2023年高考真题变式分类汇编：盐类水解的应用3
一、选择题
1．（2022·浙江选考）某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4mol·L-1Na2CO3溶液和40mL0.2mol·L-1NaHCO3溶液，再分别用0.4mol·L-1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如图曲线：
下列说法正确的的是（ ）
A．图中甲、丁线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸
B．当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为：HCO+H+=CO2↑+H2O
C．根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点
D．Na2CO3和NaHCO3溶液中均满足：c(H2CO3)-c(CO)=c(OH-)-c(H+)
【答案】C
【知识点】电解质在水溶液中的电离；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；指示剂
【解析】【解答】A．碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，再产生二氧化碳气体，故图中甲、丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，A不符合题意；
B．当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应为碳酸根离子与氢离子结合生成碳酸氢根离子，离子方程式表示为：CO+H+= HCO，B不符合题意；
C．根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c点的pH在9左右，符合酚酞的指示范围，故可用酚酞作指示剂；d点的pH在4左右，符合甲基橙的指示范围，故可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，C符合题意；
D．根据电荷守恒和物料守恒，则Na2CO3中存在c(OH-)-c(H+)=2c(H2CO3)+c(HCO)， NaHCO3溶液中满足c(H2CO3)-c(CO)=c(OH-)-c(H+)，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.向碳酸钠中滴加盐酸，先生成碳酸氢钠再生成二氧化碳气体；
B.滴加盐酸的体积为V1mL时，所发生的反应为碳酸根离子与氢离子结合生成碳酸氢根离子；
C.c点的pH在9左右，d点的pH在4左右；
D.根据电荷守恒和物料守恒判断。
2．（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。
3．（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；
4．（2022·泰州模拟）常温下，Ka1(H2C2O4)=10-1.26、Ka2(H2C2O4)=10-4.27、Ksp(CaC2O4)=10-8.64，实验室进行多组实验测定某些酸、碱、盐性质，相关实验记录如表：
实验 实验操作和现象
1 常温下，向4 mL 0.01 mol·L-1的KMnO4酸性溶液中加入2 mL 0.10 mol·L-1H2C2O4溶液，溶液褪色
2 常温下，测得0.10 mol·L-1NaHC2O4溶液的pH=a
3 常温下，向0.10 mol·L-1NaHC2O4溶液加入一定体积的等浓度CaCl2溶液产生白色沉淀，测得上层清液pH=4，c(Ca2+)=10-4 mol·L-1
4 常温下，向0.10 mol·L-1Na2C2O4溶液中滴加等浓度盐酸至溶液的pH=7
下列所得结论正确的是（ ）
A．实验1中H2C2O4溶液具有漂白性
B．实验2中a＞7
C．实验3清液中c(HC2O)=10-4.37 mol·L-1
D．实验4溶液中c(Cl-)=c(H2C2O4)+c(HC2O)
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；性质实验方案的设计；物质的量浓度；电离平衡常数
【解析】【解答】A．H2C2O4溶液具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有氧化性，二者发生氧化还原反应而使得酸性高锰酸钾褪色，A不符合题意；
B．的水解平衡常数Kh=＜Ka2，说明其电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，则a＜7，B不符合题意；
C．c()=， Ka2=，所以c()=10-4.37 mol/L，C符合题意；
D．溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)= c(OH-)+2c()+c()+c(Cl-)，所以存在c(Na+)=2c()+c()+c(Cl-)，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.酸性高锰酸钾溶液具有氧化性，H2C2O4溶液具有还原性，据此分析。
B.根据水解平衡常数和电离平衡常数进行分析。
C.根据难溶物Ksp和电离平衡常数表达式进行分析。
D.根据溶液中电荷守恒进行分析。
5．（2022·苏州模拟）在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．若用HCOOD催化释氢，反应除生成CO2外，还生成HD
B．第一步转化N与H间形成配位键
C．若用HCOOK溶液代替HCOOH释氢的速率加快
D．若用HCOOK溶液代替HCOOH最终所得气体中H2的纯度会降低
【答案】D
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；共价键的形成及共价键的主要类型；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．第一步HCOOD电离出D+与N结合，第二步HCOO-→CO2+H-，第三步D+、H-反应生成HD，所以HCOOD催化释氢，除生成CO2外，还生成HD，故A不符合题意；
B．N原子含有孤电子对、H+有空轨道，根据图示，第一步转化N与HCOOH电离出的H+通过配位键结合，故B不符合题意；
C．若用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOO-的浓度大，第二步反应放出二氧化碳的速率加快，总反应速率加快。故释氢速率加快。故C不符合题意；
D．若用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOOK水解出HCOOH，释氢历程不变，所以最终所得气体中H2的纯度不会降低，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据质量守恒定律进行分析。
B.N原子含有孤电子对、H+有空轨道。
C.若用HCOOK溶液代替HCOOH，c(HCOO-)增大，结合反应机理图进行分析。
D.若用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOOK水解出HCOOH，释氢历程不变。
6．（2022·德州模拟）常温下，用0.1 mol/LNaOH溶液滴定20 mL等浓度的H3A，得到pH与lgX[X= 或 或 ]的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．Na3A溶液中Kh1的数量级为10-2
B．当体系中溶液的pH=8时， =0.8
C．滴定过程中，既存在pH=7的点也存在水电离的c(H+ )=10-7的点
D．滴入20 mL NaOH溶液时：c(Na+ )>c(H2A- )>c(H+)>c(HA2- )>c(OH-)
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．曲线Ⅲ表示pH与lg 的变化关系，lgX=1.64，则 =101.64，K3= =10-14×101.64=10-12.36，Na3A溶液中Kh1= = =10-1.64，数量级为10-2，选项A不符合题意；
B．曲线Ⅱ表示pH与lg 的变化关系，从图中看，根据点（10，2.8）可知pH=10时，lgX=2.8，则 =102.8，K2= =10-10×102.8=10-7.2，当pH=8时，即c(H+)=10-8， = ，选项B不符合题意；
C．在曲线Ⅱ到Ⅲ，酸与氢氧化钠恰好反应生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，氢氧化钠溶液的体积小于20 mL时的某一个值恰好使溶液显中性，过程中也存在电离与水解程度相同，所以过程中既存在pH=7的点也存在水电离的c(H+ )=10-7的点，选项C符合题意；
D．当加入20mL NaOH溶液时，溶质为NaH2A，从图中看溶液显酸性，则H2A-的电离程度大于H2A-的水解程度，离子浓度大小顺序为c(Na+)＞c(H2A )＞c(H+)＞c(HA2 )＞c(OH )，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 、、 ，根据曲线上的点可确定 Ka1＞Ka2＞Ka3，则曲线Ⅰ为 lg与pH的关系，曲线Ⅱ为lg 与pH的关系，曲线Ⅲ为lg 与pH的关系，据此解答。
7．（2022·大连模拟）研究表明， 与水反应制氢气的原理为 。表格为pH和温度对 半衰期的影响(半衰期是指反应过程中，某物质的浓度降低到初始浓度一半所需的时间)，下列说法错误的是（ ）
体系pH 不同温度下 的半衰期(min)
0℃ 25℃ 50℃
10
12
14
A． 溶液显碱性，溶液中各离子浓度大小为
B．在50℃、 的条件下， 初始浓度为4.32mol/L，则半衰期内
C．由表格中数据可知，相同pH下， 与水反应的速率随温度升高而增大
D．由表格中数据可知，相同温度下， 与水反应的速率随pH升高而增大
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．NaBO2 溶液显碱性，则溶液中c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒，c(Na+)＞c( )，Na+和 是盐完全电离产生的，是大量的，而H+、OH-是水电离产生的，是少量的，所以溶液中各离子浓度大小为：c(Na+)＞c( )＞c(OH-)＞c(H+)，故A不符合题意；
B．在50℃、 pH=12 的条件下， NaBH4 初始浓度为4.32mol/L，NaBH4的浓度降低到初始浓度一半即2.16mol/L所需的时间为8.64×102，则半衰期内v(NaBH4)= =0.0025mol L-1 min-1，根据反应的方程式，用不同物质表示的反应速率之比等于方程式的计量数之比，则v(H2)=4v(NaBH4)=0.01mol L-1 min-1，故B不符合题意；
C．由表格中数据可知，相同pH下， NaBH4的半衰期随温度升高逐渐减小，则NaBH4 与水反应的速率随温度升高而增大，故C不符合题意；
D．由表格中数据可知，相同温度下， NaBH4的半衰期随pH增大升高逐渐增大，则NaBH4 与水反应的速率随pH升高而减小，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据NaBO2溶液显碱性和电荷守恒分析；
B.根据给定数据计算v(NaBH4)，结合v(H2)=4v(NaBH4)；
C.随温度升高体系半衰期缩短，反应速率加快；
D.pH增大，半衰期增大，反应速率减慢。
8．（2022·南京模拟）一定条件下，通过下列实验探究盐类水解的应用。
实验 实验操作和现象
1 向40mL沸水中滴加几滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸，得到红褐色液体，停止加热
2 向5mL略浑浊的泥水中加入2mL明矾饱和溶液，静置，产生絮状沉淀，溶液变澄清
3 将20mLAl2(SO4)3饱和溶液与30mLNaHCO3饱和溶液混合，剧烈反应产生大量气体
4 向5mLNa2CO3饱和溶液中滴加3滴植物油，煮沸，倒出液体后试管壁上无油珠残留
下列有关说法错误的是（ ）
A．实验1中红褐色液体在激光笔照射下会产生光亮的“通路”
B．实验2中明矾电离出的Al3+吸附了水中的悬浮物而产生沉淀
C．实验3发生反应的离子方程式为Al3++3HCO =Al(OH)3↓+3CO2↑
D．实验4中的Na2CO3饱和溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HCO )+2c(H2CO3)
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A．实验1中红褐色液体为Fe(OH)3胶体，胶体具有丁达尔效应，即在激光笔照射下会产生光亮的“通路”，A不符合题意；
B．明矾作净水剂是明矾电离出的Al3+发生水解反应生成的Al(OH)3胶体具有很强的吸附能力，可以吸附了水中的悬浮物而产生沉淀，B符合题意；
C．泡沫灭火器的原理是Al3+和HCO3- 在水溶液中发生双水解反应，则实验3发生反应的离子方程式为Al3++3HCO3- =Al(OH)3↓+3CO2↑，C不符合题意；
D．根据质子守恒可知，实验4中的Na2CO3饱和溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HCO )+2c(H2CO3)，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.丁达尔效应是胶体特有的性质；
B.明矾饱和溶液中铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有净水作用；
C.是Al3+和HCO 发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；
D.Na2CO3饱和溶液中碳酸根离子水解，溶液存在质子守恒。
9．（2022·南京模拟）用废铜屑(含Cu、CuO、Fe2O3等)制备胆矾的流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A．“溶解”时，铜发生反应的离子方程式为Cu+4H++O =Cu2++2H2O
B．“调pH"时，可用Cu2(OH)2CO3，代替CuO
C．“滤液”中c(Cu2+)·c2(OH-)≤Ksp[Cu(OH)2]
D．“酸化”时，加入稀硫酸的目的是抑制Cu2+的水解
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】废铜屑加入稀硫酸和过氧化氢溶液中溶解，铜溶解为硫酸铜，氧化铜变成硫酸铜，氧化亚铁变成硫酸铁，加入氧化铜调节pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，滤液中加入硫酸酸化得到硫酸铜溶液，最后得胆矾。
A．“溶解”时，铜发生反应的离子方程式为Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O，A符合题意；
B．调节溶液的pH时，可以用氧化铜或碱式碳酸铜，因为都可以消耗铁离子水解生成的氢离子，调节pH，使铁元素沉淀，B不符合题意；
C．调pH是为了沉铁，所以过滤时只有氢氧化铁沉淀，若要保证无氢氧化铜沉淀，故滤液中c(Cu2+)·c2(OH-)≤Ksp[Cu(OH)2]，C不符合题意；
D．从硫酸铜溶液到晶体需要加热蒸发，加热促进水解，加入硫酸可以抑制铜离子水解，最终生成硫酸铜晶体，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】溶解时发生反应Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O、CuO+2H+═Cu2++2H2O、Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，加CuO可促进铁离子水解转化为沉淀，滤渣为氢氧化铁，滤液含硫酸铜，酸化后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出胆矾。
10．（2022·唐山模拟）常温下向 的二元酸 中滴加等浓度的 溶液，溶液的 随相关离子浓度变化关系如图所示：( 或 )
下列有关说法错误的是（ ）
A．线N代表 与 的变化关系
B．该溶液
C． 溶液中，
D． 时，
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线N代表pH与 的变化关系，故A不符合题意；
B．由分析可知，曲线M代表pH与 的变化关系，Ka2(H2R) =1.0×10—5.6，故B不符合题意；
C．HR-离子的水解常数Kh= = ＜Ka2(H2R)，说明NaHR溶液中HR-离子的电离程度大于水解程度，则R2—离子的浓度大于H2R的浓度，故C符合题意；
D．溶液pH为7时，等浓度的H2R和氢氧化钠溶液反应得到NaHR和Na2R的混合溶液，由物料守恒可知溶液中c(H2R)+ c(HR-)+ c(R2-) ＜ =0.05mol/L，由电荷守恒可得c(Na+)= c(HR-)+2 c(R2-) ＜0.05mol/L+ c(R2-)-c(H2R)，则c(Na+)+c(H2R) ＜0.05+ c(R2-)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】向0.1mol L-1的二元酸H2R中滴加等浓度的NaOH溶液，开始发生反应：H2R+NaOH=NaHR+H2O，随后发生反应：NaHR+NaOH=Na2R+H2O，溶夜的pH逐渐增大，即滴加等浓度的NaOH溶液过程中，开始c(H2R)减小，c(HR-)增大，当H2R反应完全时，随着pH逐渐增大，c(HR-)开始减小，c(R2-)增大。
11．（2022·汕头模拟）甲酸铵常用于电解、电容器行业。25℃时，用HCl或NaOH固体改变0.1 mol/L的HCOONH4溶液的pH，1gc(HCOOH)、1gc(NH3·H2O)、1gc(H+)和1gc(OH-)随pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是( )
[已知：Ka(HCOOH)=1.8×10-4，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5]
A．Q点对应溶液pH=7
B．曲线①代表lgc(H+)，曲线③代表1gc(NH3·H2O)
C．0.1 mol/LHCOONH4溶液中，c(H+)+c(HCOOH)=c(OH-)+c(NH3·H2O)
D．P点存在c(NH3·H2O)＞c(OH-)=c(HCOOH)＞c(H+)
【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．Q点1gc(HCOOH)=1gc(NH3 H2O)，c(HCOOH)=c(NH3 H2O)，根据图知，溶液的pH＜7，故A符合题意；
B．通过以上分析知，曲线①代表lgc(H+)、曲线③代表1gc(NH3 H2O)，故B不符合题意；
C．溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(NH )=c(OH-)+c(HCOO-)、物料守恒c(HCOO-)+c(HCOOH)=c(NH3 H2O)+c(NH )，所以存在c(H+)+c(HCOOH)=c(OH-)+c(NH3 H2O)，故C不符合题意；
D．根据图知，P点lgc(NH3 H2O)＞1gc(HCOOH)=1gc(OH-)＞1gc(H+)，所以存在c(NH3 H2O)＞c(OH-)=c(HCOOH)＞c(H+)，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】随着溶液pH值的增大，c(HCOOH)减小、c(NH3 H2O)增大、c（H+）减小、c(OH-)增大，则lgc(HCOOH)减小、lgc(NH3 H2O)增大、lgc(H+)减小、lgc(OH-)增大，溶液的pH=7时，lgc(H+)=lgc(OH-)，根据图知，曲线①②③④分别表示lgc(H+)、lgc(HCOOH)、lgc(NH3 H2O)、lgc(OH-)。
12．（2022·三明模拟）常温下，向饱和氯水中以恒定速度滴加NaOH溶液，测得溶液pH随时间的变化如图所示。溶液中氯元素的存在形式仅考虑Cl2、Cl-、ClO-、HClO，该过程不考虑HClO的分解。下列有关说法错误的是( )
A．M点：c(H+)>c(Cl-)>c(HClO)
B．水的电离程度：M点
D．溶液中可能存在c(HClO)+c(ClO-)=c(Cl-)
【答案】C
【知识点】水的电离；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．M点为未滴加NaOH溶液的氯水，存在Cl2+H2O HCl+HClO，H+来自HCl的完全电离、HClO和水的部分电离，则溶液中c(H+)>c(Cl-)>c(HClO)，故A不符合题意；
B．M点水的电离受HCl和HClO电离出的H+的抑制，电离程度较小，而N点溶液pH=7，此时溶液中含有NaCl、NaClO和HClO，其中NaClO的水解促进水的电离，则水的电离程度：M点
D．当氯水中滴加过量NaOH溶液后，溶液中主要含有NaCl、NaClO和NaOH，根据Cl2+H2O HCl+HClO，并结合物料守恒，此时溶液中存在c(HClO)+c(ClO-)=c(Cl-)，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.M点存在Cl2+H2O H++Cl-+HClO，HClO部分电离；
B.M点到N点，随着氢氧化钠溶液的滴入，酸电离出的氢离子浓度减小，酸对水的电离抑制作用减小；
C.从M点到P点，溶液中的HClO的浓度减小，Kh(ClO-)不变，结合判断；
D.根据Cl2+H2O H++Cl-+HClO结合物料守恒分析。
13．（2022·莆田模拟）电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点的一种滴定分析方法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也发生了突跃，进而确定滴定终点。常温下，利用盐酸滴定某溶液中亚磷酸钠 的含量，其电位滴定曲线与 曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
已知：亚磷酸 是二元弱酸，电离常数 ， 。
A．a点对应的溶液呈弱碱性
B．水的电离程度：a点小于b点
C．a点对应的溶液中存在：
D．b点对应的溶液中存在：
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．根据图示，a点对应的溶液中溶质为 ， 的电离常数为 、 的水解常数为 ，电离大于水解，溶液呈弱酸性，故A不符合题意；
B．a点对应的溶液中溶质为 ，b点对应的溶液中溶质为 ，a、b两点溶液都因电解质电离呈酸性，抑制水电离，b点酸性大于a点，水的电离程度：a点大于b点，故B不符合题意；
C．a点溶质为等浓度的 ，根据电荷守恒 ，根据物料守恒 ，所以对应的溶液中存在： ，故C不符合题意；
D．b点对应的溶液中溶质为 ， 的比为1：2，根据电荷守恒 ，根据物料守恒 ，所以b点对应的溶液中存在： ，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.a点溶液中的溶质为，根据电离常数计算水解常数，比较水解程度和电离程度的相对大小，据此确定溶液的酸碱性；
B.a点溶液中的溶质为，b点溶液中溶质为 ，水解促进水的电离，抑制水的电离；
C.根据电荷守恒和物料守恒判断；
D.根据电荷守恒和物料守恒判断。
二、多选题
14．（2021·山东）赖氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2+ H2R+ HR R-。向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。已知δ(x)= ，下列表述正确的是（ ）
A． >
B．M点，c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)
C．O点，pH=
D．P点，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】C,D
【知识点】化学平衡常数；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.根据，，根据M，N，P三点计算出 ，，，因此故A不符合题意
B.M点存在电荷守恒，此时据图所示，，可以得到，故B不符合题意
C.根据图示O点，，可以得到=1，进行变换得到，得到氢离子的浓度c(H+)=根据溶液的pH=得出pH=故C符合题意
D.根据图示即可得到此时溶液是NaCl、HR、NaR混合溶液，此时的pH大于7，因此水解大于电离，因此，故D符合题意
【分析】A.根据M，N，P三点的数据计算出K1，K2，K3即可
B.根据电荷守恒结合进行判断
C.根据O点进行变化即可计算
D.根据P点的溶质以及pH即可判断离子浓度大小
15．（2020·盐城模拟）室温下，用NaOH溶液滴定X(NaH2PO4或NH4Cl)的稀溶液，溶液pH与n(NaOH)/n(X)的关系如图所示，已知：pKa=-lgKa，H2PO +PO 2HPO 。室温时下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．0.1mol·L-1NH4Cl溶液中滴加氨水至溶液呈中性：c(Cl-)=c(NH )>c(NH3·H2O)
B．0.1mol·L-1NaH2PO4溶液中滴加NaOH至溶液呈中性：c(Na+)>3c(HPO )+3c(PO )
C．0.1mol·L-1NaH2PO4溶液中滴加K3PO4至溶液呈中性：c(K+)>c(Na+)
D．0.1mol·L-1NaH2PO4溶液中滴加氨水至溶液呈中性：c(H3PO4)+c(H2PO )+c(HPO )+c(PO )>2c(NH )+2c(NH3·H2O)
【答案】A,C
【知识点】盐类水解的应用；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.0.1mol·L-1NH4Cl溶液中，由电荷守恒得： ，溶液呈中性，即有 ，故 。 水解显酸性， 电离显碱性，由图像可知， 时，即 与 为1：1时，溶液呈碱性（pH=9.25），故溶液中性时 ，A符合题意；
B.0.1mol·L-1NaH2PO4溶液中，由电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)= + + +c(OH-)，溶液呈中性，即有 ，故c(Na+)= + + ，图像可知，当 时，即 与 为1：1时，溶液呈酸性（pH=6.86），若溶液呈中性， 的量需要稍大，即有c(Na+)＜3c(HP )+3c(P )，B不符合题意；
C．当NaH2PO4与K3PO4为3：1时，溶液中 ，由于H2PO +PO 2HPO ，此时溶液中 与 为1：1，由图像可知，此时的溶液呈酸性（pH=6.86），若溶液呈中性，K3PO4的量需稍微大一点，故c(K+)>c(Na+)，C符合题意；
D．当NaH2PO4与氨水为1：2时，由物料守恒得c(H3PO4)+c(H2PO )+c(HPO )+c(PO )=2c(NH )+2c(NH3·H2O) ，由图像可知 ，所以 ，故 的酸性强于 的碱性，那么 的酸性更强于 的碱性，故 为酸性。NaH2PO4与氨水为1：2时，溶质为 ，所以加的碱需要稍微多一点才能是中性，故c(H3PO4)+c(H2PO )+c(HPO )+c(PO )＜2c(NH )+2c(NH3·H2O)，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A、0.1mol L-1NH4Cl溶液中，由电荷守恒得：c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），溶液呈中性，即有c（H+）=c（OH-），故c（NH4+）=c（Cl-），NH4+水解显酸性，结合电离水解程度分析；
B、0.1mol L-1NaH2PO4溶液中，由电荷守恒得：c（Na+）+c（H+）=3c（PO43-）+2c（HPO42-）+c（H2PO4-）+c（OH-），溶液呈中性，即有c（H+）=c（OH-），故c（Na+）=3c（PO43-）+2c（HPO42-）+c（H2PO4-）；
C、当NaH2PO4与K3PO4为3：1时，溶液中c（K+）=c（Na+），由于H2PO4-+PO43- HPO42-，此时溶液中H2PO4-与HPO42-为1：1；
D、当NaH2PO4与氨水为1：2时，由物料守恒得c（H3PO4）+c（H2PO4-）+c（HPO42-）+c（PO43-）=2c（NH4+）+2c（NH3 H2O），由图象可知pKa（NH4+）＞pKa2（H3PO4），所以Ka（NH4+）＞Ka2（H3PO4），故H2PO4-的酸性强于的碱性，那么H3PO4的酸性更强于NH3 H2O的碱性，故Na（NH4）2PO4为酸性。
16．（2020·南通模拟）室温下，Ka(HCN)＝6.2×10－10，Ka1(H2C2O4)＝5.4×10－2，Ka2(H2C2O4)＝5.4×10－5。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．0.1 mol·L－1 NaCN溶液与等体积、等浓度盐酸混合：c(Na＋)＝c(Cl－)>c(H＋)>c(HCN)>c(CN－)
B．向0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液至pH＝7：c(Na＋)<2[c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＋c(H2C2O4)]
C．0.1 mol·L－1 NaCN溶液与0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液的比较：c(CN－)
【答案】B,C
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A. 溶液为HCN与氯化钠的混合溶液，且二者的物质的量浓度相等，HCN的电离很微弱，c(Na＋)＝c(Cl－)> c(HCN)>c(H＋)> c(CN－)，选项A不符合题意；
B. 若向0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液至完全反应则生成Na2C2O4，溶液呈碱性，根据物料守恒有c(Na＋)=2[c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＋c(H2C2O4)] ，当反应至溶液pH＝7时则氢氧化钠不足，c(Na＋)偏小，故c(Na＋)<2[c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＋c(H2C2O4)]，选项B符合题意；
C. 因Ka(HCN)＝6.2×10－10
故答案为：BC。
【分析】本题考查盐的水解及溶液中离子浓度大小关系的比较，注意物料守恒等的应用，易错点为选项D，若0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液中存在物料守恒有：c(Na＋)=c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＝0.1mol·L－1，而0.1 mol·L－1 NaCN溶液与0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液等体积混合后：c(Na＋)+c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＝0.1 mol·L－1+0.05 mol·L－1=0.15 mol·L－1。
17．（2019·南通模拟）室温下，下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（）
A．20mL0.1mol·L－1CH3COONa溶液中加入0.1mol·L－1盐酸至溶液pH＝7：c(CH3COOH)＝c(Cl－)
B．向澄清石灰水中通入Cl2至Ca(OH)2恰好完全反应：c(Ca2＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(Cl－)＋c(ClO－)
C．0.2mol·L－1CH3COOH溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合(pH<7)：c(H＋)＋c(CH3COOH)>c(OH－)＋c(CH3COO－)
D．0.1mol·L－1CH3COOH溶液与0.1 mol·L－1Na2CO3溶液等体积混合(无气体逸出)：c(CO32-)
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用
【解析】【解答】A、20mL0.1mol·L－1CH3COONa溶液中加入0.1mol·L－1盐酸至溶液pH＝7：c(H+)=c(OH-)，CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，c(CH3COOH)=c(NaCl)=c(Cl-)，盐的电离远大于弱电解质的电离。因此c(Cl-)=c(CH3COOH) >c(H+)=c(OH-)，选项A符合题意；
B. 向澄清石灰水中通入Cl2至Ca(OH)2恰好完全反应，根据电荷守恒有：2c(Ca2＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(Cl－)＋c(ClO－)，选项B不符合题意；
C.0.2mol·L－1CH3COOH溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合(pH<7)：根据电荷守恒有①c(H＋)＋c(Na+)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，根据物料守恒有②c(Na+)= c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，将②代入①得，2c(H＋)＋c(CH3COOH)=2c(OH－)＋c(CH3COO－)，因pH<7，则c(H+)>c(OH-)，故有c(H＋)＋c(CH3COOH)
【分析】A.体系中存在电荷守恒，pH=7的溶液中，c(H+)=c(OH-)，那么必然存在c(CH3COOH)＝c(Cl－)；
B.根据电荷守恒，一个钙离子携带两个正电荷，因此题中的关系式不符合实际；
C.体系中存在物料守恒、电荷守恒以及质子守恒，根据物料守恒和电子守恒可以推出几种微粒的浓度关系；
D.根据质子守恒可以推出几种微粒浓度之间的关系。
18．（2016·闵行模拟）某温度下，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示，下列判断正确的是（ ）
A．a、b、c三点溶液的离子浓度之和a＞b＞c
B．b点溶液中c（H+）+c（NH3 H2O）=c（OH﹣）
C．用等浓度的NaOH溶液和等体积b、c处溶液反应，恰好反应时消耗NaOH溶液的体积Vb=Vc
D．a、b、c三点溶液中水的电离程度a＞b＞c
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】解：盐酸溶液中的氢离子主要是盐酸电离出来的，盐酸完全电离，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释的过程中，盐酸不能继续电离，盐酸溶液中氢离子浓度变化大；水解是微弱的，氯化铵溶液中铵离子可继续水解，溶液中的氢离子浓度变化小，所以含c点的曲线pH变化是盐酸溶液的，含a、b点的曲线pH变化是氯化铵溶液的．
A、由于a点溶液稀释后得到b点，故b点的离子浓度小于a点；而氯化铵溶液的浓度远大于HCl，而氯化铵溶液是由于水解显酸性，而HCl是由于完全电离显酸性，故b和c点pH相同，故b点氯化铵的浓度必须远大于c点HCl的浓度，故离子浓度之和的大小关系为a＞b＞c，故A正确；
B、b点溶液中，根据质子守恒，得出c（OH﹣）+c（NH3 H2O）=c（H+），故B错误；
C、用等浓度NaOH溶液和等体积b、c处溶液反应，b点为铵根水解导致溶液呈酸性，b点溶液中铵根和氢离子均消耗NaOH，而C点只有盐酸消耗NaOH（盐酸完全电离），故消耗NaOH溶液体积Vb＞Vc，故C错误；
D、盐酸电离出的氢离子浓度抑制了水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最小；水解促进水的电离，由于氯化铵溶液中的氢离子浓度来自于铵根离子水解生成的氢离子，氢离子浓度越大，说明水解程度越大，水的电离程度越大，a点的pH＜b点的pH，说明a点酸性大于b点酸性、a点氢离子大于b点氢离子，所以a、b二点溶液水的电离程度a＞b，综上所述a、b、c三点溶液水的电离程度a＞b＞c，故D正确．
故选AD．
【分析】根据盐酸是强酸，完全电离，氯化铵是能水解的盐，水解显示酸性，加水稀释促进水解的进行，
A、根据氯化铵溶液是由于水解显酸性，而HCl是由于完全电离显酸性，故HCl溶液的浓度远小于氯化铵溶液的浓度来分析；
B、根据溶液中的质子守恒来回答；
C、b点为铵根水解导致溶液呈酸性，b点溶液中铵根和氢离子均消耗NaOH，而C点只有盐酸消耗NaOH（盐酸完全电离）；
D、盐酸对水的电离起抑制作用，氯化铵对水的电离起到促进作用．
19．（2016·银川模拟）下列有关物质的量浓度关系中，正确的是（ ）
A．等物质的量浓度等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合：c（Na+）=c（SO ）＞c（NH ）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．室温下，pH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液等体积混合：c （Na+）＞c （CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
C．浓度均为0.1 mol L﹣1CH3COONa、NaHCO3、 ﹣ONa溶液中：若c（OH﹣）分别为c1、c2、c3，则c3＞c2＞c1
D．NaHCO3溶液中：c（Na+）=c（H2CO3）+c（HCO ）+2c（CO ）
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；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】解：A．等物质的量浓度等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合，反应后的溶液溶质为（NH4）2SO4和Na2SO4，NH4+水解，溶液呈酸性，则c（Na+）=c（SO ）＞c（NH ），c（H+）＞c（OH﹣），一般来说，单水解的程度较弱，则有c（NH4+）＞c（H+），应有c（Na+）=c（SO ）＞c（NH ）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A正确；
B．醋酸为弱酸，室温下，pH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液等体积混合，醋酸过量，溶液呈酸性，则有c （CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B错误；
C．已知酸性：CH3COOH＞H2CO3＞ ﹣OH，酸性越弱，对应的盐类水解程度越大，则浓度均为0.1 mol L﹣1CH3COONa、NaHCO3、 ﹣ONa溶液中：若c（OH﹣）分别为c1、c2、c3，c3＞c2＞c1，故C正确；
D．根据物料守恒可知，NaHCO3溶液中存在c（Na+）=c（H2CO3）+c（HCO ）+c（CO ），故D错误．
故选AC．
【分析】A．等物质的量浓度等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合，反应后的溶液溶质为（NH4）2SO4和Na2SO4，NH4+水解，溶液呈酸性；
B．醋酸为弱酸，室温下，pH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液等体积混合，醋酸过量，溶液呈酸性；
C．首先判断对应酸的酸性强弱，酸性越弱，对应的盐类水解程度越大；
D．从物料守恒的角度分析．
20．（2015·海南模拟）关于浓度均为0.1mol/L的三种溶液：①CH3COOH、②NaOH、③CH3COONa溶液，下列说法正确的是（ ）
A．c（CH3COO﹣）：③＞①
B．水电离出的c（OH﹣）：②＞①
C．①和②等体积混合后的溶液：c（OH﹣）=c（H+）+c（CH3COOH）
D．①和③等体积混合后的溶液：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用
【解析】【解答】解：A．醋酸钠是强电解质，在水溶液里完全电离，醋酸的弱电解质，在水溶液里部分电离，虽然醋酸钠中醋酸根离子易水解，但水解程度较小，所以c（CH3COO﹣）：③＞①，故A正确；
B．酸或碱抑制水电离，氢离子或氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大，氢氧化钠的溶液中氢氧根离子浓度大于醋酸溶液中氢离子浓度，所以氢氧化钠抑制水电离程度大于醋酸，则水电离出的c（OH﹣）：②＜①，故B错误；
C．①和②等体积混合时，二者恰好反应生成醋酸钠，根据质子守恒得c（OH﹣）=c（H+）+c（CH3COOH），故C正确；
D．等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠溶液混合，醋酸电离程度大于醋酸根水解程度，导致混合溶液呈酸性，所以c（H+）＞c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），所以得c（CH3COO﹣）＞c（Na+），故D错误；
故选AC．
【分析】醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，氢氧化钠和醋酸钠都是强电解质，在水溶液里完全电离，但醋酸钠中醋酸根离子易水解，水解程度较小；
A．醋酸的电离程度小于醋酸钠的电离程度；
B．酸或碱抑制水电离，氢离子或氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大；
C．醋酸钠是强碱弱酸盐，其溶解呈碱性，根据质子守恒判断；
D．等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠溶液混合，醋酸电离程度大于醋酸根水解程度，导致混合溶液呈酸性，再结合电荷守恒判断．
21．（2019高二上·都匀期末）下列有关说法正确的是( )
A．将AlCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终剩余固体是AlCl3
B．反应Hg(l)+H2SO4(aq) = HgSO4(aq)+H2(g)在常温下不能自发进行，则△H＞0
C．将纯水加热至较高温度，KW变大、pH变小、呈酸性
D．锅炉中沉积的CaSO4可用饱和Na2CO3溶液浸泡，再将不溶物用稀盐酸溶解除去
【答案】B,D
【知识点】水的电离；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】A．AlCl3是强酸弱碱盐，水解产生氢氧化铝和HCl,由于HCl有挥发性，所以随着水分的蒸发而挥发，蒸干得到的是氢氧化铝，再灼烧氢氧化铝分解最后得到的是Al2O3，不符合题意；
B．反应Hg(l)+H2SO4(aq) = HgSO4(aq)+H2(g)在常温下不能自发进行，是由于该反应是体系混乱程度增大的反应，则△H>0, △G>0,符合题意；
C．水是若电解质，升高温度会促进水的动力，所以将纯水加热至较高温度，K变大、pH变小，但是由于水电离产生的H+的浓度与OH-的浓度相等，所以溶液仍然呈中性，不符合题意；
D．锅炉中沉积的CaSO4在水中存在沉淀溶解平衡，当用饱和Na2CO3溶液浸泡，会发生沉淀的转化，产生溶解度更小的CaCO3，利用其能够与盐酸反应产生可溶性的物质将其溶解除去，符合题意。
【分析】A.Al3+水解生成Al(OH)3，最终得到的是Al2O3；
B.根据自由能判据进行分析；
C.纯水的离子积常数变大，溶液依然是中性；
D.根据难溶物的转化进行分析。
22．（2018高二下·宿迁期末）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 结论
A 在0.1 mol L-1Na2CO3溶液中，滴加2滴酚酞显浅红色，微热，红色加深 CO32－水解是吸热反应
B 等体积、pH=3的两种酸HA和HB分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多 酸性A比B强
C 常温下，用饱和Na2CO3溶液可将BaSO4部分转化为BaCO3 Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)
D 室温下，用pH试纸测得：0.1 mol L-1 Na2SO3溶液的pH约为10；0.1 mol L-1 NaHSO3溶液的pH约为5 HSO 结合H＋的能力比SO32－的弱
A．A B．B C．C D．D
【答案】A,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；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】A.滴有酚酞的溶液Na2CO3显示红色，是因为碳酸钠溶液中的碳酸根离子水解溶液呈碱性，,其中碳酸根离子水解程度受温度的影响，微热，溶液颜色逐渐变深，说明温度高,，水解程度大，碱性增强，所以盐类水解是吸热反应，A符合题意；
B.当体积、pH都为3的酸HA和HB分别与足量的锌反应，HA放出的氢气多，说明HA的物质的量大于HB的物质的量，溶液的体积相等，HA的物质的量浓度大于HB的，所以说明酸性：HA
D.SO 结合H＋为一级水解，HSO3-结合H＋为二级水解，HSO 结合H＋的能力比SO32－的弱，D符合题意；
故答案为：AD
【分析】A.微热颜色加深，说明加热后溶液中c(OH-)增大，则CO32-的水解程度增大；
B.HA放出的氢气越多，则等pH溶液中，所含HA的量更多；
C.向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，部分BaSO4因饱和Na2CO3溶液中高浓CO32-转化BaCO3，但是Ksp（BaCO3）＞Ksp（BaSO4）；
D.NaHSO3溶液的pH约为5，显酸性，说明HSO3-的电离程度大于水解程度；
23．（2017高二上·黄陵期末）物质的量浓度相同的下列溶液中，符合pH由小到大顺序排列的是（ ）
A．Na2CO3 NaHCO3 NaCl NH4Cl
B．Na2CO3 NaHCO3 NH4Cl NaCl
C．（NH4）2SO4 NH4Cl NaNO3 Na2CO3
D．（NH4）2SO4 NH4Cl NaNO3 Na2S
【答案】C,D
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】解：A．Na2CO3、NaHCO3水解显碱性，且Na2CO3水解程度大，NaCl不水解，NH4Cl水解显酸性，则Na2CO3、NaHCO3、NaCl、NH4Cl的pH由大到小，故A不选；
B．Na2CO3、NaHCO3、NH4Cl、NaCl中，NH4Cl水解显酸性，其pH最小，故B不选；
C．NH4Cl、（NH4）2SO4水解显酸性，且（NH4）2SO4水解生成氢离子浓度大，NaNO3不水解，Na2CO3水解显碱性，则pH由小到大的顺序为（NH4）2SO4、NH4Cl、NaNO3、Na2CO3，故C选；
D．NH4Cl、（NH4）2SO4水解显酸性，且（NH4）2SO4水解生成氢离子浓度大，NaNO3不水解，Na2S水解显碱性，则pH由小到大的顺序为（NH4）2SO4、NH4Cl、NaNO3、Na2S，故D选；
故选CD．
【分析】pH由小到大的顺序为：酸性＜中性＜碱性，结合盐的水解判断溶液的pH，以此来解答．
24．（2017高二上·蚌埠期末）在蒸发皿中加热蒸干再加热下列物质的溶液，可以得到该物质固体的是（ ）
A．AlCl3 B．NaHCO3 C．Na2CO3 D．Al2（SO4）3
【答案】C,D
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】解：A．AlCl3在蒸干过程中发生水解，生成氢氧化铝和氯化氢，氯化氢易挥发，所以蒸干时得到氢氧化铝，灼烧氢氧化铝，氢氧化铝分解生成氧化铝，所以最终得到氧化铝，故A错误；
B．碳酸氢钠不稳定，加热条件下易分解生成二氧化碳、水和碳酸钠，所以最终不能得到该物质，故B错误；
C．碳酸钠性质稳定，不易分解，在蒸发皿中加热蒸干再加热溶液，最终得到碳酸钠，故C正确；
D．Al2（SO4）3水解生成氢氧化铝和硫酸，因硫酸难挥发，最终仍得到Al2（SO4）3，故D正确；
故选CD．
【分析】在蒸发皿中加热蒸干并灼烧下列物质的溶液可以得到该物质的固体，说明该溶质性质较稳定，蒸干、灼烧过程中不发生分解、不发生水解，据此分析解答．
三、非选择题
25．（2021·全国甲）胆矾( )易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的 (杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：
（1）制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有 (填标号)。
A．烧杯 B．容量瓶 C．蒸发皿 D．移液管
（2）将 加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为 ，与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是 。
（3）待 完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量 ，冷却后用 调 为3.5～4，再煮沸 ，冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、 、乙醇洗涤、 ，得到胆矾。其中，控制溶液 为3.5～4的目的是 ，煮沸 的作用是 。
（4）结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为 ，加入胆矾后总质量为 ，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为 。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为 (写表达式)。
（5）下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是 (填标号)。
①胆矾未充分干燥 ②坩埚未置于干燥器中冷却 ③加热时有少胆矾迸溅出来
【答案】（1）A、C
（2）CuO+H2SO4 CuSO4+H2O；不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）
（3）过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化铁胶体，易于过滤
（4）
（5）①③
【知识点】盐类水解的应用；硫酸根离子的检验；常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；化学式及其计算
【解析】【解答】(1)制备胆矾时，根据题干信息可知，需进行溶解、过滤、结晶操作，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿，A、C符合题意，故答案为：A、C；
(2)将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为CuO+H2SO4CuSO4+H2O；直接用废铜和浓硫酸反应生成硫酸铜与二氧化硫和水，与这种方法相比，将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热制备胆矾的实验方案具有的优点是：不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）；
(3) 硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；CuO中含氧化铁杂质，溶于硫酸后会形成铁离子，为使铁元素以氢氧化铁形成沉淀完全，需控制溶液pH为3.5～4，酸性环境同时还可抑制铜离子发生水解；操作过程中可能会生成氢氧化铁胶体，所以煮沸10min，目的是破坏氢氧化铁胶体，使其沉淀，易于过滤，故答案为：过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化铁胶体，易于过滤；
(4) 称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。则水的质量是(m2- m3)g，所以胆矾（CuSO4 nH2O）中n值的表达式为：=n:1，解得n＝；
(5) ①胆矾未充分干燥，导致所测m2偏大，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；
②坩埚未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆矾，导致所测m3偏大，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏低，不符合题意；
③加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使m3数值偏小，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；综上所述，①③符合题意，故答案为：①③。
【分析】(1)制备胆矾时，需进行溶解、过滤、结晶操作；
(2)金属氧化物与酸反应生成盐和水；从环境保护方面分析该方法的优点；
(3)硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；根据水解分析；加热可以防止生成胶体；
(4)根据CuSO4 nH2O中CuSO4与H2O为1：n计算；
(5)根据n=分析。
26．（2019·福州模拟）硼氢化钠(NaBH4)是有机合成中常用的还原剂。一种制备硼氢化钠工艺如下（部分条件和产物省略）：
已知：MgH2、NaBH4遇水蒸气剧烈反应并放出H2。
回答下列问题：
（1）Mg2B2O5 H2O中B的化合价为 。MgH2和NaBO2必须在干燥条件下合成硼氢化钠，其原因是 。
（2）难溶的Mg2B2O5与浓氢氧化钠溶液反应的离子方程式为 。
（3）SOCl2溶于水能产生两种气体，其中一种气体能使品红溶液褪色，则灼烧时加入SOCl2的目的是 。
（4）已知镁—H2O2酸性燃料电池反应为Mg+H2O2+H2SO4=MgSO4+2H2O。常温下，电解质溶液为200 mL
0.1 mol·L-1硫酸溶液。
①写出正极的电极反应式： 。
②若电路中有0.038 mol转移电子时，则溶液pH约为 （忽略体积变化，不考虑H2O2电离）。
（5）“有效氢”是衡量含氢还原剂的还原能力指标，定义为1 g含氢还原剂的还原能力与多少克H2相当。NaBH4的“有效氢”等于 （结果保留2位小数）。
（6）工业上，可以利用NaBO2、HCHO和生石灰在加热下生成NaBH4和难溶的盐，写出化学方程式 。
【答案】（1）+3；防止MgH2、NaBH4与水蒸气反应
（2）Mg2B2O5+H2O+2OH-=2Mg(OH)2+2BO2-
（3）提供HCl抑制MgCl2水解
（4）H2O2+2e-+2H+=2H2O；2
（5）0.21
（6）NaBO2+2HCHO+2CaO NaBH4+2CaCO3
【知识点】盐类水解的应用；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据化合物中各元素的化合价代数和为0，Mg的化合价为＋2，O的化合价为－2，设B的化合价为x，有2×(＋2)＋2x＋5×(－2)=0，得x=＋3。则B的化合价为+3。根据已知MgH2、NaBH4遇水蒸气剧烈反应并放出H2，所以保持干燥环境的目的是防止硼氢化钠、氢化镁与水蒸气反应。答案为+3；防止MgH2、NaBH4与水蒸气反应；（2）Mg2B2O5 H2O与NaOH反应，得到滤渣和滤液。滤液的溶质为NaBO2，因为经过蒸发浓缩等一系列操作得到NaBO2晶体，而一系列操作不会改变溶质。滤渣为Mg(OH)2，与浓盐酸作用得到MgCl2·7H2O。所以难溶的Mg2B2O5与浓氢氧化钠溶液反应生成了氢氧化镁和偏硼酸钠（NaBO2)，方程式为Mg2B2O5+H2O+2OH- =2Mg(OH)2+2BO2-；（3）MgCl2·7H2O脱去结晶水的时候要防止Mg2＋水解生成Mg(OH)2。而SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，消耗了水，生成的氯化氢又能抑制氯化镁水解。答案为与水反应提供HCl抑制MgCl2水解（4）①正极得到电子化合价降低，化合价降低的为H2O2中的O，其化合价从－1降低到－2，发生还原反应。电解质溶液含有硫酸，为酸性，则正极方程式为H2O2+2e-+2H+=2H2O。②n(H+)=0.04 mol，由电极反应式知，转移1 mol电子必消耗1 mol H+，转移0.038 mol电子时溶液中c(H+)= =0.01 mol·L-1，pH=-lgc(H＋)=-lg0.01=2。（5）含氢还原剂的氧化产物为H2O等，1 molNaBH4的质量为38g，发生反应时，失去8 mol电子，相当于4 molH2,为8g氢气。NaBH4的有效氢等于 ≈0.21。（6）反应物为NaBO2、HCHO和CaO，根据原子守恒难溶盐为CaCO3。则方程式为NaBO2+2HCHO+2CaO NaBH4+2CaCO3。
【分析】Mg2B2O5 H2O与NaOH反应，得到滤渣和滤液，从滤液中最终得到了NaBO2。从滤渣最终得到了MgCl2。滤液的溶质为NaBO2，经过蒸发浓缩等一系列操作得到晶体。滤渣为Mg(OH)2，与浓盐酸作用得到MgCl2·7H2O，经电解等一系列操作得MgH2，与NaBO2反应得到NaBH4。
27．（2019·江西模拟）“84消毒液”因1984年北京某医院研制使用而得名，在日常生活中使用广泛，其有效成分是NaClO。某化学研究性学习小组在实验室制备NaClO溶液，并进行性质探究和成分测定。
（1）该学习小组按上图装置进行实验（部分夹持装置省去），反应一段时间后，分别取B、C瓶中的溶液进行实验，实验现象如下表。
已知：①饱和 NaClO溶液pH为11；
②25℃时，弱酸电离常数为：H2CO3：K1=4.4×10-7，K2=4.7×10-11；HClO：K=3×10-8
实验步骤 实验现象
B瓶 C瓶
实验1：取样，滴加紫色石蕊试液 变红，不褪色 变蓝，不褪色
实验2：测定溶液的pH 3 12
回答下列问题：
①仪器a的名称 ，装置A中发生反应的离子方程式 。
②C瓶溶液中的溶质是NaCl、 （填化学式）。
③若将C瓶溶液换成 NaHCO3溶液，按上述操作步骤进行实验，C瓶现象为：实验1中紫色石蕊试液立即褪色；实验2中溶液的pH=7．结合平衡移动原理解释紫色石蕊试液立即褪色的原因
（2）测定C瓶溶液中NaClO含量（单位：g/L）的实验步骤如下：
Ⅰ．取C瓶溶液20mL于锥形瓶中，加入硫酸酸化，加入过量KI溶液，盖紧瓶塞并在暗处充分反应。
Ⅱ．用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定锥形瓶中的溶液，淀粉溶液显示终点后，重复操作2～3次，Na2S2O3溶液的平均用量为24.00mL。（已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）
①步骤I的C瓶中发生反应的离子方程式为 。
②盖紧瓶塞并在暗处反应的原因 滴定至终点的现象 。
③C瓶溶液中NaClO含量为 g/L（保留2位小数）
【答案】（1）分液漏斗；MnO2+2Cl-+4H+ Cl2↑+Mn2++2H2O；NaClO、NaOH；溶液中存在平衡Cl2+H2O HCl+HClO，HCO3-消耗H+，使平衡右移，HClO浓度增大
（2）ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O；防止HClO分解（防止Cl2、I2逸出）；当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色；4.47
【知识点】化学平衡移动原理；盐类水解的应用；常用仪器及其使用；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)①仪器a的名称分液漏斗，装置A中发生反应的离子方程式为MnO2+2Cl-+4H+ Mn2++Cl2↑+2H2O；
②氯气和装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，C瓶溶液的溶质是NaCl、NaClO、NaOH；
③C瓶溶液中石蕊立即褪色的原因是：溶液中存在平衡Cl2+H2O HCl+HClO，HCO3-消耗H+，使平衡右移，HClO浓度增大；(2)①步骤I的C瓶中反应的离子方程式为：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O；
②紧瓶塞并在暗处反应的原因是防止HClO光照分解；通常选用淀粉溶液作指示剂，滴定至终点的现象当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色；
③由ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O、I2+2S2O32-═2I-+S4O62-，由方程式可得关系式
NaClO～I2～ 2S2O32-
1 2
n 0.1000mol/L×0.024L=0.0024mol
则n=0.0012mol，则C瓶溶液中NaClO的含量为 =4.47g/L。
【分析】（1） ① 根据仪器结构特点可知其名称；根据氧化还原反应的特点书写离子方程式；
② 根据氯气和氢氧化钠溶液反应的产物分析解答；
③ 根据溶液中水解平衡结合平衡移动原理分析；
（2） ① 书写离子方程式时注意遵循电荷守恒、原子守恒等；
② 根据次氯酸的性质分析；根据溶液中颜色变化来确定滴定终点；
③ 根据方程式中的关系式列式计算即可得出答案。
28．（2019·吉安模拟）氯化亚砜(SOCl2)是一种液态化合物，沸点为77℃，在农药、医药行业中用途广泛。SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并有带刺激性气味的气体产生。实验室合成原理为SO2+ Cl2+ SCl2=2SOCl2装置如下图所示。请回答以下问题：
（1）仪器A的名称是 ，装置乙中盛放的试剂是 装置B的作用是 。
（2）装置丁中发生反应的离子方程式为 。
（3）蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，使SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热，可得到无水AlCl3，试解释原因：
（4）若反应中消耗的Cl2的体积为896 mL(已转化为标准状况下，SCl2、SO2足量)，最后得到纯净的SOCl2 4.76 g，则SOCl2的产率为 (保留三位有效数字)。
（5）常温下，将0.01 mol SOCl2加人100 mL 0.3 mol/L NaOH溶液中恰好完全反应，所得溶液呈 (填“酸”“碱”或“中”)性，溶液中所有阴离子的浓度大小顺序为 。(已知H2SO3的 =1 .52×10-2， =1.02×10-7)
（6）将少量SOCl2滴入5 mL 1 mol/L的AgNO3溶液中，有白色沉淀生成，该白色沉淀的成分是 (填化学式)。
【答案】（1）冷凝管(或蛇形冷凝管)；浓硫酸；吸收逸出的有毒的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进人反应装置导致SOCl2水解
（2）ClO3-+5Cl-+6H+ = 3Cl2↑+3H2O
（3）AlCl3易水解，AlCl3·6H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl3·6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，SOCl2吸水，产物SO2和HCl抑制AlCl3水解
（4）50.0%
（5）酸；c(Cl-)>c(HSO3-)>c(SO32- )>c(OH-)
（6）AgCl、Ag2SO4
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；氯气的化学性质；氯气的实验室制法；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)仪器c是（蛇形）冷凝管，装置乙用来干燥氯气，可盛放浓硫酸，装置B有两个作用一个是防止有毒的氯气与二氧化硫逸出对实验人员的身体健康造成威胁，一个是防止空气中的水蒸气进入烧瓶中使氯化亚砜水解，
因此，本题正确答案是：球冷凝管(或蛇形冷凝管) ；浓硫酸；吸收逸出的有毒的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进人反应装置导致SOCl2水解；
(2) 装置丁中利用KClO3、4HCl(浓)制备氯气，反应的离子方程式为：ClO3-+5Cl-+6H+ = 3Cl2↑+3H2O，
因此，本题正确答案是：ClO3-+5Cl-+6H+ = 3Cl2↑+3H2O；
(3) SOCl2与水反应的方程式为：SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，AlCl3溶液易水解，AlCl3·6H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl3·6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，SOCl2吸水，产物SO2和HCl溶于水呈酸性抑制水解发生，
因此，本题正确答案是：ClO3-+5Cl-+6H+ = 3Cl2↑+3H2O ；AlCl3易水解，AlCl3·6H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl3·6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，SOCl2吸水，产物SO2和HCl抑制AlCl3水解；
(4) 消耗氯气为 =0.04mol，由SO2+Cl2+SCl2=2 SOCl2，生成0.08mol SOCl2，则SOCl2的产率为 100%=50.0%，
因此，本题正确答案是：50.0%；
(5)0. 01 mol SOCl2与100 mL 0. 3 mol/L NaOH溶液中恰好完全反应，由原子守恒可知，反应方程式为SOCl2+3NaOH=NaHSO3+2NaCl+H2O，所得溶液溶质为亚硫酸氢钠和氯化钠，HSO3-在溶液中存在电离和水解，由于水解常数Kh= =6.58 10-13<1.02 10-7，即电离大于水解，故溶液呈酸性，溶液中所有阴离子的浓度大小顺序为c(Cl-)>c(HSO3-)>c(SO32- )>c(OH-)，因此，本题正确答案是：(Cl-)>c(HSO3-)>c(SO32- )>c(OH-)；
(6) SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，氯化氢与AgNO3溶液反应生成氯化银沉淀，溶液中有硝酸，将二氧化硫氧化为硫酸根离子，故白色沉淀中还有硫酸银，所以该白色沉淀的成分是AgCl、Ag2SO4，
因此，本题正确答案是：AgCl、Ag2SO4。
【分析】（1）结合Cl2的制备实验分析；
（2）装置丁为实验室制取Cl2的装置，据此写出反应的离子方程式；
（3）结合AlCl3的水解平衡移动分析；
（4）根据反应的化学方程式“SO2+Cl2+SCl2=2 SOCl2”计算896mLCl2反应生成SOCl2的质量，从而计算SOCl2的产率；
（5）根据发生反应的化学方程式确定所得溶液的溶质，结合溶液中的电离水解确定溶液的酸碱性，以及溶液中离子浓度大小；
（6）NO3-在酸性条件下具有氧化性，能将SO32-氧化成SO42-，据此确定沉淀的成分；
29．（2019·合肥模拟）某工厂以重晶石（主要含BaSO4）为原料，生产“电子陶瓷工业支柱”——钛酸(BaTiO3)的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）为提高BaCO3的酸浸速率，可采取的措施为 （写出一条即可）；常温下，TiCl4为液体且易水解，配制一定浓度的TiCl4溶液的方法是 。
（2）用Na2CO3溶液浸泡重晶石（假设杂质不与Na2CO3反应），能将BaSO4转化为BaCO3，此反应的平衡常数K= （填写计算结果）；若不考虑CO32－的水解，要使2. 33g BaSO4恰好完全转化为BaCO3，则至少需要浓度为1.0mol·L－1Na2CO3溶液 mL。（已知：Ksp(BaSO4)=1.0×10-10、Ksp(BaCO3)=5.0×10-9）
（3）流程中“混合”溶液的钛元素在不同pH时主要以TiO(OH)＋、TiOC2O4、TiO(C2O4)22－三种形式存在（变化曲线如右图所示）。实际制备工艺中，先用氨水调节混合溶液的pH于2.8左右，再进行“沉淀”，其反应的离子方程式为 ；图中曲线c对应钛的形式为 （填粒子符号）。
（4）流程中“滤液”的主要成分为 ；隔绝空气煅烧草酸氧钛钡晶体得到钛酸钡粉体和气态产物，试写出反应的化学方程式： 。
【答案】（1）将BaCO3研成粉末或适当增大盐酸浓度或适当加热或搅拌等；溶于浓盐酸，再加适量水稀释至所需浓度
（2）0.02；510
（3）TiO(C2O4)22－＋Ba2＋＋4H2O=BaTiO(C2O4)2·4H2O↓；TiO(OH)＋
（4）NH4Cl；BaTiO(C2O4)2·4H2O BaTiO3＋2CO↑＋2CO2↑＋4H2O
【知识点】化学反应速率的影响因素；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)盐酸与BaCO3发生反应：2HCl+BaCO3=BaCl2+H2O+CO2↑，为了加快反应速率可以将固体BaCO3研成粉末，以增大接触面积；也可以适当增大盐酸浓度或适当加热升高反应温度或搅拌等；TiCl4是强酸弱碱盐，在溶液中Ti4+会发生水解反应：Ti4++4H2O Ti(OH)4+4H+，使溶液变浑浊，为了配制得到澄清的TiCl4溶液，同时不引入杂质离子，通常是将TiCl4溶于浓盐酸中，然后再加适量水稀释至所需浓度；(2) 在溶液中BaSO4存在沉淀溶解平衡，当向溶液中加入饱和Na2CO3溶液时，发生沉淀转化生成BaCO3：BaSO4(s)+CO32-(aq) BaCO3(s)+SO42-(aq)，待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，最终BaSO4生成BaCO3；反应的平衡常数 ；2.33gBaSO4物质的量为0.01mol，根据BaSO4(s)+CO32-(aq) BaCO3(s)+SO42-(aq)，完全转化需要0.01molCO32－，同时溶液中产生0.01molSO42-，根据K值溶液中含有n（CO32-）=0.01mol÷0.02=0.5mol，需要加入Na2CO3为0.01mol+0.5mol=0.51mol，需要Na2CO3溶液的体积为0.51mol÷1mol/L=0.51L=510mL。(3) “混合溶液”过程中，钛元素在不同pH下主要以TiOC2O4、TiO(C2O4)22-和TiO(OH)+三种形式存在，调节混合液pH在2.8左右再进行沉淀，据“沉淀”时生成草酸氧钛钡晶体中含有TiO(C2O4)22-(即b微粒)，“沉淀”时的离子方程式为：TiO(C2O4)22-＋Ba2＋+4H2O=BaTiO(C2O4)2·4H2O↓；随着氨水的不断加入溶液的pH不断增大，可以判断c对应钛的形式为TiO（OH）+；(4) TiCl4和草酸混合液加入了氨水，然后与BaCl2溶液混合得到草酸氧钛钡晶体，根据原子守恒，滤液中主要成分为NH4Cl。草酸氧钛钡晶体隔绝空气煅烧得到BaTiO3，同时得到CO、CO2及水蒸气，煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3方程式为BaTiO(C2O4)2·4H2O BaTiO3+2CO↑+2CO2↑+4H2O。
【分析】理解浓度、压强、温度、催化剂及固体表面积等条件的改变对化学反应速率的影响及影响水解的因素；
（2）写出沉淀转化的方程式，列出平衡常数表达式计算即可；
（3）根据原子守恒，计算出硫酸根离子的物质的量，再根据平衡常数计算即可;根据图像，确定pH=2.8时钛的存在形式，确定核心物质，写出方程式。
30．（2019·榆林模拟）CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuCl2·2H2O制备CuCl，并验证其它分解产物。
（查阅资料）
①
②CuCl是一种白色难溶固体，潮湿CuCl在空气中缓慢被氧化
（1）配平潮湿CuCl在空气中被氧化的化学方程式：
CuCl+ O2+
=3CuO·CuCl2·3H2O+ HCl
（2）（实验探究）该小组选用下图装置进行实验（夹持加热仪器略）。
装置A用于制取HCl：NaCl+H2SO4=NaHSO4+HCl↑，浓硫酸在该反应中体现强酸性和 性；
（3）按实验要求选择上图装置，连接顺序为：a （按气流方向，用小写字母表示）；
（4）根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：
①连接装置， ；②装入药品；③打开分液漏斗活塞；④控制温度加热硬质玻璃管一段时间；⑤停止通HCl，升温继续加热；步骤④通HCl的目的是 ；
（5）装置E中发生反应的离子方程式是 。
（6）（实验分析与改进）
装置B中试纸先变蓝后又褪色，经查资料获知过量的Cl2能将I2氧化。甲同学认为可将湿润的淀粉KI试纸改成足量的淀粉KI溶液以克服Cl2过量的问题，但小组分析后认为该方案存在一个明显安全问题：
（7）反应结束后，CuCl产品中可能含有少量未分解的CuCl2，乙同学认为只用一种日常生活常见的液体即可检验。该实验方案为：取少量固体放入小试管中， 。
【答案】（1）4；1；4H2O；2
（2）难挥发性
（3）degfcbh或edgfcbh
（4）检查装置气密性；抑制CuCl2水解
（5）H+ + OH–=H2O；Cl2+2OH–=Cl–+ClO–+H2O
（6）HCl易溶于水，易发生倒吸
（7）加少量水后用胶塞盖紧，迅速震荡，若溶液显蓝色则产品中含CuCl2，若不显蓝色则不含CuCl2
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；盐类水解的应用；氯气的化学性质；浓硫酸的性质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】⑴配平潮湿CuCl在空气中被氧化，说明有水参加反应，结合氧化还原反应的电子守恒和原子守恒，此反应的化学方程式经配平后为4CuCl+O2+4H2O=3CuO·CuCl2·3H2O+2HCl；
⑵实验室通过利用浓硫酸的强酸性和难挥发性的性质，通过反应NaCl+H2SO4=NaHSO4+HCl↑来制取HCl；
⑶由A装置制备的HCl通入C装置，经过D装置无水硫酸铜检验生成的水和B装置检验是否有氯气生成，最后用E装置进行尾气处理，减小环境污染，则装置的连接顺序为adegfcbh或aedgfcbh；
⑷装置连接后，首先要检验装置气密性，再进行后续实验；因CuCl2在水溶液中易水解，可通入HCl抑制CuCl2水解；
⑸装置E是用NaOH溶液吸收含有HCl和Cl2的尾气，发生反应的离子方程式是 H+ + OH–=H2O和Cl2+2OH–=Cl–+ClO–+H2O；
⑹如果将湿润的淀粉KI试纸改成足量的淀粉KI溶液，因HCl气体易溶解于水，容易产生倒吸现象，存在安全隐患；
⑺CuCl2能溶解于水，且其水溶液显蓝色，同时考虑到CuCl在潮湿环境中易氧化，则检验时需避免空气中氧气的干扰，具体操作是加少量水后用胶塞盖紧，迅速震荡，若溶液显蓝色则产品中含CuCl2，若不显蓝色则不含CuCl2。
【分析】（1）根据得失电子守恒和原子守恒配平；
（2）根据难挥发性酸制备易挥发性酸分析；
（3）根据各装置的用途确定接口连接顺序；
（4）对于有气体参与的反应，加入药品之前，应先检查装置的气密性；通入HCl，可抑制CuCl2的水解；
（5）装置E中的NaOH用于吸收尾气中的HCl和Cl2，据此写出反应的离子方程式；
（6）HCl易溶于水，溶液发生倒吸，应使用防倒吸装置；
（7）根据CuCl2溶于水，使得溶液显蓝色进行分析；
31．（2019·怀化模拟）目前处理烟气中的SO2有三种方法：液吸法、还原法、电化学法。
（1）I.液吸法
25℃，Kb(NH3·H2O)=1.8×10－5；H2SO3：Ka1=1.5×10－2，Ka2=1.0×10－7；Ksp(CaSO4)=7.1×10－5
第1步：用过量浓氨水吸收SO2，并在空气中氧化。
第2步：加入石灰水，发生反应Ca2++2OH－+2NH4++SO42－ CaSO4↓+2NH3·H2O。
25℃，(NH4)2SO3溶液呈 (填“酸性”、“碱性”、“中性”)
（2）通过计算第2步反应的K判断第2步反应 (填“能”或“不能”)进行完全。(一般认为K>105时反应就进行完全了。)
（3）Ⅱ.还原法
已知：①2CO(g)+SO2(g) S(l)+2CO2(g) △H1=－37.0kJ·mo1－1
②2H2(g)+SO2(g) S(1)+2H2O(g) △H2=+45.0kJ·mo1－1
③2CO(g)+O2(g)==2CO2(g) △H3=－566.0 kJ·mol－1
④2H2(g)+O2(g)==2H2O(g) △H4=－484.0kJ·mo1－1
写出液态硫(S)燃烧的热化学方程式 。
（4）一定压强下，反应①SO2的平衡转化率[α(SO2)]与投料比的比值 温度(T)的关系如图所示。
则CO的平衡转化率：N M(填“＞”、“＜”、“=”，下同)；逆反应速率：N P。
（5）Ⅲ.电化学法
原电池法：写出SO2、O2和稀H2SO4所构成的原电池的负极反应式 。
（6）电解法：先用Na2SO4溶液吸收烟气中的SO2，再用离子膜电解法电解吸收液得到单质硫，同时在阳极得到副产物氧气，装置如下图所示。
①b为电源的 (填“正极”或“负极”)。
②用Na2SO4溶液代替水吸收烟气中的SO2，目的是 。
③若电解一段时间后通过质子交换膜的离子数为1.204×1024个，则通过处理烟气理论上能得到硫 Kg。
【答案】（1）碱性
（2）能
（3） -529.0 kJ·mol－1
（4）>；<
（5）
（6）正极；增强溶液导电能力，加快电解速率；16
【知识点】热化学方程式；盐类水解的应用；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】I. (1) Kb(NH3·H2O)=1.8×10－5大于H2SO3的Ka2=1.0×10－7，所以NH4+的水解程度小于SO32－，所以25℃，(NH4)2SO3溶液的显碱性；(2) 所以第2步反应能完全进行。Ⅱ. (3)②2H2(g)+SO2(g) S(1)+2H2O(g) △H2=+45.0kJ·mo1－1
④2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H4=－484.0kJ·mo1－1
根据盖斯定律，④-②得液态硫(S)燃烧的热化学方程式 -529.0 kJ·mol－1；(4)相同温度下， 越大，α(SO2)越大，根据图示可知 ，M、N点α(SO2)相等，M点CO的投放大于N，所以CO的平衡转化率：N>M；温度越高反应速率越快，P点的温度大于N，所以逆反应速率：N
（2）在特定条件下（如温度、压力、溶剂性质、离子强度等），可逆化学反应达到平衡状态时生成物与反应物的浓度（方程式系数幂次方）乘积比或反应产物与反应底物的浓度（方程式系数幂次方）乘积比。用符号“K”表示。从热力学理论上来说，所有的反应都存在逆反应，也就是说所有的反应都存在着热力学平衡，都有平衡常数。平衡常数越大，反应越彻底；
（3）热化学方程式是用以表示化学反应中的能量变化和物质变化。热化学方程式的意义为热化学方程式不仅表明了一个反应中的反应物和生成物，还表明了一定量物质在反应中所放出或吸收的热量；
（4）在吸热反应中，升高温度，反应会向正反应方向进行；反之，降低温度，反应会向逆反应方向进行；
（5）在原电池中，负极失去电子，发生的是氧化反应；
（6）在电解池中，阳极连接电源的正极，失去电子，发生的是氧化反应；阴极得到电子，发生的是还原反应。
32．（2019·镇海模拟）过氧化钙，化学式为CaO2，微溶于水，溶于酸，可用作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。现有一种制备过氧化钙的实验方案，流程如下图，其主要反应的化学方程式为：CaCl2+2NH3·H2O+H2O2=CaO2↓+2NH4Cl+2H2O表示。回答下列问题：
（1）步骤①中，加入氨水的目的是 ，小火煮沸的作用是 。
（2）步骤②的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体；再将溶液煮沸，趁热过滤。此过程中，将溶液煮沸的作用是 。
（3）制备过氧化钙的另一种方法是：将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到产品。此法工艺简单、操作方便，但是得到的产品纯度较低，往往CaCO3、Ca(OH)2等杂质含量较高。若实验室只提供稀盐酸和澄清石灰水两瓶试剂，以及试管、小烧杯、胶头滴管、药匙各1个，请设计实验检验所得产品中含有CaCO3。 （简要描述方案即可）。
【答案】（1）调节溶液pH使Fe(OH)3沉淀；使沉淀颗粒长大，有利于过滤分离
（2）使Ca(HCO3)2分解，并除去溶液中溶解的二氧化碳
（3）取少量产品于试管中，加入稀盐酸，立即在试管口上方倒扣内涂澄清石灰水的小烧杯；若产生白色沉淀，则产品中含CaCO3
【知识点】盐类水解的应用；除杂；物质的检验和鉴别
【解析】【解答】(1)步骤①加入氨水的目的是中和多余的盐酸，沉淀铁离子；小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，有利于过滤，故答案为：调节溶液pH使Fe(OH)3沉淀；使沉淀颗粒长大，有利于过滤分离；(2)步骤②的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，溶液中溶解二氧化碳，此时溶液呈酸性；将溶液煮沸，趁热过滤，将溶液煮沸的作用是使Ca(HCO3)2分解，并除去溶液中溶解的二氧化碳，故答案为：使Ca(HCO3)2分解，并除去溶液中溶解的二氧化碳；(3)碳酸钙与盐酸反应生成二氧化碳，只要检验是否生成了二氧化碳即可，实验方案为：取少量产品于试管中，加入稀盐酸，立即在试管口上方倒扣内涂澄清石灰水的小烧杯；若产生白色沉淀，则产品中含CaCO3，故答案为：取少量产品于试管中，加入稀盐酸，立即在试管口上方倒扣内涂澄清石灰水的小烧杯；若产生白色沉淀，则产品中含CaCO3。
【分析】（1）运用氨水可以使体系中的铁离子转化为沉淀除去；
（2）气体在水中的溶解度随温度的升高而减小；
（3）碳酸钙属于难溶性碳酸盐，可以溶解于盐酸生成二氧化碳气体。
33．（2019·崇明模拟）若把黄铜矿CuFeS2看作为硫化铜和硫化亚铁的缔合物，可用来制取铜和铁及硫的化合物。如:8CuFeS2+21O2 8Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2
（1）在黄铜矿中硫的化合价为 ，该反应中还原产物(通过得电子而产生的物质)有 种。
（2）若反应中消耗氧气6.3mol，则反应转移的电子数为 ，其中某元素部分被氧化，则其被氧化和未被氧化的物质的量之比为 。
（3）反应产生污染气体，需要吸收处理，下列不可用来吸收该污染气体的是_________（选填编号）
A．KMnO4溶液 B．NaOH溶液
C．H2S气体 D．NaHSO3溶液
（4）某吸收方法产生的物质可能有：①Na2SO4②NaHSO4③Na2SO3④NaHSO3等。
等浓度的上述四种物质的溶液pH值由大到小的是 （用编号填写），选用这些物质中的部分，实现离子反应2H++SO32－→H2O+SO2↑，写出对应的化学方程式 。某NaHSO3的浓度为c1，pH为x1，NaHSO4溶液的浓度为c2，pH为x2，若x1
【答案】（1）-2；四
（2）30NA；1:1
（3）C；D
（4）③①④②；2NaHSO4+ Na2SO3= 2Na2SO4+ H2O+SO2↑；>
【知识点】盐类水解的应用；氧化还原反应的电子转移数目计算；化合价与化学式
【解析】【解答】（1）CuFeS2中硫的化合价为-2价，氧化剂所含元素化合价降低，被还原得到的产物是还原产物，铜元素的化合价由+2价降为0价，氧元素的化合价由0价降为-2价，故该反应中还原产物有Cu，FeO，Fe2O3，SO2，共四种，故答案为：-2；四。
（2）8CuFeS2+21O2 8Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2，由方程式可推出，每消耗21mol氧气，转移的电子数为16mol+84mol=100mol，若反应中消耗氧气6.3mol，则反应转移的电子数为30mol，即30NA，其中铁元素部分被氧化，CuFeS2→Fe2O3，8个Fe中有4个被氧化，故被氧化和未被氧化的物质的量之比为1:1，故答案为：30NA，1:1。
（3）8CuFeS2+21O2 8Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2，二氧化硫有毒，不能直接排放到大气中，
A.SO2被KMnO4溶液氧化成硫酸根离子，A不符合题意；
B.SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，B不符合题意；
C.硫化氢气体可以与二氧化硫反应生成硫和水，但硫化氢有毒，硫化氢易逸出到空气中污染空气，C符合题意；
D.二氧化硫在NaHSO3溶液中的溶解度很小，故不能用其吸收二氧化硫，D符合题意；
故答案为：CD
（4）等浓度的①Na2SO4的pH=7；②NaHSO4完全电离，NaHSO4=Na++H++SO42-，pH＜7；③Na2SO3溶液中，存在水解平衡SO32-+H2O HSO3-+OH-，溶液显碱性，pH＞7，④NaHSO3溶液中：HSO3-+H2O H2SO3+OH-，HSO3- H++SO32-，电离大于水解，所以pH<7，由于NaHSO4是强电解质，故等浓度的溶液中的氢离子浓度大于NaHSO3溶液中的氢离子浓度，故答案为：③①④②。为了实现离子反应2H++SO32－→H2O+SO2↑，化学方程式为：2NaHSO4+Na2SO3=2Na2SO4+H2O+SO2↑，故答案为：2NaHSO4+Na2SO3=2Na2SO4+H2O+SO2↑。如果是等浓度的NaHSO3溶液和NaHSO4溶液，NaHSO3溶液的pH大于NaHSO4溶液，若x1
【分析】（1）根据化合物中化合价代数和为0计算硫元素的化合价；根据化合价变化确定还原产物；
（2）结合关系式“21O2~100e-”计算转移电子数；
（3）反应产物中的SO2是一种空气污染物，不可直接排放，应进行尾气吸收，结合SO2的性质确定吸收液；
（4）先根据溶液的酸碱性进行分类，再结合SO32-、HSO3-的水解程度确定溶液pH的大小；
结合强酸制弱酸的原理确定反应的化学方程式；
根据等浓度的NaHSO3和NaHSO4溶液的pH大小进行分析；
34．（2019·崇明模拟）新型浄水剤PAC的化学式为Al(OH)xCly zH2O，它的一般生产工艺流程如下：
（1）用36.5% (p为1.1 8g/cm3)的盐酸配制500mL6mo/L的盐酸，所用玻璃器有烧杯、量筒(量取一定体积浓盐酸)、玻璃棒、 ，操作②是测定溶液的pH值，控制pH值在一定范围的目的是 。
（2）操作③使用的是 方法，④的具体操作为 。
（3）为测定PAC化学式中的x、y、z的值。
①取样品研碎置于(填仪器名称) 中加热灼烧到质量不再減少， 26.5g 样品最终变为白色粉末10.2g。实验过程中至少进行的称量次数为 。
②另取相同质量的样品溶于 中，加入足量硝酸银溶液取得沉淀，经洗涤、烘干、称量为28.7g，实验中检查沉淀是否洗浄的方法是 。
③列式汁算：x+y=3， =
请写出另一条比例式为 。
【答案】（1）500mL容量瓶、胶头滴管；控制AlCl3的水解程度
（2）水浴加热；过滤、洗涤、干燥
（3）坩埚；四；稀硝酸；在过滤器下换一个接液容器，再洗涤一次，取接到的液体，（或单独取最后一次洗涤滤下的溶液少许）滴入氨水，若有白色沉淀则未洗干净，若无明显现象则已洗干净。；(27+17x+35.5y+18z)/26.5=y(108+35.5)/28.7
【知识点】盐类水解的应用；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】（1）用36.5% (p为1.1 8g/cm3)的盐酸配制500mL6mo/L的盐酸，所用玻璃器有烧杯、量筒(量取一定体积浓盐酸)、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；溶液中含有氯化铝，因铝离子要水解，所以控制pH值在一定范围的目的是：控制AlCl3的水解程度，故答案为：500mL容量瓶、胶头滴管；控制AlCl3的水解程度。
（2）操作③加热到85℃，使用的是水浴加热，④的具体操作为过滤、洗涤、干燥，故答案为：水浴加热；过滤、洗涤、干燥。
（3）①灼烧固体应放在坩埚里，前后两次称重之差要小于0.2mg，故实验过程中至少进行的称量次数为四次（实验中要称量坩埚的质量、坩埚加样品的质量、灼烧后至少要称量两次），故答案为：坩埚；四。
②取相同质量的样品溶于稀硝酸中，加入足量硝酸银溶液，生成氯化银沉淀，实验中检查沉淀是否洗浄的方法是：在过滤器下换一个接液容器，再洗涤一次，取接到的液体，（或单独取最后一次洗涤滤下的溶液少许）滴入氨水，若有白色沉淀则未洗干净，若无明显现象则已洗干净。故答案为：稀硝酸；在过滤器下换一个接液容器，再洗涤一次，取接到的液体，（或单独取最后一次洗涤滤下的溶液少许）滴入氨水，若有白色沉淀则未洗干净，若无明显现象则已洗干净。
③氯化银为28.7g，根据氯元素守恒，可得比例式为：(27+17x+35.5y+18z)/26.5=y(108+35.5)/28.7；
【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的过程分析所需的仪器；
操作②溶液中AlCl3易水解，控制pH值可控制AlCl3的水解；
（2）操作③的加热温度小于100℃，应用水浴加热；操作④从悬浊液得到固体，应采用过滤、洗涤、干燥等操作；
（3）①固体加热应在坩埚中进行；实验过程中，需加热至固体恒重，据此确定所需称量的次数；
②形成AgCl沉淀时，应先加入稀硝酸酸化；检验沉淀是否洗净，需检验洗出液中是否含有Ag+即可；
③根据氯元素守恒确定等式；
35．（2019高二下·新宁模拟）请根据物质在生产、生活等方面的应用填空：
（1）苏打水溶液中滴加酚酞溶液后，溶液呈 （填“无”或“红”）色；
（2）检验某补铁剂中的Fe2+是否被氧化成Fe3+，可向该补铁剂溶液中加入KSCN溶液，若溶液 （填“变红色“或“产生红褐色沉淀”），则Fe2+已被氧化成Fe3+；
（3）铝制餐具不宜长时间存放酸性、碱性食物，但常温下铝制容器可以整装浓硫酸，是由于铝在冷的浓硫酸中 （填“不反应“或“钝化”），
【答案】（1）红
（2）变红色
（3）钝化
【知识点】盐类水解的应用；硝酸的化学性质；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】（1）Na2CO3溶液中CO32-水解，使得溶液显碱性，滴加酚酞后，溶液显红色；
（2）若溶液中的Fe2+被氧化成Fe3+，则滴加KSCN溶液后，溶液显红色；
（3）常温下，浓硫酸能使铝钝化，故常温下，可用铝制容器盛装浓硫酸；
【分析】（1）Na2CO3溶液显碱性；
（2）根据Fe3+的检验分析；
（3）常温下，浓硫酸能是铝钝化；
2023年高考真题变式分类汇编：盐类水解的应用3
一、选择题
1．（2022·浙江选考）某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4mol·L-1Na2CO3溶液和40mL0.2mol·L-1NaHCO3溶液，再分别用0.4mol·L-1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如图曲线：
下列说法正确的的是（ ）
A．图中甲、丁线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸
B．当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为：HCO+H+=CO2↑+H2O
C．根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点
D．Na2CO3和NaHCO3溶液中均满足：c(H2CO3)-c(CO)=c(OH-)-c(H+)
2．（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
3．（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：
4．（2022·泰州模拟）常温下，Ka1(H2C2O4)=10-1.26、Ka2(H2C2O4)=10-4.27、Ksp(CaC2O4)=10-8.64，实验室进行多组实验测定某些酸、碱、盐性质，相关实验记录如表：
实验 实验操作和现象
1 常温下，向4 mL 0.01 mol·L-1的KMnO4酸性溶液中加入2 mL 0.10 mol·L-1H2C2O4溶液，溶液褪色
2 常温下，测得0.10 mol·L-1NaHC2O4溶液的pH=a
3 常温下，向0.10 mol·L-1NaHC2O4溶液加入一定体积的等浓度CaCl2溶液产生白色沉淀，测得上层清液pH=4，c(Ca2+)=10-4 mol·L-1
4 常温下，向0.10 mol·L-1Na2C2O4溶液中滴加等浓度盐酸至溶液的pH=7
下列所得结论正确的是（ ）
A．实验1中H2C2O4溶液具有漂白性
B．实验2中a＞7
C．实验3清液中c(HC2O)=10-4.37 mol·L-1
D．实验4溶液中c(Cl-)=c(H2C2O4)+c(HC2O)
5．（2022·苏州模拟）在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．若用HCOOD催化释氢，反应除生成CO2外，还生成HD
B．第一步转化N与H间形成配位键
C．若用HCOOK溶液代替HCOOH释氢的速率加快
D．若用HCOOK溶液代替HCOOH最终所得气体中H2的纯度会降低
6．（2022·德州模拟）常温下，用0.1 mol/LNaOH溶液滴定20 mL等浓度的H3A，得到pH与lgX[X= 或 或 ]的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．Na3A溶液中Kh1的数量级为10-2
B．当体系中溶液的pH=8时， =0.8
C．滴定过程中，既存在pH=7的点也存在水电离的c(H+ )=10-7的点
D．滴入20 mL NaOH溶液时：c(Na+ )>c(H2A- )>c(H+)>c(HA2- )>c(OH-)
7．（2022·大连模拟）研究表明， 与水反应制氢气的原理为 。表格为pH和温度对 半衰期的影响(半衰期是指反应过程中，某物质的浓度降低到初始浓度一半所需的时间)，下列说法错误的是（ ）
体系pH 不同温度下 的半衰期(min)
0℃ 25℃ 50℃
10
12
14
A． 溶液显碱性，溶液中各离子浓度大小为
B．在50℃、 的条件下， 初始浓度为4.32mol/L，则半衰期内
C．由表格中数据可知，相同pH下， 与水反应的速率随温度升高而增大
D．由表格中数据可知，相同温度下， 与水反应的速率随pH升高而增大
8．（2022·南京模拟）一定条件下，通过下列实验探究盐类水解的应用。
实验 实验操作和现象
1 向40mL沸水中滴加几滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸，得到红褐色液体，停止加热
2 向5mL略浑浊的泥水中加入2mL明矾饱和溶液，静置，产生絮状沉淀，溶液变澄清
3 将20mLAl2(SO4)3饱和溶液与30mLNaHCO3饱和溶液混合，剧烈反应产生大量气体
4 向5mLNa2CO3饱和溶液中滴加3滴植物油，煮沸，倒出液体后试管壁上无油珠残留
下列有关说法错误的是（ ）
A．实验1中红褐色液体在激光笔照射下会产生光亮的“通路”
B．实验2中明矾电离出的Al3+吸附了水中的悬浮物而产生沉淀
C．实验3发生反应的离子方程式为Al3++3HCO =Al(OH)3↓+3CO2↑
D．实验4中的Na2CO3饱和溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HCO )+2c(H2CO3)
9．（2022·南京模拟）用废铜屑(含Cu、CuO、Fe2O3等)制备胆矾的流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A．“溶解”时，铜发生反应的离子方程式为Cu+4H++O =Cu2++2H2O
B．“调pH"时，可用Cu2(OH)2CO3，代替CuO
C．“滤液”中c(Cu2+)·c2(OH-)≤Ksp[Cu(OH)2]
D．“酸化”时，加入稀硫酸的目的是抑制Cu2+的水解
10．（2022·唐山模拟）常温下向 的二元酸 中滴加等浓度的 溶液，溶液的 随相关离子浓度变化关系如图所示：( 或 )
下列有关说法错误的是（ ）
A．线N代表 与 的变化关系
B．该溶液
C． 溶液中，
D． 时，
11．（2022·汕头模拟）甲酸铵常用于电解、电容器行业。25℃时，用HCl或NaOH固体改变0.1 mol/L的HCOONH4溶液的pH，1gc(HCOOH)、1gc(NH3·H2O)、1gc(H+)和1gc(OH-)随pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是( )
[已知：Ka(HCOOH)=1.8×10-4，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5]
A．Q点对应溶液pH=7
B．曲线①代表lgc(H+)，曲线③代表1gc(NH3·H2O)
C．0.1 mol/LHCOONH4溶液中，c(H+)+c(HCOOH)=c(OH-)+c(NH3·H2O)
D．P点存在c(NH3·H2O)＞c(OH-)=c(HCOOH)＞c(H+)
12．（2022·三明模拟）常温下，向饱和氯水中以恒定速度滴加NaOH溶液，测得溶液pH随时间的变化如图所示。溶液中氯元素的存在形式仅考虑Cl2、Cl-、ClO-、HClO，该过程不考虑HClO的分解。下列有关说法错误的是( )
A．M点：c(H+)>c(Cl-)>c(HClO)
B．水的电离程度：M点
D．溶液中可能存在c(HClO)+c(ClO-)=c(Cl-)
13．（2022·莆田模拟）电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点的一种滴定分析方法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也发生了突跃，进而确定滴定终点。常温下，利用盐酸滴定某溶液中亚磷酸钠 的含量，其电位滴定曲线与 曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
已知：亚磷酸 是二元弱酸，电离常数 ， 。
A．a点对应的溶液呈弱碱性
B．水的电离程度：a点小于b点
C．a点对应的溶液中存在：
D．b点对应的溶液中存在：
二、多选题
14．（2021·山东）赖氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2+ H2R+ HR R-。向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。已知δ(x)= ，下列表述正确的是（ ）
A． >
B．M点，c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)
C．O点，pH=
D．P点，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
15．（2020·盐城模拟）室温下，用NaOH溶液滴定X(NaH2PO4或NH4Cl)的稀溶液，溶液pH与n(NaOH)/n(X)的关系如图所示，已知：pKa=-lgKa，H2PO +PO 2HPO 。室温时下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．0.1mol·L-1NH4Cl溶液中滴加氨水至溶液呈中性：c(Cl-)=c(NH )>c(NH3·H2O)
B．0.1mol·L-1NaH2PO4溶液中滴加NaOH至溶液呈中性：c(Na+)>3c(HPO )+3c(PO )
C．0.1mol·L-1NaH2PO4溶液中滴加K3PO4至溶液呈中性：c(K+)>c(Na+)
D．0.1mol·L-1NaH2PO4溶液中滴加氨水至溶液呈中性：c(H3PO4)+c(H2PO )+c(HPO )+c(PO )>2c(NH )+2c(NH3·H2O)
16．（2020·南通模拟）室温下，Ka(HCN)＝6.2×10－10，Ka1(H2C2O4)＝5.4×10－2，Ka2(H2C2O4)＝5.4×10－5。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．0.1 mol·L－1 NaCN溶液与等体积、等浓度盐酸混合：c(Na＋)＝c(Cl－)>c(H＋)>c(HCN)>c(CN－)
B．向0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液至pH＝7：c(Na＋)<2[c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＋c(H2C2O4)]
C．0.1 mol·L－1 NaCN溶液与0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液的比较：c(CN－)
17．（2019·南通模拟）室温下，下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（）
A．20mL0.1mol·L－1CH3COONa溶液中加入0.1mol·L－1盐酸至溶液pH＝7：c(CH3COOH)＝c(Cl－)
B．向澄清石灰水中通入Cl2至Ca(OH)2恰好完全反应：c(Ca2＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(Cl－)＋c(ClO－)
C．0.2mol·L－1CH3COOH溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合(pH<7)：c(H＋)＋c(CH3COOH)>c(OH－)＋c(CH3COO－)
D．0.1mol·L－1CH3COOH溶液与0.1 mol·L－1Na2CO3溶液等体积混合(无气体逸出)：c(CO32-)
A．a、b、c三点溶液的离子浓度之和a＞b＞c
B．b点溶液中c（H+）+c（NH3 H2O）=c（OH﹣）
C．用等浓度的NaOH溶液和等体积b、c处溶液反应，恰好反应时消耗NaOH溶液的体积Vb=Vc
D．a、b、c三点溶液中水的电离程度a＞b＞c
19．（2016·银川模拟）下列有关物质的量浓度关系中，正确的是（ ）
A．等物质的量浓度等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合：c（Na+）=c（SO ）＞c（NH ）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．室温下，pH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液等体积混合：c （Na+）＞c （CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
C．浓度均为0.1 mol L﹣1CH3COONa、NaHCO3、 ﹣ONa溶液中：若c（OH﹣）分别为c1、c2、c3，则c3＞c2＞c1
D．NaHCO3溶液中：c（Na+）=c（H2CO3）+c（HCO ）+2c（CO ）
20．（2015·海南模拟）关于浓度均为0.1mol/L的三种溶液：①CH3COOH、②NaOH、③CH3COONa溶液，下列说法正确的是（ ）
A．c（CH3COO﹣）：③＞①
B．水电离出的c（OH﹣）：②＞①
C．①和②等体积混合后的溶液：c（OH﹣）=c（H+）+c（CH3COOH）
D．①和③等体积混合后的溶液：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
21．（2019高二上·都匀期末）下列有关说法正确的是( )
A．将AlCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终剩余固体是AlCl3
B．反应Hg(l)+H2SO4(aq) = HgSO4(aq)+H2(g)在常温下不能自发进行，则△H＞0
C．将纯水加热至较高温度，KW变大、pH变小、呈酸性
D．锅炉中沉积的CaSO4可用饱和Na2CO3溶液浸泡，再将不溶物用稀盐酸溶解除去
22．（2018高二下·宿迁期末）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 结论
A 在0.1 mol L-1Na2CO3溶液中，滴加2滴酚酞显浅红色，微热，红色加深 CO32－水解是吸热反应
B 等体积、pH=3的两种酸HA和HB分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多 酸性A比B强
C 常温下，用饱和Na2CO3溶液可将BaSO4部分转化为BaCO3 Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)
D 室温下，用pH试纸测得：0.1 mol L-1 Na2SO3溶液的pH约为10；0.1 mol L-1 NaHSO3溶液的pH约为5 HSO 结合H＋的能力比SO32－的弱
A．A B．B C．C D．D
23．（2017高二上·黄陵期末）物质的量浓度相同的下列溶液中，符合pH由小到大顺序排列的是（ ）
A．Na2CO3 NaHCO3 NaCl NH4Cl
B．Na2CO3 NaHCO3 NH4Cl NaCl
C．（NH4）2SO4 NH4Cl NaNO3 Na2CO3
D．（NH4）2SO4 NH4Cl NaNO3 Na2S
24．（2017高二上·蚌埠期末）在蒸发皿中加热蒸干再加热下列物质的溶液，可以得到该物质固体的是（ ）
A．AlCl3 B．NaHCO3 C．Na2CO3 D．Al2（SO4）3
三、非选择题
25．（2021·全国甲）胆矾( )易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的 (杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：
（1）制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有 (填标号)。
A．烧杯 B．容量瓶 C．蒸发皿 D．移液管
（2）将 加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为 ，与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是 。
（3）待 完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量 ，冷却后用 调 为3.5～4，再煮沸 ，冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、 、乙醇洗涤、 ，得到胆矾。其中，控制溶液 为3.5～4的目的是 ，煮沸 的作用是 。
（4）结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为 ，加入胆矾后总质量为 ，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为 。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为 (写表达式)。
（5）下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是 (填标号)。
①胆矾未充分干燥 ②坩埚未置于干燥器中冷却 ③加热时有少胆矾迸溅出来
26．（2019·福州模拟）硼氢化钠(NaBH4)是有机合成中常用的还原剂。一种制备硼氢化钠工艺如下（部分条件和产物省略）：
已知：MgH2、NaBH4遇水蒸气剧烈反应并放出H2。
回答下列问题：
（1）Mg2B2O5 H2O中B的化合价为 。MgH2和NaBO2必须在干燥条件下合成硼氢化钠，其原因是 。
（2）难溶的Mg2B2O5与浓氢氧化钠溶液反应的离子方程式为 。
（3）SOCl2溶于水能产生两种气体，其中一种气体能使品红溶液褪色，则灼烧时加入SOCl2的目的是 。
（4）已知镁—H2O2酸性燃料电池反应为Mg+H2O2+H2SO4=MgSO4+2H2O。常温下，电解质溶液为200 mL
0.1 mol·L-1硫酸溶液。
①写出正极的电极反应式： 。
②若电路中有0.038 mol转移电子时，则溶液pH约为 （忽略体积变化，不考虑H2O2电离）。
（5）“有效氢”是衡量含氢还原剂的还原能力指标，定义为1 g含氢还原剂的还原能力与多少克H2相当。NaBH4的“有效氢”等于 （结果保留2位小数）。
（6）工业上，可以利用NaBO2、HCHO和生石灰在加热下生成NaBH4和难溶的盐，写出化学方程式 。
27．（2019·江西模拟）“84消毒液”因1984年北京某医院研制使用而得名，在日常生活中使用广泛，其有效成分是NaClO。某化学研究性学习小组在实验室制备NaClO溶液，并进行性质探究和成分测定。
（1）该学习小组按上图装置进行实验（部分夹持装置省去），反应一段时间后，分别取B、C瓶中的溶液进行实验，实验现象如下表。
已知：①饱和 NaClO溶液pH为11；
②25℃时，弱酸电离常数为：H2CO3：K1=4.4×10-7，K2=4.7×10-11；HClO：K=3×10-8
实验步骤 实验现象
B瓶 C瓶
实验1：取样，滴加紫色石蕊试液 变红，不褪色 变蓝，不褪色
实验2：测定溶液的pH 3 12
回答下列问题：
①仪器a的名称 ，装置A中发生反应的离子方程式 。
②C瓶溶液中的溶质是NaCl、 （填化学式）。
③若将C瓶溶液换成 NaHCO3溶液，按上述操作步骤进行实验，C瓶现象为：实验1中紫色石蕊试液立即褪色；实验2中溶液的pH=7．结合平衡移动原理解释紫色石蕊试液立即褪色的原因
（2）测定C瓶溶液中NaClO含量（单位：g/L）的实验步骤如下：
Ⅰ．取C瓶溶液20mL于锥形瓶中，加入硫酸酸化，加入过量KI溶液，盖紧瓶塞并在暗处充分反应。
Ⅱ．用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定锥形瓶中的溶液，淀粉溶液显示终点后，重复操作2～3次，Na2S2O3溶液的平均用量为24.00mL。（已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）
①步骤I的C瓶中发生反应的离子方程式为 。
②盖紧瓶塞并在暗处反应的原因 滴定至终点的现象 。
③C瓶溶液中NaClO含量为 g/L（保留2位小数）
28．（2019·吉安模拟）氯化亚砜(SOCl2)是一种液态化合物，沸点为77℃，在农药、医药行业中用途广泛。SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并有带刺激性气味的气体产生。实验室合成原理为SO2+ Cl2+ SCl2=2SOCl2装置如下图所示。请回答以下问题：
（1）仪器A的名称是 ，装置乙中盛放的试剂是 装置B的作用是 。
（2）装置丁中发生反应的离子方程式为 。
（3）蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，使SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热，可得到无水AlCl3，试解释原因：
（4）若反应中消耗的Cl2的体积为896 mL(已转化为标准状况下，SCl2、SO2足量)，最后得到纯净的SOCl2 4.76 g，则SOCl2的产率为 (保留三位有效数字)。
（5）常温下，将0.01 mol SOCl2加人100 mL 0.3 mol/L NaOH溶液中恰好完全反应，所得溶液呈 (填“酸”“碱”或“中”)性，溶液中所有阴离子的浓度大小顺序为 。(已知H2SO3的 =1 .52×10-2， =1.02×10-7)
（6）将少量SOCl2滴入5 mL 1 mol/L的AgNO3溶液中，有白色沉淀生成，该白色沉淀的成分是 (填化学式)。
29．（2019·合肥模拟）某工厂以重晶石（主要含BaSO4）为原料，生产“电子陶瓷工业支柱”——钛酸(BaTiO3)的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）为提高BaCO3的酸浸速率，可采取的措施为 （写出一条即可）；常温下，TiCl4为液体且易水解，配制一定浓度的TiCl4溶液的方法是 。
（2）用Na2CO3溶液浸泡重晶石（假设杂质不与Na2CO3反应），能将BaSO4转化为BaCO3，此反应的平衡常数K= （填写计算结果）；若不考虑CO32－的水解，要使2. 33g BaSO4恰好完全转化为BaCO3，则至少需要浓度为1.0mol·L－1Na2CO3溶液 mL。（已知：Ksp(BaSO4)=1.0×10-10、Ksp(BaCO3)=5.0×10-9）
（3）流程中“混合”溶液的钛元素在不同pH时主要以TiO(OH)＋、TiOC2O4、TiO(C2O4)22－三种形式存在（变化曲线如右图所示）。实际制备工艺中，先用氨水调节混合溶液的pH于2.8左右，再进行“沉淀”，其反应的离子方程式为 ；图中曲线c对应钛的形式为 （填粒子符号）。
（4）流程中“滤液”的主要成分为 ；隔绝空气煅烧草酸氧钛钡晶体得到钛酸钡粉体和气态产物，试写出反应的化学方程式： 。
30．（2019·榆林模拟）CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuCl2·2H2O制备CuCl，并验证其它分解产物。
（查阅资料）
①
②CuCl是一种白色难溶固体，潮湿CuCl在空气中缓慢被氧化
（1）配平潮湿CuCl在空气中被氧化的化学方程式：
CuCl+ O2+
=3CuO·CuCl2·3H2O+ HCl
（2）（实验探究）该小组选用下图装置进行实验（夹持加热仪器略）。
装置A用于制取HCl：NaCl+H2SO4=NaHSO4+HCl↑，浓硫酸在该反应中体现强酸性和 性；
（3）按实验要求选择上图装置，连接顺序为：a （按气流方向，用小写字母表示）；
（4）根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：
①连接装置， ；②装入药品；③打开分液漏斗活塞；④控制温度加热硬质玻璃管一段时间；⑤停止通HCl，升温继续加热；步骤④通HCl的目的是 ；
（5）装置E中发生反应的离子方程式是 。
（6）（实验分析与改进）
装置B中试纸先变蓝后又褪色，经查资料获知过量的Cl2能将I2氧化。甲同学认为可将湿润的淀粉KI试纸改成足量的淀粉KI溶液以克服Cl2过量的问题，但小组分析后认为该方案存在一个明显安全问题：
（7）反应结束后，CuCl产品中可能含有少量未分解的CuCl2，乙同学认为只用一种日常生活常见的液体即可检验。该实验方案为：取少量固体放入小试管中， 。
31．（2019·怀化模拟）目前处理烟气中的SO2有三种方法：液吸法、还原法、电化学法。
（1）I.液吸法
25℃，Kb(NH3·H2O)=1.8×10－5；H2SO3：Ka1=1.5×10－2，Ka2=1.0×10－7；Ksp(CaSO4)=7.1×10－5
第1步：用过量浓氨水吸收SO2，并在空气中氧化。
第2步：加入石灰水，发生反应Ca2++2OH－+2NH4++SO42－ CaSO4↓+2NH3·H2O。
25℃，(NH4)2SO3溶液呈 (填“酸性”、“碱性”、“中性”)
（2）通过计算第2步反应的K判断第2步反应 (填“能”或“不能”)进行完全。(一般认为K>105时反应就进行完全了。)
（3）Ⅱ.还原法
已知：①2CO(g)+SO2(g) S(l)+2CO2(g) △H1=－37.0kJ·mo1－1
②2H2(g)+SO2(g) S(1)+2H2O(g) △H2=+45.0kJ·mo1－1
③2CO(g)+O2(g)==2CO2(g) △H3=－566.0 kJ·mol－1
④2H2(g)+O2(g)==2H2O(g) △H4=－484.0kJ·mo1－1
写出液态硫(S)燃烧的热化学方程式 。
（4）一定压强下，反应①SO2的平衡转化率[α(SO2)]与投料比的比值 温度(T)的关系如图所示。
则CO的平衡转化率：N M(填“＞”、“＜”、“=”，下同)；逆反应速率：N P。
（5）Ⅲ.电化学法
原电池法：写出SO2、O2和稀H2SO4所构成的原电池的负极反应式 。
（6）电解法：先用Na2SO4溶液吸收烟气中的SO2，再用离子膜电解法电解吸收液得到单质硫，同时在阳极得到副产物氧气，装置如下图所示。
①b为电源的 (填“正极”或“负极”)。
②用Na2SO4溶液代替水吸收烟气中的SO2，目的是 。
③若电解一段时间后通过质子交换膜的离子数为1.204×1024个，则通过处理烟气理论上能得到硫 Kg。
32．（2019·镇海模拟）过氧化钙，化学式为CaO2，微溶于水，溶于酸，可用作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。现有一种制备过氧化钙的实验方案，流程如下图，其主要反应的化学方程式为：CaCl2+2NH3·H2O+H2O2=CaO2↓+2NH4Cl+2H2O表示。回答下列问题：
（1）步骤①中，加入氨水的目的是 ，小火煮沸的作用是 。
（2）步骤②的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体；再将溶液煮沸，趁热过滤。此过程中，将溶液煮沸的作用是 。
（3）制备过氧化钙的另一种方法是：将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到产品。此法工艺简单、操作方便，但是得到的产品纯度较低，往往CaCO3、Ca(OH)2等杂质含量较高。若实验室只提供稀盐酸和澄清石灰水两瓶试剂，以及试管、小烧杯、胶头滴管、药匙各1个，请设计实验检验所得产品中含有CaCO3。 （简要描述方案即可）。
33．（2019·崇明模拟）若把黄铜矿CuFeS2看作为硫化铜和硫化亚铁的缔合物，可用来制取铜和铁及硫的化合物。如:8CuFeS2+21O2 8Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2
（1）在黄铜矿中硫的化合价为 ，该反应中还原产物(通过得电子而产生的物质)有 种。
（2）若反应中消耗氧气6.3mol，则反应转移的电子数为 ，其中某元素部分被氧化，则其被氧化和未被氧化的物质的量之比为 。
（3）反应产生污染气体，需要吸收处理，下列不可用来吸收该污染气体的是_________（选填编号）
A．KMnO4溶液 B．NaOH溶液
C．H2S气体 D．NaHSO3溶液
（4）某吸收方法产生的物质可能有：①Na2SO4②NaHSO4③Na2SO3④NaHSO3等。
等浓度的上述四种物质的溶液pH值由大到小的是 （用编号填写），选用这些物质中的部分，实现离子反应2H++SO32－→H2O+SO2↑，写出对应的化学方程式 。某NaHSO3的浓度为c1，pH为x1，NaHSO4溶液的浓度为c2，pH为x2，若x1
34．（2019·崇明模拟）新型浄水剤PAC的化学式为Al(OH)xCly zH2O，它的一般生产工艺流程如下：
（1）用36.5% (p为1.1 8g/cm3)的盐酸配制500mL6mo/L的盐酸，所用玻璃器有烧杯、量筒(量取一定体积浓盐酸)、玻璃棒、 ，操作②是测定溶液的pH值，控制pH值在一定范围的目的是 。
（2）操作③使用的是 方法，④的具体操作为 。
（3）为测定PAC化学式中的x、y、z的值。
①取样品研碎置于(填仪器名称) 中加热灼烧到质量不再減少， 26.5g 样品最终变为白色粉末10.2g。实验过程中至少进行的称量次数为 。
②另取相同质量的样品溶于 中，加入足量硝酸银溶液取得沉淀，经洗涤、烘干、称量为28.7g，实验中检查沉淀是否洗浄的方法是 。
③列式汁算：x+y=3， =
请写出另一条比例式为 。
35．（2019高二下·新宁模拟）请根据物质在生产、生活等方面的应用填空：
（1）苏打水溶液中滴加酚酞溶液后，溶液呈 （填“无”或“红”）色；
（2）检验某补铁剂中的Fe2+是否被氧化成Fe3+，可向该补铁剂溶液中加入KSCN溶液，若溶液 （填“变红色“或“产生红褐色沉淀”），则Fe2+已被氧化成Fe3+；
（3）铝制餐具不宜长时间存放酸性、碱性食物，但常温下铝制容器可以整装浓硫酸，是由于铝在冷的浓硫酸中 （填“不反应“或“钝化”），
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】电解质在水溶液中的电离；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；指示剂
【解析】【解答】A．碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，再产生二氧化碳气体，故图中甲、丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，A不符合题意；
B．当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应为碳酸根离子与氢离子结合生成碳酸氢根离子，离子方程式表示为：CO+H+= HCO，B不符合题意；
C．根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c点的pH在9左右，符合酚酞的指示范围，故可用酚酞作指示剂；d点的pH在4左右，符合甲基橙的指示范围，故可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，C符合题意；
D．根据电荷守恒和物料守恒，则Na2CO3中存在c(OH-)-c(H+)=2c(H2CO3)+c(HCO)， NaHCO3溶液中满足c(H2CO3)-c(CO)=c(OH-)-c(H+)，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.向碳酸钠中滴加盐酸，先生成碳酸氢钠再生成二氧化碳气体；
B.滴加盐酸的体积为V1mL时，所发生的反应为碳酸根离子与氢离子结合生成碳酸氢根离子；
C.c点的pH在9左右，d点的pH在4左右；
D.根据电荷守恒和物料守恒判断。
2．【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。
3．【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；
4．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；性质实验方案的设计；物质的量浓度；电离平衡常数
【解析】【解答】A．H2C2O4溶液具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有氧化性，二者发生氧化还原反应而使得酸性高锰酸钾褪色，A不符合题意；
B．的水解平衡常数Kh=＜Ka2，说明其电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，则a＜7，B不符合题意；
C．c()=， Ka2=，所以c()=10-4.37 mol/L，C符合题意；
D．溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)= c(OH-)+2c()+c()+c(Cl-)，所以存在c(Na+)=2c()+c()+c(Cl-)，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.酸性高锰酸钾溶液具有氧化性，H2C2O4溶液具有还原性，据此分析。
B.根据水解平衡常数和电离平衡常数进行分析。
C.根据难溶物Ksp和电离平衡常数表达式进行分析。
D.根据溶液中电荷守恒进行分析。
5．【答案】D
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；共价键的形成及共价键的主要类型；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．第一步HCOOD电离出D+与N结合，第二步HCOO-→CO2+H-，第三步D+、H-反应生成HD，所以HCOOD催化释氢，除生成CO2外，还生成HD，故A不符合题意；
B．N原子含有孤电子对、H+有空轨道，根据图示，第一步转化N与HCOOH电离出的H+通过配位键结合，故B不符合题意；
C．若用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOO-的浓度大，第二步反应放出二氧化碳的速率加快，总反应速率加快。故释氢速率加快。故C不符合题意；
D．若用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOOK水解出HCOOH，释氢历程不变，所以最终所得气体中H2的纯度不会降低，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据质量守恒定律进行分析。
B.N原子含有孤电子对、H+有空轨道。
C.若用HCOOK溶液代替HCOOH，c(HCOO-)增大，结合反应机理图进行分析。
D.若用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOOK水解出HCOOH，释氢历程不变。
6．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．曲线Ⅲ表示pH与lg 的变化关系，lgX=1.64，则 =101.64，K3= =10-14×101.64=10-12.36，Na3A溶液中Kh1= = =10-1.64，数量级为10-2，选项A不符合题意；
B．曲线Ⅱ表示pH与lg 的变化关系，从图中看，根据点（10，2.8）可知pH=10时，lgX=2.8，则 =102.8，K2= =10-10×102.8=10-7.2，当pH=8时，即c(H+)=10-8， = ，选项B不符合题意；
C．在曲线Ⅱ到Ⅲ，酸与氢氧化钠恰好反应生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，氢氧化钠溶液的体积小于20 mL时的某一个值恰好使溶液显中性，过程中也存在电离与水解程度相同，所以过程中既存在pH=7的点也存在水电离的c(H+ )=10-7的点，选项C符合题意；
D．当加入20mL NaOH溶液时，溶质为NaH2A，从图中看溶液显酸性，则H2A-的电离程度大于H2A-的水解程度，离子浓度大小顺序为c(Na+)＞c(H2A )＞c(H+)＞c(HA2 )＞c(OH )，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 、、 ，根据曲线上的点可确定 Ka1＞Ka2＞Ka3，则曲线Ⅰ为 lg与pH的关系，曲线Ⅱ为lg 与pH的关系，曲线Ⅲ为lg 与pH的关系，据此解答。
7．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．NaBO2 溶液显碱性，则溶液中c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒，c(Na+)＞c( )，Na+和 是盐完全电离产生的，是大量的，而H+、OH-是水电离产生的，是少量的，所以溶液中各离子浓度大小为：c(Na+)＞c( )＞c(OH-)＞c(H+)，故A不符合题意；
B．在50℃、 pH=12 的条件下， NaBH4 初始浓度为4.32mol/L，NaBH4的浓度降低到初始浓度一半即2.16mol/L所需的时间为8.64×102，则半衰期内v(NaBH4)= =0.0025mol L-1 min-1，根据反应的方程式，用不同物质表示的反应速率之比等于方程式的计量数之比，则v(H2)=4v(NaBH4)=0.01mol L-1 min-1，故B不符合题意；
C．由表格中数据可知，相同pH下， NaBH4的半衰期随温度升高逐渐减小，则NaBH4 与水反应的速率随温度升高而增大，故C不符合题意；
D．由表格中数据可知，相同温度下， NaBH4的半衰期随pH增大升高逐渐增大，则NaBH4 与水反应的速率随pH升高而减小，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据NaBO2溶液显碱性和电荷守恒分析；
B.根据给定数据计算v(NaBH4)，结合v(H2)=4v(NaBH4)；
C.随温度升高体系半衰期缩短，反应速率加快；
D.pH增大，半衰期增大，反应速率减慢。
8．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A．实验1中红褐色液体为Fe(OH)3胶体，胶体具有丁达尔效应，即在激光笔照射下会产生光亮的“通路”，A不符合题意；
B．明矾作净水剂是明矾电离出的Al3+发生水解反应生成的Al(OH)3胶体具有很强的吸附能力，可以吸附了水中的悬浮物而产生沉淀，B符合题意；
C．泡沫灭火器的原理是Al3+和HCO3- 在水溶液中发生双水解反应，则实验3发生反应的离子方程式为Al3++3HCO3- =Al(OH)3↓+3CO2↑，C不符合题意；
D．根据质子守恒可知，实验4中的Na2CO3饱和溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HCO )+2c(H2CO3)，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.丁达尔效应是胶体特有的性质；
B.明矾饱和溶液中铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有净水作用；
C.是Al3+和HCO 发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；
D.Na2CO3饱和溶液中碳酸根离子水解，溶液存在质子守恒。
9．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】废铜屑加入稀硫酸和过氧化氢溶液中溶解，铜溶解为硫酸铜，氧化铜变成硫酸铜，氧化亚铁变成硫酸铁，加入氧化铜调节pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，滤液中加入硫酸酸化得到硫酸铜溶液，最后得胆矾。
A．“溶解”时，铜发生反应的离子方程式为Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O，A符合题意；
B．调节溶液的pH时，可以用氧化铜或碱式碳酸铜，因为都可以消耗铁离子水解生成的氢离子，调节pH，使铁元素沉淀，B不符合题意；
C．调pH是为了沉铁，所以过滤时只有氢氧化铁沉淀，若要保证无氢氧化铜沉淀，故滤液中c(Cu2+)·c2(OH-)≤Ksp[Cu(OH)2]，C不符合题意；
D．从硫酸铜溶液到晶体需要加热蒸发，加热促进水解，加入硫酸可以抑制铜离子水解，最终生成硫酸铜晶体，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】溶解时发生反应Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O、CuO+2H+═Cu2++2H2O、Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，加CuO可促进铁离子水解转化为沉淀，滤渣为氢氧化铁，滤液含硫酸铜，酸化后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出胆矾。
10．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线N代表pH与 的变化关系，故A不符合题意；
B．由分析可知，曲线M代表pH与 的变化关系，Ka2(H2R) =1.0×10—5.6，故B不符合题意；
C．HR-离子的水解常数Kh= = ＜Ka2(H2R)，说明NaHR溶液中HR-离子的电离程度大于水解程度，则R2—离子的浓度大于H2R的浓度，故C符合题意；
D．溶液pH为7时，等浓度的H2R和氢氧化钠溶液反应得到NaHR和Na2R的混合溶液，由物料守恒可知溶液中c(H2R)+ c(HR-)+ c(R2-) ＜ =0.05mol/L，由电荷守恒可得c(Na+)= c(HR-)+2 c(R2-) ＜0.05mol/L+ c(R2-)-c(H2R)，则c(Na+)+c(H2R) ＜0.05+ c(R2-)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】向0.1mol L-1的二元酸H2R中滴加等浓度的NaOH溶液，开始发生反应：H2R+NaOH=NaHR+H2O，随后发生反应：NaHR+NaOH=Na2R+H2O，溶夜的pH逐渐增大，即滴加等浓度的NaOH溶液过程中，开始c(H2R)减小，c(HR-)增大，当H2R反应完全时，随着pH逐渐增大，c(HR-)开始减小，c(R2-)增大。
11．【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．Q点1gc(HCOOH)=1gc(NH3 H2O)，c(HCOOH)=c(NH3 H2O)，根据图知，溶液的pH＜7，故A符合题意；
B．通过以上分析知，曲线①代表lgc(H+)、曲线③代表1gc(NH3 H2O)，故B不符合题意；
C．溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(NH )=c(OH-)+c(HCOO-)、物料守恒c(HCOO-)+c(HCOOH)=c(NH3 H2O)+c(NH )，所以存在c(H+)+c(HCOOH)=c(OH-)+c(NH3 H2O)，故C不符合题意；
D．根据图知，P点lgc(NH3 H2O)＞1gc(HCOOH)=1gc(OH-)＞1gc(H+)，所以存在c(NH3 H2O)＞c(OH-)=c(HCOOH)＞c(H+)，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】随着溶液pH值的增大，c(HCOOH)减小、c(NH3 H2O)增大、c（H+）减小、c(OH-)增大，则lgc(HCOOH)减小、lgc(NH3 H2O)增大、lgc(H+)减小、lgc(OH-)增大，溶液的pH=7时，lgc(H+)=lgc(OH-)，根据图知，曲线①②③④分别表示lgc(H+)、lgc(HCOOH)、lgc(NH3 H2O)、lgc(OH-)。
12．【答案】C
【知识点】水的电离；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．M点为未滴加NaOH溶液的氯水，存在Cl2+H2O HCl+HClO，H+来自HCl的完全电离、HClO和水的部分电离，则溶液中c(H+)>c(Cl-)>c(HClO)，故A不符合题意；
B．M点水的电离受HCl和HClO电离出的H+的抑制，电离程度较小，而N点溶液pH=7，此时溶液中含有NaCl、NaClO和HClO，其中NaClO的水解促进水的电离，则水的电离程度：M点
D．当氯水中滴加过量NaOH溶液后，溶液中主要含有NaCl、NaClO和NaOH，根据Cl2+H2O HCl+HClO，并结合物料守恒，此时溶液中存在c(HClO)+c(ClO-)=c(Cl-)，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.M点存在Cl2+H2O H++Cl-+HClO，HClO部分电离；
B.M点到N点，随着氢氧化钠溶液的滴入，酸电离出的氢离子浓度减小，酸对水的电离抑制作用减小；
C.从M点到P点，溶液中的HClO的浓度减小，Kh(ClO-)不变，结合判断；
D.根据Cl2+H2O H++Cl-+HClO结合物料守恒分析。
13．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．根据图示，a点对应的溶液中溶质为 ， 的电离常数为 、 的水解常数为 ，电离大于水解，溶液呈弱酸性，故A不符合题意；
B．a点对应的溶液中溶质为 ，b点对应的溶液中溶质为 ，a、b两点溶液都因电解质电离呈酸性，抑制水电离，b点酸性大于a点，水的电离程度：a点大于b点，故B不符合题意；
C．a点溶质为等浓度的 ，根据电荷守恒 ，根据物料守恒 ，所以对应的溶液中存在： ，故C不符合题意；
D．b点对应的溶液中溶质为 ， 的比为1：2，根据电荷守恒 ，根据物料守恒 ，所以b点对应的溶液中存在： ，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.a点溶液中的溶质为，根据电离常数计算水解常数，比较水解程度和电离程度的相对大小，据此确定溶液的酸碱性；
B.a点溶液中的溶质为，b点溶液中溶质为 ，水解促进水的电离，抑制水的电离；
C.根据电荷守恒和物料守恒判断；
D.根据电荷守恒和物料守恒判断。
14．【答案】C,D
【知识点】化学平衡常数；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.根据，，根据M，N，P三点计算出 ，，，因此故A不符合题意
B.M点存在电荷守恒，此时据图所示，，可以得到，故B不符合题意
C.根据图示O点，，可以得到=1，进行变换得到，得到氢离子的浓度c(H+)=根据溶液的pH=得出pH=故C符合题意
D.根据图示即可得到此时溶液是NaCl、HR、NaR混合溶液，此时的pH大于7，因此水解大于电离，因此，故D符合题意
【分析】A.根据M，N，P三点的数据计算出K1，K2，K3即可
B.根据电荷守恒结合进行判断
C.根据O点进行变化即可计算
D.根据P点的溶质以及pH即可判断离子浓度大小
15．【答案】A,C
【知识点】盐类水解的应用；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.0.1mol·L-1NH4Cl溶液中，由电荷守恒得： ，溶液呈中性，即有 ，故 。 水解显酸性， 电离显碱性，由图像可知， 时，即 与 为1：1时，溶液呈碱性（pH=9.25），故溶液中性时 ，A符合题意；
B.0.1mol·L-1NaH2PO4溶液中，由电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)= + + +c(OH-)，溶液呈中性，即有 ，故c(Na+)= + + ，图像可知，当 时，即 与 为1：1时，溶液呈酸性（pH=6.86），若溶液呈中性， 的量需要稍大，即有c(Na+)＜3c(HP )+3c(P )，B不符合题意；
C．当NaH2PO4与K3PO4为3：1时，溶液中 ，由于H2PO +PO 2HPO ，此时溶液中 与 为1：1，由图像可知，此时的溶液呈酸性（pH=6.86），若溶液呈中性，K3PO4的量需稍微大一点，故c(K+)>c(Na+)，C符合题意；
D．当NaH2PO4与氨水为1：2时，由物料守恒得c(H3PO4)+c(H2PO )+c(HPO )+c(PO )=2c(NH )+2c(NH3·H2O) ，由图像可知 ，所以 ，故 的酸性强于 的碱性，那么 的酸性更强于 的碱性，故 为酸性。NaH2PO4与氨水为1：2时，溶质为 ，所以加的碱需要稍微多一点才能是中性，故c(H3PO4)+c(H2PO )+c(HPO )+c(PO )＜2c(NH )+2c(NH3·H2O)，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A、0.1mol L-1NH4Cl溶液中，由电荷守恒得：c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），溶液呈中性，即有c（H+）=c（OH-），故c（NH4+）=c（Cl-），NH4+水解显酸性，结合电离水解程度分析；
B、0.1mol L-1NaH2PO4溶液中，由电荷守恒得：c（Na+）+c（H+）=3c（PO43-）+2c（HPO42-）+c（H2PO4-）+c（OH-），溶液呈中性，即有c（H+）=c（OH-），故c（Na+）=3c（PO43-）+2c（HPO42-）+c（H2PO4-）；
C、当NaH2PO4与K3PO4为3：1时，溶液中c（K+）=c（Na+），由于H2PO4-+PO43- HPO42-，此时溶液中H2PO4-与HPO42-为1：1；
D、当NaH2PO4与氨水为1：2时，由物料守恒得c（H3PO4）+c（H2PO4-）+c（HPO42-）+c（PO43-）=2c（NH4+）+2c（NH3 H2O），由图象可知pKa（NH4+）＞pKa2（H3PO4），所以Ka（NH4+）＞Ka2（H3PO4），故H2PO4-的酸性强于的碱性，那么H3PO4的酸性更强于NH3 H2O的碱性，故Na（NH4）2PO4为酸性。
16．【答案】B,C
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A. 溶液为HCN与氯化钠的混合溶液，且二者的物质的量浓度相等，HCN的电离很微弱，c(Na＋)＝c(Cl－)> c(HCN)>c(H＋)> c(CN－)，选项A不符合题意；
B. 若向0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液至完全反应则生成Na2C2O4，溶液呈碱性，根据物料守恒有c(Na＋)=2[c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＋c(H2C2O4)] ，当反应至溶液pH＝7时则氢氧化钠不足，c(Na＋)偏小，故c(Na＋)<2[c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＋c(H2C2O4)]，选项B符合题意；
C. 因Ka(HCN)＝6.2×10－10
故答案为：BC。
【分析】本题考查盐的水解及溶液中离子浓度大小关系的比较，注意物料守恒等的应用，易错点为选项D，若0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液中存在物料守恒有：c(Na＋)=c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＝0.1mol·L－1，而0.1 mol·L－1 NaCN溶液与0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液等体积混合后：c(Na＋)+c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＝0.1 mol·L－1+0.05 mol·L－1=0.15 mol·L－1。
17．【答案】A,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用
【解析】【解答】A、20mL0.1mol·L－1CH3COONa溶液中加入0.1mol·L－1盐酸至溶液pH＝7：c(H+)=c(OH-)，CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，c(CH3COOH)=c(NaCl)=c(Cl-)，盐的电离远大于弱电解质的电离。因此c(Cl-)=c(CH3COOH) >c(H+)=c(OH-)，选项A符合题意；
B. 向澄清石灰水中通入Cl2至Ca(OH)2恰好完全反应，根据电荷守恒有：2c(Ca2＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(Cl－)＋c(ClO－)，选项B不符合题意；
C.0.2mol·L－1CH3COOH溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合(pH<7)：根据电荷守恒有①c(H＋)＋c(Na+)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，根据物料守恒有②c(Na+)= c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，将②代入①得，2c(H＋)＋c(CH3COOH)=2c(OH－)＋c(CH3COO－)，因pH<7，则c(H+)>c(OH-)，故有c(H＋)＋c(CH3COOH)
【分析】A.体系中存在电荷守恒，pH=7的溶液中，c(H+)=c(OH-)，那么必然存在c(CH3COOH)＝c(Cl－)；
B.根据电荷守恒，一个钙离子携带两个正电荷，因此题中的关系式不符合实际；
C.体系中存在物料守恒、电荷守恒以及质子守恒，根据物料守恒和电子守恒可以推出几种微粒的浓度关系；
D.根据质子守恒可以推出几种微粒浓度之间的关系。
18．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】解：盐酸溶液中的氢离子主要是盐酸电离出来的，盐酸完全电离，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释的过程中，盐酸不能继续电离，盐酸溶液中氢离子浓度变化大；水解是微弱的，氯化铵溶液中铵离子可继续水解，溶液中的氢离子浓度变化小，所以含c点的曲线pH变化是盐酸溶液的，含a、b点的曲线pH变化是氯化铵溶液的．
A、由于a点溶液稀释后得到b点，故b点的离子浓度小于a点；而氯化铵溶液的浓度远大于HCl，而氯化铵溶液是由于水解显酸性，而HCl是由于完全电离显酸性，故b和c点pH相同，故b点氯化铵的浓度必须远大于c点HCl的浓度，故离子浓度之和的大小关系为a＞b＞c，故A正确；
B、b点溶液中，根据质子守恒，得出c（OH﹣）+c（NH3 H2O）=c（H+），故B错误；
C、用等浓度NaOH溶液和等体积b、c处溶液反应，b点为铵根水解导致溶液呈酸性，b点溶液中铵根和氢离子均消耗NaOH，而C点只有盐酸消耗NaOH（盐酸完全电离），故消耗NaOH溶液体积Vb＞Vc，故C错误；
D、盐酸电离出的氢离子浓度抑制了水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最小；水解促进水的电离，由于氯化铵溶液中的氢离子浓度来自于铵根离子水解生成的氢离子，氢离子浓度越大，说明水解程度越大，水的电离程度越大，a点的pH＜b点的pH，说明a点酸性大于b点酸性、a点氢离子大于b点氢离子，所以a、b二点溶液水的电离程度a＞b，综上所述a、b、c三点溶液水的电离程度a＞b＞c，故D正确．
故选AD．
【分析】根据盐酸是强酸，完全电离，氯化铵是能水解的盐，水解显示酸性，加水稀释促进水解的进行，
A、根据氯化铵溶液是由于水解显酸性，而HCl是由于完全电离显酸性，故HCl溶液的浓度远小于氯化铵溶液的浓度来分析；
B、根据溶液中的质子守恒来回答；
C、b点为铵根水解导致溶液呈酸性，b点溶液中铵根和氢离子均消耗NaOH，而C点只有盐酸消耗NaOH（盐酸完全电离）；
D、盐酸对水的电离起抑制作用，氯化铵对水的电离起到促进作用．
19．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；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】解：A．等物质的量浓度等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合，反应后的溶液溶质为（NH4）2SO4和Na2SO4，NH4+水解，溶液呈酸性，则c（Na+）=c（SO ）＞c（NH ），c（H+）＞c（OH﹣），一般来说，单水解的程度较弱，则有c（NH4+）＞c（H+），应有c（Na+）=c（SO ）＞c（NH ）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A正确；
B．醋酸为弱酸，室温下，pH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液等体积混合，醋酸过量，溶液呈酸性，则有c （CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B错误；
C．已知酸性：CH3COOH＞H2CO3＞ ﹣OH，酸性越弱，对应的盐类水解程度越大，则浓度均为0.1 mol L﹣1CH3COONa、NaHCO3、 ﹣ONa溶液中：若c（OH﹣）分别为c1、c2、c3，c3＞c2＞c1，故C正确；
D．根据物料守恒可知，NaHCO3溶液中存在c（Na+）=c（H2CO3）+c（HCO ）+c（CO ），故D错误．
故选AC．
【分析】A．等物质的量浓度等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合，反应后的溶液溶质为（NH4）2SO4和Na2SO4，NH4+水解，溶液呈酸性；
B．醋酸为弱酸，室温下，pH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液等体积混合，醋酸过量，溶液呈酸性；
C．首先判断对应酸的酸性强弱，酸性越弱，对应的盐类水解程度越大；
D．从物料守恒的角度分析．
20．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用
【解析】【解答】解：A．醋酸钠是强电解质，在水溶液里完全电离，醋酸的弱电解质，在水溶液里部分电离，虽然醋酸钠中醋酸根离子易水解，但水解程度较小，所以c（CH3COO﹣）：③＞①，故A正确；
B．酸或碱抑制水电离，氢离子或氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大，氢氧化钠的溶液中氢氧根离子浓度大于醋酸溶液中氢离子浓度，所以氢氧化钠抑制水电离程度大于醋酸，则水电离出的c（OH﹣）：②＜①，故B错误；
C．①和②等体积混合时，二者恰好反应生成醋酸钠，根据质子守恒得c（OH﹣）=c（H+）+c（CH3COOH），故C正确；
D．等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠溶液混合，醋酸电离程度大于醋酸根水解程度，导致混合溶液呈酸性，所以c（H+）＞c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），所以得c（CH3COO﹣）＞c（Na+），故D错误；
故选AC．
【分析】醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，氢氧化钠和醋酸钠都是强电解质，在水溶液里完全电离，但醋酸钠中醋酸根离子易水解，水解程度较小；
A．醋酸的电离程度小于醋酸钠的电离程度；
B．酸或碱抑制水电离，氢离子或氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大；
C．醋酸钠是强碱弱酸盐，其溶解呈碱性，根据质子守恒判断；
D．等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠溶液混合，醋酸电离程度大于醋酸根水解程度，导致混合溶液呈酸性，再结合电荷守恒判断．
21．【答案】B,D
【知识点】水的电离；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】A．AlCl3是强酸弱碱盐，水解产生氢氧化铝和HCl,由于HCl有挥发性，所以随着水分的蒸发而挥发，蒸干得到的是氢氧化铝，再灼烧氢氧化铝分解最后得到的是Al2O3，不符合题意；
B．反应Hg(l)+H2SO4(aq) = HgSO4(aq)+H2(g)在常温下不能自发进行，是由于该反应是体系混乱程度增大的反应，则△H>0, △G>0,符合题意；
C．水是若电解质，升高温度会促进水的动力，所以将纯水加热至较高温度，K变大、pH变小，但是由于水电离产生的H+的浓度与OH-的浓度相等，所以溶液仍然呈中性，不符合题意；
D．锅炉中沉积的CaSO4在水中存在沉淀溶解平衡，当用饱和Na2CO3溶液浸泡，会发生沉淀的转化，产生溶解度更小的CaCO3，利用其能够与盐酸反应产生可溶性的物质将其溶解除去，符合题意。
【分析】A.Al3+水解生成Al(OH)3，最终得到的是Al2O3；
B.根据自由能判据进行分析；
C.纯水的离子积常数变大，溶液依然是中性；
D.根据难溶物的转化进行分析。
22．【答案】A,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；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】A.滴有酚酞的溶液Na2CO3显示红色，是因为碳酸钠溶液中的碳酸根离子水解溶液呈碱性，,其中碳酸根离子水解程度受温度的影响，微热，溶液颜色逐渐变深，说明温度高,，水解程度大，碱性增强，所以盐类水解是吸热反应，A符合题意；
B.当体积、pH都为3的酸HA和HB分别与足量的锌反应，HA放出的氢气多，说明HA的物质的量大于HB的物质的量，溶液的体积相等，HA的物质的量浓度大于HB的，所以说明酸性：HA
D.SO 结合H＋为一级水解，HSO3-结合H＋为二级水解，HSO 结合H＋的能力比SO32－的弱，D符合题意；
故答案为：AD
【分析】A.微热颜色加深，说明加热后溶液中c(OH-)增大，则CO32-的水解程度增大；
B.HA放出的氢气越多，则等pH溶液中，所含HA的量更多；
C.向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，部分BaSO4因饱和Na2CO3溶液中高浓CO32-转化BaCO3，但是Ksp（BaCO3）＞Ksp（BaSO4）；
D.NaHSO3溶液的pH约为5，显酸性，说明HSO3-的电离程度大于水解程度；
23．【答案】C,D
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】解：A．Na2CO3、NaHCO3水解显碱性，且Na2CO3水解程度大，NaCl不水解，NH4Cl水解显酸性，则Na2CO3、NaHCO3、NaCl、NH4Cl的pH由大到小，故A不选；
B．Na2CO3、NaHCO3、NH4Cl、NaCl中，NH4Cl水解显酸性，其pH最小，故B不选；
C．NH4Cl、（NH4）2SO4水解显酸性，且（NH4）2SO4水解生成氢离子浓度大，NaNO3不水解，Na2CO3水解显碱性，则pH由小到大的顺序为（NH4）2SO4、NH4Cl、NaNO3、Na2CO3，故C选；
D．NH4Cl、（NH4）2SO4水解显酸性，且（NH4）2SO4水解生成氢离子浓度大，NaNO3不水解，Na2S水解显碱性，则pH由小到大的顺序为（NH4）2SO4、NH4Cl、NaNO3、Na2S，故D选；
故选CD．
【分析】pH由小到大的顺序为：酸性＜中性＜碱性，结合盐的水解判断溶液的pH，以此来解答．
24．【答案】C,D
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】解：A．AlCl3在蒸干过程中发生水解，生成氢氧化铝和氯化氢，氯化氢易挥发，所以蒸干时得到氢氧化铝，灼烧氢氧化铝，氢氧化铝分解生成氧化铝，所以最终得到氧化铝，故A错误；
B．碳酸氢钠不稳定，加热条件下易分解生成二氧化碳、水和碳酸钠，所以最终不能得到该物质，故B错误；
C．碳酸钠性质稳定，不易分解，在蒸发皿中加热蒸干再加热溶液，最终得到碳酸钠，故C正确；
D．Al2（SO4）3水解生成氢氧化铝和硫酸，因硫酸难挥发，最终仍得到Al2（SO4）3，故D正确；
故选CD．
【分析】在蒸发皿中加热蒸干并灼烧下列物质的溶液可以得到该物质的固体，说明该溶质性质较稳定，蒸干、灼烧过程中不发生分解、不发生水解，据此分析解答．
25．【答案】（1）A、C
（2）CuO+H2SO4 CuSO4+H2O；不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）
（3）过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化铁胶体，易于过滤
（4）
（5）①③
【知识点】盐类水解的应用；硫酸根离子的检验；常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；化学式及其计算
【解析】【解答】(1)制备胆矾时，根据题干信息可知，需进行溶解、过滤、结晶操作，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿，A、C符合题意，故答案为：A、C；
(2)将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为CuO+H2SO4CuSO4+H2O；直接用废铜和浓硫酸反应生成硫酸铜与二氧化硫和水，与这种方法相比，将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热制备胆矾的实验方案具有的优点是：不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）；
(3) 硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；CuO中含氧化铁杂质，溶于硫酸后会形成铁离子，为使铁元素以氢氧化铁形成沉淀完全，需控制溶液pH为3.5～4，酸性环境同时还可抑制铜离子发生水解；操作过程中可能会生成氢氧化铁胶体，所以煮沸10min，目的是破坏氢氧化铁胶体，使其沉淀，易于过滤，故答案为：过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化铁胶体，易于过滤；
(4) 称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。则水的质量是(m2- m3)g，所以胆矾（CuSO4 nH2O）中n值的表达式为：=n:1，解得n＝；
(5) ①胆矾未充分干燥，导致所测m2偏大，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；
②坩埚未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆矾，导致所测m3偏大，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏低，不符合题意；
③加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使m3数值偏小，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；综上所述，①③符合题意，故答案为：①③。
【分析】(1)制备胆矾时，需进行溶解、过滤、结晶操作；
(2)金属氧化物与酸反应生成盐和水；从环境保护方面分析该方法的优点；
(3)硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；根据水解分析；加热可以防止生成胶体；
(4)根据CuSO4 nH2O中CuSO4与H2O为1：n计算；
(5)根据n=分析。
26．【答案】（1）+3；防止MgH2、NaBH4与水蒸气反应
（2）Mg2B2O5+H2O+2OH-=2Mg(OH)2+2BO2-
（3）提供HCl抑制MgCl2水解
（4）H2O2+2e-+2H+=2H2O；2
（5）0.21
（6）NaBO2+2HCHO+2CaO NaBH4+2CaCO3
【知识点】盐类水解的应用；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据化合物中各元素的化合价代数和为0，Mg的化合价为＋2，O的化合价为－2，设B的化合价为x，有2×(＋2)＋2x＋5×(－2)=0，得x=＋3。则B的化合价为+3。根据已知MgH2、NaBH4遇水蒸气剧烈反应并放出H2，所以保持干燥环境的目的是防止硼氢化钠、氢化镁与水蒸气反应。答案为+3；防止MgH2、NaBH4与水蒸气反应；（2）Mg2B2O5 H2O与NaOH反应，得到滤渣和滤液。滤液的溶质为NaBO2，因为经过蒸发浓缩等一系列操作得到NaBO2晶体，而一系列操作不会改变溶质。滤渣为Mg(OH)2，与浓盐酸作用得到MgCl2·7H2O。所以难溶的Mg2B2O5与浓氢氧化钠溶液反应生成了氢氧化镁和偏硼酸钠（NaBO2)，方程式为Mg2B2O5+H2O+2OH- =2Mg(OH)2+2BO2-；（3）MgCl2·7H2O脱去结晶水的时候要防止Mg2＋水解生成Mg(OH)2。而SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，消耗了水，生成的氯化氢又能抑制氯化镁水解。答案为与水反应提供HCl抑制MgCl2水解（4）①正极得到电子化合价降低，化合价降低的为H2O2中的O，其化合价从－1降低到－2，发生还原反应。电解质溶液含有硫酸，为酸性，则正极方程式为H2O2+2e-+2H+=2H2O。②n(H+)=0.04 mol，由电极反应式知，转移1 mol电子必消耗1 mol H+，转移0.038 mol电子时溶液中c(H+)= =0.01 mol·L-1，pH=-lgc(H＋)=-lg0.01=2。（5）含氢还原剂的氧化产物为H2O等，1 molNaBH4的质量为38g，发生反应时，失去8 mol电子，相当于4 molH2,为8g氢气。NaBH4的有效氢等于 ≈0.21。（6）反应物为NaBO2、HCHO和CaO，根据原子守恒难溶盐为CaCO3。则方程式为NaBO2+2HCHO+2CaO NaBH4+2CaCO3。
【分析】Mg2B2O5 H2O与NaOH反应，得到滤渣和滤液，从滤液中最终得到了NaBO2。从滤渣最终得到了MgCl2。滤液的溶质为NaBO2，经过蒸发浓缩等一系列操作得到晶体。滤渣为Mg(OH)2，与浓盐酸作用得到MgCl2·7H2O，经电解等一系列操作得MgH2，与NaBO2反应得到NaBH4。
27．【答案】（1）分液漏斗；MnO2+2Cl-+4H+ Cl2↑+Mn2++2H2O；NaClO、NaOH；溶液中存在平衡Cl2+H2O HCl+HClO，HCO3-消耗H+，使平衡右移，HClO浓度增大
（2）ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O；防止HClO分解（防止Cl2、I2逸出）；当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色；4.47
【知识点】化学平衡移动原理；盐类水解的应用；常用仪器及其使用；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)①仪器a的名称分液漏斗，装置A中发生反应的离子方程式为MnO2+2Cl-+4H+ Mn2++Cl2↑+2H2O；
②氯气和装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，C瓶溶液的溶质是NaCl、NaClO、NaOH；
③C瓶溶液中石蕊立即褪色的原因是：溶液中存在平衡Cl2+H2O HCl+HClO，HCO3-消耗H+，使平衡右移，HClO浓度增大；(2)①步骤I的C瓶中反应的离子方程式为：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O；
②紧瓶塞并在暗处反应的原因是防止HClO光照分解；通常选用淀粉溶液作指示剂，滴定至终点的现象当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色；
③由ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O、I2+2S2O32-═2I-+S4O62-，由方程式可得关系式
NaClO～I2～ 2S2O32-
1 2
n 0.1000mol/L×0.024L=0.0024mol
则n=0.0012mol，则C瓶溶液中NaClO的含量为 =4.47g/L。
【分析】（1） ① 根据仪器结构特点可知其名称；根据氧化还原反应的特点书写离子方程式；
② 根据氯气和氢氧化钠溶液反应的产物分析解答；
③ 根据溶液中水解平衡结合平衡移动原理分析；
（2） ① 书写离子方程式时注意遵循电荷守恒、原子守恒等；
② 根据次氯酸的性质分析；根据溶液中颜色变化来确定滴定终点；
③ 根据方程式中的关系式列式计算即可得出答案。
28．【答案】（1）冷凝管(或蛇形冷凝管)；浓硫酸；吸收逸出的有毒的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进人反应装置导致SOCl2水解
（2）ClO3-+5Cl-+6H+ = 3Cl2↑+3H2O
（3）AlCl3易水解，AlCl3·6H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl3·6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，SOCl2吸水，产物SO2和HCl抑制AlCl3水解
（4）50.0%
（5）酸；c(Cl-)>c(HSO3-)>c(SO32- )>c(OH-)
（6）AgCl、Ag2SO4
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；氯气的化学性质；氯气的实验室制法；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)仪器c是（蛇形）冷凝管，装置乙用来干燥氯气，可盛放浓硫酸，装置B有两个作用一个是防止有毒的氯气与二氧化硫逸出对实验人员的身体健康造成威胁，一个是防止空气中的水蒸气进入烧瓶中使氯化亚砜水解，
因此，本题正确答案是：球冷凝管(或蛇形冷凝管) ；浓硫酸；吸收逸出的有毒的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进人反应装置导致SOCl2水解；
(2) 装置丁中利用KClO3、4HCl(浓)制备氯气，反应的离子方程式为：ClO3-+5Cl-+6H+ = 3Cl2↑+3H2O，
因此，本题正确答案是：ClO3-+5Cl-+6H+ = 3Cl2↑+3H2O；
(3) SOCl2与水反应的方程式为：SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，AlCl3溶液易水解，AlCl3·6H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl3·6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，SOCl2吸水，产物SO2和HCl溶于水呈酸性抑制水解发生，
因此，本题正确答案是：ClO3-+5Cl-+6H+ = 3Cl2↑+3H2O ；AlCl3易水解，AlCl3·6H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl3·6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，SOCl2吸水，产物SO2和HCl抑制AlCl3水解；
(4) 消耗氯气为 =0.04mol，由SO2+Cl2+SCl2=2 SOCl2，生成0.08mol SOCl2，则SOCl2的产率为 100%=50.0%，
因此，本题正确答案是：50.0%；
(5)0. 01 mol SOCl2与100 mL 0. 3 mol/L NaOH溶液中恰好完全反应，由原子守恒可知，反应方程式为SOCl2+3NaOH=NaHSO3+2NaCl+H2O，所得溶液溶质为亚硫酸氢钠和氯化钠，HSO3-在溶液中存在电离和水解，由于水解常数Kh= =6.58 10-13<1.02 10-7，即电离大于水解，故溶液呈酸性，溶液中所有阴离子的浓度大小顺序为c(Cl-)>c(HSO3-)>c(SO32- )>c(OH-)，因此，本题正确答案是：(Cl-)>c(HSO3-)>c(SO32- )>c(OH-)；
(6) SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，氯化氢与AgNO3溶液反应生成氯化银沉淀，溶液中有硝酸，将二氧化硫氧化为硫酸根离子，故白色沉淀中还有硫酸银，所以该白色沉淀的成分是AgCl、Ag2SO4，
因此，本题正确答案是：AgCl、Ag2SO4。
【分析】（1）结合Cl2的制备实验分析；
（2）装置丁为实验室制取Cl2的装置，据此写出反应的离子方程式；
（3）结合AlCl3的水解平衡移动分析；
（4）根据反应的化学方程式“SO2+Cl2+SCl2=2 SOCl2”计算896mLCl2反应生成SOCl2的质量，从而计算SOCl2的产率；
（5）根据发生反应的化学方程式确定所得溶液的溶质，结合溶液中的电离水解确定溶液的酸碱性，以及溶液中离子浓度大小；
（6）NO3-在酸性条件下具有氧化性，能将SO32-氧化成SO42-，据此确定沉淀的成分；
29．【答案】（1）将BaCO3研成粉末或适当增大盐酸浓度或适当加热或搅拌等；溶于浓盐酸，再加适量水稀释至所需浓度
（2）0.02；510
（3）TiO(C2O4)22－＋Ba2＋＋4H2O=BaTiO(C2O4)2·4H2O↓；TiO(OH)＋
（4）NH4Cl；BaTiO(C2O4)2·4H2O BaTiO3＋2CO↑＋2CO2↑＋4H2O
【知识点】化学反应速率的影响因素；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)盐酸与BaCO3发生反应：2HCl+BaCO3=BaCl2+H2O+CO2↑，为了加快反应速率可以将固体BaCO3研成粉末，以增大接触面积；也可以适当增大盐酸浓度或适当加热升高反应温度或搅拌等；TiCl4是强酸弱碱盐，在溶液中Ti4+会发生水解反应：Ti4++4H2O Ti(OH)4+4H+，使溶液变浑浊，为了配制得到澄清的TiCl4溶液，同时不引入杂质离子，通常是将TiCl4溶于浓盐酸中，然后再加适量水稀释至所需浓度；(2) 在溶液中BaSO4存在沉淀溶解平衡，当向溶液中加入饱和Na2CO3溶液时，发生沉淀转化生成BaCO3：BaSO4(s)+CO32-(aq) BaCO3(s)+SO42-(aq)，待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，最终BaSO4生成BaCO3；反应的平衡常数 ；2.33gBaSO4物质的量为0.01mol，根据BaSO4(s)+CO32-(aq) BaCO3(s)+SO42-(aq)，完全转化需要0.01molCO32－，同时溶液中产生0.01molSO42-，根据K值溶液中含有n（CO32-）=0.01mol÷0.02=0.5mol，需要加入Na2CO3为0.01mol+0.5mol=0.51mol，需要Na2CO3溶液的体积为0.51mol÷1mol/L=0.51L=510mL。(3) “混合溶液”过程中，钛元素在不同pH下主要以TiOC2O4、TiO(C2O4)22-和TiO(OH)+三种形式存在，调节混合液pH在2.8左右再进行沉淀，据“沉淀”时生成草酸氧钛钡晶体中含有TiO(C2O4)22-(即b微粒)，“沉淀”时的离子方程式为：TiO(C2O4)22-＋Ba2＋+4H2O=BaTiO(C2O4)2·4H2O↓；随着氨水的不断加入溶液的pH不断增大，可以判断c对应钛的形式为TiO（OH）+；(4) TiCl4和草酸混合液加入了氨水，然后与BaCl2溶液混合得到草酸氧钛钡晶体，根据原子守恒，滤液中主要成分为NH4Cl。草酸氧钛钡晶体隔绝空气煅烧得到BaTiO3，同时得到CO、CO2及水蒸气，煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3方程式为BaTiO(C2O4)2·4H2O BaTiO3+2CO↑+2CO2↑+4H2O。
【分析】理解浓度、压强、温度、催化剂及固体表面积等条件的改变对化学反应速率的影响及影响水解的因素；
（2）写出沉淀转化的方程式，列出平衡常数表达式计算即可；
（3）根据原子守恒，计算出硫酸根离子的物质的量，再根据平衡常数计算即可;根据图像，确定pH=2.8时钛的存在形式，确定核心物质，写出方程式。
30．【答案】（1）4；1；4H2O；2
（2）难挥发性
（3）degfcbh或edgfcbh
（4）检查装置气密性；抑制CuCl2水解
（5）H+ + OH–=H2O；Cl2+2OH–=Cl–+ClO–+H2O
（6）HCl易溶于水，易发生倒吸
（7）加少量水后用胶塞盖紧，迅速震荡，若溶液显蓝色则产品中含CuCl2，若不显蓝色则不含CuCl2
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；盐类水解的应用；氯气的化学性质；浓硫酸的性质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】⑴配平潮湿CuCl在空气中被氧化，说明有水参加反应，结合氧化还原反应的电子守恒和原子守恒，此反应的化学方程式经配平后为4CuCl+O2+4H2O=3CuO·CuCl2·3H2O+2HCl；
⑵实验室通过利用浓硫酸的强酸性和难挥发性的性质，通过反应NaCl+H2SO4=NaHSO4+HCl↑来制取HCl；
⑶由A装置制备的HCl通入C装置，经过D装置无水硫酸铜检验生成的水和B装置检验是否有氯气生成，最后用E装置进行尾气处理，减小环境污染，则装置的连接顺序为adegfcbh或aedgfcbh；
⑷装置连接后，首先要检验装置气密性，再进行后续实验；因CuCl2在水溶液中易水解，可通入HCl抑制CuCl2水解；
⑸装置E是用NaOH溶液吸收含有HCl和Cl2的尾气，发生反应的离子方程式是 H+ + OH–=H2O和Cl2+2OH–=Cl–+ClO–+H2O；
⑹如果将湿润的淀粉KI试纸改成足量的淀粉KI溶液，因HCl气体易溶解于水，容易产生倒吸现象，存在安全隐患；
⑺CuCl2能溶解于水，且其水溶液显蓝色，同时考虑到CuCl在潮湿环境中易氧化，则检验时需避免空气中氧气的干扰，具体操作是加少量水后用胶塞盖紧，迅速震荡，若溶液显蓝色则产品中含CuCl2，若不显蓝色则不含CuCl2。
【分析】（1）根据得失电子守恒和原子守恒配平；
（2）根据难挥发性酸制备易挥发性酸分析；
（3）根据各装置的用途确定接口连接顺序；
（4）对于有气体参与的反应，加入药品之前，应先检查装置的气密性；通入HCl，可抑制CuCl2的水解；
（5）装置E中的NaOH用于吸收尾气中的HCl和Cl2，据此写出反应的离子方程式；
（6）HCl易溶于水，溶液发生倒吸，应使用防倒吸装置；
（7）根据CuCl2溶于水，使得溶液显蓝色进行分析；
31．【答案】（1）碱性
（2）能
（3） -529.0 kJ·mol－1
（4）>；<
（5）
（6）正极；增强溶液导电能力，加快电解速率；16
【知识点】热化学方程式；盐类水解的应用；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】I. (1) Kb(NH3·H2O)=1.8×10－5大于H2SO3的Ka2=1.0×10－7，所以NH4+的水解程度小于SO32－，所以25℃，(NH4)2SO3溶液的显碱性；(2) 所以第2步反应能完全进行。Ⅱ. (3)②2H2(g)+SO2(g) S(1)+2H2O(g) △H2=+45.0kJ·mo1－1
④2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H4=－484.0kJ·mo1－1
根据盖斯定律，④-②得液态硫(S)燃烧的热化学方程式 -529.0 kJ·mol－1；(4)相同温度下， 越大，α(SO2)越大，根据图示可知 ，M、N点α(SO2)相等，M点CO的投放大于N，所以CO的平衡转化率：N>M；温度越高反应速率越快，P点的温度大于N，所以逆反应速率：N
（2）在特定条件下（如温度、压力、溶剂性质、离子强度等），可逆化学反应达到平衡状态时生成物与反应物的浓度（方程式系数幂次方）乘积比或反应产物与反应底物的浓度（方程式系数幂次方）乘积比。用符号“K”表示。从热力学理论上来说，所有的反应都存在逆反应，也就是说所有的反应都存在着热力学平衡，都有平衡常数。平衡常数越大，反应越彻底；
（3）热化学方程式是用以表示化学反应中的能量变化和物质变化。热化学方程式的意义为热化学方程式不仅表明了一个反应中的反应物和生成物，还表明了一定量物质在反应中所放出或吸收的热量；
（4）在吸热反应中，升高温度，反应会向正反应方向进行；反之，降低温度，反应会向逆反应方向进行；
（5）在原电池中，负极失去电子，发生的是氧化反应；
（6）在电解池中，阳极连接电源的正极，失去电子，发生的是氧化反应；阴极得到电子，发生的是还原反应。
32．【答案】（1）调节溶液pH使Fe(OH)3沉淀；使沉淀颗粒长大，有利于过滤分离
（2）使Ca(HCO3)2分解，并除去溶液中溶解的二氧化碳
（3）取少量产品于试管中，加入稀盐酸，立即在试管口上方倒扣内涂澄清石灰水的小烧杯；若产生白色沉淀，则产品中含CaCO3
【知识点】盐类水解的应用；除杂；物质的检验和鉴别
【解析】【解答】(1)步骤①加入氨水的目的是中和多余的盐酸，沉淀铁离子；小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，有利于过滤，故答案为：调节溶液pH使Fe(OH)3沉淀；使沉淀颗粒长大，有利于过滤分离；(2)步骤②的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，溶液中溶解二氧化碳，此时溶液呈酸性；将溶液煮沸，趁热过滤，将溶液煮沸的作用是使Ca(HCO3)2分解，并除去溶液中溶解的二氧化碳，故答案为：使Ca(HCO3)2分解，并除去溶液中溶解的二氧化碳；(3)碳酸钙与盐酸反应生成二氧化碳，只要检验是否生成了二氧化碳即可，实验方案为：取少量产品于试管中，加入稀盐酸，立即在试管口上方倒扣内涂澄清石灰水的小烧杯；若产生白色沉淀，则产品中含CaCO3，故答案为：取少量产品于试管中，加入稀盐酸，立即在试管口上方倒扣内涂澄清石灰水的小烧杯；若产生白色沉淀，则产品中含CaCO3。
【分析】（1）运用氨水可以使体系中的铁离子转化为沉淀除去；
（2）气体在水中的溶解度随温度的升高而减小；
（3）碳酸钙属于难溶性碳酸盐，可以溶解于盐酸生成二氧化碳气体。
33．【答案】（1）-2；四
（2）30NA；1:1
（3）C；D
（4）③①④②；2NaHSO4+ Na2SO3= 2Na2SO4+ H2O+SO2↑；>
【知识点】盐类水解的应用；氧化还原反应的电子转移数目计算；化合价与化学式
【解析】【解答】（1）CuFeS2中硫的化合价为-2价，氧化剂所含元素化合价降低，被还原得到的产物是还原产物，铜元素的化合价由+2价降为0价，氧元素的化合价由0价降为-2价，故该反应中还原产物有Cu，FeO，Fe2O3，SO2，共四种，故答案为：-2；四。
（2）8CuFeS2+21O2 8Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2，由方程式可推出，每消耗21mol氧气，转移的电子数为16mol+84mol=100mol，若反应中消耗氧气6.3mol，则反应转移的电子数为30mol，即30NA，其中铁元素部分被氧化，CuFeS2→Fe2O3，8个Fe中有4个被氧化，故被氧化和未被氧化的物质的量之比为1:1，故答案为：30NA，1:1。
（3）8CuFeS2+21O2 8Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2，二氧化硫有毒，不能直接排放到大气中，
A.SO2被KMnO4溶液氧化成硫酸根离子，A不符合题意；
B.SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，B不符合题意；
C.硫化氢气体可以与二氧化硫反应生成硫和水，但硫化氢有毒，硫化氢易逸出到空气中污染空气，C符合题意；
D.二氧化硫在NaHSO3溶液中的溶解度很小，故不能用其吸收二氧化硫，D符合题意；
故答案为：CD
（4）等浓度的①Na2SO4的pH=7；②NaHSO4完全电离，NaHSO4=Na++H++SO42-，pH＜7；③Na2SO3溶液中，存在水解平衡SO32-+H2O HSO3-+OH-，溶液显碱性，pH＞7，④NaHSO3溶液中：HSO3-+H2O H2SO3+OH-，HSO3- H++SO32-，电离大于水解，所以pH<7，由于NaHSO4是强电解质，故等浓度的溶液中的氢离子浓度大于NaHSO3溶液中的氢离子浓度，故答案为：③①④②。为了实现离子反应2H++SO32－→H2O+SO2↑，化学方程式为：2NaHSO4+Na2SO3=2Na2SO4+H2O+SO2↑，故答案为：2NaHSO4+Na2SO3=2Na2SO4+H2O+SO2↑。如果是等浓度的NaHSO3溶液和NaHSO4溶液，NaHSO3溶液的pH大于NaHSO4溶液，若x1
【分析】（1）根据化合物中化合价代数和为0计算硫元素的化合价；根据化合价变化确定还原产物；
（2）结合关系式“21O2~100e-”计算转移电子数；
（3）反应产物中的SO2是一种空气污染物，不可直接排放，应进行尾气吸收，结合SO2的性质确定吸收液；
（4）先根据溶液的酸碱性进行分类，再结合SO32-、HSO3-的水解程度确定溶液pH的大小；
结合强酸制弱酸的原理确定反应的化学方程式；
根据等浓度的NaHSO3和NaHSO4溶液的pH大小进行分析；
34．【答案】（1）500mL容量瓶、胶头滴管；控制AlCl3的水解程度
（2）水浴加热；过滤、洗涤、干燥
（3）坩埚；四；稀硝酸；在过滤器下换一个接液容器，再洗涤一次，取接到的液体，（或单独取最后一次洗涤滤下的溶液少许）滴入氨水，若有白色沉淀则未洗干净，若无明显现象则已洗干净。；(27+17x+35.5y+18z)/26.5=y(108+35.5)/28.7
【知识点】盐类水解的应用；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】（1）用36.5% (p为1.1 8g/cm3)的盐酸配制500mL6mo/L的盐酸，所用玻璃器有烧杯、量筒(量取一定体积浓盐酸)、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；溶液中含有氯化铝，因铝离子要水解，所以控制pH值在一定范围的目的是：控制AlCl3的水解程度，故答案为：500mL容量瓶、胶头滴管；控制AlCl3的水解程度。
（2）操作③加热到85℃，使用的是水浴加热，④的具体操作为过滤、洗涤、干燥，故答案为：水浴加热；过滤、洗涤、干燥。
（3）①灼烧固体应放在坩埚里，前后两次称重之差要小于0.2mg，故实验过程中至少进行的称量次数为四次（实验中要称量坩埚的质量、坩埚加样品的质量、灼烧后至少要称量两次），故答案为：坩埚；四。
②取相同质量的样品溶于稀硝酸中，加入足量硝酸银溶液，生成氯化银沉淀，实验中检查沉淀是否洗浄的方法是：在过滤器下换一个接液容器，再洗涤一次，取接到的液体，（或单独取最后一次洗涤滤下的溶液少许）滴入氨水，若有白色沉淀则未洗干净，若无明显现象则已洗干净。故答案为：稀硝酸；在过滤器下换一个接液容器，再洗涤一次，取接到的液体，（或单独取最后一次洗涤滤下的溶液少许）滴入氨水，若有白色沉淀则未洗干净，若无明显现象则已洗干净。
③氯化银为28.7g，根据氯元素守恒，可得比例式为：(27+17x+35.5y+18z)/26.5=y(108+35.5)/28.7；
【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的过程分析所需的仪器；
操作②溶液中AlCl3易水解，控制pH值可控制AlCl3的水解；
（2）操作③的加热温度小于100℃，应用水浴加热；操作④从悬浊液得到固体，应采用过滤、洗涤、干燥等操作；
（3）①固体加热应在坩埚中进行；实验过程中，需加热至固体恒重，据此确定所需称量的次数；
②形成AgCl沉淀时，应先加入稀硝酸酸化；检验沉淀是否洗净，需检验洗出液中是否含有Ag+即可；
③根据氯元素守恒确定等式；
35．【答案】（1）红
（2）变红色
（3）钝化
【知识点】盐类水解的应用；硝酸的化学性质；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】（1）Na2CO3溶液中CO32-水解，使得溶液显碱性，滴加酚酞后，溶液显红色；
（2）若溶液中的Fe2+被氧化成Fe3+，则滴加KSCN溶液后，溶液显红色；
（3）常温下，浓硫酸能使铝钝化，故常温下，可用铝制容器盛装浓硫酸；
【分析】（1）Na2CO3溶液显碱性；
（2）根据Fe3+的检验分析；
（3）常温下，浓硫酸能是铝钝化；
