3.3 盐类的水解 课后练习 （含解析）2023-2024学年高二上学期化学苏教版（2019）选择性必修1
文档属性
| 名称 | 3.3 盐类的水解 课后练习 （含解析）2023-2024学年高二上学期化学苏教版（2019）选择性必修1 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 428.3KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-31 20:30:11 | ||
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文档简介
3.3 盐类的水解 课后练习
一、单选题
1．25℃时，下列说法正确的是（ ）
A．向Na2C2O4溶液中加水，溶液中所有离子浓度都减小
B．pH=3的醋酸溶液和pH=4的醋酸溶液，醋酸浓度前者是后者的10倍
C．浓度均为 的三种溶液：NaClO、 、 pH依次增大
D．pH=2的HA溶液和 的MOH溶液等体积混合后，恰好完全反应，则HA为强酸
2．下列说法中正确的是（ ）
A．将纯水加热的过程中，Kw变大，pH变小
B．保存FeSO4溶液时，加入稀HNO3抑制Fe2+水解
C．FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终得到FeCl3固体
D．向0.1 mol L﹣1氨水中加入少量水，pH减小， 减小
3．海水是十分重要的自然资源．如图是海水资源利用的部分过程，下列有关说法不正确的是（ ）
A．第①步除去粗盐中的 Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子加入试剂顺序为：NaOH 溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸
B．第②步由MgCl2 6H2O在空气中受热分解来制取无水MgCl2
C．第③步可通入Cl2，第④⑤步的目的是富集溴元素
D．海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法和离交换法
4．有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl；②CH3COONa与NaOH；③CH3COONa与NaCl；④CH3COONa与NaHCO3
下列各项排序正确的是
A．pH：②>③>④>① B．c(CH3COO-)：②>④>③>①
C．溶液中c(H+)：①>③>②>④ D．c(CH3COOH)：① >④>③>②
5．下列关于 FeCl3水解的说法错误的是（ ）
A．水解达到平衡时(不饱和)，加氯化铁溶液达饱和，溶液的酸性会增强
B．浓度为5 mol·L－1和0.5 mol·L－1的两种 FeCl3溶液，其他条件相同时，Fe3＋的水解程度前者比后者小
C．有50 ℃和20 ℃的同浓度的两种FeCl3稀溶液，其他条件相同时，Fe3＋的水解程度前者比后者小
D．为抑制 Fe3＋的水解，较好地保存 FeCl3溶液，应加少量盐酸
6．工业上为了除去锅炉中的水垢，要向锅炉里注入Na2CO3溶液浸泡一段时间，下列叙述正确的是（ ）
A．若c(Na2CO3)=c[(NH4)2CO3]，则两溶液中c(CO )也相等
B．锅炉中加入Na2CO3溶液发生反应的离子方程式为CO (aq)+CaSO4(s) CaCO3(s)+SO (aq)
C．盐酸溶液中，Ksp(CaCO3)增大，Ksp(CaSO4)减小
D．向Na2CO3溶液中通入适量的CO2使溶液呈中性时，c(Na+)=c(CO )+c(HCO )
7．下列各反应的化学方程式中，属于水解反应的是（ ）
A．H2O＋H2O H3O＋＋OH－
B． ＋OH－ H2O＋
C．CO2＋H2O H2CO3
D． ＋H2O ＋OH－
8．常温时，下列各溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．0.1mol/L的CH3COOH溶液：c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
B．含等物质的量NaHCO3和Na2CO3的溶液：3c(Na+)=2[c(HCO )+c(CO )+c(H2CO3)]
C．0.1 mol/L Na2CO3溶液：c(OH-)=c(H+)+c(HCO )+2c(H2CO3)
D．向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH=5的混合溶液：c(Na+)>c(NO )
9．下列应用与盐类的水解无关的是 （ ）
A．明矾净水
B．NaCl可用作防腐剂和调味剂
C．泡沫灭火器的灭火原理
D．FeCl3饱和溶液滴入沸水中制备Fe(OH)3胶体
10．一定条件下，在某Na2S的稀溶液中，下列说法错误的是（ ）
A．加水稀释溶液， 增大
B．通入少量HCl气体，水电离的c(OH-)减小
C．加入少量NaOH固体，c(Na+)+c(H+)>2c(S2-)+c(OH-)+c(HS-)
D．适当升高温度，溶液中c(S2-)浓度减小
11． 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A． ， 完全反应转移的电子数为
B．用电解粗铜的方法精炼铜，当电路中通过的电子数为 时，阳极应有 转化为
C．常温下， 的 溶液中，水电离出的 数为
D． 浓度为 的 溶液中，阴离子数为
12．室温下，向 溶液中滴加NaOH溶液，若 ，则所得溶液中 、 、 与溶液pH的关系如图所示，已知醋酸的电离常数 。下列说法正确的是（ ）
A． 与 可以大量共存
B．M点时，
C． 溶液第一步水解常数数量级为
D．NaHA溶液中：
13．常温下，向10mL 0.1mol·L-1 CH3COOH溶液中逐滴滴入0.1 mol·L-1的某碱ROH溶液，所得溶液pH及导电性变化如图所示。下列分析错误的是（ ）
A．b点溶液的pH=7，此时酸碱恰好中和
B．b点导电能力最强，说明ROH为强碱
C．c点溶液存在c(R+)＞c(CH3COO-)、c(OH-)＞c(H+)
D．b~c任意点溶液均有c(H+)·c(OH-)= Kw=10-14
14．下列实验操作所观察到的实验现象正确且能得出相应实验结论的是（ ）
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A 用精密pH试纸分别测定相同浓度NaClO和CH3COONa溶液的pH pH： 酸性强弱：
B 将相同大小的铜片、铝片用导线连接，平行放入浓硝酸中 铜片不断溶解 活泼性：AlC 取5 mL 0.1 mol/L KI溶液于试管中，加入1 mL 0.1 mol/L 溶液，充分反应后滴入5滴15% KSCN溶液 溶液变血红色 KI与的反应有一定限度
D 向盛有2 mL、0.1 mol/L NaOH溶液的试管中滴加4~5滴0.1 mol/L 溶液，再向其中滴加0.1 mol/L 溶液 先生成白色沉淀，后生成蓝色沉淀 说明：
A．A B．B C．C D．D
15．25℃时，改变0.1mol·L-1弱酸RCOOH溶液的pH，溶液中RCOOH分子的物质的量分数δ(RCOOH)[δ(RCOOH)=]也随之改变。甲酸(HCOOH)与丙酸(CH3CH2COOH)溶液中δ(RCOOH)与pH的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．丙酸的电离常数数量级为10-5
B．等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液的pH比较：前者＞后者
C．水的电离程度：M点＜N点
D．将0.1mol·L-1的HCOOH溶液与0.1mol·L-1的HCOONa溶液等体积混合，所得溶液中：c(HCOO-)＞c(Na+)＞c(HCOOH)＞c(H+)＞c(OH-)
16．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、综合题
17．研究含硒工业废水的处理工艺，对控制水体中硒超标具有重要意义。
（1）已知：H2SeO3为二元弱酸，Ka1(H2SeO3)＝3.5×10-3，Ka2(H2SeO3)＝5.0×10-8。用离子交换树脂处理含Na2SeO3浓度较高的废水时，发生的交换反应为SeO32-＋2RCl=R2SeO3＋2Cl- (R为离子交换树脂的树脂骨架)。经离子交换法处理后，废水的pH将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
（2）木炭包覆纳米零价铁除硒法是一种改良的含硒废水处理方法。
①以木屑和FeCl3·6H2O为原料，在N2氛围中迅速升温至600 ℃，保持2 h，过程中木屑先转化为木炭，最终制得木炭包覆纳米零价铁。制备木炭包覆纳米零价铁过程中，木炭的作用有吸附和 。
②木炭包覆纳米零价铁在碱性废水中形成许多微电池，加速SeO32-的还原过程。SeO32-在微电池正极上转化为单质Se，其电极反应式为 。
（3）绿锈[FeaⅡFebⅡ(OH)cXd](X代表阴离子，Ⅱ、Ⅲ表示铁元素的价态)中铁元素以结构态和游离态两种形式存在。由于结构态的双金属氢氧化物层间存在较大的空隙，形成了巨大的比表面积，同时结构态的FeⅡ还原能力优于游离态的FeⅡ，使得绿锈成为一种良好的除硒剂。
①结构态的绿锈具有优异的吸附性能，而且游离态的Fe3+还易水解生成Fe(OH)3胶体进一步吸附SeO32-。写出Fe3+水解的离子方程式： 。
②不同FeⅡ/FeⅢ组成的绿锈对SeO32-去除效果的影响结果如图1所示。随着绿锈组成中FeⅡ/FeⅢ比值的增大，绿锈的除硒效果先减小后增大的原因可能是 。
③废水的初始pH会对绿锈去除SeO32-的效果产生影响，关系如图2所示。当初始pH增大至11时，SeO32-的去除效果突然迅速减小的原因是 。
18．下表中数据是常温下HClO和H2CO3的电离常数，回答有关问题。
（1）下列能正确表示水解的离子方程式的是______________。
A．HCO3－ + H2O H2CO3+OH－
B．HClO + H2O ClO－+ H3O+
C．HCO3－ + H2O CO32－-+H3O+
D．CO32－+2H2O H2CO3+2OH－
（2）浓度相同的①Na2CO3；②NaHCO3；③NaClO三种溶液的pH由小到大排列的顺序为(用编号填写) 。
（3）写出NaClO溶液中通入少量CO2气体的离子方程式 。
（4）在新制氯水中加入少量碳酸氢钠粉末后，氯水的漂白能力增强，请用有关化学知识解释原因 。
（5）在等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，阴离子浓度的大小关系是 。
（6）在pH=8的NaClO和HClO混合液中，c(ClO－)/c(HClO)= 。
（7）已知HClO（aq）与NaOH（aq）反应的ΔH =－a kJ/mol；HCl（aq）溶液与NaOH（aq）反应的ΔH =－b kJ/mol。则HClO在水溶液中电离的ΔH等于 。
（8）pH=12的NaClO溶液中，c(HClO)= mol/L。（精确表达）
19．CoCO3可用作选矿剂、催化剂及家装涂料的颜料。以含钴废渣(主要成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：
下表是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）写出“酸溶”时发生氧化还原反应的化学方程式 。
（2）“除铝”过程中需要调节溶液pH 的范围为 。
（3）在实验室里，萃取操作用到的玻璃仪器主要有 ；上述“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）简述洗涤沉淀的操作 。
（5）在空气中煅烧CoCO3生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2 的体积为0.672 L(标准状况)，则该钴氧化物的化学式为 。
20．一种用软锰矿(主要成分MnO2)和黄铁矿(主要成分FeS2)制取MnSO4·H2O并回收单质硫的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）步骤②浸取时若生成S、MnSO4及Fe2(SO4)3的化学方程式为 。
（2）步骤③所得酸性滤液可能含有Fe2+，除去Fe2+可用的物质是 ；步骤④需将溶液加热至沸然后在不断搅拌下加入碱调节pH4~5，再继续煮沸一段时间，“继续煮沸”的目的是 。步骤⑤所得滤渣为 (填化学式)。
（3）步骤⑦需在90~100℃下进行，该反应的化学方程式为 。
（4）测定产品MnSO4·H2O的方法之一是：准确称取ag产品于锥形瓶中，加入适量ZnO及H2O煮沸，然后用 c mol·L－1 KMnO4标准溶液滴定至浅红色且半分钟不褪，消耗标准溶液VmL，滴定反应的离子方程式为 ，产品中Mn2+的质量分数为w(Mn2+)= 。
21．按要求填空：
（1）在室温下，等体积、等浓度的氢氧化钠与醋酸混合后溶液呈 性，溶液中c(Na+) c(CH3COO-)(填“＞”“=”或“＜”)；pH=13的氢氧化钠与pH=1的醋酸等体积混合后溶液呈 性，溶液中c(Na+) c(CH3COO-)(填“＞”“=”或“＜”)；
（2）下列溶液，①0.1mol/L HCl溶液②0.1mol/L H2SO4溶液③0.1mol/L NaOH溶液④0.1mol/L CH3COOH溶液，按pH由小到大顺序为 。
（3）CuSO4的水溶液呈酸性的原因是（用离子方程式表示）： ；实验室在配制CuSO4的溶液时，常将CuSO4固体先溶于较浓的硫酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以 （填“促进”、“抑制”）其水解。
（4）在25℃下，将a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合，充分反应后溶液呈中性，则反应后溶液存在的离子有 ，其浓度由大到小的顺序为 ，氨水的浓度a 0.01 mol·L-1（填“＞”、“ ＜”或“=”）。
（5）已知：难溶电解质Cu(OH)2在常温下的KSP=2×10-20，则常温下：某CuSO4溶液中c（Cu2+）=0.02mol L-1，如要生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液的pH最小为 。
（6）某工厂的电镀污泥中含有铜、铁等金属化合物。为实现资源的回收利用并有效防止环境污染，设计如下工艺流程：
①酸浸后加入H2O2的目的是 ，调pH的最适宜范围为 。
②调pH过程中加入的试剂最好是 。
A．NaOH B．CuO C．NH3·H2O D．Cu2(OH)2CO3
③煮沸CuSO4溶液的原因是 ；向CuSO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3，可以生成白色的CuCl沉淀，反应的化学方程式 。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．C2O 水解呈碱性，加水后，c(OH-)变小，温度不变，水解常数不变，KW不变，c(H+)浓度增大，故A不符合题意；
B．弱电解质的浓度越大，其电离程度越小，所以pH=3的醋酸溶液的物质的量浓度大于pH=4的醋酸溶液的物质的量浓度的10倍，故B不符合题意；
C．NaClO溶液中ClO-水解呈碱性， 溶液中CH3COO-水解呈碱性， 溶液中CO 水解呈碱性，而酸性：CH3COOH>HClO>HCO ，则浓度均为 的三种溶液： 、NaClO、 的碱性依次减弱，故D不符合题意；
D．pH=2的HA溶液和 的MOH溶液等体积混合，当HA为强酸时，二者恰好反应生成MA，当HA为弱酸时，混合液中HA过量，则HA为强酸，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A. 强碱弱酸盐水解呈碱性，加水稀释氢氧根离子浓度降低，结合水的离子积常数即可判断
B.弱酸稀释时继续电离且越稀越电离
C.根据酸性的强弱即可判断盐的水解程度
D.根据给出的数据计算出电离出氢离子的量即可判断
2．【答案】A
【解析】【解答】解：A、纯水电离是吸热反应，加热促进电离，Kw增大，PH减小，故A正确；
B、保存FeSO4溶液时，加入稀HNO3氧化亚铁离子，不能抑制Fe2+水解，故B错误；
C、FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，蒸干过程中氯化氢挥发，促进水解生成氢氧化铁沉淀分解生成氧化铁，故C错误；
D、向0.1 mol L﹣1 氨水中加入少量水，氨水加水稀释促进电离氢氧根离子浓度减小，溶液PH减小，氢氧根离子浓度和氨水浓度比值增大，故D错误；
故选A．
【分析】A、纯水电离是吸热反应，加热促进电离，Kw增大，pH减小，呈中性；
B、亚铁离子具有还原性加入硝酸具有强氧化性，氧化亚铁离子；
C、氯化铁水解生成氢氧化铁和盐酸，蒸干过程中氯化氢挥发，促进水解生成氢氧化铁沉淀分解生成氧化铁；
D、氨水加水稀释促进电离氢氧根离子浓度减小，溶液pH减小，氢氧根离子浓度和氨水浓度比值增大．
3．【答案】B
【解析】【解答】A．除去粗盐中含有的Mg2+、Ca2+、SO42-等杂质离子，加入的药品顺序为：NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸，NaOH与氯化钡可互换顺序，故A不符合题意；
B．MgCl2 6H2O在空气中加热时促进Mg2+水解，且水解产物HCl易挥发，最终只能得到氢氧化镁，继续高温加热还可能得到氧化镁，故B不符合题意；
C．第③步中溴元素被氧化，发生反应的离子方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，第④步将溴离子氧化为溴单质，第⑤步中溴单质在碳酸钠溶液中发生歧化反应生成溴化钠和溴酸钠，第⑥步中溴化钠和溴酸钠经酸化转化为溴单质，过程中④⑤步目的是浓缩、富集溴单质，故C不符合题意；
D．蒸馏法是把水从水的混合物中分离出来，得到纯净的水；通过离子交换树脂可以除去海水中的离子，从而达到淡化海水的目的；利用电渗析法可使相应的离子通过半透膜以达到硬水软化的效果，故不D符合题意；
故答案为B。
【分析】海水通过蒸发浓缩得到粗盐和母液，粗盐精制除去杂质得到精盐，电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气，母液中含有镁离子和溴离子，加入石灰乳沉淀镁离子过滤得到氢氧化镁沉淀和滤液，氢氧化镁溶解后浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤，在氯化氢气流中加热失去结晶水得到无水氯化镁，滤液中加入氧化剂氯水氧化溴离子为溴单质，把溴吹出用碳酸钠溶液吸收后，加入酸重新生成溴单质，以此解答该题。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．①CH3COONa与HCl等浓度混合生成醋酸和氯化钠，溶液的pH＜7，②中有强碱氢氧化钠，溶液pH最大，③④都因盐的水解而显碱性，且④中次氯酸钠的水解程度大于醋酸钠，溶液的pH④③，所以各混合液中的pH大小为：②＞④＞③＞①，故A不符合题意；
B.因②中碱中的OH-抑制CH3COO-水解，则c（CH3COO-）最大，④中两种盐相互抑制水解，③中只有水解，而①中CH3COO-与酸结合生成弱电解质，则c（CH3COO-）最小，即c（CH3COO-）的大小顺序为：②＞④＞③＞①，故B符合题意；
C.酸性越强，则溶液中C（H+）越大，pH越小，则四种混合液中的pH大小顺序为：②＞④＞③＞①，c（H+）大小为：①＞③＞④＞②，故C不符合题意；
D.因水解程度越大，则生成的CH3COOH就多，则c（CH3COOH）③＞④＞②，而①中CH3COO-与酸结合生成弱电解质CH3COOH，则c（CH3COOH）最大，即c（CH3COOH）①＞③＞④＞②，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】注意两种物质混合，先考虑是否反应，如果反应先按量的关系进行反应，后分析生成物，如果不反应，可根据在水溶液中的存在进行判断。
5．【答案】C
【解析】【解答】A.氯化铁浓度越大，溶液的酸性越强，A不符合题意；
B.铁离子浓度越大，水解程度越小，B不符合题意；
C.水解吸热，加热促进水解，50 ℃和20 ℃的同浓度的两种FeCl3稀溶液，其他条件相同时，Fe3＋的水解程度前者比后者大，C符合题意；
D.在配制溶液时，要防止水解生成氢氧化铁沉淀而使溶液浑浊，可先加入酸，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.铁离子会发生水解，使溶液显酸性；
B.稀释促进水解，这说明氯化铁的浓度越小，就越容易水解；
C.水解是吸热的过程，所以升高温度会促进水解；
D.铁离子水解需要结合氢氧根离子，如果在溶液中加入少量酸，可以抑制其水解。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．Na2CO3为强碱弱酸盐，而(NH4)2CO3为弱碱弱酸盐，则铵根离子与碳酸根离子相互促进水解，若c(Na2CO3)=c[(NH4)2CO3]，则两溶液中c(CO )不相等，A叙述不符合题意；
B．相同温度时，Ksp(CaSO4)大于Ksp(CaCO3)，则锅炉中加入Na2CO3溶液发生反应的离子方程式为CO (aq)+CaSO4(s) CaCO3(s)+SO (aq)，B叙述符合题意；
C．Ksp(CaSO4)、Ksp(CaCO3)只与温度有关，则盐酸溶液中，Ksp(CaCO3)、Ksp(CaSO4)不变，C叙述不符合题意；
D．向Na2CO3溶液中通入适量的CO2使溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，根据溶液呈电中性，则c(Na+)+c(H+)=2c(CO )+c(HCO )+c(OH-)，故c(Na+)=2c(CO )+c(HCO )，D叙述不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.铵根离子水解显酸性，而碳酸根离子水解显碱性，相互促进，因此碳酸铵中碳酸根离子浓度小
B.碳酸钙比硫酸钙更难溶
C.溶度积与温度有关，与其他条件无关，只要温度不变，溶度积不变
D.根据电荷守恒和中性即可判断
7．【答案】D
【解析】【解答】A. 水是弱电解质，可以电离，为电离方程式，故A不符合题意；
B. 该反应是盐与碱的复分解反应，故B不符合题意；
C. 该反应表示二氧化碳与水反应生成碳酸，故C不符合题意；
D. 碳酸根离子为弱酸根离子，在溶液中可水解，与水反应生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，故D符合题意。
【分析】盐类水解本质是盐类电离产生的弱酸根或弱碱阳离子与水电离出的H＋或OH－结合生成弱电解质的过程，用 表示水解反应程度微弱，多元弱酸根只能逐个结合H＋，分步水解。
8．【答案】C
【解析】【解答】A．溶液中存在电荷守恒c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，所以c(H+)>c(CH3COO-)，故A不符合题意；
B．含等物质的量NaHCO3和Na2CO3的溶液中存在物料守恒：2n(Na)=3n(C)，所以2c(Na+)=3[c(HCO )+c(CO )+c(H2CO3)]，故B不符合题意；
C.0.1 mol/L Na2CO3溶液中存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HCO )+2c(H2CO3)，故C符合题意；
D．钠离子、硝酸根离子不水解，所以c(Na+)=c(NO )，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】
A.根据电荷守恒和物料守恒分析可得；
B.先分析溶液中的粒子，根据物料守恒分析即可；
C.其符合质子守恒，可由电荷守恒和物料守恒加减得到；
D.钠离子和硝酸根粒子不会水解。
9．【答案】B
【解析】【解答】A、明矾净水是铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用，与水解有关，故A不符合题意；
B、氯化钠溶液不发生水解，与盐类的水解无关，故B符合题意；
C、泡沫灭火器（成分为Al2(SO4)3、NaHCO3溶液）的灭火原理是利用铝离子和碳酸氢根离子双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，与盐类水解有关，故C不符合题意；
D、制Fe(OH)3胶体是利用溶液中三价铁离子的水解，与盐类水解有关，故D不符合题意；
故答案选B。
【分析】判断应用是否与水解有关，主要看物质中是否含有能水解的离子，变化过程中离子是否发生了水解过程。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．由水解常数的公式可得： = ，加水稀释硫化钠溶液时，溶液中氢氧根离子的浓度减小，硫离子的水解常数不变，则 的值增大，故A不符合题意；
B．向硫化钠溶液中通入少量氯化氢气体，溶液中的氢氧根离子浓度减小，则水电离出的氢氧根离子浓度减小，故B不符合题意；
C．向硫化钠溶液中加入少量氢氧化钠固体，溶液中离子的种类不变，电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=2c(S2-)+c(OH-)+c(HS-)不变，故C符合题意；
D．硫离子在溶液中的水解反应为吸热反应，适当升高温度，水解平衡向正反应方向移动，溶液中硫离子你的减小，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、加水稀释过程中，溶液中c(OH－)减小，而水解平衡常数不变；
B、通入HCl，H＋能与OH－反应；
C、结合电荷守恒分析；
D、水解过程吸热，温度升高，促进S2－的水解；
11．【答案】A
【解析】【解答】A. Mn元素的化合价由+7价降至+2价，则4mol 完全反应转移电子物质的量为4mol×[(+7)-(+2)]=20mol，即转移电子数为20NA，A符合题意；
B.电解精炼铜时，阳极为粗铜，阳极发生的电极反应有：比铜活泼的杂质金属失电子发生氧化反应以及Cu失电子的氧化反应：Cu-2e-=Cu2+，当电路中通过的电子数为NA时，即电路中通过1mol电子，Cu失去的电子应小于1mol，阳极反应的Cu的物质的量小于0.5mol，则阳极反应的Cu的质量小于0.5mol×64g/mol=32g，B不符合题意；
C.溶液的体积未知，不能求出溶液中水电离出的H+数，C不符合题意；
D.n（Na2CO3）=0.100mol/L×1L=0.100mol，由于 发生水解： +H2O +OH-、 +H2O H2CO3+OH-，故阴离子物质的量大于0.100mol，阴离子数大于0.100NA，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A. 根据化合价的变化计算转移电子数；
B.粗铜中含有铁、锌等其他活泼金属的杂质；
C.通过浓度求溶液的中离子的物质的量，必须知道溶液体积；
D.Na2CO3为强碱弱酸盐，碳酸根会水解。
12．【答案】D
【解析】【解答】A． 的电离常数Ka( )= ，由图可知 时pH=4.3，则Ka( )=10-4.3，因此Ka( )>Ka(CH3COOH)， 会电离出氢离子，与 生成醋酸，不可以大量共存，A不符合题意；
B．M点时， ，根据电荷守恒， ，溶液的pH=4.3，则 ，从而得出： ，B不符合题意；
C． 溶液第一步水解常数Kh(A2-)= ，数量级为10-10，C不符合题意；
D．NaHA溶液中存在质子守恒 ， 则 ，A2-的水解常数Kh1= ，H2A的电离常数Ka1= ，即 = ， = ，因此 ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、计算HA的电离平衡常数，结合强酸制弱酸原理分析；
B、M点时，溶液中c(HA)=c(A-)，结合电荷守恒进行分析；
C、根据Kw=Ka·Kh进行计算；
D、结合质子守恒、水解平衡常数进行计算；
13．【答案】B
【解析】【解答】A．据图可知b点溶液pH=7，此时加入10mLROH溶液，二者浓度相等，所以此时酸碱恰好中和，A不符合题意；
B．b点酸碱恰好中和溶质为CH3COOR，醋酸根为弱酸根，水解使溶液显碱性，而此时溶液显中性，说明R+为弱碱根，其水解程度恰好和醋酸根的水解程度相等，所以ROH为弱碱，B符合题意；
C．据图可知c点溶液显碱性，所以c(OH-)＞c(H+)，b点时溶质为CH3COOR，溶液显中性，所以b点存在c(CH3COO-)=c(R+)，而c点ROH过量，所以c(R+)＞c(CH3COO-)，C不符合题意；
D．常温下，水的离子积常数为Kw=10-14，所以b~c任意点溶液均有c(OH-)·c(H+)= Kw=10-14，D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.根据图示即可判断，导电能力最强，恰好反应
B.根据pH=7,而醋酸是弱酸，因此碱是弱碱
C.根据电荷守恒以及溶液的pH即可判断
D.温度不变，水的离子积常数不变
14．【答案】C
【解析】【解答】A．NaClO溶液有强氧化性，能使pH试纸褪色，应选pH计测定pH，A不符合题意；
B．将相同大小的铜片、铝片用导线连接，平行放入浓硝酸中，铜片不断溶解，是因为Al在浓硝酸中发生钝化，B不符合题意；
C．取5 mL 0.1 mol/L KI溶液于试管中，加入1 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液，反应方程式：2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2，KI过量，充分反应后滴入5滴15% KSCN溶液，若观察到溶液变为血红色，说明KI与FeCl3的反应有一定限度，C符合题意；
D．向盛有2 mL、0.1 mol/L NaOH溶液的试管中滴加4~5滴0.1 mol/L MgSO4溶液，再向其中滴加0.1 mol/L CuSO4溶液，由于NaOH溶液过量，先生成白色沉淀，后生成蓝色沉淀，不一定存在沉淀的转化，故不能说明 ，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A．NaClO溶液有强氧化性，能使pH试纸褪色；
B．Al在浓硝酸中发生钝化；
C．反应方程式：2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2，KI过量，充分反应后滴入5滴15% KSCN溶液，若观察到溶液变为血红色，说明KI与FeCl3的反应有一定限度；
D．NaOH溶液过量，先生成白色沉淀，后生成蓝色沉淀，不一定存在沉淀的转化。
15．【答案】B
【解析】【解答】A．由分析可知，丙酸的电离常数为10-4.88，数量级为10-5，故A不符合题意；
B．由分析可知，甲酸的酸性强于丙酸，则甲酸根离子在溶液中的水解程度小于丙酸根离子，等浓度的甲酸钠溶液的pH小于丙酸钠溶液，故B符合题意；
C．酸溶液中氢离子浓度越大，抑制水电离的程度越大，由图可知，M点溶液中pH小于N点，溶液中氢离子浓度大于N点，则水的电离程度小于N点，故C不符合题意；
D．甲酸根离子的水解常数Kh==＜Ka说明等浓度的甲酸和甲酸钠的混合溶液中甲酸的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，则溶液中各微粒浓度的大小顺序为c(HCOO-)＞c(Na+)＞c(HCOOH)＞c(H+)＞c(OH-)，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由公式可知，δ(RCOOH)=0.5时，溶液中c( RCOOH)=c( RCOO-)，则弱酸的电离常数Ka==c(H+)，由图可知，δ(RCOOH) = 0.5时，甲酸、丙酸溶液的pH分别为3.75、4.88，则甲酸、丙酸的电离常数分别为10-3.75、10-4.88，电离常数越大，弱酸的酸性越强，则甲酸的酸性强于丙酸。
16．【答案】D
【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。
17．【答案】（1）减小
（2）将三价铁还原为零价铁(或防止纳米零价铁被氧化)；SeO32-+4e-+3H2O=Se+6OH-
（3）Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+；当FeⅢ比例减小时，游离态的FeⅢ形成的Fe(OH)3胶体减少，对SeO32-的吸附作用减弱；当FeⅡ比例增大时，结构态的FeⅡ增多，对SeO32-的还原能力增强；碱性太强，大量的OH-与游离态的FeⅡ和FeⅢ分别形成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀覆盖在绿锈表面，减少了反应活性(或碱性太强，结构态的双金属氢氧化物结构受到破坏，还原性减弱)；或大量的OH-吸附在绿锈表面使其带负电荷，从而对SeO32-产生排斥作用
【解析】【解答】（1）H2SeO3为二元弱酸，含Na2SeO3浓度较高的废水中发生水解：SeO32-+H2O HSeO3-+OH-，溶液呈碱性，用离子交换树脂处理含Na2SeO3浓度较高的废水时，发生的交换反应为SeO32-+2RCl=R2SeO3+2Cl-，SeO32-离子转化为Cl-导致浓度减小，水解程度降低，溶液的碱性减弱，废水的pH将减小；（2）①以木屑和FeCl3·6H2O为原料，在N2氛围中迅速升温至600 ℃，保持2 h，过程中木屑先转化为木炭，高温下木炭还具有还原性，可以将FeCl3中+3价的铁还原为零价铁，木炭表面多孔具有吸附性，木炭将得到的纳米零价铁充分包覆，还可防止纳米零价铁被氧化，答案为：将三价铁还原为零价铁(或防止纳米零价铁被氧化)；②木炭包覆纳米零价铁在碱性废水中形成许多微电池，这些微电池负极为铁，发生氧化反应， 正极为木炭，SeO32-在微电池正极上发生还原反应，转化为单质Se，在碱性废水的环境下电极反应式为SeO32-+4e-+3H2O=Se+6OH-；（3）①金属阳离子的水解比较复杂，一般合为一步书写，三价铁离子水解后生成的是氢氧化铁胶体，具有吸附性，Fe3+水解的离子方程式为：Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+②FeⅢ形成的Fe(OH)3胶体吸附碱性废水中的SeO32-离子，FeⅡ对SeO32-进行还原，随着绿锈组成中FeⅡ/FeⅢ比值的增大，FeⅢ的比例减小，游离态的FeⅢ形成的Fe(OH)3胶体减少，对SeO32-的吸附作用减弱，绿锈的除硒效果减小；结构态的FeⅡ还原能力优于游离态的FeⅡ，但随着FeⅡ比例增大，结构态的FeⅡ增多，对SeO32-的还原能力增强，故绿锈的除硒效果又开始增大，答案为：当FeⅢ比例减小时，游离态的FeⅢ形成的Fe(OH)3胶体减少，对SeO32-的吸附作用减弱；当FeⅡ比例增大时，结构态的FeⅡ增多，对SeO32-的还原能力增强；③当初始pH增大至11时，溶液碱性增强，溶液中OH-浓度增大，大量的OH-与游离态的FeⅡ和FeⅢ分别形成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀覆盖在绿锈表面，减少了反应活性；由题中信息可知，绿锈中铁元素以结构态和游离态两种形式存在，结构态的双金属氢氧化物层间存在较大的空隙，形成了巨大的比表面积，使得绿锈成为一种良好的除硒剂，OH-与游离态的FeⅡ和FeⅢ分别形成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀，结构态的双金属氢氧化物结构受到破坏，还原性减弱；另外溶液中大量的OH－吸附在绿锈表面使其带负电荷，从而对SeO32-产生排斥作用，进而影响到SeO32-的去除效果，这些都有可能导致因初始pH增大至11，SeO32-的去除效果突然迅速减小，答案为：碱性太强，大量的OH-与游离态的FeⅡ和FeⅢ分别形成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀覆盖在绿锈表面，减少了反应活性(或碱性太强，结构态的双金属氢氧化物结构受到破坏，还原性减弱)；或大量的OH-吸附在绿锈表面使其带负电荷，从而对SeO32-产生排斥作用。
【分析】（1）根据水解反应及离子交换反应中离子浓度的变化来考虑；（2）①根据木炭的化学性质及题中信息考虑；②根据碱性环境及生成单质Se书写电极反应；（3）①根据阳离子水解方程式的书写方法书写；②根据图中绿锈的除硒效果及FeⅡ/FeⅢ的浓度变化及各自的性质进行考虑；③根据碱性增强导致氢氧根浓度增大与FeⅡ/FeⅢ对SeO32-的去除原理进行考虑；
18．【答案】（1）A
（2）②<③<①
（3）ClO－+CO2+H2O＝HClO+HCO3－
（4）新制氯水中存在可逆反应Cl2＋H2O HCl＋HClO，加入NaHCO3后，NaHCO3与HCl反应使HCl浓度变小，平衡右移，NaHCO3不与HClO反应，所以HClO浓度增大，氯水漂白能力增强
（5）c(HCO3－)>c(ClO－)>c(OH－)>c(CO32－)
（6）3
（7）+（b-a）kJ/mol
（8）10-2-10-12
【解析】【解答】(1)A．HCO3－ + H2O H2CO3+OH－表示碳酸氢根离子的水解，正确；
B.HClO + H2O ClO－+ H3O+是次氯酸的电离，错误；
C.HCO3－ + H2O CO32－-+H3O+是碳酸氢根离子的电离，错误；
D.CO32－水解分步进行，错误；
故答案为：A；
(2)根据表格数据，酸性：碳酸＞次氯酸＞碳酸氢根离子，因此浓度相同的①Na2CO3；②NaHCO3；③NaClO三种溶液的水解程度①＞③＞②，水解程度越大，溶液的碱性越强，pH越大，pH由小到大排列的顺序为，故答案为：②<③<①；
(3)酸性：碳酸＞次氯酸＞碳酸氢根离子，则NaClO溶液中通入少量CO2气体反应生成次氯酸和碳酸氢钠，反应的离子方程式为ClO－+CO2+H2O＝HClO+HCO3－，故答案为：ClO－+CO2+H2O＝HClO+HCO3－；
(4)新制氯水中存在可逆反应Cl2＋H2O HCl＋HClO，加入NaHCO3后，NaHCO3与HCl反应使HCl浓度变小，平衡右移，NaHCO3不与HClO反应，所以HClO浓度增大，氯水漂白能力增强，故答案为：新制氯水中存在可逆反应Cl2＋H2O HCl＋HClO，加入NaHCO3后，NaHCO3与HCl反应使HCl浓度变小，平衡右移，NaHCO3不与HClO反应，所以HClO浓度增大，氯水漂白能力增强；
(5)在等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中次氯酸根离子的水解程度大，则c(HCO3－)>c(ClO－)，碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，溶液中的氢氧根离子由2种盐水解生成，因此碳酸根离子的浓度最小，阴离子浓度的大小关系为c(HCO3－)>c(ClO－)>c(OH－)>c(CO32－)，故答案为：c(HCO3－)>c(ClO－)>c(OH－)>c(CO32－)；
(6)在pH=8的NaClO和HClO混合液中， = = = =3，故答案为：3；
(7)①HClO(aq) H+(aq)+ClO-(aq)△H1，②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H2=-bkJ mol-1，③OH-(aq)+HClO(aq)=CN-(aq)+H2O(l)，△H3=-akJ mol-1，根据盖斯定律：①+②=③，△H1+△H2=△H3，△H1=+(b-a)kJ mol-1，故答案为：+(b-a)kJ mol-1；
(8)pH=12的NaClO溶液中存在物料守恒c(Na+)= c(ClO－)+c(HClO)，电荷守恒c(Na+)+ c(H+)= c(ClO－)+ c(OH-)，则c(HClO)= c(H+)- c(OH-)=10-2-10-12 mol/L，故答案为：10-2-10-12。
【分析】（1）根据水解方程式的书写分析；
（2）根据水解程度确定溶液中c(OH-)的大小，从而确定溶液的pH；
（3）由表格数据可得酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3-，根据强酸制弱酸原理书写该反应的离子方程式；
（4）氯水中存在可逆反应 Cl2＋H2O HCl＋HClO ，结合平衡移动进行分析；
（5）根据溶液中ClO-和HCO3-水解程度进行分析；
（6）由 = = 进行计算；
（7）根据盖斯定律进行计算；
（8）结合电荷守恒和物料守恒进行计算；
19．【答案】（1）Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O
（2）5.0～5.4
（3）分液漏斗、烧杯；向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分离出水层
（4）向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流完后，重复上述操作2-3次
（5）Co3O4
【解析】【解答】(1)从最终产物看，酸溶时，Co2O3被还原为Co2+，SO2被氧化为SO42-，
“酸溶”时发生氧化还原反应的化学方程式Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O。答案为：Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O
(2)“除铝”过程中需要调节溶液pH 的范围，目的是让Al3+全部转化为沉淀，而Zn2+不生成沉淀，所以pH的范围应为5.0～5.4。答案为：5.0～5.4
(3)在实验室里，萃取操作用到的玻璃仪器主要有分液漏斗、烧杯。答案为：分液漏斗、烧杯
上述“萃取”过程可表示为ZnSO4(水层)+2HX(有机层) ZnX2(有机层)+H2SO4(水层)，从反应中可以看出，此反应为可逆反应，所以加硫酸可实现让ZnSO4进入水层的目的。从而得出由有机层获取ZnSO4溶液的操作是向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分离出水层。
答案为：向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分离出水层
(4)洗涤沉淀的操作是：向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流完后，重复上述操作2-3次。
答案为：向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流完后，重复上述操作2-3次。
(5)从化学式CoCO3可以看出，n(Co)=n(C)= ，
m(Co)=0.03mol×59g/mol=1.77g
m(O)=2.41g-1.77g=0.64g
n(O)=
n(Co)：n(O)= 0.03mol：0.04mol=3：4
则该钴氧化物的化学式为Co3O4。
答案为：Co3O4
【分析】（1）酸溶过程中，Co2O3将SO2氧化成SO42-，自身还原为Co2+，据此写出反应的化学方程式；
（2）除铝过程中，应注意不能将Zn2+形成沉淀，结合离子形成沉淀的pH进行分析；
（3）根据萃取、分液操作分析；
（4）沉淀的洗涤应在过滤装置中进行；
（5）根据所给数据计算Co、O的原子个数比，从而确定其化学式；
20．【答案】（1）3MnO2 +2FeS2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+4S↓+6H2O
（2）加入软锰矿粉或H2O2溶液；破坏Fe(OH)3胶体并使沉淀颗粒长大，便于过滤分离；Fe(OH)3
（3）(NH4)2Sx+1 2NH3+H2S + xS↓
（4）2MnO4－+3Mn2++2H2O 5MnO2↓+4H+；
【解析】【解答】（1）根据流程，加入物质为MnO2、FeS2、H2SO4，生成物为S、MnSO4、Fe2(SO4)3，即化学方程式为3MnO2＋2FeS2＋6H2SO4=3MnSO4＋Fe2(SO4)3＋3S↓＋6H2O；
（2）除去Fe2＋，不能引入新杂质，Fe2＋以还原性为主，因为需要制备MnSO4·H2O，MnO2可以作氧化剂，因此可以加入MnO2或软锰矿粉，H2O2为绿色氧化剂，因此也可以加入H2O2溶液；根据流程，步骤④是除去铁元素，步骤④需将溶液加热至沸然后在不断搅拌下加入碱调节pH4~5，再继续煮沸一段时间，“继续煮沸”的目的是破坏Fe(OH)3胶体并使沉淀颗粒长大，便于过滤分离；步骤⑤所得滤渣为Fe(OH)3；
（3）根据流程，步骤⑦发生分解反应，生成产品S，分解后，加水，又生成(NH4)2S，推出步骤⑦分解反应其他产物是NH3和H2S，即步骤⑦在90～100℃时，发生化学方程式为(NH4)2Sx＋1 2NH3↑＋H2S↑＋xS↓；
（4）高锰酸钾具有强氧化性，滴加终点溶液颜色变为浅红色，说明高锰酸钾参加氧化还原反应，根据信息，推出MnSO4为还原性，即滴定反应的离子方程式为2MnO4－＋3Mn2＋＋2H2O 5MnO2↓＋4H＋；根据离子方程式，m(Mn2＋)= ，w(Mn2＋)= =8.25cV×10－2/a×100%。
【分析】（1）根据反应物和给出的生成物，结合氧化还原反应的规律书写化学方程式；
（2）可将亚铁离子氧化为铁离子后除去；铁离子水解生成氢氧化铁胶体，加热会生成沉淀；
（4）根据氧化还原反应原理书写离子方程式，根据氧化还原反应类型的滴定实验计算镁离子的质量分数。
21．【答案】（1）碱；＞；酸；＜
（2）②①④③
（3）Cu2++2H2O Cu(OH)2+2H+；抑制
（4）H－、H+、NH4+、Cl－；c(Cl－)=c(NH4+)＞c(H+)=c(OH－)；＞
（5）5
（6）将Fe2+氧化为Fe3+，便于调整pH使其与Cu2+分离；3.2～4.4；BD；除净溶液中的H2O2，避免影响下一步CuCl的生成；2CuSO4+2NaCl+Na2SO3+H2O＝2CuCl↓+Na2SO4+H2SO4
【解析】【解答】（1）等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合，恰好生成醋酸钠，由化学式可知，阴阳离子之比为1：1，醋酸根离子水解显碱性，则c(Na+)＞c(CH3COO )，pH=13的氢氧化钠，其浓度为0.1mol/L，pH=1的醋酸，其浓度大于0.1mol/L，等体积混合后，醋酸过量；根据电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），醋酸过量，溶液呈酸性，所以c(H+)＞c(OH-)，则c(Na+)＜c(CH3COO )；
（2）①HCl是强电解质，所以0.1mol/L HCl溶液中氢离子浓度为0.1mol/L；②硫酸是二元强酸，所以0.1mol/L H2SO4溶液中氢离子浓度为0.2mol/L；③NaOH是一元强碱，氢离子浓度最小，0.1mol/L NaOH溶液中氢离子浓度为10 13mol/L；④醋酸是一元弱酸，部分电离，所以0.1mol/L CH3COOH溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，则这四种溶液中氢离子浓度大小顺序是③④①②，氢离子浓度越小，pH越大，则pH由小到大顺序为②①④③；
（3）CuSO4是强酸弱碱盐，铜离子水解方程式为Cu2++2H2O Cu(OH)2+2H+，水解后溶液中c(H+)＞c(OH )，所以溶液呈酸性，即常温下pH＜7；为防止CuSO4水解，所以配制CuSO4溶液时将CuSO4先溶于较浓的硫酸中，抑制其水解，然后稀释。
（4）在一水合氨与氯化氢恰好反应生成氯化铵溶液时，铵根离子在溶液中部分水解，促进了水的电离，水的电离程度增大，溶液显酸性，当溶液显中性时，氨水稍稍过量，溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，溶液中存在的离子为：OH 、H+、NH4+、Cl ；反应后的溶液显中性，则一定满足c(H+)=c(OH )，根据电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(Cl )+c(OH )可知：c(NH4+)=c(Cl )，离子浓度大小为：c(Cl )=c(NH4+)＞c(H+)=c(OH )；当a=0.01时，氨水与盐酸等体积等浓度混合，两溶液恰好反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解导致溶液显示酸性，如溶液显示中性，则氨水稍稍过量，即a＞0.01，
（5）某CuSO4溶液里c(Cu2+)=0.02mol/L，如果生成Cu(OH)2沉淀，则应有c(OH ) = mol/L=10 9mol/L，则c(H+) mol/L=10 5mol/L，所以pH lg(10 5)=5；
（6）由流程可知，加硫酸溶解后，加入过氧化氢发生2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，调节pH为3.2～4.4，使铁离子转化为沉淀，过滤分离出Fe(OH)3，Fe(OH)3加热生成铁红，煮沸硫酸铜溶液，除去溶液中的过氧化氢，向CuSO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3，可以生成白色的CuCl沉淀，发生2Cl-+2Cu2++SO32-＝2CuCl↓+SO42-+2H+；
①根据分析，酸浸后加入H2O2的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，便于调整pH使其与Cu2+分离；根据表格数据，调pH的最适宜范围为3.2～4.4，使铁离子转化为沉淀，过滤分离出Fe(OH)3；
②调pH过程中加入的试剂最好是CuO或Cu2(OH)2CO3，促进铁离子水解，且不引入新杂质，
故答案为：BD。
③煮沸CuSO4溶液的目的是除净溶液中的H2O2，避免影响下一步生成CuCl；向CuSO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3，可以生成白色的CuCl沉淀，该反应的化学方程式为2CuSO4+2NaCl+Na2SO3+H2O＝2CuCl↓+Na2SO4+H2SO4。
【分析】（1）反应后的溶质是醋酸钠，属于强碱弱酸盐，水解呈碱性； pH=13的氢氧化钠与pH=1的醋酸等体积混合后醋酸过量，溶液呈算；
（2）首先按酸碱进行分类，注意二元强酸的氢离子时一元强酸的二倍，弱酸存在电离平衡，不能完全电离进行排序即可；
（3）硫酸铜是强酸弱碱盐，水解呈酸性，配制硫酸铜溶液时需防止铜离子水解；
（4）氯化铵水解使溶液呈酸性，若使溶液呈中性，氨水需过量，根据电荷守恒判断离子浓度的大小关系；
（5）根据溶度积常数计算生成氢氧化铜需要氢氧根离子的浓度即可；
（6）除铁时需要将亚铁离子氧化为铁离子，在酸性溶液中沉淀铁离子，注意不能带入新的杂质。
一、单选题
1．25℃时，下列说法正确的是（ ）
A．向Na2C2O4溶液中加水，溶液中所有离子浓度都减小
B．pH=3的醋酸溶液和pH=4的醋酸溶液，醋酸浓度前者是后者的10倍
C．浓度均为 的三种溶液：NaClO、 、 pH依次增大
D．pH=2的HA溶液和 的MOH溶液等体积混合后，恰好完全反应，则HA为强酸
2．下列说法中正确的是（ ）
A．将纯水加热的过程中，Kw变大，pH变小
B．保存FeSO4溶液时，加入稀HNO3抑制Fe2+水解
C．FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终得到FeCl3固体
D．向0.1 mol L﹣1氨水中加入少量水，pH减小， 减小
3．海水是十分重要的自然资源．如图是海水资源利用的部分过程，下列有关说法不正确的是（ ）
A．第①步除去粗盐中的 Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子加入试剂顺序为：NaOH 溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸
B．第②步由MgCl2 6H2O在空气中受热分解来制取无水MgCl2
C．第③步可通入Cl2，第④⑤步的目的是富集溴元素
D．海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法和离交换法
4．有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl；②CH3COONa与NaOH；③CH3COONa与NaCl；④CH3COONa与NaHCO3
下列各项排序正确的是
A．pH：②>③>④>① B．c(CH3COO-)：②>④>③>①
C．溶液中c(H+)：①>③>②>④ D．c(CH3COOH)：① >④>③>②
5．下列关于 FeCl3水解的说法错误的是（ ）
A．水解达到平衡时(不饱和)，加氯化铁溶液达饱和，溶液的酸性会增强
B．浓度为5 mol·L－1和0.5 mol·L－1的两种 FeCl3溶液，其他条件相同时，Fe3＋的水解程度前者比后者小
C．有50 ℃和20 ℃的同浓度的两种FeCl3稀溶液，其他条件相同时，Fe3＋的水解程度前者比后者小
D．为抑制 Fe3＋的水解，较好地保存 FeCl3溶液，应加少量盐酸
6．工业上为了除去锅炉中的水垢，要向锅炉里注入Na2CO3溶液浸泡一段时间，下列叙述正确的是（ ）
A．若c(Na2CO3)=c[(NH4)2CO3]，则两溶液中c(CO )也相等
B．锅炉中加入Na2CO3溶液发生反应的离子方程式为CO (aq)+CaSO4(s) CaCO3(s)+SO (aq)
C．盐酸溶液中，Ksp(CaCO3)增大，Ksp(CaSO4)减小
D．向Na2CO3溶液中通入适量的CO2使溶液呈中性时，c(Na+)=c(CO )+c(HCO )
7．下列各反应的化学方程式中，属于水解反应的是（ ）
A．H2O＋H2O H3O＋＋OH－
B． ＋OH－ H2O＋
C．CO2＋H2O H2CO3
D． ＋H2O ＋OH－
8．常温时，下列各溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．0.1mol/L的CH3COOH溶液：c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
B．含等物质的量NaHCO3和Na2CO3的溶液：3c(Na+)=2[c(HCO )+c(CO )+c(H2CO3)]
C．0.1 mol/L Na2CO3溶液：c(OH-)=c(H+)+c(HCO )+2c(H2CO3)
D．向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH=5的混合溶液：c(Na+)>c(NO )
9．下列应用与盐类的水解无关的是 （ ）
A．明矾净水
B．NaCl可用作防腐剂和调味剂
C．泡沫灭火器的灭火原理
D．FeCl3饱和溶液滴入沸水中制备Fe(OH)3胶体
10．一定条件下，在某Na2S的稀溶液中，下列说法错误的是（ ）
A．加水稀释溶液， 增大
B．通入少量HCl气体，水电离的c(OH-)减小
C．加入少量NaOH固体，c(Na+)+c(H+)>2c(S2-)+c(OH-)+c(HS-)
D．适当升高温度，溶液中c(S2-)浓度减小
11． 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A． ， 完全反应转移的电子数为
B．用电解粗铜的方法精炼铜，当电路中通过的电子数为 时，阳极应有 转化为
C．常温下， 的 溶液中，水电离出的 数为
D． 浓度为 的 溶液中，阴离子数为
12．室温下，向 溶液中滴加NaOH溶液，若 ，则所得溶液中 、 、 与溶液pH的关系如图所示，已知醋酸的电离常数 。下列说法正确的是（ ）
A． 与 可以大量共存
B．M点时，
C． 溶液第一步水解常数数量级为
D．NaHA溶液中：
13．常温下，向10mL 0.1mol·L-1 CH3COOH溶液中逐滴滴入0.1 mol·L-1的某碱ROH溶液，所得溶液pH及导电性变化如图所示。下列分析错误的是（ ）
A．b点溶液的pH=7，此时酸碱恰好中和
B．b点导电能力最强，说明ROH为强碱
C．c点溶液存在c(R+)＞c(CH3COO-)、c(OH-)＞c(H+)
D．b~c任意点溶液均有c(H+)·c(OH-)= Kw=10-14
14．下列实验操作所观察到的实验现象正确且能得出相应实验结论的是（ ）
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A 用精密pH试纸分别测定相同浓度NaClO和CH3COONa溶液的pH pH： 酸性强弱：
B 将相同大小的铜片、铝片用导线连接，平行放入浓硝酸中 铜片不断溶解 活泼性：Al
D 向盛有2 mL、0.1 mol/L NaOH溶液的试管中滴加4~5滴0.1 mol/L 溶液，再向其中滴加0.1 mol/L 溶液 先生成白色沉淀，后生成蓝色沉淀 说明：
A．A B．B C．C D．D
15．25℃时，改变0.1mol·L-1弱酸RCOOH溶液的pH，溶液中RCOOH分子的物质的量分数δ(RCOOH)[δ(RCOOH)=]也随之改变。甲酸(HCOOH)与丙酸(CH3CH2COOH)溶液中δ(RCOOH)与pH的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．丙酸的电离常数数量级为10-5
B．等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液的pH比较：前者＞后者
C．水的电离程度：M点＜N点
D．将0.1mol·L-1的HCOOH溶液与0.1mol·L-1的HCOONa溶液等体积混合，所得溶液中：c(HCOO-)＞c(Na+)＞c(HCOOH)＞c(H+)＞c(OH-)
16．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、综合题
17．研究含硒工业废水的处理工艺，对控制水体中硒超标具有重要意义。
（1）已知：H2SeO3为二元弱酸，Ka1(H2SeO3)＝3.5×10-3，Ka2(H2SeO3)＝5.0×10-8。用离子交换树脂处理含Na2SeO3浓度较高的废水时，发生的交换反应为SeO32-＋2RCl=R2SeO3＋2Cl- (R为离子交换树脂的树脂骨架)。经离子交换法处理后，废水的pH将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
（2）木炭包覆纳米零价铁除硒法是一种改良的含硒废水处理方法。
①以木屑和FeCl3·6H2O为原料，在N2氛围中迅速升温至600 ℃，保持2 h，过程中木屑先转化为木炭，最终制得木炭包覆纳米零价铁。制备木炭包覆纳米零价铁过程中，木炭的作用有吸附和 。
②木炭包覆纳米零价铁在碱性废水中形成许多微电池，加速SeO32-的还原过程。SeO32-在微电池正极上转化为单质Se，其电极反应式为 。
（3）绿锈[FeaⅡFebⅡ(OH)cXd](X代表阴离子，Ⅱ、Ⅲ表示铁元素的价态)中铁元素以结构态和游离态两种形式存在。由于结构态的双金属氢氧化物层间存在较大的空隙，形成了巨大的比表面积，同时结构态的FeⅡ还原能力优于游离态的FeⅡ，使得绿锈成为一种良好的除硒剂。
①结构态的绿锈具有优异的吸附性能，而且游离态的Fe3+还易水解生成Fe(OH)3胶体进一步吸附SeO32-。写出Fe3+水解的离子方程式： 。
②不同FeⅡ/FeⅢ组成的绿锈对SeO32-去除效果的影响结果如图1所示。随着绿锈组成中FeⅡ/FeⅢ比值的增大，绿锈的除硒效果先减小后增大的原因可能是 。
③废水的初始pH会对绿锈去除SeO32-的效果产生影响，关系如图2所示。当初始pH增大至11时，SeO32-的去除效果突然迅速减小的原因是 。
18．下表中数据是常温下HClO和H2CO3的电离常数，回答有关问题。
（1）下列能正确表示水解的离子方程式的是______________。
A．HCO3－ + H2O H2CO3+OH－
B．HClO + H2O ClO－+ H3O+
C．HCO3－ + H2O CO32－-+H3O+
D．CO32－+2H2O H2CO3+2OH－
（2）浓度相同的①Na2CO3；②NaHCO3；③NaClO三种溶液的pH由小到大排列的顺序为(用编号填写) 。
（3）写出NaClO溶液中通入少量CO2气体的离子方程式 。
（4）在新制氯水中加入少量碳酸氢钠粉末后，氯水的漂白能力增强，请用有关化学知识解释原因 。
（5）在等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，阴离子浓度的大小关系是 。
（6）在pH=8的NaClO和HClO混合液中，c(ClO－)/c(HClO)= 。
（7）已知HClO（aq）与NaOH（aq）反应的ΔH =－a kJ/mol；HCl（aq）溶液与NaOH（aq）反应的ΔH =－b kJ/mol。则HClO在水溶液中电离的ΔH等于 。
（8）pH=12的NaClO溶液中，c(HClO)= mol/L。（精确表达）
19．CoCO3可用作选矿剂、催化剂及家装涂料的颜料。以含钴废渣(主要成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：
下表是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）写出“酸溶”时发生氧化还原反应的化学方程式 。
（2）“除铝”过程中需要调节溶液pH 的范围为 。
（3）在实验室里，萃取操作用到的玻璃仪器主要有 ；上述“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）简述洗涤沉淀的操作 。
（5）在空气中煅烧CoCO3生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2 的体积为0.672 L(标准状况)，则该钴氧化物的化学式为 。
20．一种用软锰矿(主要成分MnO2)和黄铁矿(主要成分FeS2)制取MnSO4·H2O并回收单质硫的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）步骤②浸取时若生成S、MnSO4及Fe2(SO4)3的化学方程式为 。
（2）步骤③所得酸性滤液可能含有Fe2+，除去Fe2+可用的物质是 ；步骤④需将溶液加热至沸然后在不断搅拌下加入碱调节pH4~5，再继续煮沸一段时间，“继续煮沸”的目的是 。步骤⑤所得滤渣为 (填化学式)。
（3）步骤⑦需在90~100℃下进行，该反应的化学方程式为 。
（4）测定产品MnSO4·H2O的方法之一是：准确称取ag产品于锥形瓶中，加入适量ZnO及H2O煮沸，然后用 c mol·L－1 KMnO4标准溶液滴定至浅红色且半分钟不褪，消耗标准溶液VmL，滴定反应的离子方程式为 ，产品中Mn2+的质量分数为w(Mn2+)= 。
21．按要求填空：
（1）在室温下，等体积、等浓度的氢氧化钠与醋酸混合后溶液呈 性，溶液中c(Na+) c(CH3COO-)(填“＞”“=”或“＜”)；pH=13的氢氧化钠与pH=1的醋酸等体积混合后溶液呈 性，溶液中c(Na+) c(CH3COO-)(填“＞”“=”或“＜”)；
（2）下列溶液，①0.1mol/L HCl溶液②0.1mol/L H2SO4溶液③0.1mol/L NaOH溶液④0.1mol/L CH3COOH溶液，按pH由小到大顺序为 。
（3）CuSO4的水溶液呈酸性的原因是（用离子方程式表示）： ；实验室在配制CuSO4的溶液时，常将CuSO4固体先溶于较浓的硫酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以 （填“促进”、“抑制”）其水解。
（4）在25℃下，将a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合，充分反应后溶液呈中性，则反应后溶液存在的离子有 ，其浓度由大到小的顺序为 ，氨水的浓度a 0.01 mol·L-1（填“＞”、“ ＜”或“=”）。
（5）已知：难溶电解质Cu(OH)2在常温下的KSP=2×10-20，则常温下：某CuSO4溶液中c（Cu2+）=0.02mol L-1，如要生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液的pH最小为 。
（6）某工厂的电镀污泥中含有铜、铁等金属化合物。为实现资源的回收利用并有效防止环境污染，设计如下工艺流程：
①酸浸后加入H2O2的目的是 ，调pH的最适宜范围为 。
②调pH过程中加入的试剂最好是 。
A．NaOH B．CuO C．NH3·H2O D．Cu2(OH)2CO3
③煮沸CuSO4溶液的原因是 ；向CuSO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3，可以生成白色的CuCl沉淀，反应的化学方程式 。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．C2O 水解呈碱性，加水后，c(OH-)变小，温度不变，水解常数不变，KW不变，c(H+)浓度增大，故A不符合题意；
B．弱电解质的浓度越大，其电离程度越小，所以pH=3的醋酸溶液的物质的量浓度大于pH=4的醋酸溶液的物质的量浓度的10倍，故B不符合题意；
C．NaClO溶液中ClO-水解呈碱性， 溶液中CH3COO-水解呈碱性， 溶液中CO 水解呈碱性，而酸性：CH3COOH>HClO>HCO ，则浓度均为 的三种溶液： 、NaClO、 的碱性依次减弱，故D不符合题意；
D．pH=2的HA溶液和 的MOH溶液等体积混合，当HA为强酸时，二者恰好反应生成MA，当HA为弱酸时，混合液中HA过量，则HA为强酸，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A. 强碱弱酸盐水解呈碱性，加水稀释氢氧根离子浓度降低，结合水的离子积常数即可判断
B.弱酸稀释时继续电离且越稀越电离
C.根据酸性的强弱即可判断盐的水解程度
D.根据给出的数据计算出电离出氢离子的量即可判断
2．【答案】A
【解析】【解答】解：A、纯水电离是吸热反应，加热促进电离，Kw增大，PH减小，故A正确；
B、保存FeSO4溶液时，加入稀HNO3氧化亚铁离子，不能抑制Fe2+水解，故B错误；
C、FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，蒸干过程中氯化氢挥发，促进水解生成氢氧化铁沉淀分解生成氧化铁，故C错误；
D、向0.1 mol L﹣1 氨水中加入少量水，氨水加水稀释促进电离氢氧根离子浓度减小，溶液PH减小，氢氧根离子浓度和氨水浓度比值增大，故D错误；
故选A．
【分析】A、纯水电离是吸热反应，加热促进电离，Kw增大，pH减小，呈中性；
B、亚铁离子具有还原性加入硝酸具有强氧化性，氧化亚铁离子；
C、氯化铁水解生成氢氧化铁和盐酸，蒸干过程中氯化氢挥发，促进水解生成氢氧化铁沉淀分解生成氧化铁；
D、氨水加水稀释促进电离氢氧根离子浓度减小，溶液pH减小，氢氧根离子浓度和氨水浓度比值增大．
3．【答案】B
【解析】【解答】A．除去粗盐中含有的Mg2+、Ca2+、SO42-等杂质离子，加入的药品顺序为：NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸，NaOH与氯化钡可互换顺序，故A不符合题意；
B．MgCl2 6H2O在空气中加热时促进Mg2+水解，且水解产物HCl易挥发，最终只能得到氢氧化镁，继续高温加热还可能得到氧化镁，故B不符合题意；
C．第③步中溴元素被氧化，发生反应的离子方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，第④步将溴离子氧化为溴单质，第⑤步中溴单质在碳酸钠溶液中发生歧化反应生成溴化钠和溴酸钠，第⑥步中溴化钠和溴酸钠经酸化转化为溴单质，过程中④⑤步目的是浓缩、富集溴单质，故C不符合题意；
D．蒸馏法是把水从水的混合物中分离出来，得到纯净的水；通过离子交换树脂可以除去海水中的离子，从而达到淡化海水的目的；利用电渗析法可使相应的离子通过半透膜以达到硬水软化的效果，故不D符合题意；
故答案为B。
【分析】海水通过蒸发浓缩得到粗盐和母液，粗盐精制除去杂质得到精盐，电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气，母液中含有镁离子和溴离子，加入石灰乳沉淀镁离子过滤得到氢氧化镁沉淀和滤液，氢氧化镁溶解后浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤，在氯化氢气流中加热失去结晶水得到无水氯化镁，滤液中加入氧化剂氯水氧化溴离子为溴单质，把溴吹出用碳酸钠溶液吸收后，加入酸重新生成溴单质，以此解答该题。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．①CH3COONa与HCl等浓度混合生成醋酸和氯化钠，溶液的pH＜7，②中有强碱氢氧化钠，溶液pH最大，③④都因盐的水解而显碱性，且④中次氯酸钠的水解程度大于醋酸钠，溶液的pH④③，所以各混合液中的pH大小为：②＞④＞③＞①，故A不符合题意；
B.因②中碱中的OH-抑制CH3COO-水解，则c（CH3COO-）最大，④中两种盐相互抑制水解，③中只有水解，而①中CH3COO-与酸结合生成弱电解质，则c（CH3COO-）最小，即c（CH3COO-）的大小顺序为：②＞④＞③＞①，故B符合题意；
C.酸性越强，则溶液中C（H+）越大，pH越小，则四种混合液中的pH大小顺序为：②＞④＞③＞①，c（H+）大小为：①＞③＞④＞②，故C不符合题意；
D.因水解程度越大，则生成的CH3COOH就多，则c（CH3COOH）③＞④＞②，而①中CH3COO-与酸结合生成弱电解质CH3COOH，则c（CH3COOH）最大，即c（CH3COOH）①＞③＞④＞②，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】注意两种物质混合，先考虑是否反应，如果反应先按量的关系进行反应，后分析生成物，如果不反应，可根据在水溶液中的存在进行判断。
5．【答案】C
【解析】【解答】A.氯化铁浓度越大，溶液的酸性越强，A不符合题意；
B.铁离子浓度越大，水解程度越小，B不符合题意；
C.水解吸热，加热促进水解，50 ℃和20 ℃的同浓度的两种FeCl3稀溶液，其他条件相同时，Fe3＋的水解程度前者比后者大，C符合题意；
D.在配制溶液时，要防止水解生成氢氧化铁沉淀而使溶液浑浊，可先加入酸，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.铁离子会发生水解，使溶液显酸性；
B.稀释促进水解，这说明氯化铁的浓度越小，就越容易水解；
C.水解是吸热的过程，所以升高温度会促进水解；
D.铁离子水解需要结合氢氧根离子，如果在溶液中加入少量酸，可以抑制其水解。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．Na2CO3为强碱弱酸盐，而(NH4)2CO3为弱碱弱酸盐，则铵根离子与碳酸根离子相互促进水解，若c(Na2CO3)=c[(NH4)2CO3]，则两溶液中c(CO )不相等，A叙述不符合题意；
B．相同温度时，Ksp(CaSO4)大于Ksp(CaCO3)，则锅炉中加入Na2CO3溶液发生反应的离子方程式为CO (aq)+CaSO4(s) CaCO3(s)+SO (aq)，B叙述符合题意；
C．Ksp(CaSO4)、Ksp(CaCO3)只与温度有关，则盐酸溶液中，Ksp(CaCO3)、Ksp(CaSO4)不变，C叙述不符合题意；
D．向Na2CO3溶液中通入适量的CO2使溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，根据溶液呈电中性，则c(Na+)+c(H+)=2c(CO )+c(HCO )+c(OH-)，故c(Na+)=2c(CO )+c(HCO )，D叙述不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.铵根离子水解显酸性，而碳酸根离子水解显碱性，相互促进，因此碳酸铵中碳酸根离子浓度小
B.碳酸钙比硫酸钙更难溶
C.溶度积与温度有关，与其他条件无关，只要温度不变，溶度积不变
D.根据电荷守恒和中性即可判断
7．【答案】D
【解析】【解答】A. 水是弱电解质，可以电离，为电离方程式，故A不符合题意；
B. 该反应是盐与碱的复分解反应，故B不符合题意；
C. 该反应表示二氧化碳与水反应生成碳酸，故C不符合题意；
D. 碳酸根离子为弱酸根离子，在溶液中可水解，与水反应生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，故D符合题意。
【分析】盐类水解本质是盐类电离产生的弱酸根或弱碱阳离子与水电离出的H＋或OH－结合生成弱电解质的过程，用 表示水解反应程度微弱，多元弱酸根只能逐个结合H＋，分步水解。
8．【答案】C
【解析】【解答】A．溶液中存在电荷守恒c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，所以c(H+)>c(CH3COO-)，故A不符合题意；
B．含等物质的量NaHCO3和Na2CO3的溶液中存在物料守恒：2n(Na)=3n(C)，所以2c(Na+)=3[c(HCO )+c(CO )+c(H2CO3)]，故B不符合题意；
C.0.1 mol/L Na2CO3溶液中存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HCO )+2c(H2CO3)，故C符合题意；
D．钠离子、硝酸根离子不水解，所以c(Na+)=c(NO )，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】
A.根据电荷守恒和物料守恒分析可得；
B.先分析溶液中的粒子，根据物料守恒分析即可；
C.其符合质子守恒，可由电荷守恒和物料守恒加减得到；
D.钠离子和硝酸根粒子不会水解。
9．【答案】B
【解析】【解答】A、明矾净水是铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用，与水解有关，故A不符合题意；
B、氯化钠溶液不发生水解，与盐类的水解无关，故B符合题意；
C、泡沫灭火器（成分为Al2(SO4)3、NaHCO3溶液）的灭火原理是利用铝离子和碳酸氢根离子双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，与盐类水解有关，故C不符合题意；
D、制Fe(OH)3胶体是利用溶液中三价铁离子的水解，与盐类水解有关，故D不符合题意；
故答案选B。
【分析】判断应用是否与水解有关，主要看物质中是否含有能水解的离子，变化过程中离子是否发生了水解过程。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．由水解常数的公式可得： = ，加水稀释硫化钠溶液时，溶液中氢氧根离子的浓度减小，硫离子的水解常数不变，则 的值增大，故A不符合题意；
B．向硫化钠溶液中通入少量氯化氢气体，溶液中的氢氧根离子浓度减小，则水电离出的氢氧根离子浓度减小，故B不符合题意；
C．向硫化钠溶液中加入少量氢氧化钠固体，溶液中离子的种类不变，电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=2c(S2-)+c(OH-)+c(HS-)不变，故C符合题意；
D．硫离子在溶液中的水解反应为吸热反应，适当升高温度，水解平衡向正反应方向移动，溶液中硫离子你的减小，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、加水稀释过程中，溶液中c(OH－)减小，而水解平衡常数不变；
B、通入HCl，H＋能与OH－反应；
C、结合电荷守恒分析；
D、水解过程吸热，温度升高，促进S2－的水解；
11．【答案】A
【解析】【解答】A. Mn元素的化合价由+7价降至+2价，则4mol 完全反应转移电子物质的量为4mol×[(+7)-(+2)]=20mol，即转移电子数为20NA，A符合题意；
B.电解精炼铜时，阳极为粗铜，阳极发生的电极反应有：比铜活泼的杂质金属失电子发生氧化反应以及Cu失电子的氧化反应：Cu-2e-=Cu2+，当电路中通过的电子数为NA时，即电路中通过1mol电子，Cu失去的电子应小于1mol，阳极反应的Cu的物质的量小于0.5mol，则阳极反应的Cu的质量小于0.5mol×64g/mol=32g，B不符合题意；
C.溶液的体积未知，不能求出溶液中水电离出的H+数，C不符合题意；
D.n（Na2CO3）=0.100mol/L×1L=0.100mol，由于 发生水解： +H2O +OH-、 +H2O H2CO3+OH-，故阴离子物质的量大于0.100mol，阴离子数大于0.100NA，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A. 根据化合价的变化计算转移电子数；
B.粗铜中含有铁、锌等其他活泼金属的杂质；
C.通过浓度求溶液的中离子的物质的量，必须知道溶液体积；
D.Na2CO3为强碱弱酸盐，碳酸根会水解。
12．【答案】D
【解析】【解答】A． 的电离常数Ka( )= ，由图可知 时pH=4.3，则Ka( )=10-4.3，因此Ka( )>Ka(CH3COOH)， 会电离出氢离子，与 生成醋酸，不可以大量共存，A不符合题意；
B．M点时， ，根据电荷守恒， ，溶液的pH=4.3，则 ，从而得出： ，B不符合题意；
C． 溶液第一步水解常数Kh(A2-)= ，数量级为10-10，C不符合题意；
D．NaHA溶液中存在质子守恒 ， 则 ，A2-的水解常数Kh1= ，H2A的电离常数Ka1= ，即 = ， = ，因此 ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、计算HA的电离平衡常数，结合强酸制弱酸原理分析；
B、M点时，溶液中c(HA)=c(A-)，结合电荷守恒进行分析；
C、根据Kw=Ka·Kh进行计算；
D、结合质子守恒、水解平衡常数进行计算；
13．【答案】B
【解析】【解答】A．据图可知b点溶液pH=7，此时加入10mLROH溶液，二者浓度相等，所以此时酸碱恰好中和，A不符合题意；
B．b点酸碱恰好中和溶质为CH3COOR，醋酸根为弱酸根，水解使溶液显碱性，而此时溶液显中性，说明R+为弱碱根，其水解程度恰好和醋酸根的水解程度相等，所以ROH为弱碱，B符合题意；
C．据图可知c点溶液显碱性，所以c(OH-)＞c(H+)，b点时溶质为CH3COOR，溶液显中性，所以b点存在c(CH3COO-)=c(R+)，而c点ROH过量，所以c(R+)＞c(CH3COO-)，C不符合题意；
D．常温下，水的离子积常数为Kw=10-14，所以b~c任意点溶液均有c(OH-)·c(H+)= Kw=10-14，D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.根据图示即可判断，导电能力最强，恰好反应
B.根据pH=7,而醋酸是弱酸，因此碱是弱碱
C.根据电荷守恒以及溶液的pH即可判断
D.温度不变，水的离子积常数不变
14．【答案】C
【解析】【解答】A．NaClO溶液有强氧化性，能使pH试纸褪色，应选pH计测定pH，A不符合题意；
B．将相同大小的铜片、铝片用导线连接，平行放入浓硝酸中，铜片不断溶解，是因为Al在浓硝酸中发生钝化，B不符合题意；
C．取5 mL 0.1 mol/L KI溶液于试管中，加入1 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液，反应方程式：2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2，KI过量，充分反应后滴入5滴15% KSCN溶液，若观察到溶液变为血红色，说明KI与FeCl3的反应有一定限度，C符合题意；
D．向盛有2 mL、0.1 mol/L NaOH溶液的试管中滴加4~5滴0.1 mol/L MgSO4溶液，再向其中滴加0.1 mol/L CuSO4溶液，由于NaOH溶液过量，先生成白色沉淀，后生成蓝色沉淀，不一定存在沉淀的转化，故不能说明 ，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A．NaClO溶液有强氧化性，能使pH试纸褪色；
B．Al在浓硝酸中发生钝化；
C．反应方程式：2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2，KI过量，充分反应后滴入5滴15% KSCN溶液，若观察到溶液变为血红色，说明KI与FeCl3的反应有一定限度；
D．NaOH溶液过量，先生成白色沉淀，后生成蓝色沉淀，不一定存在沉淀的转化。
15．【答案】B
【解析】【解答】A．由分析可知，丙酸的电离常数为10-4.88，数量级为10-5，故A不符合题意；
B．由分析可知，甲酸的酸性强于丙酸，则甲酸根离子在溶液中的水解程度小于丙酸根离子，等浓度的甲酸钠溶液的pH小于丙酸钠溶液，故B符合题意；
C．酸溶液中氢离子浓度越大，抑制水电离的程度越大，由图可知，M点溶液中pH小于N点，溶液中氢离子浓度大于N点，则水的电离程度小于N点，故C不符合题意；
D．甲酸根离子的水解常数Kh==＜Ka说明等浓度的甲酸和甲酸钠的混合溶液中甲酸的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，则溶液中各微粒浓度的大小顺序为c(HCOO-)＞c(Na+)＞c(HCOOH)＞c(H+)＞c(OH-)，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由公式可知，δ(RCOOH)=0.5时，溶液中c( RCOOH)=c( RCOO-)，则弱酸的电离常数Ka==c(H+)，由图可知，δ(RCOOH) = 0.5时，甲酸、丙酸溶液的pH分别为3.75、4.88，则甲酸、丙酸的电离常数分别为10-3.75、10-4.88，电离常数越大，弱酸的酸性越强，则甲酸的酸性强于丙酸。
16．【答案】D
【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。
17．【答案】（1）减小
（2）将三价铁还原为零价铁(或防止纳米零价铁被氧化)；SeO32-+4e-+3H2O=Se+6OH-
（3）Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+；当FeⅢ比例减小时，游离态的FeⅢ形成的Fe(OH)3胶体减少，对SeO32-的吸附作用减弱；当FeⅡ比例增大时，结构态的FeⅡ增多，对SeO32-的还原能力增强；碱性太强，大量的OH-与游离态的FeⅡ和FeⅢ分别形成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀覆盖在绿锈表面，减少了反应活性(或碱性太强，结构态的双金属氢氧化物结构受到破坏，还原性减弱)；或大量的OH-吸附在绿锈表面使其带负电荷，从而对SeO32-产生排斥作用
【解析】【解答】（1）H2SeO3为二元弱酸，含Na2SeO3浓度较高的废水中发生水解：SeO32-+H2O HSeO3-+OH-，溶液呈碱性，用离子交换树脂处理含Na2SeO3浓度较高的废水时，发生的交换反应为SeO32-+2RCl=R2SeO3+2Cl-，SeO32-离子转化为Cl-导致浓度减小，水解程度降低，溶液的碱性减弱，废水的pH将减小；（2）①以木屑和FeCl3·6H2O为原料，在N2氛围中迅速升温至600 ℃，保持2 h，过程中木屑先转化为木炭，高温下木炭还具有还原性，可以将FeCl3中+3价的铁还原为零价铁，木炭表面多孔具有吸附性，木炭将得到的纳米零价铁充分包覆，还可防止纳米零价铁被氧化，答案为：将三价铁还原为零价铁(或防止纳米零价铁被氧化)；②木炭包覆纳米零价铁在碱性废水中形成许多微电池，这些微电池负极为铁，发生氧化反应， 正极为木炭，SeO32-在微电池正极上发生还原反应，转化为单质Se，在碱性废水的环境下电极反应式为SeO32-+4e-+3H2O=Se+6OH-；（3）①金属阳离子的水解比较复杂，一般合为一步书写，三价铁离子水解后生成的是氢氧化铁胶体，具有吸附性，Fe3+水解的离子方程式为：Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+②FeⅢ形成的Fe(OH)3胶体吸附碱性废水中的SeO32-离子，FeⅡ对SeO32-进行还原，随着绿锈组成中FeⅡ/FeⅢ比值的增大，FeⅢ的比例减小，游离态的FeⅢ形成的Fe(OH)3胶体减少，对SeO32-的吸附作用减弱，绿锈的除硒效果减小；结构态的FeⅡ还原能力优于游离态的FeⅡ，但随着FeⅡ比例增大，结构态的FeⅡ增多，对SeO32-的还原能力增强，故绿锈的除硒效果又开始增大，答案为：当FeⅢ比例减小时，游离态的FeⅢ形成的Fe(OH)3胶体减少，对SeO32-的吸附作用减弱；当FeⅡ比例增大时，结构态的FeⅡ增多，对SeO32-的还原能力增强；③当初始pH增大至11时，溶液碱性增强，溶液中OH-浓度增大，大量的OH-与游离态的FeⅡ和FeⅢ分别形成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀覆盖在绿锈表面，减少了反应活性；由题中信息可知，绿锈中铁元素以结构态和游离态两种形式存在，结构态的双金属氢氧化物层间存在较大的空隙，形成了巨大的比表面积，使得绿锈成为一种良好的除硒剂，OH-与游离态的FeⅡ和FeⅢ分别形成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀，结构态的双金属氢氧化物结构受到破坏，还原性减弱；另外溶液中大量的OH－吸附在绿锈表面使其带负电荷，从而对SeO32-产生排斥作用，进而影响到SeO32-的去除效果，这些都有可能导致因初始pH增大至11，SeO32-的去除效果突然迅速减小，答案为：碱性太强，大量的OH-与游离态的FeⅡ和FeⅢ分别形成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀覆盖在绿锈表面，减少了反应活性(或碱性太强，结构态的双金属氢氧化物结构受到破坏，还原性减弱)；或大量的OH-吸附在绿锈表面使其带负电荷，从而对SeO32-产生排斥作用。
【分析】（1）根据水解反应及离子交换反应中离子浓度的变化来考虑；（2）①根据木炭的化学性质及题中信息考虑；②根据碱性环境及生成单质Se书写电极反应；（3）①根据阳离子水解方程式的书写方法书写；②根据图中绿锈的除硒效果及FeⅡ/FeⅢ的浓度变化及各自的性质进行考虑；③根据碱性增强导致氢氧根浓度增大与FeⅡ/FeⅢ对SeO32-的去除原理进行考虑；
18．【答案】（1）A
（2）②<③<①
（3）ClO－+CO2+H2O＝HClO+HCO3－
（4）新制氯水中存在可逆反应Cl2＋H2O HCl＋HClO，加入NaHCO3后，NaHCO3与HCl反应使HCl浓度变小，平衡右移，NaHCO3不与HClO反应，所以HClO浓度增大，氯水漂白能力增强
（5）c(HCO3－)>c(ClO－)>c(OH－)>c(CO32－)
（6）3
（7）+（b-a）kJ/mol
（8）10-2-10-12
【解析】【解答】(1)A．HCO3－ + H2O H2CO3+OH－表示碳酸氢根离子的水解，正确；
B.HClO + H2O ClO－+ H3O+是次氯酸的电离，错误；
C.HCO3－ + H2O CO32－-+H3O+是碳酸氢根离子的电离，错误；
D.CO32－水解分步进行，错误；
故答案为：A；
(2)根据表格数据，酸性：碳酸＞次氯酸＞碳酸氢根离子，因此浓度相同的①Na2CO3；②NaHCO3；③NaClO三种溶液的水解程度①＞③＞②，水解程度越大，溶液的碱性越强，pH越大，pH由小到大排列的顺序为，故答案为：②<③<①；
(3)酸性：碳酸＞次氯酸＞碳酸氢根离子，则NaClO溶液中通入少量CO2气体反应生成次氯酸和碳酸氢钠，反应的离子方程式为ClO－+CO2+H2O＝HClO+HCO3－，故答案为：ClO－+CO2+H2O＝HClO+HCO3－；
(4)新制氯水中存在可逆反应Cl2＋H2O HCl＋HClO，加入NaHCO3后，NaHCO3与HCl反应使HCl浓度变小，平衡右移，NaHCO3不与HClO反应，所以HClO浓度增大，氯水漂白能力增强，故答案为：新制氯水中存在可逆反应Cl2＋H2O HCl＋HClO，加入NaHCO3后，NaHCO3与HCl反应使HCl浓度变小，平衡右移，NaHCO3不与HClO反应，所以HClO浓度增大，氯水漂白能力增强；
(5)在等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中次氯酸根离子的水解程度大，则c(HCO3－)>c(ClO－)，碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，溶液中的氢氧根离子由2种盐水解生成，因此碳酸根离子的浓度最小，阴离子浓度的大小关系为c(HCO3－)>c(ClO－)>c(OH－)>c(CO32－)，故答案为：c(HCO3－)>c(ClO－)>c(OH－)>c(CO32－)；
(6)在pH=8的NaClO和HClO混合液中， = = = =3，故答案为：3；
(7)①HClO(aq) H+(aq)+ClO-(aq)△H1，②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H2=-bkJ mol-1，③OH-(aq)+HClO(aq)=CN-(aq)+H2O(l)，△H3=-akJ mol-1，根据盖斯定律：①+②=③，△H1+△H2=△H3，△H1=+(b-a)kJ mol-1，故答案为：+(b-a)kJ mol-1；
(8)pH=12的NaClO溶液中存在物料守恒c(Na+)= c(ClO－)+c(HClO)，电荷守恒c(Na+)+ c(H+)= c(ClO－)+ c(OH-)，则c(HClO)= c(H+)- c(OH-)=10-2-10-12 mol/L，故答案为：10-2-10-12。
【分析】（1）根据水解方程式的书写分析；
（2）根据水解程度确定溶液中c(OH-)的大小，从而确定溶液的pH；
（3）由表格数据可得酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3-，根据强酸制弱酸原理书写该反应的离子方程式；
（4）氯水中存在可逆反应 Cl2＋H2O HCl＋HClO ，结合平衡移动进行分析；
（5）根据溶液中ClO-和HCO3-水解程度进行分析；
（6）由 = = 进行计算；
（7）根据盖斯定律进行计算；
（8）结合电荷守恒和物料守恒进行计算；
19．【答案】（1）Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O
（2）5.0～5.4
（3）分液漏斗、烧杯；向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分离出水层
（4）向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流完后，重复上述操作2-3次
（5）Co3O4
【解析】【解答】(1)从最终产物看，酸溶时，Co2O3被还原为Co2+，SO2被氧化为SO42-，
“酸溶”时发生氧化还原反应的化学方程式Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O。答案为：Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O
(2)“除铝”过程中需要调节溶液pH 的范围，目的是让Al3+全部转化为沉淀，而Zn2+不生成沉淀，所以pH的范围应为5.0～5.4。答案为：5.0～5.4
(3)在实验室里，萃取操作用到的玻璃仪器主要有分液漏斗、烧杯。答案为：分液漏斗、烧杯
上述“萃取”过程可表示为ZnSO4(水层)+2HX(有机层) ZnX2(有机层)+H2SO4(水层)，从反应中可以看出，此反应为可逆反应，所以加硫酸可实现让ZnSO4进入水层的目的。从而得出由有机层获取ZnSO4溶液的操作是向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分离出水层。
答案为：向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分离出水层
(4)洗涤沉淀的操作是：向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流完后，重复上述操作2-3次。
答案为：向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流完后，重复上述操作2-3次。
(5)从化学式CoCO3可以看出，n(Co)=n(C)= ，
m(Co)=0.03mol×59g/mol=1.77g
m(O)=2.41g-1.77g=0.64g
n(O)=
n(Co)：n(O)= 0.03mol：0.04mol=3：4
则该钴氧化物的化学式为Co3O4。
答案为：Co3O4
【分析】（1）酸溶过程中，Co2O3将SO2氧化成SO42-，自身还原为Co2+，据此写出反应的化学方程式；
（2）除铝过程中，应注意不能将Zn2+形成沉淀，结合离子形成沉淀的pH进行分析；
（3）根据萃取、分液操作分析；
（4）沉淀的洗涤应在过滤装置中进行；
（5）根据所给数据计算Co、O的原子个数比，从而确定其化学式；
20．【答案】（1）3MnO2 +2FeS2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+4S↓+6H2O
（2）加入软锰矿粉或H2O2溶液；破坏Fe(OH)3胶体并使沉淀颗粒长大，便于过滤分离；Fe(OH)3
（3）(NH4)2Sx+1 2NH3+H2S + xS↓
（4）2MnO4－+3Mn2++2H2O 5MnO2↓+4H+；
【解析】【解答】（1）根据流程，加入物质为MnO2、FeS2、H2SO4，生成物为S、MnSO4、Fe2(SO4)3，即化学方程式为3MnO2＋2FeS2＋6H2SO4=3MnSO4＋Fe2(SO4)3＋3S↓＋6H2O；
（2）除去Fe2＋，不能引入新杂质，Fe2＋以还原性为主，因为需要制备MnSO4·H2O，MnO2可以作氧化剂，因此可以加入MnO2或软锰矿粉，H2O2为绿色氧化剂，因此也可以加入H2O2溶液；根据流程，步骤④是除去铁元素，步骤④需将溶液加热至沸然后在不断搅拌下加入碱调节pH4~5，再继续煮沸一段时间，“继续煮沸”的目的是破坏Fe(OH)3胶体并使沉淀颗粒长大，便于过滤分离；步骤⑤所得滤渣为Fe(OH)3；
（3）根据流程，步骤⑦发生分解反应，生成产品S，分解后，加水，又生成(NH4)2S，推出步骤⑦分解反应其他产物是NH3和H2S，即步骤⑦在90～100℃时，发生化学方程式为(NH4)2Sx＋1 2NH3↑＋H2S↑＋xS↓；
（4）高锰酸钾具有强氧化性，滴加终点溶液颜色变为浅红色，说明高锰酸钾参加氧化还原反应，根据信息，推出MnSO4为还原性，即滴定反应的离子方程式为2MnO4－＋3Mn2＋＋2H2O 5MnO2↓＋4H＋；根据离子方程式，m(Mn2＋)= ，w(Mn2＋)= =8.25cV×10－2/a×100%。
【分析】（1）根据反应物和给出的生成物，结合氧化还原反应的规律书写化学方程式；
（2）可将亚铁离子氧化为铁离子后除去；铁离子水解生成氢氧化铁胶体，加热会生成沉淀；
（4）根据氧化还原反应原理书写离子方程式，根据氧化还原反应类型的滴定实验计算镁离子的质量分数。
21．【答案】（1）碱；＞；酸；＜
（2）②①④③
（3）Cu2++2H2O Cu(OH)2+2H+；抑制
（4）H－、H+、NH4+、Cl－；c(Cl－)=c(NH4+)＞c(H+)=c(OH－)；＞
（5）5
（6）将Fe2+氧化为Fe3+，便于调整pH使其与Cu2+分离；3.2～4.4；BD；除净溶液中的H2O2，避免影响下一步CuCl的生成；2CuSO4+2NaCl+Na2SO3+H2O＝2CuCl↓+Na2SO4+H2SO4
【解析】【解答】（1）等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合，恰好生成醋酸钠，由化学式可知，阴阳离子之比为1：1，醋酸根离子水解显碱性，则c(Na+)＞c(CH3COO )，pH=13的氢氧化钠，其浓度为0.1mol/L，pH=1的醋酸，其浓度大于0.1mol/L，等体积混合后，醋酸过量；根据电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），醋酸过量，溶液呈酸性，所以c(H+)＞c(OH-)，则c(Na+)＜c(CH3COO )；
（2）①HCl是强电解质，所以0.1mol/L HCl溶液中氢离子浓度为0.1mol/L；②硫酸是二元强酸，所以0.1mol/L H2SO4溶液中氢离子浓度为0.2mol/L；③NaOH是一元强碱，氢离子浓度最小，0.1mol/L NaOH溶液中氢离子浓度为10 13mol/L；④醋酸是一元弱酸，部分电离，所以0.1mol/L CH3COOH溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，则这四种溶液中氢离子浓度大小顺序是③④①②，氢离子浓度越小，pH越大，则pH由小到大顺序为②①④③；
（3）CuSO4是强酸弱碱盐，铜离子水解方程式为Cu2++2H2O Cu(OH)2+2H+，水解后溶液中c(H+)＞c(OH )，所以溶液呈酸性，即常温下pH＜7；为防止CuSO4水解，所以配制CuSO4溶液时将CuSO4先溶于较浓的硫酸中，抑制其水解，然后稀释。
（4）在一水合氨与氯化氢恰好反应生成氯化铵溶液时，铵根离子在溶液中部分水解，促进了水的电离，水的电离程度增大，溶液显酸性，当溶液显中性时，氨水稍稍过量，溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，溶液中存在的离子为：OH 、H+、NH4+、Cl ；反应后的溶液显中性，则一定满足c(H+)=c(OH )，根据电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(Cl )+c(OH )可知：c(NH4+)=c(Cl )，离子浓度大小为：c(Cl )=c(NH4+)＞c(H+)=c(OH )；当a=0.01时，氨水与盐酸等体积等浓度混合，两溶液恰好反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解导致溶液显示酸性，如溶液显示中性，则氨水稍稍过量，即a＞0.01，
（5）某CuSO4溶液里c(Cu2+)=0.02mol/L，如果生成Cu(OH)2沉淀，则应有c(OH ) = mol/L=10 9mol/L，则c(H+) mol/L=10 5mol/L，所以pH lg(10 5)=5；
（6）由流程可知，加硫酸溶解后，加入过氧化氢发生2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，调节pH为3.2～4.4，使铁离子转化为沉淀，过滤分离出Fe(OH)3，Fe(OH)3加热生成铁红，煮沸硫酸铜溶液，除去溶液中的过氧化氢，向CuSO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3，可以生成白色的CuCl沉淀，发生2Cl-+2Cu2++SO32-＝2CuCl↓+SO42-+2H+；
①根据分析，酸浸后加入H2O2的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，便于调整pH使其与Cu2+分离；根据表格数据，调pH的最适宜范围为3.2～4.4，使铁离子转化为沉淀，过滤分离出Fe(OH)3；
②调pH过程中加入的试剂最好是CuO或Cu2(OH)2CO3，促进铁离子水解，且不引入新杂质，
故答案为：BD。
③煮沸CuSO4溶液的目的是除净溶液中的H2O2，避免影响下一步生成CuCl；向CuSO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3，可以生成白色的CuCl沉淀，该反应的化学方程式为2CuSO4+2NaCl+Na2SO3+H2O＝2CuCl↓+Na2SO4+H2SO4。
【分析】（1）反应后的溶质是醋酸钠，属于强碱弱酸盐，水解呈碱性； pH=13的氢氧化钠与pH=1的醋酸等体积混合后醋酸过量，溶液呈算；
（2）首先按酸碱进行分类，注意二元强酸的氢离子时一元强酸的二倍，弱酸存在电离平衡，不能完全电离进行排序即可；
（3）硫酸铜是强酸弱碱盐，水解呈酸性，配制硫酸铜溶液时需防止铜离子水解；
（4）氯化铵水解使溶液呈酸性，若使溶液呈中性，氨水需过量，根据电荷守恒判断离子浓度的大小关系；
（5）根据溶度积常数计算生成氢氧化铜需要氢氧根离子的浓度即可；
（6）除铁时需要将亚铁离子氧化为铁离子，在酸性溶液中沉淀铁离子，注意不能带入新的杂质。