2023-2024学年鲁科版（2019）高中化学选择性必修1 3.2弱电解质的电离盐类的水解分层练习(含答案）

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3.2弱电解质的电离盐类的水解
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．25℃时，向水中加入下列物质，能使水电离出的c(H+)＞1.0×10-7 mol/L的是
A．NaF B．H2SO4 C．NaHSO4 D．NaOH
2．室温时，一定量的Na2CO3与盐酸混合所得溶液中，部分含碳微粒的物质的量分数(α)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是
A．pH=10.3时：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+3c(HCO)
B．pH=6.3时：α(CO)+α(HCO)+α(H2CO3)=1.0
C．pH=7时：c(HCO)>c(CO)>c(H2CO3)>c(OH-)=c(H+)
D．曲线X表示的微粒为CO
3．下列实验方案可以达到实验目的的是
编号 实验目的 实验方案
A 配制0.4000mol/L的FeCl3溶液 用托盘天平称取16.25g固体FeCl3于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，冷却后转移至250mL容量瓶中，洗涤、移液、定容、摇匀。
B 除去NaCl固体中混杂的KNO3 将固体溶解，蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥
C 证明Br2的氧化性比I2强 向NaI溶液中滴入少量溴水，观察颜色变化
D 测定次氯酸钠溶液pH 用玻璃棒蘸取溶液，点在干燥pH试纸上，与标准比色卡对照
A．A B．B C．C D．D
4．在一定温度下，有a．盐酸 b．硫酸 c．醋酸三种酸，下列说法正确的是
A．等物质的量浓度的三种酸的pH由大到小的关系为b>a>c
B．等物质的量浓度等体积的三种酸，与等浓度的NaOH溶液反应，消耗碱的体积由大到小的顺序是a=b=c
C．三者pH相同、体积相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是c>a=b
D．三者pH相同、体积相同时，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，若产生相同体积的H2(相同状况)，则三者的初始反应速率大小关系为b >a>c
5．室温下，下列说法正确的是
A．等物质的量浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合，所得溶液呈中性
B．CH3COOH溶液和HCl溶液导电能力相同，则醋酸浓度大于盐酸
C．pH相同的CH3COOH溶液和HCl溶液，c(CH3COO-)＞c(Cl-)
D．0.1mol·L-1的CH3COONa溶液中，c(CH3COO-)=0.1mol·L-1
6．关于氯化铁溶液，下列有关说法正确的是
A．加水稀释能促进其水解，并提高的浓度
B．实验室用饱和的溶液制取氢氧化铁胶体
C．加少量浓盐酸能促进水解
D．保存氯化铁溶液时应加入少量铁粉
7．在水中能发生水解反应且溶液为酸性的是
A．BaCl2 B．KHCO3 C．(NH4)2SO4 D．H3PO4
8．下列物质属于弱电解质的是
A．CaCO3 B．CH3CH2OH C．H2O D．SO2
9．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，22.4L己烷中含非极性键的数目为
B．中含质子的数目为7
C．溶液中含数目小于0.1
D．反应中，生成0.3mol氧化产物时转移的电子数为1.4
10．工业合成氨的反应为。可与酸反应制得铵盐，可通过催化氧化生产，强碱条件下能被NaClO氧化生成；可被NaClO继续氧化生成，也可被氧化生成，能与溶液反应产生银镜；是一种弱酸，酸性与醋酸相当。下列有关含氮化合物的性质与用途不具有对应关系的是
A．易液化且汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂
B．溶液显酸性，可用于除铁锈
C．浓具有挥发性，可用于检验蛋白质
D．具有还原性，可用于将还原为单质Ag
二、填空题
11．25℃时，三种酸的电离平衡常数如下表所示。
化学式
名称 醋酸 次氯酸 亚磷酸
电离平衡常数
回答下列问题：
(1)pH相等的溶液、溶液、溶液中，物质的量浓度最小的是 （填化学式）。
(2)已知为正盐，依据表格数据，的第二级电离平衡常数表达式 ；25℃时，5.6mol·L-1溶液的pH= 。
(3)向体积均为10mL、均为mol·L-1的溶液和一元酸溶液中，分别加水稀释至1000mL，稀释过程中的变化如图所示，则HX的电离平衡常数 （填“大于”“小于”或“等于”）的电离平衡常数，理由是 。
(4)常温下，将0.05mol·L-1的氨水逐滴加入10mL0.1mol·L-1溶液中至溶液显中性，此时溶液中各离子浓度大小关系为 。
12．H2C2O4为二元弱酸。回答下列问题：
(1)20℃时，配制一组c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+ c(C2O42-)=0.100 mol·L-1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如下图所示。
①H2C2O4的电离方程式为 。
②为获得尽可能纯的NaHC2O4，pH应控制在 左右。
③NaHC2O4溶液呈酸性，其原因为 。
④pH=6时，溶液中含碳微粒浓度大小关系为 。
(2)常温下，草酸、碳酸的电离平衡常数如下：
化学式 H2CO3 H2C2O4
平衡常数 Ka1=4.3×10-7 Ka2=5.6×10-11 Ka1=5.6×10-2 Ka2=5.4×10-5
①常温下，0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液的pH 0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液的pH。（填“＞”、“＜”或“=”）
② pH=4的H2C2O4溶液中c(C2O42-)：c(HC2O4-)= 。
13．Ⅰ.含有弱酸 HA 和其钠盐 NaA 的混合溶液，在化学上用作缓冲溶液。向其中加入少量酸或碱时，溶液的酸碱性变化不大。
（1）向该溶液中加入少量盐酸时，发生反应的离子方程式是 ；向其中加入少量 KOH 溶液时，发生反应的离子方程式是 。
（2）现将0.04mol L﹣1HA 溶液和0.02mol L﹣1NaOH 溶液等体积混合，得到缓冲溶液。
①若 HA 为 HCN，该溶液显碱性，则溶液中 c(Na+) c(CN﹣)(填“＜”“=”或“＞”)，你得出该结论的依据是 。
②若 HA 为 CH3COOH，该溶液显酸性．溶液中所有的离子按浓度由大到小排列的顺序是 。
II （3）常温下，将NH3·H2O与盐酸等体积混合，实验数据如下：
组别 NH3·H2O HCl 混合溶液的pH值
甲 c（NH3·H2O）=0.1mol·L-1 c（HCl）=0.1mol·L-1 pH=a
乙 NH3·H2O的pH=12 HCl的pH=2 pH=b
丙 c（NH3·H2O）=A mol·L-1 c（HCl）=0.1mol·L-1 pH=c
针对甲、乙、丙三组实验，回答下列问题：
①甲组反应后，溶液中离子浓度的大小顺序为 ；
②乙组b 7(填“＞”、“＜”或“＝”)
③丙组溶液混合后c＝7，A 0.1mol·L-1(填“＞”、“＜”或“＝”)
④甲中a＝6，混合溶液中c(Cl－)－c(NH4＋)= mol·L-1 (列式表示结果，不能做近似计算)。
14．水是生命的源泉，水溶液中的离子平衡与我们的生产生活密切相关。
(1)时，向水的电离平衡体系中加入少量醋酸钠固体，得到为的溶液，其水解反应离子方程式为 ，由水电离出的=
(2)时，已知，在与的混合溶液中，若测得，则溶液中= (填精确值),= 。
(3)向溶液中滴加溶液至中性后，各离子浓度由大到小的顺序为 。
(4)某温度时水的离子积常数，若将此温度下的溶液与的稀硫酸混合，所得混合液，则 。
(5)时，向的NH3·H2O溶液滴加amL0.1的溶液时，混合溶液的恰好为7。则NH3·H2O的电离平衡常数 (用含有的式子表示)。
15．化学平衡移动原理，同样也适用于其他平衡，已知在氨水中存在下列平衡：，向氨水中加入固体时，平衡向 移动，OH-的浓度 ，向浓氨水中加入少量NaOH固体，平衡向 移动。
16．某研究性学习小组设计实验探究铝等金属的性质：将铝片（不除氧化膜）投入浓氯化铜溶液中，铝表面很快出现一层海绵状暗红色物质，接下来铝片上产生大量气泡．触摸容器知溶液温度迅速上升，收集气体，检验其具有可燃性．若用同样的铝片投入同浓度的硫酸铜溶液中，在短时间内铝片无明显变化．
（1）铝与氯化铜溶液能迅速反应，而与同浓度的硫酸铜溶液在短时间内不反应的原因可能是 ．
A．氯化铜溶液酸性比同浓度的硫酸铜溶液酸性强
B．硫酸铜水解生成硫酸使铝钝化
C．氯离子能破坏氧化铝表面薄膜，而硫酸根离子不能
D．生成氯化铝溶于水，而生成硫酸铝不溶于水
请设计一个简单实验验证你的选择： ．
（2）铝片表面出现的暗红色物质的过程中发生的离子反应方程式是 ． 用离子方程式解释产生气泡的原因： ．
（3）放出的气体是 ，请从有关物质的浓度、能量、是否有电化学作用等分析开始阶段产生气体的速率不断加快的原因是 ．（写出一点即可）
（4）某同学通过一定的实验操作，也能使铝片与硫酸铜溶液反应加快，他采取的措施可能是 ．
A．用砂纸擦去铝片表面的氧化膜后投入硫酸铜溶液中
B．把铝片投入热氢氧化钠溶液中一段时间后，取出洗涤，再投入硫酸铜溶液中
C．向硫酸铜溶液中滴加氢氧化钠溶液，再投入铝片
D．在铝片上捆上几枚铜钉后投入同浓度的硫酸铜溶液中
（5）除去氧化铝的铝片与铜片为电极，在X电解质溶液中构成原电池，列表如下：
选项 铝电极 电解质 负极反应 正极反应
A 正极 NaOH Al﹣3e﹣=Al3+ 2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑
B 负极 稀盐酸 2Al﹣6e﹣=2Al3+ 6H++6e﹣=3H2↑
C 正极 浓硝酸 Cu﹣2e﹣﹣=Cu2+ 2NO3﹣+4H+﹣4e﹣=2NO2↑+2H2O
D 负极 稀硝酸 Cu﹣2e﹣=Cu2+ 2NO3﹣+8H+=2NO↑+4H2O+6e﹣
其中正确的是 ，由此推知，金属作电极不仅与本身性质相关，而且与 有关．
17．完成下列问题：
(1)某温度时，纯水的pH=6。该温度下0.01mol/LNaOH溶液的pH= 。
(2)25℃时，已知：HB为一元酸，0.1mol·L-1的HB溶液的pH值为3，关于该溶液下列说法正确的是 。
A．此溶液中不存在HB分子 B．升温，pH增大
C．加水稀释，c(OH-)增大 D．NaB溶液中c(H+)＜c(OH-)
(3)25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合液pH=6，则溶液中c(CH3COO-)-c(Na+)= (填准确数值)。
(4)明矾能净水，其原理为： (用离子方程式解释)。
18．Ⅰ.请回答下列问题：
(1)向冰醋酸中逐滴加水，溶液导电性随加入水的体积变化如下图所示：
a、b、c三点溶液中CH3COOH的电离程度由大到小的顺序是 。
(2)已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示，回答下列问题：
化学式 CH3COOH H2CO3 HClO
电离平衡常数 Ka=1.8×10-5 Ka1=4.3×10-7 Ka2=5.6×10-11 Ka=3.0×10-8
①物质的量浓度均为0.1 mol/L的四种溶液：pH由小到大排列的顺序是 (用编号填写)
a．CH3COONa b．Na2CO3 c．NaClO d．NaHCO3
②写出向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式： 。
(3)已知常温时，a mol/L醋酸在水中与0.1 mol/L NaOH等体积混合，溶液为中性，则醋酸钠的水解平衡常数Kh= (用含a的代数式表示)。
Ⅱ.结合下表回答下列问题(均为常温下的数据)：
酸 电离常数(Ka) 酸 电离常数(Ka) 酸 电离常数(Ka) 酸 电离常数(Ka)
CH3COOH 1.8×10-5 H2CO3 K1=4.4×10-7 H2C2O4 K1=5.4×10-2 H2S K1=1.3×10-7
HClO 3×10-8 K2=4.7×10-11 K2=5.4×10-5 K2=7.1×10-15
(4)0.1mol/L的H2C2O4溶液与0.1mol/L的KOH的溶液等体积混合后所得溶液呈酸性，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 。
(5)pH相同的NaClO和CH3COOK溶液中，[c(Na+)-c(C1O-)] [c(K+)-c(CH3COO-)](填“＞”、“＜”或“=”) 。
(6)向0.1mol/LCH3COOH 溶液中滴加NaOH 溶液至c(CH3COOH)： c(CH3COO-)=5：9，此时溶液pH= 。
19．工业制备氯化铜时，将浓盐酸用蒸气加热至80℃左右，慢慢加入粗CuO粉末（含杂质Fe2O3、FeO），充分搅拌，使之溶解，得一强酸性的混合溶液，现欲从该混合溶液中制备纯净的CuCl2溶液，采用以下步骤：
参考数据：pH≥9.6时，Fe2＋完全水解成Fe(OH)2；pH≥6.4时，Cu2＋完全水解成Cu(OH)2；pH≥3.7时，Fe3＋完全水解成Fe(OH)3。
请回答以下问题：
（1）第一步除去Fe2＋，能否直接调整pH＝9.6，将Fe2＋沉淀除去？ (填“能”或“不能”，理由是 。
（2）有人用强氧化剂NaClO将Fe2＋氧化为Fe3＋：
①加入NaClO后，溶液的pH变化是 。（填序号）
A．一定增大 B．一定减小 C．可能增大 D．可能减小
②你认为用NaClO作氧化剂是否妥当？（填“是”或“否”） ，理由是 。
③现有下列几种常用的氧化剂，可用于除去混合溶液中Fe2＋的有 。
A．浓HNO3 B．KMnO4 C．Cl2 D．H2O2
（3）除去溶液中的Fe3＋的方法是调整溶液的pH＝3.7，现有下列试剂均可以使强酸性溶液的pH调整到3.7，可选用的有 。
A．NaOH B．氨水 C．Cu2(OH)2CO3 D．Na2CO3 E．CuO
20．回答下列问题：
(1)常温下，0.1 mol·L-1CH3COOH溶液加水稀释的过程中，下列表达式的数值一定变小的是_______。
A．c(H+) B． C．c(H+) c(OH-) D．
(2)如图是盐酸和醋酸稀释过程pH随溶液体积变化的曲线，曲线II代表的酸是 ，a、b、c三点导电能力由大到小的顺序是 。
(3)常温下，用0.1000mol·L-1NaOH溶液分别滴定20mL0.1000mol·L-1的盐酸和醋酸，当滴定至溶液pH=7时，醋酸消耗的NaOH溶液的体积 盐酸消耗的NaOH溶液的体积。(填“>”“ <”或“=”)
(4)已知部分弱酸的电离常数如下表：
化学式 HF H2CO3 H2S
电离平衡常数K(25℃) 7.2×10-4 K1=4.4×10-7 K2=4.7×10-11 K1=9.1×10-8 K2=1.1×10-12
①常温下，pH相同的三种溶液NaF、Na2CO3、Na2S，物质的量浓度最大的是 。
②将过量H2S通入Na2CO3溶液，反应的离子方程式是 。
(5)二元弱酸H2A溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数δ(X) 随pH的变化如图所示。则H2A的电离平衡常数K2= 。
三、实验探究题
21．人类社会的发展离不开“求知求真”．某化学兴趣小组以溶液与溶液的反应为素材，探究盐溶液之间的反应情况，体悟反应的复杂性。
(1)实验预测
推测可能发生的反应 推测依据 预期的实验现象
①氧化还原反应 具有一定的氧化性，具有较强的还原性 若过量，则有淡黄色沉淀(S)生成若过量，则有黑色沉淀 生成
②复分解反应 为黑色难溶物， 有黑色固体生成
③彻底双水解反应 、水解能力均较强 有 色沉淀()产生，同时有臭鸡蛋气味的气体(H2S)生成
(2)实验探究
实验一：探究与能否发生反应①，设计装置如下图，能证明反应已经发生的现象有 [已知：]。
实验二：探究与能否发生反应②和③，设计如下实验：
实验步骤 实验现象 实验解释或结论
ⅰ．向饱和溶液中，滴加2滴饱和溶液 有黑色沉淀生成，而后黑色沉淀消失，出现淡黄色沉淀 用离子方程式解释黑色沉淀消失的原因： 。
ⅱ．将饱和溶液与饱和溶液直接混合 先有黑色和另一种颜色的沉淀生成，而后都变为黑色；同时有臭鸡蛋气味的气体生成 试解释：沉淀最终都变为黑色的原因是 。结论： 发生反应②， 发生反应③(均填“已”或“未”)。
ⅲ．取ⅱ中最终生成的黑色沉淀样品，用无水乙醇多次洗涤后，干燥称量得黑色固体，然后在空气中灼烧至恒重 灼烧后，所得红棕色固体质量为 经计算判断，黑色固体样品的成份为 。
实验结论
与在溶液中相遇，会因为二者的浓度、用量等不同而反应不同，但都会先发生复分解反应。
22．某学生对Na2SO3与AgNO3在不同pH下的反应进行探究
(1)测得Na2SO3溶液pH=10，AgNO3溶液pH=5，二者发生水解的离子分别是 ；
(2)调节pH，实验记录如下：
实验 pH 现象
a 10 产生白色沉淀，稍后溶解，溶液澄清
b 6 产生白色沉淀，一段时间后，沉淀未溶
c 2 产生大量白色沉淀，一段时间后，产生海绵状棕黑色物质X
查阅资料得知：
①Ag2SO3：白色，难溶于水，溶于过量的Na2SO3溶液
②Ag2O棕黑色，不溶于水，能和酸反应，它和盐酸反应的化学方程式为 。
(3)该同学推测a中白色沉淀为Ag2SO4，依据是空气中的氧气可能参与反应，则生成硫酸银沉淀的离子方程式为 。
该同学设计实验确认了a、b、c中的白色沉淀不是Ag2SO4，实验方法是:取b、c中白色沉淀， 置于Na2SO3溶液中，沉淀溶解。另取Ag2SO4固体置于足量 溶液中，未溶解。
(4)将c中X滤出、洗净，为确认其组成，实验如下：
I．向X中滴加稀盐酸，无明显变化
Ⅱ．向x中加入过量浓HNO3，产生红棕色气体。
Ⅲ.用Ba(NO3)2溶液、BaCl2溶液检验Ⅱ中反应后的溶液，前者无变化，后者产生白色沉淀.
①实验I的目的是 。
②根据实验现象，分析X是 。
③Ⅱ中反应的化学方程式是 。
(5)该同学综合以上实验，分析产生X的原因，认为随着酸性的增强，+4价硫的还原性增强，能被+1价银氧化。通过进一步实验确认了这种可能性，实验如下：
①通入Y后，瓶中白色沉淀转化为棕黑色，气体Y是 。
②白色沉淀转化为X的化学方程式是 。
23．某实验小组利用H2O2氧化CoCl2制备三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3.反应原理为：2CoCl2+10NH3+2NH4Cl+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O
查阅资料可知：
①酸性介质中，Co3+易被还原为Co2+，在配合物中三价钴配合物比二价钴配合物稳定：
②三氯化六氨合钴为橙黄色晶体，易溶于稀酸、稀碱溶液，可溶于水，难溶于乙醇；
③三氯化六氨合钴在冷的强酸或强碱的稀溶液中较稳定，但在高浓度盐酸中易结晶析出，在强碱溶液中煮沸条件下[Co(NH3)6]3+易被分解。
④Ksp[Co(OH)3]=1.6×10-44Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15

实验步骤如下：
步骤I：在三颈烧瓶中加入3.0g研细的CoCl2·6H2O，2.0gNH4Cl和7.0mL蒸馏水。加热溶解后加入0.2g活性炭。
步骤II：将步骤I混合液冷却至室温后加入10.0mL浓氨水，继续冷却至10℃以下，缓慢加入8mL6%(质量分数)H2O2溶液。
步骤III：步骤II所得混合液加热至60℃左右并恒温20min，然后用冰水浴冷却至2℃左右，进行抽滤，收集固体粗产品。
步骤IV：将粗产品溶于足量稀盐酸中，待固体充分溶解后趁热过滤，收集滤液。
步骤V：向上述滤液中加入足量试剂X，使橙黄色[Co(NH3)6]Cl3晶体充分析出，然后再用冰水冷却，过滤，洗涤，最后在真空干燥器中干燥。
回答下列问题：
(1)仪器a的名称 。活性炭的作用 。
(2)步骤II中混合液冷却至室温才加入10.0mL浓氨水原因是 。
(3)步骤IV中趁热过滤除去的杂质为 。
(4)步骤V中加入试剂X是 ，洗涤晶体时使用试剂是 。
(5)[Co(NH3)6]Cl3与NaOH溶液煮沸时发生反应的离子方程式 。
(6)Co(OH)3溶于稀盐酸发生反应的化学方程式 。
参考答案：
1．A
【分析】在室温下水存在电离平衡：H2OH++OH-，水电离产生的c(H+)=c(OH-)=1.0×10-7 mol/L，存在水的电离平衡，根据平衡移动原理分析解答。
【详解】A．NaF是强碱弱酸盐，在溶液中F-发生水解反应，消耗水电离产生的H+变为弱酸HF，使水电离平衡正向移动，最终达到平衡时，水电离出的c(H+)＞1.0×10-7 mol/L，A符合题意；
B．H2SO4是二元强酸，在溶液中电离产生H+、，c(H+)增大，导致水电离平衡逆向移动，最终达到平衡时，水电离产生的c(H+)＜1.0×10-7 mol/L，B不符合题意；
C．NaHSO4是二元强酸形成的酸式盐，在溶液中电离产生Na+、H+、，H+的产生使溶液中c(H+)增大，导致水电离平衡逆向移动，最终达到平衡时，水电离产生的c(H+)＜1.0×10-7 mol/L，C不符合题意；
D．NaOH是一元强碱，在溶液中电离产生Na+、OH-，OH-的产生，导致溶液中c(OH-)增大，水电离平衡逆向移动，最终达到平衡时，水电离产生的c(H+)＜1.0×10-7 mol/L，D不符合题意；
故合理选项是A。
2．A
【解析】随着pH的增大，溶液中的H2CO3先转化成，再转化成， H2CO3浓度随着pH增大而减小，浓度随着pH的增大先增大再减小，浓度随着pH的增大而增大，所以X表示H2CO3的质量分数，Y表示的质量分数，Z曲线表示的质量分数。
【详解】A．溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl—)+c(OH—)+c()+2c()，pH=10.3时，c()= c()，所以c(Na+)+c(H+)=c(Cl—)+c(OH—)+3c()，A项正确；
B．pH=6.3时，α()、α()、α(H2CO3)均小于0.2，所以α()+α()+α(H2CO3)<0.6，B项错误；
C．pH=7时，Y在最上方，X在中间，Z在最下方，根据分析可知c() > c(H2CO3) > c() > c(OH—)= c(H+)，C项错误；
D．根据分析可知X表示的微粒是H2CO3，D项错误。
答案为A。
3．B
【详解】A．配置稀释FeCl3溶液时，应在浓盐酸中进行，A不能到达实验目的；
B．KNO3的溶解度受温度的影响较大，除去NaCl固体中混杂的KNO3，将固体溶解，蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，即可除去硝酸钾杂质，B能到达实验目的；
C．NaI溶液为无色，向NaI溶液中滴入少量溴水，生成的碘水溶液与稀溴水的颜色接近，不能判断是否发生反应，C不能到达实验目的；
D．次氯酸钠溶液中次氯酸根离子水解生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能氧化指示剂而褪色，不能用pH试纸测定次氯酸钠的pH，D不能到达实验目的；
答案为B。
4．C
【详解】A．氯化氢和硫酸是强电解质，在水中完全电离，盐酸是一元酸，所以盐酸中c(H+)=c(HCl)，硫酸是二元酸，硫酸溶液中c(H+)=2c(H2SO4)，醋酸是一元弱酸，所以醋酸溶液中c(H+)＜c(CH3COOH)，所以等物质的量浓度的三种酸，氢离子浓度大小顺序是b＞a＞c，溶液pH由大小顺序为c＞a＞b，故A错误；
B．同体积同物质的量浓度的三种酸，三种酸n(HCl)=n(CH3COOH)=n(H2SO4)，盐酸和醋酸是一元酸，硫酸是二元酸，盐酸和醋酸需要氢氧化钠的物质的量相等，硫酸需要的氢氧化钠是盐酸和醋酸的2倍，中和NaOH能力由大到小的顺序是b＞a=c，故B错误；
C．当pH相同即c(H+)相同、体积相同时，醋酸的浓度最大，反应过程中生成的氢离子最多，盐酸和硫酸中氢离子的物质的量相等，所以分别加入足量锌，生成氢气体积为c＞a=b，故C正确；
D．反应速率与氢离子浓度成正比，开始时这三种溶液中氢离子浓度相等，所以开始反应速率相等，即a=b=c，故D错误；
答案为C。
5．B
【详解】A．等物质的量浓度、等体积CH3COOH和NaOH混合，恰好完全反应后得到CH3COONa溶液，CH3COONa在溶液中水解显碱性，所以混合溶液显碱性，故A错误；
B．导电能力和溶液中离子浓度成正比，当导电能力相同时，离子浓度相等，由于CH3COOH是弱电解质，在溶液中部分电离，HCl是强电解质，在溶液中全部电离，要使离子浓度相等醋酸浓度必大于盐酸，故B正确；
C．由溶液电荷守恒可知，CH3COOH溶液存在c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)，HCl溶液存在c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)，两溶液pH值相同，c(H+)浓度相同，c(OH-)浓度相同，则c(CH3COO-)=c(Cl-)，故C错误；
D．0.1mol·L-1的CH3COONa溶液中，CH3COONa是强电解质，完全电离，由于CH3COO-会发生水解，因而c(CH3COO-)＜0.1mol·L-1，故D错误；
答案为B。
6．B
【详解】A．加水稀释能促进水解，但溶液体积增大，所以的浓度降低，故A错误；
B．在沸水中滴加饱和的溶液，再加热至溶液呈红褐色，制取氢氧化铁胶体，故B正确；
C．水解呈酸性，加少量浓盐酸能抑制水解，故C错误；
D．水解呈酸性，保存氯化铁溶液时应加入盐酸，加入铁粉能将三价铁还原为二价铁，故D错误；
故答案为B。
7．C
【详解】A．BaCl2是强酸强碱盐，在水中不能水解，故A不选；
B．KHCO3是强碱弱酸盐，碳酸氢根在水中水解产生氢氧根使溶液呈碱性，故B不选；
C．(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，铵根离子在水中发生水解反应产生氢离子而使溶液呈酸性，故C选；
D．H3PO4在水中只能电离，不能水解，故D不选；
故选C。
8．C
【详解】A．CaCO3是难溶性物质，但溶于水部分是完全电离的，属于强电解质，A不符合题意；
B．CH3CH2OH是由分子构成的物质，易溶于水的物质，在水中和熔融状态下都不能发生电离而导电，属于非电解质，B不符合题意；
C．H2O能够极微弱的电离产生H+、OH-，存在电离平衡，因此H2O是弱电解质，C符合题意；
D．SO2是由分子构成的物质，在水中和熔融状态下都不能因自身发生电离而导电，因此属于非电解质，D不符合题意；
故合理选项是C。
9．B
【详解】A．标准状况下，己烷为液体，无法确定己烷的物质的量，因而不能计算非极性键的数目，A项错误；
B．的摩尔质量为，所以的物质的量为0.1 mol，含质子的物质的量为，数目为7NA，B项正确；
C．没有给出溶液的体积，无法确定溶液中的数目，C项错误；
D．反应中，氧化产物为，若生成0.3 mol氧化产物，则转移2.1 mol电子，D项错误；
故答案选B。
10．C
【详解】A．氨气分子间存在氢键，易液化，液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂，故A不符合题意；
B．NH4Cl为强酸弱碱盐，因NH水解使溶液显酸性，铁锈为Fe2O3，Fe2O3为碱性氧化物，因此氯化铵溶液可用于除铁锈，故B不符合题意；
C．浓硝酸与蛋白质发生颜色反应，与浓硝酸的挥发性无关，故C符合题意；
D．AgNO3转化成Ag单质，Ag元素化合物降低，即AgNO3为氧化剂，N2H4体现还原性，故D不符合题意；
答案为C。
11． 10 大于 相同的溶液和溶液稀释相同的倍数，溶液的变化更大
【详解】(1)酸的电离平衡常数越小，酸性越弱，则相同pH值时，酸的浓度越大，根据表格数据可知Ka1(H3PO3) >Ka(CHCOOH)> Ka(HClO)>，所以pH相等的三种溶液H3PO3的浓度最小；
(2)Na2HPO3为正盐，则H3PO3为二元弱酸，其第二级电离方程式为H2PO3-HPO32-+H+，其电离平衡常数表达式为；Na2HPO3溶液中存在着水解平衡HPO32-+H2OH2PO3-+OH-，设c(OH-)=a，则其水解平衡常数为，解得a约为10-4mol/L，则溶液中c(H+)=10-10mol/L，pH=10；
(3)酸性越弱稀释时pH即c(H+)变化越慢，据图c(H+)相同的醋酸溶液和HX溶液稀释相同的倍数，HX溶液的c(H+)变化更大，所以HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数；
(4)溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+ c(H+)=c(CH3COO-)+ c(OH-)，而溶液呈中性所以c(H+)=c(OH-)，所以c(NH4+)=c(CH3COO-)，水的电离程度较小，则离子浓度大小顺序为c(NH4+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)。
【点睛】pH即c(H+)相同的一元酸分别加水稀释相同的倍数，加水稀释促进弱酸电离导致稀释相同倍数后pH：强酸＜弱酸；同理相同浓度的一元酸稀释相同的倍数，强酸的pH变化更大，但不会大于弱酸的pH。
12． H2C2O4H+ + HC2O4－ 2.5～3之间任一数值均可 HC2O4-的电离程度大于其水解程度 c(C2O42－)＞c( HC2O4－)＞c(H2C2O4) ＞ 0.54
【分析】(1)①根据图象H2C2O4溶液中存在的微粒可知H2C2O4多元弱酸，因此分步电离，第一步为主；
②根据图象可以看出pH=2.5～3， HC2O4－的浓度最大；
③利用弱酸的酸式酸根离子的电离平衡和水解平衡进行分析；
④根据图象分析横坐标pH=6时，微粒的浓度大小。
(2)①根据电离常数可知：HC2O4－酸性大于HCO3-，利用越弱越水解原理，可知CO32-的水解能力强于C2O42－；
②根据H2C2O4的第二步电离常数计算；
【详解】(1)①多元弱酸分步电离，第一步为主，H2C2O4的电离方程式为H2C2O4H+ + HC2O4－；
答案：H2C2O4H+ + HC2O4－
②根据图象可以看出，当pH在2.5～3的范围内， HC2O4－的浓度最大，所以，为获得尽可能纯的NaHC2O4，pH控制在2.5～3之间任一数值均可；
答案：2.5～3之间任一数值均可
③HC2O4-存在两个平衡，电离平衡HC2O4－H+ + C2O42-，水解平衡HC2O4－+H2OOH- + H2C2O4，由于HC2O4-电离程度大于水解程度，所以溶液呈酸性；
答案：HC2O4-的电离程度大于其水解程度
④根据图象分析当横坐标pH=6时，纵坐标可以看出溶液中含碳微粒浓度大小关系为c(C2O42－)＞c( HC2O4－)＞c(H2C2O4)；
答案：c(C2O42－)＞c( HC2O4－)＞c(H2C2O4)
(2)①根据电离常数可知：HC2O4－酸性大于HCO3-，根据越弱越水解原理可知，CO32-的水解能力强于C2O42－，所以常温下，0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液的pH大于0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液的pH。
答案：＞
②根据H2C2O4的第二步电离常数计算：Ka2=5.4×10-5==，可得
pH=4的H2C2O4溶液中c(C2O42-)：c(HC2O4-)=0.54；
答案：0.54
13． A-+H+ HA HA+OH- H2O+A- ＞ 因为c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，溶液显碱性，则c(H+)＜c(OH-)，所以c（c(Na+)＞c(CN-) c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-) c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(H＋)＞c(OH－) ＞ ＞ 1×10－6－1×10－8
【详解】Ⅰ含有弱酸HA和其钠盐NaA的混合溶液，向其中加入少量酸或碱时，溶液的酸碱性变化不大，是由于加入酸时发生：A-+H+ HA，加入碱时发生：HA+OH- H2O+A-，溶液中氢离子或氢氧根离子浓度变化不大而起到缓冲作用，
故答案为A-+H+ HA；HA+OH- H2O+A-；
（2）①该溶液显碱性，则c(H+)＜c(OH-)，根据溶液电中性原则可知c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，则c(Na+)＞c(CN-)，
故答案为＞，因为c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，溶液显碱性，则c(H+)＜c(OH-)，所以c(Na+)＞c(CN-)；
②若HA为CH3COOH，该溶液显酸性，说明c(H+)＞c(OH-)，根据溶液电荷守恒可知c(CH3COO-)＞c(Na+)，
故答案为c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)；
II (1)①甲组实验中氨水和盐酸的浓度、体积相同，二者恰好反应生成氯化铵，由于NH4+水解溶液显酸性，则c(H+)>c(OH )，结合电荷守恒可知：c(Cl )>c(NH4+)，溶液中离子浓度大小关系是：c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(H＋)＞c(OH－)；
故答案为c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(H＋)＞c(OH－)；
②盐酸是强酸，氨水是弱碱，pH=12的氨水浓度大于0.01mol/L，所以在体积相等的条件下二者反应后氨水过量，溶液显碱性，则溶液的pH>7，
故答案为>；
③丙组溶液混合后pH=7，这说明氨水和盐酸反应后溶液显中性，由于二者恰好反应时，溶液显酸性，因此要使反应后的溶液显中性，则氨水要过量，所以氨水的浓度A>0.1mol/L，
故答案为>；
④甲中a=6，所以在常温下溶液中c(H+)=10 6mol/L，c(OH )=10 8mol/L，根据电荷守恒可知：c(Cl )+c(OH )=c(NH4+)+c(H+)，则混合溶液中c(Cl )-c(NH4+)=c(H+)-c(OH-)=( 1×10－6－1×10－8)mol/L，
故答案为1×10－6－1×10－8。
【点睛】确定溶液中粒子浓度大小关系时巧用电荷守恒、物料守恒可减少思维过程。
14．(1) 1×10-3
(2) 9.9×10-7 18
(3)
(4)
(5)
【详解】（1）醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子在溶液中水解生成醋酸和氢氧根离子，溶液呈碱性，水解的离子方程式为，pH为11的溶液中水电离出的氢氧化离子浓度为1×10-3mol/L,故答案为：；1×10-3；
（2）溶液pH为6的醋酸和醋酸钠混合溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)=c(CH3COO—)+ c(OH—)，c(CH3COO—)—c(Na+)= c(H+)—c(OH—)=10—6mol/L—10—8mol/L=9.9×10—7mol/L；溶液中===18，故答案为：9.9×10—7；18；
（3）向硫酸氢铵溶液中滴加氢氧化钠溶液时，溶液中的氢离子优先与氢氧根离子反应，以物质的量比1∶1恰好反应时得到硫酸钠和硫酸铵的混合溶液，铵根离子水解使溶液呈酸性，所以硫酸氢铵溶液与加入的氢氧化钠溶液反应得到的中性溶液为硫酸钠、硫酸铵、一水合氨的混合溶液，溶液中离子浓度由大到小的顺序为，故答案为：；
（4）由反应后溶液pH为2可得：=10—2mol/L，解得a∶b=19∶2，故答案为：19∶2；
（5）氨水与稀硫酸反应得到的中性溶液为硫酸铵和一水合氨的混合溶液，溶液中氢氧根离子的浓度为10—7 mol/L、铵根离子浓度为×2= mol/L、一水合氨的浓度为= mol/L，则电离常数Kb==，故答案为：。
15． 右 减小 左
【详解】向氨水中加入MgCl2固体时，镁离子结合氢氧根生成氢氧化镁沉淀，平衡向右移动，OH－的浓度减小。向浓氨水中加入少量NaOH固体，氢氧根浓度增大，则平衡向左移动。
故答案为：右；减小；左；
16． C 在硫酸铜溶液中加入铝片，无明显现象，再加入氯化钠（注意：不能加入盐酸），若反应明显加快了，说明上述推断正确 Al3++3H2OAl（OH）3+3H+ Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+，2Al+6H+=2Al3++3H2↑ 氢气 随着反应进行生成铝离子浓度增大（或水解程度增大，产生大量H+或该反应放热，升高温度反应加快或铜与铝构成原电池，加快铝失电子） ABD B 电解质的性质
【详解】(1)金属铝的表面有一层致密的氧化物薄膜，氯化铝和硫酸铝阴离子的不同，氯离子能破坏氧化铝表面薄膜，而硫酸根离子不能；故选C；在硫酸铜溶液中加入铝片，无明显现象，再加入氯化钠(注意：不能加入盐酸)，若反应明显加快了，说明上述推断正确；
(2)金属铜呈暗红色，金属铝能置换铜盐中的金属铜，即2Al+ 3Cu2+==3Cu +2Al3+ ；氯化铜和硫酸铜均是强酸弱碱盐，水解显酸性,金属铝能和酸反应产生氢气，Al3++3H2OAl（OH）3+3H+ ，Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+，2Al+6H+=2Al3++3H2↑；
(3)金属铝能和酸反应产生氢气，温度、浓度、原电池原理均能使化学反应速率加快，开始阶段产生气体的速率不断加快的原因是其中某一个或多个因素的结果。随着反应进行生成铝离子浓度增大(或水解程度增大，产生大量H+或该反应放热，升高温度反应加快或铜与铝构成原电池，加快铝失电子)；
(4)A、用砂纸擦去铝片表面的氧化膜，再投入硫酸铜溶液中，形成铝铜原电池，能加速金属的腐蚀，故A正确；B、氧化铝能和强碱反应，然后把铝片投入投入硫酸铜溶液中，形成铝铜原电池，能加速金属的腐蚀，故B正确；C、硫酸铜和氢氧化钠发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，再投入铝片不反应，故C错误；D、在铝片上捆上几枚铜钉后投入同浓度的硫酸铜溶液中，会形成铜、铝、硫酸铜原电池,金属铝做负极，加快反应速率，故 D正确；故选ABD；
(5)铝片与铜片为电极，电解质溶液为盐酸时，金属铝做负极，当氢氧化钠作电解质时，仍是金属铝做负极，当电解质是浓硝酸时，金属铝和它钝化，所以铜做负极了，得看自发的氧化还原反应中失电子的单质原子是谁；
【点睛】(1)金属铝的表面有一层致密的氧化物薄膜，结合氯化铝和硫酸铝阴离子的不同来分析；(2)金属铝能置换铜盐中的金属铜，金属铝也能和酸反应产生氢气；(3)温度、浓度、原电池原理均能使化学反应速率加快；(4)根据原电池原理能加速金属的腐蚀以及氧化铝能和强碱反应的性质来回答；(5)原电池的负极是氧化还原反应中失电子的极。
17． 10 CD (10-6-10-8)mol/L Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+
【详解】(1)某温度时，纯水的pH=6，水的离子积为10-6×10-6=10-12。该温度下0.01mol/LNaOH溶液中，c(H+)==mol L-1， pH=-lg10-10=10。故答案为：10；
(2)25℃时，已知：HB为一元酸，0.1mol·L-1的HB溶液的pH值为3，说明HB为弱酸，部分电离，A．此溶液中存在HB分子，故A错误; B．升温，HB电离程度增大，pH减小，故B错误;C．加水稀释，酸性减弱，c(OH-)增大，故C正确;D．NaB是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，c(H+)＜c(OH-)，故D正确;故答案为：CD；
(3)根据电荷守恒，25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合液pH=6，c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)=10-8mol/L，则溶液中c(CH3COO-)-c(Na+)=c(H+)-c(OH-)= (10-6-10-8)mol/L(填准确数值)。故答案为：(10-6-10-8)mol/L；
(4)明矾能净水，是因为铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性，其原理为：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+(用离子方程式解释)。故答案为：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+。
18．(1)c＞b＞a
(2) a＜d＜c＜b ClO-+H2O+CO2=HCO+HClO
(3)(a-0.1)×10-6
(4)c(K+)＞c(HC2O)＞c(H+)＞c(C2O)＞c(OH-)
(5)=
(6)5
【详解】（1）根据越稀越电离规律，a、b、c三点溶液中CH3COOH的电离程度由大到小的顺序是c＞b＞a；
（2）①据电离平衡常数可知，酸性由强到弱的顺序为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞，弱酸的酸性越弱其酸根离子的水解程度越大，溶液碱性越强，则pH由小到大排列顺序是a＜d＜c＜b，故答案为：a＜d＜c＜b；
②酸性：HClO＞，向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳，反应生成碳酸氢根离子，该反应的离子方程式为：ClO﹣+H2O+CO2＝+HclO；
（3）醋酸钠溶液水解呈碱性，常温时，a mol/L醋酸与0.1 mol/L NaOH等体积混合，溶液为中性，则所得为醋酸和醋酸钠的混合溶液，且c(OH-)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)=0.05 mol/L，由物料守恒可知：，，则醋酸钠的水解平衡常数；
（4）0.1 mol·L－1的H2C2O4溶液与0.1 mol·L－1的KOH的溶液等体积混合，反应生成KHC2O4，此时溶液中大量存在K+和，故两者浓度最大，由于水解、电离损耗，导致其浓度比K+小，KHC2O4溶液呈酸性，说明溶液中电离大于水解，则c(H+)＞c()＞c(OH-)，故溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(K+)＞c()＞c(H+)＞c()＞c(OH-)，故答案为c(K+)＞c()＞c(H+)＞c()＞c(OH-)；
（5）根据电离平衡常数可知：酸性CH3COOH＞HClO，则NaClO的水解程度大于CH3COOK，所以pH相同时CH3COOK的浓度大于NaClO；由于两溶液的pH相同，则两溶液中氢离子、氢氧根离子的浓度相同，根据电荷守恒可得：c(Na+)-c(ClO-)=c(K+)-c(CH3COO-)，故答案为：＝；
（6）醋酸的电离平衡常数Ka==1.8×10-5，溶液中c(CH3COOH)：c(CH3COO-)=5：9，则c(H+)=1.8×10-5×=1.8×10-5×= 1×10-5 mol/L，则该溶液的pH=5，故答案为5。
19． 不能 因Fe2＋沉淀的pH最大，Fe2＋沉淀完全时，Cu2＋、Fe3＋也会沉淀完 A 否 引入新杂质 CD CE
【分析】（1）除去Fe2+时，应避免Cu2+生成沉淀；
（2）①NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性；
②加入氧化剂时，不能引入新的杂质；
（3）使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，应调节溶液的pH，所加物质能与酸反应，注意不能引入新杂质。
【详解】（1）由题给信息可知，除去Fe2+时，应避免Cu2+生成沉淀，如直接调整溶液pH=9.6，则生成氢氧化亚铁的同时，氢氧化铜、氢氧化铁也同时生成。
故答案为：不能；因Fe2＋沉淀的pH最大，Fe2＋沉淀完全时，Cu2＋、Fe3＋也会沉淀完；
（2）①NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，则加入NaClO，溶液的pH一定增大，另外NaClO可以酸反应生成HClO而导致溶液pH增大。
②加入氧化剂时，不能引入新的杂质，如用NaClO，则可引入NaCl杂质。
③为了不引入新杂质，应加入氯气或过氧化氢。
故答案为：A；否；引入新杂质；CD；
（3）使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，应调节溶液的pH，所加物质能与酸反应，注意不能引入新杂质，则可用CuO 或Cu2(OH)2CO3；
故答案为：CE。
20．(1)AD
(2) 醋酸的pH变化曲线 a>b>c
(3)小于
(4) NaF CO+H2S=HS-+ HCO
(5)1×10-4.2
【详解】（1）常温下0.1mol L-1的CH3COOH溶液中存在电离平衡，CH3COOH CH3COO-+H+，加水促进电离；
A．0.1 mol·L-1CH3COOH溶液加水稀释的过程中，溶液酸性减弱，pH增大，c(H+)减小，故A选；
B．常温下0.1mol L-1的CH3COOH溶液中存在电离平衡，CH3COOH CH3COO-+H+，电离常数Kb=不变，加水促进电离c(CH3COO-)减小，则增大，故B不选；
C．温度不变时，c(H+) c(OH-)=KW恒定不变，故C不选；
D．0.1 mol·L-1CH3COOH溶液加水稀释的过程中，溶液酸性减弱，pH增大，c(H+)减小，c(H+) c(OH-)=KW恒定不变，c(OH-)增大，减小，故D选；
故选AD。
（2）醋酸是弱酸，不完全电离使溶液显酸性，溶液浓度越低，电离程度越大，盐酸是强酸，在水溶液中完全电离，加等量的水稀释,盐酸溶液的pH变化大于醋酸溶液的pH变化，因此Ⅰ为盐酸的pH变化曲线，Ⅱ为醋酸的pH变化曲线，b、c两点在盐酸的pH变化曲线上，c点pH较大，稀释倍数较高，溶液中离子浓度低于b点溶液中离子浓度，a、b两点稀释相同的倍数，a点pH小于b点，则a点氢离子浓度高于b点，离子浓度越大，导电性越强，a、b、c三点导电能力由大到小的顺序是a>b>c。
（3）pH = 7 时，滴定盐酸消耗的 NaOH 溶液体积为20.00mL，滴定醋酸消耗的 NaOH 溶液体积为20.00mL时，溶质为醋酸钠，溶液显碱性，要使得溶液的pH= 7 ，则加入的NaOH溶液体积小于20.00mL，因此滴定醋酸消耗的 NaOH 溶液体积小于滴定盐酸消耗的 NaOH 溶液体积。
（4）①由图表中数据分析可知酸性HF＞H2CO3＞H2S＞HCO＞HS-，可知对应盐的水解程度F-＜HCO＜HS-＜CO＜S2-，浓度相同时溶液的碱性：Na2S＞Na2CO3＞NaF，所以常温下，PH相同的三种溶液NaF、Na2CO3、Na2S中物质的量浓度由大到小的顺序为NaF＞Na2CO3＞Na2S，即NaF的物质的量浓度最大；
②将过量H2S通入Na2CO3溶液，由较强酸制较弱酸可知反应生成NaHS和NaHCO3，则发生反应的离子方程式为CO+H2S=HS-+ HCO。
（5）pH越大，c(OH- )越大，促进H2A的电离，H2A浓度减小，HA-浓度增大，c(OH- )继续越大，HA-浓度减小，A2-浓度增大，pH=4.2时，c(A2-)= c(HA-)，H2A的电离平衡常数K2==c(H+)=1×10-4.2。
21．(1) 红褐色
(2) 电流表指针发生偏转，左边烧杯中溶液由黄色逐渐变为浅绿色 或 根据数据计算可知，过量时，使转化为更难溶 已 已 和的混合物
【分析】实验预测与实验探究对应，如果先发生氧化还原反应步骤ⅰ现象应与预测①现象相同，但步骤ⅰ是先有黑色沉淀生成；步骤ⅱ中通过臭鸡蛋气味气体的生成证明发生了双水解反应：2Fe3+ + 3S2- + 6H2O = 2Fe(OH)3↓+ 3H2S↑，此时一定同时伴有红褐色沉淀Fe(OH)3生成，则步骤ⅱ现象与预测②③大致相同，但还涉及了沉淀的转化，利用题中所给Ksp信息可知Fe(OH)3转化成了Fe2S3。通过步骤ⅰ和步骤ⅱ均先生成黑色固体现象可以判断先发生的是复分解反应，后发生氧化还原反应或双水解反应。题中所给的实验结论，也可表示先发生的是复分解反应。
【详解】（1）实验预测①为氧化还原反应，从氧化还原反应原理入手，则Fe3+与S2-的反应，Fe3+被还原为Fe2+，S2-被氧化为S。当Fe3+过量时S2-全部参与氧化还原反应，则有淡黄色沉淀S生成。若S2-过量，那多余的S2-会与Fe2+继续反应生成黑色沉淀FeS；实验预测③为彻底双水解反应，Fe3+彻底水解生成Fe(OH)3，S2-彻底水解生成H2S，则预测③应有红褐色沉淀生成。
（2）实验一利用原电池原理验证预测①，若反应已发生，电流表指针会发生偏转，b为原电池负极，Na2S为饱和溶液，根据题中信息，电极反应为：nS2- - 2(n-1)e- =，无现象。a应为原电池正极，电极反应为：Fe3+ + e- = Fe2+，溶液由黄色变为浅绿色。能证明反应已经发生的现象有，电流表指针会发生偏转，左边烧杯中溶液由黄色逐渐变为浅绿色；实验二步骤ⅰ先生成黑色沉淀Fe2S3，因Fe3+过量，后续Fe2S3转化成黑色沉淀FeS和黄色沉淀S：Fe2S3=2FeS+S，最后黑色沉淀消失，同时生成黄色沉淀：FeS+2Fe3+=3Fe2++S(两步相加得：Fe2S3+4Fe3+=6Fe2++3S)；步骤ⅱ先生成黑色固体，证明已发生反应②。根据题中信息有H2S生成，可知已发生了反应③，另一种颜色的沉淀为红褐色的Fe(OH)3。Fe(OH)3的Ksp=10-38，Fe2S3的Ksp=10-88，对比可知Fe2S3更难溶，Fe(OH)3转化成了Fe2S3。步骤ⅲ黑色固体有可能是FeS也有可能是Fe2S3，或两种物质的混合物。灼烧后，所得红棕色固体为Fe2O3，其中Fe的质量为0.8ag×=0.56ag。Fe原子守恒，样品中Fe的质量也为0.56ag。则样品中Fe的百分含量==56%。若样品全部为FeS，Fe的百分含量==64%。若样品全部为Fe2S3，Fe的百分含量==54%。54%<56%<64%，故黑色固体样品的成份为FeS和Fe2S3的混合物。
【点睛】计算样品成分时，可以先根据已知条件确定样品中某一组成含量，例如本题中黑色固体样品和最终得到的Fe2O3中均含有Fe元素，所以可以先求出Fe在样品中的百分含量。再利用极值法假设样品全部为其中某一物质时Fe的百分含量。将数据进行对比即可得出样品成分。
22．(1)SO、Ag+
(2)Ag2O+2HCl=2AgCl↓+H2O
(3) 2Ag++2SO+O2=Ag2SO4↓+SO Na2SO3
(4) 证明X不是Ag2O Ag Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O
(5) 二氧化硫 2Ag2SO3+2H2O4Ag+2H2SO4
【详解】（1）因SO水解Na2SO3溶液显碱性，因Ag+水解AgNO3溶液显酸性；故答案为：SO、Ag+；
（2）②Ag2O和盐酸反应的化学方程式为Ag2O+2HCl=2AgCl↓+H2O；故答案为：Ag2O+2HCl=2AgCl↓+H2O；
（3）因氧气参与反应生成硫酸银沉淀的离子方程式为2Ag++2SO+O2=Ag2SO4↓+SO；结合Ag2SO3难溶于水，溶于过量的Na2SO3溶液，可知b、c中的沉淀能溶解于Na2SO3，而Ag2SO4固体置于足量Na2SO3溶液不溶可知沉淀为Ag2SO3；故答案为：2Ag++2SO+O2=Ag2SO4↓+SO；Na2SO3；
（4）①X不能溶解于盐酸，证明X不是Ag2O；
②用Ba(NO3)2溶液、BaCl2溶液检验Ⅱ中反应后的溶液，前者无变化，后者产生白色沉淀，可知溶液里没有SO，有Ag+，则X为Ag；
③银溶解在浓硝酸中发生反应的化学方程式为Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O；
故答案为：证明X不是Ag2O；Ag；Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O；
（5）①Y氧化是为了增加溶液的酸性，同时不影响溶液里+4价硫的还原性，选择二氧化硫气体比较适宜；
②在酸性条件下生成Ag的反应方程式为2Ag2SO3+2H2O4Ag+2H2SO4。
故答案为：二氧化硫；2Ag2SO3+2H2O4Ag+2H2SO4。
23．(1) 恒压滴液漏斗 防止液体暴沸，加快反应速率(或作止沸剂和催化剂)
(2)减少浓氨水挥发
(3)活性炭
(4) 高浓度的盐酸 乙醇
(5)[Co(NH3)6]3++3OH-Co(OH)3↓+6NH3↑
(6)2Co(OH)3+6HC1=2CoCl2+Cl2↑+6H2O
【分析】利用H2O2氧化CoCl2制备三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3的实验探究。
【详解】（1）仪器a的名称为恒压滴液漏斗，活性炭具有疏松多孔的结构，作用是：防止液体暴沸，加快反应速率(或作止沸剂和催化剂)；
（2）浓氨水易挥发，降低温度可减少挥发，则混合液冷却至室温才加入浓氨水原因是：减少浓氨水挥发；
（3）活性炭难溶于水，步骤IV中趁热过滤除去的杂质为活性炭；
（4）已知三氯化六氨合钴在高浓度盐酸中易结晶析出，步骤V中加入试剂X是高浓度的盐酸，能析出[Co(NH3)6]Cl3晶体，由于该晶体易溶于稀酸、稀碱溶液，可溶于水，难溶于乙醇，可用乙醇洗涤晶体；
（5）在强碱溶液中煮沸条件下[Co(NH3)6]3+易被分解，[Co(NH3)6]Cl3与NaOH溶液煮沸时发生反应的离子方程式[Co(NH3)6]3++3OH-Co(OH)3↓+6NH3↑；
（6）已知酸性介质中，Co3+易被还原为Co2+，Co(OH)3溶于稀盐酸发生氧化还原反应生成CoCl2和氯气，发生反应的化学方程式：2Co(OH)3+6HC1=2CoCl2+Cl2↑+6H2O。
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