2023北京重点校高二（上）期中化学汇编：盐类的水解2（含解析）

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2023北京重点校高二（上）期中化学汇编
盐类的水解2
一、单选题
1．（2023北京161中高二上期中）常温下，下列溶液中，水电离出的的是。
A．盐酸 B．溶液
C． 溶液 D． 溶液
2．（2023北京北师大实验中学高二上期中）常温下，下列溶液的的是
A． B． C． D．
3．（2023北京首师大附中高二上期中）下列0.1mol/L的溶液中，浓度最大的是
A．NH4HSO4 B．NH4Cl C．CH3COONH4 D．NH3 H2O
4．（2023北京101中学高二上期中）下列溶液呈酸性的是
A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．溶液
5．（2023北京第八十中学高二上期中）实验测得0.5 mol·L 1CH3COONa溶液、0.5 mol·L 1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是
A．随温度升高，纯水中c(H+)>c(OH )
B．随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH )减小
C．随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果
D．随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO 、Cu2+水解平衡移动方向不同
6．（2023北京第八十中学高二上期中）弱酸HA的溶液和等体积、等物质的量浓度的强碱MOH的溶液混合后，溶液中有关离子浓度的大小关系正确的是
A．c(M+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-) B．c(A-)>c(M+)>c(OH-)>c(H+)
C．c(M+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+) D．c(M+)>c(OH-)>c(A-)>c(H+)
7．（2023北京密云二中高二上期中）航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中太空“冰雪实验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。下列说法不正确的是
A．醋酸钠是强电解质
B．常温下，醋酸钠溶液的
C．醋酸钠溶液中
D．该溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出
8．（2023北京人大附中高二上期中）下列溶液因盐的水解而呈酸性的是
A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．溶液
9．（2023北京人大附中高二上期中）溶液中存在平衡：(橙色) (黄色)。在时，溶液中含铬微粒的浓度与溶液pH的关系如图所示。下列说法不正确的是
A．曲线Ⅱ代表浓度
B．将溶液的pH从5调至9，溶液颜色可由橙色变为黄色
C．溶液中存在
D．在的和混合溶液中存在
10．（2023北京首师大附中高二上期中）室温下，1L含0.1molCH3COOH和0.1molCH3COONa的溶液a及加入一定量强酸或强碱后溶液的pH如下表(加入前后溶液体积不变)：
溶液a 通入0.01molHCl(g) 加入0.01molNaOH(s)
pH 4.76 4.67 4.85
像溶液a这样，加入少量强酸或强碱后pH变化不大的溶液称为缓冲溶液。
下列说法不正确的是
A．溶液a中
B．向溶液a中通入0.01molHCl时，pH变化不大原因：
C．溶液a中
D．含与的混合溶液也可做缓冲溶液
11．（2023北京101中学高二上期中）室温下，含和的溶液a以及加入一定量强酸或强碱后溶液的如下表(忽略加入酸、碱前后溶液体积的变化)：
溶液a 通入 加入
4.76 4.67 4.85
像溶液a这样，加入少量强酸或强碱后变化不大的溶液称为缓冲溶液。下列说法不正确的是
A．溶液a中，
B．向溶液a中通入时，结合生成变化不大
C．向溶液a中加入固体，基本不变
D．含与的混合溶液也可做缓冲溶液
12．（2023北京第八十中学高二上期中）下列做法中，主要依据的不是盐类水解原理的是
A．用BaCl2溶液沉淀粗盐溶液中的
B．配制FeCl3溶液时，将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需浓度
C．用热水溶解Na2CO3配成溶液清洗油污
D．用明矾吸附水中的悬浮杂质
13．（2023北京通州高二上期中）已知三种酸的电离平衡常数，下列说法不正确的是
弱酸 醋酸 次氯酸 碳酸
电离平衡常数
A．三种酸的酸性由强到弱的顺序是：
B．与NaClO溶液反应生成HClO与
C．常温下，浓度均为0.1mol/L的溶液的碱性：
D．向NaClO溶液中滴加醋酸，可生成HClO，使杀菌、消毒能力增强
14．（2023北京北师大附中高二上期中）下列事实不能说明HNO2是弱电解质的是
A．常温下NaNO2溶液的pH大于7
B．常温下0.1 mol L-1的HNO2溶液的pH为2.1
C．pH=11的NaNO2溶液加水稀释到100倍，pH大于9
D．用HNO2溶液作导电实验，灯泡很暗
15．（2023北京密云二中高二上期中）实验测得溶液的、温度随时间变化的曲线如图所示，下列说法不正确的是
A．随温度升高，纯水中
B．随温度升高，溶液的减小
C． 溶液存在水解平衡：
D．随温度升高，溶液的变化是改变与水解平衡移动共同作用的结果
16．（2023北京第八十中学高二上期中）下列实验中，不能达到实验目的的是
A B C D

A．由海水制取蒸馏水 B．清洗废铜屑表面的油污
C．分离粗盐中的不溶物 D．由FeCl3 6H2O制取无水FeCl3固体
17．（2023北京人大附中高二上期中）下列解释事实的离子方程式正确的是
A．润湿的红色石蕊试纸遇变蓝：
B．盛装溶液的试剂瓶不能用玻璃塞：
C．将通入紫色石蕊溶液中，溶液先变红，后褪色：
D．将溶液滴入溶液中，产生红褐色沉淀：
18．（2023北京人大附中高二上期中）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．的溶液中：、、、
B．含的溶液中：、、、
C．含有的溶液中：、、、
D．由水电离的的溶液中：、、、
19．（2023北京人大附中高二上期中）下列实验装置(部分夹持装置已略去)可以达到对应实验目的是
A B C D
实验目的 测定锌与稀硫酸反应速率 检验SO2中混有的CO2气体 除去Cl2中混有的HCl气体 加热FeCl3溶液制取无水FeCl3固体
实验装置
A．A B．B C．C D．D
20．（2023北京人大附中高二上期中）已知甲酸的酸性强于乙酸，下列结论不正确的是
A．甲酸溶液的pH小于同浓度的乙酸溶液
B．甲酸钠溶液的pH大于同浓度的乙酸钠溶液
C．相同物质的量浓度的甲酸和乙酸溶液分别与Zn反应，初始时甲酸产生速率更快
D．相同pH的甲酸和乙酸浴液分别与足量反应，乙酸产生的总量更多
21．（2023北京第八十中学高二上期中）以酚酞为指示剂，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液VNaOH的变化关系如图所示。
比如A2-的分布系数：[]下列说法正确的是
A．H2A的电离方程式为：H2A H++HA-，HA- H++A2-
B．HA-的电离常数Ka=1.0×10-2
C．H2A的浓度为0.2000mol/L
D．滴定终点时，溶液中2c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)
22．（2023北京第八十中学高二上期中）以酚酞为指示剂，用0.1000 mo/L NaOH溶液滴定10.00 mL未知浓度的溶液，滴定过程中的pH变化如下图所示。下列分析正确的是
A．的浓度为0.1000 mol/L
B．的电离常数
C．溶液从粉红色变为无色，且半分钟不褪色，表示已达滴定终点
D．时，溶液中
二、填空题
23．（2023北京人大附中高二上期中）某小组探究的性质。
(1)时，测得溶液的pH为2.88，溶液的pH为x。
①的电离方程式是 。
②x的值最有可能是以下选项中的 (填字母)。
a．1.88 b．2.38 c．3.38 d．3.88
③时，向溶液中逐滴加入溶液，当混合溶液中时，溶液的pH 7(填“”、“”或“”)，此时所加溶液的体积 10mL(填“”、“”或“”)。
(2)查阅资料，时，几种弱酸的电离常数如下表
弱酸种类
电离常数
(1)推测时下列反应可能发生的是 (填字母)。
a．
b．
c．
浓度均为的、、溶液中，pH最大的是 (填化学式)。
24．（2023北京北师大实验中学高二上期中）天然气中含有的会腐蚀管道设备，开采天然气后须及时除去。在此过程中会产生大量含硫废水(其中硫元素的主要化合价是-2价)，对设备、环境等边成严重危害。
已知：ⅰ：有剧毒；常温下溶解度为1∶2.6(体积)。
ⅱ：、、在水溶液中的物质的量分数随pH的分布曲线如下图。

ⅲ：碳酸的电离平衡常数：，
(1)用过量的溶液吸收天然气中的的离子方程式是 ，该反应对应的化学平衡常数 (列出计算式)。
(2)①当时，含硫废水中、的浓度比是 。
②NaHS溶液呈碱性，原因是 (结合化学用语说明)。
(3)沉淀法处理含硫废水：
向的含硫废水中加入适量的溶液，观察到有黑色沉淀生成，则溶液的pH (填“升高”“降低”或“不变”)。用化学平衡移动的原理解释产生上述现象的原因： 。
(4)氧化还原法处理含硫废水：
向的含硫废水中加入一定浓度的溶液，加酸将溶液调为，产生淡黄色沉淀。
①反应的离子方程式是 。
②不同pH时，硫化物去除率随时间的变化曲线如右图所示。本工艺选择控制体系的，不选择，从环境保护的角度分析其主要原因： 。

三、解答题
25．（2023北京北师大二附中高二上期中）乙二酸(H2C2O4)俗称草酸，在实验研究和化学工业中应用广泛。
(1) 室温下，测得 0.1 mol·L 1 H2C2O4溶液的pH = 1.3，写出草酸的电离方程式 。
(2)草酸溶液中各粒子的物质的量分数随溶液pH变化关系如图所示：
① 向草酸溶液中滴加KOH溶液至pH = 2.5时发生的主要反应的离子方程式是 。
② 0.1 mol·L 1 KHC2O4溶液中，下列粒子浓度关系正确的是 (填序号)。
a.c(K+) + c(H+) = c(HC2O4–) + c(C2O42–) + c(OH–)
b.c(K+) > c(HC2O4–) > c(C2O42–) > c(H2C2O4)
c.c(K+) = c(HC2O4–) + c(C2O42–) + c(H2C2O4)
(3)工业上利用硫酸亚铁与草酸反应制备草酸亚铁晶体，其离子方程式为：Fe2+ + H2C2O4 + xH2O FeC2O4·xH2O↓ + 2H+
① 制备时需添加氨水以提高FeC2O4·xH2O的产率，从化学平衡移动原理角度解释原因： 。
② 测定草酸亚铁晶体(FeC2O4·xH2O)的x值，实验如下：称取0.5400 g草酸亚铁晶体溶于一定浓度的硫酸中，用KMnO4酸性溶液滴定。到达滴定终点时，消耗0.1000 mol·L－1的KMnO4酸性溶液18.00 mL。已知：滴定过程中铁、碳元素被氧化为Fe3+、CO2，锰元素被还原为Mn2+则FeC2O4·xH2O中x = (FeC2O4的摩尔质量是144 g·mol－1)。
26．（2023北京161中高二上期中）实验小组制备硫代硫酸钠(Na2S2O3)并探究其性质。
资料：ⅰ.S2O+2H+=S↓+SO2↑+H2O。
ⅱ.Fe3++3S2OFe(S2O3)(紫黑色)。
ⅲ.Ag2S2O3是难溶于水、可溶于Na2S2O3溶液的白色固体。
(1)实验室可利用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制备Na2S2O3，装置如图。
①用化学用语解释Na2S和Na2CO3的混合溶液呈碱性的原因：S2-+H2OHS-+OH-、 。
②为了保证Na2S2O3的产量，实验中要控制SO2的量。若要降低SO2的生成速率，可以采取的措施有： (写出一条)。
(2)探究Na2S2O3溶液与不同金属的硫酸盐溶液间反应的多样性。
实验 试剂 现象
试管 滴管
2mL0.1mol/LNa2S2O3溶液 Ag2SO4溶液(浓度约为0.03mol/L) Ⅰ.局部生成白色沉淀，振荡后沉淀溶解，得到无色溶液
0.03mol/LAl2(SO4)3溶液 Ⅱ.一段时间后，生成沉淀
0.03mol/LFe2(SO4)3溶液 Ⅲ.混合后溶液先变成紫黑色，30s时溶液几乎变为无色
①Ⅰ中产生白色沉淀的离子方程式为 。
②经检验，现象Ⅱ中的沉淀有Al(OH)3和S，用平衡移动原理解释Ⅱ中的现象： 。
③经检验，现象Ⅲ中的无色溶液中含有Fe2+。从化学反应速率和限度的角度解释Ⅲ中Fe3+与S2O反应的实验现象： 。
以上实验说明：Na2S2O3溶液与金属阳离子反应的多样性和阳离子的性质有关。
27．（2023北京161中高二上期中）水溶液广泛存在于生命体及其赖以生存的环境中，研究水溶液的性质及反应有重要意义，室温下，相关酸的电离平衡常数如下表所示：
酸 CH3COOH HCl
电离平衡常数 ——
回答下列问题。
(1)电离方程式是 。
(2)物质的量浓度相同的和，pH大小： (填“<”“=”或“>”)。
(3)物质的量浓度相同的、、三种溶液，pH由大到小的顺序是 。
(4)室温下，向未知浓度的溶液中加入溶液。
①溶液中的 (填“增大”“减小”“不变”或“无法判断”)。
②当滴加溶液至溶液中的，此时溶液中的pH 7(填“<”“=”或“>”)，判断的依据 。
(5)为测定某溶液的浓度，取20.00待测溶液于锥形瓶中，滴加2滴酚酞溶液，用浓度为0.1000的标准溶液滴定。
①达到滴定终点的现象是 。
②在滴定实验过程中，下列仪器中有蒸馏水，对实验结果没有影响的是 (填“滴定管”或“锥形瓶”)。
③经3次平行实验，达到滴定终点时，消耗标准溶液体积的平均值为19.98，则此溶液的浓度是 。
28．（2023北京15中高二上期中）实验小组探究酸对平衡的影响。将0.005mol/L 溶液(接近无色)和0.01mol/L KSCN溶液等体积混合，得到红色溶液。取两等份红色溶液，进行如下操作并记录现象。
(1)水解显酸性的原因是 (用方程式表示)。
(2)甲同学认为加入酸后，会使体系中 浓度改变，导致该平衡正向移动，溶液颜色加深。
【设计并实施实验】

【查阅资料】
和、均能发生络合反应：
(黄色)；(无色)。
实验Ⅰ．探究现象a中溶液颜色变化的原因
编号 操作 现象
① 向2mL红色溶液中滴加5滴水 溶液颜色无明显变化
② 向2mL红色溶液中滴加5滴3mol/L KCl溶液 溶液颜色变浅，呈橙色
(3)实验①的目的是 。
(4)根据实验①和实验②的结果，从平衡移动角度解释现象a： 。
实验Ⅱ．探究现象b中溶液呈浅黄色的原因
编号 操作 现象
③ 取1mL 0.0025mol/L 溶液(无色)，加入1mL 0.01mol/L KSCN溶液，再加入5滴1.5mol/L 溶液 溶液先变红，加硫酸后变为浅黄色
④ 取1mL 0.005mol/L 溶液，
(5)结合实验③可推测现象b中使溶液呈浅黄色的微粒可能有两种，分别是、 。
(6)乙同学进一步补充了实验④，确证了现象b中使溶液呈浅黄色的微粒只是(5)中的一种，请将实验④的操作及现象补充完整： 。
29．（2023北京人大附中高二上期中）某实验小组对分别与、的反应进行实验探究。
实验药品：溶液()；溶液()；
溶液()。
实验过程
实验编号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ
实验操作
实验现象 溶液呈紫色，静置后紫色迅速褪去，久置后出现淡黄色浑浊 溶液呈紫色，静置后紫色褪去，久置后不出现淡黄色浑浊 溶液呈紫色，静置后紫色缓慢褪去，久置后不出现淡黄色浑浊
资料：ⅰ．在酸性条件下不稳定，发生反应：
ⅱ． (暗紫色)，遇无明显现象
(1)配制溶液时，需要用盐酸酸化，结合离子方程式解释原因： 。
(2)对实验I中现象进行分析：
①查阅资料：可将氧化成，反应的离子方程式是 。
②结合反应速率与平衡移动原理解释实验中先出现紫色，后紫色褪去的原因 。
(3)为探究实验Ⅱ和Ⅲ中紫色褪去快慢不同的原因，设计实验如下：
实验编号 Ⅳ Ⅴ
实验操作
实验现象 紫色褪去时间 紫色褪去时间
①试剂X是
②由实验Ⅳ和实验Ⅴ得出的结论是 。
参考答案
1．C
【详解】A．盐酸电离出的氢离子浓度为10-2mol/L，则，A错误；
B．氢氧化钠电离出的氢氧根离子的浓度为10-2mol/L，则，B错误；
C．氯化铵为盐，铵根离子水解促进水的电离使溶液呈酸性，氢离子都是由水电离出的，pH=2，则，C正确；
D．硫酸氢钠电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，其电离出的氢离子浓度为10-2mol/L，则，D错误；
答案选C。
2．A
【详解】A．为强碱弱酸盐水解显碱性，pH>7，A正确；
B．为酸，溶液显酸性，pH<7，B错误；
C．为强酸强碱盐，溶液显中性，pH=7，C错误；
D．为强酸弱碱盐，水解显酸性，pH<7，D错误；
故选A。
3．A
【详解】A．NH4HSO4溶液中的氢离子对铵根的水解起抑制作用，导致铵根离子水解程度较小，铵根离子浓度较大；
B．NH4Cl溶液中，铵根离子的水解不受氯离子的影响；
C．CH3COONH4溶液中醋酸根离子对铵根离子的水解起到促进作用，导致铵根离子水解程度大，其铵根离子浓度较小；
D．NH3 H2O是弱电解质，部分电离，其铵根离子浓度最小；
则物质的量浓度相等的NH4HSO4溶液、NH4Cl溶液、CH3COONH4溶液和NH3 H2O中浓度最大的是NH4HSO4溶液；
答案选A。
4．A
【详解】A．为强酸弱碱盐，Fe3+发生水解结合水电离出来的OH-，溶液中c(OH-)B．BaCl2为强酸强碱盐，在水溶液中不发生水解，溶液呈中性，B错误；
C．CH3COONa为强碱弱酸盐，CH3COO-发生水解结合水电离出来的H+，溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液呈碱性，C错误；
D．为强酸强碱盐，在水溶液中不发生水解，溶液呈中性，D错误；
故选A。
5．C
【分析】水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，据此解题；
【详解】A.水的电离为吸热过程，升高温度，平衡向着电离方向移动，水中c(H+).c(OH-)=Kw增大，故pH减小，但c(H+)=c(OH-)，故A不符合题意；
B.水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离，所以c(OH-)增大，醋酸根水解为吸热过程，CH3COOH-+H2O CH3COOH+OH-,升高温度促进盐类水解，所以c(OH-)增大，故B不符合题意；
C.升高温度，促进水的电离，故c(H+)增大；升高温度，促进铜离子水解Cu2++2H2OCu(OH)2 +2H+，故c(H+)增大，两者共同作用使pH发生变化，故C符合题意；
D.盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故D不符合题意；
综上所述，本题应选C。
【点睛】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确化学平衡常数只是温度的函数，温度对水的电离和盐类水解平衡的影响是解题的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，本题难度不大，是基础题。
6．C
【详解】等体积等物质的量浓度MOH强碱和HA弱酸溶液混合后，二者恰好反应生成MA和水，由于A-部分水解，溶液显示碱性，则c(OH-)>c(H+)，根据电荷守恒可得：c(M+)>c(A-)，溶液中离子浓度大小为：c(M+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)，故选C。
7．C
【详解】A．醋酸钠属于盐，在水中完全电离，是强电解质，故A正确；
B．醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解使溶液显碱性，常温下，醋酸钠溶液的pH>7，故B正确；
C．醋酸钠溶液中醋酸根离子能发生水解，所以c(Na+)>c(CH3COO )，故C错误；
D．过饱和醋酸钠溶液处于亚稳态，加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出，形成饱和溶液，故D正确；
故选C。
8．B
【详解】A．氯化钠是强酸强碱盐，氯化钠中钠离子和氯离子都不会发生水解，呈中性，A错误；
B．硝酸铵溶液中铵根离子水解生成氢离子，硝酸根离子不会水解，故显酸性，B正确；
C．碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子水解显碱性，钠离子不会水解，C错误；
D．硫酸氢钠是强酸强碱的酸式盐，会电离产生氢离子，不会发生水解，D错误；
故选B。
9．C
【分析】由平衡(橙色) (黄色)可知，随pH的增大，平衡正向移动，的浓度减小，增大，因此Ⅱ为、Ⅰ为；
【详解】A．由分析可知，Ⅱ为、Ⅰ为，A正确；
B．将溶液的pH从5调至9，铬由转化为存在，溶液颜色可由橙色变为黄色，B正确；
C．由物料守恒可得：，C错误；
D．由电荷守恒可知，存在，则，故存在，D正确；
故选C。
10．C
【详解】A．由题意可知，溶液a的pH为4.76，说明醋酸在溶液中的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液中，故A正确；
B．由题意可知，溶液a为缓冲溶液，向溶液中通入0.01mol氯化氢时，溶液中醋酸根离子与氢离子反应生成醋酸，醋酸的电离平衡左移，导致溶液pH变化不大，反应的离子方程式为，故B正确；
C．由题意可知，溶液a的pH为4.76，说明醋酸在溶液中的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液呈酸性，则溶液中醋酸根离子浓度大于钠离子，故C错误；
D．由溶液a中存在醋酸的电离平衡和醋酸根离子的水解平衡可知，同样存在电离平衡和水解平衡的等浓度的一水合氨与氯化铵形成的混合溶液也可做缓冲溶液，故D正确；
故选C。
11．C
【详解】A．由题意可知，溶液a的pH为4.76，说明醋酸在溶液中的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液中，A正确；
B．由题意可知，溶液a为缓冲溶液，向溶液中通入时，溶液中醋酸根离子与氢离子反应生成醋酸，醋酸的电离平衡左移，导致溶液pH变化不大，反应的离子方程式为，B正确；
C．向溶液a中加入固体，完全反应，得到溶液，显碱性，pH变化大，C错误；
D．由溶液a中存在醋酸的电离平衡和醋酸根离子的水解平衡可知，同样存在电离平衡和水解平衡的等浓度的一水合氨与氯化铵形成的混合溶液也可做缓冲溶液，D正确；
故选C。
12．A
【详解】A．用BaCl2溶液沉淀粗盐溶液中的，发生离子反应：，与盐类水解无关，A符合题意；
B．FeCl3溶液中存在Fe3+水解过程：，将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中，可抑制其水解，B不符合题意；
C．Na2CO3溶液水解溶液呈碱性，油污碱性条件下可分解，C不符合题意；
D．明矾溶于水，发生水解反应形成氢氧化铝胶体，吸附水中的悬浮杂质，D不符合题意；
答案选A。
13．B
【分析】电离平衡常数越大，酸性越强，根据表中电离平衡常数可以知道，酸性大小：CH3COOH >H2CO3>HClO>，据此进行分析。
【详解】A．根据分析可知，三种酸的酸性由强到弱的顺序是：CH3COOH>H2CO3>HClO，故A正确；
B．由分析可知，酸性：H2CO3>HClO>，次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，所以二氧化碳与NaClO溶液反应生成HClO和碳酸氢钠，故B错误；
C．根据分析可知，酸的电离平衡常数越大，酸性越强，对应酸形成钠盐的碱性就越弱，所以常温下，浓度均为0.1mol/L的溶液的碱性强弱：NaClO>NaHCO3>CH3COONa，故C正确；
D．根据“强酸制备弱酸”规律，向NaClO溶液中滴加醋酸，可生成HClO，增大了次氯酸的浓度，使杀菌、消毒能力增强，故D正确；
故选B。
14．D
【分析】亚硝酸为弱电解质，则利用其电离不完全来分析，利用酸不能完全电离或盐类水解的规律来分析HNO2是弱电解质。
【详解】A．由盐类水解的规律，强酸强碱盐的水溶液为中性，但弱酸强碱盐水的pH大于7，则说明盐对应的HNO2是弱电解质，故A不选；
B．0.1mol/L的亚硝酸溶液的pH约为2.1，说明亚硝酸部分电离，说明HNO2是弱电解质，故B不选；
C．pH=11的NaNO2溶液加水稀释到100倍，pH大于9，说明亚硝酸跟发生了水解，说明HNO2是弱电解质，故C不选；
D．灯泡很暗只能说明导电微粒的浓度较低，与HNO2是弱电解质无关，故D选。
故选D。
15．B
【详解】A．随温度升高，水的电离程度增大，但纯水中存在c(H+) = c(OH- )，故A正确；
B． CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解，随温度升高，促进CH3COONa的水解正向进行，，溶液的c(OH- )增大， 故B错误；
C．CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解，溶液显碱性，溶液存在水解平衡，反应的离子方程式为，故C正确；
D．盐类水解和水的电离都是吸热反应，升高温度促进CH3COONa水解，也促进水电离，所以升高温度导致增大，则升高温度的溶液的pH变化是改变与水解平衡移动共同作用的结果，故D正确；
故答案为：B。
16．D
【详解】A．实验室用海水制取蒸馏水用蒸馏的方法制备，蒸馏时用到蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，注意温度计水银球应处在蒸馏烧瓶的支管口附近，冷凝管应从下口进水，上口出水，A正确；
B．Na2CO3溶液水解呈碱性，可使油污分解，B正确；
C．过滤可除去不溶物杂质，C正确；
D．直接加热FeCl3 6H2O会促进水解，生成的HCl易挥发，得到氢氧化铁，继续加热会使氢氧化铁分解产生氧化铁，D错误；
答案选D。
17．A
【详解】A．润湿的红色石蕊试纸遇NH3变蓝，是由于NH3溶于水后呈碱性，该过程的电离方程式为：，A正确；
B．盛装溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，是由于碳酸根水解导致溶液呈碱性，但碳酸是多元弱酸，碳酸根水解是分步进行的，即、，B错误；
C．HClO是弱酸，故将通入紫色石蕊溶液中，溶液先变红，后褪色，反应的离子方程式为：，C错误；
D．已知HClO具有强氧化性，能够氧化Fe(OH)2，故将溶液滴入溶液中，产生红褐色沉淀的离子方程式为：，D错误；
故答案为：A。
18．A
【详解】A．的溶液中含有大量的OH-，OH-、、、、相互不反应，能够大量共存，A符合题意；
B．含的溶液中，Al3+和因发生双水解反应而不能大量共存，B不合题意；
C．含有的溶液中，I-、、三者因发生氧化还原反应而不能大量共存，C不合题意；
D．由水电离的的溶液中可能含有大量的H+，H+与不能大量共存，也可能含有大量的OH-，则OH-与各离子能够大量共存，D不合题意；
故答案为：A。
19．A
【详解】A．可以通过测定一定时间内收集氢气的体积来测定锌与稀硫酸反应速率，A符合题意；
B．由于SO2和CO2均能使澄清石灰水变浑浊，故不能用澄清石灰水来检验SO2中混有的CO2气体，B不合题意；
C．已知Cl2和HCl均能与NaOH溶液反应，故不能用NaOH溶液来除去Cl2中的HCl，应该使用饱和食盐水，C不合题意；
D．由于FeCl3能够水解生成Fe(OH)3和HCl，HCl易挥发促进水解平衡正向移动，故不能直接蒸发FeCl3溶液的方法来制备无水FeCl3，D不合题意；
故选A。
20．B
【详解】已知甲酸的酸性强于乙酸，即等浓度的甲酸电离程度大于乙酸，据此分析解题：
A．已知甲酸的酸性强于乙酸的，即等浓度的甲酸电离程度大于乙酸，甲酸溶液中H+浓度大于等浓度乙酸的，故甲酸溶液的pH小于同浓度的乙酸溶液，A正确；
B．已知甲酸的酸性强于乙酸的，则等浓度的甲酸根的水解程度小于乙酸根的，故甲酸钠溶液的pH小于同浓度的乙酸钠溶液，B错误；
C．已知甲酸的酸性强于乙酸的，即等浓度的甲酸电离程度大于乙酸，即等浓度的甲酸溶液中H+浓度大于乙酸，故相同物质的量浓度的甲酸和乙酸溶液分别与Zn反应，初始时甲酸产生H2速率更快，C正确；
D．已知甲酸的酸性强于乙酸的，即等浓度的甲酸电离程度大于乙酸，相同pH的甲酸和乙酸浴液则HCOOH的物质的量浓度小于CH3COOH，故分别与足量NaHCO3反应，乙酸产生的CO2总量更多，D正确；
故答案为：B。
21．B
【分析】根据图象，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，根据反应，，据此分析作答；
【详解】A．根据分析，c(H2A)=0.1mol/L，起点的pH值约为1.0，所以H2A的第一步完全电离，第二步部分电离，，A错误；
B．根据曲线当δ(HA-)=δ(A2-)时溶液的pH=2，则HA-的电离平衡常数，B正确；
C．当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应，，C错误；
D．用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中的电荷守恒为，则，D错误；
故答案为：B。
22．B
【分析】如图，b点时刚好滴定至终点，根据反应，可知的浓度为；a点溶质为、；
【详解】A．根据计算，的浓度为，故A错误；
B．a点时加入NaOH体积为10mL，溶质为、，且，此时溶液，，呈酸性，所以电离程度大于水解程度，，醋酸的电离常数为，因为、水解和电离程度均很小，所以，即，故B正确；
C．用0.1000 mo/L NaOH溶液滴定，指示剂在待测液中，酚酞与酸不显色，所以终点现象为：溶液从无色变为粉红色，且半分钟不褪色，故C错误；
D．时，溶液呈酸性，，根据电荷守恒，所以，即，故D错误；
故选B。
23．(1) c = <
(2) a
【详解】（1）①为弱酸，水溶液中部分电离，电离方程式是。
②稀释10倍得到，稀释过程中醋酸浓度减小，酸性减弱，由于醋酸电离程度增大，电离出更多的氢离子，pH变化小于1，故最有可能是c．3.38；
③时，向溶液中逐滴加入溶液，根据电荷守恒可知，，当混合溶液中时，故溶液的pH=7；若两者恰好反应，则生成强碱弱酸盐，溶液显酸性，故此时溶液中醋酸稍微过量，所加溶液的体积小于10mL；
（2）酸性>>，根据强酸制弱酸可知，只有发生，故答案选a；
酸越弱，对应酸根离子水解程度越大，故浓度均为的、、溶液中的电离程度最大，碱性最强，pH最大。
24．(1)
(2) 1:10 水解平衡常数Kh=>，可知水解程度大于电离程度，则水解生成的c(OH-)>c(H+)，溶液呈碱性
(3) 降低 废水中存在水解平衡：，加入适量的溶液，发生反应：，生成黑色CuS沉淀；浓度减小，水解平衡逆向移动，导致c(OH-)减小，pH值降低
(4) pH<5时，溶液中-2价S元素主要以H2S的形式存在，常温下H2S的溶解度为1∶2.6，酸性强使H2S更易逸出，H2S有剧毒会污染环境
【详解】（1）由图可知的，pH=7时，，此时；同理，由电离平衡常数可知酸性：>>>；依据强酸制弱酸原理，过量的溶液吸收天然气中的的离子方程式是；该反应对应的化学平衡常数=；
（2）①当时，含硫废水中、的浓度比等于=10:1，故；
②NaHS溶液存在的电离平衡和水解平衡，其水解平衡常数Kh=>，可知水解程度大于电离程度，则水解生成的c(OH-)>c(H+)，溶液呈碱性；
（3）含硫废水中存在水解平衡：，加入适量的溶液，发生反应：，生成黑色CuS沉淀；浓度减小，水解平衡逆向移动，导致c(OH-)减小，pH值降低；
（4）①pH=9为硫氢根离子与亚硫酸根离子在酸性条件下发生氧化还原反应生成S单质黄色沉淀，反应离子方程式为：；
②pH＜5时，溶液中-2价S元素主要以H2S的形式存在，常温下H2S的溶解度为1∶2.6，酸性强使H2S更易逸出，H2S有剧毒会污染环境。
25． H2C2O4 H+ + HC2O4－，HC2O4－ C2O42- + H+ bc NH3·H2O 与H+反应，降低c(H+)浓度，使Fe2++ H2C2O4 + xH2O FeC2O4·xH2O↓ + 2H+ 平衡向正反应方向移动,产生更多的FeC2O4·xH2O 2
【分析】（1）测得 0.1 mol·L 1 H2C2O4溶液的pH=1.3，说明草酸是二元弱酸；
（2）①向草酸溶液中滴加KOH溶液至pH=2.5，图象可以看出，随着氢氧化钾的加入，HC2O4－的浓度逐渐增大，草酸与氢氧化钾反应后生成HC2O4－和水；
② a. 根据电荷守恒判断；
b．根据溶液中离子的电离和水解情况分析；
c．根据物料守恒判断；
(3)①应用勒夏特列原理，根据离子方程式：Fe2+ + H2C2O4 + xH2O FeC2O4·xH2O↓ + 2H+，滴加NH3·H2O 与H+反应，降低c(H+)浓度，使平衡向正反应方向移动，产生更多的FeC2O4·xH2O；
②根据10FeC2O4 xH2O+6KMnO4+4H2SO4═5Fe2(SO4)3+2CO2↑+6MnSO4+3K2SO4+(12+x)H2O可知，n(FeC2O4 xH2O)=n(KMnO4)=×1mol/L×0.018L=0.03mol，则M(FeC2O4 xH2O)==180g/mol，即FeC2O4 xH2O的相对分子质量为180，结合18x+144=180计算出x即可；
【详解】(1)二元弱酸分步电离，草酸电离方程式为：H2C2O4 H++HC2O4－，HC2O4－ C2O42- +H+，
故答案为：H2C2O4 H+ + HC2O4－，HC2O4－ C2O42- + H+；
(2) a. 溶液中有的离子：HC2O4－、H2C2O4、C2O42-、OH–、K+，根据电荷守恒c(K+) + c(H+) = c(HC2O4–) +2c(C2O42–) + c(OH–)，故a错误；
b. KHC2O4溶液中，HC2O4–要水解，c(K+) > c(HC2O4–) ，C2O42–是由HC2O4–电离后得到的，c(HC2O4–) > c(C2O42–)，H2C2O4是由HC2O4–水解后得到的，HC2O4-既能够电离也能够水解，KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度，可以得到c(C2O42–) > c(H2C2O4)，c(K+) > c(HC2O4–) > c(C2O42–) > c(H2C2O4)，故b正确；
c. 根据物料守恒，可以得到c(K+) = c(HC2O4–) + c(C2O42–) + c(H2C2O4)，故c正确；
故答案为b，c；
(3)①应用勒夏特列原理，根据离子方程式：Fe2+ + H2C2O4 + xH2O FeC2O4·xH2O↓ + 2H+，滴加NH3·H2O与H+反应，降低c(H+)浓度，使平衡向正反应方向移动，产生更多的FeC2O4·xH2O，
故答案为：NH3·H2O 与H+反应，降低c(H+)浓度，使Fe2++ H2C2O4 + xH2O FeC2O4·xH2O↓ + 2H+平衡向正反应方向移动，产生更多的FeC2O4·xH2O；
②根据10FeC2O4 xH2O+6KMnO4+4H2SO4═5Fe2（SO4）3+2CO2↑+6MnSO4+3K2SO4+（12+x）H2O可知，n（FeC2O4 xH2O）=n(KMnO4)=×1mol/L×0.018L=0.03mol，则M(FeC2O4 xH2O)==180g/mol，即FeC2O4 xH2O的相对分子质量为180，结合18x+144=180，解得x=2；
故答案为：2。
26．(1) CO+H2OHCO+OH- 降低反应温度或减慢硫酸的滴加速率
(2) 2Ag++S2O=Ag2S2O3↓ Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，S2O与H+反应生成S，使c(H+)降低，平衡正向移动，生成Al(OH)3沉淀 Fe3+与S2O反应生成紫黑色Fe(S2O3)的化学反应速率大，化学反应的限度相对小；Fe3+与S2O反应生成Fe2+的化学反应的限度相对大
【分析】根据题中图示装置可知，左边是产生SO2的装置，中间是生成Na2S2O3的装置，右边是尾气SO2的吸收装置，防止污染环境；据此解答。
【详解】（1）①Na2S和Na2CO3的混合溶液呈碱性，弱酸根离子水解显碱性，即S2-+H2OHS-+OH-、+H2O+OH-；答案为+H2O+OH-。
②通过控制反应的温度或硫酸的滴加速度可以控制SO2生成速率，即降低反应温度或减慢硫酸的滴加速率，来降低SO2的生成速率；答案为降低反应温度或减慢硫酸的滴加速率。
（2）①由题中信息可知，Ag2S2O3是难溶于水、可溶于Na2S2O3溶液的白色固体，即Ag+与发生反应，生成Ag2S2O3白色沉淀，其离子方程式为2Ag++= Ag2S2O3↓；答案为2Ag++= Ag2S2O3↓。
②2mL 0.1mol/L Na2S2O3溶液0.03mol/L Al2(SO4)3溶液混合，首先Al3+水解，即Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，生成的H+与发生反应生成S，即+2H+=SO2↑+S↓+H2O，使c(H+)降低，平衡正向移动，生成Al(OH)3沉淀；答案为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，与H+反应生成S，使c(H+)降低，平衡正向移动，生成Al(OH)3沉淀。
③2mL 0.1mol/L Na2S2O3溶液和0.03mol/L Fe2(SO4)3溶液，混合后溶液先变成紫黑色，即Fe3++3Fe(S2O3)(紫黑色)，化学反应速率快，化学反应的限度相对小；30s时溶液几乎变为无色，Fe3+与发生氧化还原反应生成Fe2+的化学反应的限度相对大；答案为Fe3+与S2O反应生成紫黑色Fe(S2O3)的化学反应速率大，化学反应的限度相对小；Fe3+与S2O反应生成Fe2+的化学反应的限度相对大。
27．(1)
(2)＜
(3)NaClO＞CH3COONa＞NaNO2
(4) 增大 ＝ 根据电荷守恒有：c(NO 2) + c(OH )＝c (Na+) + c(H+)，
当c(NO 2)＝c (Na+)时，溶液中的c(H+)＝c(OH )，所以pH＝7
(5) 溶液由红色变无色，且半分钟内不变色 锥形瓶 0.0999 mol/L
【详解】（1）是一元弱酸，不完全电离，电离方程式；
（2）Ka()=，Ka()=，则Ka()>Ka()，所以物质的量浓度相同的和，溶液中c(H+)更大，pH则更小，所以填“<”；
（3）物质的量浓度相同的、、三种溶液，均是强碱弱酸盐，阳离子相同，则看阴离子水解程度的大小，根据表格信息，有Ka()>Ka(CH3COOH) >Ka()，根绝“越弱越水解”，则水解程度Kh()（4）①溶液中存在电离平衡，加入溶液，使平衡往电离的方向移动，生成更多的，所以增大；
②当滴加溶液至溶液中的，根据电荷守恒，有，所以此时溶液中，的此时溶液中的pH=7；
（5）①达到滴定终点的现象是溶液由红色变无色，且半分钟内不变色；
②在滴定实验过程中，锥形瓶是否有蒸馏水，对实验结果没有影响；
③经3次平行实验，达到滴定终点时，消耗标准溶液体积的平均值为19.98，则此溶液的浓度是：
28．(1)
(2)Fe3+
(3)可以排除稀释使溶液颜色变化的干扰
(4)在平衡体系中加入盐酸，Fe3+、Cl-发生络合反应使得c(Fe3+)减小，平衡逆向移动，c[Fe(SCN)3]减小，使溶液颜色变浅呈橙色。
(5)[FeCl4]-
(6)取1mL 0.005 mol/L FeC13溶液，加入1mL蒸馏水，再加入5滴1.5 mol/LH2SO4溶液，最后得得到无色溶液。
【分析】本实验首先是将0.005mol/L 溶液(接近无色)和0.01mol/L KSCN溶液等体积混合，得到红色溶液。然后取两等份红色溶液，一份滴加盐酸，发现溶液颜色变浅，呈橙色，经过实验I探究发现原因是因为三价铁和氯离子发生了络合反应使得c(Fe3+)减小，平衡逆向移动，c[Fe(SCN)3]减小，使溶液颜色变浅呈橙色；另一份加入硫酸溶液发现溶液变为浅黄色，经过实验II证明变黄色的原因是Fe(SCN)3造成的，据此作答；
【详解】（1）Fe3+水解使得溶液呈酸性，水解时发生的反应为；
（2）加入酸后，会抑制铁离子水解，铁离子的浓度增大，会使 平衡正向移动，导致溶液颜色加深；
（3）滴入KCl溶液时，溶液会被稀释，实验①滴入相同体积的水，可以排除稀释使溶液颜色变化的干扰。
（4）结合资料中Fe3+、Cl-能够发生络合反应的信息以及实验①②的现象，从平衡移动角度解释现象a:在平衡体系中加入盐酸，Fe3+、Cl-发生络合反应使得c(Fe3+)减小，平衡逆向移动，c[Fe(SCN)3]减小，使溶液颜色变浅呈橙色。
（5）根据题中信息，FeCl3中加入KSCN溶液，得到红色，再加入稀硫酸，由于信息中[Fe(SO4)2]-是无色，根据实验③可推测现象b中使溶液呈浅黄色的微粒可能有两种，为[FeCl4]-和Fe(SCN)3。
（6）乙同学进一步补充了实验④，确证了现象b中使溶液呈浅黄色的微粒只是（5）中的一种，取1mL 0.005 mol/L FeC13溶液，加入1mL蒸馏水，与实验③加入的1mLKSCN相对应的体积，再加入5滴1.5 mol/LH2SO4溶液，若最后得得到无色溶液，说明实验③中溶液呈浅黄色是Fe(SCN)3。
29．(1)溶液中存在水解平衡：，加入盐酸，c(H+)增加，上述平衡左移，进而抑制Fe3+水解
(2) 或 的反应速率较快，加入铁离子后溶液首先生成使得溶液变为紫色，随着铁离子被还原为亚铁离子，铁离子浓度浓度减小，平衡逆向移动，使得溶液褪色
(3) Na2SO4固体 其他条件相同时，Cl-能加快发生反应，加速紫色褪去，而能减慢该反应
【分析】某实验小组对分别与、的反应进行实验探究；实验Ⅰ和实验Ⅱ中，所加的体积均为2mL，但是所滴加的氯化铁的体积不同，导致实验现象不同；Ⅱ中Fe3+和的物质的量之比为1：1，反应后没有剩余；Ⅰ中过量且溶液呈酸性，因此久置后溶液中发生反应2H++=S↓+SO2↑+H2O；实验Ⅲ和实验Ⅱ中，所加的体积均为2mL，氯化铁和硫酸铁的体积也都为2mL，但溶液中阳离子均为铁离子，且c(Fe3+)相同，阴离子种类不同，导致紫色褪色的速率不同，做探究实验时，重点分析氯离子和硫酸根离子对实验的影响。
【详解】（1）溶液中存在水解平衡：，加入盐酸，c(H+)增加，上述平衡左移，进而抑制Fe3+水解，所以配制FeCl3溶液时，需要用盐酸酸化；
（2）①查阅资料：可将氧化成；实验I中紫色褪去时，被氧化成，铁离子被还原为亚铁离子，反应的离子方程式为：或；
②已知： (暗紫色)，遇无明显现象；的反应速率较快，加入铁离子后溶液首先生成使得溶液变为紫色，随着铁离子被还原为亚铁离子，铁离子浓度浓度减小，平衡逆向移动，使得溶液褪色；
（3）已知实验试剂：0.1mol/L溶液(pH=1)；0.05mol/L溶液(pH=1)，两种溶液中铁离子浓度相同，阴离子的种类和浓度不同，因此实验Ⅳ和Ⅴ就要探究氯离子和硫酸根离子对褪色快慢的影响；实验Ⅳ中探究硫酸根离子对速率的影响，向试管a中加入硫酸钠固体，紫色褪去时间a>b，说明硫酸根离子能减慢反应速率，褪色时间较长；实验Ⅴ中探究氯离子对速率的影响，向试管c中加入氯化钠固体，紫色褪去时间c①结合以上分析，试剂X是Na2SO4固体；
②结合以上分析，由实验Ⅳ和实验Ⅴ得出的结论是其他条件相同时，Cl-能加快发生反应，加速紫色褪去，而能减慢该反应。
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