【解析】2023年高考真题变式分类汇编：盐类水解的应用2

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2023年高考真题变式分类汇编：盐类水解的应用2

一、选择题

1．（2022·江苏）一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1molL-1KOH溶液吸收CO2，若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c总=c(H2CO3)+c()+c()。H2CO3电离常数分别为Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是（）

A．KOH吸收CO2所得到的溶液中：c(H2CO3)＞c()

B．KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-)=c(H+)+c()+c(H2CO3)

C．KOH溶液吸收CO2，c总=0.1molL-1溶液中：c(H2CO3)＞c()

D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降

2．（2022·湖北）硫代碳酸钠能用于处理废水中的重金属离子，可通过如下反应制备：，下列说法正确的是（）

A．不能被氧化B．溶液显碱性

C．该制备反应是熵减过程D．的热稳定性比的高

3．（2022·北京市）2022年3月神舟十三号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。下列说法错误的是（）

A．醋酸钠是强电解质

B．醋酸钠晶体与冰都是离子晶体

C．常温下，醋酸钠溶液的

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

4．（2022·浙江6月选考）时，苯酚的，下列说法正确的是（）

A．相同温度下，等的和溶液中，

B．将浓度均为的和溶液加热，两种溶液的均变大

C．时，溶液与溶液混合，测得，则此时溶液中

D．时，的溶液中加少量固体，水的电离程度变小

5．（2022·浙江选考）水溶液呈酸性的盐是（）

A．NH4ClB．BaCl2C．H2SO4D．Ca(OH)2

6．（2022高三下·池州模拟）常温下，向20mL0.1000mol·L-1NaB溶液中滴加等浓度的弱酸HA溶液，所得混合溶液中lg与1g的关系如图所示。已知Ka(HA)=1.77×10-4。下列说法正确的是（）

A．Ka(HB)>Ka(HA)

B．pH=4时，的值比pH=3的大

C．滴入20mLHA溶液后存在关系：c(A-)>c(HB)

D．pH=7时，混合溶液中一定存在关系：c(Na+)=c(B-)

7．（2022·安徽模拟）氨基酸分子中含有-NH2和-COOH两种官能团，当调节溶液的pH使氨基酸所带正负电荷正好相等时，氨基酸所带的净电荷为零，在电场中不发生移动现象，此时溶液的pH叫等电点。常温下，0.001mol·L-1的甘氨酸(H2NCH2COOH)溶液中各物种浓度对数值与pH的关系如图所示，下列说法正确的是()

已知：

A．B点为等电点

B．pH=7时，c(H3N+CH2COO-)>c(H3N+CH2COOH)>c(H2NCH2COO-)

C．H3N+CH2COOHH3N+CH2COO-+H+平衡常数的数量级为10-10

D．C点溶液中满足：c(H+)+c(H3N+CH2COOH)=c(OH-)+c(H3N+CH2COO-)

8．（2022·河北模拟）水浴加热滴加酚酞的溶液，颜色及pH随温度变化如下(忽略水的挥发)：

实验①②③④⑤

温度/℃203040从40℃冷却到20℃沸水浴后冷却到20℃

颜色变化红色略加深红色接近①红色比③加深较多

pH8.318.298.268.319.20

下列说法错误的是（）

A．溶液中：

B．①→③的过程中，颜色加深的原因可能是水解程度增大

C．①→③的过程中，pH稍微下降说明升温过程中减小

D．⑤比①pH增大，推测是由于分解生成的的缘故

9．（2022·金山模拟）常温下，用0.100mol·L-1NaOH(aq)滴定20.00mLcmol·L-1二元酸H2A，滴定曲线如图所示，下列叙述正确的是（）

A．H2A电离：H2A→2H+＋A2-

B．a点：c(HA-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)

C．b点：c(H+)=c(A2-)+c(OH-)

D．c点：c(Na+)＜c(HA-)+2c(A2-)

10．（2022·商丘模拟）化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（）

A．焊接金属时，焊接点可用NH4Cl溶液进行预处理

B．环保PVC(聚氯乙烯)可以制作食品包装袋、食品保鲜膜

C．烟熏腊肉中含有丰富的脂肪，脂肪属于天然高分子化合物

D．工业上，常用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子

11．（2022·平江模拟）类比pH，定义，已知琥珀酸(CH2COOH)2(以H2A表示)为二元弱酸，25℃时用HCl气体或者KOH固体调节1L0.1mol/LH2A溶液的pH，混合溶液中的pH与pC(H2A、、)的关系如图所示(不考虑溶液体积和温度的变化)，下列说法正确的是（）

A．曲线I、II、III分别代表的粒子为、、H2A

B．a、b、c三点水的电离程度大小为：b>a>c

C．滴定过程中先增大再减小

D．c点溶液满足

12．（2022·日照模拟）人体血液存在、等缓冲对。常温下，水溶液中部分缓冲对的微粒浓度之比的对数值表示或与pH的关系如图所示。已知碳酸、磷酸。则下列说法正确的是（）

A．曲线Ⅰ表示与pH的变化关系

B．的过程中，水的电离程度逐渐减小

C．当时

D．当pH增大时，逐渐减小

13．（2022·德州模拟）下列由实验现象所得结论正确的是（）

A．取补铁口服液的上层清液，滴加酸性溶液，溶液紫色褪去，证明口服液中含有

B．向盛有的溶液的小试管中滴加酚酞溶液，溶液变红，再加入少量固体，溶液红色加深，证明水解程度增大

C．向滴有酚酞的NaOH溶液中加入，溶液红色褪去，可证明具有酸性

D．向溶液中通入，再通入X气体，有白色沉淀生成，则X可能为碱性气体

14．（2022·赤峰模拟）25℃时，向一定浓度的溶液中滴入溶液，粒子浓度与混合溶液的变化关系如图所示。已知：肼在水中的电离方程式：，；，Y表示或)。下列叙述正确的是（）

A．曲线I表示与的变化关系

B．的第一步电离的平衡常数的数量级为

C．时，

D．时，

15．（2022·湖北模拟）下列实验方案设计能达到实验目的的是（）

选项实验目的方案设计

A结合能力比强向溶液中滴加溶液，有沉淀生成

B除去晶体中少量的杂质先将晶体溶于水配成溶液，然后蒸发结晶并趁热过滤弃去滤液

C检验乙醇中是否含有水将金属钠投入盛有乙醇的试管中，观察是否有气泡产生

D验证相对大小：向50.1溶液中滴加5~6滴0.1溶液后，继续滴加0.1的溶液，观察现象

A．AB．BC．CD．D

二、多选题

16．（2023·章丘模拟）用表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）

A．0.1mol苯乙烯中碳碳双键的数目为

B．常温下，46g由和甲硫醛组成的混合物中含有的分子数为

C．标准状况下，中含有的共价键数目为

D．的溶液中阴离子总数大于

17．（2023·高州模拟）常温下，用pH=13的NaOH溶液滴定20mL0.1molL-1H3PO4溶液，曲线如图所示，下列说法中错误的是()

A．溶液中，H2PO电离程度大于水解程度

B．a点磷酸的电离常数大于b点

C．磷酸的Ka1约为1.1×10-3

D．a点溶液中有：c(Na+)=c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)

18．（2023·怀化模拟）常温下，将溶液滴加到等浓度的某一元酸（HA）溶液中，测得混合溶液的pH与微粒浓度变化关系如图所示[已知：]。下列说法错误的是（）

A．m点对应的溶液体积小于

B．的数量级为

C．l点所示溶液中：

D．n、m、l三点，n点水的电离程度最大

19．（2023·永州模拟）25℃时，0.10L某二元弱酸H2A用1.00mol·L-1NaOH溶液调节其pH，溶液中H2A、HA-及A2-的物质的量浓度变化如图所示：

下列说法错误的是（）

A．H2A的Ka1=1×10-4

B．溶液在X点和Z点时水的电离程度相同

C．在Y点时，c(Na+)＞3c(A2-)

D．0.1mol·L-1NaHA溶液中：c(Na+)＞c(HA-)＞c(H2A)＞c(A2-)

20．（2023·扬州模拟）草酸（H2C2O4）是一种二元弱酸。室温时，下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（）

A．0.1mol·L1NaHC2O4溶液：c(Na＋)＞c(C2O)＞c(HC2O)

B．0.1mol·L-1Na2C2O4溶液：c(OH－)=c(H＋)+2c(H2C2O4)+c(HC2O)

C．0.1mol·L1H2C2O4溶液：0.2mol·L1+c(OH－)=c(H＋)+2c(H2C2O4)+c(HC2O)

D．向Na2C2O4溶液中滴加H2C2O4溶液至中性：c(Na＋)=2c(C2O)

21．（2023高二上·邯郸期末）常温下，向20mL溶液中通入HCl气体(溶液体积变化忽略不计)，溶液中含碳元素的各种微粒(气体因逸出不考虑)物质的量分数(δ)随溶液pH变化的部分情况如图所示。下列说法错误的是（）

A．曲线Ⅰ表示物质的量分数

B．水解的平衡常数为

C．水的电离程度：M＞N＞P＞Q

D．Q点存在：

22．（2023高二下·徐州期末）分别调节0.01mol·L－1HCOOH溶液、0.01mol·L－1氨水的pH，系统中微粒浓度的负对数值(－lgc)与pH的关系分别如下图所

下列说法错误的是()

A．25℃时，NH3·H2ONH4++OH－的lgK=－4.7

B．25℃时，0.01mol·L－1HCOOH溶液的pH为3.7

C．HCOONa溶液中加入NH4Cl至溶液呈中性：c(Cl－)＞c(Na+)＞c(HCOO－)

D．HCOONa溶液中加入KHSO3至溶液呈中性：c(HCOOH)+c(H2SO3)=c(SO32－)

23．（2023高二下·宿迁期末）时，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）

A．的溶液中：

B．溶液中：

C．的氨水和的盐酸等体积的混合液中:

D．向溶液中滴加氨水溶液至中性：

24．（2023高二下·苏州期末）25℃时，将氨水与氯化铵溶液混合得到c(NH3·H2O)+c(NH4+)=0.1mol·L-1的溶液。溶液中c(NH3·H2O)、c(NH4+)与pH的关系如下图所示。下列有关离子浓度关系叙述一定正确的是（）

A．W点表示溶液中：c(NH3·H2O)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)

B．pH=7.0溶液中：c(NH3·H2O)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)

C．pH=10.5的溶液中：c(Cl-)+c(OH-)+c(NH3·H2O)＜0.1mol·L-1

D．向W点所表示的1L溶液中加入0.05molNaOH固体(忽略溶液体积变化)：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(NH4+)

25．（2023高二下·连云港期末）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）

选项实验操作和现象实验结论

A向0.1mol/LFeCl2溶液中加入几滴氯水，溶液颜色变成棕黄色氯水中含有HClO

B用pH试纸测得浓度均为0.1mol/L的CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8CH3COOH电离出H+的能力比HNO2的强

C向3molKI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色Br2的氧化性比I2的强

D向浓度均为0.05mol/L的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)

A．AB．BC．CD．D

三、非选择题

26．（2023·浦东模拟）利用可消除CO污染或定量测定CO，反应为：

完成下列填空：

（1）该反应的平衡常数表达式。在2L恒容密闭容器中反应25min后，固体质量减少了6.4g，则0～25min的平均反应速率为。

（2）取一定量的和CO于某密闭容器中，分别在80和100下进行实验，测得如下：

时间/min温度01020304050

800.500.370.260.180.120.12

1000.500.350.240.17x0.15

上表中，理由是。根据上表数据可以得出的结论是。

（3）如图所示，300时的百分含量随着压强的增大而减小，请解释其原因。

（4）可用高浓度NaOH溶液吸收。

①若4.48L(标准状况)和0.35molNaOH溶液完全反应，生成的碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比为。

②继续通入二氧化碳至溶液中碳酸钠和碳酸氢钠(碳酸氢钠溶液呈碱性)的物质的量之比1∶1，则溶液中各离子浓度大小顺序为。

③若使碳酸氢钠溶液中的比值变小，可加入的物质是。

a．通入HClb．NaOH固体c．通入d．固体

27．（2023·嘉定模拟）工业上用N2和H2合成NH3

“N2+3H22NH3+Q”(反应条件略)。请回答下列问题：

（1）在实际化工生产中，为提高NH3的产率，可以采取的措施有(写两个)：，。

（2）氨气与酸反应得到铵盐，某(NH4)2SO4水溶液的pH=5，原因是溶液中存在平衡(用离子方程式表示)，该反应对水的电离平衡起到作用(填“促进”“抑制”或“无影响”)。(NH4)2SO4溶液中的离子浓度由大到小的顺序为。

（3）某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对合成NH3反应的影响。实验结果如图所示：(图中T表示温度，n表示起始时H2物质的量)

①图像中T2和T1的关系是：T2T1(填“”“”“”或“无法确定”)。

②在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最大的是(填字母)。

③若容器容积为2L，b点对应的n=0.15mol，测得平衡时H2、N2的转化率均为60%，则平衡时N2的物质的量浓度为mol/L。

28．（2023·宿迁模拟）草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)是一种重要的化工原料，广泛应用于涂料、染料、玻璃器皿等的着色剂，也可用于新型电池材料，感光材料的生成。实验室制备草酸亚铁晶体的一种流程如下：

（1）溶解时加入稀硫酸的作用是。

（2）用无水乙醇洗涤的目的是。

（3）某FeC2O4·2H2O样品中含有少量Fe2(C2O4)3杂质，采用KMnO4滴定法测定样品的组成，实验步骤如下：称取1.996g样品于锥形瓶中，加入稀硫酸溶解，水浴加热至75℃；用0.200mol/L的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色；消耗KMnO4溶液33.00mL。

已知：酸性环境下，KMnO4既能氧化Fe2+,又能氧化C2O，自身被还原为Mn2+。

①计算样品中FeC2O4·2H2O的质量分数。(写出计算过程)

②若滴定过程中，酸度控制不当，MnO部分会被还原为MnO2，则达到滴定终点时，消耗KMnO4溶液的体积(填“偏大”、“偏小”或“不影响”)。

29．（2023·盐城模拟）用磷铁渣(含Fe、FeP、Fe2P及少量杂质)制备FePO4·2H2O(磷酸铁)的工艺流程如下：

（1）“浸取”时，在密闭反应器中加入硝酸、硫酸及活性炭，硝酸首先分解生成NO2和O2，O2将铁和磷分别氧化为Fe2O3、P2O5。

①Fe2P与O2反应的化学方程式为。

②加入硫酸的目的是；加入活性炭能降低有害气体的产生，这是因为。

③c(HNO3)与磷铁渣溶解率关系，如题图-1所示，当c(HNO3)在1.5~2.0mol·L-1时，磷铁渣溶解率随硝酸的浓度增大而减小的原因是

图-1

图-2

（2）“制备”时，溶液的pH对磷酸铁产品中铁和磷的含量及n(Fe)/n(P)比值的影响，如题图-2所示（考虑到微量金属杂质，在pH=1时，n(Fe)/n(P)为0.973最接近理论值]）。在pH范围为1~1.5时，随pH增大，n(Fe)/n(P)明显增大，其原因是；写出生成FePO4·2H2O的离子方程式：。

30．（2023·泰州模拟）一种固定烟气中CO2的工艺流程如下：

（1）“反应Ⅰ”中，CO2与过量氨水反应的离子方程式为。

（2）“反应Ⅰ”中，提高烟气中CO2去除率的可行措施有(填字母)。

a.采用高温b.加快烟气流速c.增大氨水浓度

（3）若测得滤液中c(CO32-)＝10－2mol·L－1，则Ca2＋是否沉淀完全？(填“是”或“否”)。[c(Ca2＋)mol·L－1(写出计算式即可)。

（5）操作a的内容是。

答案解析部分

1．【答案】C

【知识点】电解质在水溶液中的电离；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．KOH吸收CO2所得到的溶液，若为K2CO3溶液，则主要发生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)＜c()，若为KHCO3溶液，KHCO3直接电离产生，的水解是微弱的，则溶液中：c(H2CO3)＜c()，A不符合题意；

B．KOH完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()，依据物料守恒，溶液中：c(K+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]，则c(OH-)=c(H+)+c()+2c(H2CO3)，B不符合题意；

C．KOH溶液吸收CO2，c(KOH)=0.1molL-1，c总=0.1molL-1，则溶液为KHCO3溶液，Kh2==≈2.3×10-8＞Ka2=4.4×10-11，说明的水解程度大于电离程度，所以溶液中：c(H2CO3)＞c()，C符合题意；

D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生反应为：CO2+2KOH=K2CO3+H2O、K2CO3+CaO+H2O=CaCO3↓+2KOH(若生成KHCO3或K2CO3与KHCO3的混合物，则原理相同)，二式相加得：CO2+CaO=CaCO3↓，该反应放热，溶液的温度升高，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A.KOH吸收CO2所得到的溶液可能得到两种溶液，碳酸钾或者碳酸氢钾；

B.根据电荷守恒和物料守恒分析；

D.“吸收”“转化”过程中的总反应为CO2+CaO=CaCO3↓，该反应放热。

2．【答案】B

【知识点】焓变和熵变；盐类水解的应用

【解析】【解答】A．中硫元素为-2价，处于最低价态，具有较强的还原性，能被氧化，故A不符合题意；

B．类比溶液，O与S同主族，可知溶液显碱性，故B符合题意；

C．由反应方程式可知，该反应是固体和液体生成固体和气体，体系混乱度增大，为熵增过程，故C不符合题意；

D．原子半径：S>O，键长：C=S＞C=O，键能：C=S＜C=O，则的热稳定性比的低，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A.中的S元素处于最低价态，具有较强的还原性；

B.与类似；

C.该反应是固体和液体生成固体和气体，体系混乱度增大；

D.键能越大越稳定。

3．【答案】B

【知识点】强电解质和弱电解质；盐类水解的应用

【解析】【解答】A．醋酸钠在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故A不符合题意；

B．醋酸钠晶体是离子晶体，冰是分子晶体，故B符合题意；

C．醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解使溶液呈碱性，则常温下醋酸钠溶液的，故C不符合题意；

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不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A.醋酸钠在水溶液中完全电离，属于强电解质；

B.冰属于分子晶体；

C.醋酸钠溶液中醋酸根离子水解使溶液显碱性；

D.向过饱和醋酸钠溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出。

4．【答案】C

【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度小于C6H5O-，则相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)c(HB)，故C符合题意；

D．根据电荷守恒可知溶液中c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)+c(B-)，pH=7时，c(H+)=c(OH-)，混合溶液中一定存在关系：c(Na+)=c(A-)+c(B-)，c(Na+)=c(B-)不成立，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A、结合电离平衡常数的公式判断；

B、平衡常数只受温度影响；

C、酸和盐恰好完全反应时，根据电离平衡常数和水解平衡常数的相对大小进行判断；

D、结合电荷守恒进行判断。

7．【答案】A

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用

【解析】【解答】A．当调节溶液的pH使氨基酸所带正负电荷正好相等时，氨基酸所带的净电荷为零，在电场中不发生移动现象，此时溶液的pH叫等电点，B点H3N+CH2COOH与H2NCH2COO-浓度相等，甘氨酸所带正负电荷刚好为零，则B点为等电点，A符合题意；

B．pH=7时，曲线①表示H3N+CH2COOH、曲线②表示H3N+CH2COO-、曲线③表示H2NCH2COO-，由图可知，c(H3N+CH2COO-)>c(H2NCH2COO-)>c(H3N+CH2COOH)，B不符合题意；

C．平衡常数，当c(H3N+CH2COO-)=c(H3N+CH2COOH)时即图中A点，此时pH约为2.5，则平衡常数的数量级为10-3，C不符合题意；

D．C点溶液c(H3N+CH2COO-)>c(H2NCH2COO-)，溶液呈碱性，则溶液中还加入其它碱性的物质，应该还有一种阳离子，D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A、结合题干已知信息等电点的定义进行判断，由于此时H3N+CH2COOH与H2NCH2COO-浓度相等，甘氨酸所带正负电荷刚好为零；

B、pH=7，结合图示判断，可以知道c(H3N+CH2COO-)>c(H2NCH2COO-)>c(H3N+CH2COOH)；

C、寻找c(H3N+CH2COO-)=c(H3N+CH2COOH)的点，根据此时的pH判断其平衡常数；

D、结合质子守恒和电荷守恒进行判断。

8．【答案】C

【知识点】水的电离；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．溶液中的既存在电离又存在水解，由于电离显酸性，水解显碱性，而溶液显碱性，说明的水解程度大于电离程度，则溶液中离子浓度满足，A项不符合题意；

B．①→③的过程中，温度升高促进了的水解，溶液碱性增强，红色略加深，B项不符合题意；

C．①→③的过程中温度升高，水的离子积变大，溶液中水电离的氢离子浓度增大，所以溶液中pH略微减小，但温度升高促了水解，增大，C项符合题意；

D．⑤和①的温度相同，但是⑤比①的pH大，说明⑤的碱性强于①，推测是由于受热分解生成，而的碱性比强，D项不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A.碳酸氢钠溶液因碳酸氢根离子水解的导致溶液呈碱性；

B.升温促进碳酸氢根离子的水解；

C.温度越高水的离子积常数越大；

D.⑤和①的温度相同，但⑤比①pH增大，说明⑤的碱性强于①。

9．【答案】C

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．根据图示可知：未滴定NaOH溶液时，溶液pH接近1，说明H2A第一步完全电离，当加入NaOH溶液40mL时，二者恰好反应产生Na2A，此时溶液pH=7.26＞7，说明A2-发生水解反应产生了HA-，导致溶液中c(OH-)＞c(H+)，溶液显碱性，说明Na2A是强碱弱酸盐，H2A第一步完全电离，第二步存在电离平衡，电离方程式为：H2A=H++HA-，HA-H+＋A2-，A不符合题意；

B．a点反应时得到H2A与NaHA的混合溶液，H2A第一步完全电离，HA-也电离产生H+，所以c(H+)＞c(Na+)，B不符合题意；

C．b点溶液为NaOH与H2A按1：1反应产生NaHA，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，也存在物料守恒：c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)，所以c(H+)=c(A2-)+c(OH-)，C符合题意；

D．c点溶液为Na2A溶液，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，溶液显碱性，则c(H+)＜c(OH-)，所以c(Na+)＞c(HA-)+2c(A2-)，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A.H2A为二元弱酸，部分电离；

B.a点为H2A与NaHA的混合溶液；

C.根据电荷守恒和物料守恒分析；

D.c点为Na2A溶液，结合电荷守恒分析。

10．【答案】A

【知识点】盐类水解的应用；常用合成高分子材料的化学成分及其性能

【解析】【解答】A．NH4Cl为强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，可除去焊接点表面的氧化物，A符合题意；

B．环保PVC(聚氯乙烯)有毒，不能作食品包装袋、食品保鲜膜，B不符合题意；

C．油脂不是高分子化合物，C不符合题意；

D．氯气不能与Cu2+、Hg2+等重金属离子反应，可用Na2S与Cu2+、Hg2+等重金属离子反应生成难溶性盐，然后过滤除去，D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A.氯化铵水解显酸性；

B.聚氯乙烯受热分解产生含氯有毒物质；

C.油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物；

D.氯气与Cu2+、Hg2+等重金属离子不反应。

11．【答案】D

【知识点】水的电离；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．随pH增大，c(H2A)逐渐减小，即曲线II代表H2A，先增大后减小，即曲线I代表，逐渐增大，pC值逐渐减小，即曲线III代表，A项不符合题意；

B．H2A溶液中加NaOH，溶液碱性逐渐增强，恰好中和之前水的电离程度逐渐增大，故c>b>a，B项不符合题意；

C．，，，滴定过程中温度不变，平衡常数不变，C项不符合题意；

D．根据电荷守恒有，c点满足，物料守恒满足，溶液呈酸性，则有

，D项符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.随pH增大，c(H2A)逐渐减小，则pC逐渐增大；

B.酸或碱抑制水的电离，含弱离子的盐水解促进水电离；

C.，据图计算Ka1和Ka2，且平衡常数只与温度有关；

D.结合电荷守恒和物料守恒分析判断。

12．【答案】D

【知识点】盐类水解的应用

【解析】【解答】A.磷酸，曲线Ⅱ表示表示与pH的变化关系，曲线Ⅰ表示与pH的变化关系，故A不符合题意；

B.的过程中，氢离子浓度减小，对水的电离的抑制减弱，则水的电离程度逐渐增大，故B不符合题意；

C.当时，，观察图可得，，而时，，故C不符合题意；

D.当pH增大时，减小，则逐渐减小，故D符合题意。

故答案为：D。

【分析】A、可以从电力平衡常数进行分析，pKa对应电力平衡常数，以及两组浓度比和pH计算，对应相关图象；

B、氢离子浓度变小，对水的抑制程度减弱；

C、注意结合图象纵坐标，可以知道，即=1，，此时，，时，此时；

D、结合两个化学平衡常数进行判断，Ka1=，Ka2=，根据Ka1/Ka2，可以知道为定值，则pH增大，减小，逐渐减小。

13．【答案】D

【知识点】盐类水解的应用；常见离子的检验；二氧化硫的性质

【解析】【解答】A．亚铁离子、氯离子等均可使酸性KMnO4溶液褪色，则溶液紫色褪去，不能证明口服液中含有Fe2+，故A不符合题意；

B．再加入少量CH3COONa固体，醋酸根离子浓度增大，水解生成的氢氧根离子浓度增大，溶液红色加深，但醋酸钠的水解程度减小，故B不符合题意；

C．过氧化氢具有强氧化性、漂白性，溶液红色褪去，不能证明H2O2具有酸性，故C不符合题意；

D．X可能为氨气，白色沉淀为亚硫酸钡，则有白色沉淀生成，可知X可能为碱性气体，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A、补铁口服液中含有亚铁离子和氯离子；

B、增大反应物的浓度，平衡朝水解方向移动，但是醋酸根水解程度减小；

C、过氧化氢具有漂白性，可以使有色溶液褪色；

D、氯化钡溶液直接通入二氧化硫，不会生成白色沉淀，因为氯化氢酸性大于亚硫酸酸性，若是通入X气体，有白色沉淀生成，则可能使氯化氢被反应，有可能为碱性气体。

14．【答案】D

【知识点】盐类水解的应用

【解析】【解答】A．由图可知，25℃时，的电离平衡常数分别为，。故曲线Ⅰ表示与的变化关系，曲线Ⅱ表示与的变化关系，故A不符合题意；

B．由，第一步电离平衡常数的数量级为，故B不符合题意；

C．由于，时，，则，故C不符合题意；

D．时，，溶液显碱性，结合电荷守恒：和物料守恒：，可知，，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A、结合电离平衡常数的特点，一级电离平衡常数大于二级电离平衡常数，可以知道曲线Ⅰ表示与的变化关系；

B、根据图像寻找特殊点，一级电离平衡常数为曲线II，根据N点的pH和求出电离平衡常数；

C、结合公式，代入数据，可以求出pH=8.39时各组离子浓度的数值；

D、结合电荷守恒：以及物料守恒：，求出关系式。

15．【答案】A

【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；乙醇的化学性质

【解析】【解答】A．向NaAlO2溶液中加入NaHCO3溶液，生成氢氧化铝沉淀，发生H2O+AlO+HCO=Al(OH)3↓+CO，则说明AlO结合H+能力强于CO，故A符合题意；

B．硝酸钾溶解度受温度影响较大，氯化钠溶解度受温度影响较小，可以利用降温结晶方法得到硝酸钾，故B不符合题意；

C．乙醇和水均能与金属钠反应生成氢气，因此不能用金属钠检验乙醇中是否含有水，一般用无水硫酸铜进行检验，故C不符合题意；

D．硝酸银过量，滴加碘化钾溶液后一定产生AgI沉淀，不能比较二者溶度积常数大小，故D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】易错分析：B.对于溶质受温度影响比较大的，采用降温结晶；.对于溶质受温度影响比较小的；采用蒸发结晶。

D.正确做法为，硝酸银和碘化钾溶液二者恰好完全反应，然后滴加氯化钠溶液，若白色沉淀转化为黄色沉淀，说明碘化银比氯化银更加难溶，Ksp更小。

16．【答案】A,C

【知识点】盐类水解的应用；苯的结构与性质；气体摩尔体积；阿伏加德罗常数

【解析】【解答】A.1个苯乙烯分子中只有1个碳碳双键，0.1mol苯乙烯中碳碳双键的数目为0.1NA，A项符合题意；

B．可以转化为，且可以氧化，组成的混合物中含有的分子数小于NA，B项不符合题意；

C.1个分子中含有3个共价键，2.24LNH3为0.1mol，含有的共价键数目为0.3NA，C项符合题意；

D．体积未知，无法计算，D项不符合题意；

故答案为：AC。

【分析】A.苯乙烯中只含有1个双键，而苯环上的键是介于单键和双键特殊的键

B.考虑到二氧化氮可以转化为四氧化二氮即可判断

C.根据n=计算出物质的量，再结合结构式即可找出共价键数目

D.根据n=cv计算出物质的量，但是体积未知

17．【答案】B,D

【知识点】盐类水解的应用

【解析】【解答】A．由图像可得NaH2PO4溶液呈酸性，说明H2PO电离程度大于水解程度，故A项不符合题意；

B．电离常数只与温度有关，a、b两点H3PO4的第一步电离常数相等，故B项不符合题意；

C．由图可知0.1H3PO4溶液的，，则，故C项不符合题意；

D．a点消耗20mLNaOH溶液，此时溶质为NaH2PO4，根据物料守恒得到a点溶液中有：，则，故D项符合题意；

故答案为：BD。

【分析】根据图像可知，当加入NaOH为0时，pH=2，说明磷酸为弱酸；加入NaOH溶液体积为20mL时，恰好生成NaH2PO4；加入NaOH溶液体积为40mL时，恰好生成Na2HPO4，据此分析解答。

18．【答案】C,D

【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；中和滴定

【解析】【解答】A．NaOH与HA浓度相等，当NaOH溶液体积等于10mL时，得到的溶液中溶质为等浓度的HA和NaA的混合溶液，HA的电离程度大于A-的水解程度，所以c（A-）＞c（HA），而m点p=0，说明c（A-）=c（HA），则m点对应的NaOH溶液的体积小于10mL，A项不符合题意；

B．m点时c（A-）=c（HA），Ka（HA）==10-4.76，所以Ka（HA）的数量级为10-5，B项不符合题意；

C．l点溶液呈酸性，溶液中溶质HA和NaA的混合溶液，由物料守恒可知：溶液中存在c（Na＋）＜c（A-）＋c（HA），C项符合题意；

D．l、m、n点各溶液均呈酸性，溶液的酸性越强，HA的浓度越大，对水电离的抑制作用就越强。由于酸性：l＜m＜n，则各点水的电离程度大小关系：1>m>n，D项符合题意；

故答案为：CD。

【分析】A.NaOH溶液体积等于10mL时，溶液中溶质为等浓度的HA和NaA；

B.m点c（A-）=c（HA），根据Ka（HA）=计算；

C.I点溶液显酸性，溶液中溶质为HA和NaA，根据物料守恒分析；

D.n、m、l点各溶液均显酸性，酸性越强，HA的浓度越大，对水的电离的抑制程度越大。

19．【答案】B,D

【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．H2A第一步电离平衡H2AH++HA-，该步电离平衡常数Ka1=，X点时，溶液pH=4，c(H+)=10-4mol/L，此时c(HA-)=c(H2A)，则Ka1=c(H+)=10-4，A符合题意；

B．酸H2A溶液中酸电离产生H+，对水电离平衡起抑制作用，向H2A溶液中逐滴加入NaOH溶液，H2A不断被中和，溶液的酸性逐渐减弱，水电离程度逐渐增大，在恰好被完全中和前，水电离程度逐渐增大。X点时酸H2A仅部分被中和，Z点水恰好生成Na2A，所以水的电离程度：Z＞X，B不符合题意；

C．根据图示可知：Y点对应溶液为Na2A与NaHA等浓度的混合溶液，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，由于此时溶液pH=8，说明溶液中c(H+)＜c(OH-)，所以c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，由于溶液中c(HA-)=c(A2-)，则c(Na+)＞3c(A2-)，C符合题意；

D．根据滴定曲线可知：在恰好发生反应：H2A+NaOH=NaHA+H2O时，得到的溶液为NaHA溶液，此时溶液pH=6，溶液显酸性，说明HA-的电离程度大于其水解程度，所以c(A2-)＞c(H2A)；NaHA是强碱弱酸盐，HA-发生电离、水解而消耗，所以c(Na+)＞c(HA-)；但盐电离产生的离子电离和水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，则c(HA-)＞c(A2-)，故溶液中四种微粒浓度关系为c(Na+)＞c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)，D不符合题意；

故合理选项是BD。

【分析】H2A是二元弱酸，在溶液中存在电离平衡：H2AH++HA-；HA-H++A2-，主要是第一步电离，根据离子浓度大小可知：△表示H2A，口表示HA-，☆表示A2-，根据溶液中各种各种离子浓度与溶液体积、pH关系分析。

20．【答案】B,C

【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算

【解析】【解答】A．NaHC2O4溶液显酸性，说明HC2O的电离大于它的水解，c(C2O)是由c(HC2O)电离得到的，故c(C2O)＜c(HC2O)，A不符合题意；

B．Na2C2O4溶液中存在质子守恒，c(OH－)=c(H＋)+2c(H2C2O4)+c(HC2O)，B符合题意；

C．H2C2O4溶液中的电荷守恒，c(H＋)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH－)，物料守恒：c(H＋)=2c(HC2O)+2c(C2O)+2c(H2C2O4)，两式相减得到：c(OH－)=2c(H2C2O4)+c(HC2O)，由于水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度总是相等，水中的氢氧根离子是由水电离出的，故0.1mol·L1H2C2O4溶液中氢离子的浓度等于酸电离出的氢离子浓度加上水电离出的氢离子，0.2mol·L1+c(OH－)=c(H＋)+2c(H2C2O4)+c(HC2O)，C符合题意；

D．向Na2C2O4溶液中滴加H2C2O4溶液至中性：符合电荷守恒，c(H＋)+c(Na＋)=c(OH－)+c(HC2O)+2c(C2O)，溶液显中性，c(OH－)=c(H＋)，则c(Na＋)=2c(C2O)+c(HC2O)，D不符合题意；

故答案为：BC。

【分析】A．草酸（H2C2O4）是一种二元弱酸，电离程度小，第二步电离程度更小；

B．根据质子守恒直接写出；

C．根据电子守恒和物料守恒结合求解；

D．根据电荷守恒可知c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+2c（C2O42-）+c（HC2O4-），结合溶液显中性，c（OH-）=c（H+）解出。

21．【答案】B,D

【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．由分析可知，曲线Ⅰ表示物质的量分数，A项不符合题意；

B．水解的平衡常数表达式为，M点时，物质的量分数等于物质的量分数，此时pH=10.46，则，的水解平衡常数为，B项符合题意；

C．随着HCl气体的通入，水的电离程度逐渐减弱，故水的电离程度：M＞N＞P＞Q，C项不符合题意；

D．Q点时大量逸出，溶液中碳元素总和小于，故，D项符合题意；

故答案为：BD。

【分析】水解图像解答技巧：1.弄清楚横纵坐标含有，图像变化趋势以及含义，2.充分利用图像的特殊点位进行计算，如起点、交点、终点，3.结合电荷守恒、物料守恒等进行比较离子浓度大小。

22．【答案】B,C

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A、NH3·H2O为弱碱，部分电离，电离平衡常数只受温度的影响，因此25℃时当c(NH3·H2O)=c(NH4＋)，K=c(OH－)=Kw/c(H＋)=10-4.7mol·L－1，即lgK=－4.7，故A说法不符合题意；

B、25℃时甲酸的平衡常数为K=10－3.7，根据平衡常数，25℃时，0.01mol·L－1甲酸中c(H＋)=10－2.85mol·L－1，即pH≈2.9，故B符合题意；

C、HCOO－的水解平衡常数Kh=Kw/Ka=10－10.3，NH4＋的水解平衡常数Kh=10－9.3，NH4＋的水解程度大于HCOO－水解程度，两种溶液混合后呈中性，甲酸钠的量比NH4Cl多，Na＋浓度大于Cl－浓度，故C符合题意；

D、根据电荷守恒，c(CHOO－)＋c(HSO3－)＋2c(SO32－)＋c(OH－)=c(Na＋)＋c(H＋)＋c(K＋)，溶液显中性，c(H＋)=c(OH－)，即c(CHOO－)＋c(HSO3－)＋2c(SO32－)=c(Na＋)＋c(K＋)，根据物料守恒，c(Na＋)=c(HCOO－)＋c(HCOOH)，c(K＋)=c(HSO3－)＋c(H2SO3)＋c(SO32－)，三式合并得到：c(SO32－)=c(HCOOH)＋c(H2SO3)，故D不符合题意；

【分析】A.根据电离常数即可计算

B.根据图示找出平衡常数，找出氢离子的浓度即可

C.根据水解平衡常数、电离平衡常数、水的离子积之间的关系，即可判断

D.根据电荷守恒和物料守恒即可

23．【答案】B,D

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．根据质子守恒：，故A不符合题意；

B．由化学式可，铵根离子和硫酸根离子浓度近似是亚铁离子的2倍，又因铵根离子能发生水解，，水解使溶液显酸性，可得离子浓度大小为：，故B符合题意；

C．的氨水和的盐酸等体积的混合，的氨水中的与的盐酸中的相等，因氨水是弱碱，故其大量剩余，混合后溶液显碱性，因此，，由电荷守恒可得，故，故C不符合题意；

D．由电荷守恒可得，由于溶液呈中性，则有，可得：，即，离子浓度大小为：，故D符合题意；

故答案为：BD。

【分析】】

A．根据质子守恒计算；

B．依据化学式分析，铵根离子和硫酸根离子浓度近似是亚铁离子的2倍，又因铵根离子能发生水解，，水解使溶液显酸性；

C．因氨水是弱碱，故其大量剩余，混合后溶液显碱性，再结合由电荷守恒分析；

D．由电荷守恒，结合溶液呈中性判断。

24．【答案】A,D

【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】将氨水与氯化铵溶液混合得到c(NH3·H2O)+c(NH4+)=0.1mol/L的混合溶液，当溶液中只有NH4+时，NH4+水解使溶液呈酸性，随着c(NH3·H2O)的增大，溶液碱性增强，根据图示，当pH=9.25时，c(NH3·H2O)=c(NH4+)，因此当溶液的pH＜9.25时，c(NH3·H2O)＜c(NH4+)，当pH＞9.25时，c(NH3·H2O)＞c(NH4+)，因此随着溶液pH的增大，浓度增大的是c(NH3·H2O)、减小的是c(NH4+)。

A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒可得c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，在W点时c(NH3·H2O)=c(NH4+)，所以c(NH3·H2O)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，A符合题意；

B．室温下pH=7.0＜9.25，溶液显中性，c(H+)=c(OH-)，则溶液中c(NH4+)＞c(NH3·H2O)，NH3·H2O主要以电解质分子存在，NH3·H2O、H2O的电离程度十分微弱，其电离产生的离子浓度很小，故微粒浓度大小关系为：c(NH4+)＞c(NH3·H2O)＞c(H+)=c(OH-)，B不符合题意；

C．该混合溶液中，无论pH如何变化都存在c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，则c(Cl-)+c(OH-)+c(NH3·H2O)=c(NH4+)+c(H+)+c(NH3·H2O)=0.1mol/L+c(H+)＞0.1mol/L，C不符合题意；

D．W点溶液中存在c(NH3·H2O)=c(NH4+)=0.05mol/L，溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒可知c(Cl-)＜c(NH4+)=0.05mol/L，向1L该溶液中加入0.05molNaOH，则c(Na+)=0.05mol/L，c(Na+)＞c(Cl-)，NaCl电离产生离子浓度Cl-浓度c(Cl-)大于NH3·H2O电离产生的离子NH4+、OH-的浓度，且溶液中还有水会微弱电离产生OH-，故离子浓度关系为：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(NH4+)，D符合题意；

故合理选项是AD。

【分析】先判断做实实线是氨水，虚线表示的是铵根离子

A.根据电荷守恒即可判断

B.pH=7时，铵根离子大于氨水的浓度，即可判断

C.pH=10.5时，氨水的浓度大于铵根离子浓度，结合电荷守恒进行判断

D.W点时铵根和氨水的浓度相等，溶液显碱性，以氨水的电离为主，根据水解和电离进行判断来离子浓度大小

25．【答案】C,D

【知识点】氧化还原反应；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质

【解析】【解答】A．氯水中含有的Cl2也可以将Fe2+氧化为Fe3+而使溶液显黄色，因此不能确定氯水中是否含有HClO，A不符合题意；

B．根据盐的水解规律，酸越弱，其形成的盐水解程度越大，该溶液的pH就越大，所以使用pH测定等浓度CH3COONa、NaNO2溶液的pH，前者大，说明CH3COOH的酸性比HNO2的弱，更难电离产生H+，B不符合题意；

C．向3molKI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色，说明有I2生成，发生了反应：Br2+2KI=2KBr+I2，从而证明了Br2的氧化性比I2的强，C符合题意；

D．同一溶液中含有等浓度的Cl-、I-，向溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明产生了AgI沉淀，证明c(Ag+)·c(I-)＜c(Ag+)·c(Cl-)，则Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，D符合题意；

故答案为：CD。

【分析】A.氯水中存在氯气和次氯酸具有氧化性

B.相同浓度的不同酸根离子的盐溶液pH越大，酸性越弱电离出氢离子的能力越弱

C.氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性

D.溶度积越小越易形成沉淀

26．【答案】（1）；0.008mol/(L·min)

（2）0.15；100比80反应速率快，80时反应40min已达到平衡，故100时相同的量的同一反应在40min时应该已经达到平衡；温度越高反应速率越快；该反应是放热反应

（3）原反应的反应前后，气体的化学计量数不变，故等温下压强对平衡移动没有影响，而图中信息表示某温度下增大压强，该平衡逆向移动，说明反应前的气体量小于反应后，说明产物中的碘已气化

（4）3∶1；；cd

【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡移动原理；盐类水解的应用

【解析】【解答】(1)根据反应方程式可知：由于I2O5和I2为固体，故该反应的平衡常数表达式，根据反应方程式：每生成5molCO2固体质量减少了80g，故固体质量减少了6.4g时，生成的CO2的物质的量为：，在2L恒容密闭容器中反应25min后，则0～25min的平均反应速率为0.008mol/(L·min)，故答案为：；0.008mol/(L·min)；

(2)根据表中数据可知，80℃下40min时反应已经达到平衡，100℃下反应速率更大，达到平衡所需要的时间更短，故40min时早已达到平衡，故上表中0.15，温度越高，平衡时CO的物质的量越大，说明平衡逆向移动，说明该反应正反应是一个放热反应，故答案为：0.15；100比80反应速率快，80时反应40min已达到平衡，故100时相同的量的同一反应在40min时应该已经达到平衡；温度越高反应速率越快；该反应是放热反应；

(3)原反应的反应前后，气体的化学计量数不变，故等温下压强对平衡移动没有影响，而图中信息表示某温度下增大压强，该平衡逆向移动，说明反应前的气体量小于反应后，说明产物中的碘在300时已气化，故答案为：原反应的反应前后，气体的化学计量数不变，故等温下压强对平衡移动没有影响，而图中信息表示某温度下增大压强，该平衡逆向移动，说明反应前的气体量小于反应后，说明产物中的碘已气化；

(4)①若4.48L(标准状况)其物质的量为=0.2mol和0.35molNaOH溶液完全反应，根据反应2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、NaOH+CO2=NaHCO3，设生成的碳酸钠为n1mol和碳酸氢钠为n2mol，则有：n1+n2=0.2mol，2n1+n2=0.35，解得：n1=0.15mol，n2=0.05mol，故碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比为0.15mol：0.05mol=3：1，故答案为：3：1；

②继续通入二氧化碳至溶液中碳酸钠和碳酸氢钠(碳酸氢钠溶液呈碱性)的物质的量之比1∶1，由于溶液呈碱性，即的水解程度大于的电离程度，故溶液中各离子浓度大小顺序为：，故答案为：；

③a．通入HCl，由于+H+=H2O+CO2，由于钠离子浓度不变，的浓度减小，故比值增大，a不合题意；

b．NaOH固体，由于+OH-=H2O+，使得碳酸氢钠转化为碳酸钠，故比值增大，b不合题意；

c．通入，由于CO2溶于水后生成碳酸，将电离出碳酸氢根和氢离子，故抑制了的水解和电离，使得的浓度增大，而钠离子浓度不变，故比值减小，c正确；

d．固体，浓度增大，故的水解程度减小，故比值减小，d正确；

故答案为：cd。

【分析】（1）根据平衡常数的公式即可计算根据固体减少，计算出二氧化碳的变化量，即可求出速率

（2）温度高，速率快，平衡时间短，根据平衡时的浓度高低判断此反应是放热反应

（3）根据前后气体系数不变，压强不会影响平衡移动，但是压强增大，二氧化碳减少，因此说明增大压强平衡朝着体积减少的方向移动，因此右边气体系数，因此碘单质变为碘蒸气。

（4）①根据数据计算即可②级和电荷守恒以及物料守恒即可判断③钠离子不变，使其变小，即使碳酸氢根变大，因此可以通入二氧化碳或者加入碳酸氢钠固体

27．【答案】（1）增加氮气的投入量；将生成的氨气降温液化及时移出

（2）NH+H2ONH3H2O+H+；促进；c(NH)＞c(SO)＞c(H+)＞c(OH-)

（3）＜；c；0.01

【知识点】工业合成氨；化学平衡移动原理；化学平衡的计算；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】(1)工业上的合成氨的反应是气体物质的量减小的放热反应，在实际化工生产中，为提高NH3的产率，可以采取的措施有：增加氮气的投入量；将生成的氨气降温液化及时移出，故答案为：增加氮气的投入量；将生成的氨气降温液化及时移出；

(2)NH水解导致硫酸铵溶液显酸性，水解的方程式为NH+H2ONH3H2O+H+；盐类的水解促进水的电离；水解后(NH4)2SO4水溶液的pH=5，溶液中的离子浓度由大到小的顺序为c(NH)＞c(SO)＞c(H+)＞c(OH-)，故答案为：NH+H2ONH3H2O+H+；促进；c(NH)＞c(SO)＞c(H+)＞c(OH-)；

(3)①合成氨的反应为放热反应，温度升高，化学平衡向着吸热方向移动，从T1到T2反应体系中氨气的百分数增加，故T1＞T2，故答案为：＜；

②b点代表平衡状态，c点表示又加入了氢气，平衡向右移动，氮气的转化率增大，因此反应物N2的转化率最大的是c，故答案为：c；

③当氮气和氢气的物质的量之比为1∶3时达平衡状态时氨的百分含量最大，平衡点时产物的产率最大，根据图示，当起始氢气的物质的量为0.15mol时氨的含量最大，故起始加入N2的物质的量为0.05mol，测得平衡时H2、N2的转化率均为60%，则平衡时氮气的浓度是=0.01mol/L，故答案为：0.01。

【分析】要提高NH3的产率，需要使平衡正向移动，据此分析解答；NH水解导致硫酸铵溶液显酸性，据此分析解答；合成氨的反应为放热反应，温度升高，化学平衡向着吸热方向移动，当氮气和氢气的物质的量之比为1∶3时达平衡状态时氨的百分含量最大，判断起始加入N2的物质的量，结合H2、N2的转化率均为60%分析解答。

28．【答案】（1）抑制Fe2+的水解

（2）洗去固体表面的水，易于干燥

（3）81.2%；偏大

【知识点】盐类水解的应用；物质的分离与提纯；有关混合物反应的计算

【解析】【解答】(1)溶液中Fe2+是弱碱阳离子会水解，水解显酸性，加入稀硫酸的作用是抑制Fe2+的水解；

(2)无水乙醇挥发快,清洗完后表面残留会马上挥发，所以目的是洗去固体表面的水，易于干燥；

(3)①解：n(KMnO4)＝0.200mol/L×33.00×10-3L＝6.6×10-3mol

设n(FeC2O4·2H2O)＝x，n[Fe2(C2O4)3]＝y

则有：180x＋376y＝1.996g①

根据电子守恒有：3x＋6y＝6.6×10-3mol×5②

解由①②组成的方程组得：x＝0.009moly＝0.001mol

样品中FeC2O4·2H2O的质量分数81.2%；

②酸性环境下，KMnO4既能氧化Fe2+，又能氧化C2O，自身被还原为Mn2+，转移电子数为5，如果酸度控制不当，MnO部分会被还原为MnO2，转移电子数为3，根据氧化还原反应转移电子数规律，电子数转移越少，消耗物质的量越多，所以消耗KMnO4溶液的体积偏大；

【分析】根据流程分析可知，草酸亚铁晶体溶解变成铁离子、铵根离子、硫酸根离子，加入饱和H2C2O4后制备FeC2O4，静置过滤出FeC2O4·2H2O，之后洗涤晒干得到FeC2O4·2H2O，据此分析回答问题。

29．【答案】（1）4Fe2P+11O24Fe2O3+2P2O5；溶解Fe2O3等并保持体系的酸度；（活性炭具有吸附性）吸附NO2等；硝酸的分解速率大于硝酸分解产物中氧气与磷铁渣反应的反应速率（硝酸分解过快导致损失）

（2）pH增大，促进了Fe3+水解，生成的Fe(OH)3混入产品中；Fe3++H3PO4+nNH3·H2O+(2-n)H2O=FePO4·2H2O↓+nNH4++(3-n)H+（n=1，2，3，均给分）

【知识点】盐类水解的应用；铁及其化合物的性质实验

【解析】【解答】(1)①根据题干信息，O2将Fe和P分别氧化为Fe2O3和P2O5，根据得失电子守恒和质量守恒，化学方程式为4Fe2P+11O24Fe2O3+2P2O5；②题干信息，首先硝酸分解得到NO2和O2，氧气将Fe2P氧化得到Fe2O3，但是经过浸取后，得到含有Fe3＋、H3PO4的溶液，加入硫酸，可以溶解Fe2O3，也可以维持酸性环境，防止Fe3＋水解，因此加入硫酸的目的是溶解Fe2O3等并保持体系的酸度；硝酸分解可以得到有害气体NO2，而活性炭的体表面积较大，可以吸附NO2等有害气体；③硝酸的浓度越大，其分解速率越快，导致浸取率降低；答案为硝酸的分解速率大于硝酸分解产物中氧气与磷铁渣反应的反应速率（硝酸分解过快导致损失）；(2)pH开始增大时，促进溶液中的Fe3＋水解生成Fe(OH)3混入产品中，导致n(Fe)/n(P)明显增大；调节好Fe、P比例的溶液中，含有Fe3＋、H3PO4，加入NH3·H2O得到FePO4，根据原子守恒和电荷守恒，离子方程式为Fe3＋＋H3PO4＋3NH3·H2O=FePO4·2H2O↓＋3NH4＋＋H2O，如果NH3·H2O少量，H＋没有完全中和，离子方程式可表示为Fe3++H3PO4+nNH3·H2O+(2-n)H2O=FePO4·2H2O↓+nNH4++(3-n)H+。

【分析】磷铁矿在90℃与硝酸、硫酸、活性炭作用，得到Fe3＋、H3PO4等，过滤除去不可溶性的杂质，加入H3PO4调节P和Fe的比例，加入氨水，得到产物。

30．【答案】（1）CO2＋2NH3·H2O=2NH＋CO＋H2O

（2）c

（3）是

（4）初始时快速降低，是由于NH、CO(或HCO)等离子浓度因反应快速降低所致;后来由于氨水的电离及过量Ca(OH)2的电离导致离子浓度增大，导电能力逐渐上升

（5）b；Fe(OH)3胶粒小不易过滤；Fe(OH)3胶粒吸附离子带相同电荷相互排斥，导致沉淀速率慢

【知识点】电解质溶液的导电性；盐类水解的应用；含氮物质的综合应用；胶体的性质和应用

【解析】【解答】(1)反应Ⅰ中，CO2与过量氨水反应的离子方程式为：；(2)a．升高温度会降低CO2的溶解，同时也会使氨水挥发，对提高去除率不利，a项不符；

b．加快烟气流速，会使气体与氨水的接触时间缩短，对于吸收CO2不利，b项不符；

c．增大氨水的浓度，可以使得CO2与氨水的反应速率加快，对提高去除率有利，c项符合；

故答案为：c；(3)若，那么溶液中，Ca2+已经完全沉淀；(4)溶液的导电能力与溶液中离子的总浓度以及离子所带的电荷量有关；初始时导电能力快速降低，是由于反应Ⅰ的发生使得和等离子浓度快速降低所致；后来导电能力又上升，由于反应Ⅰ生成的氨水的电离以及过量的Ca(OH)2电离导致离子的浓度又增加所致；(5)①由图像可知，pH=2左右，铁的去除率较大，因此除铁时最好将溶液的pH控制在1.5~2.5，b项正确；

②胶体由于分散质粒子直径较小，可以透过滤纸，因此不便过滤；此外，Fe(OH)3胶体颗粒由于带相同的电荷，导致彼此之间相互排斥，难以沉降，这些都对除铁不利。

【分析】该工艺的目的是收集固定烟气中的CO2，先将烟气通入足量的氨水中，通过反应可将其转化为；再向反应后的溶液中加入石灰乳，石灰乳即Ca(OH)2的悬浊液，因此可再通过反应将转化为CaCO3沉淀，同时也使得氨水再生；将反应后的混合液过滤后，再经过洗涤和干燥即可得到纯度较高的CaCO3。

31．【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++3H2OFe(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

【知识点】电极反应和电池反应方程式；盐类水解的应用；溶液酸碱性的判断及相关计算

【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-+H2OHSeO3-+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2h，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++3H2OFe(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；

32．【答案】（1）A；B

（2）催化剂、吸水剂

（3）；防止NaH与水发生反应

（4）NaBO2水解，使溶液呈碱性；反应物的浓度逐渐减小，溶液的碱性逐渐增大

【知识点】盐类水解的应用；制备实验方案的设计；酯化反应

【解析】【解答】（1）提高化学反应速率的方法有增加反应物浓度，升高温度，增加接触面积等，

A.充分搅拌熔融钠，增大接触面积，可以提高化学反应速率，故A正确；

B.将熔融钠充分分散在石蜡油中，增大接触面积，可以提高化学反应速率，故B确；

C.反应前排尽装置中的空气，防止氢气不存发生爆炸，与化学反应速率无关，故C不正确；故答案选：AB。（2）浓硫酸在反应中起到催化剂的作用，还能吸收生成的水分，使平衡正移；

故答案为：催化剂、吸水剂（3）NaH和在240℃反应生成和，则化学方程式为：，NaH易与水反应，因此为防止NaH与水发生反应“反应2”所用B(OCH3)3需充分干燥；

故答案为：；防止NaH与水发生反应；（4）HBO2为弱酸NaBO2水解呈碱性，NaBH4与水反应生成NaBO2溶液呈碱性，

故答案为：NaBO2水解，使溶液呈碱性；（5）由图像可知pH越大，半衰期越长，则反应越慢，随着反应的进行，反应物浓度减小，反应速率降低，

故答案为：反应物的浓度逐渐减小，溶液的碱性逐渐增大。

【分析】由工艺流程可知，Na和H2反应生成NaH，