高中化学实验活动3 盐类水解的应用精练

这是一份高中化学实验活动3 盐类水解的应用精练，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验探究题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．下列物质的水溶液因水解呈碱性的是
A．NaClOB．NH4ClC．Ca(OH)2D．FeCl3
2．某酸的酸式盐的水溶液中，的电离程度小于的水解程度，有关叙述中正确的是
A．的电离方程式为
B．在溶液中，离子浓度由大到小的顺序为
C．在溶液中，离子浓度由大到小的顺序为
D．的水解方程式为
3．下列有关化学反应的表述正确的是
A．电解熔融NaCl：2Cl－＋2H2O2OH－＋Cl2↑＋H2↑
B．NaHS溶液显碱性：HS-＋H2OH3O+＋S2－
C．明矾净水：Al3＋＋3H2O＝Al(OH)3↓＋3H＋
D．制备TiO2纳米粉：TiCl4＋(x＋2)H2O(过量) = TiO2·xH2O↓＋4HCl
4．水溶液因水解呈酸性的是
A．NaHSO4B．BaCl2C．CH3COONaD．NH4Cl
5．一种常用的泡沫灭火器构造如图，内筒a是玻璃瓶，外筒b是钢瓶，平时泡沫灭火器内筒外筒盛有液态试剂，当遇火警时，将灭火器取下倒置，内外筒液体试剂立即混合产生大量CO2泡沫灭火，从液态试剂在灭火器中长久放置和快速灭火两个角度分析，盛放药品正确的是
A．a中盛饱和Na2CO3溶液，b中盛Al2(SO4)3溶液
B．a中盛饱和NaHCO3溶液，b中盛Al2(SO4)3溶液
C．a中盛Al2(SO4)3溶液，b中盛饱和Na2CO3溶液
D．a中盛Al2(SO4)3溶液，b中盛饱和NaHCO3溶液
6．将AlCl3溶液和NaAlO2溶液分别蒸发并灼烧，所得产物的主要成分是（ ）
A．均为Al（OH）3
B．前者得Al2O3，后者得NaAlO2
C．均为Al2O3
D．前者得AlCl3，后者得NaAlO2
7．下列图示实验操作错误的是
A．图1装置可配制100mL—定物质的量浓度的NaCl溶液
B．图2装置中打开分液漏斗的瓶塞和活塞，液面高度不变，说明装置气密性良好
C．图3装置用已知浓度的盐酸溶液滴定未知浓度的NaOH溶液
D．图4装置用蒸发皿加热MgCl2溶液得到MgCl2固体
8．下列实验方案能达到实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
9．镧系金属铈(Ce)主要有＋3、＋4两种价态，地壳中常以氟碳铈矿()存在。工业上利用氟碳铈矿提取的一种工艺流程如图所示。下列有关说法错误的是
A．加热制备无水时，HCl的作用是抑制的水解
B．在空气中焙烧氟碳铈矿时，发生的主要反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶4
C．参与酸浸反应的和的物质的量之比为1∶3时，则需要和HCl的物质的量之比也为1∶3
D．向中加入KCl溶液的目的是将转化为，提高产率
10．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是
A．滴入甲基橙显红色的溶液中：、Cu2+、、
B．水电离产生的 c(H+)=1×10-12 ml·L-1的溶液中：Na+、、、
C．0.1 ml·L-1的NaHCO3溶液中：Al3+、K+、Cl-、
D．中性溶液中：Fe3+、K+、Cl-、
二、填空题
11．回答下列问题：
(1)直接加热晶体得到 ，直接加热晶体得到 。
(2)蒸干溶液并灼烧得到 。
(3)蒸干溶液得到 。
12．(1)FeCl3 具有净水作用，而高铁酸钠(Na2FeO4)易溶于水，是一种新型多功能水处理剂，处理污水比FeCl3 高效。请回答下列问题：
(已知25℃，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38)FeCl3净水的原理是 (用离子方程式表示)。
(2)某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl2·2H2O晶体，加入 ，调至pH＝4，使溶液中的Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3＋)＝ 。
(3)工业上由CuCl2·2H2O晶体制备无水CuCl2的合理方法是在HCl气氛中加热，若在空气中直接加热CuCl2·2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是(文字说明) 。
13．（1）碳酸钾的水溶液蒸干得到的固体物质是 ，原因是 。
（2）KAl(SO4)2溶液蒸干得到的固体物质是 ，原因是 。
（3）碳酸氢钡溶液蒸干得到的固体物质是 ，原因是 。
（4）亚硫酸钠溶液蒸干得到的固体物质是 ，原因是 。
（5）氯化铝溶液蒸干得到的固体物质是 ，原因是 。
14．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：
(1)物质的量浓度均为0.1 ml•L-1的四种溶液：a.CH3COONa b.Na2CO3 c.NaClO d.NaHCO3。pH由小到大排列顺序是 (用编号填写)。
(2)常温下，0.1ml/L的CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据变大的是
A．c(H+) B． C．c(H+)•c(OH-) D． E.
(3)向NaClO溶液中通入少量CO2，所发生反应的化学方程式为 。
(4)常温下，在0.1ml•L-1NH3•H2O和0.l ml•L-1NH4Cl的混合溶液中NH3•H2O 和NH4+的物质的量浓度之和为 。
15．某城市对大气进行监测，发现该市首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5 (直径≤2.5μm的悬浮颗粒物，已知1μm=1×10-6 m)，其主要来源为燃煤、机动车尾气等。因此，对PM2.5、SO2、 NOx等进行研究具有重要意义。请回答下列问题：
(1)PM2.5分散在空气中形成的分散系 (填 “属于”或“不属于”)胶体。
(2)将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样。若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：
根据表中数据判断待测试样为 (填 “酸”或“碱”)性。
(3)煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx形成酸雨，污染大气，采用NaClO2溶液在碱性条件下可对烟气进行脱硫，脱硝，效果非常好。完成下列对烟气脱硝过程的离子方程式。
____ClO+_____NO+_______=____Cl-+_____ +________。
(4)洗涤含SO2的烟气，以下物质可作洗涤剂的是 (填字母)。
a．Ca(OH)2 b．CaCl2 c． Na2CO3 d． NaHSO3
(5)汽车燃油不完全燃烧时产生CO，目前在汽车尾气系统中装置催化转化器，可将CO和NO转化为两种无污染的气体，其化学反应方程式为 。
16．以粉煤灰(主要成分为，还含少量等)为原料，制取氧化铝的部分工艺流程如图：
上述流程中，可以循环利用的物质是 。
17．（1）25℃时，0.1ml L-1NaOH溶液中，Kw= ；pH= 。
（2）氯化铁水溶液呈 （填“酸”、“中”、“碱”）性，原因是（用离子方程式表示）： 。实验室在配制氯化铁溶液时，常将氯化铁固体先溶于较浓的盐酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，是为了 （填“促进”、“抑制”）氯化铁水解。
（3）25℃时，pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈 （填“酸性”，“中性”或“碱性”），溶液中c(Na+ ) c(CH3COO－)（填“>”，“＝”或“c(H＋)>c(Na＋)>c(ClO－) B．c(Na＋)＝c(ClO－)＋c(HClO)
C．c(Na＋)>c(ClO－)>c(OH－)>c(H＋) D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(ClO－)
19．配制FeCl3溶液时溶解的操作方法
20．（1）一定温度下，有a.盐酸；b.硫酸；c.醋酸三种酸，用字母填写下列空格：
①当三种酸物质的量浓度相同时，c(H＋)由大到小的顺序是 。
②若三者c(H＋)相同时，物质的量浓度由大到小的顺序是 。
（2）常温下，0.1 ml·L－1的HCl溶液中，由水电离出来的H＋浓度为 ml·L－1。
（3）在一元强碱MOH溶液中加入一元酸HA溶液，充分反应后，溶液呈中性。甲同学认为溶液中c(A－)＝c(M＋)，而乙同学认为c(A－)和c(M＋)是否相等，要看一元酸HA是强酸还是弱酸。你认为 同学的说法正确，理由是 。
（4）明矾[KAl(SO4)2·12H2O]常用作净水剂，其原理是 (用离子方程式表示)。
（5）将FeCl3溶液蒸干并灼烧，最终得到的固体物质是 (填写化学式)。
三、实验探究题
21．碱式碳酸钴[Cx(OH)y(CO3)z]常用作电子材料，磁性材料的添加剂，受热时可分解生成三种氧化物。为了确定其组成，某化学兴趣小组同学设计了如图所示装置进行实验。
（1）请完成下列实验步骤：
①称取3.65g样品置于硬质玻璃管内，称量乙、丙装置的质量；
②按如图所示装置组装好仪器，并检验装置气密性；
③加热甲中玻璃管，当乙装置中 （填实验现象），停止加热；
④打开活塞a，缓缓通入空气数分钟后，称量乙、丙装置的质量；⑤计算。
（2）步骤④中缓缓通入空气数分钟的目的是 。
（3）某同学认为上述实验装置中存在一个明显缺陷，为解决这一问题，可选用下列装置中的 （填字母）连接在装置 之前（填“甲”或“乙”或“丙”或“丁”）。

（4）若按正确装置进行实验，测得如下数据：则该碱式碳酸钴的化学式为 。
（5）CCl2·6H2O常用作多彩水泥的添加剂，以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取CCl2·6H2O的一种工艺如下：
已知：
①净化除杂质时，加入H2O2发生反应的离子方程式为 。
②加入CCO3调pH除杂得到滤渣Al(OH)3、Fe(OH)3，则pH应调节至 。（填pH值的范围）
③加盐酸调整pH为2～3的目的为 。
④操作Ⅱ过程为 （填操作名称）、过滤。
22．为测定某氟化稀土样品中氟元素的质量分数，某化学兴趣小组进行了如下实验。利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢(低沸点酸)蒸出，再进行吸收滴定来测定含量。实验装置如图所示。
(1)装置c的名称是 。玻璃管a的作用为 。
(2)实验步骤：①连接好实验装置，检查装置气密性；②往c中加入mg氟化稀土样品和 一定体积的高氯酸，f中盛有滴加酚酞的NaOH溶液。加热装置b、c。
①下列物质可代替高氯酸的是 。(填序号)。
A．硫酸B．盐酸C．硝酸D．磷酸
②水蒸气发生装置b的作用是 。
(3)定量测定：将f中得到的馏出液配成100mL溶液，取其中20mL加入V1mL aml·L-1La(NO3)3溶液，得到LaF3沉淀(不考虑其他沉淀的生成)，再用cml·L-1EDTA 标准溶液滴定剩余La3+(La+与 EDTA 按1：1配合)，消耗 EDTA 标准溶液 V2mL，则氟化稀土样品中氟的质量分数为 。
(4)问题讨论：
若观察到f中溶液红色褪去，可采用最简单的补救措施是： 。否则会使实验结果偏低。实验中除有HF 气体外，可能还有少量 SiF4(易水解)气体生成。若有SiF4生成，实验结果将 。(填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。理由是 。
23．纳米TiO2在涂料、光催化、化妆品等领域有着极其广泛的应用。
制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2·xH2O，经过滤、水洗除去其中的Cl－，再烘干、焙烧除去水分得到固体TiO2。
用现代分析仪器测定TiO2粒子的大小。用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3＋，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3＋至全部生成Ti4＋。
请回答下列问题：
(1)TiCl4水解生成TiO2·xH2O的化学方程式为 。
(2)检验TiO2·xH2O中Cl－是否被除净的方法是 。
(3)配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时，加入一定量H2SO4的原因是 ；
使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要下图中的 (填字母代号)。
(4)滴定终点的现象是 。
(5)滴定分析时，称取TiO2(摩尔质量为M g·ml－1)试样w g，消耗c ml·L－1 NH4Fe(SO4)2标准溶液V mL，则TiO2质量分数表达式为 。
(6)若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，使测定结果 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
选项
实验目的
实验方案
A
制备无水FeCl3
将氯化铁溶液蒸发结晶
B
探究SO2的还原性
向橙色的溴水中通入SO2，观察溶液颜色变化
C
测定NaOH溶液的pH
将待测液滴在湿润的pH试纸上，与标准比色卡对照
D
比较S与Cl元素非金属性的强弱
测定等浓度Na2S、NaCl溶液的pH
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
离子
K+
Na+
Cl-
浓度/ml/L
4×10-6
6×10-6
2×10-5
4×10-5
3×10-5
2×10-5
乙装置的质量/g
丙装置的质量/g
加热前
80.00
62.00
加热后
80.36
62.88
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
C(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀(pH)
2.3
7.5
7.6
3.4
完全沉淀（pH）
4.1
9.7
9.2
5.2
参考答案：
1．A
【详解】A．NaClO为强碱弱酸盐，ClO-+H2OHClO+OH-，水解显碱性，A正确；
B．NH4Cl为强酸弱碱盐，水解显酸性，B错误；
C．Ca(OH)2为强碱，电离显碱性，C错误；
D．FeCl3为强酸弱碱盐，水解显酸性，D错误；
故选A。
2．A
【详解】A．某酸的酸式盐的水溶液中，的电离程度小于的水解程度，说明溶液显碱性，的电离程度小于的水解程度，说明是弱电解质，电离方程式为，故A正确；
B．该盐溶液显碱性，则溶液中的离子浓度关系为，故B错误；
C．该盐溶液显碱性，则溶液中的离子浓度关系为，故C错误；
D．的水解方程式为，故D错误。
答案选A。
3．D
【详解】A.电解熔融NaCl的反应方程式为：2Na Cl（熔融） 2 Na＋Cl2↑，故A错误；
B. NaHS溶液显碱性是因为HS-水解的缘故，其水解反应方程式为：HS-＋H2OOH -＋H2S，故B错误；
C.明矾净水是因为Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，胶体具有吸附作用，所以反应的方程式为：Al3＋＋3H2O＝Al(OH)3（胶体）＋3H＋，故C错误；
D.制备TiO2纳米粉的方程式为：TiCl4＋(x＋2)H2O(过量) = TiO2·xH2O↓＋4HCl，故D正确;
答案：D。
4．D
【详解】A．NaHSO4是强酸的酸式盐，不水解，发生电离显酸性，A项不选；
B．BaCl2是强酸强碱盐，不发生水解，溶液呈中性，B项不选；
C．CH3COONa是强碱弱酸盐，水解显碱性，C项不选；
D．NH4Cl是强酸弱碱盐，水解显酸性，D项选；
答案选D。
5．D
【详解】Al3+水解成酸性会腐蚀钢瓶，而碳酸根和碳酸氢根水解成碱性可以较好的保护钢瓶，因此玻璃瓶中应放Al2(SO4)3溶液而钢瓶中应该放饱和Na2CO3溶液或饱和NaHCO3溶液，但是考虑到饱和碳酸氢钠溶液结合一个氢离子就可以放出二氧化碳气体，而碳酸根离子要结合两个才可以放出二氧化碳气体，所以考虑快速灭火方面应该用饱和NaHCO3溶液，因此a中盛Al2(SO4)3溶液，b中盛饱和NaHCO3溶液，D符合题意；
故选D。
6．B
【详解】AlCl3溶液在加热时水解生成Al(OH)3，生成的HCl易挥发，最终生成Al(OH)3，在加强热时，Al(OH)3不稳定，分解生成Al2O3；
NaAlO2溶液加热水解生成Al(OH)3与NaOH，最终Al(OH)3与NaOH又反应生成NaAlO2，NaAlO2溶液蒸发并灼烧得到NaAlO2。
综上所述，B项正确，答案选B。
7．D
【详解】A．在烧杯中溶解NaCl之后，用玻璃棒将溶液引流入容量瓶，图1装置可配制100mL—定物质的量浓度的NaCl溶液，A选项正确；
B．密闭体系采用气压法进行装置气密性检验，B选项正确；
C．将标准盐酸装入酸式滴定管进行酸碱中和滴定，C选项正确；
D．直接加热MgCl2溶液，最终因促进Mg2+水解得到的不是MgCl2固体而是Mg(OH)2，D选项错误；
答案选D。
8．B
【详解】A．铁离子水解生成氢氧化铁，不能直接蒸发结晶得到无水氯化铁，故A不符合题意；
B．溴单质具有强氧化性，能和二氧化硫发生氧化还原反应导致溶液褪色，故B符合题意；
C．测定溶液pH值，应该用玻璃棒蘸取待测液，滴到干燥的pH试纸上，变色后与标准比色卡对比，得出pH值，故C不符合题意；
D．硫离子、氯离子对应的酸不是对应元素的最高价氧化物对应的酸，不能测定等浓度Na2S、NaCl溶液的pH来比较S与Cl元素非金属性的强弱，故D不符合题意；
故选B。
9．C
【分析】利用氟碳铈矿（主要成分CeFCO3）提取CeCl3的一种工艺流程为，CeFCO3焙烧得CeO2、CeF4，用盐酸和硼酸酸浸，过滤得沉淀Ce(BF)4和CeCl3滤液，Ce(BF)4与氯化钾溶液反应得到CeCl3和KBF4，CeCl3与前面滤液中CeCl3的合并再加氢氧化钠，得Ce(OH)3沉淀，Ce(OH)3沉淀与盐酸反应可得CeCl3•6H2O，加热CeCl3•6H2O和NH4Cl的固体混合物可得到无水CeCl3，据此回答。
【详解】A．加热制备无水时，，在HCl的氛围作用下可抑制的水解，A正确；
B．根据流程图可知焙烧过程中CeFCO3与氧气反应生成CeO2、CeF4、CO2，反应方程式为4CeFCO3+ O23CeO2+ CeF4+4CO2，其中氧化剂O2和还原剂CeFCO3的物质的量之比为1∶4，B正确；
C．假设参与酸浸反应的CeO2和CeF4的物质的量之比为1∶3，根据流程可知反应物还有HCl、H3BO3，生成物有Ce(BF4)3沉淀、CeCl3，根据化合价的变化，因元素Ce由+4价变为+3价，化合价降低，由氧化还原反应原理可知，应有元素化合价升高，则应有Cl2生成，结合原子守恒可知相应的化学方程式为1CeO2＋3CeF4＋13HCl＋3H3BO3=Ce(BF4)3↓＋3CeCl3＋2Cl2↑＋11H2O，则需要和HCl的物质的量之比也为3∶13，C错误；
D．避免Ce3+以Ce(BF4)3形式沉淀而损失，将Ce3+全部转化为CeCl3，提高产率，D正确；
故选C。
10．A
【详解】A．滴入甲基橙显红色的溶液显酸性，含有大量H+，H+与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，A符合题意；
B．水电离产生的 c(H+)=1×10-12 ml·L-1的溶液可能显酸性，也可能显碱性。在酸性溶液中，H+与会发生反应产生CO2、H2O，不能大量共存；在碱性溶液中，OH-与会反应产生弱电解质NH3·H2O，也不能大量共存，B不符合题意；
C．、Al3+会发生盐的双水解反应，产生Al(OH)3沉淀和CO2气体，不能大量共存，C不符合题意；
D．中性溶液中：Fe3+、OH-反应产生Fe(OH)3沉淀，不能大量共存，D不符合题意；
故合理选项是A。
11．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）晶体直接加热过程中，Mg2 +水解生成Mg(OH)2和硫酸，硫酸为难挥发性酸，所以得到的固体是MgSO4；
直接加热晶体，Mg2 +水解生成Mg(OH)2和盐酸，加热促进盐酸挥发，所以得到的固体为Mg(OH)2，故答案为：MgSO4；Mg(OH)2；
（2）蒸干NaHCO3溶液并灼烧时，NaHCO3受热分解，反应方程式为2NaHCO3 Na2CO3 + H2O+CO2↑，所以最终得到的固体是Na2CO3，故答案为：Na2CO3；
（3）蒸干NaClO溶液时，NaClO+ H2O NaOH + HClO，HClO加热易分解生成HCl、O2，HCl和NaOH反应生成NaCl、H2O，所以最终得到的固体是NaCl，故答案为：NaCl。
12． Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+ CuO或Cu(OH)2等 4×10-8 ml/L HCl具有挥发性，加热后逸出体系，使平衡正向移动，生成Cu(OH)2沉淀
【详解】(1)Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用，水解反应存在平衡，水解反应的离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+
故答案为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+
(2) 某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl2·2H2O晶体，可以利用Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入CuO或CuCO3或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3，消耗H+，从而促进Fe3+的水解，铁离子使转化为Fe(OH)3沉淀而除去；调至pH＝4，C(OH-)=1×10-10 ml/L，则C(Fe3+)==4×10-8ml/L
故答案为：CuO或CuCO3或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3；4×10-8ml/L
(3)直接加热CuCl2·2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，因为氯化铜会水解生成氢氧化铜和氯化氢，氯化氢易挥发，这样得到的氯化铜固体中就会混有氢氧化铜，若在氯化氢气流中加热，就会抑制氯化铜的水解，从而得到较纯净的无水CuCl2。
故答案为：氯化铜易水解生成HCl，HCl具有挥发性，加热后逸出体系，使平衡正向移动，生成Cu(OH)2沉淀
13． 碳酸钾 尽管加热过程能促进碳酸钾水解，但生成的碳酸氢钾和氢氧化钾反应后仍为碳酸钾 硫酸铝钾 尽管Al3＋水解，由于硫酸是高沸点酸，不能挥发，最后仍然会留下硫酸铝钾 碳酸钡 碳酸氢钡在溶液中受热分解 硫酸钠 亚硫酸钠在蒸干的过程中不断被空气氧化而变成硫酸钠 氢氧化铝和氧化铝 l3＋水解，HCl挥发，得氢氧化铝，氢氧化铝部分分解为氧化铝
【分析】根据盐类水解规律分析：不同溶液的蒸干，具有一定规律：弱碱与易挥发性酸形成的盐，水解生成易挥发性酸，加热蒸发其水溶液有碱生成；例如氯化铝溶液。多元弱酸的正盐,不论弱酸是不是易挥发，蒸干其水溶液，都得到原来的溶质，如碳酸钾的水溶液；易被氧化的盐，加热蒸干过程中，盐被O2氧化，如亚硫酸钠溶液。
【详解】(1)碳酸钾中的碳酸根可以水解，尽管加热过程能促进碳酸钾水解，但生成的碳酸氢钾和氢氧化钾反应后仍为碳酸钾，因此，本题正确答案是：碳酸钾；尽管加热过程能促进碳酸钾水解,但生成的碳酸氢钾和氢氧化钾反应后仍为碳酸钾；
(2)明矾中的铝离子可以水解,但是Al3＋水解生成氢氧化铝和硫酸，因为硫酸是高沸点酸不能挥发，最后氢氧化铝和硫酸接着反应，仍然会留下硫酸铝钾，因此，本题正确答案是：硫酸铝钾；尽管Al3＋水解，由于硫酸是高沸点酸，不能挥发，最后仍然会留下硫酸铝钾；
(3)碳酸氢钡在溶液中受热分解生成碳酸钡、水和二氧化碳，所以最后得到的固体物质是碳酸钡，因此，本题正确答案是：碳酸钡；碳酸氢钡在溶液中受热分解；
(4)亚硫酸钠在蒸干的过程中不断被空气氧化而变成硫酸钠，所以最后得到的固体物质是硫酸钠，因此，本题正确答案是：硫酸钠；亚硫酸钠在蒸干的过程中不断被空气氧化而变成硫酸钠；
(5)氯化铝溶液中的 Al3＋水解，生成氢氧化铝和氯化氢，而HCl挥发，得氢氧化铝，氢氧化铝部分分解为氧化铝，所以蒸干得到的固体物质是氢氧化铝和氧化铝，因此，本题正确答案是：氢氧化铝和氧化铝；Al3＋水解，HCl挥发，得氢氧化铝，氢氧化铝部分分解为氧化铝。
14． a＜d＜c＜b BD ClO-+H2O+CO2=HCO3-+HClO 0.2ml•L-1
【详解】(1)据电离平衡常数可知，酸性由强到弱的顺序为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，弱酸的酸性越弱其酸根离子的水解程度越大，相同浓度时溶液碱性越强，所以pH由小到大排列顺序是a＜d＜c＜b；
(2)A．加水稀释溶液酸性减弱，所以氢离子浓度变小，故A不选；
B．，加水稀释Ka不变，醋酸根浓度减小，所以该比值增大，故B选；
C．c(H+)•c(OH-)为水的离子积常数，温度不变该值不变，故C不选；
D．醋酸溶液加水稀释时酸性减弱，氢离子浓度减小氢氧根离子浓度增大，所以增大，故D选；
E．为醋酸的电离平衡常数，温度不变电离平衡常数不变，故E不选；
综上所述选BD；
(3)酸性：碳酸>次氯酸>碳酸氢根，所以向NaClO溶液中通入少最CO2应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为：ClO-+H2O+CO2=HCO3-+HClO；
(4)0.1ml•L-1NH3•H2O和0.1ml•L-1NH4Cl的混合溶液N元素的浓度为0.2ml•L-1，根据物料守恒可知c(NH4+)+ c(NH3•H2O)=0.2ml•L-1。
【点睛】第3题书写离子方程式为易错点，要注意酸性强弱关系：碳酸>次氯酸>碳酸氢根，根据强酸制弱酸原理可知无论二氧化碳多少都只能生成碳酸氢根。
15． 不属于 酸 3ClO+4NO+4OH－＝3Cl－+4NO+2H2O ac 2CO+2NO2CO2+N2
【详解】(1)胶体的分散系中分散质的直径在1～100nm，PM2.5是指大气中直径接近于2.5×10-6m的颗粒物，直径大于100nm，则PM2.5分散在空气中形成的分散系不是胶体；
(2)观察表格中发现水解显酸性，因此待测试样显酸性；
(3)反应中N元素化合价由+2价的NO升高为NO中+5价，共升高3价，Cl元素由ClO中+3价降低为-1价，共降低4价，化合价升降最小公倍数为12，故ClO系数为3，NO系数为4，则根据电荷守恒、元素守恒及反应在碱性条件下进行，则配平后的方程式为：3ClO+4NO+4OH－＝3Cl－+4NO+2H2O；
(4)a．二氧化硫是酸性氧化物，所以具有酸性氧化物的通性，能够与Ca(OH)2反应，故a正确；
b．二氧化硫与氯化钙溶液不反应，故b错误；
c．二氧化硫水溶液是亚硫酸，酸性强于碳酸，所以也能够与碳酸钠反应，可以用碳酸钠溶液做洗涤剂，故c正确；
d．二氧化硫在亚硫酸氢钠溶液中的溶解度很小，所以不能用亚硫酸氢钠溶液做洗涤液，故d错误；
故答案为：ac；
(5)汽车燃油不完全燃烧时产生CO，目前在汽车尾气系统中安装催化转化器，可将CO和NO转化为两种无污染的气体为氮气和二氧化碳，，其化学反应方程式为2CO+2NO2CO2+N2。
16．或盐酸
【分析】粉煤灰加浓盐酸酸浸，和溶解、不溶，过滤得滤渣，主要成分是，向滤液中加入，溶液中的与发生相互促进的水解反应使铁元素沉淀，向滤液中通入气体，使形成晶体析出，煅烧，由于大量挥发，促进了水解，煅烧最终生成了。
【详解】根据题述流程中，可以得知循环利用的物质是或盐酸。
17． 1.0×10-14 13 酸性 Fe3+ +3H2OFe(OH)3 +3H+ 抑制 酸性 c(OH−)，溶液中存在：c(CH3COO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+),则c(Na+)c(OH－)>c(H＋)，A错误；B．根据物料守恒可知c(Na＋)＝c(ClO－)＋c(HClO)，B正确；C．次氯酸根离子水解溶液显碱性，则c(Na＋)>c(ClO－)>c(OH－)>c(H＋)，C正确；D．根据电荷守恒可知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(ClO－)＋c(OH－)，D错误，答案选BC。
19．将称量好的氯化铁晶体置于烧杯中，加入过量的浓盐酸，用玻璃棒搅拌，再加入适量蒸馏水加以稀释
【详解】氯化铁在水中会发生水解Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，所以要用浓盐酸来溶解氯化铁晶体，抑制水解，配制FeCl3溶液时溶解的操作方法为：将称量好的氯化铁晶体置于烧杯中，加入过量的浓盐酸，用玻璃棒搅拌，再加入适量蒸馏水加以稀释。
20． b＞a＞c c＞a＞b(或c＞a＝2b) 1.0×10－13 甲 电荷守恒原理 Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋ Fe2O3
【详解】（1）①盐酸是一元强酸完全电离，硫酸是二元强酸完全电离，醋酸是一元弱酸存在电离平衡，则根据以上分析可知当三种酸物质的量浓度相同时，c(H＋)由大到小的顺序是b＞a＞c，故答案为：b＞a＞c；
②根据①分析可知若三者c(H＋)相同时，物质的量浓度由大到小的顺序是c＞a＞b(或c＞a＝2b)，故答案为：c＞a＞b(或c＞a＝2b)；
（2）常温下，0.1 ml·L－1的HCl溶液中，由水电离出来的H＋浓度等于溶液中氢氧根离子的浓度，即为，故答案为：1.0×10－13；
（3）根据电荷守恒可知c(OH－)＋c(A－)＝c(M＋)＋c(H＋)，溶液显中性，则c(OH－)＝c(H＋)，所以溶液中c(A－)＝c(M＋)，故答案为：甲；电荷守恒原理；
（4）铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所以明矾可作净水剂，水解方程式为Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，故答案为：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋；
（5）氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，水解吸热，生成的氯化氢易挥发，氢氧化铁灼烧生成氧化铁和水，则将FeCl3溶液蒸干并灼烧，加热促进氯化铁水解，得到氢氧化铁，氢氧化铁灼烧得到氧化铁，最终得到的固体物质是氧化铁，故答案为：Fe2O3。
21． 不再有气泡产生时 将装置中产生的CO2和H2O(g)全部排入乙、丙装置中 D 甲 C3(OH)4(CO3)2 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 5.2～7.6 抑制CCl2的水解 蒸发浓缩、冷却结晶
【分析】（1）加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生，即碱式碳酸钴分解完毕；
（2）步骤④中缓缓通入空气数分钟，将装置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙装置中，以免影响测量结果；
（3）在活塞a前，加装装置D，装置中盛放的碱石灰容易吸收空气中的水蒸气和二氧化碳；
（4）向含钴废料中加入过量稀盐酸，Fe、Al和稀盐酸反应生成FeCl2、AlCl3、CCl2，向溶液中加入双氧水和CCO3，双氧水具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子反应方程式为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，加入CCO3，调节溶液的pH至7.6，使Fe(OH)3、Al(OH)3生成沉淀，然后过滤，滤渣为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液中含有CCl2，然后向滤液中加入稀盐酸，抑制CCl2水解，然后采用蒸发浓缩、冷却结晶和过滤方法得到CCl2⋅6H2O；
①双氧水具有氧化性，能氧化还原性离子；
②加入CCO3调pH为5.2∼7.6，则操作I获得的滤渣成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；
③CCl2为强酸弱碱盐，阳离子水解导致溶液呈酸性，加入稀盐酸能抑制水解；
④操作Ⅱ过程为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。
【详解】（1）③加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生，即碱式碳酸钴分解完毕；
故答案为：不再有气泡产生时；
（2）步骤④中缓缓通入空气数分钟，将装置中生成的和全部排入乙、丙装置中，以免影响测量结果；
故答案为：将装置中产生的和(g)全部排入乙、丙装置中；
（3）在活塞a前，加装装置D，装置中盛放的碱石灰吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，以免影响实验结果；
故答案为：D；甲；
（4）碱式碳酸钴样品3.65g，反应前乙装置的质量为80.00g，反应后质量为80.36g，故生成水的质量为0.36g，物质的量为0.02ml；反应前丙装置的质量为62.00g，反应后质量为62.88g，生成二氧化碳的质量为0.88g，物质的量为0.02ml；故C的质量为 ，故C原子物质的量为：
，根据C、H、C元素守恒可知， ，故化学式为 ；
故答案为：；
(5) ①三价铁离子易转化为沉淀，所以要加入氧化剂过氧化氢把二价铁离子氧化为三价铁离子，而不会引入新的杂质，反应的离子方程式为：，
故答案为：；
②根据沉淀的pH值表格知，当溶液的pH值为5.2时，铁离子和铝离子被完全沉淀，当溶液的pH值为7.6时，钴离子才开始产生沉淀，所以要想将铁离子、铝离子和钴离子分离，溶液的pH值应该不小于5.2不大于7.6；
故答案为：5.2～7.6；
③加盐酸调整pH为2∼3的目的为抑制的水解；
故答案为：抑制的水解；
④操作Ⅱ过程为的溶质结晶的过程，利用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶。
22． 三颈烧瓶 平衡压强 AD 水蒸气进入到c中，可以把挥发性的HF带出反应体系 补充氢氧化钠溶液 不受影响 SiF4气体进入到f中进行水解，重新生成HF，被溶液吸收，氟元素没有损失
【详解】(1)装置c的名称为三颈烧瓶；玻璃管a与外界连通，作用为平衡压强；
(2)①本实验利用的是高氯酸的高沸点的性质，即不易挥发的性质，硫酸和磷酸都不易挥发，盐酸和硝酸易挥发，所以正确选项为AD；
②水蒸气进入到c中，可以把挥发性的HF带出反应体系；
(3)La3+分为两个部分，一部分与F-反应，比例为1：3，另一部分与EDTA结合，比例为1：1，EDTA消耗的La3+为，F-消耗的La3+为，20mL溶液中F-的物质的量为，100mL溶液中F-的物质的量为×5ml，氟的质量分数为 ；
(4)f中的NaOH溶液是为了吸收挥发出来的HF，避免F元素的损失，当溶液红色褪去，说明NaOH几乎没有，此时只需要再添加NaOH溶液；SiF4气体进入到f中进行水解，重新生成HF，被溶液吸收，氟元素没有损失，所以对实验结果没有影响。
23． TiCl4＋(x＋2)H2O=TiO2·xH2O↓＋4HCl 取最后一次水洗液少许于试管中，滴加AgNO3溶液，不产生白色沉淀，说明Cl－已除尽 抑制NH4Fe(SO4)2水解 a、c 溶液变为红色，且半分钟内红色不褪去 ×100% 偏低
【分析】（1）根据物质的性质和质量守恒定律书写化学方程式；
（2）检验沉淀是否洗净的方法是，取少量洗涤液，检验溶液中溶解的离子是否还存在氯离子；
（3）NH4＋和Fe2＋都能发生水解，溶液呈酸性；
（4）因为是用KSCN作指示剂，终点时NH4Fe（SO4）2不再反应，生成血红色的Fe（SCN）3；
（5）根据得失电子守恒，有：1Ti3+～1Fe3+，故n（Fe3+）=n（Ti3+）=n（TiO2）=cV×10-3ml，据此计算其质量分数为；
（6）若终点俯视滴定管，读取的体积比实际消耗的体积偏小，质量分数偏小。
【详解】（1）设TiCl4的系数为1，根据元素守恒，TiO2•xH2O的系数为1，HCl的系数为4；再根据O元素守恒，可知H2O的系数为（2+x），
故答案为TiCl4+（x+2）H2O=TiO2•xH2O↓+4HCl；
（2）沉淀吸附溶液中的Cl-，根据发生反应：Cl-+Ag+═AgCl↓，取少量洗涤液，检验溶液中溶解的离子是否还存在，
故答案为取少量水洗液，滴加AgNO3溶液，不产生白色沉淀，说明Cl-已除净；
（3）加入一定量H2SO4的原因：NH4＋和Fe2＋都能发生水解，溶液呈酸性，加H2SO4提高H2SO4的浓度，抑制 NH4Fe(SO4)2水解；
配制一定物质的量浓度的溶液需要用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒、容量瓶和胶头滴管等；
答案选a、c；
（4）Fe3+与Ti3+反应，被还原为Fe2+，加入KSCN不显红色，当达到滴定终点时，再加入NH4Fe(SO4)2，溶液中Fe3+过量，会变成红色，
故答案为溶液变为红色；
（5）根据得失电子守恒，有：1Ti3+～1Fe3+，故n（Fe3+）=n（Ti3+）=n（TiO2）=cV×10-3ml，其质量分数为：（或%）；
（6）若终点俯视滴定管，读取的体积比实际消耗的体积偏小，质量分数偏低。
【点睛】本题考查化学实验，涉及基本操作、离子检验和氧化还原滴定等，难度中等，注意对实验原理的理解与对基本操作的掌握，易错点为（3）加入一定量H2SO4的原因：NH4＋和Fe2＋都能发生水解，溶液呈酸性，加H2SO4提高H2SO4的浓度，抑制 NH4Fe(SO4)2水解。