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2022届高三化学高考备考一轮复习化学盐类的水解专项训练
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这是一份2022届高三化学高考备考一轮复习化学盐类的水解专项训练，共23页。试卷主要包含了单选题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（15题）
1．设NA是阿伏加德罗常数的值。生物法(加入脱硫细菌)净化含硫物质时发生如下反应：CH3COOH+Na2SO4=2NaHCO3+ H2S↑。下列说法错误的是
A．1 ml CH3COOH中含有σ键数目为7NA
B．生成标准状况下2.24 L H2S气体，转移的电子数为0. 8 NA
C．1 L0.1 ml·L-1 NaHCO3溶液中，含有HCO的数目为0.1 NA
D．常温常压下，3.4 g H2S气体中含有的电子数为1. 8 NA
2．化学知识无处不在，下列家务劳动不能用对应的化学知识解释的是
A．AB．BC．CD．D
3．下列事实与盐类水解无关的是
A．胆矾与石灰乳配成杀虫农药波尔多液
B．明矾常用作净水剂
C．热的纯碱溶液去油污效果好
D．配制氯化铁溶液时将氯化铁溶于稀盐酸
4．常温下，往20mL0.1ml·L-1NH4HSO4溶液中逐滴加入0.1ml·L-1的NaOH溶液，溶液中由水电离的c水(H+)与所加NaOH溶液体积的关系如图所示(假设：混合后溶液体积的变化忽略不计，整个过程无氨气的逸出)。下列分析正确的是
A．a~c之间，主要反应为NH+OH—=NH3·H2O
B．b点、d点对应溶液的pH均为7
C．d~e之间，溶液中c(Na+)+c(SO)=0.05ml/L
D．pH=7时，溶液中c(Na+)>c(SO)>c(NH)>c(OH—)=c(H+)
5．室温下，通过下列实验探究NH4Fe(SO4)2溶液的性质(假设实验前后溶液体积不变)。
下列说法正确的是
A．0.1ml·L-1NH4Fe(SO4)2溶液中存在：c(NH)＋3c(Fe3＋)=2c(SO)
B．实验2中沉淀成分仅为Fe(OH)3
C．实验3得到的溶液中有c(NH)＋c(NH3·H2O)＋c(SO)＞0.3ml·L-1
D．实验4中发生反应的离子方程式为2Fe3＋＋2HS-=2Fe2＋＋2S↓＋H2↑
6．赖氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2+H2R+HRR-。向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。已知δ(x)=。下列表述正确的是
A．常温下0.1ml·L-1HR溶液中c(R-)＞c(H2R+)
B．M点，c(Na+)＞c(Cl-)＞c(H+)＞c(OH-)
C．P点，c(Cl-)+c(OH-)+c(HR)=c(H2R+)+2c(HR2+)+c(H+)
D．N点，向溶液中加入少量NaOH发生反应的离子方程式为H2R++OH-=H2O+HR
7．室温下：、、、实验室进行多组实验测定某些酸、碱、盐性质，相关实验记录如下：
下列所得结论正确的是
A．实验1溶液中存在：
B．由实验2可得
C．实验3反应的离子方程式：CO2+H2O+2=+2HClO
D．实验4所得上层清液中的
8．取两份10mL 0.05ml•L-1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05ml•L-1的盐酸，另一份滴加0.05ml•L-1 的NaOH溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。
下列说法不正确的是
A．由a点可知：NaHCO3溶液中的水解程度大于电离程度
B．过程中：逐渐减小
C．过程中：
D．e点溶液中：c(Na+) = c(Cl-) = 0.025 ml•L-1
9．室温下，通过下列实验探究NaHS溶液的性质。
下列有关说法正确的是
A．0.1ml/LNaHS溶液中：c(HS-)>c(S2-)>c(H2S)
B．实验2所得溶液中：c(Na+)-c(S2-)-c(HS-)-c(H2S)=0.05ml•L-1
C．实验3证明HS-不能被氧化
D．实验4反应静置后的上层清液中有c(Cu2+)•c(S2-)10．常温下，往20mL0.10ml/LHA溶液中滴加0.10ml/LKOH溶液，所得混合溶液中水电离的H+浓度和所加的KOH溶液体积变化趋势如图所示，下列有关说法正确的是
A．常温下，0.10ml/LHA酸的pH为11
B．b点：c(A-)>c(K+)>c(HA)>c(H+)
C．c点：溶液恰好呈中性
D．溶液中水电离程度：d点>c点
11．FeCl3是棕红色固体，易潮解，在300℃以上可升华成含二聚三氯化铁()分子的气体。可用于金属刻蚀，污水处理等。主要有以下制备方法：
方法①：氯化法。以废铁屑和氯气为原料，在立式反应炉里反应，生成的氯化铁蒸气和尾气由炉的顶部排出，进入捕集器冷凝为固体结晶。
方法②：熔融法。将铁屑和干燥氯气在低共熔混合物(如30%KCl与70%FeCl3混合)内进行反应生成氯化铁，升华后收集在冷凝室中，该法制得的氯化铁纯度高。
方法③：复分解法。用氧化铁与盐酸反应后得到氯化铁溶液。
方法④：氯化亚铁合成法。将铁屑溶于盐酸中，然后向其中通入氯气得到氯化铁。
下列说法正确的是
A．二聚三氯化铁分子中含有配位键
B．将FeCl3饱和溶液缓慢滴入氢氧化钠溶液中，可制取Fe(OH)3胶体
C．直接加热蒸干方法③所得的氯化铁溶液制备无水氯化铁
D．向方法④所得的溶液中加入KSCN溶液与氯气，检验该溶液中是否含有Fe2+
12．室温下，的，向溶液中逐滴加入溶液，点K时达到终点。溶液的随溶液体积的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．溶液的浓度为
B．点M时溶液中存在：
C．点N时溶液中存在：
D．随着的滴入，不断增大
13．大气中含量的增多除了导致地球表面温度升高外，还会影响海洋生态环境。某研究小组在实验室测得不同温度下(，)海水中浓度与模拟空气中浓度的关系曲线。下列说法不正确的是
A．海水温度一定时，大气中浓度增加，海水中溶解的随之增大，导致浓度降低
B．大气中含量增加时，海水中的珊瑚礁溶解的反应为：
C．当大气中浓度确定时，海水温度越高，则浓度越低
D．海水呈弱碱性，是铝、铁元素在海水中含量少，而在陆地含量高的原因
14．类比，对于稀溶液，。室温下，向某浓度溶液加入，保持溶液体积和温度不变，测得与、、变化如图所示。下列说法不正确的是
A．曲线Ⅲ表示变化
B．常温下，
C．b点时，
D．时，
15．室温下，向亚硫酸溶液中滴加NaOH溶液，各含硫微粒分布系数(平衡时某微粒的物质的量占各微粒物质的量之和的分数)与溶液pH的关系如图所示。下列说法不正确的是
A．曲线II表示HSO的分布系数随pH的变化
B．Ka2(H2SO3)的数量级为10−8
C．pH=7时，c(Na+)<3c(SO)
D．NaHSO3溶液中水电离出的c(H+)<1×10−7 ml·L−1
二、工业流程题（4大题）
16．CuCl为白色粉末，微溶于水，溶于浓盐酸或NaCl浓溶液，不溶于乙醇。一种由海绵铜(Cu和少量CuO等)为原料制备CuCl的工艺流程如图：
（1）“还原，氯化”时，Na2SO3和NaCl的用量对CuCl产率的影响如图1、图2所示。
①CuSO4与Na2SO3、NaCl在溶液中反应生成CuCl的离子方程式为___。
②当n(Na2SO3)：n(CuSO4)>1.33时，比值越大CuCl产率越小，其原因是___。
③当1.0（2）用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水，防止滤渣被空气氧化为Cu2(OH)3Cl。CuCl被氧化为Cu2(OH)3Cl的化学方程式为___。
（3）为测定某氯化亚铜样品中CuCl的含量，某同学设计如下实验：准确称取氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待固体完全溶解后，加入适量稀硫酸，用aml/L的K2Cr2O7溶液氧化反应生成的Fe2+，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反应中Cr2O被还原为Cr3+，求样品中CuCl的质量分数___(写计算过程)。
17．五氧化二钒(V2O5)为强氧化剂，易被还原成各种低价氧化物，在工业生产中常用作催化剂，即触媒。实验室以含钒废料(含V2O3、CuO、MnO、SiO2、Al2O3、有机物)为原料制备V2O5的一种流程如图：
已知Ⅰ．25℃时，难溶电解质的溶度积常数如表所示：
Ⅱ．NH4VO3在水中的溶解度：20℃、4.8；60℃、24.2。
回答下列问题：
（1）“焙烧”的目的是___________。
（2）“滤渣1”的用途为___________(写出一种即可)。
（3）滤渣2成分为___________。通过列式计算说明，常温下，若“调pH”为6，Cu2+是否沉淀完全___________。(溶液中离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全)
（4）“沉锰”需将温度控制在70℃左右，温度不能过高或过低的原因为___________。
（5）滤渣3成分为MnCO3，请写出“沉锰”的离子方程式___________。
（6） V2O5最重要的应用是在接触法制硫酸时，作SO2氧化为SO3的催化剂。该催化反应中VO2为中间产物，请用化学方程式表示该催化过程：___________、___________。
18．2019年度诺贝尔化学奖奖励锂电池的发明者，锂离子电池已经彻底改变了我们的生活。如果废旧电池处理不当就会对环境造成严重污染，影响人们的健康生活。一种以废旧锂离子电池的正极材料(主要含LiCO2、Al、C等)为原料制备CC2O4•2H2O的流程如图1：
（1）除铝时发生反应的离子方程式为_______
（2）灼烧的主要目的是_______，实验室中灼烧实验用到最重要的仪器是_______
（3）还原步骤在70℃左右，LiCO2发生反应的化学方程式为_______，若用盐酸代替H2SO4和H2O2，也可以达到目的，但其缺点是_______
（4）沉淀时，证明C2+已经沉淀完全的实验操作与现象是_______
（5）已知：NH3•H2O⇌+OH-，Kb=1.8×10-5，H2C2O4⇌H++，Ka1=5.4×10-2，⇌H++ Ka2=5.4×10-5，则该流程中所用(NH4)2C2O4溶液的pH_______7(填“＞”或“＜”或“=”)
19．锗属于稀有分散元素，一种以锗精矿(含GeO2、GeO、SiO2、As2O3)制备高纯二氧化锗的工艺流程如下：
下列数据是对应物质的熔点：
(1)第32号元素锗的原子结构示意图________，根据锗在元素周期表中的位置写出单质锗的一种用途________。
(2)“焙烧”前，粉碎锗精矿的目的是________。矿渣1的主要成分是________。
(3)“还原焙烧”中，含Ge氧化物在不同气氛中的挥发情况如图。800～1100℃之间，含Ge氧化物在CO中的挥发率明显高于空气中的原因是________。
(4)“碱浸氧化”后，GeO转化为锗酸盐，请写出反应的离子方程式________。
(5)“精馏水解”发生反应的化学方程式________。
(6)在氯化物熔盐中，电解SiO2和GeO2的混合物，可制得硅锗合金。反应原理如下：
SiO2＋GeO2SiGe(合金)＋2O2↑
生成硅锗合金的电极为________(填“阳极”或“阴极”)，写出生成O2的电极反应式________。
选项
家务劳动
化学知识
A
用温热的纯碱溶液清洗油污
油脂在热的纯碱溶液中更易发生水解
B
白醋除去水垢中的CaCO3
醋酸酸性强于碳酸
C
“84消毒液”稀释后拖地
利用与酒精相同的消毒原理杀菌消毒
D
餐后将洗净的铁锅擦干
减缓铁的锈蚀
实验
实验操作和现象
1
用pH试纸测定0.1ml·L-1NH4Fe(SO4)2溶液的pH，测得pH约为5
2
向0.1ml·L-1NH4Fe(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液，产生沉淀
3
向0.1ml·L-1NH4Fe(SO4)2溶液中通入足量的NH3，产生红褐色沉淀
4
向0.1ml·L-1NH4Fe(SO4)2溶液中NaHS溶液，产生浅黄色沉淀
实验
实验操作和现象
1
测定0.10ml•L-1NaHCO3溶液的pH约为8
2
测定0.10ml•L-1HCN与0.05ml•L-1NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH>7
3
向NaClO溶液中通入少量的CO2，测得pH降低
4
向0.01ml•L-1Na2CO3溶液中加入等体积0.02ml•L-1CaCl2溶液，产生白色沉淀
实验
实验操作和现象
1
向0.1ml•L-1NaHS溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变红
2
向0.1ml•L-1NaHS溶液中加入等体积0.1ml•L-1NaOH溶液充分混合
3
向0.1ml•L-1NaHS溶液中通入过氯气，无淡黄色沉淀产生
4
向0.1ml•L-1NaHS溶液中滴加过CuCl2溶液，产生黑色沉淀
难溶电解质
Ksp
物质
GeO2
GeO
SiO2
As2O3
熔点/℃
1115
710(升华)
1723
193(升华)
参考答案
1．C
【详解】
A．乙酸分子中单键为σ键，碳氧双键中有1个为σ键、1个为π键，则1ml乙酸分子中含有σ键数目为1ml×7×NAml—1=7NA，故A正确；
B．由方程式可知，生成1ml硫化氢气体，反应转移8ml电子，则生成标准状况下2.24 L 硫化氢气体，反应转移的电子数为×8×NAml—1=0. 8 NA，故B正确；
C．碳酸氢钠是强碱弱酸的酸式盐，碳酸氢根离子在溶液中水解，使溶液呈碱性，则1 L0.1 ml·L-1碳酸氢钠溶液中含的碳酸氢根离子的数目小于0.1 NA，故C错误；
D．常温常压下，3.4 g H2S气体中含有的电子数为×18×NAml—1=1. 8 NA，故D正确；
故选C。
2．C
【详解】
A．加热促进碳酸钠水解，溶液碱性增强，油脂在热的纯碱溶液中更易发生水解，故不选A；
B．白醋除去水垢中的CaCO3，因为醋酸的酸性强于碳酸，醋酸和碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳、水，故不选B；
C． “84消毒液”是利用其强氧化性杀菌消毒，而酒精的消毒原理是酒精可使蛋白质变性，两者消毒原理不相同，故选C；
D．铁锅在潮湿的环境中易锈蚀，擦干水份可减缓铁的锈蚀，故不选D；
选C。
3．A
【详解】
A．农药波尔多液是一种常用的杀菌剂，其可由胆矾、生石灰、水按一定的质量比配成。其能杀菌的主要原因Cu2+可使蛋白质变性，从而失去生理活性因此具有杀菌消毒作用，与盐的水解反应无关，A符合题意；
B．明矾常用作净水剂是由于明矾电离产生的Al3+发生水解反应形成了Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体表面积大，吸附力强，可以吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀而从水中析出，从而具有净水作用，与盐的水解反应有关，B不符合题意；
C．纯碱是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，盐的水解反应是吸热反应，升高温度，盐水解程度增大，溶液碱性增强，而油污能够与碱反应产生可溶性物质，故热的纯碱溶液去油污效果好，与盐的水解反应有关，C不符合题意；
D．氯化铁是强碱弱酸盐，水解产生Fe(OH)3和HCl，为了抑制盐的水解，同时又不引入杂质离子，在配制溶液时，常将氯化铁溶于稀盐酸中，这与盐的水解反应有关，D不符合题意；
故合理选项是A。
4．D
【分析】
由图可知，a点为硫酸氢铵溶液，向a点溶液中加入氢氧化钠溶液时，溶液中氢离子先与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为H++OH—= H2O，则b点为硫酸钠、硫酸氢铵和硫酸铵的混合溶液，溶液呈酸性；氢氧化钠溶液体积为20mL的c点，硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应得到硫酸铵、硫酸钠的混合溶液；c点后再加入氢氧化钠溶液时，溶液中铵根离子与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为NH+OH—=NH3·H2O，则d点为硫酸铵、硫酸钠和一水合氨的混合溶液，溶液呈中性；氢氧化钠溶液体积为35mL的e点为硫酸铵、硫酸钠和一水合氨的混合溶液，溶液呈碱性。
【详解】
A．由分析可知，a~c之间，主要反应为溶液中氢离子先与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为H++OH—= H2O，故A错误；
B．由分析可知，b点为硫酸钠、硫酸氢铵和硫酸铵的混合溶液，溶液呈酸性，溶液pH小于7，故B错误；
C．设d~e之间某一点加入氢氧化钠溶液体积为xmL，由题意可得溶液中c(Na+)+c(SO)==0.1ml/L，故C错误；
D．硫酸铵溶液与氢氧化钠溶液反应的过程中始终存在物料守恒关系c(SO)= c(NH)+ c(NH3·H2O)，则溶液中c(SO)>c(NH)；pH为7的中性溶液中c(OH—)=c(H+)，由电荷守恒关系c(Na+)+ c(NH)+ c(H+)=2c(SO)+ c(OH—)可得：c(Na+)+ c(NH)=2c(SO)，由溶液中c(SO)>c(NH)可知，溶液中c(Na+)>c(SO)，则溶液中离子的浓度大小顺序为c(Na+)>c(SO)>c(NH)>c(OH—)=c(H+)，故D正确；
故选D。
5．C
【详解】
A．电荷守恒方程式：c(NH)＋3c(Fe3＋)＋c(H＋)=2c(SO)＋c(OH－)，错误；
B．实验2中的沉淀有Fe(OH)3和BaSO4，错误；
C．NH4Fe(SO4)2溶液中物料守恒关系为：c(NH)＋c(NH3·H2O)＋c(SO)=0.3ml/L，NH4Fe(SO4)2溶液中通入NH3，导致溶液中的NH增多，则有：c(NH)＋c(NH3·H2O)＋c(SO)>0.3ml/L，正确；
D．Fe3＋氧化HS－生成S和Fe2＋，根据Fe、S得失电子守恒配平反应，离子方程式为：2Fe3＋＋HS－=2Fe2＋＋S↓＋H＋，错误；
故选C。
6．D
【分析】
向溶液中滴加溶液，依次发生离子反应：、、，溶液中逐渐减小，和先增大后减小，逐渐增大；故图中每条线所代表的物质分别为：，从图中可以发现，点，点，P点，则以此解题。
【详解】
A．HR溶液为酸性溶液，在酸性条件下由分析可知，c(R-)B．根据M点溶质为H3RCl2、H2RCl、NaCl，此时c(Cl-)＞c(Na+)，B错误；
C．P点存在电荷守恒：，此时，因此，C错误；
D．N点，向溶液中加入少量NaOH，从图中可以发现H2R+在减小，HR在增加，故此时发生的离子方程式为：H2R++OH-=H2O+HR，D正确；
故选D。
7．D
【分析】
由电离常数可知，弱酸和酸式根离子在溶液中的电离程度为H2CO3＞HClO＞HCO；由实验1可知，碳酸氢根离子在溶液中的水解趋势大于电离趋势，使溶液呈碱性；由实验2可知，0.10ml•L-1氢氰酸与0.05ml•L-1氢氧化钠溶液等体积混合后反应得到等浓度的氢氰酸和氰酸钠的混合溶液，氢氰酸的电离程度小于氰酸根离子的水解程度，使溶液呈碱性。
【详解】
A．碳酸氢钠溶液中存在的电荷守恒关系为，故A错误；
B．由分析可知，实验2中0.10ml•L-1氢氰酸与0.05ml•L-1氢氧化钠溶液等体积混合后反应得到等浓度的氢氰酸和氰酸钠的混合溶液，氢氰酸的电离程度小于氰酸根离子的水解程度，使溶液呈碱性，则氢氰酸的电离常数小于水解常数，故B错误；
C．由分析可知，弱酸和酸式根离子在溶液中的电离程度为H2CO3＞HClO＞HCO，则次氯酸钠溶液与少量二氧化碳反应生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的离子方程式为CO2+H2O+= HCO+HClO，故C错误；
D．由题意可知，VL0.01ml/L碳酸钠溶液和VL0.02ml/L氯化钙溶液等体积混合反应后溶液中过量的钙离子浓度为=0.005ml/L，由碳酸钙的溶度积可知溶液中碳酸根离子浓度为==2×10—6.55ml/L，故D正确；
故选D。
8．C
【详解】
A．NaHCO3为强碱弱酸盐，a点溶液pH=8.3，溶液呈碱性，则可说明NaHCO3溶液中的水解程度大于电离程度，A正确；
B．a→b→c过程中pH不断增大，则加入NaOH溶液，溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，滴加过程中c(Na+)不变，但c(H+)减小，则c()+2c()+c(OH-)逐渐减小，B正确；
C．NaHCO3溶液存在c(Na+)=c()+c()+c(H2CO3)，a→d→e过程中，在NaHCO3溶液加入盐酸，生成NaCl、H2CO3，d点时pH=4.0，则有二氧化碳气体逸出，可知c(Na+)＞c()+c()+c(H2CO3)，C错误；
D．e点NaHCO3与HCl完全反应生成NaCl，根据Na+和Cl-守恒可知，此时溶液中c(Na+) = c(Cl-) = =0.025 ml•L-1，D正确；
故答案为：C。
9．B
【详解】
A．NaHS溶液中存在电离平衡HS-⇌H++S2-和水解平衡HS-+H2O⇌H2S+OH-，由实验1可知NaHS溶液显碱性，则HS-的水解程度大于电离程度，因此c(S2-)B．实验2中0.1 ml·L-1 NaHS溶液和0.1 ml·L-1 NaOH溶液等体积混合，则所得溶液为Na2S溶液，存在物料守恒c(Na＋)=2[c(S2-)＋c(HS-)＋c(H2S)]=0.1ml/L，所以c(Na+)-c(S2-)-c(HS-)-c(H2S)=0.05ml•L-1，B正确；
C．氯气有强氧化性，HS-有较强还原性，二者能发生氧化还原反应，实验3没有淡黄色沉淀产生可能是氯气将HS-氧化为硫酸根，C错误；
D．实验4中产生黑色沉淀，说明生成了CuS，则静置后的上层清液中存在沉淀溶解平衡，所以有c(Cu2+)·c(S2-)=Ksp(CuS)，D错误；
综上所述答案为B。
10．B
【详解】
A．未加氢氧化钾时，溶液为HA溶液，水电离出来的氢离子浓度为10-11ml/L，则溶液中c(OH-)=10-11ml/L，溶液中c(H+)=10-3ml/L，pH=3，故A错误；
B．加入10mLKOH后，HA反应了一半，溶液中HA与KA浓度相等，此时水电离出来c(H+)水=10-9ml/L，说明酸的电离出的氢离子抑制了水电离，则HA的电离大于A-的水解，所以c(A-)>c(K+)>c(HA)>c(H+)，故B正确；
C．c点，KOH与HA恰好完全反应，溶质是KA，KA是强碱弱酸盐，溶液呈弱碱性，故C错误；
D．c点完全反应，溶质只有KA，其水解促进了水的电离，而d除了KA外，还有KOH抑制了水的电离，所以c点水的电离程度大于d点，故D错误；
选B。
11．A
【详解】
A．二聚三氯化铁分子中Fe3+与Cl-形成配位键如图，故A正确；
B．制备Fe(OH)3胶体的方法为：向沸腾的蒸馏水中滴加饱和的三氯化铁溶液溶液变为红褐色时停止加热，即得到Fe(OH)3胶体；向FeCl3饱和溶液缓慢滴入氢氧化钠溶液加热，得到Fe(OH)3沉淀，故B错误；
C．FeCl3在溶液中水解生成氢氧化铁和HCl，加热HCl挥发，水解反应不断正向进行最终固体变为Fe(OH)3，所以直接加热蒸干FeCl3溶液得不到无水氯化铁，故C错误；
D．方法④所得的溶液原本含有Fe3+，加入KSCN溶液变红，通入氯气溶液依然是红色，无法证明是否含有Fe2+，可直接滴入K3[Fe(CN)6]试剂来检验Fe2+，故D错误；
故选：A。
12．C
【详解】
A．向溶液中逐滴加入溶液，点K时达到终点，K点时氢氧化钠溶液的体积为10.5mL，根据2～，可得溶液的浓度为=0.02625ml/L，故A错误；
B．点M时加入氢氧化钠溶液的体积为5.25mL，此时恰好生成NaHC2O4，根据物料守恒可得，故B错误；
C．点N时溶液pH=3.21，c(H+)=10-3.21ml/L，根据的，Ka2=，故=10-0.99≈10-1，，故C正确；
D．随着的滴入，不断减小，不断增大，故不断减小，故D错误；
故选C。
13．C
【详解】
A．由图象分析可知，海水温度一定时，大气中浓度增加，海水中溶解的随之增大，CO2++H2O=2，导致浓度降低A正确；
B．海水中的珊瑚礁的主要成分为CaCO3，当大气中含量增加时，海水中的珊瑚礁溶解的反应为：，B正确；
C．升高温度，促进的电离，即升高温度，平衡H++正向移动，浓度增大，所以当大气中浓度确定时，海水温度越高，则浓度越高，C错误；
D．海水呈弱碱性的原因是+H2OH2CO3+OH-，由于海水呈弱碱性，铝、铁等离子容易与发生双水解而不能大量存在，因此铝、铁元素在海水中含量少，而在陆地含量高，D正确；
答案选D。
14．C
【分析】
随pH增大，c(H2A)逐渐减小，c(HA-)先增大后减小，c(A2-)逐渐增大，pc=-lgc，则pc(H2A)逐渐增大、pc(HA-)先减小后增大、pc(A2-)逐渐减小，即曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别代表的粒子为H2A、A2-、HA-；
【详解】
A．随pH增大， c(HA-)先增大后减小，pc=-lgc，则pc(HA-)先减小后增大，即曲线Ⅲ代表变化，故A正确；
B．曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别代表的粒子为H2A、A2-、HA-，c点时c(HA-)=c(A2-)，此时Ka2==c(H+)=10-pH=10-5.30，则，故B正确；
C．b点时，c(H2A)= c(A2-)=10-3ml/L，c(H+)=10-3.05ml/L，室温下c(OH-)=，由电荷守恒：c(H+)+ c(Na+)= c(OH-)+ c(HA-)+2 c(A2-)，则c(Na+)= 2 c(A2-)+ c(OH-)- c(H+)+ c(HA-)= c(HA-)，故C错误；
D．时，由图知pc(HA-)> pc(A2-)> pc(H2A)，pc=-lgc，则，故D正确；
故选：C。
15．C
【分析】
向亚硫酸溶液中滴加NaOH溶液，亚硫酸物质的量浓度逐渐减小，亚硫酸氢根物质的量浓度逐渐增大，因此曲线I为亚硫酸，曲线II为亚硫酸氢根，再继续加NaOH溶液，亚硫酸氢根物质的量浓度减小，亚硫酸根物质的量浓度增大，因此曲线III为亚硫酸根。
【详解】
A．根据前面分析曲线II表示HSO的分布系数随pH的变化，故A正确；
B．在pH=7.2时，亚硫酸氢根物质的量浓度和亚硫酸根物质的量浓度相等，则Ka2(H2SO3)= c(H+)=1×10−7.2=100.8×10−8，因此Ka2(H2SO3)的数量级为10−8，故B正确；
C．pH=7时，根据电荷守恒和pH=7得到c(Na+)=2c(SO)+c(HSO)，又由于pH=7时c(SO)＜c(HSO)，因此c(Na+)＞3c(SO)，故C错误；
D．根据图中信息得到NaHSO3溶液pH大约为4，说明溶液显酸性，是亚硫酸氢根电离占主要，抑制水的电离，因此溶液中水电离出的c(H+)＜1×10−7 ml·L−1，故D正确。
综上所述，答案为C。
16．
（1） 2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+ 随着n(Na2SO3)：n(CuSO4)不断增大，溶液的碱性不断增强，Cu2+及CuCl的水解程度增大 适当增大c(Cl-)，有利于平衡Cu+(aq)+Cl-(aq)CuCl(s)向生成CuCl方向移动
（2）4CuCl+O2 +4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl
（3）n(CuCl)=6n(K2Cr2O7)=b×10-3L×aml/L×6=6ab×10-3ml
CuCl的质量分数=×100%=%
【分析】
海绵铜(Cu和少量CuO等)用硫酸、硝酸钠、水浸取，酸性环境中Cu被NO氧化，过滤，除去不溶性滤渣，得到含有CuSO4的滤液，加入亚硫酸钠将Cu2+还原为Cu+，加入NaCl得到CuCl沉淀，过滤得到CuCl的粗产品，用pH=2的H2SO4水洗，再用“醇洗”快速去除滤渣表面的水，防止潮湿环境中滤渣被空气氧化，干燥得到纯净的CuCl。
（1）
①Na2SO3将Cu2+还原为Cu+，生成的Cu+和Cl-结合生成CuCl沉淀，离子方程式为2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+；
②Na2SO3溶液水解使溶液显碱性，随着n(Na2SO3)：n(CuSO4)不断增大，溶液的碱性不断增强，Cu2+及CuCl的水解程度增大，故当n(Na2SO3)：n(CuSO4)＞1.33时，比值越大CuCl产率越小；
③当1.0（2）
根据题意，有水存在时，CuCl被O2氧化为Cu2(OH)3Cl，根据电子守恒可知CuCl和O2的系数比为4：1，再结合元素守恒可得化学方程式为4CuCl+O2 +4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；
（3）
根据电子转移守恒可得关系式：6CuCl～6Fe2+～Cr2O，则n(CuCl)=6n(K2Cr2O7)=b×10-3L×aml/L×6=6ab×10-3ml，CuCl的质量分数为：×100%=%。
17．
（1）除去有机物，将V2O3氧化成V2O5
（2）制坩埚、制光导纤维、制玻璃(写出一种即可)
（3） 、 时，，，因为，此时有：，，所以未完全沉淀
（4）温度过高，碳酸氢铵分解，原料利用率低，温度过低，反应速率慢，NH4VO3可能提前析出导致产率低
（5）Mn2++2=MnCO3+CO2↑+H2O
（6）
【分析】
含钒废料(含V2O3、CuO、MnO、SiO2、Al2O3、有机物）焙烧，可除去有机物，将V2O3氧化为V2O5，加入硫酸酸溶，得到滤渣1为SiO2，滤液调节pH可生成氢氧化铝、氢氧化铜沉淀，过滤后滤液加入碳酸氢铵，可生成碳酸锰沉淀，滤液加入过量硫酸铵，浓缩、结晶，可得到NH4VO3，煅烧可生成V2O5，以此解答该题。
（1）
焙烧会除去有机物杂质，同时根据V2O3中V元素的化合价为+3价，V2O5中V元素的化合价为+5价可知：焙烧还可以将烧V2O3氧化为V2O5。
（2）
用硫酸酸溶时，SiO2不反应，因此“滤渣1”为SiO2，其用途为制光导纤维、制玻璃、制硅胶等；
（3）
滤液调节pH可使溶液中的Al3+、Cu2+生成氢氧化铝、氢氧化铜沉淀，故滤渣2成分为氢氧化铝、氢氧化铜；调节pH为6，c( H+)=10-6 ml/L，则c(OH-)==10-8 ml/L，溶液中c (Cu2+ )=，所以Cu2+没有沉淀完全；
（4）
“沉锰”需将温度控制在70℃左右，温度过低，反应速率慢，NH4VO3可能提前结晶析出导致产率低；温度过高，NH4HCO3分解导致原料利用率低；
（5）
根据分析和流程，沉锰的反应为：Mn2++2=MnCO3+CO2↑+H2O。
（6）
V2O5最重要的应用是在接触法制硫酸时，作SO2氧化为SO3的催化剂，该催化反应中VO2为中间产物，在催化过程中发生的反应为、。
18．
（1）2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑
（2） 除去C 坩埚
（3） 2LiCO2+3H2SO4+H2O2=2CSO4+Li2SO4+O2↑+4H2O 会产生有毒气体Cl2
（4）静置，向上层清液中继续滴加(NH4)2C2O4溶液，若不出现浑浊，就证明C2+已经沉淀完全。
（5）<
【分析】
以废旧锂离子电池的正极材料(主要含LiCO2、Al、C等)为原料制备CC2O4·2H2O，正极材料(主要含LiCO2、Al、C等)加入NaOH溶液，Al被溶解形成NaAlO2溶液，剩余LiCO2、C在空气中灼烧，C与O2反应生成CO2 ,剩余固体LiCO2与H2SO4、H2O2反应，H2O2被C3+氧化生成CSO4溶液与O2，继续加入(NH4)2C2O4溶液，最终形成CC2O4·2H2O。
（1）
除铝时的反应为铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，该反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；
（2）
除铝后仍有杂质C，在空气中灼烧时碳会变为CO2气体逸出，从而得到除去C的目的，灼烧实验一般要用到坩埚；
（3）
根据产物中C元素的化合价可知还原过程中双氧水将C3+还原成C2+，结合电子守恒、和元素守恒可得方程式为：2LiCO2+3H2SO4+H2O2=2CSO4+Li2SO4+O2↑+4H2O。若使用盐酸代替H2SO4，HCl被氧化时生成Cl2，而氯气有毒，会污染大气；
（4）
证明C2+已经沉淀完全的实验操作与现象为：静置，在上层清液中继续滴加(NH4)2C2O4溶液，若不出现浑浊，就证明C2+已经沉淀完全；
（5）
根据题目所给消息可知一水合氨的电离程度小于草酸氢根的电离程度，则铵根的水解程度大于草酸根的水解程度，铵根水解使溶液显酸性，所以(NH4)2C2O4溶液显酸性，溶液的pH<7。
19． 半导体材料 增大接触面积，加快反应速率，提高锗精矿的利用率 As2O3 GeO2在CO中转化为GeO升华 GeCl4 + (n+2)H2O=GeO2·nH2O + 4HCl 阴极 2O2--4e－=O2↑
【分析】
由于As2O3在193℃时升华，所以锗精矿(含GeO2、GeO、 SiO2、As2O3)首先在300℃焙烧得到含GeO2、GeO、SiO2矿石；然后在1200℃下GeO2被CO还原成710℃下挥发的GeO以及主要含SiO2的矿渣2；GeO在碱性条件下被双氧水为Ge4+；然后加盐酸经蒸馏得到GeCl4； GeCl4再精馏水解最后烘干得到高纯的GeO2，据此分析可得：
【详解】
(1)第32号元素锗为第四周期第IV族的元素，则其原子结构示意图为；锗位于金属与非金属分界线的元素，可用作半导体材料，故答案为：；半导体材料；
(2)“焙烧”前，粉碎锗精矿的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高锗精矿的利用率；由于As2O3在193℃时升华，所以300℃煅烧锗精矿(含GeO2、GeO、SiO2、As2O3)后再冷凝得到的矿渣1的主要成分为As2O3，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高锗精矿的利用率；As2O3；
(3) GeO在710℃时挥发，所以800～1100 ℃之间，含Ge氧化物在CO中的挥发率明显高于空气中的原因是GeO2在CO中转化为GeO升华，故答案为：GeO2在CO中转化为GeO升华；
(4)“碱浸氧化”后，GeO转化为锗酸盐，则其离子方程式为：，故答案为：；
(5)“精馏水解”时GeCl4中Ge4+水解生成和HCl，则其反应的化学方程式为：，故答案为：；
(6) 由SiO2＋GeO2SiGe(合金)＋2O2↑可知，Si、Ge化合价均降低，发生还原反应，为电解池的阴极；O元素化合价升高为，发生氧化反应，则2O2--4e－=O2↑，故答案为：阴极；2O2--4e－=O2↑。
一、单选题（15题）
1．设NA是阿伏加德罗常数的值。生物法(加入脱硫细菌)净化含硫物质时发生如下反应：CH3COOH+Na2SO4=2NaHCO3+ H2S↑。下列说法错误的是
A．1 ml CH3COOH中含有σ键数目为7NA
B．生成标准状况下2.24 L H2S气体，转移的电子数为0. 8 NA
C．1 L0.1 ml·L-1 NaHCO3溶液中，含有HCO的数目为0.1 NA
D．常温常压下，3.4 g H2S气体中含有的电子数为1. 8 NA
2．化学知识无处不在，下列家务劳动不能用对应的化学知识解释的是
A．AB．BC．CD．D
3．下列事实与盐类水解无关的是
A．胆矾与石灰乳配成杀虫农药波尔多液
B．明矾常用作净水剂
C．热的纯碱溶液去油污效果好
D．配制氯化铁溶液时将氯化铁溶于稀盐酸
4．常温下，往20mL0.1ml·L-1NH4HSO4溶液中逐滴加入0.1ml·L-1的NaOH溶液，溶液中由水电离的c水(H+)与所加NaOH溶液体积的关系如图所示(假设：混合后溶液体积的变化忽略不计，整个过程无氨气的逸出)。下列分析正确的是
A．a~c之间，主要反应为NH+OH—=NH3·H2O
B．b点、d点对应溶液的pH均为7
C．d~e之间，溶液中c(Na+)+c(SO)=0.05ml/L
D．pH=7时，溶液中c(Na+)>c(SO)>c(NH)>c(OH—)=c(H+)
5．室温下，通过下列实验探究NH4Fe(SO4)2溶液的性质(假设实验前后溶液体积不变)。
下列说法正确的是
A．0.1ml·L-1NH4Fe(SO4)2溶液中存在：c(NH)＋3c(Fe3＋)=2c(SO)
B．实验2中沉淀成分仅为Fe(OH)3
C．实验3得到的溶液中有c(NH)＋c(NH3·H2O)＋c(SO)＞0.3ml·L-1
D．实验4中发生反应的离子方程式为2Fe3＋＋2HS-=2Fe2＋＋2S↓＋H2↑
6．赖氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2+H2R+HRR-。向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。已知δ(x)=。下列表述正确的是
A．常温下0.1ml·L-1HR溶液中c(R-)＞c(H2R+)
B．M点，c(Na+)＞c(Cl-)＞c(H+)＞c(OH-)
C．P点，c(Cl-)+c(OH-)+c(HR)=c(H2R+)+2c(HR2+)+c(H+)
D．N点，向溶液中加入少量NaOH发生反应的离子方程式为H2R++OH-=H2O+HR
7．室温下：、、、实验室进行多组实验测定某些酸、碱、盐性质，相关实验记录如下：
下列所得结论正确的是
A．实验1溶液中存在：
B．由实验2可得
C．实验3反应的离子方程式：CO2+H2O+2=+2HClO
D．实验4所得上层清液中的
8．取两份10mL 0.05ml•L-1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05ml•L-1的盐酸，另一份滴加0.05ml•L-1 的NaOH溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。
下列说法不正确的是
A．由a点可知：NaHCO3溶液中的水解程度大于电离程度
B．过程中：逐渐减小
C．过程中：
D．e点溶液中：c(Na+) = c(Cl-) = 0.025 ml•L-1
9．室温下，通过下列实验探究NaHS溶液的性质。
下列有关说法正确的是
A．0.1ml/LNaHS溶液中：c(HS-)>c(S2-)>c(H2S)
B．实验2所得溶液中：c(Na+)-c(S2-)-c(HS-)-c(H2S)=0.05ml•L-1
C．实验3证明HS-不能被氧化
D．实验4反应静置后的上层清液中有c(Cu2+)•c(S2-)
A．常温下，0.10ml/LHA酸的pH为11
B．b点：c(A-)>c(K+)>c(HA)>c(H+)
C．c点：溶液恰好呈中性
D．溶液中水电离程度：d点>c点
11．FeCl3是棕红色固体，易潮解，在300℃以上可升华成含二聚三氯化铁()分子的气体。可用于金属刻蚀，污水处理等。主要有以下制备方法：
方法①：氯化法。以废铁屑和氯气为原料，在立式反应炉里反应，生成的氯化铁蒸气和尾气由炉的顶部排出，进入捕集器冷凝为固体结晶。
方法②：熔融法。将铁屑和干燥氯气在低共熔混合物(如30%KCl与70%FeCl3混合)内进行反应生成氯化铁，升华后收集在冷凝室中，该法制得的氯化铁纯度高。
方法③：复分解法。用氧化铁与盐酸反应后得到氯化铁溶液。
方法④：氯化亚铁合成法。将铁屑溶于盐酸中，然后向其中通入氯气得到氯化铁。
下列说法正确的是
A．二聚三氯化铁分子中含有配位键
B．将FeCl3饱和溶液缓慢滴入氢氧化钠溶液中，可制取Fe(OH)3胶体
C．直接加热蒸干方法③所得的氯化铁溶液制备无水氯化铁
D．向方法④所得的溶液中加入KSCN溶液与氯气，检验该溶液中是否含有Fe2+
12．室温下，的，向溶液中逐滴加入溶液，点K时达到终点。溶液的随溶液体积的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．溶液的浓度为
B．点M时溶液中存在：
C．点N时溶液中存在：
D．随着的滴入，不断增大
13．大气中含量的增多除了导致地球表面温度升高外，还会影响海洋生态环境。某研究小组在实验室测得不同温度下(，)海水中浓度与模拟空气中浓度的关系曲线。下列说法不正确的是
A．海水温度一定时，大气中浓度增加，海水中溶解的随之增大，导致浓度降低
B．大气中含量增加时，海水中的珊瑚礁溶解的反应为：
C．当大气中浓度确定时，海水温度越高，则浓度越低
D．海水呈弱碱性，是铝、铁元素在海水中含量少，而在陆地含量高的原因
14．类比，对于稀溶液，。室温下，向某浓度溶液加入，保持溶液体积和温度不变，测得与、、变化如图所示。下列说法不正确的是
A．曲线Ⅲ表示变化
B．常温下，
C．b点时，
D．时，
15．室温下，向亚硫酸溶液中滴加NaOH溶液，各含硫微粒分布系数(平衡时某微粒的物质的量占各微粒物质的量之和的分数)与溶液pH的关系如图所示。下列说法不正确的是
A．曲线II表示HSO的分布系数随pH的变化
B．Ka2(H2SO3)的数量级为10−8
C．pH=7时，c(Na+)<3c(SO)
D．NaHSO3溶液中水电离出的c(H+)<1×10−7 ml·L−1
二、工业流程题（4大题）
16．CuCl为白色粉末，微溶于水，溶于浓盐酸或NaCl浓溶液，不溶于乙醇。一种由海绵铜(Cu和少量CuO等)为原料制备CuCl的工艺流程如图：
（1）“还原，氯化”时，Na2SO3和NaCl的用量对CuCl产率的影响如图1、图2所示。
①CuSO4与Na2SO3、NaCl在溶液中反应生成CuCl的离子方程式为___。
②当n(Na2SO3)：n(CuSO4)>1.33时，比值越大CuCl产率越小，其原因是___。
③当1.0
（3）为测定某氯化亚铜样品中CuCl的含量，某同学设计如下实验：准确称取氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待固体完全溶解后，加入适量稀硫酸，用aml/L的K2Cr2O7溶液氧化反应生成的Fe2+，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反应中Cr2O被还原为Cr3+，求样品中CuCl的质量分数___(写计算过程)。
17．五氧化二钒(V2O5)为强氧化剂，易被还原成各种低价氧化物，在工业生产中常用作催化剂，即触媒。实验室以含钒废料(含V2O3、CuO、MnO、SiO2、Al2O3、有机物)为原料制备V2O5的一种流程如图：
已知Ⅰ．25℃时，难溶电解质的溶度积常数如表所示：
Ⅱ．NH4VO3在水中的溶解度：20℃、4.8；60℃、24.2。
回答下列问题：
（1）“焙烧”的目的是___________。
（2）“滤渣1”的用途为___________(写出一种即可)。
（3）滤渣2成分为___________。通过列式计算说明，常温下，若“调pH”为6，Cu2+是否沉淀完全___________。(溶液中离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全)
（4）“沉锰”需将温度控制在70℃左右，温度不能过高或过低的原因为___________。
（5）滤渣3成分为MnCO3，请写出“沉锰”的离子方程式___________。
（6） V2O5最重要的应用是在接触法制硫酸时，作SO2氧化为SO3的催化剂。该催化反应中VO2为中间产物，请用化学方程式表示该催化过程：___________、___________。
18．2019年度诺贝尔化学奖奖励锂电池的发明者，锂离子电池已经彻底改变了我们的生活。如果废旧电池处理不当就会对环境造成严重污染，影响人们的健康生活。一种以废旧锂离子电池的正极材料(主要含LiCO2、Al、C等)为原料制备CC2O4•2H2O的流程如图1：
（1）除铝时发生反应的离子方程式为_______
（2）灼烧的主要目的是_______，实验室中灼烧实验用到最重要的仪器是_______
（3）还原步骤在70℃左右，LiCO2发生反应的化学方程式为_______，若用盐酸代替H2SO4和H2O2，也可以达到目的，但其缺点是_______
（4）沉淀时，证明C2+已经沉淀完全的实验操作与现象是_______
（5）已知：NH3•H2O⇌+OH-，Kb=1.8×10-5，H2C2O4⇌H++，Ka1=5.4×10-2，⇌H++ Ka2=5.4×10-5，则该流程中所用(NH4)2C2O4溶液的pH_______7(填“＞”或“＜”或“=”)
19．锗属于稀有分散元素，一种以锗精矿(含GeO2、GeO、SiO2、As2O3)制备高纯二氧化锗的工艺流程如下：
下列数据是对应物质的熔点：
(1)第32号元素锗的原子结构示意图________，根据锗在元素周期表中的位置写出单质锗的一种用途________。
(2)“焙烧”前，粉碎锗精矿的目的是________。矿渣1的主要成分是________。
(3)“还原焙烧”中，含Ge氧化物在不同气氛中的挥发情况如图。800～1100℃之间，含Ge氧化物在CO中的挥发率明显高于空气中的原因是________。
(4)“碱浸氧化”后，GeO转化为锗酸盐，请写出反应的离子方程式________。
(5)“精馏水解”发生反应的化学方程式________。
(6)在氯化物熔盐中，电解SiO2和GeO2的混合物，可制得硅锗合金。反应原理如下：
SiO2＋GeO2SiGe(合金)＋2O2↑
生成硅锗合金的电极为________(填“阳极”或“阴极”)，写出生成O2的电极反应式________。
选项
家务劳动
化学知识
A
用温热的纯碱溶液清洗油污
油脂在热的纯碱溶液中更易发生水解
B
白醋除去水垢中的CaCO3
醋酸酸性强于碳酸
C
“84消毒液”稀释后拖地
利用与酒精相同的消毒原理杀菌消毒
D
餐后将洗净的铁锅擦干
减缓铁的锈蚀
实验
实验操作和现象
1
用pH试纸测定0.1ml·L-1NH4Fe(SO4)2溶液的pH，测得pH约为5
2
向0.1ml·L-1NH4Fe(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液，产生沉淀
3
向0.1ml·L-1NH4Fe(SO4)2溶液中通入足量的NH3，产生红褐色沉淀
4
向0.1ml·L-1NH4Fe(SO4)2溶液中NaHS溶液，产生浅黄色沉淀
实验
实验操作和现象
1
测定0.10ml•L-1NaHCO3溶液的pH约为8
2
测定0.10ml•L-1HCN与0.05ml•L-1NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH>7
3
向NaClO溶液中通入少量的CO2，测得pH降低
4
向0.01ml•L-1Na2CO3溶液中加入等体积0.02ml•L-1CaCl2溶液，产生白色沉淀
实验
实验操作和现象
1
向0.1ml•L-1NaHS溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变红
2
向0.1ml•L-1NaHS溶液中加入等体积0.1ml•L-1NaOH溶液充分混合
3
向0.1ml•L-1NaHS溶液中通入过氯气，无淡黄色沉淀产生
4
向0.1ml•L-1NaHS溶液中滴加过CuCl2溶液，产生黑色沉淀
难溶电解质
Ksp
物质
GeO2
GeO
SiO2
As2O3
熔点/℃
1115
710(升华)
1723
193(升华)
参考答案
1．C
【详解】
A．乙酸分子中单键为σ键，碳氧双键中有1个为σ键、1个为π键，则1ml乙酸分子中含有σ键数目为1ml×7×NAml—1=7NA，故A正确；
B．由方程式可知，生成1ml硫化氢气体，反应转移8ml电子，则生成标准状况下2.24 L 硫化氢气体，反应转移的电子数为×8×NAml—1=0. 8 NA，故B正确；
C．碳酸氢钠是强碱弱酸的酸式盐，碳酸氢根离子在溶液中水解，使溶液呈碱性，则1 L0.1 ml·L-1碳酸氢钠溶液中含的碳酸氢根离子的数目小于0.1 NA，故C错误；
D．常温常压下，3.4 g H2S气体中含有的电子数为×18×NAml—1=1. 8 NA，故D正确；
故选C。
2．C
【详解】
A．加热促进碳酸钠水解，溶液碱性增强，油脂在热的纯碱溶液中更易发生水解，故不选A；
B．白醋除去水垢中的CaCO3，因为醋酸的酸性强于碳酸，醋酸和碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳、水，故不选B；
C． “84消毒液”是利用其强氧化性杀菌消毒，而酒精的消毒原理是酒精可使蛋白质变性，两者消毒原理不相同，故选C；
D．铁锅在潮湿的环境中易锈蚀，擦干水份可减缓铁的锈蚀，故不选D；
选C。
3．A
【详解】
A．农药波尔多液是一种常用的杀菌剂，其可由胆矾、生石灰、水按一定的质量比配成。其能杀菌的主要原因Cu2+可使蛋白质变性，从而失去生理活性因此具有杀菌消毒作用，与盐的水解反应无关，A符合题意；
B．明矾常用作净水剂是由于明矾电离产生的Al3+发生水解反应形成了Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体表面积大，吸附力强，可以吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀而从水中析出，从而具有净水作用，与盐的水解反应有关，B不符合题意；
C．纯碱是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，盐的水解反应是吸热反应，升高温度，盐水解程度增大，溶液碱性增强，而油污能够与碱反应产生可溶性物质，故热的纯碱溶液去油污效果好，与盐的水解反应有关，C不符合题意；
D．氯化铁是强碱弱酸盐，水解产生Fe(OH)3和HCl，为了抑制盐的水解，同时又不引入杂质离子，在配制溶液时，常将氯化铁溶于稀盐酸中，这与盐的水解反应有关，D不符合题意；
故合理选项是A。
4．D
【分析】
由图可知，a点为硫酸氢铵溶液，向a点溶液中加入氢氧化钠溶液时，溶液中氢离子先与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为H++OH—= H2O，则b点为硫酸钠、硫酸氢铵和硫酸铵的混合溶液，溶液呈酸性；氢氧化钠溶液体积为20mL的c点，硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应得到硫酸铵、硫酸钠的混合溶液；c点后再加入氢氧化钠溶液时，溶液中铵根离子与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为NH+OH—=NH3·H2O，则d点为硫酸铵、硫酸钠和一水合氨的混合溶液，溶液呈中性；氢氧化钠溶液体积为35mL的e点为硫酸铵、硫酸钠和一水合氨的混合溶液，溶液呈碱性。
【详解】
A．由分析可知，a~c之间，主要反应为溶液中氢离子先与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为H++OH—= H2O，故A错误；
B．由分析可知，b点为硫酸钠、硫酸氢铵和硫酸铵的混合溶液，溶液呈酸性，溶液pH小于7，故B错误；
C．设d~e之间某一点加入氢氧化钠溶液体积为xmL，由题意可得溶液中c(Na+)+c(SO)==0.1ml/L，故C错误；
D．硫酸铵溶液与氢氧化钠溶液反应的过程中始终存在物料守恒关系c(SO)= c(NH)+ c(NH3·H2O)，则溶液中c(SO)>c(NH)；pH为7的中性溶液中c(OH—)=c(H+)，由电荷守恒关系c(Na+)+ c(NH)+ c(H+)=2c(SO)+ c(OH—)可得：c(Na+)+ c(NH)=2c(SO)，由溶液中c(SO)>c(NH)可知，溶液中c(Na+)>c(SO)，则溶液中离子的浓度大小顺序为c(Na+)>c(SO)>c(NH)>c(OH—)=c(H+)，故D正确；
故选D。
5．C
【详解】
A．电荷守恒方程式：c(NH)＋3c(Fe3＋)＋c(H＋)=2c(SO)＋c(OH－)，错误；
B．实验2中的沉淀有Fe(OH)3和BaSO4，错误；
C．NH4Fe(SO4)2溶液中物料守恒关系为：c(NH)＋c(NH3·H2O)＋c(SO)=0.3ml/L，NH4Fe(SO4)2溶液中通入NH3，导致溶液中的NH增多，则有：c(NH)＋c(NH3·H2O)＋c(SO)>0.3ml/L，正确；
D．Fe3＋氧化HS－生成S和Fe2＋，根据Fe、S得失电子守恒配平反应，离子方程式为：2Fe3＋＋HS－=2Fe2＋＋S↓＋H＋，错误；
故选C。
6．D
【分析】
向溶液中滴加溶液，依次发生离子反应：、、，溶液中逐渐减小，和先增大后减小，逐渐增大；故图中每条线所代表的物质分别为：，从图中可以发现，点，点，P点，则以此解题。
【详解】
A．HR溶液为酸性溶液，在酸性条件下由分析可知，c(R-)
C．P点存在电荷守恒：，此时，因此，C错误；
D．N点，向溶液中加入少量NaOH，从图中可以发现H2R+在减小，HR在增加，故此时发生的离子方程式为：H2R++OH-=H2O+HR，D正确；
故选D。
7．D
【分析】
由电离常数可知，弱酸和酸式根离子在溶液中的电离程度为H2CO3＞HClO＞HCO；由实验1可知，碳酸氢根离子在溶液中的水解趋势大于电离趋势，使溶液呈碱性；由实验2可知，0.10ml•L-1氢氰酸与0.05ml•L-1氢氧化钠溶液等体积混合后反应得到等浓度的氢氰酸和氰酸钠的混合溶液，氢氰酸的电离程度小于氰酸根离子的水解程度，使溶液呈碱性。
【详解】
A．碳酸氢钠溶液中存在的电荷守恒关系为，故A错误；
B．由分析可知，实验2中0.10ml•L-1氢氰酸与0.05ml•L-1氢氧化钠溶液等体积混合后反应得到等浓度的氢氰酸和氰酸钠的混合溶液，氢氰酸的电离程度小于氰酸根离子的水解程度，使溶液呈碱性，则氢氰酸的电离常数小于水解常数，故B错误；
C．由分析可知，弱酸和酸式根离子在溶液中的电离程度为H2CO3＞HClO＞HCO，则次氯酸钠溶液与少量二氧化碳反应生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的离子方程式为CO2+H2O+= HCO+HClO，故C错误；
D．由题意可知，VL0.01ml/L碳酸钠溶液和VL0.02ml/L氯化钙溶液等体积混合反应后溶液中过量的钙离子浓度为=0.005ml/L，由碳酸钙的溶度积可知溶液中碳酸根离子浓度为==2×10—6.55ml/L，故D正确；
故选D。
8．C
【详解】
A．NaHCO3为强碱弱酸盐，a点溶液pH=8.3，溶液呈碱性，则可说明NaHCO3溶液中的水解程度大于电离程度，A正确；
B．a→b→c过程中pH不断增大，则加入NaOH溶液，溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，滴加过程中c(Na+)不变，但c(H+)减小，则c()+2c()+c(OH-)逐渐减小，B正确；
C．NaHCO3溶液存在c(Na+)=c()+c()+c(H2CO3)，a→d→e过程中，在NaHCO3溶液加入盐酸，生成NaCl、H2CO3，d点时pH=4.0，则有二氧化碳气体逸出，可知c(Na+)＞c()+c()+c(H2CO3)，C错误；
D．e点NaHCO3与HCl完全反应生成NaCl，根据Na+和Cl-守恒可知，此时溶液中c(Na+) = c(Cl-) = =0.025 ml•L-1，D正确；
故答案为：C。
9．B
【详解】
A．NaHS溶液中存在电离平衡HS-⇌H++S2-和水解平衡HS-+H2O⇌H2S+OH-，由实验1可知NaHS溶液显碱性，则HS-的水解程度大于电离程度，因此c(S2-)
C．氯气有强氧化性，HS-有较强还原性，二者能发生氧化还原反应，实验3没有淡黄色沉淀产生可能是氯气将HS-氧化为硫酸根，C错误；
D．实验4中产生黑色沉淀，说明生成了CuS，则静置后的上层清液中存在沉淀溶解平衡，所以有c(Cu2+)·c(S2-)=Ksp(CuS)，D错误；
综上所述答案为B。
10．B
【详解】
A．未加氢氧化钾时，溶液为HA溶液，水电离出来的氢离子浓度为10-11ml/L，则溶液中c(OH-)=10-11ml/L，溶液中c(H+)=10-3ml/L，pH=3，故A错误；
B．加入10mLKOH后，HA反应了一半，溶液中HA与KA浓度相等，此时水电离出来c(H+)水=10-9ml/L，说明酸的电离出的氢离子抑制了水电离，则HA的电离大于A-的水解，所以c(A-)>c(K+)>c(HA)>c(H+)，故B正确；
C．c点，KOH与HA恰好完全反应，溶质是KA，KA是强碱弱酸盐，溶液呈弱碱性，故C错误；
D．c点完全反应，溶质只有KA，其水解促进了水的电离，而d除了KA外，还有KOH抑制了水的电离，所以c点水的电离程度大于d点，故D错误；
选B。
11．A
【详解】
A．二聚三氯化铁分子中Fe3+与Cl-形成配位键如图，故A正确；
B．制备Fe(OH)3胶体的方法为：向沸腾的蒸馏水中滴加饱和的三氯化铁溶液溶液变为红褐色时停止加热，即得到Fe(OH)3胶体；向FeCl3饱和溶液缓慢滴入氢氧化钠溶液加热，得到Fe(OH)3沉淀，故B错误；
C．FeCl3在溶液中水解生成氢氧化铁和HCl，加热HCl挥发，水解反应不断正向进行最终固体变为Fe(OH)3，所以直接加热蒸干FeCl3溶液得不到无水氯化铁，故C错误；
D．方法④所得的溶液原本含有Fe3+，加入KSCN溶液变红，通入氯气溶液依然是红色，无法证明是否含有Fe2+，可直接滴入K3[Fe(CN)6]试剂来检验Fe2+，故D错误；
故选：A。
12．C
【详解】
A．向溶液中逐滴加入溶液，点K时达到终点，K点时氢氧化钠溶液的体积为10.5mL，根据2～，可得溶液的浓度为=0.02625ml/L，故A错误；
B．点M时加入氢氧化钠溶液的体积为5.25mL，此时恰好生成NaHC2O4，根据物料守恒可得，故B错误；
C．点N时溶液pH=3.21，c(H+)=10-3.21ml/L，根据的，Ka2=，故=10-0.99≈10-1，，故C正确；
D．随着的滴入，不断减小，不断增大，故不断减小，故D错误；
故选C。
13．C
【详解】
A．由图象分析可知，海水温度一定时，大气中浓度增加，海水中溶解的随之增大，CO2++H2O=2，导致浓度降低A正确；
B．海水中的珊瑚礁的主要成分为CaCO3，当大气中含量增加时，海水中的珊瑚礁溶解的反应为：，B正确；
C．升高温度，促进的电离，即升高温度，平衡H++正向移动，浓度增大，所以当大气中浓度确定时，海水温度越高，则浓度越高，C错误；
D．海水呈弱碱性的原因是+H2OH2CO3+OH-，由于海水呈弱碱性，铝、铁等离子容易与发生双水解而不能大量存在，因此铝、铁元素在海水中含量少，而在陆地含量高，D正确；
答案选D。
14．C
【分析】
随pH增大，c(H2A)逐渐减小，c(HA-)先增大后减小，c(A2-)逐渐增大，pc=-lgc，则pc(H2A)逐渐增大、pc(HA-)先减小后增大、pc(A2-)逐渐减小，即曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别代表的粒子为H2A、A2-、HA-；
【详解】
A．随pH增大， c(HA-)先增大后减小，pc=-lgc，则pc(HA-)先减小后增大，即曲线Ⅲ代表变化，故A正确；
B．曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别代表的粒子为H2A、A2-、HA-，c点时c(HA-)=c(A2-)，此时Ka2==c(H+)=10-pH=10-5.30，则，故B正确；
C．b点时，c(H2A)= c(A2-)=10-3ml/L，c(H+)=10-3.05ml/L，室温下c(OH-)=，由电荷守恒：c(H+)+ c(Na+)= c(OH-)+ c(HA-)+2 c(A2-)，则c(Na+)= 2 c(A2-)+ c(OH-)- c(H+)+ c(HA-)= c(HA-)，故C错误；
D．时，由图知pc(HA-)> pc(A2-)> pc(H2A)，pc=-lgc，则，故D正确；
故选：C。
15．C
【分析】
向亚硫酸溶液中滴加NaOH溶液，亚硫酸物质的量浓度逐渐减小，亚硫酸氢根物质的量浓度逐渐增大，因此曲线I为亚硫酸，曲线II为亚硫酸氢根，再继续加NaOH溶液，亚硫酸氢根物质的量浓度减小，亚硫酸根物质的量浓度增大，因此曲线III为亚硫酸根。
【详解】
A．根据前面分析曲线II表示HSO的分布系数随pH的变化，故A正确；
B．在pH=7.2时，亚硫酸氢根物质的量浓度和亚硫酸根物质的量浓度相等，则Ka2(H2SO3)= c(H+)=1×10−7.2=100.8×10−8，因此Ka2(H2SO3)的数量级为10−8，故B正确；
C．pH=7时，根据电荷守恒和pH=7得到c(Na+)=2c(SO)+c(HSO)，又由于pH=7时c(SO)＜c(HSO)，因此c(Na+)＞3c(SO)，故C错误；
D．根据图中信息得到NaHSO3溶液pH大约为4，说明溶液显酸性，是亚硫酸氢根电离占主要，抑制水的电离，因此溶液中水电离出的c(H+)＜1×10−7 ml·L−1，故D正确。
综上所述，答案为C。
16．
（1） 2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+ 随着n(Na2SO3)：n(CuSO4)不断增大，溶液的碱性不断增强，Cu2+及CuCl的水解程度增大 适当增大c(Cl-)，有利于平衡Cu+(aq)+Cl-(aq)CuCl(s)向生成CuCl方向移动
（2）4CuCl+O2 +4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl
（3）n(CuCl)=6n(K2Cr2O7)=b×10-3L×aml/L×6=6ab×10-3ml
CuCl的质量分数=×100%=%
【分析】
海绵铜(Cu和少量CuO等)用硫酸、硝酸钠、水浸取，酸性环境中Cu被NO氧化，过滤，除去不溶性滤渣，得到含有CuSO4的滤液，加入亚硫酸钠将Cu2+还原为Cu+，加入NaCl得到CuCl沉淀，过滤得到CuCl的粗产品，用pH=2的H2SO4水洗，再用“醇洗”快速去除滤渣表面的水，防止潮湿环境中滤渣被空气氧化，干燥得到纯净的CuCl。
（1）
①Na2SO3将Cu2+还原为Cu+，生成的Cu+和Cl-结合生成CuCl沉淀，离子方程式为2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+；
②Na2SO3溶液水解使溶液显碱性，随着n(Na2SO3)：n(CuSO4)不断增大，溶液的碱性不断增强，Cu2+及CuCl的水解程度增大，故当n(Na2SO3)：n(CuSO4)＞1.33时，比值越大CuCl产率越小；
③当1.0
根据题意，有水存在时，CuCl被O2氧化为Cu2(OH)3Cl，根据电子守恒可知CuCl和O2的系数比为4：1，再结合元素守恒可得化学方程式为4CuCl+O2 +4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；
（3）
根据电子转移守恒可得关系式：6CuCl～6Fe2+～Cr2O，则n(CuCl)=6n(K2Cr2O7)=b×10-3L×aml/L×6=6ab×10-3ml，CuCl的质量分数为：×100%=%。
17．
（1）除去有机物，将V2O3氧化成V2O5
（2）制坩埚、制光导纤维、制玻璃(写出一种即可)
（3） 、 时，，，因为，此时有：，，所以未完全沉淀
（4）温度过高，碳酸氢铵分解，原料利用率低，温度过低，反应速率慢，NH4VO3可能提前析出导致产率低
（5）Mn2++2=MnCO3+CO2↑+H2O
（6）
【分析】
含钒废料(含V2O3、CuO、MnO、SiO2、Al2O3、有机物）焙烧，可除去有机物，将V2O3氧化为V2O5，加入硫酸酸溶，得到滤渣1为SiO2，滤液调节pH可生成氢氧化铝、氢氧化铜沉淀，过滤后滤液加入碳酸氢铵，可生成碳酸锰沉淀，滤液加入过量硫酸铵，浓缩、结晶，可得到NH4VO3，煅烧可生成V2O5，以此解答该题。
（1）
焙烧会除去有机物杂质，同时根据V2O3中V元素的化合价为+3价，V2O5中V元素的化合价为+5价可知：焙烧还可以将烧V2O3氧化为V2O5。
（2）
用硫酸酸溶时，SiO2不反应，因此“滤渣1”为SiO2，其用途为制光导纤维、制玻璃、制硅胶等；
（3）
滤液调节pH可使溶液中的Al3+、Cu2+生成氢氧化铝、氢氧化铜沉淀，故滤渣2成分为氢氧化铝、氢氧化铜；调节pH为6，c( H+)=10-6 ml/L，则c(OH-)==10-8 ml/L，溶液中c (Cu2+ )=，所以Cu2+没有沉淀完全；
（4）
“沉锰”需将温度控制在70℃左右，温度过低，反应速率慢，NH4VO3可能提前结晶析出导致产率低；温度过高，NH4HCO3分解导致原料利用率低；
（5）
根据分析和流程，沉锰的反应为：Mn2++2=MnCO3+CO2↑+H2O。
（6）
V2O5最重要的应用是在接触法制硫酸时，作SO2氧化为SO3的催化剂，该催化反应中VO2为中间产物，在催化过程中发生的反应为、。
18．
（1）2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑
（2） 除去C 坩埚
（3） 2LiCO2+3H2SO4+H2O2=2CSO4+Li2SO4+O2↑+4H2O 会产生有毒气体Cl2
（4）静置，向上层清液中继续滴加(NH4)2C2O4溶液，若不出现浑浊，就证明C2+已经沉淀完全。
（5）<
【分析】
以废旧锂离子电池的正极材料(主要含LiCO2、Al、C等)为原料制备CC2O4·2H2O，正极材料(主要含LiCO2、Al、C等)加入NaOH溶液，Al被溶解形成NaAlO2溶液，剩余LiCO2、C在空气中灼烧，C与O2反应生成CO2 ,剩余固体LiCO2与H2SO4、H2O2反应，H2O2被C3+氧化生成CSO4溶液与O2，继续加入(NH4)2C2O4溶液，最终形成CC2O4·2H2O。
（1）
除铝时的反应为铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，该反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；
（2）
除铝后仍有杂质C，在空气中灼烧时碳会变为CO2气体逸出，从而得到除去C的目的，灼烧实验一般要用到坩埚；
（3）
根据产物中C元素的化合价可知还原过程中双氧水将C3+还原成C2+，结合电子守恒、和元素守恒可得方程式为：2LiCO2+3H2SO4+H2O2=2CSO4+Li2SO4+O2↑+4H2O。若使用盐酸代替H2SO4，HCl被氧化时生成Cl2，而氯气有毒，会污染大气；
（4）
证明C2+已经沉淀完全的实验操作与现象为：静置，在上层清液中继续滴加(NH4)2C2O4溶液，若不出现浑浊，就证明C2+已经沉淀完全；
（5）
根据题目所给消息可知一水合氨的电离程度小于草酸氢根的电离程度，则铵根的水解程度大于草酸根的水解程度，铵根水解使溶液显酸性，所以(NH4)2C2O4溶液显酸性，溶液的pH<7。
19． 半导体材料 增大接触面积，加快反应速率，提高锗精矿的利用率 As2O3 GeO2在CO中转化为GeO升华 GeCl4 + (n+2)H2O=GeO2·nH2O + 4HCl 阴极 2O2--4e－=O2↑
【分析】
由于As2O3在193℃时升华，所以锗精矿(含GeO2、GeO、 SiO2、As2O3)首先在300℃焙烧得到含GeO2、GeO、SiO2矿石；然后在1200℃下GeO2被CO还原成710℃下挥发的GeO以及主要含SiO2的矿渣2；GeO在碱性条件下被双氧水为Ge4+；然后加盐酸经蒸馏得到GeCl4； GeCl4再精馏水解最后烘干得到高纯的GeO2，据此分析可得：
【详解】
(1)第32号元素锗为第四周期第IV族的元素，则其原子结构示意图为；锗位于金属与非金属分界线的元素，可用作半导体材料，故答案为：；半导体材料；
(2)“焙烧”前，粉碎锗精矿的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高锗精矿的利用率；由于As2O3在193℃时升华，所以300℃煅烧锗精矿(含GeO2、GeO、SiO2、As2O3)后再冷凝得到的矿渣1的主要成分为As2O3，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高锗精矿的利用率；As2O3；
(3) GeO在710℃时挥发，所以800～1100 ℃之间，含Ge氧化物在CO中的挥发率明显高于空气中的原因是GeO2在CO中转化为GeO升华，故答案为：GeO2在CO中转化为GeO升华；
(4)“碱浸氧化”后，GeO转化为锗酸盐，则其离子方程式为：，故答案为：；
(5)“精馏水解”时GeCl4中Ge4+水解生成和HCl，则其反应的化学方程式为：，故答案为：；
(6) 由SiO2＋GeO2SiGe(合金)＋2O2↑可知，Si、Ge化合价均降低，发生还原反应，为电解池的阴极；O元素化合价升高为，发生氧化反应，则2O2--4e－=O2↑，故答案为：阴极；2O2--4e－=O2↑。
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