3.4 沉淀溶解平衡 同步训练（含解析） 2023-2024学年高二上学期化学苏教版（2019）选择性必修1
文档属性
| 名称 | 3.4 沉淀溶解平衡 同步训练（含解析） 2023-2024学年高二上学期化学苏教版（2019）选择性必修1 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 476.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-21 15:09:42 | ||
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文档简介
3.4 沉淀溶解平衡 同步训练
一、单选题
1．下列解释实验现象的反应方程式正确的是（）
A．切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗:2Na+O2=Na2O2
B．向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色:2AgCl+S2-=Ag2S↓+2Cl-
C．Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色粘稠物:2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2
D．FeCl2溶液中滴加NaClO溶液生成红褐色沉淀：2Fe2++ ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+
2．“打造青山常在、绿水长流、空气常新的美丽中国，让锦绣河山造福人民”。下列水处理方法错误的是（ ）
A．用臭氧进行自来水消毒
B．向酸性废水中加生石灰进行中和
C．用FeS除去工业废水中的Cu2+和Hg2+
D．用Na2SO4除去硬水中的Mg2+和Ca2+
3．化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是（ ）
A．空气中的水蒸气被冷凝成饮用水的过程是放热反应
B．用可除去工业废水中的等重金属离子
C．研发新型催化剂，使工业合成氨在温和条件下发生，可降低能耗
D．回收利用废旧的铅酸蓄电池，既可以减少环境污染，又可以节约资源
4．在K2SO4和Fe2（SO4）3的混合溶液中，Fe3+的物质的量浓度为0.1 mol L﹣1， 的物质的量浓度为0.3 mol L﹣1，则混合液中K+的物质的量浓度为（ ）
A．0.15 mol L﹣1 B．0.45 mol L﹣1
C．0.3 mol L﹣1 D．0.6 mol L﹣1
5．化学与生活密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．热的纯碱溶液去污能力强
B．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极保护法
C．可用溶液与溶液混合制取
D．锅炉水垢中含有，可先用饱和溶液浸泡，再用盐酸除去
6．难溶物在水溶液中存在沉淀溶解平衡，已知Ksp(CaSO4)=9.0×10-6，Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，离子浓度与物质常温下的溶解度关系如图所示，下列说法正确的是
A．L1为CaSO4曲线，L2为CaCO3曲线
B．c1的数量级为10-4，c2=3.0×10-3mol/L
C．常温下L1溶解度：a>d，a>e
D．降低温度a点可移动至c点
7．室温下，通过下列实验探究NaHCO3的性质。
实验 实验操作和现象
1 用pH试纸测得0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液的pH约为8.0
2 向10 mL 0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中加入10 mL 0.1 mol·L-1 NaOH 溶液，测得溶液pH约11.3
3 向0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中加入过量0.1 mol·L-1 CaCl2溶液，产生白色沉淀
4 向10 mL 0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中加入10 mL 0.1 mol·L-1盐酸，产生无色气泡
下列有关说法正确的是（ ）
A．实验1得到的溶液中有：c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)
B．实验 2 得到的溶液中有 c(OH-)=c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)
C．实验3反应后静置的上层清液中有c(Ca2＋)·c(CO)＞Ksp(CaCO3)
D．实验4中反应的离子方程式：CO＋2H＋=CO2↑＋H2O
8．对于0.1 mol·L－1 Na2SO3溶液，正确的是（ ）
A．c(H＋) ＋c(HSO3－) ＋2c(H2SO3) ＝c(OH－)
B．c(Na＋)＝2c(SO32－)＋c(HSO3－)＋c(H2SO3)
C．c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO32－)＋2c(HSO3－)＋c(OH－)
D．升高温度，溶液pH降低
9．已知：25℃时，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，该温度下，用0.100mol·L-1的氨水滴定10.00mL0.100mol·L-1的一元酸HA的溶液，滴定过程中加入氨水的体积(V)与溶液中lg 的关系如右图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a=10
B．HA为强酸
C．25℃时，NH4+的水解平衡常数为 ×10-9
D．当滴入氨水的体积V=20mL时，溶液中存在c(NH4+)>c(A-)
10．一定温度下，两种碳酸盐 ，（ 分别为Ca2+和Ba2+两种离子）的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知： ， 。已知 比 溶解度更大（不考虑阴离子的水解）。下列说法正确的是（ ）
A．向 的 溶液中加入固体 ，当加入 固体的质量为 时， 恰好沉淀完全（离子浓度为 时认为沉淀完全；忽略溶液体积变化）
B． 的
C．该温度下，向 的饱和溶液中加入 溶液，一定能产生沉淀
D．线 表示 的溶解平衡曲线
11．已知25℃时，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，该条件下向100mL的CaSO4饱和溶液中，加入400mL0.01mol·L－1的Na2SO4溶液，针对此过程的下列叙述正确的是(忽略混合过程中的体积变化)
A．溶液中析出CaSO4沉淀，最终溶液中c(SO42-)较原来大
B．溶液中无沉淀析出，溶液中c(Ca2＋)、c(SO42-)都变小
C．溶液中析出CaSO4沉淀，溶液中c(Ca2＋)、c(SO42-)都变小
D．溶液中无沉淀析出，但最终溶液中c(SO42-)较原来大
12．已知25℃时的，。下列说法正确的是（ ）
A．在浓度均为的、溶液中，水的电离程度前者小于后者
B．已知溶液加热后pH变小，可判断溶液加热后pH也一定变小
C．向溶液中加入NaOH溶液至，则所得溶液中
D．已知： ，说明该反应在常温下能自发进行的决定因素是熵增
13．已知AgCl的Ksp=1.8×10-10，AgBr的Ksp=4.9×10-13，将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合。再加入足量浓AgNO3溶液。发生的反应为（ ）
A．只有AgBr沉淀生成 B．生成AgCl和AgBr沉淀的质量相等
C．AgCl沉淀少于AgBr沉淀 D．AgCl沉淀多于AgBr沉淀
14．在化学分析中，以标准溶液滴定溶液中的时，采用为指示剂，利用与反应生成砖红色沉淀指示滴定终点。已知时；，当溶液中的恰好沉淀完全(浓度等于)时，溶液中为（ ）
A． B．
C． D．
15．0.02 mol·L-1 HCN 与 0.01 mol·L-1 NaOH 等体积混合，测得c(Na+)＞c(CN-)。下列关系正确的是（ ）
A．c(H+)＞c(OH-) B．c(HCN)＞c(Na+)
C．c(H+)+c(HCN)=c(OH-) D．c(HCN)+c(CN-)=0.02 mol·L-1
16．等体积等物质的量浓度的MOH强碱溶液和HA弱酸溶液混合后，混合溶液中有关离子浓度关系正确的是（ ）
A．C（M+）＞C（OH﹣）＞C（A﹣）＞C（H+）
B．C（M+）＞C（A﹣）＞C（H+）＞C（OH﹣）
C．C（M+）＞C（A﹣）＞C（OH﹣）＞C（H+）
D．C（M+）+C（H+）＞C（A﹣）+C（OH﹣）
二、综合题
17．下面是某工厂利用电镀污泥（主要含有Fe2O3、CuO、Cr2O3及部分难溶杂质）回收铜和铬的流程：
请回答下列问题：
已知部分物质沉淀的pH及CaSO4的溶解度曲线如下：
（1）在浸出过程中除生成Cr2(SO4)3外，主要还生成 。
（2）流程中“第一次调节“pH”是为了除去Fe3+，所加试剂X可以是 （任写一种）。当离子浓度小于或等于1×10-5时可认为沉淀完全，若要使Fe3+完全沉淀，则应调节溶液pH≥ 已知（Ksp[Fe(OH)3]=8×10-38，1g2=0.3）
（3）写出还原步骤中生成Cu2O沉淀反应的离子方程式 。此步骤中若NaHSO3过量。除了浪费试剂外，还可能出现的问题是 。
（4）流程中“第二次调节pH”应小于9，因为Cr(OH)3是两性氢氧化物，试写出Cr(OH)3与NaOH溶液反应的离子方程式 。
（5）Cr(OH)3受热分解为Cr2O3，再用铝热法可以得到金属Cr。写出其中用铝热法冶炼得到金属Cr的化学方程式 。
（6）化学需氧量(COD)可量度水体受有机物污染的程度，以K2Cr2O7作强氧化剂处理水样时所消耗的K2Cr2O7的量换算成相当于O2的含量（以mg·L-1计）来计量。
①处理时，水样应先酸化，最好选用 （选填“稀硝酸”、“稀硫酸”或“稀盐酸”）酸化。
②在该条件下，Cr2O72-最终转化为Cr3+、取水样100mL，处理该水样时消耗了10mL0.025 mol·L-1 K2Cr2O7溶液。则该水样的COD为 mg·L-1。
18．常温下，现有氨水和盐酸两溶液。回答以下问题：
（1）若向氨水中加入少量硫酸铵固体，此时溶液中 。(增大、减小、不变)
（2）若向该氨水中加入氢氧化钠固体，则该电离平衡向 方向移动（分子化、离子化），电离平衡常数 。（增大、减小或不变）
（3）0.2 mol/L氨水和0.2 mol/L 盐酸溶液与等体积混合，溶液呈 性 (酸、碱、中) ；其原因用离子方程式表示为 。混合液中，c(NH4+)＋c(NH3 H2O)= mol/L。(忽略体积变化)。请根据电荷守恒写出一个用离子浓度表示的等式 。
（4）用0.1000mol/L HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，重复三次的实验数据如下所示
序号 0.100mol/L
HCl溶液体积/mL 待测NaOH溶液体积/mL
1 27.83 25.00
2 26.53 25.00
3 27.85 25.00
该滴定可以使用的指示剂是 ；达到滴定终点时的现象是 。
待测NaOH溶液的物质的量浓度为 mol/L。（保留四位有效数字）
19．以废旧锂离子电池的正极材料[活性物质为LixCoO2(x≤1)、附着物为炭黑、聚乙烯醇粘合剂、淀粉等]为原料，制备纳米钴粉和Co3O4。
（1）预处理。将正极材料研磨成粉末后进行高温煅烧，高温煅烧的目的是 。
（2）浸出，将煅烧后的粉末(含LixCoO2和少量难溶杂质)与硫酸混合，得到悬浊液，加入如图所示的烧瓶中。控制温度为75℃，边搅拌边通过分液漏斗滴加双氧水，充分反应后，滤去少量固体残渣。得到Li2SO4、CoSO4和硫酸的混合溶液。浸出实验中当观察到 ，可以判断反应结束，不再滴加双氧水。
（3）制钴粉。向浸出后的溶液中加入NaOH调节pH，接着加入N2H4·H2O可以制取单质钴粉，同时有N2生成。已知不同pH时Co(II)的物种分布图如图所示。Co2+可以和柠檬酸根离子()生成配合物。
①写出pH=9时制钴粉的离子方程式： 。
②pH＞10后所制钴粉中由于含有Co(OH)2而导致纯度降低。若向pH＞10的溶液中加入柠檬酸钠(Na3C6H5O7)，可以提高钴粉的纯度，原因是 。
（4）请补充完整由浸取后滤液先制备CoC2O4·2H2O，并进一步制取Co3O4的实验方案：取浸取后滤液， ，得到。[已知：Li2C2O4易溶于水，CoC2O4在溶液中直接结合水生成CoC2O4·2H2O沉淀，CoC2O4·2H2O在空气中加热时的固体残留率(100%)与随温度的变化如图所示。实验中必须使用的试剂有：2 mol·L-1 (NH4)2C2O4溶液、0.1 mol·L-1BaCl2溶液)]
20．根据水溶液中的离子平衡回答下列问题。
（1）已知：a.常温下，醋酸和NH3·H2O的电离常数相同。
b.
则CH3COONH4溶液呈 性(填“酸”“碱”或“中”)，NH4HCO3溶液中物质的量浓度最大的离子是 (填化学式)。
（2）25℃时，浓度均为0.10 mo/L的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液pH=4.76。
①CH3COONa水解的离子方程式是 。
②该混合溶液中所有离子浓度由大到小的顺序为 。
21．硫酸镍晶体是重要的工业原料。某学习小组用处理过的工厂废弃物(主要含NiO、Fe2O3和Fe3O4，还有少量其他不溶性物质)制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)，部分工艺流程如下：
常温下溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子 Ni2+ Fe3+ Fe2+
开始沉淀时(c=0.01mol·L 1)的pH 7.2 2.2 7.5
沉淀完全时(c=1.0×10 5mol·L 1)的pH 8.7 3.2 9.0
回答下列问题：
（1）“滤液①”中含有的金属离子是 ；滤渣②的成分为 。
（2）操作a所用到的玻璃仪器有 。
（3）加H2O2的目的是(用离子方程式表示) 。
（4）已知滤液②中c(Ni2+)=0.01mol·L 1，进行操作b时应控制pH范围为 ，操作b为 、过滤、洗涤、干燥。
（5）利用上表数据，计算常温下Fe(OH)3的Ksp= 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A、切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗是生成氧化钠的原因4Na+O2=2Na2O，A不符合题意；
B、向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，硫化银溶解性小于氯化银，实现沉淀转化，白色沉淀变成黑色：2AgCl+S2-═Ag2S↓+2Cl-，B符合题意；
C、Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色黏稠物是因为2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2，生成的氢氧化钠潮解，C不符合题意；
D、FeCl2溶液中滴加NaClO溶液生成红褐色沉淀：2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+，方程式中有Fe(OH)3和H+不能共存，此方程式不符合客观事实，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、钠在点燃或者加热条件下生成过氧化钠；
B、有Ksp大的沉淀转化为Ksp更小的沉淀；
C、氢氧化钠容易吸水潮解；
D、离子方程式要符合实际；
2．【答案】D
【解析】【解答】A．用臭氧进行自来水消毒，氧化性强杀菌消毒程度高且无污染，A不符合题意；
B．生石灰为CaO，溶于水生成Ca(OH)2，可中和酸，B不符合题意；
C．用FeS能与Cu2+和Hg2+生成CuS和HgS沉淀，除去工业废水中的Cu2+和Hg2+，C不符合题意；
D．硫酸镁微溶于水，硫酸钙微溶于水，不能用Na2SO4除去硬水中的Mg2+和Ca2+，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.臭氧具有强氧化性；
B.CaO与酸反应；
C..CuS、HgS均为难溶电解质；
D.硫酸镁易溶于水。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．空气中的水蒸气被冷凝成饮用水是物理变化，不是化学反应，A符合题意；
B．硫化钠中的硫离子可以和铜离子，汞离子生成沉淀而除去，B不符合题意；
C．研发新型催化剂，使工业合成氨在温和条件下发生，反应的活化能降低，反应速率加快，就可以使反应发生更容易，因而可降低能耗，C不符合题意；
D．废弃电池回收利用，既可以减少重金属对环境污染，又可以回收其中有用的物质，节约资源，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、物理变化不是化学反应；
B、硫离子可以和大部分金属离子形成沉淀；
C、催化剂可以降低反应所需活化能；
D、废旧电池会污染环境，回收利用可以节约资源。
4．【答案】C
【解析】【解答】根据电荷守恒有c（K+）+3c（Fe3+）=2c（SO42-），代数可得c（K+）=0.3mol/L
故答案为：C
【分析】本题可列电荷守恒关系式求解
5．【答案】C
【解析】【解答】A．纯碱为Na2CO3，其水溶液中存在CO+H2OHCO+OH-，升高温度促进水解，碱性增强，去污能力增强，故A说法不符合题意；
B．镁的金属性强于铁的金属性，构成原电池，镁作负极，防止内胆腐蚀，这种方法称为牺牲阳极法，故B说法不符合题意；
C．Al3+和S2-在水溶液中发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀和H2S，因此制备硫化铝常用铝单质与硫单质反应，故C说法符合题意；
D．CaCO3难溶于水，CaSO4微溶于水，加入饱和碳酸钠溶液，CaSO4转化成更难溶的CaCO3，碳酸钙能与盐酸反应生成可溶于水的氯化钙，故D说法不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.升温促进碳酸根水解；
B.镁的金属性强于铁的金属性，构成原电池；
C.Al3+和S2-在水溶液中发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀和H2S；
D.饱和碳酸钠溶液，CaSO4转化成更难溶的CaCO3。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．由以上分析L2为CaSO4，L1为CaCO3，A项不符合题意；
B．c1、c2分别为饱和溶液中的离子浓度，则c1的数量级为10-5而c2=3×10-3，B项不符合题意；
C．a→d点溶液中Ca2+增加而减少，说明向该溶液中加入了Ca2+溶解平衡逆向，所有CaCO3溶解度降低。所有溶解度a>d。a→e点溶液中增加而Ca2+减少，说明向该溶液中加入了溶解平衡逆向，所有CaCO3溶解度降低。所有溶解度a>e。C项符合题意；
D．降低温度，CaCO3溶解平衡逆向，饱和溶液中离子浓度降低，a不会移向c点，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、结合溶度积的数值判断；
B、结合溶度积的数值和计算公式判断；
C、增大钙离子的浓度，使平衡朝逆向移动；
D、降低温度，钙离子浓度和阴离子浓度都降低。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．溶液显碱性，说明溶液中碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，由实验1可得出：c(Na+)> c(HC)> c(H2CO3)>c(C)，A不符合题意；
B．向0.1mol·L-1 NaHCO3溶液中逐滴加入0.1mol·L-1 NaOH溶液生成Na2CO3，碳酸根离子发生水解以及水的电离，则有质子守恒：c(OH-)= c(H+) + c(HC)+2c(H2CO3)，B符合题意；
C．实验3反应静置后的上层清液为碳酸钡的饱和溶液，存在碳酸钡的溶解平衡，溶液中有 c(Ba2+)·c(C)=Ksp(BaCO3)，C不符合题意；
D．碳酸氢根不能拆开，实验4中反应的离子方程式应为：＋H＋=CO2↑＋H2O，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，则 c(H2CO3)>c(C)；
B.根据质子守恒分析；
C.静置后的上层清液为碳酸钡的饱和溶液，c(Ba2+)·c(C)=Ksp(BaCO3)；
D.实验4发生的反应为碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳和水。
8．【答案】A
【解析】【解答】Na2SO3溶液中存在：完全电离Na2SO3＝2Na＋+SO32－，水解SO32－+H2O HSO3－＋OH－、HSO3－＋H2O H2SO3＋OH－，水电离H2O H+＋OH－ 。由此可知，溶液中有两种阳离子Na＋、H+，三种阴离子SO32－、HSO3－、OH－，两种分子H2SO3、H2O。
据质子守恒有c(H＋) ＋c(HSO3－) ＋2c(H2SO3) ＝c(OH－)，A项符合题意；
B.据物料守恒有c(Na＋)＝2c(SO32－)＋2c(HSO3－)＋2c(H2SO3)，B项不符合题意；
C.据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO32－)＋c(HSO3－)＋c(OH－)，C项不符合题意；
D.升高温度，促进SO32－水解，c(OH－)增大，溶液pH升高，D项不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.根据质子守恒进行判断；
B.根据物料守恒进行判断；
C.根据电荷守恒进行判断；
D.升高温度有利于亚硫酸根离子的水解，碱性增强。
9．【答案】A
【解析】【解答】A、lg =0时溶液呈中性，二者恰好反应时生成的铵盐水解，溶液显酸性，则要显中性，应该a >10，选项A符合题意；
B、水溶液中lg =12，所以根据水的离子积常数可知溶液中氢离子浓度是0.100 mol·L-1，所以为强酸，选项B不符合题意；
C、25℃时，NH4+的水解平衡常数为 ×10-9，选项C不符合题意；
D、当滴入氨水的体积V =20mL时氨水过量，溶液显碱性，根据电荷守恒可知混合溶液中c(NH4+)>c( A-)，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据图像判断HA是否属于强电解质，然后结合盐类的水解进行计算水解平衡常数、比较溶液中离子浓度大小即可。
10．【答案】A
【解析】【解答】A. 碳酸钙的溶解度比碳酸钡更大，则碳酸钙的溶度积大于碳酸钡，曲线a代表碳酸钡的溶解平衡曲线，曲线a知Ksp(BaCO3)=10-4，n(BaCl2)=0.1L×1mol/L=0.1mol；n(Na2CO3)=116.6g/106g/mol=1.1mol，两者反应生成碳酸钡沉淀后，碳酸钠过量，剩余n(CO32-)=1.1mol-0.1mol=1mol，c(CO32-)=1mol/0.1L=10mol/L，此时c(Ba2+)= Ksp(BaCO3)/c(CO32-)(剩)=10-4/10=10-5mol/L，钡离子恰好沉淀完全，A符合题意；
B. 由曲线b可知，当pM=0时，p(CO32-)=2.2，Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)c(CO32-)=1×10-2.2=10-2.2，B不符合题意；
C. 在CaCO3中存在溶解平衡：CaCO3（s） Ca2+(aq)+ CO32-(aq)，加入碳酸钠溶液，溶液体积变大，c（Ca2+）减小，c(CO32-)增大，c（Ca2+）×c(CO32-)不一定大于Ksp(CaCO3)，不一定产生沉淀，C不符合题意；
D. 碳酸钙比碳酸钡溶解度更大，则碳酸钙的溶度积大于碳酸钡；由图可知，曲线a的溶度积小于曲线 b的溶度积，曲线b表示碳酸钙溶解平衡曲线，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.难溶电解质的溶度积常数越大，就越容易得到沉淀；
B.根据溶解平衡方程式，可以得到碳酸钙的溶度积常数等于碳酸根离子浓度与钙离子浓度之积；
C.要得到碳酸钙沉淀，需要使钙离子和碳酸根离子浓度的乘积达到溶度积常数；
D.根据碳酸钙的溶解度大于碳酸钡可知碳酸钙的溶度积常数大于碳酸钡的溶度积常数。
11．【答案】D
【解析】【解答】由图可知该条件下的CaSO4饱和溶液中溶度积常数K=9.0×10-6（mol/L）2，c(Ca2+)=c (SO4－)=3.0×10-3mol/L，加入400mL 0.01mol·L－1的Na2SO4溶液，溶液体积变为500mL，c(Ca2+)= =6.0×10-4mol/L，c(SO4－)= =8.6×10-3mol/L，所以此时c(Ca2+)·c(SO4－)=5.16×10-6（mol/L）2<9.0×10-6（mol/L）2，溶液为不饱和溶液，所以无沉淀析出，排除AC；此时c(SO4－)=8.6×10-3mol/L>3.0×10-3mol/L，
故答案为：D。
【分析】沉淀溶解平衡是指在一定温度下难溶电解质晶体与溶解在溶液中的离子之间存在溶解和结晶的平衡，称作多项离子平衡，也称为沉淀溶解平衡。
12．【答案】D
【解析】【解答】A．多元弱酸根离子水解，第一步水解程度远远大于第二步水解程度，所以在等浓度的 、 溶液中，水的电离程度前者大于后者，A不符合题意；
B．Na2CO3与NaHCO3均为强碱弱酸盐，加热它们的水溶液，会增大水解程度，水解产生的c(OH-)增大，碱性增强，B不符合题意；
C．假设溶液中c（CO32-）=c（HCO3-），则溶液中Ka2= ×c（H+）=c（H+）=10-10.32mol/L，溶液的pH=10.32，要使溶液的pH=10，则＜1，即c（CO32-）＜c（HCO3-），C不符合题意；
D．根据题干信息可知，该反应在常温下能自发进行的决定因素是熵增，使得△G=△H-T△S＜0，符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.多元弱酸根离子水解，第一步水解程度远远大于第二步水解程度。
B.Na2CO3与NaHCO3均为强碱弱酸盐，加热会促进水解。
C.根据Ka2= ×c（H+）及溶液的pH=-lgc（H+）进行分析。
D.反应自发进行的条件是△G=△H-T△S＜0。
13．【答案】D
【解析】【解答】已知AgCl的Ksp=1.8×10-10，AgBr的Ksp=4.9×10-13，这说明溴化银难溶，因此将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，溶液中氯离子浓度大于溴离子浓度，因此再加入足量浓AgNO3溶液，生成的AgCl沉淀多于AgBr沉淀，
故答案为：D。
【分析】向两饱和溶液中，加入AgNO3，AgCl与AgBr的溶解平衡向左移动，但是饱和溶液中AgBr的溶解度更小，所以溶液中AgCl沉淀较多。
14．【答案】C
【解析】【解答】
，
恰好沉淀完全，
浓度等于
，c(Ag+)=
，
，
=
，综上所述
故答案为：C。
【分析】当溶液中的Cl 恰好沉淀完全（浓度等于1.0×10 5mol/L）时，c（Ag＋）＝
Ksp(AgCl)/c(Cl )＝1.8×10 5mol/L，然后结合c（CrO42 ）＝Ksp(Ag2CrO4)/c2(Ag＋)计算。
15．【答案】B
【解析】【解答】A．由电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，由于c(Na+)＞c(CN-)，所以溶液中c(H+)＜c(OH-)，A不符合题意；
B．由物料守恒有c(HCN)+c(CN)=2c(Na+)=c(Na+)+ c(Na+)，由于c(Na+)＞c(CN-)，所以溶液中所以c(HCN)＞c(Na+)，B符合题意；
C．由电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，由物料守恒有c(HCN)+c(CN)=2c(Na+)，两式处理可得2c(H+)+c(HCN)=2c(OH-)，C不符合题意；
D．设混合前各溶液的体积为1L，则在反应后的溶液中，n(HCN)+ n(CN-)=0.02 mol，而反应后溶液的体积为2L，所以c(HCN)+c(CN-)=0.01 mol·L-1，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．由电荷守恒分析；
B．由物料守恒分析；
C．由电荷守恒和物料守恒分析；
D．由物料守恒分析。
16．【答案】C
【解析】【解答】解：等体积等物质的量浓度MOH强碱和HA弱酸溶液混合后，二者恰好反应生成MA和水，
由于A﹣部分水解，溶液显示碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒可得：C（M+）+C（H+）=C（A﹣）+C（OH﹣），则c（M+）＞c（A﹣），
溶液中离子浓度大小为：c（M+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），
故选C．
【分析】等体积等物质的量浓度MOH强碱和HA弱酸溶液混合后，反应生成强碱弱酸盐MA，由于弱酸根离子A﹣部分水解，溶液显示碱性，则c（M+）＞c（A﹣）、c（OH﹣）＞c（H+）．
17．【答案】（1）Fe2(SO4)3、CuSO4
（2）CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cr2O3等（其它合理答案亦可）；3.3
（3）2Cu2+ +HSO3- +2H2O= Cu2O↓+ SO42-+ 5H+；产生SO2，污染环境（或Cu2O与H+反应）（其它合理答案亦可得）
（4）Cr(OH)3 + OH-= CrO2—+ 2H2O [或Cr(OH)3 + OH-= Cr(OH)4-]
（5）Cr2O3+2Al Al2O3+2Cr
（6）稀硫酸；120
【解析】【解答】（1）在浸出过程中Fe2O3、CuO、Cr2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3、CuSO4、Cr2(SO4)3，所以除生成Cr2(SO4)3外，主要还生成Fe2(SO4)3、CuSO4；
（2）根据流程图“第一次调节“pH”后溶液中含有Cu2+、Cr3+，除去Fe3+后不能引入新杂质，所以加入的试剂可以是CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cr2O3等；Fe3+离子浓度小于或等于1×10-5时OH—的浓度是 ，c(H+)= ，所以pH=3.3；
（3）还原步骤中Cu2+被HSO3-还原为Cu2O，离子方程式是2Cu2+ +HSO3- +2H2O= Cu2O↓+ SO42-+ 5H+；若NaHSO3过量，NaHSO3与酸反应生成SO2，污染环境；
（4）Cr(OH)3是两性氢氧化物，Cr(OH)3与氢氧化钠反应生成NaCrO2，反应离子方程式是Cr(OH)3 + OH-= CrO2—+ 2H2O；
（5）Cr2O3与铝反应生成氧化铝和Cr，反应方程式是Cr2O3+2Al Al2O3+2Cr；
（6）①硝酸是氧化性酸，K2Cr2O7能氧化盐酸，所以最好选用稀硫酸酸化水样；②根据电子守恒 ，1mol K2Cr2O7相当于1.5molO2，10mL0.025 mol·L-1 K2Cr2O7溶液相当于 O2，该水样的COD为 mg·L-1。
【分析】（2）根据沉淀的溶度积常数计算氢离子的物质的量浓度，然后计算pH；
（3）根据铜离子还原为氧化亚铜分析发生的氧化还原反应，然后书写离子方程式；
（5）根据铝热反应进行迁移书写化学方程式。
18．【答案】（1）减小
（2）分子化；不变
（3）酸；NH4++H2O≒NH3 H2O；0.1；c(NH4+)+c(Cl-)=c(H+)+c(OH—)
（4）酚酞溶液；当滴入最后一点盐酸溶液，溶液由浅红色变为无色且半分钟内不恢复为原色；0.1114
【解析】【解答】（1）由于（NH4）2SO4=2NH4++SO42-，溶液中NH4+浓度增大，抑制氨水电离，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，氨水分子浓度增大，所以此时溶液中液中中 减小；
故答案为：减小；（2）氨水中存在NH3+H2O NH3 H2O NH4++OH-，向氨水中加入含有氢氧根离子的氢氧化钠固体抑制一水合氨电离，所以NH3 H2O的电离平衡向分子化移动，在该过程中，温度不变，则电离平衡常数不变，
故答案为：分子化；不变；（3）0.2 mol/L氨水和0.2 mol/L 盐酸溶液与等体积混合后溶液中的溶质为NH4Cl，由于铵根会水解： ，所以溶液显酸性；根据物料守恒可知 c(NH4+)＋c(NH3 H2O)=c(Cl-)，混合后c(Cl-)=0.2 mol/L/2=0.1mol/L，所以c(NH4+)＋c(NH3 H2O)= 0.1mol/L；溶液中的电荷守恒为：c(NH4+)+c(Cl-)=c(H+)+c(OH—)，
故答案为：酸； ；0.1；c(NH4+)+c(Cl-)=c(H+)+c(OH—)（4）氢氧化钠与HCl恰好中和溶液的pH为7，可选择酚酞溶液做指示剂；滴定终点的现象为：当滴入最后一点盐酸溶液，溶液由浅红色变为无色且半分钟内不恢复为原色；第二组数据误差较大，应该舍弃，则另外两次消耗盐酸的平均体积为：V（HCl）=(27.83+27.85)/2=27.84mL， =0.1114mol/L；
故答案为：酚酞溶液；当滴入最后一点盐酸溶液，溶液由浅红色变为无色且半分钟内不恢复为原色；0.1114。
【分析】本题考查了酸碱混合的定性判断及有关pH的计算、溶液中离子浓度比较物质溶解度，题目难度中等，注意掌握电荷守恒、物料守恒、质子守恒的含义及应用方法，明确酸碱混合的定性判断方法及溶液pH的计算方法．
19．【答案】（1）除去正极材料中的炭黑、聚乙烯醇、淀粉等物质
（2）圆底烧瓶中不再产生气泡
（3）Co4(OH)＋2N2H4·H2O＋4OH-=4Co↓＋2N2↑＋10H2O；Co2+与柠檬酸钠反应生成配合物[CoC6H5O7]-，能抑制Co(OH)2的生成或促进Co(OH)2的溶解
（4）边搅拌边加入2 mol·L-1 (NH4)2C2O4溶液，当静置时上层清液中加入(NH4)2C2O4溶液不再产生沉淀时，停止滴加，过滤，用蒸馏水洗涤至取最后一次洗涤滤液加入0.1 mol·L-1 BaCl2溶液时无沉淀生成，将固体在400℃~800℃下加热，当残余固体质量不再发生变化后停止加热
【解析】【解答】(1)预处理时，将正极材料研磨成粉末后进行高温煅烧，可除去正极材料中的炭黑、聚乙烯醇、淀粉等物质，所以高温煅烧的目的就是除去附着在正极材料中的炭黑、聚乙烯醇、淀粉等物质；
(2)浸出过程，向煅烧后含LixCoO2的粉末中加入H2SO4于如图所示的烧瓶中，控制温度为75℃，边搅拌边通过分液漏斗滴加双氧水，充分反应后，滤去少量固体残渣。得到Li2SO4、CoSO4和硫酸的混合溶液。浸出实验中当观察到不再有泡产生时，说明反应完成，此时不再滴加双氧水；
(3)①根据图示可知在溶液pH=9时，溶液中Co元素主要存在形式为Co4(OH)，Co4(OH)与N2H4·H2O在碱性条件下发生氧化还原反应产生Co单质、N2、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：Co4(OH)＋2N2H4·H2O＋4OH-=4Co↓＋2N2↑＋10H2O；
②当溶液pH＞10后所制钴粉中由于含有Co(OH)2而导致纯度降低。若向pH＞10的溶液中加入柠檬酸钠(Na3C6H5O7)，可以提高钴粉的纯度，这是由于Co2+与柠檬酸钠反应生成配合物[CoC6H5O7]-，能抑制Co(OH)2的生成或促进Co(OH)2的溶解，从而可提高钴粉的纯度；
(4)浸取后得到Li2SO4、CoSO4和硫酸的混合溶液。边搅拌边加入2 mol·L-1 (NH4)2C2O4溶液，使Co2+反应转化为CoC2O4·2H2O沉淀。当静置时向上层清液中加入(NH4)2C2O4溶液不再产生沉淀时，说明Co2+反应完成，停止滴加(NH4)2C2O4溶液。过滤，用蒸馏水洗涤至取最后一次洗涤滤液加入0.1 mol·L-1 BaCl2溶液时无沉淀生成，说明洗涤液中无，固体洗涤干净，根据Co元素守恒，100 gCoC2O4·2H2O完全转化为Co3O4时固体质量m(Co3O4)=，因此当固体残留率为43.90时CoC2O4·2H2O完全转化为Co3O4。因此将固体在400℃~800℃下加热，当残余固体质量不再发生变化后停止加热，就制取得到Co3O4。
【分析】（1）往往高温煅烧目的是可以通过燃烧除去的一些杂质，如碳，淀粉和纤维等有机物
（2）一般通过颜色、气体或者沉淀等来判断反应的终点。
（3）该图反应在不同pH下Co2+存在形式，pH>10后会有 Co(OH)2而导致纯度降低 。
（4）该图反应了 CoC2O4·2H2O 高温失水的过程，根据差量法计算不同温度下固体成分，通过计算可知在400℃-800℃时分解产物为 Co3O4
20．【答案】（1）中；
（2）CH3COO－＋H2O CH3COOH＋OH－；c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)
【解析】【解答】(1)根据醋酸和一水合氨的电离平衡常数相同，则醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，所以醋酸铵溶液呈中性，根据反应方程式知醋酸的酸性大于碳酸，醋酸铵呈中性，则碳酸氢铵呈碱性；碳酸氢铵溶液呈碱性，则氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子，所以铵根离子浓度最大；
(2)①CH3COONa是强碱弱酸盐，溶液中醋酸根离子水解，水解的离子方程式是CH3COO－＋H2O CH3COOH＋OH－；
②浓度均为0.10 mo/L的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，则c(CH3COO－)＞c(Na+)；溶液的pH=4.76，则溶液显酸性，则c(H+)＞c(OH－)，因此该混合溶液中所有离子浓度由大到小的顺序为c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)。
【分析】（1）醋酸和氨水电离程度相同，故醋酸铵是显中性，根据醋酸和碳酸氢钠反应，得出醋酸酸性强，故碳酸氢铵中，碳酸氢根的水解能力强，故铵根离子浓度大
（2）①醋酸根水解呈碱性②根据电荷守恒和物料守恒进行书写
21．【答案】（1）Ni2+、Fe2+、Fe3+；Fe(OH)3
（2）烧杯、漏斗、玻璃棒
（3）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
（4）小于7.2；蒸发浓缩、冷却结晶
（5）1.0×10-37.4
【解析】【解答】(1)NiO、Fe2O3和Fe3O4和硫酸反应生成硫酸镍、硫酸铁和硫酸亚铁，则“滤液①”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+；加氢氧化钠溶液调pH，得氢氧化铁沉淀，则过滤所得滤渣②的成分为Fe(OH)3；
(2)操作a用于分离不溶性固体和液体的混合物，则为过滤，所用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
(3) 为了除去溶液中的铁元素，需把亚铁离子氧化成三价铁离子再转变为氢氧化铁沉淀。双氧水是绿色氧化剂、加H2O2的目的用离子方程式表示为： 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
(4)从硫酸镍溶液中提取硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)，采用结晶法，故要防止产生Ni(OH)2沉淀，由图知，滤液②中c(Ni2+)=0.01mol·L 1开始沉淀时的pH为7.2，则进行操作b时应控制pH范围为小于7.2。硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)属于结晶水合物，受热易失去结晶水，则操作b为蒸发浓缩、冷却结晶；
(5)铁离子沉淀完全时(c=1.0×10 5mol·L 1)的pH=3.2， ，则常温下。
【分析】思路分析：加入稀硫酸溶解 NiO、Fe2O3和Fe3O4， 操作a为过滤，滤渣为不溶性物质，滤液为含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的溶液，加入H2O2目的是将亚铁氧化物三价铁，加入氢氧化钠溶液调节pH在3.2~7.2之间，目的是除去三价铁，然后调节pH小于7.2，防止Ni2+水解进行结晶。
一、单选题
1．下列解释实验现象的反应方程式正确的是（）
A．切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗:2Na+O2=Na2O2
B．向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色:2AgCl+S2-=Ag2S↓+2Cl-
C．Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色粘稠物:2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2
D．FeCl2溶液中滴加NaClO溶液生成红褐色沉淀：2Fe2++ ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+
2．“打造青山常在、绿水长流、空气常新的美丽中国，让锦绣河山造福人民”。下列水处理方法错误的是（ ）
A．用臭氧进行自来水消毒
B．向酸性废水中加生石灰进行中和
C．用FeS除去工业废水中的Cu2+和Hg2+
D．用Na2SO4除去硬水中的Mg2+和Ca2+
3．化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是（ ）
A．空气中的水蒸气被冷凝成饮用水的过程是放热反应
B．用可除去工业废水中的等重金属离子
C．研发新型催化剂，使工业合成氨在温和条件下发生，可降低能耗
D．回收利用废旧的铅酸蓄电池，既可以减少环境污染，又可以节约资源
4．在K2SO4和Fe2（SO4）3的混合溶液中，Fe3+的物质的量浓度为0.1 mol L﹣1， 的物质的量浓度为0.3 mol L﹣1，则混合液中K+的物质的量浓度为（ ）
A．0.15 mol L﹣1 B．0.45 mol L﹣1
C．0.3 mol L﹣1 D．0.6 mol L﹣1
5．化学与生活密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．热的纯碱溶液去污能力强
B．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极保护法
C．可用溶液与溶液混合制取
D．锅炉水垢中含有，可先用饱和溶液浸泡，再用盐酸除去
6．难溶物在水溶液中存在沉淀溶解平衡，已知Ksp(CaSO4)=9.0×10-6，Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，离子浓度与物质常温下的溶解度关系如图所示，下列说法正确的是
A．L1为CaSO4曲线，L2为CaCO3曲线
B．c1的数量级为10-4，c2=3.0×10-3mol/L
C．常温下L1溶解度：a>d，a>e
D．降低温度a点可移动至c点
7．室温下，通过下列实验探究NaHCO3的性质。
实验 实验操作和现象
1 用pH试纸测得0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液的pH约为8.0
2 向10 mL 0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中加入10 mL 0.1 mol·L-1 NaOH 溶液，测得溶液pH约11.3
3 向0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中加入过量0.1 mol·L-1 CaCl2溶液，产生白色沉淀
4 向10 mL 0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中加入10 mL 0.1 mol·L-1盐酸，产生无色气泡
下列有关说法正确的是（ ）
A．实验1得到的溶液中有：c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)
B．实验 2 得到的溶液中有 c(OH-)=c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)
C．实验3反应后静置的上层清液中有c(Ca2＋)·c(CO)＞Ksp(CaCO3)
D．实验4中反应的离子方程式：CO＋2H＋=CO2↑＋H2O
8．对于0.1 mol·L－1 Na2SO3溶液，正确的是（ ）
A．c(H＋) ＋c(HSO3－) ＋2c(H2SO3) ＝c(OH－)
B．c(Na＋)＝2c(SO32－)＋c(HSO3－)＋c(H2SO3)
C．c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO32－)＋2c(HSO3－)＋c(OH－)
D．升高温度，溶液pH降低
9．已知：25℃时，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，该温度下，用0.100mol·L-1的氨水滴定10.00mL0.100mol·L-1的一元酸HA的溶液，滴定过程中加入氨水的体积(V)与溶液中lg 的关系如右图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a=10
B．HA为强酸
C．25℃时，NH4+的水解平衡常数为 ×10-9
D．当滴入氨水的体积V=20mL时，溶液中存在c(NH4+)>c(A-)
10．一定温度下，两种碳酸盐 ，（ 分别为Ca2+和Ba2+两种离子）的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知： ， 。已知 比 溶解度更大（不考虑阴离子的水解）。下列说法正确的是（ ）
A．向 的 溶液中加入固体 ，当加入 固体的质量为 时， 恰好沉淀完全（离子浓度为 时认为沉淀完全；忽略溶液体积变化）
B． 的
C．该温度下，向 的饱和溶液中加入 溶液，一定能产生沉淀
D．线 表示 的溶解平衡曲线
11．已知25℃时，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，该条件下向100mL的CaSO4饱和溶液中，加入400mL0.01mol·L－1的Na2SO4溶液，针对此过程的下列叙述正确的是(忽略混合过程中的体积变化)
A．溶液中析出CaSO4沉淀，最终溶液中c(SO42-)较原来大
B．溶液中无沉淀析出，溶液中c(Ca2＋)、c(SO42-)都变小
C．溶液中析出CaSO4沉淀，溶液中c(Ca2＋)、c(SO42-)都变小
D．溶液中无沉淀析出，但最终溶液中c(SO42-)较原来大
12．已知25℃时的，。下列说法正确的是（ ）
A．在浓度均为的、溶液中，水的电离程度前者小于后者
B．已知溶液加热后pH变小，可判断溶液加热后pH也一定变小
C．向溶液中加入NaOH溶液至，则所得溶液中
D．已知： ，说明该反应在常温下能自发进行的决定因素是熵增
13．已知AgCl的Ksp=1.8×10-10，AgBr的Ksp=4.9×10-13，将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合。再加入足量浓AgNO3溶液。发生的反应为（ ）
A．只有AgBr沉淀生成 B．生成AgCl和AgBr沉淀的质量相等
C．AgCl沉淀少于AgBr沉淀 D．AgCl沉淀多于AgBr沉淀
14．在化学分析中，以标准溶液滴定溶液中的时，采用为指示剂，利用与反应生成砖红色沉淀指示滴定终点。已知时；，当溶液中的恰好沉淀完全(浓度等于)时，溶液中为（ ）
A． B．
C． D．
15．0.02 mol·L-1 HCN 与 0.01 mol·L-1 NaOH 等体积混合，测得c(Na+)＞c(CN-)。下列关系正确的是（ ）
A．c(H+)＞c(OH-) B．c(HCN)＞c(Na+)
C．c(H+)+c(HCN)=c(OH-) D．c(HCN)+c(CN-)=0.02 mol·L-1
16．等体积等物质的量浓度的MOH强碱溶液和HA弱酸溶液混合后，混合溶液中有关离子浓度关系正确的是（ ）
A．C（M+）＞C（OH﹣）＞C（A﹣）＞C（H+）
B．C（M+）＞C（A﹣）＞C（H+）＞C（OH﹣）
C．C（M+）＞C（A﹣）＞C（OH﹣）＞C（H+）
D．C（M+）+C（H+）＞C（A﹣）+C（OH﹣）
二、综合题
17．下面是某工厂利用电镀污泥（主要含有Fe2O3、CuO、Cr2O3及部分难溶杂质）回收铜和铬的流程：
请回答下列问题：
已知部分物质沉淀的pH及CaSO4的溶解度曲线如下：
（1）在浸出过程中除生成Cr2(SO4)3外，主要还生成 。
（2）流程中“第一次调节“pH”是为了除去Fe3+，所加试剂X可以是 （任写一种）。当离子浓度小于或等于1×10-5时可认为沉淀完全，若要使Fe3+完全沉淀，则应调节溶液pH≥ 已知（Ksp[Fe(OH)3]=8×10-38，1g2=0.3）
（3）写出还原步骤中生成Cu2O沉淀反应的离子方程式 。此步骤中若NaHSO3过量。除了浪费试剂外，还可能出现的问题是 。
（4）流程中“第二次调节pH”应小于9，因为Cr(OH)3是两性氢氧化物，试写出Cr(OH)3与NaOH溶液反应的离子方程式 。
（5）Cr(OH)3受热分解为Cr2O3，再用铝热法可以得到金属Cr。写出其中用铝热法冶炼得到金属Cr的化学方程式 。
（6）化学需氧量(COD)可量度水体受有机物污染的程度，以K2Cr2O7作强氧化剂处理水样时所消耗的K2Cr2O7的量换算成相当于O2的含量（以mg·L-1计）来计量。
①处理时，水样应先酸化，最好选用 （选填“稀硝酸”、“稀硫酸”或“稀盐酸”）酸化。
②在该条件下，Cr2O72-最终转化为Cr3+、取水样100mL，处理该水样时消耗了10mL0.025 mol·L-1 K2Cr2O7溶液。则该水样的COD为 mg·L-1。
18．常温下，现有氨水和盐酸两溶液。回答以下问题：
（1）若向氨水中加入少量硫酸铵固体，此时溶液中 。(增大、减小、不变)
（2）若向该氨水中加入氢氧化钠固体，则该电离平衡向 方向移动（分子化、离子化），电离平衡常数 。（增大、减小或不变）
（3）0.2 mol/L氨水和0.2 mol/L 盐酸溶液与等体积混合，溶液呈 性 (酸、碱、中) ；其原因用离子方程式表示为 。混合液中，c(NH4+)＋c(NH3 H2O)= mol/L。(忽略体积变化)。请根据电荷守恒写出一个用离子浓度表示的等式 。
（4）用0.1000mol/L HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，重复三次的实验数据如下所示
序号 0.100mol/L
HCl溶液体积/mL 待测NaOH溶液体积/mL
1 27.83 25.00
2 26.53 25.00
3 27.85 25.00
该滴定可以使用的指示剂是 ；达到滴定终点时的现象是 。
待测NaOH溶液的物质的量浓度为 mol/L。（保留四位有效数字）
19．以废旧锂离子电池的正极材料[活性物质为LixCoO2(x≤1)、附着物为炭黑、聚乙烯醇粘合剂、淀粉等]为原料，制备纳米钴粉和Co3O4。
（1）预处理。将正极材料研磨成粉末后进行高温煅烧，高温煅烧的目的是 。
（2）浸出，将煅烧后的粉末(含LixCoO2和少量难溶杂质)与硫酸混合，得到悬浊液，加入如图所示的烧瓶中。控制温度为75℃，边搅拌边通过分液漏斗滴加双氧水，充分反应后，滤去少量固体残渣。得到Li2SO4、CoSO4和硫酸的混合溶液。浸出实验中当观察到 ，可以判断反应结束，不再滴加双氧水。
（3）制钴粉。向浸出后的溶液中加入NaOH调节pH，接着加入N2H4·H2O可以制取单质钴粉，同时有N2生成。已知不同pH时Co(II)的物种分布图如图所示。Co2+可以和柠檬酸根离子()生成配合物。
①写出pH=9时制钴粉的离子方程式： 。
②pH＞10后所制钴粉中由于含有Co(OH)2而导致纯度降低。若向pH＞10的溶液中加入柠檬酸钠(Na3C6H5O7)，可以提高钴粉的纯度，原因是 。
（4）请补充完整由浸取后滤液先制备CoC2O4·2H2O，并进一步制取Co3O4的实验方案：取浸取后滤液， ，得到。[已知：Li2C2O4易溶于水，CoC2O4在溶液中直接结合水生成CoC2O4·2H2O沉淀，CoC2O4·2H2O在空气中加热时的固体残留率(100%)与随温度的变化如图所示。实验中必须使用的试剂有：2 mol·L-1 (NH4)2C2O4溶液、0.1 mol·L-1BaCl2溶液)]
20．根据水溶液中的离子平衡回答下列问题。
（1）已知：a.常温下，醋酸和NH3·H2O的电离常数相同。
b.
则CH3COONH4溶液呈 性(填“酸”“碱”或“中”)，NH4HCO3溶液中物质的量浓度最大的离子是 (填化学式)。
（2）25℃时，浓度均为0.10 mo/L的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液pH=4.76。
①CH3COONa水解的离子方程式是 。
②该混合溶液中所有离子浓度由大到小的顺序为 。
21．硫酸镍晶体是重要的工业原料。某学习小组用处理过的工厂废弃物(主要含NiO、Fe2O3和Fe3O4，还有少量其他不溶性物质)制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)，部分工艺流程如下：
常温下溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子 Ni2+ Fe3+ Fe2+
开始沉淀时(c=0.01mol·L 1)的pH 7.2 2.2 7.5
沉淀完全时(c=1.0×10 5mol·L 1)的pH 8.7 3.2 9.0
回答下列问题：
（1）“滤液①”中含有的金属离子是 ；滤渣②的成分为 。
（2）操作a所用到的玻璃仪器有 。
（3）加H2O2的目的是(用离子方程式表示) 。
（4）已知滤液②中c(Ni2+)=0.01mol·L 1，进行操作b时应控制pH范围为 ，操作b为 、过滤、洗涤、干燥。
（5）利用上表数据，计算常温下Fe(OH)3的Ksp= 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A、切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗是生成氧化钠的原因4Na+O2=2Na2O，A不符合题意；
B、向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，硫化银溶解性小于氯化银，实现沉淀转化，白色沉淀变成黑色：2AgCl+S2-═Ag2S↓+2Cl-，B符合题意；
C、Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色黏稠物是因为2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2，生成的氢氧化钠潮解，C不符合题意；
D、FeCl2溶液中滴加NaClO溶液生成红褐色沉淀：2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+，方程式中有Fe(OH)3和H+不能共存，此方程式不符合客观事实，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、钠在点燃或者加热条件下生成过氧化钠；
B、有Ksp大的沉淀转化为Ksp更小的沉淀；
C、氢氧化钠容易吸水潮解；
D、离子方程式要符合实际；
2．【答案】D
【解析】【解答】A．用臭氧进行自来水消毒，氧化性强杀菌消毒程度高且无污染，A不符合题意；
B．生石灰为CaO，溶于水生成Ca(OH)2，可中和酸，B不符合题意；
C．用FeS能与Cu2+和Hg2+生成CuS和HgS沉淀，除去工业废水中的Cu2+和Hg2+，C不符合题意；
D．硫酸镁微溶于水，硫酸钙微溶于水，不能用Na2SO4除去硬水中的Mg2+和Ca2+，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.臭氧具有强氧化性；
B.CaO与酸反应；
C..CuS、HgS均为难溶电解质；
D.硫酸镁易溶于水。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．空气中的水蒸气被冷凝成饮用水是物理变化，不是化学反应，A符合题意；
B．硫化钠中的硫离子可以和铜离子，汞离子生成沉淀而除去，B不符合题意；
C．研发新型催化剂，使工业合成氨在温和条件下发生，反应的活化能降低，反应速率加快，就可以使反应发生更容易，因而可降低能耗，C不符合题意；
D．废弃电池回收利用，既可以减少重金属对环境污染，又可以回收其中有用的物质，节约资源，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、物理变化不是化学反应；
B、硫离子可以和大部分金属离子形成沉淀；
C、催化剂可以降低反应所需活化能；
D、废旧电池会污染环境，回收利用可以节约资源。
4．【答案】C
【解析】【解答】根据电荷守恒有c（K+）+3c（Fe3+）=2c（SO42-），代数可得c（K+）=0.3mol/L
故答案为：C
【分析】本题可列电荷守恒关系式求解
5．【答案】C
【解析】【解答】A．纯碱为Na2CO3，其水溶液中存在CO+H2OHCO+OH-，升高温度促进水解，碱性增强，去污能力增强，故A说法不符合题意；
B．镁的金属性强于铁的金属性，构成原电池，镁作负极，防止内胆腐蚀，这种方法称为牺牲阳极法，故B说法不符合题意；
C．Al3+和S2-在水溶液中发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀和H2S，因此制备硫化铝常用铝单质与硫单质反应，故C说法符合题意；
D．CaCO3难溶于水，CaSO4微溶于水，加入饱和碳酸钠溶液，CaSO4转化成更难溶的CaCO3，碳酸钙能与盐酸反应生成可溶于水的氯化钙，故D说法不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.升温促进碳酸根水解；
B.镁的金属性强于铁的金属性，构成原电池；
C.Al3+和S2-在水溶液中发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀和H2S；
D.饱和碳酸钠溶液，CaSO4转化成更难溶的CaCO3。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．由以上分析L2为CaSO4，L1为CaCO3，A项不符合题意；
B．c1、c2分别为饱和溶液中的离子浓度，则c1的数量级为10-5而c2=3×10-3，B项不符合题意；
C．a→d点溶液中Ca2+增加而减少，说明向该溶液中加入了Ca2+溶解平衡逆向，所有CaCO3溶解度降低。所有溶解度a>d。a→e点溶液中增加而Ca2+减少，说明向该溶液中加入了溶解平衡逆向，所有CaCO3溶解度降低。所有溶解度a>e。C项符合题意；
D．降低温度，CaCO3溶解平衡逆向，饱和溶液中离子浓度降低，a不会移向c点，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、结合溶度积的数值判断；
B、结合溶度积的数值和计算公式判断；
C、增大钙离子的浓度，使平衡朝逆向移动；
D、降低温度，钙离子浓度和阴离子浓度都降低。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．溶液显碱性，说明溶液中碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，由实验1可得出：c(Na+)> c(HC)> c(H2CO3)>c(C)，A不符合题意；
B．向0.1mol·L-1 NaHCO3溶液中逐滴加入0.1mol·L-1 NaOH溶液生成Na2CO3，碳酸根离子发生水解以及水的电离，则有质子守恒：c(OH-)= c(H+) + c(HC)+2c(H2CO3)，B符合题意；
C．实验3反应静置后的上层清液为碳酸钡的饱和溶液，存在碳酸钡的溶解平衡，溶液中有 c(Ba2+)·c(C)=Ksp(BaCO3)，C不符合题意；
D．碳酸氢根不能拆开，实验4中反应的离子方程式应为：＋H＋=CO2↑＋H2O，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，则 c(H2CO3)>c(C)；
B.根据质子守恒分析；
C.静置后的上层清液为碳酸钡的饱和溶液，c(Ba2+)·c(C)=Ksp(BaCO3)；
D.实验4发生的反应为碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳和水。
8．【答案】A
【解析】【解答】Na2SO3溶液中存在：完全电离Na2SO3＝2Na＋+SO32－，水解SO32－+H2O HSO3－＋OH－、HSO3－＋H2O H2SO3＋OH－，水电离H2O H+＋OH－ 。由此可知，溶液中有两种阳离子Na＋、H+，三种阴离子SO32－、HSO3－、OH－，两种分子H2SO3、H2O。
据质子守恒有c(H＋) ＋c(HSO3－) ＋2c(H2SO3) ＝c(OH－)，A项符合题意；
B.据物料守恒有c(Na＋)＝2c(SO32－)＋2c(HSO3－)＋2c(H2SO3)，B项不符合题意；
C.据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO32－)＋c(HSO3－)＋c(OH－)，C项不符合题意；
D.升高温度，促进SO32－水解，c(OH－)增大，溶液pH升高，D项不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.根据质子守恒进行判断；
B.根据物料守恒进行判断；
C.根据电荷守恒进行判断；
D.升高温度有利于亚硫酸根离子的水解，碱性增强。
9．【答案】A
【解析】【解答】A、lg =0时溶液呈中性，二者恰好反应时生成的铵盐水解，溶液显酸性，则要显中性，应该a >10，选项A符合题意；
B、水溶液中lg =12，所以根据水的离子积常数可知溶液中氢离子浓度是0.100 mol·L-1，所以为强酸，选项B不符合题意；
C、25℃时，NH4+的水解平衡常数为 ×10-9，选项C不符合题意；
D、当滴入氨水的体积V =20mL时氨水过量，溶液显碱性，根据电荷守恒可知混合溶液中c(NH4+)>c( A-)，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据图像判断HA是否属于强电解质，然后结合盐类的水解进行计算水解平衡常数、比较溶液中离子浓度大小即可。
10．【答案】A
【解析】【解答】A. 碳酸钙的溶解度比碳酸钡更大，则碳酸钙的溶度积大于碳酸钡，曲线a代表碳酸钡的溶解平衡曲线，曲线a知Ksp(BaCO3)=10-4，n(BaCl2)=0.1L×1mol/L=0.1mol；n(Na2CO3)=116.6g/106g/mol=1.1mol，两者反应生成碳酸钡沉淀后，碳酸钠过量，剩余n(CO32-)=1.1mol-0.1mol=1mol，c(CO32-)=1mol/0.1L=10mol/L，此时c(Ba2+)= Ksp(BaCO3)/c(CO32-)(剩)=10-4/10=10-5mol/L，钡离子恰好沉淀完全，A符合题意；
B. 由曲线b可知，当pM=0时，p(CO32-)=2.2，Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)c(CO32-)=1×10-2.2=10-2.2，B不符合题意；
C. 在CaCO3中存在溶解平衡：CaCO3（s） Ca2+(aq)+ CO32-(aq)，加入碳酸钠溶液，溶液体积变大，c（Ca2+）减小，c(CO32-)增大，c（Ca2+）×c(CO32-)不一定大于Ksp(CaCO3)，不一定产生沉淀，C不符合题意；
D. 碳酸钙比碳酸钡溶解度更大，则碳酸钙的溶度积大于碳酸钡；由图可知，曲线a的溶度积小于曲线 b的溶度积，曲线b表示碳酸钙溶解平衡曲线，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.难溶电解质的溶度积常数越大，就越容易得到沉淀；
B.根据溶解平衡方程式，可以得到碳酸钙的溶度积常数等于碳酸根离子浓度与钙离子浓度之积；
C.要得到碳酸钙沉淀，需要使钙离子和碳酸根离子浓度的乘积达到溶度积常数；
D.根据碳酸钙的溶解度大于碳酸钡可知碳酸钙的溶度积常数大于碳酸钡的溶度积常数。
11．【答案】D
【解析】【解答】由图可知该条件下的CaSO4饱和溶液中溶度积常数K=9.0×10-6（mol/L）2，c(Ca2+)=c (SO4－)=3.0×10-3mol/L，加入400mL 0.01mol·L－1的Na2SO4溶液，溶液体积变为500mL，c(Ca2+)= =6.0×10-4mol/L，c(SO4－)= =8.6×10-3mol/L，所以此时c(Ca2+)·c(SO4－)=5.16×10-6（mol/L）2<9.0×10-6（mol/L）2，溶液为不饱和溶液，所以无沉淀析出，排除AC；此时c(SO4－)=8.6×10-3mol/L>3.0×10-3mol/L，
故答案为：D。
【分析】沉淀溶解平衡是指在一定温度下难溶电解质晶体与溶解在溶液中的离子之间存在溶解和结晶的平衡，称作多项离子平衡，也称为沉淀溶解平衡。
12．【答案】D
【解析】【解答】A．多元弱酸根离子水解，第一步水解程度远远大于第二步水解程度，所以在等浓度的 、 溶液中，水的电离程度前者大于后者，A不符合题意；
B．Na2CO3与NaHCO3均为强碱弱酸盐，加热它们的水溶液，会增大水解程度，水解产生的c(OH-)增大，碱性增强，B不符合题意；
C．假设溶液中c（CO32-）=c（HCO3-），则溶液中Ka2= ×c（H+）=c（H+）=10-10.32mol/L，溶液的pH=10.32，要使溶液的pH=10，则＜1，即c（CO32-）＜c（HCO3-），C不符合题意；
D．根据题干信息可知，该反应在常温下能自发进行的决定因素是熵增，使得△G=△H-T△S＜0，符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.多元弱酸根离子水解，第一步水解程度远远大于第二步水解程度。
B.Na2CO3与NaHCO3均为强碱弱酸盐，加热会促进水解。
C.根据Ka2= ×c（H+）及溶液的pH=-lgc（H+）进行分析。
D.反应自发进行的条件是△G=△H-T△S＜0。
13．【答案】D
【解析】【解答】已知AgCl的Ksp=1.8×10-10，AgBr的Ksp=4.9×10-13，这说明溴化银难溶，因此将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，溶液中氯离子浓度大于溴离子浓度，因此再加入足量浓AgNO3溶液，生成的AgCl沉淀多于AgBr沉淀，
故答案为：D。
【分析】向两饱和溶液中，加入AgNO3，AgCl与AgBr的溶解平衡向左移动，但是饱和溶液中AgBr的溶解度更小，所以溶液中AgCl沉淀较多。
14．【答案】C
【解析】【解答】
，
恰好沉淀完全，
浓度等于
，c(Ag+)=
，
，
=
，综上所述
故答案为：C。
【分析】当溶液中的Cl 恰好沉淀完全（浓度等于1.0×10 5mol/L）时，c（Ag＋）＝
Ksp(AgCl)/c(Cl )＝1.8×10 5mol/L，然后结合c（CrO42 ）＝Ksp(Ag2CrO4)/c2(Ag＋)计算。
15．【答案】B
【解析】【解答】A．由电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，由于c(Na+)＞c(CN-)，所以溶液中c(H+)＜c(OH-)，A不符合题意；
B．由物料守恒有c(HCN)+c(CN)=2c(Na+)=c(Na+)+ c(Na+)，由于c(Na+)＞c(CN-)，所以溶液中所以c(HCN)＞c(Na+)，B符合题意；
C．由电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，由物料守恒有c(HCN)+c(CN)=2c(Na+)，两式处理可得2c(H+)+c(HCN)=2c(OH-)，C不符合题意；
D．设混合前各溶液的体积为1L，则在反应后的溶液中，n(HCN)+ n(CN-)=0.02 mol，而反应后溶液的体积为2L，所以c(HCN)+c(CN-)=0.01 mol·L-1，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．由电荷守恒分析；
B．由物料守恒分析；
C．由电荷守恒和物料守恒分析；
D．由物料守恒分析。
16．【答案】C
【解析】【解答】解：等体积等物质的量浓度MOH强碱和HA弱酸溶液混合后，二者恰好反应生成MA和水，
由于A﹣部分水解，溶液显示碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒可得：C（M+）+C（H+）=C（A﹣）+C（OH﹣），则c（M+）＞c（A﹣），
溶液中离子浓度大小为：c（M+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），
故选C．
【分析】等体积等物质的量浓度MOH强碱和HA弱酸溶液混合后，反应生成强碱弱酸盐MA，由于弱酸根离子A﹣部分水解，溶液显示碱性，则c（M+）＞c（A﹣）、c（OH﹣）＞c（H+）．
17．【答案】（1）Fe2(SO4)3、CuSO4
（2）CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cr2O3等（其它合理答案亦可）；3.3
（3）2Cu2+ +HSO3- +2H2O= Cu2O↓+ SO42-+ 5H+；产生SO2，污染环境（或Cu2O与H+反应）（其它合理答案亦可得）
（4）Cr(OH)3 + OH-= CrO2—+ 2H2O [或Cr(OH)3 + OH-= Cr(OH)4-]
（5）Cr2O3+2Al Al2O3+2Cr
（6）稀硫酸；120
【解析】【解答】（1）在浸出过程中Fe2O3、CuO、Cr2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3、CuSO4、Cr2(SO4)3，所以除生成Cr2(SO4)3外，主要还生成Fe2(SO4)3、CuSO4；
（2）根据流程图“第一次调节“pH”后溶液中含有Cu2+、Cr3+，除去Fe3+后不能引入新杂质，所以加入的试剂可以是CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cr2O3等；Fe3+离子浓度小于或等于1×10-5时OH—的浓度是 ，c(H+)= ，所以pH=3.3；
（3）还原步骤中Cu2+被HSO3-还原为Cu2O，离子方程式是2Cu2+ +HSO3- +2H2O= Cu2O↓+ SO42-+ 5H+；若NaHSO3过量，NaHSO3与酸反应生成SO2，污染环境；
（4）Cr(OH)3是两性氢氧化物，Cr(OH)3与氢氧化钠反应生成NaCrO2，反应离子方程式是Cr(OH)3 + OH-= CrO2—+ 2H2O；
（5）Cr2O3与铝反应生成氧化铝和Cr，反应方程式是Cr2O3+2Al Al2O3+2Cr；
（6）①硝酸是氧化性酸，K2Cr2O7能氧化盐酸，所以最好选用稀硫酸酸化水样；②根据电子守恒 ，1mol K2Cr2O7相当于1.5molO2，10mL0.025 mol·L-1 K2Cr2O7溶液相当于 O2，该水样的COD为 mg·L-1。
【分析】（2）根据沉淀的溶度积常数计算氢离子的物质的量浓度，然后计算pH；
（3）根据铜离子还原为氧化亚铜分析发生的氧化还原反应，然后书写离子方程式；
（5）根据铝热反应进行迁移书写化学方程式。
18．【答案】（1）减小
（2）分子化；不变
（3）酸；NH4++H2O≒NH3 H2O；0.1；c(NH4+)+c(Cl-)=c(H+)+c(OH—)
（4）酚酞溶液；当滴入最后一点盐酸溶液，溶液由浅红色变为无色且半分钟内不恢复为原色；0.1114
【解析】【解答】（1）由于（NH4）2SO4=2NH4++SO42-，溶液中NH4+浓度增大，抑制氨水电离，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，氨水分子浓度增大，所以此时溶液中液中中 减小；
故答案为：减小；（2）氨水中存在NH3+H2O NH3 H2O NH4++OH-，向氨水中加入含有氢氧根离子的氢氧化钠固体抑制一水合氨电离，所以NH3 H2O的电离平衡向分子化移动，在该过程中，温度不变，则电离平衡常数不变，
故答案为：分子化；不变；（3）0.2 mol/L氨水和0.2 mol/L 盐酸溶液与等体积混合后溶液中的溶质为NH4Cl，由于铵根会水解： ，所以溶液显酸性；根据物料守恒可知 c(NH4+)＋c(NH3 H2O)=c(Cl-)，混合后c(Cl-)=0.2 mol/L/2=0.1mol/L，所以c(NH4+)＋c(NH3 H2O)= 0.1mol/L；溶液中的电荷守恒为：c(NH4+)+c(Cl-)=c(H+)+c(OH—)，
故答案为：酸； ；0.1；c(NH4+)+c(Cl-)=c(H+)+c(OH—)（4）氢氧化钠与HCl恰好中和溶液的pH为7，可选择酚酞溶液做指示剂；滴定终点的现象为：当滴入最后一点盐酸溶液，溶液由浅红色变为无色且半分钟内不恢复为原色；第二组数据误差较大，应该舍弃，则另外两次消耗盐酸的平均体积为：V（HCl）=(27.83+27.85)/2=27.84mL， =0.1114mol/L；
故答案为：酚酞溶液；当滴入最后一点盐酸溶液，溶液由浅红色变为无色且半分钟内不恢复为原色；0.1114。
【分析】本题考查了酸碱混合的定性判断及有关pH的计算、溶液中离子浓度比较物质溶解度，题目难度中等，注意掌握电荷守恒、物料守恒、质子守恒的含义及应用方法，明确酸碱混合的定性判断方法及溶液pH的计算方法．
19．【答案】（1）除去正极材料中的炭黑、聚乙烯醇、淀粉等物质
（2）圆底烧瓶中不再产生气泡
（3）Co4(OH)＋2N2H4·H2O＋4OH-=4Co↓＋2N2↑＋10H2O；Co2+与柠檬酸钠反应生成配合物[CoC6H5O7]-，能抑制Co(OH)2的生成或促进Co(OH)2的溶解
（4）边搅拌边加入2 mol·L-1 (NH4)2C2O4溶液，当静置时上层清液中加入(NH4)2C2O4溶液不再产生沉淀时，停止滴加，过滤，用蒸馏水洗涤至取最后一次洗涤滤液加入0.1 mol·L-1 BaCl2溶液时无沉淀生成，将固体在400℃~800℃下加热，当残余固体质量不再发生变化后停止加热
【解析】【解答】(1)预处理时，将正极材料研磨成粉末后进行高温煅烧，可除去正极材料中的炭黑、聚乙烯醇、淀粉等物质，所以高温煅烧的目的就是除去附着在正极材料中的炭黑、聚乙烯醇、淀粉等物质；
(2)浸出过程，向煅烧后含LixCoO2的粉末中加入H2SO4于如图所示的烧瓶中，控制温度为75℃，边搅拌边通过分液漏斗滴加双氧水，充分反应后，滤去少量固体残渣。得到Li2SO4、CoSO4和硫酸的混合溶液。浸出实验中当观察到不再有泡产生时，说明反应完成，此时不再滴加双氧水；
(3)①根据图示可知在溶液pH=9时，溶液中Co元素主要存在形式为Co4(OH)，Co4(OH)与N2H4·H2O在碱性条件下发生氧化还原反应产生Co单质、N2、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：Co4(OH)＋2N2H4·H2O＋4OH-=4Co↓＋2N2↑＋10H2O；
②当溶液pH＞10后所制钴粉中由于含有Co(OH)2而导致纯度降低。若向pH＞10的溶液中加入柠檬酸钠(Na3C6H5O7)，可以提高钴粉的纯度，这是由于Co2+与柠檬酸钠反应生成配合物[CoC6H5O7]-，能抑制Co(OH)2的生成或促进Co(OH)2的溶解，从而可提高钴粉的纯度；
(4)浸取后得到Li2SO4、CoSO4和硫酸的混合溶液。边搅拌边加入2 mol·L-1 (NH4)2C2O4溶液，使Co2+反应转化为CoC2O4·2H2O沉淀。当静置时向上层清液中加入(NH4)2C2O4溶液不再产生沉淀时，说明Co2+反应完成，停止滴加(NH4)2C2O4溶液。过滤，用蒸馏水洗涤至取最后一次洗涤滤液加入0.1 mol·L-1 BaCl2溶液时无沉淀生成，说明洗涤液中无，固体洗涤干净，根据Co元素守恒，100 gCoC2O4·2H2O完全转化为Co3O4时固体质量m(Co3O4)=，因此当固体残留率为43.90时CoC2O4·2H2O完全转化为Co3O4。因此将固体在400℃~800℃下加热，当残余固体质量不再发生变化后停止加热，就制取得到Co3O4。
【分析】（1）往往高温煅烧目的是可以通过燃烧除去的一些杂质，如碳，淀粉和纤维等有机物
（2）一般通过颜色、气体或者沉淀等来判断反应的终点。
（3）该图反应在不同pH下Co2+存在形式，pH>10后会有 Co(OH)2而导致纯度降低 。
（4）该图反应了 CoC2O4·2H2O 高温失水的过程，根据差量法计算不同温度下固体成分，通过计算可知在400℃-800℃时分解产物为 Co3O4
20．【答案】（1）中；
（2）CH3COO－＋H2O CH3COOH＋OH－；c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)
【解析】【解答】(1)根据醋酸和一水合氨的电离平衡常数相同，则醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，所以醋酸铵溶液呈中性，根据反应方程式知醋酸的酸性大于碳酸，醋酸铵呈中性，则碳酸氢铵呈碱性；碳酸氢铵溶液呈碱性，则氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子，所以铵根离子浓度最大；
(2)①CH3COONa是强碱弱酸盐，溶液中醋酸根离子水解，水解的离子方程式是CH3COO－＋H2O CH3COOH＋OH－；
②浓度均为0.10 mo/L的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，则c(CH3COO－)＞c(Na+)；溶液的pH=4.76，则溶液显酸性，则c(H+)＞c(OH－)，因此该混合溶液中所有离子浓度由大到小的顺序为c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)。
【分析】（1）醋酸和氨水电离程度相同，故醋酸铵是显中性，根据醋酸和碳酸氢钠反应，得出醋酸酸性强，故碳酸氢铵中，碳酸氢根的水解能力强，故铵根离子浓度大
（2）①醋酸根水解呈碱性②根据电荷守恒和物料守恒进行书写
21．【答案】（1）Ni2+、Fe2+、Fe3+；Fe(OH)3
（2）烧杯、漏斗、玻璃棒
（3）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
（4）小于7.2；蒸发浓缩、冷却结晶
（5）1.0×10-37.4
【解析】【解答】(1)NiO、Fe2O3和Fe3O4和硫酸反应生成硫酸镍、硫酸铁和硫酸亚铁，则“滤液①”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+；加氢氧化钠溶液调pH，得氢氧化铁沉淀，则过滤所得滤渣②的成分为Fe(OH)3；
(2)操作a用于分离不溶性固体和液体的混合物，则为过滤，所用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
(3) 为了除去溶液中的铁元素，需把亚铁离子氧化成三价铁离子再转变为氢氧化铁沉淀。双氧水是绿色氧化剂、加H2O2的目的用离子方程式表示为： 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
(4)从硫酸镍溶液中提取硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)，采用结晶法，故要防止产生Ni(OH)2沉淀，由图知，滤液②中c(Ni2+)=0.01mol·L 1开始沉淀时的pH为7.2，则进行操作b时应控制pH范围为小于7.2。硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)属于结晶水合物，受热易失去结晶水，则操作b为蒸发浓缩、冷却结晶；
(5)铁离子沉淀完全时(c=1.0×10 5mol·L 1)的pH=3.2， ，则常温下。
【分析】思路分析：加入稀硫酸溶解 NiO、Fe2O3和Fe3O4， 操作a为过滤，滤渣为不溶性物质，滤液为含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的溶液，加入H2O2目的是将亚铁氧化物三价铁，加入氢氧化钠溶液调节pH在3.2~7.2之间，目的是除去三价铁，然后调节pH小于7.2，防止Ni2+水解进行结晶。