2023年高考真题变式分类汇编：盐类水解的原理3

2023年高考真题变式分类汇编：盐类水解的原理3
一、选择题
1．（2021·北京）下列实验中，均产生白色沉淀。
下列分析错误的是（　　）
A．Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同
B．CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解
C．Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解
D．4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低
2．（2021·广东）鸟嘌呤( )是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用 表示)。已知 水溶液呈酸性，下列叙述正确的是（　　）
A． 水溶液的
B． 水溶液加水稀释， 升高
C． 在水中的电离方程式为：
D． 水溶液中：
3．（2021·全国乙卷）HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中 而变化， 不发生水解。实验发现，298K时 ，如下图中实线所示。
下列叙述错误的是（　　）
A．溶液pH = 4 时.
B．MA 的溶度积
C．溶液 pH = 7 时，
D．HA 的电离常数
4．（2018·天津）LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始（H2PO4–）的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO4–的分布分数δ随pH的变化如图2所示，[ ]下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是（　　）
A．溶液中存在3个平衡
B．含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–
C．随c初始（H2PO4–）增大，溶液的pH明显变小
D．用浓度大于1 mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3 ， 当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4
5．（2022·嘉定模拟）氯化铵溶液中放入镁粉能放出H2和NH3，产生这种现象的原因是（　　）
A．金属镁能把NH3置换出来
B．镁具有强还原性，NH具有氧化性，发生氧化还原反应
C．因为NH水解溶液显酸性，Mg与H+反应放出H2，平衡向正反应方向移动
D．因为Mg与H2O反应，生成Mg(OH)2与NH4Cl反应
6．（2022·宝山模拟）将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后，溶液显酸性，则溶液中有关微粒的浓度关系错误的是（　　）
A．c(Na+)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)
B．c(Ac-)>c(Cl-)>c(HAc)>c(H+)
C．c(Na+)>c(Ac-)+c(Cl-)
D．c(Na+)+c(H+)=c(Ac-)+c(Cl-)+c(OH-)
7．（2022·宝鸡模拟）25℃时，向25mL0.1mol·L-1邻苯二甲酸(H2A)溶液中加入KOH固体，混合溶液的pH随-lgc(HA-)以及-lgc(A2-)的关系如图所示(忽略溶液体积变化和邻苯二甲酸的挥发)。下列有关叙述错误的是（　　）
A．邻苯二甲酸的Ka1约为1.0×10-3
B．b点有关微粒浓度大小关系为(HA-)>c(A2-)>c(H2A)
C．从b点到e点，水电离产生的c(H+)先增大后减小
D．c点c(K+)>3c(A2-)
8．（2022·长宁模拟）， 向 溶液中滴入等浓度的 溶液， 下列判断一定正确的是（　　）
A．若最终溶液含等摩尔 和 ， 则
B．若 溶液过量， 则
C．若 溶液不足量， 则 溶液加入越少水的电离程度越大
D．若恰好完全反应， 则
9．（2022·渭南模拟）25℃时，改变0.1mol·L-1弱酸RCOOH溶液的pH，溶液中RCOOH分子的物质的量分数δ(RCOOH)[δ(RCOOH)=]也随之改变。甲酸(HCOOH)与丙酸(CH3CH2COOH)溶液中δ(RCOOH)与pH的关系如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．丙酸的电离常数数量级为10-5
B．等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液的pH比较：前者＞后者
C．水的电离程度：M点＜N点
D．将0.1mol·L-1的HCOOH溶液与0.1mol·L-1的HCOONa溶液等体积混合，所得溶液中：c(HCOO-)＞c(Na+)＞c(HCOOH)＞c(H+)＞c(OH-)
10．（2022·安徽模拟）常温下，向10 mL0.1 mol·L-1丙烯酸(CH2=CHCOOH)溶液中滴加0.1 mol·L-1 NaOH溶液，溶液的酸度(AG)与NaOH溶液体积的关系如图所示。
已知：AG=lg ，电离度=x 100%。
若忽略溶液混合时的体积变化，下列说法正确的是（　　）
A．b点对应的溶液中：c( Na+) >c(CH2=CHCOO-) >c(H+) >c(OH-)
B．d点对应的溶液中：c(OH-) =c(H+) +c(CH2=CHCOO-) +c( CH2=CHCOOH)
C．0.1 mol·L-1 CH2=CHCOOH溶液中丙烯酸的电离度近似等于10%
D．若AG=0时V=x，则丙烯酸的电离常数为Ka=×10-7
11．（2022·惠州模拟）向100mL 0.1mol·L-1K2CO3溶液中缓慢滴加100mL 0.2mol·L-1盐酸，溶液中各离子的物质的量随加入盐酸的物质的量的变化如图所示(H+和OH-未画出)，已知：碳酸的电离平衡常数Ka1=4.31×10-7，Ka2=5.60×10-11，下列说法错误的是（　　）
A．滴加至A点时，
B．滴加至B点时，
C．滴加至C点时，
D．滴加至D点时，溶液的pH<7
12．（2022·西城模拟）向盛有溶液的烧杯中，加入少量氨水，再加入过量Mg粉，有大量气泡产生。将湿润的红色石蕊试纸放在烧杯口，试纸变蓝。溶液的pH随时间的变化如图。
下列说法不正确的是（　　）
A．随着反应的进行，降低
B．产生的气体是混合物
C．pH=9时，溶液中
D．溶液的pH升高可能是Mg与、反应的结果
13．（2022·石家庄模拟）下列有关化学用语表示正确的是（　　）
A．硬脂酸与乙醇发生酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O
B．用乙烯制备二氯乙烷：CH2=CH2+Cl2→CH3CHCl2
C．KHSO4熔融状态下电离：KHSO4=K++H++SO
D．HCO水解：HCO+H2OCO+H3O+
14．（2022·丰台模拟）某小组进行以下探究。实验①：Mg条与盐酸-KCl溶液(pH=3.08)反应；实验②：Mg条与0.001 溶液(pH=3.08)反应。两个实验所用的Mg条(打磨过)足量且表面积相同。测得溶液pH随时间变化的曲线如下图所示。两个实验过程中均观察到有无色气体产生，实验②中没有检测到和Fe。
下列说法不正确的是（　　）
A．无色气体为
B．0～200秒，实验②产生氢气的速率比实验①慢
C．实验①②中pH发生突变与Mg和水的反应有关
D．400秒时，：实验②＞实验①
15．（2022·温州模拟）水溶液呈碱性的盐是
A． B． C． D．
16．（2021·嘉兴模拟）室温下，下列说法正确的是（　　）
A．含等物质的量的和的溶液呈碱性，可知
B．同的溶液：①②③④，物质的量浓度最大的是④
C．物质的量浓度相同的盐酸和醋酸溶液，存在
D．相同物质的量浓度的氨水和盐酸充分混合，若，则(氨水)(盐酸)
17．（2021·嘉兴模拟）( )极易水解，主要用于制备酰基氯化物。下列关于说法错误的是（　　）
A．既有氧化性又有还原性
B．遇水反应生成和
C．可用作由制取无水的脱水剂
D．
18．（2021·金山模拟）H2X为二元弱酸。20℃时，向100mL0.1mol·L-1的Na2X溶液中缓慢通入HCl(忽略溶液体积变化及H2X的挥发)。指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（　　）
A．通入HCl前：c(X2-)＞c(HX-)＞c(OH-)＞c(H+)
B．若通入5×10-3molHCl，溶液呈碱性，则溶液中c(X2-)=c(HX-)
C．pH=7时：溶液中c(HX-)＞c(Cl-)
D．c(Cl-)=0.1mol·L-1时：c(OH-)-c(H+)=c(H2X)-c(X2-)
19．（2021·宁波模拟）下列叙述正确的是（　　）
A．0.1mol L-1NH4Cl溶液：c(NH4+)=c(Cl-)
B．在25℃时，pH=4的盐酸与pH=10的氨水溶液等体积混合后pH>7
C．0.1mol L-1与0.2mol L-1氨水溶液中c(OH-)之比为1：2
D．中和pH与体积都相同的NaOH和Ba(OH)2溶液，消耗HCl的物质的量之比是1：2
20．（2021·绍兴模拟）下列说法正确的是（　　）
A．六水合氯化镁在空气中加热生成无水氯化镁
B．钠可以置换出四氯化钛溶液中的钛
C．二氧化碳通入氨的氯化钠饱和溶液中析出碳酸氢钠晶体
D．干燥的氯气不能漂白鲜花
21．（2021·天河模拟）室温下，用相同浓度的溶液，分别滴定浓度均为的三种酸、和溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是 （　　）
A．三种酸的电离常数关系：
B．点时，溶液中：
C．时，三种溶液中：
D．当中和达时，溶液中：
22．（2021·乌兰察布模拟）类比pH，定义pC=-lgC，已知琥珀酸(CH2COOH)2(以H2A表示)为二元弱酸，常温下，向1L0.1mol/L的H2A溶液中加入氢氧化钠固体，得到混合溶液的pH与pC(H2A、HA-、A2-)的关系如图所示(不考虑溶液体积和温度的变化)，下列说法正确的是（　　）
A．曲线I、II、III分别代表的粒子为A2-，H2A，HA-
B．向pH=4.19的溶液中加NaOH至溶液pH=5.57的过程中水的电离程度逐渐减小
C．滴定过程中 =101.38保持不变
D．c(Na＋)=0.1mol/L时，溶液满足c(Na＋)＞c(HA-)＞c(H2A)＞c(A2-)
23．（2020·包头模拟）下列实验操作、现象和所得结论都正确的是（　　）
选项 实验 现象 结论
A 向滴有酚酞的 Na2CO3 溶液中加入少量氯化钡固体，振荡 溶液红色变浅 Na2CO3溶液存在水解平衡
B 向X溶液中滴加几滴新制氯水，振 荡 ，再加入少量KSCN溶液 溶液变为红色 X溶液中一定含有Fe2+
C 检验食盐是否加碘（ KIO3）， 取少量食盐溶于水，用淀粉碘化钾试纸检验 试纸不变蓝 该食盐不含有KIO3
D 向蛋白质溶液中加入CuSO4或( NH4)2 SO4 的饱和溶液 均有沉淀生成 蛋白质均发生了盐析
A．A B．B C．C D．D
24．（2020·包头模拟）H2C2O4为二元弱酸。20℃时，配制一组c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2 O42-） =0.100mol·L-1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．由图可知：Ka2（H2C2O4）的数量级为10-4
B．若将0.05mol NaHC2O4和0.05mol Na2C2O4固体完全溶于水配成1L溶液，所得混合液的pH为4
C．c（Na+）=0.100mol·L-1的溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）=c（OH-）+c（C2O42-）
D．用标准的氢氧化钠溶液滴定H2C2O4溶液，可用酚酞做指示剂
二、多选题
25．（2021·海南）25℃时，向 的 溶液中滴加 的盐酸，溶液的 随加入的盐酸的体积 变化如图所示。下列有关说法正确的是（　　）
A． 点，溶液 是由于 水解程度大于电离程度
B． 点，
C． 点，溶液中的 主要来自 的电离
D． 点，
三、非选择题
26．（2019·松江模拟）生活污水中氮是造成水体富营养化的主要原因。
完成下列填空:
（1）某污水中存在NH4Cl。写出NH4Cl的电子式　 　。该污水呈现酸性的原因　 　
(结合离子方程式及相关文字说明)。
（2）向饱和NH4Cl溶液中加入或通入一种物质，可以使NH4Cl结晶析出，这种物质可以是　 　
(任写－种)，理由是　 　。
（3）某污水中同时存在NH4+和NO3－时，可用下列方法除去:先利用O2将NH4+氧化成NO3－。请配平下列离子方程式并标出电子转移的方向和数目。　 　
NH4++　 　O2→　 　
NO3－+　 　
H2O+　 　
H+； 　 　 ，再将NO3－还原成N2，反应的离子方程式：2NO3－+5H2 N2+2 O H－+4H2O
①NH4NO3晶体中所含化学键为　 　。
② 若该污水中含有1mol NH4NO3，用以上方法处理完全后，共消耗　 　mol氢气。
③ 该污水处理方法的好处是　 　。
27．（2018高二下·武冈模拟）
（1）①25℃时，NH4Cl溶液呈酸性，原因是　 　水解引起的（填“NH4+”或“Cl-”）；
②常温下，0.0100mol/L NaOH溶液的pH=　 　；
③用0.0100mol/L 盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，酚酞作指示剂，滴定终点时，溶液的颜色由浅红色变为　 　（填“蓝色”或“无色”），且半分钟内颜色保持不变。
④ 已知在25℃：AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq) Ksp=1.8×10－10
Ag2S(s) 2Ag＋(aq)＋S2－(aq) Ksp=6.3×10－50
向浓度均为0.001 mol/L的NaCl和Na2S的混合溶液中，逐滴加入AgNO3溶液，最先产生的沉淀是　 　（填“AgCl”或“Ag2S”）。
（2）已知25℃合成氨反应中，1mol N2完全转化为NH3时释放的能量为92.4 kJ。现将1mol N2和3mol H2混合置于2L密闭容器中，反应进行到2s末测得NH3为0.4mol。
回答下列：
① 该反应的热化学方程式是　 　 ；
② 该反应达到平衡后，升高温度平衡向　 　 （填“正”、“逆”）反应方向移动；加入催化剂平衡　 　（填“正”、“逆”、 “不”）移动；
③ 前2s内v（H2）是　 　。
（3）燃料电池能量转化率高，具有广阔的发展前景。天然气燃料电池中，在负极发生反应的物质是 　 　（填化学式）；如果该电池中的电解质溶液是KOH溶液，电极B电极上发生的电极反应式是：　 　。
。
28．（2018·丰台模拟）为研究铁盐与亚硫酸盐之间的反应，某研究小组利用孔穴板进行了实验探究：
小组记录的实验现象如下表所示：
开始时 5min后 3天后
实验I 溶液立即变为红褐色，比II、III中略浅 与开始混合时一致 溶液呈黄色，底部出现红褐色沉淀
实验II 溶液立即变为红褐色 红褐色明显变浅 溶液呈黄绿色
实验III 溶液立即变为红褐色 红褐色变浅，比II中深 溶液呈黄色
（1）测得实验所用0.4mol/L FeCl3溶液及Fe(NO3)3溶液pH均约为1.0。两溶液均呈酸性的原因是　 　（用离子方程式表示）。
（2）开始混合时，实验I中红褐色比II、III中略浅的原因是　 　。
（3）为了探究5min后实验II、III中溶液红褐色变浅的原因，小组同学设计了实验IV：分别取少量5min后实验I、II、III中溶液，加入2滴铁氰化钾溶液，发现实验II、III中出现蓝色沉淀，实验I中无明显变化。根据实验IV的现象，结合化学用语解释红褐色变浅的原因是　 　。
（4）针对5min后实验III中溶液颜色比实验II中深，小组同学认为可能存在三种因素：
①Cl- 可以加快Fe3+与SO32-的氧化还原反应；
②　 　；
③NO3- 在酸性环境下代替Fe3+氧化了SO32-，同时消耗H+，使Fe3+水解出的Fe(OH)3较多。
通过实验V和实验VI进行因素探究：
实验操作（已知Na+对实验无影响） 5min后的现象
实验V 在2mL pH=1.0的0.4mol/L Fe(NO3)3溶液中溶解约　 　固体，再加入2滴0.4mol/L Na2SO3溶液 溶液的红褐色介于II、III之间
实验VI 在2mL pH=1.0的稀硝酸中溶解约0.19g NaNO3固体，再加入2滴0.4mol/L Na2SO3溶液。向其中滴入少量BaCl2溶液 　 　
实验结论：因素①和因素②均成立，因素③不明显。请将上述方案填写完整。
（5）通过上述实验，以下结果或推论合理的是　 　（填字母）。
a．Fe3+与SO32-同时发生水解反应和氧化还原反应，且水解反应的速率快，等待足够长时间后，将以氧化还原反应为主
b.浓度为1.2 mol/L的稀硝酸在5min内不能将Fe2+氧化
c.向pH大于1的稀硝酸中加入少量Ba(NO3)2，使其完全溶解，可用来检验实验I的上层清液中是否存在SO42-
29．（2018·石家庄模拟）人类对锡(50Sn)的使用有悠久的历史，可以追溯到大约公元前3000年，但这也是对锡的“异常”不断加深认识，不断“驯服”它的历史。
（1）锡与硅同主族，稳定化合价均为+4价，锡原子比硅原子核外多2个电子层，锡元素在周期表中的位置为　 　。
（2）锡单质在常温下稳定(主要单质类别为白锡)，但是它既怕冷又怕热。在-13.2℃以下，白锡转变成一种无定形的灰锡(粉末状)，而且只要白锡接触到很少的灰锡。很失就会变成灰锡完全毁坏，就像得了瘟疫一样。
①克服锡单质这一弱点的方法之一就是做成合金，合金与组分金属相比一般具有　 　性质。
a.不导电 b硬度大
c.耐腐蚀
②对锡器的“瘟疫”作分析，以下推测合理的是　 　。
a.灰锡携带病毒
b.灰锡与白锡形成原电池，加速白锡的转化
c.灰锡是白锡转化的催化剂，加速反应
（3）实验室配制氯化亚锡(SnCl2)溶液时发现，向SnCl2固体中加水的过程中，产生刺激性气味气体，且只能得到悬浊液。配制、保存SnCl2溶液时，要用到的试剂为氯化亚锡固体、　 　、　 　和水(填试剂名称)。
（4）工业上，硫离子是一种很好的沉淀剂。但向1L 0.01 mol·L-1硫化钠溶液(pH=12)中逐渐加入SnCl2粉末时，一开始却并没观察至沉淀。请分析原因　 　。当加SnCl2至溶液pH=9时，有两种沉淀生成。此时溶液中硫离子浓度为　 　(保留两位有效数字)。(提示：25℃时，Ksp[Sn(OH)2]=1.4×10-28，Ksp(SnS)=1.0×10-25。 Sn(OH)2 是两性物质。)
（5）测定固体中锡的含量时，常用的一种方法为：在强酸性环境中将固体溶解，然后将锡元素全部转化成Sn2+，以淀粉为指示剂，用碘酸钾标准溶液滴定。但在滴定初始并没有出现蓝色，滴定终点的现象为无色变蓝色。写出滴定过程中依次发生反应的离子反应方程式　 　，　 　。
30．（2018·遵义模拟）钛酸钡(BaTiO3)在工业上有重要用途，主要用于制作电子陶瓷、PTC热敏电阻、电容器等多种电子元件。以下是生产钛酸钡的一种工艺流程图：
已知：①草酸氧化钛钡晶体的化学式为BaTiO(C2O4)2·4H2O；
②25℃时，BaCO3的溶度积Ksp=2.58×10-9；
（1）BaTiO3中Ti元素的化合价为：　 　。
（2）用盐酸酸浸时发生反应的离子方程式为： 　 　。
（3）流程中通过过滤得到草酸氧化钛钡晶体后，为提高产品质量需对晶体洗涤。
①过滤操作中使用的玻璃仪器有　 　。
②如何证明晶体已洗净 　 　。
（4）TiO2具有很好的散射性，是一种有重要用途的金属氧化物。工业上可用TiCl4水解来制备，制备时需加入大量的水，同时加热，其目的是：　 　。
（5）某兴趣小组取19.70gBaCO3模拟上述工艺流程制备BaTiO3，得产品13.98g，BaTiO3的产率为：　 　。
（6）流程中用盐酸酸浸，其实质是BaCO3溶解平衡的移动。若浸出液中c(Ba2+)=0.1mol/L，则c(CO32-)在浸出液中的最大浓度为　 　 mol/L。
31．（2018·贵阳模拟）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)为白色或黄色结晶粉末或小结晶，其性质活泼，具有强还原性，是常用的食品抗氧化剂之一。制备该物质的反应方程式为： Na2SO3+SO2= Na2S2O5，某研究小组利用该反应在实验室制备焦亚硫酸钠并探究其有关性质。请回答下列问题：
（1）采用下图装置制取Na2S2O5，装置Ⅲ中有Na2S2O5晶体析出。
①装置Ⅰ中盛放浓硫酸的仪器名称为　 　；滴加浓硫酸前需要将装置內的空气排净，这样操作的目的是　 　。
②装置Ⅱ的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择　 　。
a.蒸馏水
b.饱和Na2SO3溶液
c.饱和NaHSO3溶液
d.饱和NaHCO3溶液
③从装置Ⅲ中分离出Na2S2O5晶体可采取的操作方法是　 　；裝置Ⅳ的作用是　 　，盛装的试剂为　 　。
（2）将0.5mol Na2S2O5溶于水配成1L溶液，测得该溶液pH=4.5，溶液中部分微粒浓度随溶液酸碱性变化的情况如图所示。
①写出上述条件下Na2S2O5溶解于水时与水反应的化学方程式　 　；
②结合溶液中的离子平衡的知识解释溶液显酸性的原因　 　。
（3）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是　 　。
（4）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂，葡萄酒中抗氧化剂的残留量通常是以游离SO2的含量计算，我国国家标准(GB2760—2014) 规定葡萄酒中SO2的残留量≤0.25g/L。该研究小组测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算) 的方案如下：
（已知：滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI）
按上述方案进行实验，消耗标准I2溶液20.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量为　 　g·L-1，该数据说明某葡萄酒中SO2的残留量　 　 （填“是”或“否”）达到我国国家标准。
32．（2018·松江模拟）I.2Al+Fe2O3 Al2O3+2Fe在化学反应过程中产生超高热，曾用于钢轨焊接。完成下列填空：
（1）氧元素在元素周期表中的位置为　 　，其离子结构示意图为　 　。
（2）铝盐常用作净水剂，用文字和化学用语进行解释　 　。
（3）氧的非金属性强于氮，用元素周期律知识分析原因　 　。
（4）Al2O3与NaOH溶液反应的离子方程式为　 　。
（5）II.NH4Al(SO4)2·12H2O水溶液呈　 　性（选填“酸”、“碱”或“中”），比较溶液中离子浓度大小c(NH4+)　 　c(Al3+)（选填“＞”、“＜”或“=”）。
33．（2022高二上·昌平期末）①一水合氨 ②盐酸 ③氢氧化钠 ④碳酸氢钠 ⑤次氯酸钠 ⑥硫酸铝是实验室和生活中常见的物质。
（1）写出的电离方程式　 　。
（2）次氯酸钠是84消毒液的主要成分，84消毒液呈　 　(填“酸性”或“碱性”)，结合化学用语解释原因：　 　。
（3）将等浓度等体积的①与②混合后，溶液中存在的离子浓度由大到小的顺序是：　 　。
（4）常温下的和的溶液，由水电离出的之比为　 　。
（5）有关的溶液()的叙述正确的是____。
A．溶液中所含微粒共四种，分别为
B．的电离程度大于水解程度
C．
D．
（6）泡沫灭火器使用碳酸氢钠和硫酸铝溶液产生大量气体来灭火，结合化学用语，从平衡移动角度解释产生的原因：　 　。
34．（2022高二上·河东期末）溶液是常见的强碱弱酸盐，可由醋酸和溶液反应得到。
（1）用化学用语表示溶液呈碱性的原因　 　(用离子方程式表示)；溶液呈电中性，请用等式表示这一现象　 　(用浓度符号“c”表示)
（2）用分别滴定盐酸和醋酸，滴定过程中变化曲线如图所示。
①在上述滴定过程中，不需要使用的玻璃仪器是　 　(填序号)。
A．容量瓶 B．碱式滴定管 C．锥形瓶 D．胶头滴管
②由图中数据判断滴定盐酸的变化曲线为　 　(填“图1”或“图2”)，判断的理由：
ⅰ、起始未滴加液时，盐酸的　 　。
ⅱ、加入溶液恰好反应时，所得溶液的　 　。
③滴定溶液的过程中，当滴加溶液时，溶液中各离子浓度由大到小的顺序是　 　(用符号“c”及“>”表示)，此时溶液中　 　。
（3）用盐酸滴定未知浓度的溶液。下列操作会使测定结果偏低的是____。
A．量取溶液的碱式滴定管未用待测碱液润洗
B．酸式滴定管未用标准盐酸润洗
C．滴定过程中滴定管内不慎有标准液溅出
D．滴定前俯视读数，滴定后读数正确
35．（2022高二上·张家口期末）甲酸又名蚁酸，是一种常见的弱酸，常温下甲酸的电离平衡常数(已知)。
（1）设计实验证明甲酸为弱酸，下列实验设计合理的是____(填选项字母)。
A．将甲酸溶液滴入溶液中，观察是否有气泡生成
B．向体积相同、相同的盐酸和甲酸溶液中加入足量，比较溶解的质量
C．取一定浓度的甲酸钠溶液，测其
（2）的甲酸钠溶液和的甲酸溶液等体积混合可配成一种缓冲溶液。
①的水解平衡常数　 　。
②该混合溶液的约为　 　。
③该混合溶液中　 　(填“>”“=”或“<”)。
（3）催化甲酸分解的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示。
①已知催化剂“I”带一个正电荷，反应过程中的中间产物也带一个正电荷的是　 　(填“II”“III”或“IV”)。
②由反应进程可知甲酸分解的　 　(填“>”“=”或“<”)0，该历程中的决速步骤为　 　(填选项字母)，历程中最大能垒(活化能)　 　。
a.I转化为II的过程 b.II转化为III的过程
c.III转化为IV的过程 d.IV转化为I的过程
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．Na2CO3溶液、NaHCO3溶液均存在Na+、 、 、H2CO3、H+、OH-、H2O，故含有的微粒种类相同，A不符合题意；
B． H++ ，加入Ca2+后，Ca2+和 反应生成沉淀，促进 的电离，B符合题意；
C．Al3+与 、 都能发生互相促进的水解反应，C不符合题意；
D．由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会减小，pH减小，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 A.两溶液都含有Na+、 、 、H2CO3、H+、OH-、H2O；
B.氯化钙与碳酸钠反应；
C.铝离子与碳酸根离子、碳酸氢根离子都能发生双水解；
D.硫酸铝与碳酸钠和碳酸氢钠发生双水解，都生成氢氧化铝和二氧化碳，氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙，碳酸氢根离子电离产生氢离子和碳酸根离子，钙离子与碳酸根离子结合促进碳酸氢根离子电离平衡正向移动。
2．【答案】B
【知识点】盐类水解的原理；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.G是一种弱碱，其盐溶液中，GH+水解，使得盐溶液显酸性，0.001mol/L的GHCl溶液，由GH+水解产生的H+浓度远小于0.001mol/L，因此溶液的pH＞3，A不符合题意；
B.加水稀释，溶液中c(H+)减小，pH增大，B符合题意；
C.GHCl为可溶性盐溶液，在水中完全电离，其电离方程式为：GHCl=GH++Cl-，C不符合题意；
D.GHCl水溶液中存在GH+、H+、OH-和Cl-，结合电荷守恒可得c(OH-)+c(Cl-)=c(GH+)+c(H+)，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.GHCl水溶液由于GH+的水解使得溶液显酸性；
B.加水稀释溶液中c(H+)减小；
C.GHCl在水中完全电离产生GH+和Cl-；
D.结合电荷守恒分析；
3．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A.由图可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L时，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)=mol/L<3.0×10-4mol/L，A正确；
B.由图可知，c(H+)=0时，可看作溶液中有较大浓度的OH-，此时A-的水解极大地被抑制，溶液中c(M+)=c(A-)，Ksp(MA)=c(M+)c(A-)=c2(M+)=5×10-8，B正确；
C.MA饱和溶液中，M+不水解，A-水解显碱性，若pH=7，说明加入了酸，但该酸不一定是HA，设调pH所用的酸为HnX，则结合电荷守恒可知c(M+)+c(H+)=c(OH-)+ nc(Xn-)，题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn-)，C错误；
D.Ka(HA)=，当c(A-)=c(HA)时，由物料守恒可知，c(A-)+c(HA)=c(M+)，c(A-)=，Ksp(MA)=c(M+)c(A-)==5×10-8，c2(M+)=10×10-8，对应图得此时溶液中c(H+)=2.0×10-4mol/L，Ka(HA)==c(H+)2.0×10-4，D正确；
故答案为：C
【分析】根据电荷守恒和物料守恒结合图像计算。
4．【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：A．溶液中存在H2PO4–的电离平衡和水解平衡，存在HPO42–的电离平衡，存在水的电离平衡，所以至少存在4个平衡。选项A不符合题意。
B.含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–和H3PO4。选B不符合题意。
C.从图1中得到随着c初始（H2PO4–）增大，溶液的pH不过从5.5减小到4.66，谈不上明显变小，同时达到4.66的pH值以后就不变了。所以选项C不符合题意。
D.由图2得到，pH=4.66的时候，δ=0.994，即溶液中所有含P的成分中H2PO4–占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4。选项D符合题意。
故答案为：D
【分析】该题考查电离平衡和水解平衡，应重点掌握①多元弱酸的电离、多元弱酸盐的水解都是分部进行的，另外还要考虑到水的电离；②多元弱酸电离呈酸性、多元弱酸的盐水解呈碱性；③根据题目给出的图示进行分析
5．【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；盐类水解的应用
【解析】【解答】氯化铵为强酸弱碱盐，在溶液中铵根离子水解出来氢离子，使溶液显酸性，镁和氢离子反应放出氢气，水解平衡正向移动，随着一水合氨浓度增大，镁和氢离子反应放热，一水合氨分解产生氨气。
故答案为：C。
【分析】氯化铵中，铵根离子会发生水解生成一水合氨和氢离子，溶液呈酸性，镁和氢离子的反应会生成氢气，反应放热使一水合氨分解出氨气。
6．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理
【解析】【解答】A．将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合，混合溶液中的c(Na+)是c(Cl-)的2倍，所以c(Na+)＞c(Cl-)，溶液呈酸性，所以c(H+)＞c(OH-)，Na+和Cl-是大量的，而H+和OH-是少量的，所以c(Na+)＞c(Cl-)＞c(H+)＞c(OH-)，故A不符合题意；
B．混合溶液中含等物质的量的NaCl、醋酸和醋酸钠，溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，则c(Ac-)＞c(Cl-)＞c(HAc)，H+是由弱酸醋酸以及水微弱电离产生的，所以c(Ac-)＞c(Cl-)＞c(HAc)＞c(H+)，故B不符合题意；
C．溶液中c(Na+)是c(Cl-)的2倍，而c(Ac-)＞c(Cl-)，所以c(Na+)＜c(Ac-)+c(Cl-)，故C符合题意；
D．根据电荷守恒，溶液中有c(Na+)+c(H+)=c(Ac-)+c(Cl-)+c(OH-)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】二者完全反映后溶质是醋酸钠、醋酸、氯化钠三中溶质，且三个溶质物质的量相等，结合电荷守恒即可比较离子浓度大小
7．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由图可知，pH=0时，，，则，H2A的电离微弱，因此c(H2A)约为0.1mol/L，邻苯二甲酸的Ka1约为，故A不符合题意；
B．b点的纵坐标最小，则此时溶液中最大，即溶液中的溶质为KHA，溶液的pH=4，说明KHA溶液呈酸性，HA-的电离程度大于水解程度，则c(A2-)>c(H2A)，b点有关微粒浓度大小关系为(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，故B不符合题意；
C．b点溶质为KHA，溶液呈酸性，说明HA-电离程度大于水解程度，抑制水电离，从b到e点，继续加入KOH固体生成K2A，A2-水解而促进水电离，继续加入KOH，KOH抑制水电离，则水电离产生的c (H+)先增大后减小，故C不符合题意；
D．c点溶液中，溶液中由电荷守恒有，c点溶液呈酸性，，则，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 H2A为二元素弱酸，依据其电离方程式结合一级电离远大于二级电离，因此ac线代表pH、-lgc(HA-)关系曲线，加入KOH，先生成KHA，继续加入KOH，再生成K2A，利用"守恒"思想影响水电离的因素等知识进行分析。
8．【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理
【解析】【解答】A．若最终溶液含等摩尔 HAc 和 NaAc，由物料守恒：和电荷守恒：可得 ，A符合题意；
B．若NaOH溶液过量的量较少，NaAc溶液显碱性，则钠离子浓度最大，其次是醋酸根，可满足；当氢氧化钠溶液过量很多时，钠离子浓度最大，其次是氢氧根，不满足，B不符合题意；
C．若氢氧化钠溶液不足量，当加入的氢氧化钠量越少时，溶液显酸性，HAc浓度越大，电离出氢离子越抑制水电离，水电离程度越小，C不符合题意；
D．若恰好完全反应，溶质成分为NaAc，醋酸根水解产生HAc和，水解方程式为：，另外溶液中水电离也产生氢氧根，故，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.利用醋酸与醋酸钠1：1，列出物料守恒，然后移项即可得到该等式
B.取决于氢氧化钠过量的多少，可能出现氢氧根大于醋酸根
C.醋酸和强氧化钠都会抑制水解电离，当二者完全反映，水的电离程度最大
D.还需要考虑水的电离，也会产生OH-
9．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；盐类水解的原理；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由分析可知，丙酸的电离常数为10-4.88，数量级为10-5，故A不符合题意；
B．由分析可知，甲酸的酸性强于丙酸，则甲酸根离子在溶液中的水解程度小于丙酸根离子，等浓度的甲酸钠溶液的pH小于丙酸钠溶液，故B符合题意；
C．酸溶液中氢离子浓度越大，抑制水电离的程度越大，由图可知，M点溶液中pH小于N点，溶液中氢离子浓度大于N点，则水的电离程度小于N点，故C不符合题意；
D．甲酸根离子的水解常数Kh==＜Ka说明等浓度的甲酸和甲酸钠的混合溶液中甲酸的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，则溶液中各微粒浓度的大小顺序为c(HCOO-)＞c(Na+)＞c(HCOOH)＞c(H+)＞c(OH-)，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由公式可知，δ(RCOOH)=0.5时，溶液中c( RCOOH)=c( RCOO-)，则弱酸的电离常数Ka==c(H+)，由图可知，δ(RCOOH) = 0.5时，甲酸、丙酸溶液的pH分别为3.75、4.88，则甲酸、丙酸的电离常数分别为10-3.75、10-4.88，电离常数越大，弱酸的酸性越强，则甲酸的酸性强于丙酸。
10．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．b点对应的溶液中溶质为等浓度的CH2=CHCOOH和CH2=CHCOONa，溶液呈酸性，根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(CH2=CHCOO-)+c(OH-)，结合c(H+) >c(OH-)得： c(CH2=CHCOO-) > c(Na+) >c(H+) >c(OH-)，选项A不符合题意；
B．d点对应的溶液中，存在物料守恒：c(Na+)=2 c(CH2=CHCOO-)+2 c(CH2=CHCOOH)，结合电荷守恒得c(OH-) =c(H+) +c(CH2=CHCOO-) +2c(CH2=CHCOOH)，选项B不符合题意；
C．V=0，AG=8，c(H+)=110-3mol/L，电离度为，选项C不符合题意；
D．AG=0对应的溶液呈中性，c(CH2=CHCOO-)=c(Na+)，c(OH-) =c(H+)=110-7mol/L，c(Na+)=0.1× mol/L，c(CH2=CHCOOH)=0.1× mol/L，丙烯酸的电离常数为Ka=×10-7，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.b点根据电荷守恒判断是 c(CH2=CHCOO-)>c( Na+)；
B.d点NaOH过量一倍，所以溶液呈碱性，c(OH-) >c(H+) ；
C.根据a点酸度等于8，可以计算丙烯酸的电离度；
D.AG为0，c(OH-) =c(H+) ，c(CH2=CHCOO-)=c(Na+)，计算c(CH2=CHCOO-)，从而求出Ka。
11．【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．滴加至A点时，根据物料守恒知：n(K+)=2n()+2n()+2n()(此时无二氧化碳生成)，由图A点知n(Cl-)=n()>n()，，故A不符合题意；
B．，，B点时，n()=n()，c(H+)=5.60×10-11，，故B不符合题意；
C．由C点知，n(Cl-)>n()>n()，此时加入n(HCl)=0.01 mol，此时溶质为KCl和KHCO3，且等浓度，由物料守恒得：n(Cl-)=n()+n()+n()，又因为n()>n()，所以，故C符合题意；
D．D点时，n(Cl-)=0.02 mol，说明K2CO3+2HCl=2KCl+CO2↑+H2O恰好完全反应，生成的二氧化碳部分溶于水，则溶液的pH<7，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.此时溶质为KHCO3：KCl=1：1，然后列出物料守恒即可比较
B.此时CO32-和HCO3-物质的量相等，结合平衡常数进行计算即可
C.此时溶质为KCl和KHCO3，且物质的量相等，结合物料守恒解答即可
D.此时溶质全部是KCl，但是溶解的有碳酸，显酸性
12．【答案】C
【知识点】盐类水解的原理
【解析】【解答】A．由产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知，镁与氯化铵溶液中的铵根离子反应生成氢气和氨气，所以随着反应的进行，溶液中铵根离子浓度减小，
B．由产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知，镁与氯化铵溶液中的铵根离子反应生成氢气和氨气，所以反应产生的气体是混合物，故B不符合题意；
C．pH为9的碱性溶液中存在电荷守恒关系c(H+)+ c(NH4+)+ 2c(Mg2+)=c(Cl-)+ c(OH-)，溶液中氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，所以溶液中c(NH4+)+ 2c(Mg2+)＞c(Cl-)，故C符合题意；
D．由产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知，镁与溶液中的铵根离子反应生成一水合氨和氢气，反应中一水合氨浓度增大，会分解逸出氨气，使溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH升高，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．镁与氯化铵溶液中的铵根离子反应生成氢气和氨气；
B．镁与氯化铵溶液中的铵根离子反应生成氢气和氨气；
C．依据电荷守恒，碱性溶液中分析；
D．镁与溶液中的铵根离子反应生成一水合氨和氢气，反应中一水合氨浓度增大，会分解逸出氨气，使溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH升高。
13．【答案】A
【知识点】盐类水解的原理；加成反应；酯化反应
【解析】【解答】A．酯化反应中酸脱去羟基，醇脱去氢，所以硬脂酸与乙醇发生酯化反应的化学方程式为：C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，A符合题意；
B．乙烯与氯气发生加成生成二氯乙烷(CH2ClCH2Cl)，化学方程式为CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl，B不符合题意；
C．熔融状态下硫酸氢根不能电离，KHSO4的电离方程式为KHSO4=K++HSO，C不符合题意；
D．HCO水解生成碳酸和氢氧根，离子方程式为HCO+H2OH2CO3+OH-，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A. 酯化反应中酸脱去羟基，醇脱去氢，注意酯化反应为可逆反应。
B.根据烯烃发生加成反应的特点进行分析。
C. 熔融状态下HSO4-不能电离。
D.HCO3-水解生成H2CO3和OH-。
14．【答案】B
【知识点】盐类水解的原理
【解析】【解答】A．两溶液都呈酸性，均发生反应，无色气体为，故A不符合题意；
B.0～200秒，实验②中氢离子浓度大于实验①，产生氢气的速率比实验①快，故B符合题意；
C．实验①②，最终pH>7，说明最后发生反应，故C不符合题意；
D．pH发生突变前，实验②氢离子浓度大、反应时间长，所以400秒时，：实验②＞实验①，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.氯化铁水解得到HCl，镁与盐酸生成H2；
B.pH越小，H+浓度越大，反应速率越快；
C.最终pH>7，说明镁最终和水反应生成了氢氧化镁；
D.因为实验②氢离子浓度大、反应时间长所以得到的镁离子浓度大。
15．【答案】C
【知识点】盐类水解的原理
【解析】【解答】A． 强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性，故A不选；
B． 强酸弱碱盐，水妥后呈酸性，故B不选；
C． 强碱弱酸盐，水解后呈碱性，故C选；
D． 属于碱，故D不选；
故答案为：C。
【分析】依据盐类水解规律分析。有弱才水解，无弱不水解，谁弱谁水解，谁强显谁性，两弱双水解。
16．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．含等物质的量的和的溶液呈碱性，说明CN-的水解程度大于电离程度，则，A不符合题意；
B．和相互抑制水解，促进水解，氯离子对水解无影响，一水合氨是弱碱，在溶液中存在微弱的电离平衡，是强电解质，在水溶液中完全电离，是弱电解质，在水溶液中部分电离，相同浓度的这几种溶液中中最小，所以同的溶液：①②③④，物质的量浓度最大的是，B不符合题意；
C．盐酸为强酸，HCl在水溶液中完全电离，醋酸为弱酸，溶液中存在，物质的量浓度相同的盐酸和醋酸溶液，，因此，C符合题意；
D．氨水为弱碱，相同物质的量浓度的氨水和盐酸充分混合，若，则此时溶质为氯化铵和氨水的混合物，(氨水)(盐酸)，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.依据溶液的酸碱性判断水解和电离的程度大小再结合溶液的电中性分析；
B.依据盐水解的影响因素和弱电解质的电离分析；
C.依据电解质的电离和溶液中各微粒的浓度分析；
D.氨水为弱电解质。
17．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；盐类水解的原理；化合价与化学式
【解析】【解答】A．由SOCl2结构式知，S元素为+4价，Cl元素为-1价，O元素为-2价，+4硫元素化合价可以升高到+6价，表现还原性，也可以降低到0价，表现氧化性，A不符合题意；
B．由于SOCl2中S元素为+4价，故遇水水解应生成SO2和HCl，B符合题意；
C．由于SOCl2极易水解，且产物HCl可抑制Mg2+水解，故SOCl2可用作MgCl2·6H2O的脱水剂，C不符合题意；
D．根据SOCl2水解生成H2SO3（不稳定分解生成SO2）和HCl，知羟基可以取代SOCl2上氯原子生成H2SO3，同理，乙酸羧基上羟基也可以取代SOCl2上氯原子，即2个CH3COOH与1个SOCl2反应生成2个CH3COCl、1个SO2、1个H2O，由于CH3COCl遇水水解，故产物中1个CH3COCl与生成1个H2O反应生成CH3COOH和HCl，故总反应为：CH3COOH+ SOCl2→CH3COCl+SO2+HCl，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.依据元素的化合价分析；
B.依据氧化还原反应中电子的转移分析；
C.依据盐的水解分析；
D.依据盐的水解和有机物的反应分析。
18．【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．通入HCl气体之前，该溶液为Na2X溶液，分步水解且程度很小，离子浓度大小关系为c(X2-)＞c(OH-)＞c(HX-)＞c(H+)，A不符合题意；
B．若通入5×10-3molHCl，则反应后溶液为NaHX和Na2X等浓度混合的溶液，因溶液呈碱性，即HX-的电离小于X2-的水解，则溶液中c(X2-)＜c(HX-)，B不符合题意；
C．电荷守恒式c(Cl-)+2c(X2-)+c(HX-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，物料守恒式c(Na+)=2c(X2-)+2c(HX-)+2c(H2X)，pH=7的溶液c(OH-)=c(H+)，三等式联立可得c(Cl-)＞c(HX-)，C不符合题意；
D．c(Cl-)=0.100 mol L-1的溶液中，c(X2-)+c(HX-)+c(H2X)=c(Cl-)=0.100mol L-1，又根据电荷守恒式c(Cl-)+2c(X2-)+c(HX-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，物料守恒式c(Na+)=2c(X2-)+2c(HX-)+2c(H2X)可得c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X)，所以c(OH-)-c(H+)=c(HX-)+2c(H2X)-[c(X2-)+c(HX-)+c(H2X)]=c(H2X)-c(X2-)，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】溶液中：质子守恒可以由电荷守恒式和物料守恒得出；
19．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．铵根在水溶液中会发生水解，所以c(NH4+)＜c(Cl-)，A不符合题意；
B．一水合氨为弱电解质，所以pH=10的氨水浓度远大于10-4mol/L，与pH=4的盐酸等体积混合后，氨水过量，溶液显碱性，pH＞7，B符合题意；
C．氨水浓度越小，一水合氨的电离程度越大，所以0.1mol L-1与0.2mol L-1氨水溶液中c(OH-)之比大于1：2，C不符合题意；
D．pH相同，则c(OH-)相同，所以中和pH与体积都相同的NaOH和Ba(OH)2溶液，消耗HCl的物质的量之比是1：1，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】易错分析：B.弱碱中含有大量未电离的一水合氨，所以pH=10的氨水浓度远大于10-4mol/L，混合后混合物为氯化铵和氨水，所以溶液呈碱性
C.弱电解质电离原理为，越稀越电离，浓度越小，电离程度越大
D.二者都为强碱，pH相同，OH-浓度相同，同体积时OH-物质的量相同，消耗算的物质的量相同
20．【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；钠的化学性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．六水合氯化镁加热时Mg2+会发生水解，水解生成的HCl挥发，最后得到的不是无水氯化镁，而是Mg(OH)2，若温度较高，则生成MgO，故A不符合题意；
B．钠能和水反应，所以钠不能置换出四氯化钛溶液中的钛，若钠和熔融的四氯化钛反应，则可以置换出钛，故B不符合题意；
C．二氧化碳通入氨的氯化钠饱和溶液中能析出溶解度较小的碳酸氢钠晶体，故C符合题意；
D．鲜花中含有水分，干燥的氯气能和鲜花中的水反应生成具有漂白性的次氯酸，所以干燥的氯气能漂白鲜花，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A． 六水合氯化镁在空气中加热生成氧化镁；
Ｂ．钠与水反应，不能置换出四氯化钛溶液中的钛；
Ｃ．二氧化碳通入氨的氯化钠饱和溶液中生成碳酸氢钠；
Ｄ．鲜花含有水分，氯气溶于水生成的次氯酸具有漂白性。
21．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；电离平衡常数
【解析】【解答】A．相同物质的量浓度的一元酸的pH越小，氢离子浓度越大，说明酸的电离程度越大，该酸的酸性越强，其电离平衡常数越大，根据图知，未加NaOH溶液时，pH：HA＜HB＜HD，说明酸的电离程度HA＞HB＞HD，则KHA＞KHB＞KHD，故A不符合题意；
B．P点时HB被中和50%，溶液中溶质为等物质的量浓度的酸（HB）和盐（NaB），由图可知溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，说明HB的电离程度大于B-的水解程度，则c(B-)＞c(HB)，结合物料守恒2c(Na+)=c(B-)+c(HB)可知：c(B-)＞c(Na+)＞c(HB)，溶液中离子浓度大小为：，故B不符合题意；
C．pH=7时，溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知，HA溶液中c(Na+)=c(A-)，HB溶液中c(Na+)=c(B-)，HD溶液中c(Na+)=c(D-)，由于HA，HB，HD的酸性并不一致，则使溶液呈中性时，三种溶液中c(Na+)并不相等，则c(A-)、c(B-)、c(D-)并不相等，故C符合题意；
D．当中和达时，溶液中存在的是NaA，由可得：，即，化简得：，刚好是NaA溶液的物料守恒等式，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.初始点的pH值AB>D；
B.P点时中和50%，溶液显酸性，B的电离大于水解，故B->HB，H+>OH-，而2Na=B-+HB，故c(B-)＞c(Na+)＞c(HB)；
C.ABD的酸酸性不一样，所以消耗的氢氧化钠的量不同，生成的离子也不同；
D.根据物料守恒计算。
22．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．随碱性增强c(H2A)逐渐减小，pC值逐渐增大，即曲线Ⅲ代表H2A，c(HA-)先增大后减小，pC值先减小后增大，即曲线Ⅰ代表HA-，c(A2-)逐渐增大，pC值逐渐减小，即曲线Ⅱ代表A2-，A项不符合题意；
B．pH=4.19的溶液中加氢氧化钠至溶液pH=5.57，溶液碱性逐渐增强，水的电离程度在逐渐增大，B项不符合题意；
C． ， ， ，C项符合题意；
D．当c(Na+)=0.1mol/L时，加入了0.1mol的氢氧化钠固体，此时溶液中溶质为NaHA，根据 ，电离大于水解，则有c(Na＋)＞c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. 定义pC=-lgC， 根据浓度越低，pC值越大即可判断曲线I、II、III代表的微粒
B.根据pH在逐渐增大，水的电离应该在逐渐增大
C.根据一级和二级电离常数的公式进行替换即可
D.根据钠离子的浓度判断此时溶液的溶质即可判断水解程度和电离程度的大小即可判断
23．【答案】A
【知识点】盐类水解的原理；二价铁离子和三价铁离子的检验；盐析
【解析】【解答】A．Na2CO3溶液中存在CO32-+H2O HCO3-+OH-，故而加入酚酞显红色，加入少量氯化钡固体，CO32-和Ba2+反应生成BaCO3，平衡左移，OH-浓度减小，红色变浅，A符合题意；
B．溶液中无Fe2+，含Fe3+也能出现相同的现象，B不符合题意；
C．KIO3在酸性条件下才能和KI发生氧化还原反应生成I2，操作不符合题意，可加入少量食醋再观察现象，C不符合题意；
D．蛋白质溶液中加入CuSO4发生变性，加入(NH4)2 SO4的饱和溶液发生盐析，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.加入钡离子，消耗碳酸根离子，影响平衡的移动
B.先加入硫氰化钾溶液再加入氯水进行判断
C.反应在酸性条件下进行
D.盐析是可逆的，但是加入硫酸铜后，蛋白质变性
24．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．H2C2O4的二级电离方程式为：HC2O4- H++C2O42-，Ka2= ， c(HC2O4-)=c(C2O42-)时，Ka2= ，即Ka2=10-pH=10-4，A不符合题意；
B．HC2O4- H++ C2O42-，Ka(HC2O4-)=Ka2=10-4，C2O42-+H2O HC2O4-+OH-，Kh(C2O42-)= = =10-10，Ka(HC2O4-)＞Kh(C2O42-)，所以等物质的量NaHC2O4和Na2C2O4混合溶于水，c(HC2O4-)﹤c(C2O42-)，从图上可知，pH＞4，B符合题意；
C．c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2 O42-)=0.100mol·L-1= c(Na+)，所以，c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2 O42-)= c(Na+)，该式子为NaHC2O4的物料守恒，即此时为NaHC2O4溶液，NaHC2O4溶液的质子守恒为：c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2O42-)，C不符合题意；
D．用标准的氢氧化钠溶液滴定H2C2O4溶液，终点溶质主要为Na2C2O4，由图可知，此时溶液显碱性，可用酚酞做指示剂，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】由图可知：c(H2C2O4)=c(C2O42-)时，pH≈2.7，c(HC2O4-)=c(C2O42-)时，pH=4。
25．【答案】A,B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A． 存在水解平衡和电离平衡， 点溶液 是由于 水解程度大于电离程度，故A符合题意；
B．根据电荷守恒， ，b点pH=7即 ，所以 ，故B符合题意；
C． 点，溶质为碳酸氢钠、氯化钠、碳酸，溶液中的 主要来自 的电离，故C不符合题意；
D． 点，碳酸氢钠和盐酸恰好反应， ，故D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】
A.碳酸氢根水解出氢氧根，电离出氢离子，据此判断即可；
B.根据此时电荷守恒和中性条件即可得到；
C.其中存在大量的碳酸，故氢离子主要来自碳酸的电离；
D.恰好反应，但体积变大两倍。浓度也是原本的一半。
26．【答案】（1）；NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋，污水中的NH4＋与水中的OH-结合，使得水中的从c(H+)>c(OH-)，所以溶液显酸性
（2）NH3、NaCl固体，其他可溶性氯化物固体，其他铵盐固体、浓盐酸、HCl……任一种；加入NaCl固体，溶液中Cl-浓度增加，使平衡逆向移动，固体析出（从溶解平衡移动角度解释，合理即可）
（3）1；2；1；1；2；；离子键、共价键、配位键；5；即降低了污水中氮的含量，生成无污染的N2；两个过程又起到了中和作用，生成无污染的水。
【知识点】盐类水解的原理；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）电子式为识记内容，NH4＋为复杂的阳离子，要表示其共价键。NH4Cl为强酸弱碱盐，水解呈酸性。答案是 NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋，污水中的NH4＋与水中的OH-结合，使得水中的从c(H+)>c(OH-)，所以溶液显酸性；（2）NH4Cl(s) NH4＋(aq)＋Cl－(aq)，使氯化铵结晶析出，使溶解平衡向左移动，可以通入氨气、加入可溶性的铵盐或者可溶性的盐酸盐，能使NH4＋或Cl－的浓度增大的均可，答案是NH3、NaCl固体，其他可溶性氯化物固体，其他铵盐固体均可 加入NaCl固体，溶液中Cl-浓度增加，使平衡逆向移动，固体析出（从溶解平衡移动角度解释，合理即可）；（3）根据得失电子守恒和电荷守恒、物料守恒可配平。
___ NH4+ + ___O2→___ NO3－+___ H2O+___ H+
每种元素化合价变化 ↑+5-（-3）=8 ↓2×2=4
得失电子守恒，乘以系数 1 2
元素守恒和电荷守恒 1 2 1 1 2
配平后的方程式为1NH4+ + 2O2→1NO3－+1H2O+2H+，单线桥，从还原剂铵根离子中的N原子，指向氧化剂中的O元素，转移8个e-。①NH4NO3晶体中含有的化学键包括阴阳离子间离子键，铵根离子有共价键和配位键，硝酸根中含有共价键。②硝酸铵中铵根离子转化为硝酸根，再和氢气反应，1mol NH4NO3最后转变成2mol NO3－，根据方程式消耗5mol氢气。③第一个反应产物为酸性溶液，第二个反应为碱性溶液，可以中和，且产物为氮气，无污染。答案为 离子键、共价键、配位键 即降低了污水中氮的含量，生成无污染的N2；两个过程又起到了中和作用，生成无污染的水。
【分析】（1）铵盐为离子化合物，由阴阳离子通过离子键形成。且为弱离子，会水解，结合水电离的OH-，生成弱电解质一水合氨，使溶液显酸性。
（2）NH4Cl(s) NH4＋(aq)＋Cl－(aq)，饱和溶液中溶解和结晶处于平衡状态，加入铵盐或氯化物由于同离子效应，平衡逆向移动，使氯化铵结晶析出。
（3）氧化还原反应的配平原则是化合价升降守恒。 NH4NO3 为离子化合物必定含离子键，N与H、N与O间为共价键。
27．【答案】（1）NH4+；12；无色；Ag2S
（2）N2（g）+3H2（g）═ 2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol；逆；不；0.15 mol/（L s）
（3）CH4；O2+2H2O+4e- ═ 4OH-
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学反应速率；盐类水解的原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1) ① 25℃时，NH4Cl溶液呈酸性，是因为氯化铵属于强酸弱碱盐，NH4+水解后溶液显酸性，故答案为：NH4+；② 常温下，0.0100mol/L NaOH溶液中的c(OH-)=0.0100mol/L，c(H+)= = =1.0×10-12 mol/L，pH=-lg c(H+)=12，故答案为：12；③ 用0.0100mol/L 盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，酚酞作指示剂，滴定终点时，溶液的颜色由浅红色变为无色，且半分钟内颜色保持不变，故答案为：无色；④ 25℃：AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq) Ksp=1.8×10－10，Ag2S(s) 2Ag＋(aq)＋S2－(aq) Ksp=6.3×10－50，向浓度均为0.001 mol/L的NaCl和Na2S的混合溶液中，逐滴加入AgNO3溶液，生成氯化银时c(Ag+)= = =1.8×10－7mol/L，生成硫化银时c(Ag+)= = =8×10－23mol/L，因此先生成Ag2S沉淀，故答案为：Ag2S；(2)① 25℃时，1mol N2完全转化为NH3时释放的能量为92.4 kJ，则热化学方程式为N2(g)+3H2(g)═ 2NH3(g)△H=﹣92.4kJ/mol，故答案为：N2(g)+3H2(g)═ 2NH3(g)△H=﹣92.4kJ/mol；② 该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动；加入催化剂平衡不移动，故答案为：逆；不；③ 前2s内v(NH3)= = =0.1 mol/(L s)，则v(H2)= v(NH3)=0.1 mol/(L s)× =0.15 mol/(L s)，故答案为：0.15 mol/(L s)；(3)天然气燃料电池中，通入天然气的电极为负极；如果该电池中的电解质溶液是KOH溶液，电极B为正极，电极上发生的电极反应式为O2+2H2O+4e- ═ 4OH-，故答案为：CH4；O2+2H2O+4e- ═ 4OH-。
【分析】(1) ① NH4Cl属于强酸弱碱盐，根据盐类水解的规律分析解答；② NaOH溶液显碱性，先计算溶液中的c(OH-)，再根据c(H+)= K w c ( O H ) 计算 c(H+)，最后求pH③盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，最终溶液显中性，根据酚酞作指示剂与溶液的性质分析解答；④首先根据Ksp计算判断两种沉淀的溶解度的大小，首先应该生成溶解度小的沉淀；
(2)① 根据热化学方程式的书写方法书写；② 根据温度和催化剂对化学平衡的影响分析解答；③ 可以首先计算前2s内v(NH3)，再根据方程式有v(H2)= 3 2 v(NH3)计算v(H2)；
(3)燃料电池中通入燃料的电极为负极，通入氧气或空气的电极为正极，在碱性电解质溶液中，不能大量存在氢离子，即电极方程式中不能生成氢离子。
28．【答案】（1）Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+
（2）Fe3+起始浓度小，水解出的Fe(OH)3少
（3）Fe3+与SO32-发生了氧化还原反应：2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42- +2H+，在减小c(Fe2+)的同时降低了pH，使水解出的Fe(OH)3变少
（4）NO3-可以减慢Fe3+与SO32-的氧化还原反应；0.14gNaCl；无明显现象
（5）c
【知识点】氧化还原反应；盐类水解的原理；盐类水解的应用
【解析】【解答】（1）FeCl3和Fe(NO3)3均属于强酸弱碱盐，Fe3+在水溶液中发生水解反应显酸性，发生的方程式为：Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+ ，故答案为：Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+
（2）开始混合时，实验I中红褐色比II、III中略浅是因为实验I中的Fe3+起始浓度小，水解出的Fe(OH)3少，故答案为：Fe3+起始浓度小，水解出的Fe(OH)3少。
（3）铁氰化钾遇到Fe2+后会与Fe2+生成铁氰化亚铁蓝色沉淀，说明实验II、III中的Fe3+被SO32-还原成了Fe2+，发生反应为2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42- +2H+，pH降低使水解出的Fe(OH)3变少，故答案为：Fe3+与SO32-发生了氧化还原反应：2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42- +2H+，在减小c(Fe3+)的同时降低了pH，使水解出的Fe(OH)3变少。
（4）根据题干信息，能够影响反应的因素为Cl- 和NO3-，所以还有一种可能的影响因素为：NO3-可以减慢Fe3+与SO32-的氧化还原反应，为了验证具体是哪种影响因素，设计实验V和实验VI进行因素探究。实验V为了验证①Cl- 可以加快Fe3+与SO32-的氧化还原反应；加入的Cl-的物质的量应该与实验II中的Cl-的物质的量相等，所以 加入氯化钠的质量为0.14g。根据实验结论：因素①和因素②均成立，因素③不明显，可知NO3- 在酸性环境下代替Fe3+氧化了SO32-并不能促进Fe3+水解，反而在酸性环境下没有氢氧化铁存在，所以无现象。故答案为：NO3-可以减慢Fe3+与SO32-的氧化还原反应；0.14g NaCl；无明显现象。
（5）a.Fe3+与SO32-不能同时发生水解反应和氧化还原反应，a不符合题意；
b.稀硝酸的氧化性较强，可以将Fe2+氧化，b不符合题意；
c.用稀硝酸和硝酸钡溶液来检验SO42-是一种常用的检验方法，c符合题意；
故答案为：c
【分析】（1）Fe3+水解使得溶液显酸性，根据水解原理书写离子方程式；
（2）实验过程中的红褐色与产生的Fe(OH)3的含量有关；
（3）Fe3+具有氧化性，能将SO32-氧化，结合反应的离子方程式分析；
（4）根据溶液中所存在的离子，分析对反应的影响，从而设计实验方案；
（5）a.水解反应和氧化还原反应不会同时发生；
b.稀硝酸也具有氧化性，能将Fe2+氧化；
c.根据SO42-的检验分析；
29．【答案】（1）第五周期第ⅣA族
（2）b；c
（3）浓盐酸；锡
（4）开始时，生成沉淀Sn(OH)2所需Sn2+浓度为1.4×10-24 mol/L，而生成沉淀SnS所需Sn2+浓度为1.0×10-23mol/L，Sn(OH)2优先沉淀，但Sn(OH)2+2OH-=SnO22-+2H2O，所以一开始未生成沉淀；7.1×10-8mol/L
（5）3Sn2++IO3-+6H+=3Sn4++I-+3H2O；5I-+ IO3-+6H+=3I2+3H2O
【知识点】盐类水解的原理；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】(1)由信息锡与硅同主族，稳定化合价均为+4价，锡原子比硅原子核外多2个电子层，硅在第三周期第ⅣA族，则锡元素在第五周期第ⅣA族。故答案为：第五周期 第ⅣA族。
(2)①合金是金属与金属或非金属融合而成的具有金属特性的混合物，与组分金属相比具有一些优良性能，如密度小硬度大等，因此本题正确答案选b。
②通过信息：只要白锡接触到很少的灰锡，很失就会变成灰锡完全毁坏，可见灰锡是白锡转化的催化剂，加速反应，故本题正确答案选c。
(3)SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡SnCl2+H2O Sn(OH)Cl+HCl，加入盐酸，使平衡向左移动，抑制水解，加入Sn防止Sn2+被氧化，所以用到的试剂为氯化亚锡固体、浓盐酸、锡和水，故本题正确答案：浓盐酸； 锡；
(4)Ksp[Sn(OH)2]=1.4×10-28，Ksp(SnS)=1.0×10-25，开始时，c(S2-)=0.01mol·L-1，c(OH-)=0.01mol·L-1，生成沉淀Sn(OH)2所需Sn2+浓度= mol/L=1.4×10-24mol/L，而生成沉淀SnS所需Sn2+浓度=1.0×10-25/0.01mol/L=1.0×10-23mol/L，Sn(OH)2优先沉淀，但Sn(OH)2+2OH-=SnO22-+2H2O，所以一开始未生成沉淀；当加SnCl2至溶液pH=9时，c(OH-)=1.0×10-5mol·L-1，，c(Sn2+)= mol·L-1 =1.4×10-23mol/L，c(S2-)=1.0×10-25/1.4×10-23mol/L=7.1×10-8mol/L；
(5)滴定过程中先发生IO3-在强酸性环境中将Sn2+氧化为Sn4+，本身被还原为I-，I-和IO3-在酸性条件下发生反应生成碘单质，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒写出离子反应方程式为： 3Sn2++IO3-+6H+=3Sn4++I-+3H2O、 5I-+ IO3-+6H+=3I2+3H2O，所以本题正确答案为：3Sn2++IO3-+6H+=3Sn4++I-+3H2O ； 5I-+ IO3-+6H+=3I2+3H2O。
【分析】（1）元素在周期表的位置可根据元素的性质，最外层电子数等于最高化合价，电子层数等于周期序数，还可根据元素形成物质的性质进行判断。（2）合金的特点是熔点低，硬度大。所以一般使用合金比单一金属多。（3）中水解注意利用水解特点，异性相吸原理进行判断产物。
30．【答案】（1）+4
（2）BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O
（3）漏斗、烧杯、玻璃棒；取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加稀HNO3 酸化的AgNO3 溶液，若无白色沉淀产生，说明已洗净。
（4）促进TiCl4水解
（5）60%
（6）2.58×10-8
【知识点】盐类水解的原理；常见离子的检验；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）BaTiO3中Ba的化合价为+2价，O的化合价为-2价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，Ti的化合价为+4价。
（2）盐酸酸浸时反应的化学方程式为BaCO3+2HCl=BaCl2+H2O+CO2↑，离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑。
（3）①过滤操作中使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。②根据流程草酸氧化钛钡晶体吸附可溶性的Cl-等，要证明晶体已经洗净即证明洗涤液中不含Cl-。方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加稀HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，说明已洗净。
（4）TiCl4水解的离子方程式为TiCl4+2H2O TiO2+4HCl，加入大量水促进TiCl4水解，盐的水解是吸热过程，加热促进TiCl4水解，制备时加入大量的水同时加热，目的是促进TiCl4的水解。
（5）根据Ba守恒，理论上得到BaTiO3的质量为 233g/mol=23.3g，BaTiO3的产率为 100%=60%。
（6）BaCO3的溶解平衡表达式为BaCO3（s） Ba2+（aq）+CO32-（aq），Ksp（BaCO3）=c（Ba2+）·c（CO32-）=2.58 10-9，若浸出液中c（Ba2+）=0.1mol/L，则CO32-在浸出液中最大浓度c（CO32-）= mol/L=2.58 10-8mol/L。
【分析】（1）根据化合物中化合价代数和为零计算Ti的化合价；
（2）碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，注意碳酸钡难溶于水；
（3）根据过滤操作判断需要的玻璃仪器；检验是否洗净即是检验最后一次洗涤液中是否含有氯离子；
（4）水解是吸热反应，加热可促进水街；
（5）根据关系式计算产率；
（6）根据碳酸钡的溶度积常数计算需要的溶液浓度。
31．【答案】（1）分液漏斗；防止产品被空气中的氧气氧化；c；过滤；处理尾气，防止空气污染；NaOH溶液
（2）Na2S2O5+H2O=2NaHSO3；溶液中HSO3-的电离程度大于其水解程度
（3）取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成
（4）0.128；是
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；常用仪器及其使用
【解析】【解答】（1）①装置Ⅰ中盛放浓硫酸的仪器名称为分液漏斗；因焦亚硫酸钠具有强还原性，防止其产品被空气中的氧气氧化，故滴加浓硫酸前需要将装置內的空气排净；②装置Ⅱ的作用之一是观察SO2的生成速率，即所选择的液体不能与二氧化硫反应，最好选择c；③装置Ⅲ中饱和亚硫酸钠溶液与二氧化硫反应生成焦亚硫酸钠晶体，故分离出Na2S2O5晶体可采取的操作方法是过滤；裝置Ⅳ的作用是吸收多余的二氧化硫，防止污染环境，故应盛装NaOH溶液；（2）①Na2S2O5溶于水，测得该溶液pH=4.5，根据图像可知，溶液中主要微粒为HSO3—，即：Na2S2O5+H2O=2NaHSO3；②因溶液中HSO3-既能电离，又能水解，其电离程度大于其水解程度，导致溶液显酸性；（3）若Na2S2O5晶体在空气中已被氧化，则应该生成Na2SO4，通过检验样品中是否含有SO42－，即取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，证明Na2S2O5晶体在空气中已被氧化；（4）根据反应“SO2＋I2＋2H2O＝H2SO4＋2HI”，则样品中抗氧化剂的残留量＝ ＝0.128g/L；该数据说明某葡萄酒中SO2的残留量是达到我国国家标准。
【分析】（1）分液时用到的仪器是分液漏斗，上层的液体在上口倾倒，下层的液体在下口放出；
过滤是分离不相溶的固液混合物的操作；
（2）Na2S2O5和水化合会生成NaHSO3；HSO3-电离使溶液显酸性，水解使溶液显碱性，最终溶液显酸性，说明其电离大于水解；
（3）Na2S2O5晶体被氧化后生成硫酸根，可以和钡离子生成不溶于盐酸的白色沉淀；
（4）该滴定的原理是利用二氧化硫具有还原性，碘单质具有氧化性，二者发生氧化还原反应。
32．【答案】（1）第二周期第ⅥA族；
（2）Al3+水解产生氢氧化铝胶体，能吸附水中悬浮物使之凝聚达到净水目的，Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+
（3）同一周期，从左到右，随着原子序数的递增，元素的非金属性逐渐增强
（4）Al2O3+2OH-→2AlO2-+H2O
（5）酸；＞
【知识点】盐类水解的原理；盐类水解的应用
【解析】【解答】I.（1）O元素位于第二周期VIA族，O元素最外层电子数为6，得到2个电子达到稳定结构，即O2－的结构示意图为 ；（2）Al3+水解产生氢氧化铝胶体，Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+，能吸附水中悬浮物使之凝聚达到净水目的；（3）考查元素周期律，O和N两种元素位于同周期， 同一周期，从左到右，随着原子序数的递增，元素的非金属性逐渐增强；（4），发生离子方程式为：Al2O3+2OH-→2AlO2-+H2O；（5）II.考查盐类水解以及离子浓度大小的比较，Al3＋、NH4＋属于弱碱根离子，发生水解，Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋、NH4＋＋H2O NH3·H2O＋OH－，水溶液显酸性；Al3＋得OH－能力强于NH4＋，因此c(NH4＋)>c(Al3＋)。
【分析】（1）考查元素周期表和离子结构示意图的书写；（2）考查盐类水解的应用，氢氧化铝胶体的吸附性；（3）根据元素周期律判断，同一周期，从左到右，随着原子序数的递增，元素的非金属性逐渐增强；（4）根据氧化铝的两性分析；（5）盐类的水解反应。
33．【答案】（1）
（2）碱性；NaClO为强碱弱酸盐，ClO-在溶液中发生水解反应：ClO-+H2OHClO+OH-，水解生成的OH—离子使溶液呈碱性
（3）c(Cl-)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)
（4）100：1
（5）C；D
（6）HCO在溶液中存在水解平衡：HCO+H2OH2CO3+OH—，Al3+在溶液中存在水解平衡：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，两溶液混合时，氢离子与氢氧根离子反应，使水解平衡不断右移直至反应完全生成Al(OH)3沉淀和CO2气体
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）一水合氨是弱碱，在溶液中部分电离出铵根离子和氢离子，电离方程式为，故答案为：；
（2）次氯酸钠为强碱弱酸盐，次氯酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，水解的离子方程式为ClO—+H2OHClO+OH—，故答案为：NaClO为强碱弱酸盐，ClO—在溶液中发生水解反应：ClO—+H2OHClO+OH—，水解生成的OH—离子使溶液呈碱性；
（3）等浓度等体积的一水合氨和盐酸混合恰好反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Cl—)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH—)，故答案为：c(Cl—)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH—)；
（4）一水合氨和氢氧化钠在溶液中电离出的氢氧根离子均抑制水的电离，水电离出的氢离子总是等于水电离出的氢氧根离子，则pH为11的氨水和pH为13的氢氧化钠溶液中由水电离出的氢氧根离子浓度之比为1×10—11mol/L：1×10—13mol/L=100：1，故答案为：100：1；
（5）A．碳酸氢钠溶液中含有水分子、钠离子、碳酸氢根离子、碳酸根离子、碳酸、氢氧根离子和氢离子，共7种微粒，故不正确；
B．碳酸氢钠溶液呈碱性说明碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，故不正确；
C．碳酸氢钠溶液中存在物料守恒关系，故正确；
D．碳酸氢钠溶液呈碱性，溶液中氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，由电荷守恒可知，溶液中，故正确；
故答案为：CD；
（6）泡沫灭火器产生二氧化碳的原因是HCO在溶液中存在水解平衡：HCO+H2OH2CO3+OH-，Al3+在溶液中存在水解平衡：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，两溶液混合时，氢离子与氢氧根离子反应，使水解平衡不断右移直至反应完全生成Al(OH)3沉淀和CO2气体，故答案为：HCO在溶液中存在水解平衡：HCO+H2OH2CO3+OH-，Al3+在溶液中存在水解平衡：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，两溶液混合时，氢离子与氢氧根离子反应，使水解平衡不断右移直至反应完全生成Al(OH)3沉淀和CO2气体。
【分析】（1）一水合氨是弱碱，在溶液中部分电离出铵根离子和氢离子；
（2）依据盐类水解规律分析。
（3）依据盐类水解规律和电荷守恒分析；
（4）依据碱抑制水的电离，水电离出的氢离子总是等于水电离出的氢氧根离子；
（5）A．依据水解和电离平衡分析；
B．依据水解、电离程度分析；
C．依据物料守恒分析；
D．依据电荷守恒分析；
（6）依据盐类水解规律分析。有弱才水解，无弱不水解，谁弱谁水解，谁强显谁性，两弱双水解。
34．【答案】（1）CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；c(CH3COO-)+c(OH-)= c(H+)+c(Na+)
（2）AD；图2；1；7；c(CH3COO-)>c(Na+)> c(H+)>c(OH-)；0.0025mol
（3）A
【知识点】盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】（1）溶液呈碱性的原因是CH3COO-在溶液中发生水解反应生成醋酸和氢氧根，离子方程式为：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)= c(H+)+c(Na+)，呈电中性。
（2）①在上述滴定过程中，使用的玻璃仪器有碱式滴定管、锥形瓶，不需要使用的玻璃仪器有容量瓶、胶头滴管，
故答案为：AD；
②HCl是强电解质，盐酸中c(H+)=0.1000mol/L，pH=1，加入溶液恰好反应时，所得溶液为中性，7。所以图中数据滴定盐酸的变化曲线为图2；
③用滴定醋酸，当滴加溶液时，所得溶液中溶质为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，由图可知此时溶液pH<7，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH-)，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，液中各离子浓度由大到小的顺序是c(CH3COO-)>c(Na+)> c(H+)>c(OH-)，溶液中存在物料守恒n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=2n(Na+)=2×0.0125L×0.1000mol/L=0.0025mol。
（3）A．量取溶液的碱式滴定管未用待测碱液润洗，溶液被稀释，浓度减小，使测定结果偏低，故A选；
B．酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液，盐酸被稀释，浓度减小，造成V(标准)偏大，根据c(待测)= 可知，c(待测)偏大，故B不选；
C．滴定过程中滴定管内不慎有标准液溅出，造成V(标准)偏大，根据c(待测)= 可知，c(待测)偏大，故C不选；
D．读数时，滴定前俯视，滴定后读数正确，所用标准液的体积偏大，根据c(待测)= 可知，c(待测)偏大，故D不选；
故答案为：A。
【分析】（1）CH3COO-生成醋酸和氢氧根，利用电荷守恒；
（2）①滴定过程中，使用的玻璃仪器有碱式滴定管、锥形瓶；
②依据起点和变化曲线判断；
③依据产物溶液的酸碱性分析和物料守恒计算；
（3）根据c(待测)= 分析。
35．【答案】（1）B；C
（2）；3.7；>
（3）IV；<；d；86.1
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理
【解析】【解答】（1）将甲酸溶液滴入溶液中，观察是否有气泡生成，只能证明甲酸酸性强于碳酸，不能证明甲酸为弱酸；向体积相同、相同的盐酸和甲酸溶液中加入足量，甲酸溶解的质量较大，可以证明甲酸为弱酸；取一定浓度的甲酸钠溶液，测其，可以证明甲酸为弱酸；
故答案为：BC。
（2）①的水解平衡常数；
②的甲酸钠溶液和的甲酸溶液等体积混合可配成一种缓冲溶液。由，得出，该混合溶液的约为3.7；
③由甲酸的电离平衡常数，及的水解平衡常数可知，电离程度大于水解程度，故该混合溶液中。
（3）①由电荷守恒可知，反应过程中的中间产物“Ⅳ”也带一个正电荷；
②由反应进程可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，故甲酸分解的，该历程中Ⅳ转化为Ⅰ的过程有最大能垒(活化能)，为反应的决速步骤。
【分析】（1）A、甲酸可以制碳酸，无法证明甲酸是弱酸；
B、相同体积、pH相同的强酸和弱酸和过量锌反应，氢气多的是弱酸；
C、强碱弱酸盐呈碱性；
（2） ① 水解平衡常数=水的离子积常数/电离平衡常数；
② 结合电离平衡常数判断氢离子的浓度；
③ 结合电离平衡常数和水解平衡常数判断；
（3） ① 结合电荷守恒判断；
② 反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，反之反应吸热。
2023年高考真题变式分类汇编：盐类水解的原理3
一、选择题
1．（2021·北京）下列实验中，均产生白色沉淀。
下列分析错误的是（　　）
A．Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同
B．CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解
C．Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解
D．4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低
【答案】B
【知识点】盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．Na2CO3溶液、NaHCO3溶液均存在Na+、 、 、H2CO3、H+、OH-、H2O，故含有的微粒种类相同，A不符合题意；
B． H++ ，加入Ca2+后，Ca2+和 反应生成沉淀，促进 的电离，B符合题意；
C．Al3+与 、 都能发生互相促进的水解反应，C不符合题意；
D．由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会减小，pH减小，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 A.两溶液都含有Na+、 、 、H2CO3、H+、OH-、H2O；
B.氯化钙与碳酸钠反应；
C.铝离子与碳酸根离子、碳酸氢根离子都能发生双水解；
D.硫酸铝与碳酸钠和碳酸氢钠发生双水解，都生成氢氧化铝和二氧化碳，氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙，碳酸氢根离子电离产生氢离子和碳酸根离子，钙离子与碳酸根离子结合促进碳酸氢根离子电离平衡正向移动。
2．（2021·广东）鸟嘌呤( )是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用 表示)。已知 水溶液呈酸性，下列叙述正确的是（　　）
A． 水溶液的
B． 水溶液加水稀释， 升高
C． 在水中的电离方程式为：
D． 水溶液中：
【答案】B
【知识点】盐类水解的原理；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.G是一种弱碱，其盐溶液中，GH+水解，使得盐溶液显酸性，0.001mol/L的GHCl溶液，由GH+水解产生的H+浓度远小于0.001mol/L，因此溶液的pH＞3，A不符合题意；
B.加水稀释，溶液中c(H+)减小，pH增大，B符合题意；
C.GHCl为可溶性盐溶液，在水中完全电离，其电离方程式为：GHCl=GH++Cl-，C不符合题意；
D.GHCl水溶液中存在GH+、H+、OH-和Cl-，结合电荷守恒可得c(OH-)+c(Cl-)=c(GH+)+c(H+)，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.GHCl水溶液由于GH+的水解使得溶液显酸性；
B.加水稀释溶液中c(H+)减小；
C.GHCl在水中完全电离产生GH+和Cl-；
D.结合电荷守恒分析；
3．（2021·全国乙卷）HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中 而变化， 不发生水解。实验发现，298K时 ，如下图中实线所示。
下列叙述错误的是（　　）
A．溶液pH = 4 时.
B．MA 的溶度积
C．溶液 pH = 7 时，
D．HA 的电离常数
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A.由图可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L时，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)=mol/L<3.0×10-4mol/L，A正确；
B.由图可知，c(H+)=0时，可看作溶液中有较大浓度的OH-，此时A-的水解极大地被抑制，溶液中c(M+)=c(A-)，Ksp(MA)=c(M+)c(A-)=c2(M+)=5×10-8，B正确；
C.MA饱和溶液中，M+不水解，A-水解显碱性，若pH=7，说明加入了酸，但该酸不一定是HA，设调pH所用的酸为HnX，则结合电荷守恒可知c(M+)+c(H+)=c(OH-)+ nc(Xn-)，题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn-)，C错误；
D.Ka(HA)=，当c(A-)=c(HA)时，由物料守恒可知，c(A-)+c(HA)=c(M+)，c(A-)=，Ksp(MA)=c(M+)c(A-)==5×10-8，c2(M+)=10×10-8，对应图得此时溶液中c(H+)=2.0×10-4mol/L，Ka(HA)==c(H+)2.0×10-4，D正确；
故答案为：C
【分析】根据电荷守恒和物料守恒结合图像计算。
4．（2018·天津）LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始（H2PO4–）的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO4–的分布分数δ随pH的变化如图2所示，[ ]下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是（　　）
A．溶液中存在3个平衡
B．含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–
C．随c初始（H2PO4–）增大，溶液的pH明显变小
D．用浓度大于1 mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3 ， 当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4
【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：A．溶液中存在H2PO4–的电离平衡和水解平衡，存在HPO42–的电离平衡，存在水的电离平衡，所以至少存在4个平衡。选项A不符合题意。
B.含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–和H3PO4。选B不符合题意。
C.从图1中得到随着c初始（H2PO4–）增大，溶液的pH不过从5.5减小到4.66，谈不上明显变小，同时达到4.66的pH值以后就不变了。所以选项C不符合题意。
D.由图2得到，pH=4.66的时候，δ=0.994，即溶液中所有含P的成分中H2PO4–占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4。选项D符合题意。
故答案为：D
【分析】该题考查电离平衡和水解平衡，应重点掌握①多元弱酸的电离、多元弱酸盐的水解都是分部进行的，另外还要考虑到水的电离；②多元弱酸电离呈酸性、多元弱酸的盐水解呈碱性；③根据题目给出的图示进行分析
5．（2022·嘉定模拟）氯化铵溶液中放入镁粉能放出H2和NH3，产生这种现象的原因是（　　）
A．金属镁能把NH3置换出来
B．镁具有强还原性，NH具有氧化性，发生氧化还原反应
C．因为NH水解溶液显酸性，Mg与H+反应放出H2，平衡向正反应方向移动
D．因为Mg与H2O反应，生成Mg(OH)2与NH4Cl反应
【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；盐类水解的应用
【解析】【解答】氯化铵为强酸弱碱盐，在溶液中铵根离子水解出来氢离子，使溶液显酸性，镁和氢离子反应放出氢气，水解平衡正向移动，随着一水合氨浓度增大，镁和氢离子反应放热，一水合氨分解产生氨气。
故答案为：C。
【分析】氯化铵中，铵根离子会发生水解生成一水合氨和氢离子，溶液呈酸性，镁和氢离子的反应会生成氢气，反应放热使一水合氨分解出氨气。
6．（2022·宝山模拟）将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后，溶液显酸性，则溶液中有关微粒的浓度关系错误的是（　　）
A．c(Na+)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)
B．c(Ac-)>c(Cl-)>c(HAc)>c(H+)
C．c(Na+)>c(Ac-)+c(Cl-)
D．c(Na+)+c(H+)=c(Ac-)+c(Cl-)+c(OH-)
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理
【解析】【解答】A．将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合，混合溶液中的c(Na+)是c(Cl-)的2倍，所以c(Na+)＞c(Cl-)，溶液呈酸性，所以c(H+)＞c(OH-)，Na+和Cl-是大量的，而H+和OH-是少量的，所以c(Na+)＞c(Cl-)＞c(H+)＞c(OH-)，故A不符合题意；
B．混合溶液中含等物质的量的NaCl、醋酸和醋酸钠，溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，则c(Ac-)＞c(Cl-)＞c(HAc)，H+是由弱酸醋酸以及水微弱电离产生的，所以c(Ac-)＞c(Cl-)＞c(HAc)＞c(H+)，故B不符合题意；
C．溶液中c(Na+)是c(Cl-)的2倍，而c(Ac-)＞c(Cl-)，所以c(Na+)＜c(Ac-)+c(Cl-)，故C符合题意；
D．根据电荷守恒，溶液中有c(Na+)+c(H+)=c(Ac-)+c(Cl-)+c(OH-)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】二者完全反映后溶质是醋酸钠、醋酸、氯化钠三中溶质，且三个溶质物质的量相等，结合电荷守恒即可比较离子浓度大小
7．（2022·宝鸡模拟）25℃时，向25mL0.1mol·L-1邻苯二甲酸(H2A)溶液中加入KOH固体，混合溶液的pH随-lgc(HA-)以及-lgc(A2-)的关系如图所示(忽略溶液体积变化和邻苯二甲酸的挥发)。下列有关叙述错误的是（　　）
A．邻苯二甲酸的Ka1约为1.0×10-3
B．b点有关微粒浓度大小关系为(HA-)>c(A2-)>c(H2A)
C．从b点到e点，水电离产生的c(H+)先增大后减小
D．c点c(K+)>3c(A2-)
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由图可知，pH=0时，，，则，H2A的电离微弱，因此c(H2A)约为0.1mol/L，邻苯二甲酸的Ka1约为，故A不符合题意；
B．b点的纵坐标最小，则此时溶液中最大，即溶液中的溶质为KHA，溶液的pH=4，说明KHA溶液呈酸性，HA-的电离程度大于水解程度，则c(A2-)>c(H2A)，b点有关微粒浓度大小关系为(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，故B不符合题意；
C．b点溶质为KHA，溶液呈酸性，说明HA-电离程度大于水解程度，抑制水电离，从b到e点，继续加入KOH固体生成K2A，A2-水解而促进水电离，继续加入KOH，KOH抑制水电离，则水电离产生的c (H+)先增大后减小，故C不符合题意；
D．c点溶液中，溶液中由电荷守恒有，c点溶液呈酸性，，则，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 H2A为二元素弱酸，依据其电离方程式结合一级电离远大于二级电离，因此ac线代表pH、-lgc(HA-)关系曲线，加入KOH，先生成KHA，继续加入KOH，再生成K2A，利用"守恒"思想影响水电离的因素等知识进行分析。
8．（2022·长宁模拟）， 向 溶液中滴入等浓度的 溶液， 下列判断一定正确的是（　　）
A．若最终溶液含等摩尔 和 ， 则
B．若 溶液过量， 则
C．若 溶液不足量， 则 溶液加入越少水的电离程度越大
D．若恰好完全反应， 则
【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理
【解析】【解答】A．若最终溶液含等摩尔 HAc 和 NaAc，由物料守恒：和电荷守恒：可得 ，A符合题意；
B．若NaOH溶液过量的量较少，NaAc溶液显碱性，则钠离子浓度最大，其次是醋酸根，可满足；当氢氧化钠溶液过量很多时，钠离子浓度最大，其次是氢氧根，不满足，B不符合题意；
C．若氢氧化钠溶液不足量，当加入的氢氧化钠量越少时，溶液显酸性，HAc浓度越大，电离出氢离子越抑制水电离，水电离程度越小，C不符合题意；
D．若恰好完全反应，溶质成分为NaAc，醋酸根水解产生HAc和，水解方程式为：，另外溶液中水电离也产生氢氧根，故，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.利用醋酸与醋酸钠1：1，列出物料守恒，然后移项即可得到该等式
B.取决于氢氧化钠过量的多少，可能出现氢氧根大于醋酸根
C.醋酸和强氧化钠都会抑制水解电离，当二者完全反映，水的电离程度最大
D.还需要考虑水的电离，也会产生OH-
9．（2022·渭南模拟）25℃时，改变0.1mol·L-1弱酸RCOOH溶液的pH，溶液中RCOOH分子的物质的量分数δ(RCOOH)[δ(RCOOH)=]也随之改变。甲酸(HCOOH)与丙酸(CH3CH2COOH)溶液中δ(RCOOH)与pH的关系如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．丙酸的电离常数数量级为10-5
B．等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液的pH比较：前者＞后者
C．水的电离程度：M点＜N点
D．将0.1mol·L-1的HCOOH溶液与0.1mol·L-1的HCOONa溶液等体积混合，所得溶液中：c(HCOO-)＞c(Na+)＞c(HCOOH)＞c(H+)＞c(OH-)
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；盐类水解的原理；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由分析可知，丙酸的电离常数为10-4.88，数量级为10-5，故A不符合题意；
B．由分析可知，甲酸的酸性强于丙酸，则甲酸根离子在溶液中的水解程度小于丙酸根离子，等浓度的甲酸钠溶液的pH小于丙酸钠溶液，故B符合题意；
C．酸溶液中氢离子浓度越大，抑制水电离的程度越大，由图可知，M点溶液中pH小于N点，溶液中氢离子浓度大于N点，则水的电离程度小于N点，故C不符合题意；
D．甲酸根离子的水解常数Kh==＜Ka说明等浓度的甲酸和甲酸钠的混合溶液中甲酸的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，则溶液中各微粒浓度的大小顺序为c(HCOO-)＞c(Na+)＞c(HCOOH)＞c(H+)＞c(OH-)，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由公式可知，δ(RCOOH)=0.5时，溶液中c( RCOOH)=c( RCOO-)，则弱酸的电离常数Ka==c(H+)，由图可知，δ(RCOOH) = 0.5时，甲酸、丙酸溶液的pH分别为3.75、4.88，则甲酸、丙酸的电离常数分别为10-3.75、10-4.88，电离常数越大，弱酸的酸性越强，则甲酸的酸性强于丙酸。
10．（2022·安徽模拟）常温下，向10 mL0.1 mol·L-1丙烯酸(CH2=CHCOOH)溶液中滴加0.1 mol·L-1 NaOH溶液，溶液的酸度(AG)与NaOH溶液体积的关系如图所示。
已知：AG=lg ，电离度=x 100%。
若忽略溶液混合时的体积变化，下列说法正确的是（　　）
A．b点对应的溶液中：c( Na+) >c(CH2=CHCOO-) >c(H+) >c(OH-)
B．d点对应的溶液中：c(OH-) =c(H+) +c(CH2=CHCOO-) +c( CH2=CHCOOH)
C．0.1 mol·L-1 CH2=CHCOOH溶液中丙烯酸的电离度近似等于10%
D．若AG=0时V=x，则丙烯酸的电离常数为Ka=×10-7
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．b点对应的溶液中溶质为等浓度的CH2=CHCOOH和CH2=CHCOONa，溶液呈酸性，根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(CH2=CHCOO-)+c(OH-)，结合c(H+) >c(OH-)得： c(CH2=CHCOO-) > c(Na+) >c(H+) >c(OH-)，选项A不符合题意；
B．d点对应的溶液中，存在物料守恒：c(Na+)=2 c(CH2=CHCOO-)+2 c(CH2=CHCOOH)，结合电荷守恒得c(OH-) =c(H+) +c(CH2=CHCOO-) +2c(CH2=CHCOOH)，选项B不符合题意；
C．V=0，AG=8，c(H+)=110-3mol/L，电离度为，选项C不符合题意；
D．AG=0对应的溶液呈中性，c(CH2=CHCOO-)=c(Na+)，c(OH-) =c(H+)=110-7mol/L，c(Na+)=0.1× mol/L，c(CH2=CHCOOH)=0.1× mol/L，丙烯酸的电离常数为Ka=×10-7，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.b点根据电荷守恒判断是 c(CH2=CHCOO-)>c( Na+)；
B.d点NaOH过量一倍，所以溶液呈碱性，c(OH-) >c(H+) ；
C.根据a点酸度等于8，可以计算丙烯酸的电离度；
D.AG为0，c(OH-) =c(H+) ，c(CH2=CHCOO-)=c(Na+)，计算c(CH2=CHCOO-)，从而求出Ka。
11．（2022·惠州模拟）向100mL 0.1mol·L-1K2CO3溶液中缓慢滴加100mL 0.2mol·L-1盐酸，溶液中各离子的物质的量随加入盐酸的物质的量的变化如图所示(H+和OH-未画出)，已知：碳酸的电离平衡常数Ka1=4.31×10-7，Ka2=5.60×10-11，下列说法错误的是（　　）
A．滴加至A点时，
B．滴加至B点时，
C．滴加至C点时，
D．滴加至D点时，溶液的pH<7
【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．滴加至A点时，根据物料守恒知：n(K+)=2n()+2n()+2n()(此时无二氧化碳生成)，由图A点知n(Cl-)=n()>n()，，故A不符合题意；
B．，，B点时，n()=n()，c(H+)=5.60×10-11，，故B不符合题意；
C．由C点知，n(Cl-)>n()>n()，此时加入n(HCl)=0.01 mol，此时溶质为KCl和KHCO3，且等浓度，由物料守恒得：n(Cl-)=n()+n()+n()，又因为n()>n()，所以，故C符合题意；
D．D点时，n(Cl-)=0.02 mol，说明K2CO3+2HCl=2KCl+CO2↑+H2O恰好完全反应，生成的二氧化碳部分溶于水，则溶液的pH<7，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.此时溶质为KHCO3：KCl=1：1，然后列出物料守恒即可比较
B.此时CO32-和HCO3-物质的量相等，结合平衡常数进行计算即可
C.此时溶质为KCl和KHCO3，且物质的量相等，结合物料守恒解答即可
D.此时溶质全部是KCl，但是溶解的有碳酸，显酸性
12．（2022·西城模拟）向盛有溶液的烧杯中，加入少量氨水，再加入过量Mg粉，有大量气泡产生。将湿润的红色石蕊试纸放在烧杯口，试纸变蓝。溶液的pH随时间的变化如图。
下列说法不正确的是（　　）
A．随着反应的进行，降低
B．产生的气体是混合物
C．pH=9时，溶液中
D．溶液的pH升高可能是Mg与、反应的结果
【答案】C
【知识点】盐类水解的原理
【解析】【解答】A．由产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知，镁与氯化铵溶液中的铵根离子反应生成氢气和氨气，所以随着反应的进行，溶液中铵根离子浓度减小，
B．由产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知，镁与氯化铵溶液中的铵根离子反应生成氢气和氨气，所以反应产生的气体是混合物，故B不符合题意；
C．pH为9的碱性溶液中存在电荷守恒关系c(H+)+ c(NH4+)+ 2c(Mg2+)=c(Cl-)+ c(OH-)，溶液中氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，所以溶液中c(NH4+)+ 2c(Mg2+)＞c(Cl-)，故C符合题意；
D．由产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知，镁与溶液中的铵根离子反应生成一水合氨和氢气，反应中一水合氨浓度增大，会分解逸出氨气，使溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH升高，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．镁与氯化铵溶液中的铵根离子反应生成氢气和氨气；
B．镁与氯化铵溶液中的铵根离子反应生成氢气和氨气；
C．依据电荷守恒，碱性溶液中分析；
D．镁与溶液中的铵根离子反应生成一水合氨和氢气，反应中一水合氨浓度增大，会分解逸出氨气，使溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH升高。
13．（2022·石家庄模拟）下列有关化学用语表示正确的是（　　）
A．硬脂酸与乙醇发生酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O
B．用乙烯制备二氯乙烷：CH2=CH2+Cl2→CH3CHCl2
C．KHSO4熔融状态下电离：KHSO4=K++H++SO
D．HCO水解：HCO+H2OCO+H3O+
【答案】A
【知识点】盐类水解的原理；加成反应；酯化反应
【解析】【解答】A．酯化反应中酸脱去羟基，醇脱去氢，所以硬脂酸与乙醇发生酯化反应的化学方程式为：C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，A符合题意；
B．乙烯与氯气发生加成生成二氯乙烷(CH2ClCH2Cl)，化学方程式为CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl，B不符合题意；
C．熔融状态下硫酸氢根不能电离，KHSO4的电离方程式为KHSO4=K++HSO，C不符合题意；
D．HCO水解生成碳酸和氢氧根，离子方程式为HCO+H2OH2CO3+OH-，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A. 酯化反应中酸脱去羟基，醇脱去氢，注意酯化反应为可逆反应。
B.根据烯烃发生加成反应的特点进行分析。
C. 熔融状态下HSO4-不能电离。
D.HCO3-水解生成H2CO3和OH-。
14．（2022·丰台模拟）某小组进行以下探究。实验①：Mg条与盐酸-KCl溶液(pH=3.08)反应；实验②：Mg条与0.001 溶液(pH=3.08)反应。两个实验所用的Mg条(打磨过)足量且表面积相同。测得溶液pH随时间变化的曲线如下图所示。两个实验过程中均观察到有无色气体产生，实验②中没有检测到和Fe。
下列说法不正确的是（　　）
A．无色气体为
B．0～200秒，实验②产生氢气的速率比实验①慢
C．实验①②中pH发生突变与Mg和水的反应有关
D．400秒时，：实验②＞实验①
【答案】B
【知识点】盐类水解的原理
【解析】【解答】A．两溶液都呈酸性，均发生反应，无色气体为，故A不符合题意；
B.0～200秒，实验②中氢离子浓度大于实验①，产生氢气的速率比实验①快，故B符合题意；
C．实验①②，最终pH>7，说明最后发生反应，故C不符合题意；
D．pH发生突变前，实验②氢离子浓度大、反应时间长，所以400秒时，：实验②＞实验①，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.氯化铁水解得到HCl，镁与盐酸生成H2；
B.pH越小，H+浓度越大，反应速率越快；
C.最终pH>7，说明镁最终和水反应生成了氢氧化镁；
D.因为实验②氢离子浓度大、反应时间长所以得到的镁离子浓度大。
15．（2022·温州模拟）水溶液呈碱性的盐是
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】盐类水解的原理
【解析】【解答】A． 强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性，故A不选；
B． 强酸弱碱盐，水妥后呈酸性，故B不选；
C． 强碱弱酸盐，水解后呈碱性，故C选；
D． 属于碱，故D不选；
故答案为：C。
【分析】依据盐类水解规律分析。有弱才水解，无弱不水解，谁弱谁水解，谁强显谁性，两弱双水解。
16．（2021·嘉兴模拟）室温下，下列说法正确的是（　　）
A．含等物质的量的和的溶液呈碱性，可知
B．同的溶液：①②③④，物质的量浓度最大的是④
C．物质的量浓度相同的盐酸和醋酸溶液，存在
D．相同物质的量浓度的氨水和盐酸充分混合，若，则(氨水)(盐酸)
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．含等物质的量的和的溶液呈碱性，说明CN-的水解程度大于电离程度，则，A不符合题意；
B．和相互抑制水解，促进水解，氯离子对水解无影响，一水合氨是弱碱，在溶液中存在微弱的电离平衡，是强电解质，在水溶液中完全电离，是弱电解质，在水溶液中部分电离，相同浓度的这几种溶液中中最小，所以同的溶液：①②③④，物质的量浓度最大的是，B不符合题意；
C．盐酸为强酸，HCl在水溶液中完全电离，醋酸为弱酸，溶液中存在，物质的量浓度相同的盐酸和醋酸溶液，，因此，C符合题意；
D．氨水为弱碱，相同物质的量浓度的氨水和盐酸充分混合，若，则此时溶质为氯化铵和氨水的混合物，(氨水)(盐酸)，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.依据溶液的酸碱性判断水解和电离的程度大小再结合溶液的电中性分析；
B.依据盐水解的影响因素和弱电解质的电离分析；
C.依据电解质的电离和溶液中各微粒的浓度分析；
D.氨水为弱电解质。
17．（2021·嘉兴模拟）( )极易水解，主要用于制备酰基氯化物。下列关于说法错误的是（　　）
A．既有氧化性又有还原性
B．遇水反应生成和
C．可用作由制取无水的脱水剂
D．
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；盐类水解的原理；化合价与化学式
【解析】【解答】A．由SOCl2结构式知，S元素为+4价，Cl元素为-1价，O元素为-2价，+4硫元素化合价可以升高到+6价，表现还原性，也可以降低到0价，表现氧化性，A不符合题意；
B．由于SOCl2中S元素为+4价，故遇水水解应生成SO2和HCl，B符合题意；
C．由于SOCl2极易水解，且产物HCl可抑制Mg2+水解，故SOCl2可用作MgCl2·6H2O的脱水剂，C不符合题意；
D．根据SOCl2水解生成H2SO3（不稳定分解生成SO2）和HCl，知羟基可以取代SOCl2上氯原子生成H2SO3，同理，乙酸羧基上羟基也可以取代SOCl2上氯原子，即2个CH3COOH与1个SOCl2反应生成2个CH3COCl、1个SO2、1个H2O，由于CH3COCl遇水水解，故产物中1个CH3COCl与生成1个H2O反应生成CH3COOH和HCl，故总反应为：CH3COOH+ SOCl2→CH3COCl+SO2+HCl，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.依据元素的化合价分析；
B.依据氧化还原反应中电子的转移分析；
C.依据盐的水解分析；
D.依据盐的水解和有机物的反应分析。
18．（2021·金山模拟）H2X为二元弱酸。20℃时，向100mL0.1mol·L-1的Na2X溶液中缓慢通入HCl(忽略溶液体积变化及H2X的挥发)。指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（　　）
A．通入HCl前：c(X2-)＞c(HX-)＞c(OH-)＞c(H+)
B．若通入5×10-3molHCl，溶液呈碱性，则溶液中c(X2-)=c(HX-)
C．pH=7时：溶液中c(HX-)＞c(Cl-)
D．c(Cl-)=0.1mol·L-1时：c(OH-)-c(H+)=c(H2X)-c(X2-)
【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．通入HCl气体之前，该溶液为Na2X溶液，分步水解且程度很小，离子浓度大小关系为c(X2-)＞c(OH-)＞c(HX-)＞c(H+)，A不符合题意；
B．若通入5×10-3molHCl，则反应后溶液为NaHX和Na2X等浓度混合的溶液，因溶液呈碱性，即HX-的电离小于X2-的水解，则溶液中c(X2-)＜c(HX-)，B不符合题意；
C．电荷守恒式c(Cl-)+2c(X2-)+c(HX-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，物料守恒式c(Na+)=2c(X2-)+2c(HX-)+2c(H2X)，pH=7的溶液c(OH-)=c(H+)，三等式联立可得c(Cl-)＞c(HX-)，C不符合题意；
D．c(Cl-)=0.100 mol L-1的溶液中，c(X2-)+c(HX-)+c(H2X)=c(Cl-)=0.100mol L-1，又根据电荷守恒式c(Cl-)+2c(X2-)+c(HX-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，物料守恒式c(Na+)=2c(X2-)+2c(HX-)+2c(H2X)可得c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X)，所以c(OH-)-c(H+)=c(HX-)+2c(H2X)-[c(X2-)+c(HX-)+c(H2X)]=c(H2X)-c(X2-)，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】溶液中：质子守恒可以由电荷守恒式和物料守恒得出；
19．（2021·宁波模拟）下列叙述正确的是（　　）
A．0.1mol L-1NH4Cl溶液：c(NH4+)=c(Cl-)
B．在25℃时，pH=4的盐酸与pH=10的氨水溶液等体积混合后pH>7
C．0.1mol L-1与0.2mol L-1氨水溶液中c(OH-)之比为1：2
D．中和pH与体积都相同的NaOH和Ba(OH)2溶液，消耗HCl的物质的量之比是1：2
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．铵根在水溶液中会发生水解，所以c(NH4+)＜c(Cl-)，A不符合题意；
B．一水合氨为弱电解质，所以pH=10的氨水浓度远大于10-4mol/L，与pH=4的盐酸等体积混合后，氨水过量，溶液显碱性，pH＞7，B符合题意；
C．氨水浓度越小，一水合氨的电离程度越大，所以0.1mol L-1与0.2mol L-1氨水溶液中c(OH-)之比大于1：2，C不符合题意；
D．pH相同，则c(OH-)相同，所以中和pH与体积都相同的NaOH和Ba(OH)2溶液，消耗HCl的物质的量之比是1：1，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】易错分析：B.弱碱中含有大量未电离的一水合氨，所以pH=10的氨水浓度远大于10-4mol/L，混合后混合物为氯化铵和氨水，所以溶液呈碱性
C.弱电解质电离原理为，越稀越电离，浓度越小，电离程度越大
D.二者都为强碱，pH相同，OH-浓度相同，同体积时OH-物质的量相同，消耗算的物质的量相同
20．（2021·绍兴模拟）下列说法正确的是（　　）
A．六水合氯化镁在空气中加热生成无水氯化镁
B．钠可以置换出四氯化钛溶液中的钛
C．二氧化碳通入氨的氯化钠饱和溶液中析出碳酸氢钠晶体
D．干燥的氯气不能漂白鲜花
【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；钠的化学性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．六水合氯化镁加热时Mg2+会发生水解，水解生成的HCl挥发，最后得到的不是无水氯化镁，而是Mg(OH)2，若温度较高，则生成MgO，故A不符合题意；
B．钠能和水反应，所以钠不能置换出四氯化钛溶液中的钛，若钠和熔融的四氯化钛反应，则可以置换出钛，故B不符合题意；
C．二氧化碳通入氨的氯化钠饱和溶液中能析出溶解度较小的碳酸氢钠晶体，故C符合题意；
D．鲜花中含有水分，干燥的氯气能和鲜花中的水反应生成具有漂白性的次氯酸，所以干燥的氯气能漂白鲜花，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A． 六水合氯化镁在空气中加热生成氧化镁；
Ｂ．钠与水反应，不能置换出四氯化钛溶液中的钛；
Ｃ．二氧化碳通入氨的氯化钠饱和溶液中生成碳酸氢钠；
Ｄ．鲜花含有水分，氯气溶于水生成的次氯酸具有漂白性。
21．（2021·天河模拟）室温下，用相同浓度的溶液，分别滴定浓度均为的三种酸、和溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是 （　　）
A．三种酸的电离常数关系：
B．点时，溶液中：
C．时，三种溶液中：
D．当中和达时，溶液中：
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；电离平衡常数
【解析】【解答】A．相同物质的量浓度的一元酸的pH越小，氢离子浓度越大，说明酸的电离程度越大，该酸的酸性越强，其电离平衡常数越大，根据图知，未加NaOH溶液时，pH：HA＜HB＜HD，说明酸的电离程度HA＞HB＞HD，则KHA＞KHB＞KHD，故A不符合题意；
B．P点时HB被中和50%，溶液中溶质为等物质的量浓度的酸（HB）和盐（NaB），由图可知溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，说明HB的电离程度大于B-的水解程度，则c(B-)＞c(HB)，结合物料守恒2c(Na+)=c(B-)+c(HB)可知：c(B-)＞c(Na+)＞c(HB)，溶液中离子浓度大小为：，故B不符合题意；
C．pH=7时，溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知，HA溶液中c(Na+)=c(A-)，HB溶液中c(Na+)=c(B-)，HD溶液中c(Na+)=c(D-)，由于HA，HB，HD的酸性并不一致，则使溶液呈中性时，三种溶液中c(Na+)并不相等，则c(A-)、c(B-)、c(D-)并不相等，故C符合题意；
D．当中和达时，溶液中存在的是NaA，由可得：，即，化简得：，刚好是NaA溶液的物料守恒等式，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.初始点的pH值AB>D；
B.P点时中和50%，溶液显酸性，B的电离大于水解，故B->HB，H+>OH-，而2Na=B-+HB，故c(B-)＞c(Na+)＞c(HB)；
C.ABD的酸酸性不一样，所以消耗的氢氧化钠的量不同，生成的离子也不同；
D.根据物料守恒计算。
22．（2021·乌兰察布模拟）类比pH，定义pC=-lgC，已知琥珀酸(CH2COOH)2(以H2A表示)为二元弱酸，常温下，向1L0.1mol/L的H2A溶液中加入氢氧化钠固体，得到混合溶液的pH与pC(H2A、HA-、A2-)的关系如图所示(不考虑溶液体积和温度的变化)，下列说法正确的是（　　）
A．曲线I、II、III分别代表的粒子为A2-，H2A，HA-
B．向pH=4.19的溶液中加NaOH至溶液pH=5.57的过程中水的电离程度逐渐减小
C．滴定过程中 =101.38保持不变
D．c(Na＋)=0.1mol/L时，溶液满足c(Na＋)＞c(HA-)＞c(H2A)＞c(A2-)
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．随碱性增强c(H2A)逐渐减小，pC值逐渐增大，即曲线Ⅲ代表H2A，c(HA-)先增大后减小，pC值先减小后增大，即曲线Ⅰ代表HA-，c(A2-)逐渐增大，pC值逐渐减小，即曲线Ⅱ代表A2-，A项不符合题意；
B．pH=4.19的溶液中加氢氧化钠至溶液pH=5.57，溶液碱性逐渐增强，水的电离程度在逐渐增大，B项不符合题意；
C． ， ， ，C项符合题意；
D．当c(Na+)=0.1mol/L时，加入了0.1mol的氢氧化钠固体，此时溶液中溶质为NaHA，根据 ，电离大于水解，则有c(Na＋)＞c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. 定义pC=-lgC， 根据浓度越低，pC值越大即可判断曲线I、II、III代表的微粒
B.根据pH在逐渐增大，水的电离应该在逐渐增大
C.根据一级和二级电离常数的公式进行替换即可
D.根据钠离子的浓度判断此时溶液的溶质即可判断水解程度和电离程度的大小即可判断
23．（2020·包头模拟）下列实验操作、现象和所得结论都正确的是（　　）
选项 实验 现象 结论
A 向滴有酚酞的 Na2CO3 溶液中加入少量氯化钡固体，振荡 溶液红色变浅 Na2CO3溶液存在水解平衡
B 向X溶液中滴加几滴新制氯水，振 荡 ，再加入少量KSCN溶液 溶液变为红色 X溶液中一定含有Fe2+
C 检验食盐是否加碘（ KIO3）， 取少量食盐溶于水，用淀粉碘化钾试纸检验 试纸不变蓝 该食盐不含有KIO3
D 向蛋白质溶液中加入CuSO4或( NH4)2 SO4 的饱和溶液 均有沉淀生成 蛋白质均发生了盐析
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】盐类水解的原理；二价铁离子和三价铁离子的检验；盐析
【解析】【解答】A．Na2CO3溶液中存在CO32-+H2O HCO3-+OH-，故而加入酚酞显红色，加入少量氯化钡固体，CO32-和Ba2+反应生成BaCO3，平衡左移，OH-浓度减小，红色变浅，A符合题意；
B．溶液中无Fe2+，含Fe3+也能出现相同的现象，B不符合题意；
C．KIO3在酸性条件下才能和KI发生氧化还原反应生成I2，操作不符合题意，可加入少量食醋再观察现象，C不符合题意；
D．蛋白质溶液中加入CuSO4发生变性，加入(NH4)2 SO4的饱和溶液发生盐析，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.加入钡离子，消耗碳酸根离子，影响平衡的移动
B.先加入硫氰化钾溶液再加入氯水进行判断
C.反应在酸性条件下进行
D.盐析是可逆的，但是加入硫酸铜后，蛋白质变性
24．（2020·包头模拟）H2C2O4为二元弱酸。20℃时，配制一组c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2 O42-） =0.100mol·L-1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．由图可知：Ka2（H2C2O4）的数量级为10-4
B．若将0.05mol NaHC2O4和0.05mol Na2C2O4固体完全溶于水配成1L溶液，所得混合液的pH为4
C．c（Na+）=0.100mol·L-1的溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）=c（OH-）+c（C2O42-）
D．用标准的氢氧化钠溶液滴定H2C2O4溶液，可用酚酞做指示剂
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．H2C2O4的二级电离方程式为：HC2O4- H++C2O42-，Ka2= ， c(HC2O4-)=c(C2O42-)时，Ka2= ，即Ka2=10-pH=10-4，A不符合题意；
B．HC2O4- H++ C2O42-，Ka(HC2O4-)=Ka2=10-4，C2O42-+H2O HC2O4-+OH-，Kh(C2O42-)= = =10-10，Ka(HC2O4-)＞Kh(C2O42-)，所以等物质的量NaHC2O4和Na2C2O4混合溶于水，c(HC2O4-)﹤c(C2O42-)，从图上可知，pH＞4，B符合题意；
C．c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2 O42-)=0.100mol·L-1= c(Na+)，所以，c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2 O42-)= c(Na+)，该式子为NaHC2O4的物料守恒，即此时为NaHC2O4溶液，NaHC2O4溶液的质子守恒为：c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2O42-)，C不符合题意；
D．用标准的氢氧化钠溶液滴定H2C2O4溶液，终点溶质主要为Na2C2O4，由图可知，此时溶液显碱性，可用酚酞做指示剂，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】由图可知：c(H2C2O4)=c(C2O42-)时，pH≈2.7，c(HC2O4-)=c(C2O42-)时，pH=4。
二、多选题
25．（2021·海南）25℃时，向 的 溶液中滴加 的盐酸，溶液的 随加入的盐酸的体积 变化如图所示。下列有关说法正确的是（　　）
A． 点，溶液 是由于 水解程度大于电离程度
B． 点，
C． 点，溶液中的 主要来自 的电离
D． 点，
【答案】A,B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A． 存在水解平衡和电离平衡， 点溶液 是由于 水解程度大于电离程度，故A符合题意；
B．根据电荷守恒， ，b点pH=7即 ，所以 ，故B符合题意；
C． 点，溶质为碳酸氢钠、氯化钠、碳酸，溶液中的 主要来自 的电离，故C不符合题意；
D． 点，碳酸氢钠和盐酸恰好反应， ，故D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】
A.碳酸氢根水解出氢氧根，电离出氢离子，据此判断即可；
B.根据此时电荷守恒和中性条件即可得到；
C.其中存在大量的碳酸，故氢离子主要来自碳酸的电离；
D.恰好反应，但体积变大两倍。浓度也是原本的一半。
三、非选择题
26．（2019·松江模拟）生活污水中氮是造成水体富营养化的主要原因。
完成下列填空:
（1）某污水中存在NH4Cl。写出NH4Cl的电子式　 　。该污水呈现酸性的原因　 　
(结合离子方程式及相关文字说明)。
（2）向饱和NH4Cl溶液中加入或通入一种物质，可以使NH4Cl结晶析出，这种物质可以是　 　
(任写－种)，理由是　 　。
（3）某污水中同时存在NH4+和NO3－时，可用下列方法除去:先利用O2将NH4+氧化成NO3－。请配平下列离子方程式并标出电子转移的方向和数目。　 　
NH4++　 　O2→　 　
NO3－+　 　
H2O+　 　
H+； 　 　 ，再将NO3－还原成N2，反应的离子方程式：2NO3－+5H2 N2+2 O H－+4H2O
①NH4NO3晶体中所含化学键为　 　。
② 若该污水中含有1mol NH4NO3，用以上方法处理完全后，共消耗　 　mol氢气。
③ 该污水处理方法的好处是　 　。
【答案】（1）；NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋，污水中的NH4＋与水中的OH-结合，使得水中的从c(H+)>c(OH-)，所以溶液显酸性
（2）NH3、NaCl固体，其他可溶性氯化物固体，其他铵盐固体、浓盐酸、HCl……任一种；加入NaCl固体，溶液中Cl-浓度增加，使平衡逆向移动，固体析出（从溶解平衡移动角度解释，合理即可）
（3）1；2；1；1；2；；离子键、共价键、配位键；5；即降低了污水中氮的含量，生成无污染的N2；两个过程又起到了中和作用，生成无污染的水。
【知识点】盐类水解的原理；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）电子式为识记内容，NH4＋为复杂的阳离子，要表示其共价键。NH4Cl为强酸弱碱盐，水解呈酸性。答案是 NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋，污水中的NH4＋与水中的OH-结合，使得水中的从c(H+)>c(OH-)，所以溶液显酸性；（2）NH4Cl(s) NH4＋(aq)＋Cl－(aq)，使氯化铵结晶析出，使溶解平衡向左移动，可以通入氨气、加入可溶性的铵盐或者可溶性的盐酸盐，能使NH4＋或Cl－的浓度增大的均可，答案是NH3、NaCl固体，其他可溶性氯化物固体，其他铵盐固体均可 加入NaCl固体，溶液中Cl-浓度增加，使平衡逆向移动，固体析出（从溶解平衡移动角度解释，合理即可）；（3）根据得失电子守恒和电荷守恒、物料守恒可配平。
___ NH4+ + ___O2→___ NO3－+___ H2O+___ H+
每种元素化合价变化 ↑+5-（-3）=8 ↓2×2=4
得失电子守恒，乘以系数 1 2
元素守恒和电荷守恒 1 2 1 1 2
配平后的方程式为1NH4+ + 2O2→1NO3－+1H2O+2H+，单线桥，从还原剂铵根离子中的N原子，指向氧化剂中的O元素，转移8个e-。①NH4NO3晶体中含有的化学键包括阴阳离子间离子键，铵根离子有共价键和配位键，硝酸根中含有共价键。②硝酸铵中铵根离子转化为硝酸根，再和氢气反应，1mol NH4NO3最后转变成2mol NO3－，根据方程式消耗5mol氢气。③第一个反应产物为酸性溶液，第二个反应为碱性溶液，可以中和，且产物为氮气，无污染。答案为 离子键、共价键、配位键 即降低了污水中氮的含量，生成无污染的N2；两个过程又起到了中和作用，生成无污染的水。
【分析】（1）铵盐为离子化合物，由阴阳离子通过离子键形成。且为弱离子，会水解，结合水电离的OH-，生成弱电解质一水合氨，使溶液显酸性。
（2）NH4Cl(s) NH4＋(aq)＋Cl－(aq)，饱和溶液中溶解和结晶处于平衡状态，加入铵盐或氯化物由于同离子效应，平衡逆向移动，使氯化铵结晶析出。
（3）氧化还原反应的配平原则是化合价升降守恒。 NH4NO3 为离子化合物必定含离子键，N与H、N与O间为共价键。
27．（2018高二下·武冈模拟）
（1）①25℃时，NH4Cl溶液呈酸性，原因是　 　水解引起的（填“NH4+”或“Cl-”）；
②常温下，0.0100mol/L NaOH溶液的pH=　 　；
③用0.0100mol/L 盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，酚酞作指示剂，滴定终点时，溶液的颜色由浅红色变为　 　（填“蓝色”或“无色”），且半分钟内颜色保持不变。
④ 已知在25℃：AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq) Ksp=1.8×10－10
Ag2S(s) 2Ag＋(aq)＋S2－(aq) Ksp=6.3×10－50
向浓度均为0.001 mol/L的NaCl和Na2S的混合溶液中，逐滴加入AgNO3溶液，最先产生的沉淀是　 　（填“AgCl”或“Ag2S”）。
（2）已知25℃合成氨反应中，1mol N2完全转化为NH3时释放的能量为92.4 kJ。现将1mol N2和3mol H2混合置于2L密闭容器中，反应进行到2s末测得NH3为0.4mol。
回答下列：
① 该反应的热化学方程式是　 　 ；
② 该反应达到平衡后，升高温度平衡向　 　 （填“正”、“逆”）反应方向移动；加入催化剂平衡　 　（填“正”、“逆”、 “不”）移动；
③ 前2s内v（H2）是　 　。
（3）燃料电池能量转化率高，具有广阔的发展前景。天然气燃料电池中，在负极发生反应的物质是 　 　（填化学式）；如果该电池中的电解质溶液是KOH溶液，电极B电极上发生的电极反应式是：　 　。
。
【答案】（1）NH4+；12；无色；Ag2S
（2）N2（g）+3H2（g）═ 2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol；逆；不；0.15 mol/（L s）
（3）CH4；O2+2H2O+4e- ═ 4OH-
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学反应速率；盐类水解的原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1) ① 25℃时，NH4Cl溶液呈酸性，是因为氯化铵属于强酸弱碱盐，NH4+水解后溶液显酸性，故答案为：NH4+；② 常温下，0.0100mol/L NaOH溶液中的c(OH-)=0.0100mol/L，c(H+)= = =1.0×10-12 mol/L，pH=-lg c(H+)=12，故答案为：12；③ 用0.0100mol/L 盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，酚酞作指示剂，滴定终点时，溶液的颜色由浅红色变为无色，且半分钟内颜色保持不变，故答案为：无色；④ 25℃：AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq) Ksp=1.8×10－10，Ag2S(s) 2Ag＋(aq)＋S2－(aq) Ksp=6.3×10－50，向浓度均为0.001 mol/L的NaCl和Na2S的混合溶液中，逐滴加入AgNO3溶液，生成氯化银时c(Ag+)= = =1.8×10－7mol/L，生成硫化银时c(Ag+)= = =8×10－23mol/L，因此先生成Ag2S沉淀，故答案为：Ag2S；(2)① 25℃时，1mol N2完全转化为NH3时释放的能量为92.4 kJ，则热化学方程式为N2(g)+3H2(g)═ 2NH3(g)△H=﹣92.4kJ/mol，故答案为：N2(g)+3H2(g)═ 2NH3(g)△H=﹣92.4kJ/mol；② 该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动；加入催化剂平衡不移动，故答案为：逆；不；③ 前2s内v(NH3)= = =0.1 mol/(L s)，则v(H2)= v(NH3)=0.1 mol/(L s)× =0.15 mol/(L s)，故答案为：0.15 mol/(L s)；(3)天然气燃料电池中，通入天然气的电极为负极；如果该电池中的电解质溶液是KOH溶液，电极B为正极，电极上发生的电极反应式为O2+2H2O+4e- ═ 4OH-，故答案为：CH4；O2+2H2O+4e- ═ 4OH-。
【分析】(1) ① NH4Cl属于强酸弱碱盐，根据盐类水解的规律分析解答；② NaOH溶液显碱性，先计算溶液中的c(OH-)，再根据c(H+)= K w c ( O H ) 计算 c(H+)，最后求pH③盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，最终溶液显中性，根据酚酞作指示剂与溶液的性质分析解答；④首先根据Ksp计算判断两种沉淀的溶解度的大小，首先应该生成溶解度小的沉淀；
(2)① 根据热化学方程式的书写方法书写；② 根据温度和催化剂对化学平衡的影响分析解答；③ 可以首先计算前2s内v(NH3)，再根据方程式有v(H2)= 3 2 v(NH3)计算v(H2)；
(3)燃料电池中通入燃料的电极为负极，通入氧气或空气的电极为正极，在碱性电解质溶液中，不能大量存在氢离子，即电极方程式中不能生成氢离子。
28．（2018·丰台模拟）为研究铁盐与亚硫酸盐之间的反应，某研究小组利用孔穴板进行了实验探究：
小组记录的实验现象如下表所示：
开始时 5min后 3天后
实验I 溶液立即变为红褐色，比II、III中略浅 与开始混合时一致 溶液呈黄色，底部出现红褐色沉淀
实验II 溶液立即变为红褐色 红褐色明显变浅 溶液呈黄绿色
实验III 溶液立即变为红褐色 红褐色变浅，比II中深 溶液呈黄色
（1）测得实验所用0.4mol/L FeCl3溶液及Fe(NO3)3溶液pH均约为1.0。两溶液均呈酸性的原因是　 　（用离子方程式表示）。
（2）开始混合时，实验I中红褐色比II、III中略浅的原因是　 　。
（3）为了探究5min后实验II、III中溶液红褐色变浅的原因，小组同学设计了实验IV：分别取少量5min后实验I、II、III中溶液，加入2滴铁氰化钾溶液，发现实验II、III中出现蓝色沉淀，实验I中无明显变化。根据实验IV的现象，结合化学用语解释红褐色变浅的原因是　 　。
（4）针对5min后实验III中溶液颜色比实验II中深，小组同学认为可能存在三种因素：
①Cl- 可以加快Fe3+与SO32-的氧化还原反应；
②　 　；
③NO3- 在酸性环境下代替Fe3+氧化了SO32-，同时消耗H+，使Fe3+水解出的Fe(OH)3较多。
通过实验V和实验VI进行因素探究：
实验操作（已知Na+对实验无影响） 5min后的现象
实验V 在2mL pH=1.0的0.4mol/L Fe(NO3)3溶液中溶解约　 　固体，再加入2滴0.4mol/L Na2SO3溶液 溶液的红褐色介于II、III之间
实验VI 在2mL pH=1.0的稀硝酸中溶解约0.19g NaNO3固体，再加入2滴0.4mol/L Na2SO3溶液。向其中滴入少量BaCl2溶液 　 　
实验结论：因素①和因素②均成立，因素③不明显。请将上述方案填写完整。
（5）通过上述实验，以下结果或推论合理的是　 　（填字母）。
a．Fe3+与SO32-同时发生水解反应和氧化还原反应，且水解反应的速率快，等待足够长时间后，将以氧化还原反应为主
b.浓度为1.2 mol/L的稀硝酸在5min内不能将Fe2+氧化
c.向pH大于1的稀硝酸中加入少量Ba(NO3)2，使其完全溶解，可用来检验实验I的上层清液中是否存在SO42-
【答案】（1）Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+
（2）Fe3+起始浓度小，水解出的Fe(OH)3少
（3）Fe3+与SO32-发生了氧化还原反应：2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42- +2H+，在减小c(Fe2+)的同时降低了pH，使水解出的Fe(OH)3变少
（4）NO3-可以减慢Fe3+与SO32-的氧化还原反应；0.14gNaCl；无明显现象
（5）c
【知识点】氧化还原反应；盐类水解的原理；盐类水解的应用
【解析】【解答】（1）FeCl3和Fe(NO3)3均属于强酸弱碱盐，Fe3+在水溶液中发生水解反应显酸性，发生的方程式为：Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+ ，故答案为：Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+
（2）开始混合时，实验I中红褐色比II、III中略浅是因为实验I中的Fe3+起始浓度小，水解出的Fe(OH)3少，故答案为：Fe3+起始浓度小，水解出的Fe(OH)3少。
（3）铁氰化钾遇到Fe2+后会与Fe2+生成铁氰化亚铁蓝色沉淀，说明实验II、III中的Fe3+被SO32-还原成了Fe2+，发生反应为2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42- +2H+，pH降低使水解出的Fe(OH)3变少，故答案为：Fe3+与SO32-发生了氧化还原反应：2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42- +2H+，在减小c(Fe3+)的同时降低了pH，使水解出的Fe(OH)3变少。
（4）根据题干信息，能够影响反应的因素为Cl- 和NO3-，所以还有一种可能的影响因素为：NO3-可以减慢Fe3+与SO32-的氧化还原反应，为了验证具体是哪种影响因素，设计实验V和实验VI进行因素探究。实验V为了验证①Cl- 可以加快Fe3+与SO32-的氧化还原反应；加入的Cl-的物质的量应该与实验II中的Cl-的物质的量相等，所以 加入氯化钠的质量为0.14g。根据实验结论：因素①和因素②均成立，因素③不明显，可知NO3- 在酸性环境下代替Fe3+氧化了SO32-并不能促进Fe3+水解，反而在酸性环境下没有氢氧化铁存在，所以无现象。故答案为：NO3-可以减慢Fe3+与SO32-的氧化还原反应；0.14g NaCl；无明显现象。
（5）a.Fe3+与SO32-不能同时发生水解反应和氧化还原反应，a不符合题意；
b.稀硝酸的氧化性较强，可以将Fe2+氧化，b不符合题意；
c.用稀硝酸和硝酸钡溶液来检验SO42-是一种常用的检验方法，c符合题意；
故答案为：c
【分析】（1）Fe3+水解使得溶液显酸性，根据水解原理书写离子方程式；
（2）实验过程中的红褐色与产生的Fe(OH)3的含量有关；
（3）Fe3+具有氧化性，能将SO32-氧化，结合反应的离子方程式分析；
（4）根据溶液中所存在的离子，分析对反应的影响，从而设计实验方案；
（5）a.水解反应和氧化还原反应不会同时发生；
b.稀硝酸也具有氧化性，能将Fe2+氧化；
c.根据SO42-的检验分析；
29．（2018·石家庄模拟）人类对锡(50Sn)的使用有悠久的历史，可以追溯到大约公元前3000年，但这也是对锡的“异常”不断加深认识，不断“驯服”它的历史。
（1）锡与硅同主族，稳定化合价均为+4价，锡原子比硅原子核外多2个电子层，锡元素在周期表中的位置为　 　。
（2）锡单质在常温下稳定(主要单质类别为白锡)，但是它既怕冷又怕热。在-13.2℃以下，白锡转变成一种无定形的灰锡(粉末状)，而且只要白锡接触到很少的灰锡。很失就会变成灰锡完全毁坏，就像得了瘟疫一样。
①克服锡单质这一弱点的方法之一就是做成合金，合金与组分金属相比一般具有　 　性质。
a.不导电 b硬度大
c.耐腐蚀
②对锡器的“瘟疫”作分析，以下推测合理的是　 　。
a.灰锡携带病毒
b.灰锡与白锡形成原电池，加速白锡的转化
c.灰锡是白锡转化的催化剂，加速反应
（3）实验室配制氯化亚锡(SnCl2)溶液时发现，向SnCl2固体中加水的过程中，产生刺激性气味气体，且只能得到悬浊液。配制、保存SnCl2溶液时，要用到的试剂为氯化亚锡固体、　 　、　 　和水(填试剂名称)。
（4）工业上，硫离子是一种很好的沉淀剂。但向1L 0.01 mol·L-1硫化钠溶液(pH=12)中逐渐加入SnCl2粉末时，一开始却并没观察至沉淀。请分析原因　 　。当加SnCl2至溶液pH=9时，有两种沉淀生成。此时溶液中硫离子浓度为　 　(保留两位有效数字)。(提示：25℃时，Ksp[Sn(OH)2]=1.4×10-28，Ksp(SnS)=1.0×10-25。 Sn(OH)2 是两性物质。)
（5）测定固体中锡的含量时，常用的一种方法为：在强酸性环境中将固体溶解，然后将锡元素全部转化成Sn2+，以淀粉为指示剂，用碘酸钾标准溶液滴定。但在滴定初始并没有出现蓝色，滴定终点的现象为无色变蓝色。写出滴定过程中依次发生反应的离子反应方程式　 　，　 　。
【答案】（1）第五周期第ⅣA族
（2）b；c
（3）浓盐酸；锡
（4）开始时，生成沉淀Sn(OH)2所需Sn2+浓度为1.4×10-24 mol/L，而生成沉淀SnS所需Sn2+浓度为1.0×10-23mol/L，Sn(OH)2优先沉淀，但Sn(OH)2+2OH-=SnO22-+2H2O，所以一开始未生成沉淀；7.1×10-8mol/L
（5）3Sn2++IO3-+6H+=3Sn4++I-+3H2O；5I-+ IO3-+6H+=3I2+3H2O
【知识点】盐类水解的原理；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】(1)由信息锡与硅同主族，稳定化合价均为+4价，锡原子比硅原子核外多2个电子层，硅在第三周期第ⅣA族，则锡元素在第五周期第ⅣA族。故答案为：第五周期 第ⅣA族。
(2)①合金是金属与金属或非金属融合而成的具有金属特性的混合物，与组分金属相比具有一些优良性能，如密度小硬度大等，因此本题正确答案选b。
②通过信息：只要白锡接触到很少的灰锡，很失就会变成灰锡完全毁坏，可见灰锡是白锡转化的催化剂，加速反应，故本题正确答案选c。
(3)SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡SnCl2+H2O Sn(OH)Cl+HCl，加入盐酸，使平衡向左移动，抑制水解，加入Sn防止Sn2+被氧化，所以用到的试剂为氯化亚锡固体、浓盐酸、锡和水，故本题正确答案：浓盐酸； 锡；
(4)Ksp[Sn(OH)2]=1.4×10-28，Ksp(SnS)=1.0×10-25，开始时，c(S2-)=0.01mol·L-1，c(OH-)=0.01mol·L-1，生成沉淀Sn(OH)2所需Sn2+浓度= mol/L=1.4×10-24mol/L，而生成沉淀SnS所需Sn2+浓度=1.0×10-25/0.01mol/L=1.0×10-23mol/L，Sn(OH)2优先沉淀，但Sn(OH)2+2OH-=SnO22-+2H2O，所以一开始未生成沉淀；当加SnCl2至溶液pH=9时，c(OH-)=1.0×10-5mol·L-1，，c(Sn2+)= mol·L-1 =1.4×10-23mol/L，c(S2-)=1.0×10-25/1.4×10-23mol/L=7.1×10-8mol/L；
(5)滴定过程中先发生IO3-在强酸性环境中将Sn2+氧化为Sn4+，本身被还原为I-，I-和IO3-在酸性条件下发生反应生成碘单质，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒写出离子反应方程式为： 3Sn2++IO3-+6H+=3Sn4++I-+3H2O、 5I-+ IO3-+6H+=3I2+3H2O，所以本题正确答案为：3Sn2++IO3-+6H+=3Sn4++I-+3H2O ； 5I-+ IO3-+6H+=3I2+3H2O。
【分析】（1）元素在周期表的位置可根据元素的性质，最外层电子数等于最高化合价，电子层数等于周期序数，还可根据元素形成物质的性质进行判断。（2）合金的特点是熔点低，硬度大。所以一般使用合金比单一金属多。（3）中水解注意利用水解特点，异性相吸原理进行判断产物。
30．（2018·遵义模拟）钛酸钡(BaTiO3)在工业上有重要用途，主要用于制作电子陶瓷、PTC热敏电阻、电容器等多种电子元件。以下是生产钛酸钡的一种工艺流程图：
已知：①草酸氧化钛钡晶体的化学式为BaTiO(C2O4)2·4H2O；
②25℃时，BaCO3的溶度积Ksp=2.58×10-9；
（1）BaTiO3中Ti元素的化合价为：　 　。
（2）用盐酸酸浸时发生反应的离子方程式为： 　 　。
（3）流程中通过过滤得到草酸氧化钛钡晶体后，为提高产品质量需对晶体洗涤。
①过滤操作中使用的玻璃仪器有　 　。
②如何证明晶体已洗净 　 　。
（4）TiO2具有很好的散射性，是一种有重要用途的金属氧化物。工业上可用TiCl4水解来制备，制备时需加入大量的水，同时加热，其目的是：　 　。
（5）某兴趣小组取19.70gBaCO3模拟上述工艺流程制备BaTiO3，得产品13.98g，BaTiO3的产率为：　 　。
（6）流程中用盐酸酸浸，其实质是BaCO3溶解平衡的移动。若浸出液中c(Ba2+)=0.1mol/L，则c(CO32-)在浸出液中的最大浓度为　 　 mol/L。
【答案】（1）+4
（2）BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O
（3）漏斗、烧杯、玻璃棒；取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加稀HNO3 酸化的AgNO3 溶液，若无白色沉淀产生，说明已洗净。
（4）促进TiCl4水解
（5）60%
（6）2.58×10-8
【知识点】盐类水解的原理；常见离子的检验；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）BaTiO3中Ba的化合价为+2价，O的化合价为-2价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，Ti的化合价为+4价。
（2）盐酸酸浸时反应的化学方程式为BaCO3+2HCl=BaCl2+H2O+CO2↑，离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑。
（3）①过滤操作中使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。②根据流程草酸氧化钛钡晶体吸附可溶性的Cl-等，要证明晶体已经洗净即证明洗涤液中不含Cl-。方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加稀HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，说明已洗净。
（4）TiCl4水解的离子方程式为TiCl4+2H2O TiO2+4HCl，加入大量水促进TiCl4水解，盐的水解是吸热过程，加热促进TiCl4水解，制备时加入大量的水同时加热，目的是促进TiCl4的水解。
（5）根据Ba守恒，理论上得到BaTiO3的质量为 233g/mol=23.3g，BaTiO3的产率为 100%=60%。
（6）BaCO3的溶解平衡表达式为BaCO3（s） Ba2+（aq）+CO32-（aq），Ksp（BaCO3）=c（Ba2+）·c（CO32-）=2.58 10-9，若浸出液中c（Ba2+）=0.1mol/L，则CO32-在浸出液中最大浓度c（CO32-）= mol/L=2.58 10-8mol/L。
【分析】（1）根据化合物中化合价代数和为零计算Ti的化合价；
（2）碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，注意碳酸钡难溶于水；
（3）根据过滤操作判断需要的玻璃仪器；检验是否洗净即是检验最后一次洗涤液中是否含有氯离子；
（4）水解是吸热反应，加热可促进水街；
（5）根据关系式计算产率；
（6）根据碳酸钡的溶度积常数计算需要的溶液浓度。
31．（2018·贵阳模拟）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)为白色或黄色结晶粉末或小结晶，其性质活泼，具有强还原性，是常用的食品抗氧化剂之一。制备该物质的反应方程式为： Na2SO3+SO2= Na2S2O5，某研究小组利用该反应在实验室制备焦亚硫酸钠并探究其有关性质。请回答下列问题：
（1）采用下图装置制取Na2S2O5，装置Ⅲ中有Na2S2O5晶体析出。
①装置Ⅰ中盛放浓硫酸的仪器名称为　 　；滴加浓硫酸前需要将装置內的空气排净，这样操作的目的是　 　。
②装置Ⅱ的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择　 　。
a.蒸馏水
b.饱和Na2SO3溶液
c.饱和NaHSO3溶液
d.饱和NaHCO3溶液
③从装置Ⅲ中分离出Na2S2O5晶体可采取的操作方法是　 　；裝置Ⅳ的作用是　 　，盛装的试剂为　 　。
（2）将0.5mol Na2S2O5溶于水配成1L溶液，测得该溶液pH=4.5，溶液中部分微粒浓度随溶液酸碱性变化的情况如图所示。
①写出上述条件下Na2S2O5溶解于水时与水反应的化学方程式　 　；
②结合溶液中的离子平衡的知识解释溶液显酸性的原因　 　。
（3）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是　 　。
（4）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂，葡萄酒中抗氧化剂的残留量通常是以游离SO2的含量计算，我国国家标准(GB2760—2014) 规定葡萄酒中SO2的残留量≤0.25g/L。该研究小组测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算) 的方案如下：
（已知：滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI）
按上述方案进行实验，消耗标准I2溶液20.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量为　 　g·L-1，该数据说明某葡萄酒中SO2的残留量　 　 （填“是”或“否”）达到我国国家标准。
【答案】（1）分液漏斗；防止产品被空气中的氧气氧化；c；过滤；处理尾气，防止空气污染；NaOH溶液
（2）Na2S2O5+H2O=2NaHSO3；溶液中HSO3-的电离程度大于其水解程度
（3）取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成
（4）0.128；是
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；常用仪器及其使用
【解析】【解答】（1）①装置Ⅰ中盛放浓硫酸的仪器名称为分液漏斗；因焦亚硫酸钠具有强还原性，防止其产品被空气中的氧气氧化，故滴加浓硫酸前需要将装置內的空气排净；②装置Ⅱ的作用之一是观察SO2的生成速率，即所选择的液体不能与二氧化硫反应，最好选择c；③装置Ⅲ中饱和亚硫酸钠溶液与二氧化硫反应生成焦亚硫酸钠晶体，故分离出Na2S2O5晶体可采取的操作方法是过滤；裝置Ⅳ的作用是吸收多余的二氧化硫，防止污染环境，故应盛装NaOH溶液；（2）①Na2S2O5溶于水，测得该溶液pH=4.5，根据图像可知，溶液中主要微粒为HSO3—，即：Na2S2O5+H2O=2NaHSO3；②因溶液中HSO3-既能电离，又能水解，其电离程度大于其水解程度，导致溶液显酸性；（3）若Na2S2O5晶体在空气中已被氧化，则应该生成Na2SO4，通过检验样品中是否含有SO42－，即取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，证明Na2S2O5晶体在空气中已被氧化；（4）根据反应“SO2＋I2＋2H2O＝H2SO4＋2HI”，则样品中抗氧化剂的残留量＝ ＝0.128g/L；该数据说明某葡萄酒中SO2的残留量是达到我国国家标准。
【分析】（1）分液时用到的仪器是分液漏斗，上层的液体在上口倾倒，下层的液体在下口放出；
过滤是分离不相溶的固液混合物的操作；
（2）Na2S2O5和水化合会生成NaHSO3；HSO3-电离使溶液显酸性，水解使溶液显碱性，最终溶液显酸性，说明其电离大于水解；
（3）Na2S2O5晶体被氧化后生成硫酸根，可以和钡离子生成不溶于盐酸的白色沉淀；
（4）该滴定的原理是利用二氧化硫具有还原性，碘单质具有氧化性，二者发生氧化还原反应。
32．（2018·松江模拟）I.2Al+Fe2O3 Al2O3+2Fe在化学反应过程中产生超高热，曾用于钢轨焊接。完成下列填空：
（1）氧元素在元素周期表中的位置为　 　，其离子结构示意图为　 　。
（2）铝盐常用作净水剂，用文字和化学用语进行解释　 　。
（3）氧的非金属性强于氮，用元素周期律知识分析原因　 　。
（4）Al2O3与NaOH溶液反应的离子方程式为　 　。
（5）II.NH4Al(SO4)2·12H2O水溶液呈　 　性（选填“酸”、“碱”或“中”），比较溶液中离子浓度大小c(NH4+)　 　c(Al3+)（选填“＞”、“＜”或“=”）。
【答案】（1）第二周期第ⅥA族；
（2）Al3+水解产生氢氧化铝胶体，能吸附水中悬浮物使之凝聚达到净水目的，Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+
（3）同一周期，从左到右，随着原子序数的递增，元素的非金属性逐渐增强
（4）Al2O3+2OH-→2AlO2-+H2O
（5）酸；＞
【知识点】盐类水解的原理；盐类水解的应用
【解析】【解答】I.（1）O元素位于第二周期VIA族，O元素最外层电子数为6，得到2个电子达到稳定结构，即O2－的结构示意图为 ；（2）Al3+水解产生氢氧化铝胶体，Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+，能吸附水中悬浮物使之凝聚达到净水目的；（3）考查元素周期律，O和N两种元素位于同周期， 同一周期，从左到右，随着原子序数的递增，元素的非金属性逐渐增强；（4），发生离子方程式为：Al2O3+2OH-→2AlO2-+H2O；（5）II.考查盐类水解以及离子浓度大小的比较，Al3＋、NH4＋属于弱碱根离子，发生水解，Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋、NH4＋＋H2O NH3·H2O＋OH－，水溶液显酸性；Al3＋得OH－能力强于NH4＋，因此c(NH4＋)>c(Al3＋)。
【分析】（1）考查元素周期表和离子结构示意图的书写；（2）考查盐类水解的应用，氢氧化铝胶体的吸附性；（3）根据元素周期律判断，同一周期，从左到右，随着原子序数的递增，元素的非金属性逐渐增强；（4）根据氧化铝的两性分析；（5）盐类的水解反应。
33．（2022高二上·昌平期末）①一水合氨 ②盐酸 ③氢氧化钠 ④碳酸氢钠 ⑤次氯酸钠 ⑥硫酸铝是实验室和生活中常见的物质。
（1）写出的电离方程式　 　。
（2）次氯酸钠是84消毒液的主要成分，84消毒液呈　 　(填“酸性”或“碱性”)，结合化学用语解释原因：　 　。
（3）将等浓度等体积的①与②混合后，溶液中存在的离子浓度由大到小的顺序是：　 　。
（4）常温下的和的溶液，由水电离出的之比为　 　。
（5）有关的溶液()的叙述正确的是____。
A．溶液中所含微粒共四种，分别为
B．的电离程度大于水解程度
C．
D．
（6）泡沫灭火器使用碳酸氢钠和硫酸铝溶液产生大量气体来灭火，结合化学用语，从平衡移动角度解释产生的原因：　 　。
【答案】（1）
（2）碱性；NaClO为强碱弱酸盐，ClO-在溶液中发生水解反应：ClO-+H2OHClO+OH-，水解生成的OH—离子使溶液呈碱性
（3）c(Cl-)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)
（4）100：1
（5）C；D
（6）HCO在溶液中存在水解平衡：HCO+H2OH2CO3+OH—，Al3+在溶液中存在水解平衡：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，两溶液混合时，氢离子与氢氧根离子反应，使水解平衡不断右移直至反应完全生成Al(OH)3沉淀和CO2气体
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）一水合氨是弱碱，在溶液中部分电离出铵根离子和氢离子，电离方程式为，故答案为：；
（2）次氯酸钠为强碱弱酸盐，次氯酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，水解的离子方程式为ClO—+H2OHClO+OH—，故答案为：NaClO为强碱弱酸盐，ClO—在溶液中发生水解反应：ClO—+H2OHClO+OH—，水解生成的OH—离子使溶液呈碱性；
（3）等浓度等体积的一水合氨和盐酸混合恰好反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Cl—)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH—)，故答案为：c(Cl—)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH—)；
（4）一水合氨和氢氧化钠在溶液中电离出的氢氧根离子均抑制水的电离，水电离出的氢离子总是等于水电离出的氢氧根离子，则pH为11的氨水和pH为13的氢氧化钠溶液中由水电离出的氢氧根离子浓度之比为1×10—11mol/L：1×10—13mol/L=100：1，故答案为：100：1；
（5）A．碳酸氢钠溶液中含有水分子、钠离子、碳酸氢根离子、碳酸根离子、碳酸、氢氧根离子和氢离子，共7种微粒，故不正确；
B．碳酸氢钠溶液呈碱性说明碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，故不正确；
C．碳酸氢钠溶液中存在物料守恒关系，故正确；
D．碳酸氢钠溶液呈碱性，溶液中氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，由电荷守恒可知，溶液中，故正确；
故答案为：CD；
（6）泡沫灭火器产生二氧化碳的原因是HCO在溶液中存在水解平衡：HCO+H2OH2CO3+OH-，Al3+在溶液中存在水解平衡：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，两溶液混合时，氢离子与氢氧根离子反应，使水解平衡不断右移直至反应完全生成Al(OH)3沉淀和CO2气体，故答案为：HCO在溶液中存在水解平衡：HCO+H2OH2CO3+OH-，Al3+在溶液中存在水解平衡：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，两溶液混合时，氢离子与氢氧根离子反应，使水解平衡不断右移直至反应完全生成Al(OH)3沉淀和CO2气体。
【分析】（1）一水合氨是弱碱，在溶液中部分电离出铵根离子和氢离子；
（2）依据盐类水解规律分析。
（3）依据盐类水解规律和电荷守恒分析；
（4）依据碱抑制水的电离，水电离出的氢离子总是等于水电离出的氢氧根离子；
（5）A．依据水解和电离平衡分析；
B．依据水解、电离程度分析；
C．依据物料守恒分析；
D．依据电荷守恒分析；
（6）依据盐类水解规律分析。有弱才水解，无弱不水解，谁弱谁水解，谁强显谁性，两弱双水解。
34．（2022高二上·河东期末）溶液是常见的强碱弱酸盐，可由醋酸和溶液反应得到。
（1）用化学用语表示溶液呈碱性的原因　 　(用离子方程式表示)；溶液呈电中性，请用等式表示这一现象　 　(用浓度符号“c”表示)
（2）用分别滴定盐酸和醋酸，滴定过程中变化曲线如图所示。
①在上述滴定过程中，不需要使用的玻璃仪器是　 　(填序号)。
A．容量瓶 B．碱式滴定管 C．锥形瓶 D．胶头滴管
②由图中数据判断滴定盐酸的变化曲线为　 　(填“图1”或“图2”)，判断的理由：
ⅰ、起始未滴加液时，盐酸的　 　。
ⅱ、加入溶液恰好反应时，所得溶液的　 　。
③滴定溶液的过程中，当滴加溶液时，溶液中各离子浓度由大到小的顺序是　 　(用符号“c”及“>”表示)，此时溶液中　 　。
（3）用盐酸滴定未知浓度的溶液。下列操作会使测定结果偏低的是____。
A．量取溶液的碱式滴定管未用待测碱液润洗
B．酸式滴定管未用标准盐酸润洗
C．滴定过程中滴定管内不慎有标准液溅出
D．滴定前俯视读数，滴定后读数正确
【答案】（1）CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；c(CH3COO-)+c(OH-)= c(H+)+c(Na+)
（2）AD；图2；1；7；c(CH3COO-)>c(Na+)> c(H+)>c(OH-)；0.0025mol
（3）A
【知识点】盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】（1）溶液呈碱性的原因是CH3COO-在溶液中发生水解反应生成醋酸和氢氧根，离子方程式为：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)= c(H+)+c(Na+)，呈电中性。
（2）①在上述滴定过程中，使用的玻璃仪器有碱式滴定管、锥形瓶，不需要使用的玻璃仪器有容量瓶、胶头滴管，
故答案为：AD；
②HCl是强电解质，盐酸中c(H+)=0.1000mol/L，pH=1，加入溶液恰好反应时，所得溶液为中性，7。所以图中数据滴定盐酸的变化曲线为图2；
③用滴定醋酸，当滴加溶液时，所得溶液中溶质为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，由图可知此时溶液pH<7，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH-)，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，液中各离子浓度由大到小的顺序是c(CH3COO-)>c(Na+)> c(H+)>c(OH-)，溶液中存在物料守恒n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=2n(Na+)=2×0.0125L×0.1000mol/L=0.0025mol。
（3）A．量取溶液的碱式滴定管未用待测碱液润洗，溶液被稀释，浓度减小，使测定结果偏低，故A选；
B．酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液，盐酸被稀释，浓度减小，造成V(标准)偏大，根据c(待测)= 可知，c(待测)偏大，故B不选；
C．滴定过程中滴定管内不慎有标准液溅出，造成V(标准)偏大，根据c(待测)= 可知，c(待测)偏大，故C不选；
D．读数时，滴定前俯视，滴定后读数正确，所用标准液的体积偏大，根据c(待测)= 可知，c(待测)偏大，故D不选；
故答案为：A。
【分析】（1）CH3COO-生成醋酸和氢氧根，利用电荷守恒；
（2）①滴定过程中，使用的玻璃仪器有碱式滴定管、锥形瓶；
②依据起点和变化曲线判断；
③依据产物溶液的酸碱性分析和物料守恒计算；
（3）根据c(待测)= 分析。
35．（2022高二上·张家口期末）甲酸又名蚁酸，是一种常见的弱酸，常温下甲酸的电离平衡常数(已知)。
（1）设计实验证明甲酸为弱酸，下列实验设计合理的是____(填选项字母)。
A．将甲酸溶液滴入溶液中，观察是否有气泡生成
B．向体积相同、相同的盐酸和甲酸溶液中加入足量，比较溶解的质量
C．取一定浓度的甲酸钠溶液，测其
（2）的甲酸钠溶液和的甲酸溶液等体积混合可配成一种缓冲溶液。
①的水解平衡常数　 　。
②该混合溶液的约为　 　。
③该混合溶液中　 　(填“>”“=”或“<”)。
（3）催化甲酸分解的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示。
①已知催化剂“I”带一个正电荷，反应过程中的中间产物也带一个正电荷的是　 　(填“II”“III”或“IV”)。
②由反应进程可知甲酸分解的　 　(填“>”“=”或“<”)0，该历程中的决速步骤为　 　(填选项字母)，历程中最大能垒(活化能)　 　。
a.I转化为II的过程 b.II转化为III的过程
c.III转化为IV的过程 d.IV转化为I的过程
【答案】（1）B；C
（2）；3.7；>
（3）IV；<；d；86.1
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理
【解析】【解答】（1）将甲酸溶液滴入溶液中，观察是否有气泡生成，只能证明甲酸酸性强于碳酸，不能证明甲酸为弱酸；向体积相同、相同的盐酸和甲酸溶液中加入足量，甲酸溶解的质量较大，可以证明甲酸为弱酸；取一定浓度的甲酸钠溶液，测其，可以证明甲酸为弱酸；
故答案为：BC。
（2）①的水解平衡常数；
②的甲酸钠溶液和的甲酸溶液等体积混合可配成一种缓冲溶液。由，得出，该混合溶液的约为3.7；
③由甲酸的电离平衡常数，及的水解平衡常数可知，电离程度大于水解程度，故该混合溶液中。
（3）①由电荷守恒可知，反应过程中的中间产物“Ⅳ”也带一个正电荷；
②由反应进程可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，故甲酸分解的，该历程中Ⅳ转化为Ⅰ的过程有最大能垒(活化能)，为反应的决速步骤。
【分析】（1）A、甲酸可以制碳酸，无法证明甲酸是弱酸；
B、相同体积、pH相同的强酸和弱酸和过量锌反应，氢气多的是弱酸；
C、强碱弱酸盐呈碱性；
（2） ① 水解平衡常数=水的离子积常数/电离平衡常数；
② 结合电离平衡常数判断氢离子的浓度；
③ 结合电离平衡常数和水解平衡常数判断；
（3） ① 结合电荷守恒判断；
② 反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，反之反应吸热。