2023年高考真题变式分类汇编：盐类水解的应用1
2023年高考真题变式分类汇编：盐类水解的应用1
一、选择题
1．（2023·北京）下列过程与水解反应无关的是( )
A．热的纯碱溶液去除油脂
B．重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃
C．蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸
D．向沸水中滴入饱和溶液制备胶体
2．（2023·北京）一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中代表或中的一种。下列说法正确的是( )
A．、分别是
B．既可以是，也可以是
C．已知为副产物，则通入水蒸气可减少的产生
D．等压条件下，反应、的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热
3．（2023·北京）利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同的体系中的可能产物。
已知：图中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。
图中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合注：起始，不同下由图得到。
下列说法不正确的是( )
A．由图，
B．由图，初始状态，无沉淀生成
C．由图，初始状态，平衡后溶液中存在
D．由图和图，初始状态、，发生反应：
4．（2023·浙江1月选考）甲酸是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂(含固体活性成分，R为烷基)因静电作用被吸附回收，其回收率(被吸附在树脂上甲酸根的物质的量分数)与废水初始关系如图(已知甲酸)，下列说法错误的是
A．活性成分在水中存在平衡：
B．的废水中
C．废水初始，随下降，甲酸的电离被抑制，与作用的数目减少
D．废水初始，离子交换树脂活性成分主要以形态存在
5．（2023·黄浦模拟）将去掉氧化膜的铝片放入足量Na2CO3溶液中，铝片表面产生气泡，充分反应后得到无色溶液M。下列分析错误的是（ ）
A．产生的气体中有H2 B．反应与水解有关
C．Al(OH)3向酸式电离方向移动 D．M中含大量：Na+、Al3+、
6．（2023·江苏模拟）室温下用0.1 mol L-1 Na2SO3溶液吸收SO2的一种脱硫工艺流程如下图所示。已知H2SO3电离平衡常数分别为Ka1=1.54×10-2，Ka2=1.02×10-7，H2CO3电离平衡常数分别为Ka1=4.30×10-7、Ka2=5.61×10-11，忽略通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发。
下列说法正确的是
A．0.1 mol L-1 Na2SO3溶液中：
B．NaHSO3溶液中：
C．“沉淀”时发生主要反应的离子方程式：
D．“沉淀”分离后的滤液中：
7．（2023高三下·抚顺模拟）氨基酸在水溶液中可通过得到或失去发生如下反应：
常温下，的甘氨酸（）溶液中各微粒浓度对数值与pH的关系如图所示：
下列说法正确的是（ ）
A．曲线③为的浓度与pH的关系图
B．，
C．平衡常数的数量级为
D．C点溶液中满足：
8．（2022高三上·金山模拟）室温下，向100 mL 0.1 mol·L－1 Na2SO3(aq)中分别加（通）入不同试剂，现象见下表：
试剂 现象
1 酚酞 溶液变红，加水稀释，红色变浅
2 少量SO2 用pH试纸测得溶液pH≈8
3 少量Cl2 无明显现象
下列说法错误的是（ ）
A．Na2SO3(aq)中存在：c(OH－)＝c(H+)＋2c(H2SO3)＋c(HSO3－)
B．实验1中随着水的不断加入，溶液中的值逐渐增大
C．实验2反应后溶液中存在：c(Na+)＞c(HSO3－)＋2c(SO32－)
D．实验3反应后溶液中存在：c(H+)＝c(Cl－)
9．（2022高二下·赤峰期末）时，下列说法正确的是（ ）
A．的某酸溶液中一定存在：
B．的氨水溶液稀释10倍后
C．相同的溶液、溶液、溶液，其浓度大小关系：
D．常温下，溶液中，由水电离产生的浓度为
10．（2022·诸暨模拟）下列物质的水溶液呈碱性且属于盐是（ ）
A．苯甲酸钠 B． C．HCl D．
11．（2022·诸暨模拟）下列“类比”不合理的是（ ）
A．丙醛能与发生加成反应，丙酮也可以与发生加成反应
B．乙烯中所有原子都在同一平面上，则2，3-二甲基-2-丁烯中所有碳也在同一平面上
C．往NaOH溶液通少量，生成，则往苯酚钠溶液中通入少量，也生成
D．溶液在空气中蒸干得到固体，则溶液在空气中蒸干也得到固体
12．（2022·诸暨模拟）常温下，用0.1000的盐酸滴定20.00mL 溶液，溶液中、、的分布分数随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是（ ）
已知：
A．
B．的的值为
C．若将完全转变为，仅需用酚酞做指示剂
D．图中c点，
13．（2022·浙江模拟）水溶液呈酸性的盐是( )
A． B． C．NaH D．NaClO
14．（2022·浙江模拟）某二元酸(H2A)在水中的电离方程式为：H2A=H++HA-，HA-H++A2-，下列说法错误的是（ ）
A．在0.1 mol/L的Na2A溶液中，c(A2-)+c(HA-)+2c(Na+)=0.5 mol/L
B．25℃时，若测得0.1 mol/L的NaHA溶液pOH=a，升高温度，测得同浓度的NaHA溶液pOH=b，则b一定大于a
C．25℃时，将同浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合，其pH一定小于7
D．0.1 mol/L的NaHA溶液中离子浓度为：c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)
二、多选题
15．（2023·日照模拟）25℃时，向一定浓度的溶液中逐滴加入HCl，以X表示或。已知，混合溶液pX与pH的关系如图所示。下列说法错误的是
A．曲线I表示与pH的关系
B．第一步电离常数的数量级为
C．时，
D．时，
16．（2022·淄博模拟）某温度下，改变0.10mol/L溶液的pH时，各种含铬元素粒子及浓度变化如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．
B．
C．E点溶液中存在：
D．反应的平衡常数
17．（2022·德州模拟）常温下，向NaOH溶液中逐滴滴入亚磷酸()，各含磷微粒的分布分数X(平衡时某微粒的浓度占各微粒浓度之和的分数)与pOH的关系如图所示。已知，反应中只能生成和两种盐。下列说法正确的是（ ）
A．曲线a代表
B．的电离平衡常数
C．溶液中
D．pOH=7时，
18．（2022·聊城模拟）25℃时，某酸(结构简式为 )溶液中含元素X物种的浓度之和为 ，溶液中各含元素X物种的pX随pOH变化关系如图所示。图中 ， ；x、y两点的坐标： ； 、 分别表示 的一级、二级电离常数。下列说法错误的是（ ）
A． 溶液显碱性，是因为 的水解程度大于电离程度
B． 溶液中，
C．该体系中，
D．z点时，
19．（2021·淄博模拟）25℃时，向2.5L蒸馏水中加入0.05molBaSO4固体粉末，再逐渐加入一定量的Na2CO3固体粉末，边加边搅拌(忽略溶液体积变化)。溶液中部分离子的浓度变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．25℃时，Ksp(BaCO3)＞Ksp(BaSO4)
B．BaSO4在水中的Ksp大于其在BaCl2溶液中的Ksp
C．加入1.3molNa2CO3，即可使BaSO4全部转化为BaCO3
D．当BaSO4恰好全部转化为BaCO3时，c(CO )＞c(Ba2+)＞c(SO )＞c(OH-)
20．（2022高二上·菏泽期末）常温常压下，有关下列各溶液的描述中正确的是
A．等浓度的溶液和溶液，的水解程度一样
B．一定浓度的氨水加水稀释，的比值和的比值均增大
C．浓度均为的、混合溶液中：，且
D．的醋酸钠溶液与盐酸溶液混合后溶液显酸性，溶液中微粒的浓度关系为：
21．（2022高二下·郴州期末）25℃时，向0.10溶液中逐渐加入固体(忽略加入时引起的溶液体积变化)，所得溶液中含Y元素的三种微粒的分布系数(浓度分数)随溶液pH变化的关系如图所示，下列说法正确的是 （ ）
A．曲线上任意一点均存在：
B．时，溶液中的
C．由图可知，为二元弱酸，如果将物质的量浓度均为0.20的和溶液等体积混合，所得溶液的
D．已知25℃时，的。若把少量加入溶液中，发生的离子反应可表示为：
22．（2022高二下·东营期末）某研究小组为了探究溶液的性质，设计了下列实验，并记录实验现象。
实验装置 实验序号 滴管试剂 试管试剂 实验现象
① 溶液 饱和溶液 产生白色沉淀
② 溶液 光照管壁有气泡产生
③ 酸性溶液和溶液 溶液变红
④ 的溶液 产生白色沉淀
以下判断错误的是（ ）
A．实验①：产生的白色沉淀为
B．实验②：产生的气体为
C．实验③：还原性强弱顺序
D．实验④：与的水解相互促进
23．（2021高二上·济宁期末）时，用溶液滴定溶液的滴定曲线如图所示(曲线上的数字为)。已知：二元弱酸；时，，的，。下列说法正确的是（ ）
A．a点消耗溶液体积为
B．b点：
C．时，溶液显酸性
D．d点溶液中离子浓度大小关系为
24．（2021高二上·济南期末）常温下，将NaOH溶液滴加到某二元弱酸溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．NaHX溶液中
B．当时，
C．水的电离程度：上的点大于上的点
D．a点溶液中的数量级为
三、非选择题
25．（2023·全国甲卷）钴配合物溶于热水，在冷水中微溶，可通过如下反应制备：。
具体步骤如下：
Ⅰ．称取，用水溶解。
Ⅱ．分批加入后，将溶液温度降至以下，加入活性炭、浓氨水，搅拌下逐滴加入的双氧水。
Ⅲ．加热至反应。冷却，过滤。
Ⅳ．将滤得的固体转入含有少量盐酸的沸水中，趁热过滤。
Ⅴ．滤液转入烧杯，加入浓盐酸，冷却、过滤、干燥，得到橙黄色晶体。
回答下列问题：
（1）步骤Ⅰ中使用的部分仪器如下。
仪器a的名称是 。加快NH4Cl溶解的操作有 。
（2）步骤Ⅱ中，将温度降至10℃以下以避免 、 ；可选用 降低溶液温度。
（3）指出下列过滤操作中不规范之处： 。
（4）步骤Ⅳ中，趁热过滤，除掉的不溶物主要为 。
（5）步骤Ⅴ中加入浓盐酸的目的是 。
26．（2023·武汉模拟）Mg与水反应时，Mg表面会覆盖致密的导致反应较缓慢。某兴趣小组为了验证部分离子对Mg与水反应的影响，进行了如下实验。
I．验证和对Mg与水反应的促进作用
实验序号 a b c d
0.1 mol·L盐溶液 NaCl
30 min内产生气体的体积/mL 1.5 0.7 <0.1 1.4
气体的主要成分
30 min时镁条表面情况 大量固体附着(固体可溶于盐酸)
（1）某同学认为根据上表能够说明对Mg与水的反应起促进作用，他的理由是 。
（2）实验b、d镁条表面附着固体中还检验出碱式碳酸镁，写出Mg与溶液反应生成该固体的离子方程式： 。
（3）综合实验a~d可以得出结论：和都能与作用而加快Mg与水的反应， (补充两点)。
（4）II．室温下，探究对Mg与水反应的影响
该小组用Mg与NaCl溶液反应，实验发现当浓度过低或过高时，反应速率没有变化，当浓度为2 mol·L时，Mg与水反应较快，产生大量的气泡，同时生成白色固体，最终溶液pH约为10.98。
经检验该白色固体含有碱式氯化镁。碱式氯化镁受热(>100℃)易分解生成氧化镁和两种气体，写出其分解的化学方程式： 。实验室检验镁条表面生成的白色固体含有碱式氯化镁的操作是 。
（5）常温下，饱和溶液的 ，试从化学平衡角度分析实验得到最终溶液的pH大于该值的原因： (已知，)。
27．（2023·湖南模拟）铜盐主要用于杀毒和驱虫。实验室采用滴定法测定硫酸铜样品中铜的含量。实验步骤如下：
I．铜盐的溶解：准确称取硫酸铜样品0.5g于碘量瓶中，加入1mol/L溶液和30mL使之溶解。
II．滴定：向上述碘量瓶中加入5mL20%KI溶液，立即用0.1mol/L标准溶液滴定至浅黄色。然后加入1mL淀粉溶液，继续滴定溶液呈浅蓝色。再加入5mL10%KSCN溶液，摇匀后溶液蓝色转深，再继续滴定到终点，消耗标准溶液的体积为。回答下列问题：
（1）利用浓硫酸配制250mL1mol/L溶液需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、 。下列关于容量瓶的操作，正确的是 。
A. B.
C. D.
（2）溶解硫酸铜加入硫酸的目的是 ；不能将硫酸换为盐酸的理由是 。
（3）已知滴定过程加入5mL20%KI溶液，有白色沉淀(CuI)生成，发生的离子反应方程式为 。
（4）已知，CuI容易吸附，加入KSCN溶液的目的是将CuI转化为CuSCN沉淀并释放吸附的，如不加KSCN溶液，则测量结果 (填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
（5）滴定终点的现象是 ；已知，则硫酸铜样品中铜的含量为 %。
28．（2022·虹口模拟）硫的化合物在工业中用途广泛。是一种重要的溶剂。工业上可以利用硫黄()与为原料制备，时受热分解成气态，发生反应。
完成下列填空：
（1）和互称为 ；硫原子最外层未成对电子中运动状态不相同的方面是 。
（2）反应所涉及的各物质中，属于极性分子的电子式为 。列举一个能比较硫元素与碳元素非金属性相对强弱的实验事实： 。常温下，用的溶液处理工业尾气中的，吸收过程中的使用率()与溶液的关系如图所示(溶液体积与温度均保持不变)。
（3）a点时，溶液中 。已知到b点时吸收了标准状况下尾气，则尾气中的体积分数为 (尾气中其他成分不反应)。
（4）当的使用率达到时，溶液为4.4，分析原因： 。
（5）用硫酸酸化的，溶液处理气体，会析出铬钾矾晶体。写出相关反应的化学方程式。
29．（2022·虹口模拟）锗、锡、铅均属于ⅣA族元素，它们的单质与化合物广泛应用于生活的各个领域。
（1）Ⅰ.完成下列填空：
锗元素原子核外能量最高的电子有 个，它们运动所形成的电子云形状为 形。
（2）氢化锗(GeH4)结构与甲烷类似，在常温常压下是具有刺激性气味的无色有毒气体。从结构角度比较GeH4与CH4沸点高低并说明理由 。氢化锗的液氨溶液具有较好的导电性，主要是因为GeH4与NH3反应生成了和 (填化学式)两种离子。
（3）Ⅱ.三水锡酸钠(Na2SnO3·3H2O)是一种易溶于水的无色晶体，露置在空气中会逐渐转化成Na2CO3和Sn(OH)4。
常温下，相同物质的量浓度的Na2SnO3溶液与Na2CO3溶液，前者pH (填“大于”“小于”或“等于”)后者。
（4）写出三水锡酸钠露置在空气中发生反应的化学方程式 。
（5）Ⅲ.水溶液中铅的存在形态主要有Pb2+、Pb(OH)+、Pb(OH)2、、。当总含铅量一定时，各形态铅的百分比(α)与溶液pH变化的关系如图所示。
Pb(NO3)2溶液中， 2(填“＞”“=”或“＜”)；往Pb(NO3)2溶液中滴入稀NaOH溶液，pH=8时溶液中存在的阳离子除Na+外，还有 (填微粒符号)。
（6）科学家发现一种新型脱铅剂DH，能有效除去水中的痕量铅。已知DH脱铅过程中主要发生反应为：2DH(s)+Pb2+(aq)D2Pb(s)+2H+。则脱铅时最合适的pH约为 (选填编号)。
a.4～5 b.6～7 c.8～10 d.12～14
30．（2022·朝阳模拟）某小组验证“”(反应A)存在限度，并探究外加试剂对该平衡的影响。
（1）从正反应方向探究实验。取溶液，加入溶液()，溶液呈棕黄色，不再发生变化。
①通过检测出 ，证实反应A存在限度。
②加入，振荡，平衡向 移动。
③除反应A外，还发生 (写方程式)，促进与的反应。
（2）从逆反应方向探究实验：向碘水(含淀粉)中加入酸性溶液，无明显变化。未检出。
①甲同学认为加入溶液可增大与的反应程度。甲同学依据的原理是 。
②验证：加入溶液，产生沉淀a，溶液蓝色褪去。能检出。
（3）乙同学认为碘水中含有，加入溶液也可能产生沉淀。做对照实验：直接向碘水(含淀粉)中加入溶液。产生沉淀，溶液蓝色褪去。
查阅资料：
实验验证：
已知：、(微溶)
①Ⅲ中溶液的作用是 。
②Ⅳ中溶液的作用是 (用离子方程式表示)。
检验、比较沉淀a、b的成分，可明确的作用。
（4）问题思考：向与碘水的混合液中加入溶液，可能发生如下反应：
i.与在的促进下发生的氧化还原反应
ii.与在促进下发生的反应
iii.与的反应
确认是否发生反应iii，设计实验：将反应后混合物过滤， 。
供选择试剂：稀、溶液、溶液
已知：、溶于溶液；难溶于稀
31．（2022·缙云模拟）铋是一种稀有金属，铋及其化合物在工业生产中用途广泛，如氯氧化铋常用于电子设备、汽车装饰材料、塑料助剂及生产干电池阴极。以下是一种用铋精矿(主要成分是Bi2S3还含有FeS2、 Cu2S、PbO2及不溶性杂质)制备 BiOCl的一种方法，其流程如图：
已知： ① Fe(OH)3开始沉淀的 pH值为2.7，沉淀完全时的 pH值为3.7。
② 对浸出渣的处理，直至得到产品，都在封闭的管道内进行。
③ pH＞3，则 BiCl3极易水解生成不溶性的 BiOCl 沉淀。
请回答以下问题：
（1）铋精矿在浸取时会先进行粉碎，目的是 。
（2）加压氧化氨浸过程中，已知 CuS2发生如下反应：，生成，FeS2在此过程中也生成某氧化物，请写出发生反应的化学方程式 。
（3）操作Ⅰ为： 。
（4）根据流程分析，盐酸羟胺在反应中起到什么作用： 。
（5）流程中生成 BiOCl 的离子方程式： 。
（6）滤液 3 中含有的金属阳离子有： 。
32．（2021高三上·嘉定模拟）化学社团小组的同学在测试Na2SO3溶液的pH时，遇到了困惑。为此，决心重新实验，揭开奥秘。请你也参与交流讨论。
a．查阅资料：①常温下0.1mol L-1的H2SO3溶液的pH约为2.1。②通常情况下，H2S为无色，有腐蛋臭味的气体，其水溶液称为氢硫酸。常温下0.1mol L-1的H2S溶液的pH约为4.5。
b．实验操作：
①准确称取纯净的Na2SO3 7H2O晶体31.500g，配成1L水溶液，测得其pH=7.8。
②再次准确称取31.500g上述晶体，继而隔绝空气在600℃以上高温下强热至恒重 (只有硫元素的化合价变化成最高价和最低价)，质量为15.750g。
③将②所得的15.750g固体进行元素定性定量分析，组成与Na2SO3无异。将其溶于水得250.00mL溶液，测得pH=10.3。
c．分析猜想：Na2SO3 7H2O在强热下，失去结晶水，进而发生了分解反应(自身氧化还原反应)
d．交流讨论
（1）实验操作①所得溶液的物质的量浓度为 ；实验操作②中除酒精灯、玻璃棒、三角架及隔绝空气的设备外，还需要的仪器有 。
（2）给Na2SO3 7H2O加热时为何要隔绝空气，请以简要的文字给以说明。
（3）猜想Na2SO3在高温强热下发生分解反应的化学方程式是 。
（4）实验①和③中，两次测得的溶液pH相差明显，其合理的解释是(简要的文字和离子方程式给以说明) 。
（5）请你设计简单的实验方案，给上述分析猜想及解释加以佐证。并简单叙述实验步骤、现象和结论。 。
33．（2021·海门模拟）硫代硫酸钠(Na2S2O3)俗称海波，广泛应用于照相定影及纺织业等领域等。某化学实验小组用如图1装置制备。
已知：①Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2
②Na2SO4溶解度如图2所示。
（1）若要检验a处混合气体中的CO2，实验方法是：将混合气体 。
（2）三颈烧瓶中两种固体溶解时，需先将Na2CO3溶于水配成溶液，再将Na2S固体溶于Na2CO3的溶液中，其目的 。
（3）设计以下实验测定以上制备的纯度：
步骤1：准确称取8.00g样品，溶于水，加入5mL甲醛，配成100mL溶液。
步骤2：准确称取0.294gK2Cr2O7于碘量瓶中，加入20mL蒸馏水溶解，再加入5mLmol L-1H2SO4和20mL10%KI溶液使铬元素完全转化为Cr3+，加水稀释至100mL。
步骤3：向碘量瓶中加入1mLl%淀粉，用待测Na2S2O3溶液滴定碘量瓶中溶液至滴定终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。(已知：)
①写出“步骤2”中反应的离子方程式 。
②试计算的纯度(写出计算过程)
（4）利用甲装置中的残渣(Na2SO4和Na2SO3的混合物)制备晶体，请补充完整实验方案，将固体混合物溶于水配成溶液， ，洗涤、干燥得晶体。(实验中须使用的试剂及仪器有：氧气、pH计)
34．CoCO3是一种制造锂电池电极的原料。以含钴废渣(主要成分CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备CoCO3的一种工艺流程如下：
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol·L-1计算)：
金属离子 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH
Co2+ 7.6 9.4
Al3+ 3.0 5.0
Zn2+ 5.4 8.0
（1）“酸浸”时通入SO2发生反应的离子方程式是 。
（2）“除铝”时调节溶液pH范围为 ，该过程中主要反应的离子方程式为 。
（3）“萃取”过程可表示为ZnSO4(水层)+2HX(有机层) ZnX2(有机层)+H2SO4(水层)，由有机层获取ZnSO4溶液的操作是 。
（4）“沉钴”时为使Co2＋沉淀完全，Na2CO3溶液需稍过量且缓慢滴加，能说明Co2＋已沉淀完全的实验操作是 。
（5）CoCO3隔绝空气灼烧可以生成Co2O3，该反应的化学方程式为 。
（6）某工业生产过程中得到溶液的溶质主要是ZnSO4和CuSO4。已知硫酸锌晶体的溶解度随温度变化如图，请设计从该混合液中获取ZnSO4晶体的实验方案：
向溶液中加入稍过量的锌粉，充分反应后， ，得到ZnSO4溶液， ，得到ZnSO4晶体。(实验中须使用的试剂有：Zn粉、稀H2SO4、酒精)。
35．（2021·高州模拟）某卤水锂矿“沉锂”后所得滤饼的主要成分为Li2CO3，同时含有共生盐——氯化钠、氯化钾及少量重金属盐，为提高Li2CO3的纯度，需要在“沉锂”后进行“洗矿”，洗矿母液为接近饱和的碳酸锂的高盐废水，废水的pH约为10~12且重金属离子含量超标，需处理后排放，回收处理洗矿母液的工艺流程如图所示。
碳酸锂的溶解度(g/L)如表：
温度/℃ 0 10 20 30 40 50 60 80 100
Li2CO3 1.54 1.43 1.33 1.25 1.17 1.08 1.01 0.85 0.72
回答下列问题：
（1）“洗矿”通常采用90℃的热水进行，目的是 。
（2）洗矿母液呈碱性的主要原因是 (用离子方程式表示)。
（3）“除重金属”时所得滤渣含有硫化亚砷(As2S3)，可用硝酸将其转化为砷酸(H3AsO4)、硫酸，同时生成一氧化氮，则该反应的化学方程式为 。
（4）NaCl、KCl、LiCl的溶解度随温度的变化情况如图所示。流程中操作I为“加热蒸发、浓缩结晶、趁热过滤”，操作II为“冷却结晶、过滤”，则晶体b和晶体c的主要成分分别为 、 (填化学式)。
（5）工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺如下：
a.将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH溶液做阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解。
b.电解后向LiOH溶液中加入少量NH4HCO3溶液并共热，过滤、洗涤、干燥得高纯Li2CO3。
①a中，阳极的电极反应式是 ，宜选用 (填“阳”或“阴”)离子交换膜。
②b中，生成Li2CO3反应的离子方程式是 。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；石油的裂化和裂解；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、，油脂碱性条件下可以水解，A错误；
B、重油转化为小分子烃发生的是裂化、裂解，B正确；
C、蛋白质在酶的作用下水解为氨基酸，C错误；
D、，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，D错误；
故答案为：B
【分析】A、阴离子水解呈碱性，油脂碱性条件下可以水解为高级脂肪酸盐和甘油；
B、石油的裂化、裂解是制取小分子烃的方法；
C、蛋白质水解为氨基酸；
D、加热促进铁离子的水解。
2．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；铵盐；有关反应热的计算
【解析】【解答】b、d代表MgO和Mg(OH)Cl中的一种，根据箭头的起始和终止，可知反应①为NH4Cl作为反应物，提供Cl原子，则生成物应含有Cl，则b为Mg(OH)Cl，d为MgO，则反应①为NH4Cl+MgO=Mg(OH)Cl+NH3↑，a为NH3，结合原子守恒，反应②为Mg(OH)Cl生成MgO，则c应为HCl，则反应②为Mg(OH)Cl=MgO+HCl，c为HCl；
A、根据分析，可知a为NH3，c为HCl，A错误；
B、根据分析，可知d为MgO，b为Mg(OH)Cl，B错误；
C、若MgCl2为副产物，则通入水蒸气可使MgCl2生成Mg(OH)Cl，减少MgCl2产生，C正确；
D、，
根据盖斯定律，可知，即氯化铵直接分解的反应热等于反应①②的反应热之和，D错误；
故答案为：C
【分析】A、B、根据箭头的起始和终止，结合原子守恒，可以确定流程图中物质的化学式；
C、结合盐类的水解原理，可知MgCl2水解生成Mg(OH)Cl和HCl；
D、盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减。
3．【答案】C
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；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、根据图示，pH=10.25时，HCO3-和CO32-两条曲线相交，即两种离子的物质的量分数相等，则c(HCO3-)=c(CO32-)，A错误；
B、根据图示，pH=11，lg[c(Mg2+)]=-4时Mg(OH)2为饱和溶液，而pH=11，lg[c(Mg2+)]=-4的点位于曲线下方，即该溶液为达到饱和，无沉淀生成，B错误；
C、pH=9，lg[c(Mg2+)]=-3时MgCO3为饱和溶液，pH=9，lg[c(Mg2+)]=-2的点位于曲线上方，即MgCO3过饱和溶液，MgCO3析出沉淀，则c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)<0.1mol·L-1，C正确；
D、根据图1，可知pH=8时，以HCO3-为主要颗粒，且pH=8时，Mg(OH)2中c(Mg2+)小于MgCO3中c(Mg2+)，则加入HCO3-后Mg2+会转化为MgCO3，即，D错误；
故答案为：C
【分析】A、根据曲线的交点，可以判断离子浓度的相对大小；
B、C、纵坐标与离子浓度为正比关系时，若点位于曲线下方，则溶液未饱和，若点位于曲线上方，则过饱和析出沉淀；
D、图1pH=8时，可以看出溶液为NaHCO3溶液，图2根据曲线中c(Mg2+)可以判断沉淀的主要形式。
4．【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；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由图可知，溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡，故A不符合题意；
B．由电离常数公式可知，溶液中=，当溶液pH为5时，溶液中==18，故B不符合题意；
C．由图可知，溶液pH为2.4时，废水中的甲酸及其盐回收率最高，当溶液中pH小于2.4时，随溶液pH下降，c(H+)越大，甲酸的电离平衡逆向移动，溶液中甲酸根离子浓度减小，与作用的数目减小，故C不符合题意；
D．由图可知，溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡，当废水初始pH大于5时，的平衡向左移动，离子交换树脂活性成分主要以R3N形态存在，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂后，溶液pH值增大，说明R3N呈碱性；
B.溶液中=；
C.废水中pH值越小，c(H+)越大，甲酸的电离平衡逆向移动；
D.废水初始pH>5时，的平衡逆向移动，离子交换树脂活性成分主要以R3N形态存在。
5．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；离子共存
【解析】【解答】A．由分析可知，产生的气体中有H2，A不符合题意；
B．由分析可知，与Al反应的OH-来自水解，B不符合题意；
C．Na2CO3溶液呈碱性，Al(OH)3表现出酸性，发生酸式电离，C不符合题意；
D．Al3+、在溶液中能发生双水解反应，不能大量共存，所以M中不可能含大量Al3+、，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.碳酸钠水解显碱性，Al与OH-反应生成氢气；
B.碳酸钠中碳酸根发生水解；
C.Al(OH)3酸式电离的方程式为：，碱式电离的方程式为。
6．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用
【解析】【解答】A.0.1 mol L-1 Na2SO3溶液中，存在电荷守恒c(Na+)+ c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，物料守恒c(Na+)=2c()+2c()+2c(H2SO3)，则c(OH-)=c(H+)+c()+2c(H2SO3)，A不符合题意；
B．NaHSO3溶液中，Ka2=1.02×10-7，Kh2=≈6.49×10-13，则以的电离为主，溶液呈酸性，所以，B不符合题意；
C．由分析可知，由于Ka2(H2SO3)=1.02×10-7＜Ka1(H2CO3)=4.30×10-7，所以NaHSO3与CaCO3反应只能生成NaHCO3和CaSO3，“沉淀”时发生主要反应的离子方程式：，C符合题意；
D．“沉淀”分离后的滤液，仍是CaSO3的饱和溶液，则，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、结合电荷守恒和物料守恒判断；
B、结合结合电离程度和水解程度判断；
C、碳酸钙和亚硫酸氢根反应生成亚硫酸钙和碳酸氢根；
D、饱和溶液离子浓度积等于溶度积。
7．【答案】C
【知识点】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.由分析可知，曲线③为H2NCH2COO－的浓度与pH的关系图，A不符合题意；
B.由图可知，当溶液的pH=7时，c(H3N＋CH2COO－)>c(H2NCH2COO－)>c(H3N＋CH2COOH)，B不符合题意；
C.反应H3N＋CH2COOH H3N＋CH2COO－＋H＋的平衡常数当溶液中c(H3N＋CH2COO－)=c(H3N＋CH2COO－)时，溶液的pH≈2.5，此时该反应的平衡常数的数量级为10－3，C符合题意；
D.C点溶液中c(H2NCH2COO－)=c(H3N＋CH2COO－)时，溶液显碱性，则溶液中加入了其他碱性物质，故还应该含有一种阳离子，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】由氨基酸在水溶液中可通过得到或失去H＋发生反应可知，c(H＋)增大，H3N＋CH2COOH含量最大，c(H＋)减小，H2NCH2COO－含量最大。曲线①的pH最小，c(H＋)最大，因此曲线①表示c(H3N＋CH2COOH)与pH的关系图，曲线②为c(H3N＋CH2COO－)与pH的关系图，曲线③为c(H2NCH2COO－)与pH的关系图。据此结合选项分析。
8．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．Na2SO3为强碱弱酸盐，根据质子守恒可得：c(OH－)＝c(H+)＋2c(H2SO3)＋c(HSO3－)，A不符合题意；
B． ，Na2SO3为强碱弱酸盐，水解反应为SO32-+H2O可逆HSO3-+OH-，加水稀释促进盐类水解，但离子浓度降低，即c(OH-)减小，所以c(H+)增大，
，则溶液中的值逐渐增大，B不符合题意；
C．常温下，实验2反应后溶液pH≈8，即c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒可知c(H+)+c(Na+)= c(OH-)+c(HSO3－)＋2c(SO32－)，所以c(Na+)＞c(HSO3－)＋2c(SO32－)，C不符合题意；
D．氯气具有氧化性，能将Na2SO3氧化为Na2SO4，实验3中加入少量Cl2，所得溶液中c(H+)＝c(Cl－)，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据质子守恒进行分析。
B. 加水稀释促进盐类水解，但各离子浓度降低，据此分析。
C. pH≈8，即c(OH-)＞c(H+)，结合电恒守恒进行分析。
D. 氯气具有氧化性。
9．【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】A．若H2A为强酸，溶液中不存在H2A和HA—，不存在物料守恒关系，故A不符合题意；
B．氨水中存在电离平衡，pH为11的氨水溶液稀释10倍后溶液pH大于10，故B不符合题意；
C．醋酸钠和碳酸钠是强碱弱酸盐，溶液中存在水解平衡，酸越弱，酸根离子水解程度越大，则pH相同的醋酸钠、碳酸钠和氢氧化钠溶液的浓度大小关系：，故C符合题意；
D．硫酸氢钠是是强酸的酸式盐，在溶液中完全电离出氢离子，抑制水的电离，则常温下，0.1mol/L硫酸氢钠溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，由水电离产生的氢离子浓度为10-13 mol/L，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、H2A未知是否是强酸；
B、弱碱每稀释10倍，pH变化不到一个单位；
C、酸的酸性越弱，其对应盐的碱性越强；
D、水电离的氢离子等于氢氧根的浓度，可以根据酸电离的氢离子判断。
10．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；物质的简单分类
【解析】【解答】A．苯甲酸钠属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，属于盐类，A选；
B．与水反应生成NaOH，溶液呈碱性，属于金属氧化物，不属于盐类，B不选；
C．HCl电离出氢离子，溶液呈酸性，属于酸类，不属于盐类，C不选；
D．是强酸强碱盐，溶液呈中性，D不选；
故答案为：A。
【分析】水溶液呈碱性属的盐为强碱弱酸盐。
11．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】A．丙醛含碳碳双键，能与氢气加成，丙酮含羰基，能与氢气加成，A不符合题意；
B．乙烯中氢原子与碳碳双键直接相连，所有原子都在同一平面上，2，3-二甲基-2-丁烯的碳骨架为，所有C原子共平面，B不符合题意；
C．往NaOH溶液通少量 CO2，生成 Na2CO3，苯酚酸性弱于碳酸，则往苯酚钠溶液中通入少量 CO2，生成NaHCO3，C符合题意；
D．Na2SO4溶液在空气中蒸干得到 Na2SO4固体，Fe2(SO4)3为强酸弱碱盐，溶液在空气中蒸干铁离子水解，产生Fe(OH)3和H2SO4，最终仍得到 Fe2(SO4)3固体，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.碳碳双键和羰基均能与氢气发生加成反应；
B.乙烯中所有原子都在同一平面上，2，3-二甲基-2-丁烯中，碳原子取代了乙烯中氢原子的位置；
C.根据强酸制弱酸原理分析；
D.Fe2(SO4)3加热时水解生成氢氧化铁和硫酸。
12．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A．据图可知e点时恰好完全反应，溶液中溶质为H2A和NaCl，n(Na2A)=0.5n(Na+)=0.5n(Cl-)=0.1mol/L×0.04L×0.5=0.002mol，所以c(Na2A)== 0.1mol/L，A不符合题意；
B．H2A的Ka1=，据图可知当pH=6.38时，即c(H+)=10-6.38mol/L时，c(HA-)=c(H2A)，所以Ka1=10-6.38，B符合题意；
C．将完全转变为，滴定终点呈酸性，应选用甲基橙作指示剂，C不符合题意；
D．结合分析和图可知，c点c(HA-)＞c(A2-)，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、即计算完全反应的点，结合e点判断，可知c(Na2A)=0.1mol/L；
B、一级电离平衡常数可以结合pH进行判断；
C、滴定终点为酸性，不能选择酚酞；
D、结合c点判断，可知此时c(HA-)＞c(A2-)。
13．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A．HCO水解产生OH-，溶液呈碱性，A不符合题意；
B．NaHSO4完全电离产生H+，溶液呈酸性，B符合题意；
C．NaH与水发生归中反应，生成NaOH溶液呈碱性，C不符合题意；
D．ClO-水解产生OH-，溶液呈碱性，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】水溶液呈酸性的盐，要么能直接电离产生氢离子，要么为强酸弱碱盐，水解生成氢离子。
14．【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．根据电离方程式H2A=H++HA-，HA- H++A2-可知：H2A第一步完全电离，第二步存在电离平衡，所以在0.1 mol/L的Na2A溶液中A2-的存在形式有A2-、HA-，根据元素守恒可知c(Na+)=0.2 mol/L，c(A2-)+c(HA-)=0.1 mol/L，故c(A2-)+c(HA-)+2c(Na+)=0.5 mol/L，A不符合题意；
B．在室温25℃下水的离子积常数Kw=10-14，pH+pOH=14，该温度下在0.1 mol/L的NaHA溶液pOH=a，溶液中存在HA-的电离平衡：HA-H++A2-，电离产生H+使溶液显酸性；升高温度，HA-的电离平衡正向移动，使其电离产生的c(H+)增大，溶液酸性增强，pH减小。同时由于升高温度，水电离程度也增大，Kw也增大，溶液中pH与pOH的和会减小，所以升高温度后，溶液的pOH可能会与25℃时溶液pOH相同，B符合题意；
C．在NaHA的溶液中存在HA-的电离平衡：HA-H++A2-，Ka= =1.2×10-2，电离产生H+，使溶液显酸性；同时也存在A2-的存在水解：H2O+A2-HA-+OH-，Kh=×10-12=8.3×10-13，水解产生OH-，使溶液显碱性，由于HA-的电离平衡常数Ka大于A2-的水解平衡常数Kh，所以溶液中c(H+)＞c(OH-)，将同浓度的NaHA溶液和Na2A溶液混合，所得混合溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性，因此在室温25℃时混合溶液pH＜7，C不符合题意；
D.0.1 mol/L的NaHA溶液中，NaHA发生电离作用：NaHA=Na++HA-，HA-在溶液中存在微弱的电离平衡而消耗，则c(Na+)＞c(HA-)；HA-电离产生H+、A-，溶液中同时存在水的电离平衡：H2OH++OH-，溶液中的H+还有水电离产生，且HA-电离程度大于H2O的电离，所以c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)，故溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.0.1 mol/L的Na2A溶液中A2-的存在形式有A2-、HA-，结合元素守恒计算；
C.当c(H+)＞c(OH-)时溶液呈酸性，c(H+)
15．【答案】B,D
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A．由分析可知，Ⅰ表示与的关系；，A不符合题意。
B．由点（2.23，-1）可知，第一步电离常数为，其数量级为10-2，B符合题意。
C．由图可知，时，>0，则；
，由点（3.19，1）可知， ；，此时，则，得，C不符合题意。
D．由电荷守恒可知，；由物料守恒可知，；两式联立可得：；，时，，则有，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】A、注意p值越小则X越大；
B、直线上任意一点的平衡常数不变，可以结合提供的已知数据计算；
C、根据电离平衡常数进行判断；
D、根据电荷守恒判断。
16．【答案】B,C
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A．由A点得到，选项A不符合题意；
B．由B点，，由E点，，，选项B符合题意；
C．E点溶液中，依据电荷守恒可得，E点溶液显酸性，。可判断，选项C符合题意；
D．反应的平衡常数由F点坐标得到，选项D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A、c(OH-)=0.1mol/L时，pH=13，即c(H+)=10-13mol/L，所以；
B、Ka1(H2CrO4)=，Ka2(H2CrO4)=，此类题型的Ka值通常是找特殊点计算，即找c(HCrO4-)和c(H2CrO4)的交点，和c(HCrO4-)和c(CrO42-)的交点，分别为Ka1和Ka2，此时Ka1和Ka2的值分别为其氢离子的浓度；
C、E点的判断可以根据电荷守恒进行判断，同时E点处于HCO4-和CrO42-的交点，此时两者浓度相等；
D、此题同样找特殊点，即找出CrO42-和Cr2O72-的交点，此时浓度相等。
17．【答案】C,D
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A．根据分析，曲线a代表X()，A不符合题意；
B．的电离平衡常数，B不符合题意；
C．溶液中的电离常数为，水解常数为： ，故溶液呈酸性， ，C符合题意；
D．pOH=7时，pH=7，根据电荷守恒：，故，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】先分析图象的基本情况，pOH为横坐标，pOH越大，则酸性越强，其次，结合信息“ 反应中只能生成和两种盐 ”，可知H3PO3为二元酸，可以发生两次电离，一级电离为，二级电离为，随着酸性减弱，电离程度减弱，H3PO3浓度减小，H2PO3-浓度增强，一级电离程度减弱，二级电离程度增强，当酸性减弱到一定程度时，一级电离几乎不存在，二级电离为主，此时H2PO3-浓度减小，HPO32-浓度增大，二级电离程度减弱；
A、根据上述分析，曲线a代表HPO32-，曲线b代表H2PO3-，曲线c代表H3PO3；
B、二级电离平衡常数可以根据HPO32-和H2PO3-的交点计算，即曲线a和曲线b的交点，结合二级电离平衡常数，可知在交点处Ka2=c(H+)，而横坐标为pOH，需要换算为c(H+)；
C、NaH2PO3溶液即溶质为NaH2PO3，此时c(H2PO3-)最大，即b曲线的最高点，此时pOH大于7，溶液为酸性；
D、pOH=7溶液为中性，结合电荷守恒，等量代换可以知道。
18．【答案】A,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．由分析可知该酸为二元弱酸，则 只能电离不能水解，A符合题意；
B． 溶液中，根据电荷守恒： ，则 ，由分析可知c(HXO )> c(H3XO3)则有 ，B不符合题意；
C．H3XO3的一级电离常数 ， ， = ， ，因为 ，故 ， ，C符合题意；
D．z点时c(HXO )= c(H3XO3)， = ，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】随着碱性增强，即pOH减小，H3XO3浓度减小， 浓度先增加后减小，图中③表示微粒浓度持续减小，②表示微粒浓度先增大后减小，①表示微粒浓度逐渐增大至不再变化，可知③代表H3XO3，②代表，①代表 ，且 不能发生电离，据此结合电荷守恒、物料守恒解答。
19．【答案】A,C
【知识点】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；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．未加入碳酸钠时，BaSO4溶液中c(Ba2+)=c(SO )=1×10-5mol/L，所以Ksp(BaSO4)=1×10-5×1×10-5 =10-10，当c(CO )=2.5×10-4mol/L时，c(Ba2+)=1×10-5mol/L，所以Ksp(BaCO3)=2.5×10-4×1×10-5 =2.5×10-9，所以25℃时，Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4)，A符合题意；
B．Ksp只与温度有关，和所处的环境无关，B不符合题意；
C．若BaSO4全部转化为BaCO3，则溶液中c(SO )= =0.02mol，此时c(Ba2+)= =5×10-9mol/L，根据Ksp(BaCO3)=2.5×10-9可知溶液中的c(CO )=0.5mol/L，则n(CO )=0.5mol/L×2.5L=1.25mol，此外还生成0.05molBaCO3，所以所需碳酸钠的物质的量为1.25mol+0.05mol=1.3mol，C符合题意；
D．根据C选项计算可知可知当BaSO4恰好全部转化为BaCO3时，c(SO )＞c(Ba2+)，c(Ba2+)=5×10-9mol/L，而此时溶液中有大量碳酸根，呈碱性，c(OH-)＞1×10-7mol/L，所以c(OH-)也大于c(Ba2+)，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】根据图象可知，当加入的Na2CO3固体使溶液中c(CO )=2.5×10-4mol/L时，c(Ba2+)和c(SO )开始发生变化，说明此时BaSO4沉淀开始转化为BaCO3沉淀，c(SO )增大，c(Ba2+)减小。
20．【答案】C,D
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．等浓度的(NH4)2SO4溶液和NH4Cl溶液，后者铵根离子浓度小，水解程度大，的水解程度不一样，故A不符合题意；
B．一定浓度的氨水加水稀释的过程中， =，温度不变，Kb不变，氢氧根离子浓度减小，的比值增大，铵根离子浓度减小的幅度比氢氧根离子大，的比值变小，故B不符合题意；
C． 浓度均为0.1 mol·L-1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中：碳酸根离子的水解程度比碳酸氢根离子大，，又根据物料守恒，2c(Na+)=3[+c(HCO+c(H2CO3)]，故C符合题意；
D.0.2 moI·L-1的醋酸钠溶液10mL与0.2 moI·L-1盐酸溶液5mL混合后溶液显酸性，溶液相当于等物质的量的醋酸钠、醋酸、氯化钠的混合溶液，醋酸的电离大于醋酸钠的水解，氯离子不水解，c (CH3COO-) >c (Cl-)>c (CH3COOH)，则溶液中有关微粒的浓度关系为：c (CH3COO-) >c (Cl-)>c (CH3COOH)>c (H+)，故D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.铵根离子浓度越大，水解程度越小；
B.加水促进一水合氨电离；
C.根据物料守恒分析；
D.混合后溶液的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa和NaCl。
21．【答案】B,D
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．根据溶液中存在的电荷守恒，对于曲线上任意一点，都有：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(Y2-)+c(HY-)，故A不符合题意；
B．当溶液中c(Na+)=0.10mol/L时，反应恰好生成NaHY，根据溶液中的电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(Y2-)+c(HY-)，根据物料守恒，c(Na+)=c(H2Y)+c(HY-)+c(Y2-)，综合考虑，则有c(H+)+c(H2Y)═c(OH-)+c(Y2-)，这就是质子守恒表达式，故B符合题意；
C．H2Y为二元弱酸，如果将物质的量浓度均为0.20mol/L的NaHY和Na2Y溶液等体积混合，这是起始浓度混合，图像上反应的是平衡时各组分的浓度，平衡时候，二者浓度并不相等，因此所得混合溶液pH不为4.2，故C不符合题意；
D．把少量H2Y加入HCOONa溶液中，根据图像，H2Y的二级解离常数约为10-4.2，HCOOH的Ka=1×10-4，因此K2(H2Y)＜Ka(HCOOH)，可见酸性HY-＜HCOOH，所以反应不能进行至生成Y2-，根据强酸制弱酸的原理，发生的离子反应可表示为：，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.根据电荷守恒分析；
B.溶液中c(Na+)=0.10mol/L时，反应恰好生成NaHY，结合电荷守恒和物料守恒分析；
C. H2Y为二元弱酸，如果将物质的量浓度均为0.20mol/L的NaHY和Na2Y溶液等体积混合，这是起始浓度混合，图象上反应的是平衡时各组分的浓度；
D.H2Y的二级解离常数约为10-4.2，HCOOH的Ka=1×10-4，酸性：HY-＜HCOOH。
22．【答案】A,B
【知识点】盐类水解的应用；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．根据水解原理可知NaClO溶液与饱和Ag2SO4溶液反应：2Ag++2ClO-+H2O＝Ag2O↓+2HClO，A符合题意；
B．醋酸酸性大于次氯酸，所以NaClO溶液与CH3COOH溶液反应生成次氯酸，次氯酸光照分解成氧气，B符合题意；
C．ClO-具有氧化性，Fe2+具有还原性，被氧化为Fe3+，遇KSCN溶液，溶液变红，所以还原性Fe2+＞Cl-，C不符合题意；
D．NaClO溶液水解显碱性，AlCl3溶液水解显酸性，二者混合相互促进水解，D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】A.实验①中发生反应2Ag++2ClO-+H2O＝Ag2O↓+2HClO；
B.根据强酸制弱酸可知，发生反应生成次氯酸，次氯酸分解生成氧气；
C.根据还原剂的还原性大于还原产物分析；
D.ClO-和Al3+在同一溶液中易发生双水解反应。
23．【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．a点pH=1.34，由第一步电离： +H+， ，则a点c( )=c( )，当V(NaOH)=10mL时溶质为等量的 和NaHSeO3， c( )>c( )，要使c( )=c( )，加入NaOH溶液体积大于10mL，故A不符合题意；
B．b点两者恰好反应，反应后溶质为NaHSeO3，存在质子守恒：
，故B符合题意；
C．
时，
溶液存在水解平衡和电离平衡，由
水解常数
，水解程度小于于电离程度，溶液显酸性，故C符合题意；
D．d点溶液溶质为Na2SeO3，
部分发生水解反应
+H2O
+OH-，和水的电离平衡：H2O
H++OH-，离子浓度大小关系为
，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.根据第一步电离常数，结合pH即可判断出体积
B.b点是产生NaHSeO3恰好反应，结合质子守恒即可判断
C.结合电离平衡即可判断
D.d点是40mL，恰好完全反应得到的是Na2SeO3即可判断离子浓度
24．【答案】A,D
【知识点】盐类水解的应用；中和滴定
【解析】【解答】A．由Ka1=10—3可知，NaHX的水解常数Kh2====10—11＜Ka2=10-4.34，则HX—的电离程度大于水解程度，NaHX溶液呈酸性，溶液中c(H+）＞c(OH-)，故A符合题意；
B．由溶液中电荷守恒关系c(H+）+ c(Na+）= c(HX-)+2 c(X2-)+ c(OH-)可知，当溶液中c(Na+）- c(HX-)-c(X2-)=0时，溶液中c(H+）=c(X2-)+ c(OH-)，则溶液中c(H+）＞c(OH-)，溶液pH＜7，故B不符合题意；
C．若溶液的pH相等时，L2点上水的电离程度一定大于L1点上水的电离程度，若溶液的pH不相等时，溶液中溶质的成分无法确定，无法判断L2点上水的电离程度和L1点上水的电离程度的相对大小，故C不符合题意；
D．a点溶液中=×= c2(H+）Ka1 Ka2，由图可知，a点溶液pH=0，溶液中c(H+）=1mol/L，则c2(H+）Ka1 Ka2=(1mol/L)2×10-3×10-4.34=10-7.34，则溶液中的数量级为，故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.根据给出的图像找出水解和电离的程度大小
B.根据电荷守恒即可判断
C.水的电离程度与溶液pH的大小有关
D.根据a点的计算氢离子浓度结合公式即可计算
25．【答案】（1）锥形瓶；升温，搅拌等
（2）浓氨水分解和挥发；双氧水分解；冰水浴
（3）玻璃棒没有紧靠三层滤纸处，漏斗末端较长处（尖嘴部分）没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁
（4）活性炭
（5）利用同离子效应，促进钴配合物[Co(NH3)6]Cl3尽可能完全析出，提高产率
【知识点】盐类水解的应用；常用仪器及其使用；过滤
【解析】【解答】（1）仪器a为锥形瓶，加速溶解的方法有：加热、搅拌等操作；
（2）步骤Ⅱ中使用了浓氨水和双氧水，他们高温下易挥发，易分解，所以控制在10℃以下；要控制温度在10℃以下，通常采用冰水浴降温；
（3）玻璃棒没有紧靠三层滤纸处，可能戳破滤纸，造成过滤效果不佳。还有漏斗末端较长处（尖嘴部分）没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁，可能导致液滴飞溅；
（4）步骤中使用了活性炭，为难溶物，所以过滤的不溶物为活性炭；
（5）根据反应方程可知，由于钴配合物为[Co(NH3)6]Cl3中含有氯离子，加入4mL浓盐酸，可利用同离子效应，促进钴配合物[Co(NH3)6]Cl3尽可能完全析出；
【分析】称取2.0g氯化铵，用5mL水溶解后，分批加入3.0g CoCl2·6H2O后，降温，在加入1g活性炭，7mL浓氨水，搅拌下逐滴加入10mL 6%的双氧水，加热反应20min，反应完成后，冷却，过滤，钴配合物在冷水中会析出固体，过滤所得固体为钴配合物[Co(NH3)6]Cl3和活性炭的混合物，将所得固体转入有少量盐酸的沸水中，趁热过滤，除去活性炭，将滤液转入烧杯中，加入浓盐酸，可促进钴配合物[Co(NH3)6]Cl3析出，解答即可。
26．【答案】（1）30 min内实验a产生气体的体积远大于实验c(或30 min内实验d产生气体的体积远大于实验b)
（2）
（3）相同浓度时，对Mg与水反应的促进作用大于；和共同存在且浓度相同时，二者对Mg与水反应的促进作用并未叠加
（4）；取适量白色固体，灼烧，若产生的气体可以使玻璃棒表面蘸有的溶液变浑浊，则证明白色固体含有碱式氯化镁
（5）10.48；反应过程中存在平衡，促使该平衡正向移动，溶液中浓度增大，pH增大
【知识点】盐类水解的应用；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）实验a中所用盐溶液为溶液，实验c中所用盐溶液为NaCl溶液，实验a、c所用盐溶液中的阴离子相同，30 min内，实验a产生气体的体积远大于实验c，可说明对Mg与水的反应起促进作用。
（2）Mg与溶液反应生成碱式碳酸镁，反应中镁元素化合价升高，则氢元素化合价降低生成氢气，根据质量守恒可知，还会生成碳酸根离子，离子方程式为
；
（3）对比实验a、c和实验b、c，30 min内，实验a中产生气体的体积较大，说明相同浓度时，对Mg与水反应的促进作用大于；对比实验a、d，30 min内，实验d中产生气体的体积略小于实验a，说明和共同存在且浓度相同时，二者对Mg与水反应的促进作用并未叠加；
（4）碱式氯化镁受热易分解生成氧化镁和两种气体，根据质量守恒可知生成气体为水和HCl，化学方程式为。实验中镁条表面生成的白色固体为氢氧化镁和碱式氯化镁的混合物，可以通过检验的存在检验碱式氯化镁：取适量上述白色固体，灼烧，若产生的气体可以使玻璃棒表面蘸有的溶液变浑浊，则证明白色固体含有碱式氯化镁；
（5）设饱和溶液中 mol·L，则 mol·L，，可得 mol·L，则。反应过程中存在平衡，促使该平衡正向移动，溶液中浓度增大，pH增大。
【分析】（1）依据盐类水解规律分析；
（2）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；
（3）依据影响化学平衡的因素分析；
（4）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒分析；
（5）利用Ksp计算。
27．【答案】（1）量筒、胶头滴管；C
（2）抑制水解；易与形成，影响实验结果
（3）
（4）偏小
（5）当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液由蓝色变成无色，且半分钟无变化；1.28V
【知识点】盐类水解的应用；配制一定物质的量浓度的溶液；离子方程式的书写；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）由浓硫酸配制稀硫酸需要量取浓硫酸的体积，需要量筒，“定容”需要胶头滴管；
A．该操作为振荡，要轻轻晃动容量瓶，不能用手捂住容量瓶口上下振荡，A不正确；
B．定容视线与液凹面最低处相平，B不正确；
C．移液需要用玻璃棒引流，C正确；
D．该操作为摇匀，要盖好瓶塞，上下反复颠倒，摇匀，D不正确；
故答案为：C。
（2）铜离子易水解，故加入硫酸可抑制铜离子的水解；易与形成，影响实验结果。
（3）根据电子守恒和元素守恒即可配平方程式为。
（4）不加入KSCN溶液，CuI就会吸附，造成溶液中的浓度偏小，消耗硫代硫酸钠溶液的体积也降低，使测量结果偏小。
（5）滴点终点的现象为当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液由蓝色变为无色且半分钟不恢复原来的颜色；根据方程式有关系式，，，。
【分析】（1）由液体配制一定浓度的溶液所需玻璃仪器有： 烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管 、一定规格的容量瓶。根据容量瓶的使用进行分析。
（2）硫酸铜属于强酸弱碱盐，能发生水解。易与形成。
（3）根据电子守恒和原子守恒进行分析。
（4）不加入KSCN溶液，CuI就会吸附，造成溶液中的浓度偏小。
（5）当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液由蓝色变为无色且半分钟不恢复原来的颜色。根据关系式进行分析。
28．【答案】（1）同素异形体；轨道(或电子云的伸展方向)
（2）；测量相同浓度的硫酸和碳酸溶液的，硫酸的小于碳酸等
（3）0.2；0.375
（4）此时溶液中主要溶质为电离程度大于水解程度
（5）
【知识点】盐类水解的应用；同素异形体
【解析】【解答】(1)S2和S8的组成元素相同，且都是单质，故这两种物质互为同素异形体。硫原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，3p轨道有两个未成对电子，所在轨道分布在x、y、z中的两个方向上，即轨道（电子云伸展方向不同）故该题答案为轨道（电子云伸展方向）；
(2)极性分子是指分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的、不对称的，这样的分子为极性分子。所给物质中H2S的空间结构是V型，故分子中正负电荷中心不重合，是极性分子，其电子式为，根据元素周期律，非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，测量相同浓度的硫酸和碳酸溶液的pH，硫酸的pH小于碳酸，故可以通过测量相同浓度的硫酸和碳酸溶液的，硫酸的小于碳酸；
(3)a点时pH=7，则有，此时溶液中有电荷守恒：，则有：；由图可知b点的利用率为50%，即消耗的亚硫酸钠的物质的量为，二氧化硫和亚硫酸钠反应的化学计量数之比为：，则吸收的二氧化硫的物质的量为1500mol，尾气的物质的量为，则尾气中的体积分数为；
(4)当亚硫酸钠的利用率为100%时，亚硫酸钠全部转化为亚硫酸氢钠，亚硫酸氢根电离大于水解，故水溶液为弱酸性；
(5)二氧化硫具有还原性，化合价升高生成硫酸根，有氧化性化合价降低，故其化学方程式为 ；
【分析】（1）同素异形体指的是同一种元素的不同单质；
（2）极性分子是指分子中正负电荷中心不重合；非金属性的比较可以根据最高价氧化物对应水化物的酸性判断，结合强酸制弱酸的原理判断；
（3）pH=7可以从电荷守恒的角度判断，再结合硫酸钠浓度求出钠离子的浓度；
（4）判断弱酸酸式盐的酸碱性时，可以根据其电离程度和水解程度的相对大小进行判断；
（5）氧化还原反应中，氧化剂化合价降低，还原剂化合价升高，根据化合价升降总数相等配平。
29．【答案】（1）2；纺锤
（2）GeH4高。GeH4与CH4都是分子晶体，结构相似，GeH4相对分子质量大，范德华力强，沸点高；
（3）大于
（4）Na2SnO3·3H2O+CO2→Na2CO3+Sn(OH)4+H2O
（5）＞；Pb2+、Pb(OH)+、H+
（6）a
【知识点】原子核外电子的运动状态；晶体熔沸点的比较；盐类水解的应用
【解析】【解答】(1)锗为第4周期第ⅣA族元素，其原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2，能量最高的电子为4p电子，共有2个，它们运动所形成的电子云形状为纺锤形。答案为：2；纺锤；
(2)氢化锗(GeH4)结构与甲烷类似，都形成分子晶体，沸点与相对分子质量成正比，所以从结构角度比较GeH4与CH4，可得出GeH4沸点高。理由是：GeH4与CH4都是分子晶体，结构相似，GeH4相对分子质量大，范德华力强，沸点高。氢化锗的液氨溶液具有较好的导电性，则应发生反应生成离子，从而得出主要是因为GeH4与NH3反应生成了和两种离子。答案为：GeH4高。GeH4与CH4都是分子晶体，结构相似，GeH4相对分子质量大，范德华力强，沸点高；；
(3)Sn与C是同主族元素，从上到下，非金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱，则常温下，相同物质的量浓度的Na2SnO3溶液与Na2CO3溶液，前者pH大于后者。答案为：大于；
(4)由上面分析可知，Sn(OH)4的酸性比H2CO3弱，所以三水锡酸钠露置在空气中，会与CO2、水发生反应，化学方程式：Na2SnO3·3H2O+CO2→Na2CO3+Sn(OH)4+H2O。答案为：Na2SnO3·3H2O+CO2→Na2CO3+Sn(OH)4+H2O；
(5)从图中可以看出，pH=8时，铅以Pb2+、Pb(OH)+、Pb(OH)2的形式存在，则往Pb(NO3)2溶液中滴入稀NaOH溶液，pH=8时溶液中存在的阳离子除Na+外，还有Pb2+、Pb(OH)+、H+。答案为：＞；Pb2+、Pb(OH)+、H+；
(6)从图中可以看出，pH＜6时，铅元素全部以Pb2+的形式存在，此时溶液中加入DH，发生反应为：2DH(s)+Pb2+(aq)D2Pb(s)+2H+，铅的脱除率最高，所以脱铅时最合适的pH约为4～5 ，
故答案为：a。答案为：a。
【分析】（1）锗为32号元素，能量最高的电子为4p能级的电子，p能级电子云形状为纺锤形；
（2）无氢键的分子晶体的熔沸点随相对分子质量的增大而增大；GeH4与NH3反应生成和；
（3）同主族从上到下，元素的非金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性减弱；
（4）三水锡酸钠露置在空气中，会与CO2、水发生反应；
（5）pH=8时，铅以Pb2+、Pb(OH)+、Pb(OH)2的形式存在；
（6）铅的脱除率最高时的pH最合适。
30．【答案】（1）；正反应方向；
（2）生成AgI沉淀，降低，逆向进行（生成AgI沉淀，提高了I2的氧化能力）
（3）还原；
（4）方法一：取滤渣，加入足量Na2S2O3溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HNO3，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，iii成立方法二：取滤渣，加入足量KI溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HNO3，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，iii成立
【知识点】化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用；盐类水解的应用
【解析】【解答】(1)①溶液中检测出，说明未完全转化为，证明该反应存在限度；
②加入，振荡，反应生成的碘被萃取，使得平衡向正反应方向移动；
③KI中的碘离子能与反应A生成的单质碘发生反应，消耗生成的碘，从而使平衡向正反应方向移动；
(2)加入溶液，碘离子与银离子结合生成AgI沉淀，碘离子的浓度减小，平衡逆向移动，可增大与的反应程度，同时生成的AgI沉淀，提高了I2的氧化能力，被氧化成的反应程度增大；
(3)①由图可知，步骤Ⅲ中加入KI溶液后，淀粉溶液变蓝，根据说明KI将滤液中的还原成了；
②已知，则沉淀b为和，，加入KI可将转化成，反应的离子方程式为。
(4)若与发生反应，会有单质银生成，确认是否发生反应iii，只需检验是否有单质银生成，因此取滤渣，加入足量Na2S2O3溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HNO3，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，iii成立；或者取滤渣，加入足量KI溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HNO3，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，iii成立。
【分析】（1）①铁离子是黄色，给出的物质碘离子过量，检验是否存在铁离子即可
②加入四氯化碳，将碘单质溶解，导致平衡右移
③碘离子和碘单质可以反应即可写出方程式
（2）①银离紫和碘离子形成沉淀，导致碘离子减少
（3）①加入硫酸银促进了碘单质与水的反应，产生碘酸与碘离子反应得到的是碘单质
②加入碘离子主要是将碘酸银变为碘化银
（4）根据判断发生iii，产物中有银单质，检验银单质即可
31．【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分
（2）4FeS2+16NH3·H2O+15O2=2Fe2O3+8(NH4)2SO4+8H2O
（3）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
（4）将 Fe3+还原成 Fe2+，以免在生成 BiOCl 的同时生成 Fe(OH)3 沉淀
（5）
（6）Fe2+、Na+
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；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；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)粉碎铋精矿可以增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；
(2)根据 CuS2中S元素的变化，可知FeS2在此过程中也会被氧化得到硫酸根，Fe元素转化为Fe2O3，根据电子守恒可知FeS2和O2的系数比为4：15，再结合元素守恒可得化学方程式为4FeS2+16NH3·H2O+15O2=2Fe2O3+8(NH4)2SO4+8H2O；
(3)操作1可以从硫酸铜溶液中得到五水硫酸铜，所以为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
(4)Fe(OH)3在pH值为2.7时开始沉淀，而后续流程为了得到BiOCl，需要将pH调制约为3，若Fe元素为+3价，则该过程中会产生Fe(OH)3沉淀，而稀盐酸、稀硫酸都不能还原Fe3+，所以盐酸羟胺在反应中的作用为将 Fe3+还原成 Fe2+，以免在生成 BiOCl 的同时生成 Fe(OH)3沉淀；
(5)加入碳酸钠调节pH约为3，得到BiOCl，根据元素守恒可得离子方程式为；
(6)根据分析可知滤液3中含有的金属阳离子为Fe2+、Na+。
【分析】铋精矿(主要成分是Bi2S3还含有FeS2、 Cu2S、PbO2及不溶性杂质)，加入氨水、氧气加压浸取，根据题目所给信息可知，过滤后Cu、S元素进入浸出液，浸出渣主要含有Bi2O3、Fe2O3、PbO2及不溶性杂质；浸出液经系列操作得到CuSO4溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到五水硫酸铜；浸出渣加入稀盐酸、盐酸羟胺，Bi元素转化为BiCl3进入滤液1，Pb、Fe元素分别被还原成PbCl2、FeCl2进入滤液1，滤液中加入稀硫酸得到硫酸铅沉淀，此时滤液2中含有BiCl3、FeCl2，加入碳酸钠调节pH约为3，得到BiOCl，滤液3中此时还有FeCl2，以及加入碳酸钠后得到的NaCl。
32．【答案】（1）0.125 molL-1；坩埚、坩埚钳、泥三角、电子天平等
（2）避免Na2SO3被空气中氧气氧化，（2Na2SO3+O2=2Na2SO4）
（3）4Na2SO3Na2S+3Na2SO4
（4）（由a①知H2SO3 强于H2S）实验③的溶液中可能有Na2S，相同条件下，S2-水解程度大于SO，溶液的碱性强； S2-+H2OHS-+OH-
（5）取③溶液适量于试管中，向其中加稀H2SO4，如有腐蛋气味气体生成，则证明有S2-；另取③中溶液适量于试管中，加入HCl酸化的BaCl2，如有白色沉淀生成，证明有SO。（稀硫酸可以换成盐酸）
【知识点】氧化还原反应；盐类水解的应用；常用仪器及其使用；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）31.500g Na2SO3 7H2O晶体的物质的量，物质的量浓度为；实验操作②需要加热固体和称量，仪器除酒精灯、三角架及隔绝空气的设备外，还需要的仪器有坩埚、坩埚钳、泥三角、电子天平等；
（2）亚硫酸钠具有强的还原性，Na2SO3 7H2O加热时要隔绝空气，防止亚硫酸钠被氧气氧化为硫酸钠，即2Na2SO3+O2=2Na2SO4；
（3）Na2SO3在高温强热下发生分解反应是一个自身氧化还原反应，会生成-2价硫和+6价的硫，反应为：4Na2SO3Na2S+3Na2SO4；
（4）硫离子和亚硫酸根离子均能发生水解使得溶液显碱性，实验①和③中，两次测得的溶液pH相差明显，是因为二者的水解程度不一样而导致碱性强弱不一样，实验③中溶液的pH=10.3的原理是S2-+H2OHS-+OH-；
（5）硫离子能和酸反应生成硫化氢，硫离子的检验方法：取③溶液适量于试管中，向其中加稀H2SO4，如有腐蛋气味气体生成，则证明有S2-，硫酸根离子可以和钡离子反应生成硫酸钡，硫酸根离子的检验方法：另取③中溶液适量于试管中，加入HCl酸化的BaCl2，如有白色沉淀生成，证明有SO。
【分析】（1）根据和计算；
（2） Na2SO3易被氧化；
（3）Na2SO3在高温强热下反应生成 Na2S、3Na2SO4；
（4）硫离子和亚硫酸根离子均能发生水解使得溶液显碱性，实验①和③中，两次测得的溶液pH相差明显，是因为二者的水解程度不一样；
（5）硫离子能和酸反应生成硫化氢，硫离子的检验方法：取③溶液适量于试管中，向其中加稀H2SO4，如有腐蛋气味气体生成，则证明有S2-，硫酸根离子可以和钡离子反应生成硫酸钡。
33．【答案】（1）先通入高锰酸钾溶液中，然后再通入品红溶液中，若品红溶液不褪色，再将气体通入澄清石灰水中，若澄清石灰水变浑浊，则其中含有二氧化碳
（2）利用碳酸钠水解使溶液呈碱性抑制了硫化钠的水解，防止硫化钠水解产生有毒气体硫化氢而污染空气
（3）；93.0%
（4）向其中缓慢通入氧气，用pH计测定溶液的pH，当pH=7.0时停止通氧气；将溶液置于40℃水浴加热减压蒸发浓缩到溶液中产生少量晶体时，停止加热，用冰水冷却降温结晶，过滤
【知识点】盐类水解的应用；含硫物质的性质及综合应用；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）a处混合气体中可能含有二氧化碳和二氧化硫，若要检验a处混合气体中的CO2，要先除去二氧化硫后将混合气体通入澄清石灰水中，可以用酸性高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，用品红溶液检验是否除尽。故答案为：先通入高锰酸钾溶液中，然后再通入品红溶液中，若品红溶液不褪色，再将气体通入澄清石灰水中，若澄清石灰水变浑浊，则其中含有二氧化碳；
（2）因为硫化钠水解显碱性，且其水解程度较大，其水解产物为有毒气体硫化氢，碳酸钠溶液碱性较强，所以先溶解碳酸钠可以抑制硫化钠水解，防止生成有毒气体污染空气；
（3）①“步骤2” 中准确称取0.294gK2Cr2O7于碘量瓶中，加入20mL蒸馏水溶解，再加入5mLmol L-1H2SO4和20mL10%KI溶液使铬元素完全转化为Cr3+，碘离子转化为碘单质，所以离子方程式为：，故答案为：；
②根据化学方程式和，可推出关系式为：，m()=，样品中的纯度为，故答案为：93.0%；
（4）利用甲装置中的残渣(Na2SO4和Na2SO3的混合物)制备晶体，首先要用氧气将Na2SO3氧化为Na2SO4。Na2SO3水解使溶液显碱性，而Na2SO4溶液显中性，故可通过测定溶液的pH来进行控制。由硫酸钠的溶解度曲线图可知，的溶解度受温度影响较大，在40℃溶解度最大，而且降到0℃时溶解度最小，故采用40℃减压蒸发浓缩，冰水冷却降温结晶的方法加以分离，然后过滤，冰水洗涤。故答案为：向其中缓慢通入氧气，用pH计测定溶液的pH，当pH=7.0时停止通氧气；将溶液置于40℃水浴加热减压蒸发浓缩到溶液中产生少量晶体时，停止加热，用冰水冷却降温结晶，过滤。
【分析】（1）CO2和SO2都能使澄清石灰水变浑浊，所以在检验CO2之前，应确保把SO2除尽；
（2）碳酸钠溶液可以抑制硫化钠水解；
（3）样品中的纯度为；
（4）利用图像，控制温度，采用冷却结晶的方法制备。
34．【答案】（1）Co2O3+SO2+2H+=2Co2++ +H2O或2Co3++SO2+2H2O=2Co2++ +4H+
（2）5.0～5.4（1分）；2Al3＋+3 +3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
（3）向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分液
（4）静置，向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无白色沉淀生成，则说明Co2+已经沉淀完全
（5）2CoCO3 Co2O3+CO↑+CO2↑
（6）过滤，向所得固体中加入稍过量稀硫酸，充分反应，过滤，把两次过滤的滤液合并；保持60℃左右蒸发浓缩，冷却至室温结晶，过滤，用酒精洗涤，干燥
【知识点】盐类水解的应用；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）“酸浸”时Co2O3与酸发生反应产生Co3+，Co3+与SO2发生氧化还原反应，产生Co2+、 ，则通入SO2发生反应的离子方程式是Co2O3+SO2+2H+=2Co2++ +H2O或2Co3++SO2+2H2O=2Co2++ +4H+；
（2）“除铝” 时调节pH的目的是沉淀Al3+，而不沉淀Co2+、Zn2+，根据表可知pH范围为5.0~ 5.4；反应为加入的Na2CO3电离产生的 与Al3+发生双水解反应产生Al(OH)3沉淀和CO2气体，该反应的离子方程式为：2Al3＋+3 +3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；
（3）ZnSO4在有机层中，由于该盐是强酸弱碱盐，水解显酸性，为抑制盐的水解，从有机层中获得ZnSO4溶液的方法是向有机层中加入适量的硫酸溶液，充分振荡，静置，然后分液，就得到ZnSO4溶液；
（4）“沉钴”时为使Co2＋沉淀完全，Na2CO3溶液需稍过量且缓慢滴加，Co2＋已沉淀完全，则向溶液中再加入Na2CO3溶液，就不会形成CoCO3沉淀，故相应的实验操作是：静置，向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无白色沉淀生成，则说明Co2+已经沉淀完全；
（5）CoCO3不稳定，隔绝空气灼烧发生氧化还原反应生成Co2O3，同时产生CO2、CO，该反应的化学方程式为：2CoCO3 Co2O3+CO↑+CO2↑；
（6）工业生产过程中得到溶液的溶质主要是ZnSO4和CuSO4，向其中加入足量的Zn，发生置换反应：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，然后过滤，所得固体中含有Cu及过量的Zn，向所得固体中加入稍过量的稀硫酸，其中的Zn会发生反应：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，充分反应，过滤，把两次过滤的滤液合并，就得到ZnSO4溶液。由图可知ZnSO4的溶解度随温度升高而增大，当温度在60℃后，其溶解度随温度的升高而降低。因此从溶液中获得晶体的操作是：保持60℃左右蒸发浓缩，然后冷却至室温结晶，过滤，再用酒精洗涤，干燥，就得到ZnSO4晶体。
【分析】（1）由流程可知，Co2O3具有氧化性，而SO2具有还原性，二者可发生氧化还原反应，据此写出反应的离子方程式。
（2）除铝的过程中要形成Al(OH)3沉淀，而Zn2+、Co2+不形成沉淀，结合表格中沉淀的pH值分析。
（3）有机层和水溶液不互溶，可采用分液操作分离。
（4）若Co2+完全沉淀，则继续加入Na2CO3溶液，没有沉淀形成。
（5）CoCO3转化为Co2O3的过程中，Co被氧化，则应有C被还原，生成CO，据此书写反应的化学方程式。
（6）结合温度对溶解度的影响分析。
35．【答案】（1）减少碳酸锂的溶解
（2）CO +H2O=HCO +OH-
（3）3As2S3+28HNO3+4H2O=6H3AsO4 +9H2SO4+28NO↑
（4）NaCl；KCl
（5）2Cl--2e-=Cl2；阳；2Li++2OH-+NH +HCO Li2CO3+2H2O+NH3↑
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；盐类水解的应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)“洗矿”通常采用90℃的热水进行，目的是减少碳酸锂的溶解；
(2)洗矿母液含有碳酸根离子，呈碱性的主要原因是 ；
(3)“除重金属”时所得滤渣含有硫化亚砷(As2S3)，可用硝酸将其转化为砷酸(H3AsO4)、硫酸，同时生成一氧化氮，根据氧化还原反应原理中的转移电子守恒配平得： 3As2S3+28HNO3+4H2O=6H3AsO4 +9H2SO4+28NO↑；
(4)有分析可知，晶体b和晶体c的主要成分分别为NaCl、KCl；
(5) ①碳酸锂溶于盐酸后作电解槽的阳极液，阳极溶液中氯离子失去电子，发生氧化反应，则阳极的电极反应式是2Cl--2e-=Cl2，锂离子进入阴极，则选用阳离子交换膜隔开；
②氢氧化锂与碳酸氢铵反应生成碳酸锂、氨气和水，离子方程式是2Li++2OH-+NH +HCO Li2CO3+2H2O+NH3↑。
【分析】选矿主体主要成分为Li2CO3，同时含有共生盐——氯化钠、氯化钾及少量重金属盐，加入盐酸调节pH值，反应后得到氯化锂溶液，加入硫化钠将重金属沉淀，过滤除去，滤液I中溶质主要为氯化锂、氯化钾和氯化钠；操作I是加热蒸发、浓缩结晶、趁热过滤，先析出晶体b是的主要成分是氯化钠，操作II是冷却结晶、过滤，析出晶体c的主要成分是氯化钾；剩余溶液为高富集的氯化锂溶液，向溶液III中加入碳酸钠，反应生成碳酸锂沉淀，过滤得到碳酸锂粗品，滤液IV溶质为氯化钠，加入到滤液I中循环处理，据此回答问题。
2023年高考真题变式分类汇编：盐类水解的应用1
一、选择题
1．（2023·北京）下列过程与水解反应无关的是( )
A．热的纯碱溶液去除油脂
B．重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃
C．蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸
D．向沸水中滴入饱和溶液制备胶体
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；石油的裂化和裂解；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、，油脂碱性条件下可以水解，A错误；
B、重油转化为小分子烃发生的是裂化、裂解，B正确；
C、蛋白质在酶的作用下水解为氨基酸，C错误；
D、，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，D错误；
故答案为：B
【分析】A、阴离子水解呈碱性，油脂碱性条件下可以水解为高级脂肪酸盐和甘油；
B、石油的裂化、裂解是制取小分子烃的方法；
C、蛋白质水解为氨基酸；
D、加热促进铁离子的水解。
2．（2023·北京）一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中代表或中的一种。下列说法正确的是( )
A．、分别是
B．既可以是，也可以是
C．已知为副产物，则通入水蒸气可减少的产生
D．等压条件下，反应、的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；铵盐；有关反应热的计算
【解析】【解答】b、d代表MgO和Mg(OH)Cl中的一种，根据箭头的起始和终止，可知反应①为NH4Cl作为反应物，提供Cl原子，则生成物应含有Cl，则b为Mg(OH)Cl，d为MgO，则反应①为NH4Cl+MgO=Mg(OH)Cl+NH3↑，a为NH3，结合原子守恒，反应②为Mg(OH)Cl生成MgO，则c应为HCl，则反应②为Mg(OH)Cl=MgO+HCl，c为HCl；
A、根据分析，可知a为NH3，c为HCl，A错误；
B、根据分析，可知d为MgO，b为Mg(OH)Cl，B错误；
C、若MgCl2为副产物，则通入水蒸气可使MgCl2生成Mg(OH)Cl，减少MgCl2产生，C正确；
D、，
根据盖斯定律，可知，即氯化铵直接分解的反应热等于反应①②的反应热之和，D错误；
故答案为：C
【分析】A、B、根据箭头的起始和终止，结合原子守恒，可以确定流程图中物质的化学式；
C、结合盐类的水解原理，可知MgCl2水解生成Mg(OH)Cl和HCl；
D、盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减。
3．（2023·北京）利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同的体系中的可能产物。
已知：图中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。
图中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合注：起始，不同下由图得到。
下列说法不正确的是( )
A．由图，
B．由图，初始状态，无沉淀生成
C．由图，初始状态，平衡后溶液中存在
D．由图和图，初始状态、，发生反应：
【答案】C
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；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、根据图示，pH=10.25时，HCO3-和CO32-两条曲线相交，即两种离子的物质的量分数相等，则c(HCO3-)=c(CO32-)，A错误；
B、根据图示，pH=11，lg[c(Mg2+)]=-4时Mg(OH)2为饱和溶液，而pH=11，lg[c(Mg2+)]=-4的点位于曲线下方，即该溶液为达到饱和，无沉淀生成，B错误；
C、pH=9，lg[c(Mg2+)]=-3时MgCO3为饱和溶液，pH=9，lg[c(Mg2+)]=-2的点位于曲线上方，即MgCO3过饱和溶液，MgCO3析出沉淀，则c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)<0.1mol·L-1，C正确；
D、根据图1，可知pH=8时，以HCO3-为主要颗粒，且pH=8时，Mg(OH)2中c(Mg2+)小于MgCO3中c(Mg2+)，则加入HCO3-后Mg2+会转化为MgCO3，即，D错误；
故答案为：C
【分析】A、根据曲线的交点，可以判断离子浓度的相对大小；
B、C、纵坐标与离子浓度为正比关系时，若点位于曲线下方，则溶液未饱和，若点位于曲线上方，则过饱和析出沉淀；
D、图1pH=8时，可以看出溶液为NaHCO3溶液，图2根据曲线中c(Mg2+)可以判断沉淀的主要形式。
4．（2023·浙江1月选考）甲酸是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂(含固体活性成分，R为烷基)因静电作用被吸附回收，其回收率(被吸附在树脂上甲酸根的物质的量分数)与废水初始关系如图(已知甲酸)，下列说法错误的是
A．活性成分在水中存在平衡：
B．的废水中
C．废水初始，随下降，甲酸的电离被抑制，与作用的数目减少
D．废水初始，离子交换树脂活性成分主要以形态存在
【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；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由图可知，溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡，故A不符合题意；
B．由电离常数公式可知，溶液中=，当溶液pH为5时，溶液中==18，故B不符合题意；
C．由图可知，溶液pH为2.4时，废水中的甲酸及其盐回收率最高，当溶液中pH小于2.4时，随溶液pH下降，c(H+)越大，甲酸的电离平衡逆向移动，溶液中甲酸根离子浓度减小，与作用的数目减小，故C不符合题意；
D．由图可知，溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡，当废水初始pH大于5时，的平衡向左移动，离子交换树脂活性成分主要以R3N形态存在，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂后，溶液pH值增大，说明R3N呈碱性；
B.溶液中=；
C.废水中pH值越小，c(H+)越大，甲酸的电离平衡逆向移动；
D.废水初始pH>5时，的平衡逆向移动，离子交换树脂活性成分主要以R3N形态存在。
5．（2023·黄浦模拟）将去掉氧化膜的铝片放入足量Na2CO3溶液中，铝片表面产生气泡，充分反应后得到无色溶液M。下列分析错误的是（ ）
A．产生的气体中有H2 B．反应与水解有关
C．Al(OH)3向酸式电离方向移动 D．M中含大量：Na+、Al3+、
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；离子共存
【解析】【解答】A．由分析可知，产生的气体中有H2，A不符合题意；
B．由分析可知，与Al反应的OH-来自水解，B不符合题意；
C．Na2CO3溶液呈碱性，Al(OH)3表现出酸性，发生酸式电离，C不符合题意；
D．Al3+、在溶液中能发生双水解反应，不能大量共存，所以M中不可能含大量Al3+、，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.碳酸钠水解显碱性，Al与OH-反应生成氢气；
B.碳酸钠中碳酸根发生水解；
C.Al(OH)3酸式电离的方程式为：，碱式电离的方程式为。
6．（2023·江苏模拟）室温下用0.1 mol L-1 Na2SO3溶液吸收SO2的一种脱硫工艺流程如下图所示。已知H2SO3电离平衡常数分别为Ka1=1.54×10-2，Ka2=1.02×10-7，H2CO3电离平衡常数分别为Ka1=4.30×10-7、Ka2=5.61×10-11，忽略通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发。
下列说法正确的是
A．0.1 mol L-1 Na2SO3溶液中：
B．NaHSO3溶液中：
C．“沉淀”时发生主要反应的离子方程式：
D．“沉淀”分离后的滤液中：
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用
【解析】【解答】A.0.1 mol L-1 Na2SO3溶液中，存在电荷守恒c(Na+)+ c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，物料守恒c(Na+)=2c()+2c()+2c(H2SO3)，则c(OH-)=c(H+)+c()+2c(H2SO3)，A不符合题意；
B．NaHSO3溶液中，Ka2=1.02×10-7，Kh2=≈6.49×10-13，则以的电离为主，溶液呈酸性，所以，B不符合题意；
C．由分析可知，由于Ka2(H2SO3)=1.02×10-7＜Ka1(H2CO3)=4.30×10-7，所以NaHSO3与CaCO3反应只能生成NaHCO3和CaSO3，“沉淀”时发生主要反应的离子方程式：，C符合题意；
D．“沉淀”分离后的滤液，仍是CaSO3的饱和溶液，则，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、结合电荷守恒和物料守恒判断；
B、结合结合电离程度和水解程度判断；
C、碳酸钙和亚硫酸氢根反应生成亚硫酸钙和碳酸氢根；
D、饱和溶液离子浓度积等于溶度积。
7．（2023高三下·抚顺模拟）氨基酸在水溶液中可通过得到或失去发生如下反应：
常温下，的甘氨酸（）溶液中各微粒浓度对数值与pH的关系如图所示：
下列说法正确的是（ ）
A．曲线③为的浓度与pH的关系图
B．，
C．平衡常数的数量级为
D．C点溶液中满足：
【答案】C
【知识点】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.由分析可知，曲线③为H2NCH2COO－的浓度与pH的关系图，A不符合题意；
B.由图可知，当溶液的pH=7时，c(H3N＋CH2COO－)>c(H2NCH2COO－)>c(H3N＋CH2COOH)，B不符合题意；
C.反应H3N＋CH2COOH H3N＋CH2COO－＋H＋的平衡常数当溶液中c(H3N＋CH2COO－)=c(H3N＋CH2COO－)时，溶液的pH≈2.5，此时该反应的平衡常数的数量级为10－3，C符合题意；
D.C点溶液中c(H2NCH2COO－)=c(H3N＋CH2COO－)时，溶液显碱性，则溶液中加入了其他碱性物质，故还应该含有一种阳离子，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】由氨基酸在水溶液中可通过得到或失去H＋发生反应可知，c(H＋)增大，H3N＋CH2COOH含量最大，c(H＋)减小，H2NCH2COO－含量最大。曲线①的pH最小，c(H＋)最大，因此曲线①表示c(H3N＋CH2COOH)与pH的关系图，曲线②为c(H3N＋CH2COO－)与pH的关系图，曲线③为c(H2NCH2COO－)与pH的关系图。据此结合选项分析。
8．（2022高三上·金山模拟）室温下，向100 mL 0.1 mol·L－1 Na2SO3(aq)中分别加（通）入不同试剂，现象见下表：
试剂 现象
1 酚酞 溶液变红，加水稀释，红色变浅
2 少量SO2 用pH试纸测得溶液pH≈8
3 少量Cl2 无明显现象
下列说法错误的是（ ）
A．Na2SO3(aq)中存在：c(OH－)＝c(H+)＋2c(H2SO3)＋c(HSO3－)
B．实验1中随着水的不断加入，溶液中的值逐渐增大
C．实验2反应后溶液中存在：c(Na+)＞c(HSO3－)＋2c(SO32－)
D．实验3反应后溶液中存在：c(H+)＝c(Cl－)
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．Na2SO3为强碱弱酸盐，根据质子守恒可得：c(OH－)＝c(H+)＋2c(H2SO3)＋c(HSO3－)，A不符合题意；
B． ，Na2SO3为强碱弱酸盐，水解反应为SO32-+H2O可逆HSO3-+OH-，加水稀释促进盐类水解，但离子浓度降低，即c(OH-)减小，所以c(H+)增大，
，则溶液中的值逐渐增大，B不符合题意；
C．常温下，实验2反应后溶液pH≈8，即c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒可知c(H+)+c(Na+)= c(OH-)+c(HSO3－)＋2c(SO32－)，所以c(Na+)＞c(HSO3－)＋2c(SO32－)，C不符合题意；
D．氯气具有氧化性，能将Na2SO3氧化为Na2SO4，实验3中加入少量Cl2，所得溶液中c(H+)＝c(Cl－)，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据质子守恒进行分析。
B. 加水稀释促进盐类水解，但各离子浓度降低，据此分析。
C. pH≈8，即c(OH-)＞c(H+)，结合电恒守恒进行分析。
D. 氯气具有氧化性。
9．（2022高二下·赤峰期末）时，下列说法正确的是（ ）
A．的某酸溶液中一定存在：
B．的氨水溶液稀释10倍后
C．相同的溶液、溶液、溶液，其浓度大小关系：
D．常温下，溶液中，由水电离产生的浓度为
【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】A．若H2A为强酸，溶液中不存在H2A和HA—，不存在物料守恒关系，故A不符合题意；
B．氨水中存在电离平衡，pH为11的氨水溶液稀释10倍后溶液pH大于10，故B不符合题意；
C．醋酸钠和碳酸钠是强碱弱酸盐，溶液中存在水解平衡，酸越弱，酸根离子水解程度越大，则pH相同的醋酸钠、碳酸钠和氢氧化钠溶液的浓度大小关系：，故C符合题意；
D．硫酸氢钠是是强酸的酸式盐，在溶液中完全电离出氢离子，抑制水的电离，则常温下，0.1mol/L硫酸氢钠溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，由水电离产生的氢离子浓度为10-13 mol/L，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、H2A未知是否是强酸；
B、弱碱每稀释10倍，pH变化不到一个单位；
C、酸的酸性越弱，其对应盐的碱性越强；
D、水电离的氢离子等于氢氧根的浓度，可以根据酸电离的氢离子判断。
10．（2022·诸暨模拟）下列物质的水溶液呈碱性且属于盐是（ ）
A．苯甲酸钠 B． C．HCl D．
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；物质的简单分类
【解析】【解答】A．苯甲酸钠属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，属于盐类，A选；
B．与水反应生成NaOH，溶液呈碱性，属于金属氧化物，不属于盐类，B不选；
C．HCl电离出氢离子，溶液呈酸性，属于酸类，不属于盐类，C不选；
D．是强酸强碱盐，溶液呈中性，D不选；
故答案为：A。
【分析】水溶液呈碱性属的盐为强碱弱酸盐。
11．（2022·诸暨模拟）下列“类比”不合理的是（ ）
A．丙醛能与发生加成反应，丙酮也可以与发生加成反应
B．乙烯中所有原子都在同一平面上，则2，3-二甲基-2-丁烯中所有碳也在同一平面上
C．往NaOH溶液通少量，生成，则往苯酚钠溶液中通入少量，也生成
D．溶液在空气中蒸干得到固体，则溶液在空气中蒸干也得到固体
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】A．丙醛含碳碳双键，能与氢气加成，丙酮含羰基，能与氢气加成，A不符合题意；
B．乙烯中氢原子与碳碳双键直接相连，所有原子都在同一平面上，2，3-二甲基-2-丁烯的碳骨架为，所有C原子共平面，B不符合题意；
C．往NaOH溶液通少量 CO2，生成 Na2CO3，苯酚酸性弱于碳酸，则往苯酚钠溶液中通入少量 CO2，生成NaHCO3，C符合题意；
D．Na2SO4溶液在空气中蒸干得到 Na2SO4固体，Fe2(SO4)3为强酸弱碱盐，溶液在空气中蒸干铁离子水解，产生Fe(OH)3和H2SO4，最终仍得到 Fe2(SO4)3固体，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.碳碳双键和羰基均能与氢气发生加成反应；
B.乙烯中所有原子都在同一平面上，2，3-二甲基-2-丁烯中，碳原子取代了乙烯中氢原子的位置；
C.根据强酸制弱酸原理分析；
D.Fe2(SO4)3加热时水解生成氢氧化铁和硫酸。
12．（2022·诸暨模拟）常温下，用0.1000的盐酸滴定20.00mL 溶液，溶液中、、的分布分数随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是（ ）
已知：
A．
B．的的值为
C．若将完全转变为，仅需用酚酞做指示剂
D．图中c点，
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A．据图可知e点时恰好完全反应，溶液中溶质为H2A和NaCl，n(Na2A)=0.5n(Na+)=0.5n(Cl-)=0.1mol/L×0.04L×0.5=0.002mol，所以c(Na2A)== 0.1mol/L，A不符合题意；
B．H2A的Ka1=，据图可知当pH=6.38时，即c(H+)=10-6.38mol/L时，c(HA-)=c(H2A)，所以Ka1=10-6.38，B符合题意；
C．将完全转变为，滴定终点呈酸性，应选用甲基橙作指示剂，C不符合题意；
D．结合分析和图可知，c点c(HA-)＞c(A2-)，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、即计算完全反应的点，结合e点判断，可知c(Na2A)=0.1mol/L；
B、一级电离平衡常数可以结合pH进行判断；
C、滴定终点为酸性，不能选择酚酞；
D、结合c点判断，可知此时c(HA-)＞c(A2-)。
13．（2022·浙江模拟）水溶液呈酸性的盐是( )
A． B． C．NaH D．NaClO
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A．HCO水解产生OH-，溶液呈碱性，A不符合题意；
B．NaHSO4完全电离产生H+，溶液呈酸性，B符合题意；
C．NaH与水发生归中反应，生成NaOH溶液呈碱性，C不符合题意；
D．ClO-水解产生OH-，溶液呈碱性，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】水溶液呈酸性的盐，要么能直接电离产生氢离子，要么为强酸弱碱盐，水解生成氢离子。
14．（2022·浙江模拟）某二元酸(H2A)在水中的电离方程式为：H2A=H++HA-，HA-H++A2-，下列说法错误的是（ ）
A．在0.1 mol/L的Na2A溶液中，c(A2-)+c(HA-)+2c(Na+)=0.5 mol/L
B．25℃时，若测得0.1 mol/L的NaHA溶液pOH=a，升高温度，测得同浓度的NaHA溶液pOH=b，则b一定大于a
C．25℃时，将同浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合，其pH一定小于7
D．0.1 mol/L的NaHA溶液中离子浓度为：c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞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．根据电离方程式H2A=H++HA-，HA- H++A2-可知：H2A第一步完全电离，第二步存在电离平衡，所以在0.1 mol/L的Na2A溶液中A2-的存在形式有A2-、HA-，根据元素守恒可知c(Na+)=0.2 mol/L，c(A2-)+c(HA-)=0.1 mol/L，故c(A2-)+c(HA-)+2c(Na+)=0.5 mol/L，A不符合题意；
B．在室温25℃下水的离子积常数Kw=10-14，pH+pOH=14，该温度下在0.1 mol/L的NaHA溶液pOH=a，溶液中存在HA-的电离平衡：HA-H++A2-，电离产生H+使溶液显酸性；升高温度，HA-的电离平衡正向移动，使其电离产生的c(H+)增大，溶液酸性增强，pH减小。同时由于升高温度，水电离程度也增大，Kw也增大，溶液中pH与pOH的和会减小，所以升高温度后，溶液的pOH可能会与25℃时溶液pOH相同，B符合题意；
C．在NaHA的溶液中存在HA-的电离平衡：HA-H++A2-，Ka= =1.2×10-2，电离产生H+，使溶液显酸性；同时也存在A2-的存在水解：H2O+A2-HA-+OH-，Kh=×10-12=8.3×10-13，水解产生OH-，使溶液显碱性，由于HA-的电离平衡常数Ka大于A2-的水解平衡常数Kh，所以溶液中c(H+)＞c(OH-)，将同浓度的NaHA溶液和Na2A溶液混合，所得混合溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性，因此在室温25℃时混合溶液pH＜7，C不符合题意；
D.0.1 mol/L的NaHA溶液中，NaHA发生电离作用：NaHA=Na++HA-，HA-在溶液中存在微弱的电离平衡而消耗，则c(Na+)＞c(HA-)；HA-电离产生H+、A-，溶液中同时存在水的电离平衡：H2OH++OH-，溶液中的H+还有水电离产生，且HA-电离程度大于H2O的电离，所以c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)，故溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.0.1 mol/L的Na2A溶液中A2-的存在形式有A2-、HA-，结合元素守恒计算；
C.当c(H+)＞c(OH-)时溶液呈酸性，c(H+)
二、多选题
15．（2023·日照模拟）25℃时，向一定浓度的溶液中逐滴加入HCl，以X表示或。已知，混合溶液pX与pH的关系如图所示。下列说法错误的是
A．曲线I表示与pH的关系
B．第一步电离常数的数量级为
C．时，
D．时，
【答案】B,D
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A．由分析可知，Ⅰ表示与的关系；，A不符合题意。
B．由点（2.23，-1）可知，第一步电离常数为，其数量级为10-2，B符合题意。
C．由图可知，时，>0，则；
，由点（3.19，1）可知， ；，此时，则，得，C不符合题意。
D．由电荷守恒可知，；由物料守恒可知，；两式联立可得：；，时，，则有，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】A、注意p值越小则X越大；
B、直线上任意一点的平衡常数不变，可以结合提供的已知数据计算；
C、根据电离平衡常数进行判断；
D、根据电荷守恒判断。
16．（2022·淄博模拟）某温度下，改变0.10mol/L溶液的pH时，各种含铬元素粒子及浓度变化如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．
B．
C．E点溶液中存在：
D．反应的平衡常数
【答案】B,C
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A．由A点得到，选项A不符合题意；
B．由B点，，由E点，，，选项B符合题意；
C．E点溶液中，依据电荷守恒可得，E点溶液显酸性，。可判断，选项C符合题意；
D．反应的平衡常数由F点坐标得到，选项D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A、c(OH-)=0.1mol/L时，pH=13，即c(H+)=10-13mol/L，所以；
B、Ka1(H2CrO4)=，Ka2(H2CrO4)=，此类题型的Ka值通常是找特殊点计算，即找c(HCrO4-)和c(H2CrO4)的交点，和c(HCrO4-)和c(CrO42-)的交点，分别为Ka1和Ka2，此时Ka1和Ka2的值分别为其氢离子的浓度；
C、E点的判断可以根据电荷守恒进行判断，同时E点处于HCO4-和CrO42-的交点，此时两者浓度相等；
D、此题同样找特殊点，即找出CrO42-和Cr2O72-的交点，此时浓度相等。
17．（2022·德州模拟）常温下，向NaOH溶液中逐滴滴入亚磷酸()，各含磷微粒的分布分数X(平衡时某微粒的浓度占各微粒浓度之和的分数)与pOH的关系如图所示。已知，反应中只能生成和两种盐。下列说法正确的是（ ）
A．曲线a代表
B．的电离平衡常数
C．溶液中
D．pOH=7时，
【答案】C,D
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A．根据分析，曲线a代表X()，A不符合题意；
B．的电离平衡常数，B不符合题意；
C．溶液中的电离常数为，水解常数为： ，故溶液呈酸性， ，C符合题意；
D．pOH=7时，pH=7，根据电荷守恒：，故，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】先分析图象的基本情况，pOH为横坐标，pOH越大，则酸性越强，其次，结合信息“ 反应中只能生成和两种盐 ”，可知H3PO3为二元酸，可以发生两次电离，一级电离为，二级电离为，随着酸性减弱，电离程度减弱，H3PO3浓度减小，H2PO3-浓度增强，一级电离程度减弱，二级电离程度增强，当酸性减弱到一定程度时，一级电离几乎不存在，二级电离为主，此时H2PO3-浓度减小，HPO32-浓度增大，二级电离程度减弱；
A、根据上述分析，曲线a代表HPO32-，曲线b代表H2PO3-，曲线c代表H3PO3；
B、二级电离平衡常数可以根据HPO32-和H2PO3-的交点计算，即曲线a和曲线b的交点，结合二级电离平衡常数，可知在交点处Ka2=c(H+)，而横坐标为pOH，需要换算为c(H+)；
C、NaH2PO3溶液即溶质为NaH2PO3，此时c(H2PO3-)最大，即b曲线的最高点，此时pOH大于7，溶液为酸性；
D、pOH=7溶液为中性，结合电荷守恒，等量代换可以知道。
18．（2022·聊城模拟）25℃时，某酸(结构简式为 )溶液中含元素X物种的浓度之和为 ，溶液中各含元素X物种的pX随pOH变化关系如图所示。图中 ， ；x、y两点的坐标： ； 、 分别表示 的一级、二级电离常数。下列说法错误的是（ ）
A． 溶液显碱性，是因为 的水解程度大于电离程度
B． 溶液中，
C．该体系中，
D．z点时，
【答案】A,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．由分析可知该酸为二元弱酸，则 只能电离不能水解，A符合题意；
B． 溶液中，根据电荷守恒： ，则 ，由分析可知c(HXO )> c(H3XO3)则有 ，B不符合题意；
C．H3XO3的一级电离常数 ， ， = ， ，因为 ，故 ， ，C符合题意；
D．z点时c(HXO )= c(H3XO3)， = ，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】随着碱性增强，即pOH减小，H3XO3浓度减小， 浓度先增加后减小，图中③表示微粒浓度持续减小，②表示微粒浓度先增大后减小，①表示微粒浓度逐渐增大至不再变化，可知③代表H3XO3，②代表，①代表 ，且 不能发生电离，据此结合电荷守恒、物料守恒解答。
19．（2021·淄博模拟）25℃时，向2.5L蒸馏水中加入0.05molBaSO4固体粉末，再逐渐加入一定量的Na2CO3固体粉末，边加边搅拌(忽略溶液体积变化)。溶液中部分离子的浓度变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．25℃时，Ksp(BaCO3)＞Ksp(BaSO4)
B．BaSO4在水中的Ksp大于其在BaCl2溶液中的Ksp
C．加入1.3molNa2CO3，即可使BaSO4全部转化为BaCO3
D．当BaSO4恰好全部转化为BaCO3时，c(CO )＞c(Ba2+)＞c(SO )＞c(OH-)
【答案】A,C
【知识点】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；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．未加入碳酸钠时，BaSO4溶液中c(Ba2+)=c(SO )=1×10-5mol/L，所以Ksp(BaSO4)=1×10-5×1×10-5 =10-10，当c(CO )=2.5×10-4mol/L时，c(Ba2+)=1×10-5mol/L，所以Ksp(BaCO3)=2.5×10-4×1×10-5 =2.5×10-9，所以25℃时，Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4)，A符合题意；
B．Ksp只与温度有关，和所处的环境无关，B不符合题意；
C．若BaSO4全部转化为BaCO3，则溶液中c(SO )= =0.02mol，此时c(Ba2+)= =5×10-9mol/L，根据Ksp(BaCO3)=2.5×10-9可知溶液中的c(CO )=0.5mol/L，则n(CO )=0.5mol/L×2.5L=1.25mol，此外还生成0.05molBaCO3，所以所需碳酸钠的物质的量为1.25mol+0.05mol=1.3mol，C符合题意；
D．根据C选项计算可知可知当BaSO4恰好全部转化为BaCO3时，c(SO )＞c(Ba2+)，c(Ba2+)=5×10-9mol/L，而此时溶液中有大量碳酸根，呈碱性，c(OH-)＞1×10-7mol/L，所以c(OH-)也大于c(Ba2+)，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】根据图象可知，当加入的Na2CO3固体使溶液中c(CO )=2.5×10-4mol/L时，c(Ba2+)和c(SO )开始发生变化，说明此时BaSO4沉淀开始转化为BaCO3沉淀，c(SO )增大，c(Ba2+)减小。
20．（2022高二上·菏泽期末）常温常压下，有关下列各溶液的描述中正确的是
A．等浓度的溶液和溶液，的水解程度一样
B．一定浓度的氨水加水稀释，的比值和的比值均增大
C．浓度均为的、混合溶液中：，且
D．的醋酸钠溶液与盐酸溶液混合后溶液显酸性，溶液中微粒的浓度关系为：
【答案】C,D
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．等浓度的(NH4)2SO4溶液和NH4Cl溶液，后者铵根离子浓度小，水解程度大，的水解程度不一样，故A不符合题意；
B．一定浓度的氨水加水稀释的过程中， =，温度不变，Kb不变，氢氧根离子浓度减小，的比值增大，铵根离子浓度减小的幅度比氢氧根离子大，的比值变小，故B不符合题意；
C． 浓度均为0.1 mol·L-1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中：碳酸根离子的水解程度比碳酸氢根离子大，，又根据物料守恒，2c(Na+)=3[+c(HCO+c(H2CO3)]，故C符合题意；
D.0.2 moI·L-1的醋酸钠溶液10mL与0.2 moI·L-1盐酸溶液5mL混合后溶液显酸性，溶液相当于等物质的量的醋酸钠、醋酸、氯化钠的混合溶液，醋酸的电离大于醋酸钠的水解，氯离子不水解，c (CH3COO-) >c (Cl-)>c (CH3COOH)，则溶液中有关微粒的浓度关系为：c (CH3COO-) >c (Cl-)>c (CH3COOH)>c (H+)，故D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.铵根离子浓度越大，水解程度越小；
B.加水促进一水合氨电离；
C.根据物料守恒分析；
D.混合后溶液的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa和NaCl。
21．（2022高二下·郴州期末）25℃时，向0.10溶液中逐渐加入固体(忽略加入时引起的溶液体积变化)，所得溶液中含Y元素的三种微粒的分布系数(浓度分数)随溶液pH变化的关系如图所示，下列说法正确的是 （ ）
A．曲线上任意一点均存在：
B．时，溶液中的
C．由图可知，为二元弱酸，如果将物质的量浓度均为0.20的和溶液等体积混合，所得溶液的
D．已知25℃时，的。若把少量加入溶液中，发生的离子反应可表示为：
【答案】B,D
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．根据溶液中存在的电荷守恒，对于曲线上任意一点，都有：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(Y2-)+c(HY-)，故A不符合题意；
B．当溶液中c(Na+)=0.10mol/L时，反应恰好生成NaHY，根据溶液中的电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(Y2-)+c(HY-)，根据物料守恒，c(Na+)=c(H2Y)+c(HY-)+c(Y2-)，综合考虑，则有c(H+)+c(H2Y)═c(OH-)+c(Y2-)，这就是质子守恒表达式，故B符合题意；
C．H2Y为二元弱酸，如果将物质的量浓度均为0.20mol/L的NaHY和Na2Y溶液等体积混合，这是起始浓度混合，图像上反应的是平衡时各组分的浓度，平衡时候，二者浓度并不相等，因此所得混合溶液pH不为4.2，故C不符合题意；
D．把少量H2Y加入HCOONa溶液中，根据图像，H2Y的二级解离常数约为10-4.2，HCOOH的Ka=1×10-4，因此K2(H2Y)＜Ka(HCOOH)，可见酸性HY-＜HCOOH，所以反应不能进行至生成Y2-，根据强酸制弱酸的原理，发生的离子反应可表示为：，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.根据电荷守恒分析；
B.溶液中c(Na+)=0.10mol/L时，反应恰好生成NaHY，结合电荷守恒和物料守恒分析；
C. H2Y为二元弱酸，如果将物质的量浓度均为0.20mol/L的NaHY和Na2Y溶液等体积混合，这是起始浓度混合，图象上反应的是平衡时各组分的浓度；
D.H2Y的二级解离常数约为10-4.2，HCOOH的Ka=1×10-4，酸性：HY-＜HCOOH。
22．（2022高二下·东营期末）某研究小组为了探究溶液的性质，设计了下列实验，并记录实验现象。
实验装置 实验序号 滴管试剂 试管试剂 实验现象
① 溶液 饱和溶液 产生白色沉淀
② 溶液 光照管壁有气泡产生
③ 酸性溶液和溶液 溶液变红
④ 的溶液 产生白色沉淀
以下判断错误的是（ ）
A．实验①：产生的白色沉淀为
B．实验②：产生的气体为
C．实验③：还原性强弱顺序
D．实验④：与的水解相互促进
【答案】A,B
【知识点】盐类水解的应用；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．根据水解原理可知NaClO溶液与饱和Ag2SO4溶液反应：2Ag++2ClO-+H2O＝Ag2O↓+2HClO，A符合题意；
B．醋酸酸性大于次氯酸，所以NaClO溶液与CH3COOH溶液反应生成次氯酸，次氯酸光照分解成氧气，B符合题意；
C．ClO-具有氧化性，Fe2+具有还原性，被氧化为Fe3+，遇KSCN溶液，溶液变红，所以还原性Fe2+＞Cl-，C不符合题意；
D．NaClO溶液水解显碱性，AlCl3溶液水解显酸性，二者混合相互促进水解，D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】A.实验①中发生反应2Ag++2ClO-+H2O＝Ag2O↓+2HClO；
B.根据强酸制弱酸可知，发生反应生成次氯酸，次氯酸分解生成氧气；
C.根据还原剂的还原性大于还原产物分析；
D.ClO-和Al3+在同一溶液中易发生双水解反应。
23．（2021高二上·济宁期末）时，用溶液滴定溶液的滴定曲线如图所示(曲线上的数字为)。已知：二元弱酸；时，，的，。下列说法正确的是（ ）
A．a点消耗溶液体积为
B．b点：
C．时，溶液显酸性
D．d点溶液中离子浓度大小关系为
【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．a点pH=1.34，由第一步电离： +H+， ，则a点c( )=c( )，当V(NaOH)=10mL时溶质为等量的 和NaHSeO3， c( )>c( )，要使c( )=c( )，加入NaOH溶液体积大于10mL，故A不符合题意；
B．b点两者恰好反应，反应后溶质为NaHSeO3，存在质子守恒：
，故B符合题意；
C．
时，
溶液存在水解平衡和电离平衡，由
水解常数
，水解程度小于于电离程度，溶液显酸性，故C符合题意；
D．d点溶液溶质为Na2SeO3，
部分发生水解反应
+H2O
+OH-，和水的电离平衡：H2O
H++OH-，离子浓度大小关系为
，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.根据第一步电离常数，结合pH即可判断出体积
B.b点是产生NaHSeO3恰好反应，结合质子守恒即可判断
C.结合电离平衡即可判断
D.d点是40mL，恰好完全反应得到的是Na2SeO3即可判断离子浓度
24．（2021高二上·济南期末）常温下，将NaOH溶液滴加到某二元弱酸溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．NaHX溶液中
B．当时，
C．水的电离程度：上的点大于上的点
D．a点溶液中的数量级为
【答案】A,D
【知识点】盐类水解的应用；中和滴定
【解析】【解答】A．由Ka1=10—3可知，NaHX的水解常数Kh2====10—11＜Ka2=10-4.34，则HX—的电离程度大于水解程度，NaHX溶液呈酸性，溶液中c(H+）＞c(OH-)，故A符合题意；
B．由溶液中电荷守恒关系c(H+）+ c(Na+）= c(HX-)+2 c(X2-)+ c(OH-)可知，当溶液中c(Na+）- c(HX-)-c(X2-)=0时，溶液中c(H+）=c(X2-)+ c(OH-)，则溶液中c(H+）＞c(OH-)，溶液pH＜7，故B不符合题意；
C．若溶液的pH相等时，L2点上水的电离程度一定大于L1点上水的电离程度，若溶液的pH不相等时，溶液中溶质的成分无法确定，无法判断L2点上水的电离程度和L1点上水的电离程度的相对大小，故C不符合题意；
D．a点溶液中=×= c2(H+）Ka1 Ka2，由图可知，a点溶液pH=0，溶液中c(H+）=1mol/L，则c2(H+）Ka1 Ka2=(1mol/L)2×10-3×10-4.34=10-7.34，则溶液中的数量级为，故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.根据给出的图像找出水解和电离的程度大小
B.根据电荷守恒即可判断
C.水的电离程度与溶液pH的大小有关
D.根据a点的计算氢离子浓度结合公式即可计算
三、非选择题
25．（2023·全国甲卷）钴配合物溶于热水，在冷水中微溶，可通过如下反应制备：。
具体步骤如下：
Ⅰ．称取，用水溶解。
Ⅱ．分批加入后，将溶液温度降至以下，加入活性炭、浓氨水，搅拌下逐滴加入的双氧水。
Ⅲ．加热至反应。冷却，过滤。
Ⅳ．将滤得的固体转入含有少量盐酸的沸水中，趁热过滤。
Ⅴ．滤液转入烧杯，加入浓盐酸，冷却、过滤、干燥，得到橙黄色晶体。
回答下列问题：
（1）步骤Ⅰ中使用的部分仪器如下。
仪器a的名称是 。加快NH4Cl溶解的操作有 。
（2）步骤Ⅱ中，将温度降至10℃以下以避免 、 ；可选用 降低溶液温度。
（3）指出下列过滤操作中不规范之处： 。
（4）步骤Ⅳ中，趁热过滤，除掉的不溶物主要为 。
（5）步骤Ⅴ中加入浓盐酸的目的是 。
【答案】（1）锥形瓶；升温，搅拌等
（2）浓氨水分解和挥发；双氧水分解；冰水浴
（3）玻璃棒没有紧靠三层滤纸处，漏斗末端较长处（尖嘴部分）没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁
（4）活性炭
（5）利用同离子效应，促进钴配合物[Co(NH3)6]Cl3尽可能完全析出，提高产率
【知识点】盐类水解的应用；常用仪器及其使用；过滤
【解析】【解答】（1）仪器a为锥形瓶，加速溶解的方法有：加热、搅拌等操作；
（2）步骤Ⅱ中使用了浓氨水和双氧水，他们高温下易挥发，易分解，所以控制在10℃以下；要控制温度在10℃以下，通常采用冰水浴降温；
（3）玻璃棒没有紧靠三层滤纸处，可能戳破滤纸，造成过滤效果不佳。还有漏斗末端较长处（尖嘴部分）没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁，可能导致液滴飞溅；
（4）步骤中使用了活性炭，为难溶物，所以过滤的不溶物为活性炭；
（5）根据反应方程可知，由于钴配合物为[Co(NH3)6]Cl3中含有氯离子，加入4mL浓盐酸，可利用同离子效应，促进钴配合物[Co(NH3)6]Cl3尽可能完全析出；
【分析】称取2.0g氯化铵，用5mL水溶解后，分批加入3.0g CoCl2·6H2O后，降温，在加入1g活性炭，7mL浓氨水，搅拌下逐滴加入10mL 6%的双氧水，加热反应20min，反应完成后，冷却，过滤，钴配合物在冷水中会析出固体，过滤所得固体为钴配合物[Co(NH3)6]Cl3和活性炭的混合物，将所得固体转入有少量盐酸的沸水中，趁热过滤，除去活性炭，将滤液转入烧杯中，加入浓盐酸，可促进钴配合物[Co(NH3)6]Cl3析出，解答即可。
26．（2023·武汉模拟）Mg与水反应时，Mg表面会覆盖致密的导致反应较缓慢。某兴趣小组为了验证部分离子对Mg与水反应的影响，进行了如下实验。
I．验证和对Mg与水反应的促进作用
实验序号 a b c d
0.1 mol·L盐溶液 NaCl
30 min内产生气体的体积/mL 1.5 0.7 <0.1 1.4
气体的主要成分
30 min时镁条表面情况 大量固体附着(固体可溶于盐酸)
（1）某同学认为根据上表能够说明对Mg与水的反应起促进作用，他的理由是 。
（2）实验b、d镁条表面附着固体中还检验出碱式碳酸镁，写出Mg与溶液反应生成该固体的离子方程式： 。
（3）综合实验a~d可以得出结论：和都能与作用而加快Mg与水的反应， (补充两点)。
（4）II．室温下，探究对Mg与水反应的影响
该小组用Mg与NaCl溶液反应，实验发现当浓度过低或过高时，反应速率没有变化，当浓度为2 mol·L时，Mg与水反应较快，产生大量的气泡，同时生成白色固体，最终溶液pH约为10.98。
经检验该白色固体含有碱式氯化镁。碱式氯化镁受热(>100℃)易分解生成氧化镁和两种气体，写出其分解的化学方程式： 。实验室检验镁条表面生成的白色固体含有碱式氯化镁的操作是 。
（5）常温下，饱和溶液的 ，试从化学平衡角度分析实验得到最终溶液的pH大于该值的原因： (已知，)。
【答案】（1）30 min内实验a产生气体的体积远大于实验c(或30 min内实验d产生气体的体积远大于实验b)
（2）
（3）相同浓度时，对Mg与水反应的促进作用大于；和共同存在且浓度相同时，二者对Mg与水反应的促进作用并未叠加
（4）；取适量白色固体，灼烧，若产生的气体可以使玻璃棒表面蘸有的溶液变浑浊，则证明白色固体含有碱式氯化镁
（5）10.48；反应过程中存在平衡，促使该平衡正向移动，溶液中浓度增大，pH增大
【知识点】盐类水解的应用；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）实验a中所用盐溶液为溶液，实验c中所用盐溶液为NaCl溶液，实验a、c所用盐溶液中的阴离子相同，30 min内，实验a产生气体的体积远大于实验c，可说明对Mg与水的反应起促进作用。
（2）Mg与溶液反应生成碱式碳酸镁，反应中镁元素化合价升高，则氢元素化合价降低生成氢气，根据质量守恒可知，还会生成碳酸根离子，离子方程式为
；
（3）对比实验a、c和实验b、c，30 min内，实验a中产生气体的体积较大，说明相同浓度时，对Mg与水反应的促进作用大于；对比实验a、d，30 min内，实验d中产生气体的体积略小于实验a，说明和共同存在且浓度相同时，二者对Mg与水反应的促进作用并未叠加；
（4）碱式氯化镁受热易分解生成氧化镁和两种气体，根据质量守恒可知生成气体为水和HCl，化学方程式为。实验中镁条表面生成的白色固体为氢氧化镁和碱式氯化镁的混合物，可以通过检验的存在检验碱式氯化镁：取适量上述白色固体，灼烧，若产生的气体可以使玻璃棒表面蘸有的溶液变浑浊，则证明白色固体含有碱式氯化镁；
（5）设饱和溶液中 mol·L，则 mol·L，，可得 mol·L，则。反应过程中存在平衡，促使该平衡正向移动，溶液中浓度增大，pH增大。
【分析】（1）依据盐类水解规律分析；
（2）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；
（3）依据影响化学平衡的因素分析；
（4）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒分析；
（5）利用Ksp计算。
27．（2023·湖南模拟）铜盐主要用于杀毒和驱虫。实验室采用滴定法测定硫酸铜样品中铜的含量。实验步骤如下：
I．铜盐的溶解：准确称取硫酸铜样品0.5g于碘量瓶中，加入1mol/L溶液和30mL使之溶解。
II．滴定：向上述碘量瓶中加入5mL20%KI溶液，立即用0.1mol/L标准溶液滴定至浅黄色。然后加入1mL淀粉溶液，继续滴定溶液呈浅蓝色。再加入5mL10%KSCN溶液，摇匀后溶液蓝色转深，再继续滴定到终点，消耗标准溶液的体积为。回答下列问题：
（1）利用浓硫酸配制250mL1mol/L溶液需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、 。下列关于容量瓶的操作，正确的是 。
A. B.
C. D.
（2）溶解硫酸铜加入硫酸的目的是 ；不能将硫酸换为盐酸的理由是 。
（3）已知滴定过程加入5mL20%KI溶液，有白色沉淀(CuI)生成，发生的离子反应方程式为 。
（4）已知，CuI容易吸附，加入KSCN溶液的目的是将CuI转化为CuSCN沉淀并释放吸附的，如不加KSCN溶液，则测量结果 (填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
（5）滴定终点的现象是 ；已知，则硫酸铜样品中铜的含量为 %。
【答案】（1）量筒、胶头滴管；C
（2）抑制水解；易与形成，影响实验结果
（3）
（4）偏小
（5）当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液由蓝色变成无色，且半分钟无变化；1.28V
【知识点】盐类水解的应用；配制一定物质的量浓度的溶液；离子方程式的书写；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）由浓硫酸配制稀硫酸需要量取浓硫酸的体积，需要量筒，“定容”需要胶头滴管；
A．该操作为振荡，要轻轻晃动容量瓶，不能用手捂住容量瓶口上下振荡，A不正确；
B．定容视线与液凹面最低处相平，B不正确；
C．移液需要用玻璃棒引流，C正确；
D．该操作为摇匀，要盖好瓶塞，上下反复颠倒，摇匀，D不正确；
故答案为：C。
（2）铜离子易水解，故加入硫酸可抑制铜离子的水解；易与形成，影响实验结果。
（3）根据电子守恒和元素守恒即可配平方程式为。
（4）不加入KSCN溶液，CuI就会吸附，造成溶液中的浓度偏小，消耗硫代硫酸钠溶液的体积也降低，使测量结果偏小。
（5）滴点终点的现象为当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液由蓝色变为无色且半分钟不恢复原来的颜色；根据方程式有关系式，，，。
【分析】（1）由液体配制一定浓度的溶液所需玻璃仪器有： 烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管 、一定规格的容量瓶。根据容量瓶的使用进行分析。
（2）硫酸铜属于强酸弱碱盐，能发生水解。易与形成。
（3）根据电子守恒和原子守恒进行分析。
（4）不加入KSCN溶液，CuI就会吸附，造成溶液中的浓度偏小。
（5）当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液由蓝色变为无色且半分钟不恢复原来的颜色。根据关系式进行分析。
28．（2022·虹口模拟）硫的化合物在工业中用途广泛。是一种重要的溶剂。工业上可以利用硫黄()与为原料制备，时受热分解成气态，发生反应。
完成下列填空：
（1）和互称为 ；硫原子最外层未成对电子中运动状态不相同的方面是 。
（2）反应所涉及的各物质中，属于极性分子的电子式为 。列举一个能比较硫元素与碳元素非金属性相对强弱的实验事实： 。常温下，用的溶液处理工业尾气中的，吸收过程中的使用率()与溶液的关系如图所示(溶液体积与温度均保持不变)。
（3）a点时，溶液中 。已知到b点时吸收了标准状况下尾气，则尾气中的体积分数为 (尾气中其他成分不反应)。
（4）当的使用率达到时，溶液为4.4，分析原因： 。
（5）用硫酸酸化的，溶液处理气体，会析出铬钾矾晶体。写出相关反应的化学方程式。
【答案】（1）同素异形体；轨道(或电子云的伸展方向)
（2）；测量相同浓度的硫酸和碳酸溶液的，硫酸的小于碳酸等
（3）0.2；0.375
（4）此时溶液中主要溶质为电离程度大于水解程度
（5）
【知识点】盐类水解的应用；同素异形体
【解析】【解答】(1)S2和S8的组成元素相同，且都是单质，故这两种物质互为同素异形体。硫原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，3p轨道有两个未成对电子，所在轨道分布在x、y、z中的两个方向上，即轨道（电子云伸展方向不同）故该题答案为轨道（电子云伸展方向）；
(2)极性分子是指分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的、不对称的，这样的分子为极性分子。所给物质中H2S的空间结构是V型，故分子中正负电荷中心不重合，是极性分子，其电子式为，根据元素周期律，非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，测量相同浓度的硫酸和碳酸溶液的pH，硫酸的pH小于碳酸，故可以通过测量相同浓度的硫酸和碳酸溶液的，硫酸的小于碳酸；
(3)a点时pH=7，则有，此时溶液中有电荷守恒：，则有：；由图可知b点的利用率为50%，即消耗的亚硫酸钠的物质的量为，二氧化硫和亚硫酸钠反应的化学计量数之比为：，则吸收的二氧化硫的物质的量为1500mol，尾气的物质的量为，则尾气中的体积分数为；
(4)当亚硫酸钠的利用率为100%时，亚硫酸钠全部转化为亚硫酸氢钠，亚硫酸氢根电离大于水解，故水溶液为弱酸性；
(5)二氧化硫具有还原性，化合价升高生成硫酸根，有氧化性化合价降低，故其化学方程式为 ；
【分析】（1）同素异形体指的是同一种元素的不同单质；
（2）极性分子是指分子中正负电荷中心不重合；非金属性的比较可以根据最高价氧化物对应水化物的酸性判断，结合强酸制弱酸的原理判断；
（3）pH=7可以从电荷守恒的角度判断，再结合硫酸钠浓度求出钠离子的浓度；
（4）判断弱酸酸式盐的酸碱性时，可以根据其电离程度和水解程度的相对大小进行判断；
（5）氧化还原反应中，氧化剂化合价降低，还原剂化合价升高，根据化合价升降总数相等配平。
29．（2022·虹口模拟）锗、锡、铅均属于ⅣA族元素，它们的单质与化合物广泛应用于生活的各个领域。
（1）Ⅰ.完成下列填空：
锗元素原子核外能量最高的电子有 个，它们运动所形成的电子云形状为 形。
（2）氢化锗(GeH4)结构与甲烷类似，在常温常压下是具有刺激性气味的无色有毒气体。从结构角度比较GeH4与CH4沸点高低并说明理由 。氢化锗的液氨溶液具有较好的导电性，主要是因为GeH4与NH3反应生成了和 (填化学式)两种离子。
（3）Ⅱ.三水锡酸钠(Na2SnO3·3H2O)是一种易溶于水的无色晶体，露置在空气中会逐渐转化成Na2CO3和Sn(OH)4。
常温下，相同物质的量浓度的Na2SnO3溶液与Na2CO3溶液，前者pH (填“大于”“小于”或“等于”)后者。
（4）写出三水锡酸钠露置在空气中发生反应的化学方程式 。
（5）Ⅲ.水溶液中铅的存在形态主要有Pb2+、Pb(OH)+、Pb(OH)2、、。当总含铅量一定时，各形态铅的百分比(α)与溶液pH变化的关系如图所示。
Pb(NO3)2溶液中， 2(填“＞”“=”或“＜”)；往Pb(NO3)2溶液中滴入稀NaOH溶液，pH=8时溶液中存在的阳离子除Na+外，还有 (填微粒符号)。
（6）科学家发现一种新型脱铅剂DH，能有效除去水中的痕量铅。已知DH脱铅过程中主要发生反应为：2DH(s)+Pb2+(aq)D2Pb(s)+2H+。则脱铅时最合适的pH约为 (选填编号)。
a.4～5 b.6～7 c.8～10 d.12～14
【答案】（1）2；纺锤
（2）GeH4高。GeH4与CH4都是分子晶体，结构相似，GeH4相对分子质量大，范德华力强，沸点高；
（3）大于
（4）Na2SnO3·3H2O+CO2→Na2CO3+Sn(OH)4+H2O
（5）＞；Pb2+、Pb(OH)+、H+
（6）a
【知识点】原子核外电子的运动状态；晶体熔沸点的比较；盐类水解的应用
【解析】【解答】(1)锗为第4周期第ⅣA族元素，其原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2，能量最高的电子为4p电子，共有2个，它们运动所形成的电子云形状为纺锤形。答案为：2；纺锤；
(2)氢化锗(GeH4)结构与甲烷类似，都形成分子晶体，沸点与相对分子质量成正比，所以从结构角度比较GeH4与CH4，可得出GeH4沸点高。理由是：GeH4与CH4都是分子晶体，结构相似，GeH4相对分子质量大，范德华力强，沸点高。氢化锗的液氨溶液具有较好的导电性，则应发生反应生成离子，从而得出主要是因为GeH4与NH3反应生成了和两种离子。答案为：GeH4高。GeH4与CH4都是分子晶体，结构相似，GeH4相对分子质量大，范德华力强，沸点高；；
(3)Sn与C是同主族元素，从上到下，非金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱，则常温下，相同物质的量浓度的Na2SnO3溶液与Na2CO3溶液，前者pH大于后者。答案为：大于；
(4)由上面分析可知，Sn(OH)4的酸性比H2CO3弱，所以三水锡酸钠露置在空气中，会与CO2、水发生反应，化学方程式：Na2SnO3·3H2O+CO2→Na2CO3+Sn(OH)4+H2O。答案为：Na2SnO3·3H2O+CO2→Na2CO3+Sn(OH)4+H2O；
(5)从图中可以看出，pH=8时，铅以Pb2+、Pb(OH)+、Pb(OH)2的形式存在，则往Pb(NO3)2溶液中滴入稀NaOH溶液，pH=8时溶液中存在的阳离子除Na+外，还有Pb2+、Pb(OH)+、H+。答案为：＞；Pb2+、Pb(OH)+、H+；
(6)从图中可以看出，pH＜6时，铅元素全部以Pb2+的形式存在，此时溶液中加入DH，发生反应为：2DH(s)+Pb2+(aq)D2Pb(s)+2H+，铅的脱除率最高，所以脱铅时最合适的pH约为4～5 ，
故答案为：a。答案为：a。
【分析】（1）锗为32号元素，能量最高的电子为4p能级的电子，p能级电子云形状为纺锤形；
（2）无氢键的分子晶体的熔沸点随相对分子质量的增大而增大；GeH4与NH3反应生成和；
（3）同主族从上到下，元素的非金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性减弱；
（4）三水锡酸钠露置在空气中，会与CO2、水发生反应；
（5）pH=8时，铅以Pb2+、Pb(OH)+、Pb(OH)2的形式存在；
（6）铅的脱除率最高时的pH最合适。
30．（2022·朝阳模拟）某小组验证“”(反应A)存在限度，并探究外加试剂对该平衡的影响。
（1）从正反应方向探究实验。取溶液，加入溶液()，溶液呈棕黄色，不再发生变化。
①通过检测出 ，证实反应A存在限度。
②加入，振荡，平衡向 移动。
③除反应A外，还发生 (写方程式)，促进与的反应。
（2）从逆反应方向探究实验：向碘水(含淀粉)中加入酸性溶液，无明显变化。未检出。
①甲同学认为加入溶液可增大与的反应程度。甲同学依据的原理是 。
②验证：加入溶液，产生沉淀a，溶液蓝色褪去。能检出。
（3）乙同学认为碘水中含有，加入溶液也可能产生沉淀。做对照实验：直接向碘水(含淀粉)中加入溶液。产生沉淀，溶液蓝色褪去。
查阅资料：
实验验证：
已知：、(微溶)
①Ⅲ中溶液的作用是 。
②Ⅳ中溶液的作用是 (用离子方程式表示)。
检验、比较沉淀a、b的成分，可明确的作用。
（4）问题思考：向与碘水的混合液中加入溶液，可能发生如下反应：
i.与在的促进下发生的氧化还原反应
ii.与在促进下发生的反应
iii.与的反应
确认是否发生反应iii，设计实验：将反应后混合物过滤， 。
供选择试剂：稀、溶液、溶液
已知：、溶于溶液；难溶于稀
【答案】（1）；正反应方向；
（2）生成AgI沉淀，降低，逆向进行（生成AgI沉淀，提高了I2的氧化能力）
（3）还原；
（4）方法一：取滤渣，加入足量Na2S2O3溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HNO3，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，iii成立方法二：取滤渣，加入足量KI溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HNO3，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，iii成立
【知识点】化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用；盐类水解的应用
【解析】【解答】(1)①溶液中检测出，说明未完全转化为，证明该反应存在限度；
②加入，振荡，反应生成的碘被萃取，使得平衡向正反应方向移动；
③KI中的碘离子能与反应A生成的单质碘发生反应，消耗生成的碘，从而使平衡向正反应方向移动；
(2)加入溶液，碘离子与银离子结合生成AgI沉淀，碘离子的浓度减小，平衡逆向移动，可增大与的反应程度，同时生成的AgI沉淀，提高了I2的氧化能力，被氧化成的反应程度增大；
(3)①由图可知，步骤Ⅲ中加入KI溶液后，淀粉溶液变蓝，根据说明KI将滤液中的还原成了；
②已知，则沉淀b为和，，加入KI可将转化成，反应的离子方程式为。
(4)若与发生反应，会有单质银生成，确认是否发生反应iii，只需检验是否有单质银生成，因此取滤渣，加入足量Na2S2O3溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HNO3，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，iii成立；或者取滤渣，加入足量KI溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HNO3，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，iii成立。
【分析】（1）①铁离子是黄色，给出的物质碘离子过量，检验是否存在铁离子即可
②加入四氯化碳，将碘单质溶解，导致平衡右移
③碘离子和碘单质可以反应即可写出方程式
（2）①银离紫和碘离子形成沉淀，导致碘离子减少
（3）①加入硫酸银促进了碘单质与水的反应，产生碘酸与碘离子反应得到的是碘单质
②加入碘离子主要是将碘酸银变为碘化银
（4）根据判断发生iii，产物中有银单质，检验银单质即可
31．（2022·缙云模拟）铋是一种稀有金属，铋及其化合物在工业生产中用途广泛，如氯氧化铋常用于电子设备、汽车装饰材料、塑料助剂及生产干电池阴极。以下是一种用铋精矿(主要成分是Bi2S3还含有FeS2、 Cu2S、PbO2及不溶性杂质)制备 BiOCl的一种方法，其流程如图：
已知： ① Fe(OH)3开始沉淀的 pH值为2.7，沉淀完全时的 pH值为3.7。
② 对浸出渣的处理，直至得到产品，都在封闭的管道内进行。
③ pH＞3，则 BiCl3极易水解生成不溶性的 BiOCl 沉淀。
请回答以下问题：
（1）铋精矿在浸取时会先进行粉碎，目的是 。
（2）加压氧化氨浸过程中，已知 CuS2发生如下反应：，生成，FeS2在此过程中也生成某氧化物，请写出发生反应的化学方程式 。
（3）操作Ⅰ为： 。
（4）根据流程分析，盐酸羟胺在反应中起到什么作用： 。
（5）流程中生成 BiOCl 的离子方程式： 。
（6）滤液 3 中含有的金属阳离子有： 。
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分
（2）4FeS2+16NH3·H2O+15O2=2Fe2O3+8(NH4)2SO4+8H2O
（3）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
（4）将 Fe3+还原成 Fe2+，以免在生成 BiOCl 的同时生成 Fe(OH)3 沉淀
（5）
（6）Fe2+、Na+
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；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；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)粉碎铋精矿可以增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；
(2)根据 CuS2中S元素的变化，可知FeS2在此过程中也会被氧化得到硫酸根，Fe元素转化为Fe2O3，根据电子守恒可知FeS2和O2的系数比为4：15，再结合元素守恒可得化学方程式为4FeS2+16NH3·H2O+15O2=2Fe2O3+8(NH4)2SO4+8H2O；
(3)操作1可以从硫酸铜溶液中得到五水硫酸铜，所以为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
(4)Fe(OH)3在pH值为2.7时开始沉淀，而后续流程为了得到BiOCl，需要将pH调制约为3，若Fe元素为+3价，则该过程中会产生Fe(OH)3沉淀，而稀盐酸、稀硫酸都不能还原Fe3+，所以盐酸羟胺在反应中的作用为将 Fe3+还原成 Fe2+，以免在生成 BiOCl 的同时生成 Fe(OH)3沉淀；
(5)加入碳酸钠调节pH约为3，得到BiOCl，根据元素守恒可得离子方程式为；
(6)根据分析可知滤液3中含有的金属阳离子为Fe2+、Na+。
【分析】铋精矿(主要成分是Bi2S3还含有FeS2、 Cu2S、PbO2及不溶性杂质)，加入氨水、氧气加压浸取，根据题目所给信息可知，过滤后Cu、S元素进入浸出液，浸出渣主要含有Bi2O3、Fe2O3、PbO2及不溶性杂质；浸出液经系列操作得到CuSO4溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到五水硫酸铜；浸出渣加入稀盐酸、盐酸羟胺，Bi元素转化为BiCl3进入滤液1，Pb、Fe元素分别被还原成PbCl2、FeCl2进入滤液1，滤液中加入稀硫酸得到硫酸铅沉淀，此时滤液2中含有BiCl3、FeCl2，加入碳酸钠调节pH约为3，得到BiOCl，滤液3中此时还有FeCl2，以及加入碳酸钠后得到的NaCl。
32．（2021高三上·嘉定模拟）化学社团小组的同学在测试Na2SO3溶液的pH时，遇到了困惑。为此，决心重新实验，揭开奥秘。请你也参与交流讨论。
a．查阅资料：①常温下0.1mol L-1的H2SO3溶液的pH约为2.1。②通常情况下，H2S为无色，有腐蛋臭味的气体，其水溶液称为氢硫酸。常温下0.1mol L-1的H2S溶液的pH约为4.5。
b．实验操作：
①准确称取纯净的Na2SO3 7H2O晶体31.500g，配成1L水溶液，测得其pH=7.8。
②再次准确称取31.500g上述晶体，继而隔绝空气在600℃以上高温下强热至恒重 (只有硫元素的化合价变化成最高价和最低价)，质量为15.750g。
③将②所得的15.750g固体进行元素定性定量分析，组成与Na2SO3无异。将其溶于水得250.00mL溶液，测得pH=10.3。
c．分析猜想：Na2SO3 7H2O在强热下，失去结晶水，进而发生了分解反应(自身氧化还原反应)
d．交流讨论
（1）实验操作①所得溶液的物质的量浓度为 ；实验操作②中除酒精灯、玻璃棒、三角架及隔绝空气的设备外，还需要的仪器有 。
（2）给Na2SO3 7H2O加热时为何要隔绝空气，请以简要的文字给以说明。
（3）猜想Na2SO3在高温强热下发生分解反应的化学方程式是 。
（4）实验①和③中，两次测得的溶液pH相差明显，其合理的解释是(简要的文字和离子方程式给以说明) 。
（5）请你设计简单的实验方案，给上述分析猜想及解释加以佐证。并简单叙述实验步骤、现象和结论。 。
【答案】（1）0.125 molL-1；坩埚、坩埚钳、泥三角、电子天平等
（2）避免Na2SO3被空气中氧气氧化，（2Na2SO3+O2=2Na2SO4）
（3）4Na2SO3Na2S+3Na2SO4
（4）（由a①知H2SO3 强于H2S）实验③的溶液中可能有Na2S，相同条件下，S2-水解程度大于SO，溶液的碱性强； S2-+H2OHS-+OH-
（5）取③溶液适量于试管中，向其中加稀H2SO4，如有腐蛋气味气体生成，则证明有S2-；另取③中溶液适量于试管中，加入HCl酸化的BaCl2，如有白色沉淀生成，证明有SO。（稀硫酸可以换成盐酸）
【知识点】氧化还原反应；盐类水解的应用；常用仪器及其使用；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）31.500g Na2SO3 7H2O晶体的物质的量，物质的量浓度为；实验操作②需要加热固体和称量，仪器除酒精灯、三角架及隔绝空气的设备外，还需要的仪器有坩埚、坩埚钳、泥三角、电子天平等；
（2）亚硫酸钠具有强的还原性，Na2SO3 7H2O加热时要隔绝空气，防止亚硫酸钠被氧气氧化为硫酸钠，即2Na2SO3+O2=2Na2SO4；
（3）Na2SO3在高温强热下发生分解反应是一个自身氧化还原反应，会生成-2价硫和+6价的硫，反应为：4Na2SO3Na2S+3Na2SO4；
（4）硫离子和亚硫酸根离子均能发生水解使得溶液显碱性，实验①和③中，两次测得的溶液pH相差明显，是因为二者的水解程度不一样而导致碱性强弱不一样，实验③中溶液的pH=10.3的原理是S2-+H2OHS-+OH-；
（5）硫离子能和酸反应生成硫化氢，硫离子的检验方法：取③溶液适量于试管中，向其中加稀H2SO4，如有腐蛋气味气体生成，则证明有S2-，硫酸根离子可以和钡离子反应生成硫酸钡，硫酸根离子的检验方法：另取③中溶液适量于试管中，加入HCl酸化的BaCl2，如有白色沉淀生成，证明有SO。
【分析】（1）根据和计算；
（2） Na2SO3易被氧化；
（3）Na2SO3在高温强热下反应生成 Na2S、3Na2SO4；
（4）硫离子和亚硫酸根离子均能发生水解使得溶液显碱性，实验①和③中，两次测得的溶液pH相差明显，是因为二者的水解程度不一样；
（5）硫离子能和酸反应生成硫化氢，硫离子的检验方法：取③溶液适量于试管中，向其中加稀H2SO4，如有腐蛋气味气体生成，则证明有S2-，硫酸根离子可以和钡离子反应生成硫酸钡。
33．（2021·海门模拟）硫代硫酸钠(Na2S2O3)俗称海波，广泛应用于照相定影及纺织业等领域等。某化学实验小组用如图1装置制备。
已知：①Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2
②Na2SO4溶解度如图2所示。
（1）若要检验a处混合气体中的CO2，实验方法是：将混合气体 。
（2）三颈烧瓶中两种固体溶解时，需先将Na2CO3溶于水配成溶液，再将Na2S固体溶于Na2CO3的溶液中，其目的 。
（3）设计以下实验测定以上制备的纯度：
步骤1：准确称取8.00g样品，溶于水，加入5mL甲醛，配成100mL溶液。
步骤2：准确称取0.294gK2Cr2O7于碘量瓶中，加入20mL蒸馏水溶解，再加入5mLmol L-1H2SO4和20mL10%KI溶液使铬元素完全转化为Cr3+，加水稀释至100mL。
步骤3：向碘量瓶中加入1mLl%淀粉，用待测Na2S2O3溶液滴定碘量瓶中溶液至滴定终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。(已知：)
①写出“步骤2”中反应的离子方程式 。
②试计算的纯度(写出计算过程)
（4）利用甲装置中的残渣(Na2SO4和Na2SO3的混合物)制备晶体，请补充完整实验方案，将固体混合物溶于水配成溶液， ，洗涤、干燥得晶体。(实验中须使用的试剂及仪器有：氧气、pH计)
【答案】（1）先通入高锰酸钾溶液中，然后再通入品红溶液中，若品红溶液不褪色，再将气体通入澄清石灰水中，若澄清石灰水变浑浊，则其中含有二氧化碳
（2）利用碳酸钠水解使溶液呈碱性抑制了硫化钠的水解，防止硫化钠水解产生有毒气体硫化氢而污染空气
（3）；93.0%
（4）向其中缓慢通入氧气，用pH计测定溶液的pH，当pH=7.0时停止通氧气；将溶液置于40℃水浴加热减压蒸发浓缩到溶液中产生少量晶体时，停止加热，用冰水冷却降温结晶，过滤
【知识点】盐类水解的应用；含硫物质的性质及综合应用；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）a处混合气体中可能含有二氧化碳和二氧化硫，若要检验a处混合气体中的CO2，要先除去二氧化硫后将混合气体通入澄清石灰水中，可以用酸性高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，用品红溶液检验是否除尽。故答案为：先通入高锰酸钾溶液中，然后再通入品红溶液中，若品红溶液不褪色，再将气体通入澄清石灰水中，若澄清石灰水变浑浊，则其中含有二氧化碳；
（2）因为硫化钠水解显碱性，且其水解程度较大，其水解产物为有毒气体硫化氢，碳酸钠溶液碱性较强，所以先溶解碳酸钠可以抑制硫化钠水解，防止生成有毒气体污染空气；
（3）①“步骤2” 中准确称取0.294gK2Cr2O7于碘量瓶中，加入20mL蒸馏水溶解，再加入5mLmol L-1H2SO4和20mL10%KI溶液使铬元素完全转化为Cr3+，碘离子转化为碘单质，所以离子方程式为：，故答案为：；
②根据化学方程式和，可推出关系式为：，m()=，样品中的纯度为，故答案为：93.0%；
（4）利用甲装置中的残渣(Na2SO4和Na2SO3的混合物)制备晶体，首先要用氧气将Na2SO3氧化为Na2SO4。Na2SO3水解使溶液显碱性，而Na2SO4溶液显中性，故可通过测定溶液的pH来进行控制。由硫酸钠的溶解度曲线图可知，的溶解度受温度影响较大，在40℃溶解度最大，而且降到0℃时溶解度最小，故采用40℃减压蒸发浓缩，冰水冷却降温结晶的方法加以分离，然后过滤，冰水洗涤。故答案为：向其中缓慢通入氧气，用pH计测定溶液的pH，当pH=7.0时停止通氧气；将溶液置于40℃水浴加热减压蒸发浓缩到溶液中产生少量晶体时，停止加热，用冰水冷却降温结晶，过滤。
【分析】（1）CO2和SO2都能使澄清石灰水变浑浊，所以在检验CO2之前，应确保把SO2除尽；
（2）碳酸钠溶液可以抑制硫化钠水解；
（3）样品中的纯度为；
（4）利用图像，控制温度，采用冷却结晶的方法制备。
34．CoCO3是一种制造锂电池电极的原料。以含钴废渣(主要成分CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备CoCO3的一种工艺流程如下：
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol·L-1计算)：
金属离子 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH
Co2+ 7.6 9.4
Al3+ 3.0 5.0
Zn2+ 5.4 8.0
（1）“酸浸”时通入SO2发生反应的离子方程式是 。
（2）“除铝”时调节溶液pH范围为 ，该过程中主要反应的离子方程式为 。
（3）“萃取”过程可表示为ZnSO4(水层)+2HX(有机层) ZnX2(有机层)+H2SO4(水层)，由有机层获取ZnSO4溶液的操作是 。
（4）“沉钴”时为使Co2＋沉淀完全，Na2CO3溶液需稍过量且缓慢滴加，能说明Co2＋已沉淀完全的实验操作是 。
（5）CoCO3隔绝空气灼烧可以生成Co2O3，该反应的化学方程式为 。
（6）某工业生产过程中得到溶液的溶质主要是ZnSO4和CuSO4。已知硫酸锌晶体的溶解度随温度变化如图，请设计从该混合液中获取ZnSO4晶体的实验方案：
向溶液中加入稍过量的锌粉，充分反应后， ，得到ZnSO4溶液， ，得到ZnSO4晶体。(实验中须使用的试剂有：Zn粉、稀H2SO4、酒精)。
【答案】（1）Co2O3+SO2+2H+=2Co2++ +H2O或2Co3++SO2+2H2O=2Co2++ +4H+
（2）5.0～5.4（1分）；2Al3＋+3 +3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
（3）向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分液
（4）静置，向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无白色沉淀生成，则说明Co2+已经沉淀完全
（5）2CoCO3 Co2O3+CO↑+CO2↑
（6）过滤，向所得固体中加入稍过量稀硫酸，充分反应，过滤，把两次过滤的滤液合并；保持60℃左右蒸发浓缩，冷却至室温结晶，过滤，用酒精洗涤，干燥
【知识点】盐类水解的应用；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）“酸浸”时Co2O3与酸发生反应产生Co3+，Co3+与SO2发生氧化还原反应，产生Co2+、 ，则通入SO2发生反应的离子方程式是Co2O3+SO2+2H+=2Co2++ +H2O或2Co3++SO2+2H2O=2Co2++ +4H+；
（2）“除铝” 时调节pH的目的是沉淀Al3+，而不沉淀Co2+、Zn2+，根据表可知pH范围为5.0~ 5.4；反应为加入的Na2CO3电离产生的 与Al3+发生双水解反应产生Al(OH)3沉淀和CO2气体，该反应的离子方程式为：2Al3＋+3 +3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；
（3）ZnSO4在有机层中，由于该盐是强酸弱碱盐，水解显酸性，为抑制盐的水解，从有机层中获得ZnSO4溶液的方法是向有机层中加入适量的硫酸溶液，充分振荡，静置，然后分液，就得到ZnSO4溶液；
（4）“沉钴”时为使Co2＋沉淀完全，Na2CO3溶液需稍过量且缓慢滴加，Co2＋已沉淀完全，则向溶液中再加入Na2CO3溶液，就不会形成CoCO3沉淀，故相应的实验操作是：静置，向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无白色沉淀生成，则说明Co2+已经沉淀完全；
（5）CoCO3不稳定，隔绝空气灼烧发生氧化还原反应生成Co2O3，同时产生CO2、CO，该反应的化学方程式为：2CoCO3 Co2O3+CO↑+CO2↑；
（6）工业生产过程中得到溶液的溶质主要是ZnSO4和CuSO4，向其中加入足量的Zn，发生置换反应：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，然后过滤，所得固体中含有Cu及过量的Zn，向所得固体中加入稍过量的稀硫酸，其中的Zn会发生反应：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，充分反应，过滤，把两次过滤的滤液合并，就得到ZnSO4溶液。由图可知ZnSO4的溶解度随温度升高而增大，当温度在60℃后，其溶解度随温度的升高而降低。因此从溶液中获得晶体的操作是：保持60℃左右蒸发浓缩，然后冷却至室温结晶，过滤，再用酒精洗涤，干燥，就得到ZnSO4晶体。
【分析】（1）由流程可知，Co2O3具有氧化性，而SO2具有还原性，二者可发生氧化还原反应，据此写出反应的离子方程式。
（2）除铝的过程中要形成Al(OH)3沉淀，而Zn2+、Co2+不形成沉淀，结合表格中沉淀的pH值分析。
（3）有机层和水溶液不互溶，可采用分液操作分离。
（4）若Co2+完全沉淀，则继续加入Na2CO3溶液，没有沉淀形成。
（5）CoCO3转化为Co2O3的过程中，Co被氧化，则应有C被还原，生成CO，据此书写反应的化学方程式。
（6）结合温度对溶解度的影响分析。
35．（2021·高州模拟）某卤水锂矿“沉锂”后所得滤饼的主要成分为Li2CO3，同时含有共生盐——氯化钠、氯化钾及少量重金属盐，为提高Li2CO3的纯度，需要在“沉锂”后进行“洗矿”，洗矿母液为接近饱和的碳酸锂的高盐废水，废水的pH约为10~12且重金属离子含量超标，需处理后排放，回收处理洗矿母液的工艺流程如图所示。
碳酸锂的溶解度(g/L)如表：
温度/℃ 0 10 20 30 40 50 60 80 100
Li2CO3 1.54 1.43 1.33 1.25 1.17 1.08 1.01 0.85 0.72
回答下列问题：
（1）“洗矿”通常采用90℃的热水进行，目的是 。
（2）洗矿母液呈碱性的主要原因是 (用离子方程式表示)。
（3）“除重金属”时所得滤渣含有硫化亚砷(As2S3)，可用硝酸将其转化为砷酸(H3AsO4)、硫酸，同时生成一氧化氮，则该反应的化学方程式为 。
（4）NaCl、KCl、LiCl的溶解度随温度的变化情况如图所示。流程中操作I为“加热蒸发、浓缩结晶、趁热过滤”，操作II为“冷却结晶、过滤”，则晶体b和晶体c的主要成分分别为 、 (填化学式)。
（5）工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺如下：
a.将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH溶液做阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解。
b.电解后向LiOH溶液中加入少量NH4HCO3溶液并共热，过滤、洗涤、干燥得高纯Li2CO3。
①a中，阳极的电极反应式是 ，宜选用 (填“阳”或“阴”)离子交换膜。
②b中，生成Li2CO3反应的离子方程式是 。
【答案】（1）减少碳酸锂的溶解
（2）CO +H2O=HCO +OH-
（3）3As2S3+28HNO3+4H2O=6H3AsO4 +9H2SO4+28NO↑
（4）NaCl；KCl
（5）2Cl--2e-=Cl2；阳；2Li++2OH-+NH +HCO Li2CO3+2H2O+NH3↑
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；盐类水解的应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)“洗矿”通常采用90℃的热水进行，目的是减少碳酸锂的溶解；
(2)洗矿母液含有碳酸根离子，呈碱性的主要原因是 ；
(3)“除重金属”时所得滤渣含有硫化亚砷(As2S3)，可用硝酸将其转化为砷酸(H3AsO4)、硫酸，同时生成一氧化氮，根据氧化还原反应原理中的转移电子守恒配平得： 3As2S3+28HNO3+4H2O=6H3AsO4 +9H2SO4+28NO↑；
(4)有分析可知，晶体b和晶体c的主要成分分别为NaCl、KCl；
(5) ①碳酸锂溶于盐酸后作电解槽的阳极液，阳极溶液中氯离子失去电子，发生氧化反应，则阳极的电极反应式是2Cl--2e-=Cl2，锂离子进入阴极，则选用阳离子交换膜隔开；
②氢氧化锂与碳酸氢铵反应生成碳酸锂、氨气和水，离子方程式是2Li++2OH-+NH +HCO Li2CO3+2H2O+NH3↑。
【分析】选矿主体主要成分为Li2CO3，同时含有共生盐——氯化钠、氯化钾及少量重金属盐，加入盐酸调节pH值，反应后得到氯化锂溶液，加入硫化钠将重金属沉淀，过滤除去，滤液I中溶质主要为氯化锂、氯化钾和氯化钠；操作I是加热蒸发、浓缩结晶、趁热过滤，先析出晶体b是的主要成分是氯化钠，操作II是冷却结晶、过滤，析出晶体c的主要成分是氯化钾；剩余溶液为高富集的氯化锂溶液，向溶液III中加入碳酸钠，反应生成碳酸锂沉淀，过滤得到碳酸锂粗品，滤液IV溶质为氯化钠，加入到滤液I中循环处理，据此回答问题。
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