高二化学酸碱混合、溶液PH值、溶液中离子守恒相关计算练习(附答案)

1、高二化学酸碱混合、溶液 PH值、溶液中离子守恒相关计算练习一、单选题.下列有关pH的计算一定正确的是()pH=a的强酸溶液，加水稀释10n倍，则pH=a+npH=a的弱酸溶液，加水稀释10n倍，则pHa+n(a+nb-n(b-n7)A.B.C.D.下列说法正确的是()A.若H2O2分解产生1mol。2，理论上转移的电子数约为4X6.02 1023B.室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH7C.钢铁水闸可用牺牲阳极的阴极保护法或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀D. 一定条件下反应 N2+3H2-=i 2NH3达到平衡时，3v EH 2)=2v逆(NH 3

2、)3.下列叙述正确的是()A.稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度B.25 C时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH=7C.25 c时,0.1 mol L-1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱D.0.1mol AgCl和0.1mol AgI混合后加入1L水中，所得溶液中c(Cl-)=c(I-).常温下，向等体积(VmL)、等浓度(0.1 molLL)的盐MCl、NaR、MR溶液中分别加入蒸储水，使其稀释至 V mL,稀释过程中，溶液的pH与lgV的关系如图所示。下列有关说法正确的是Vo()A.曲线X对应的盐为NaR, MCl为强酸强碱盐B.对于曲线Y, a点水的电离程度比

3、 b点小C.曲线Z上任何一点对应溶液中均存在c(H + ) =c(OH )+c(MOH )3D.常温下，MOH的电离平衡常数 Kb的数量级为10.给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是() TOC o 1-5 h z C/2、H：、A.粗硅SiCl4 回皿 Si盐-电解 HYPERLINK l bookmark2 o Current Document Mg OH 2MgCl2 aqMg盐酸、蒸发、Fe2O3FeCl3 (aq )无水 FeCh HYPERLINK l bookmark4 o Current Document 皿HQ T-糖、AgNO3 aqAg NH3 2 OH

4、 aq - Ag6.下列实验操作正确的是6.下列实验操作正确的是()装置甲装者乙A.用玻璃棒蘸取 CH3COOH溶液点在水湿润的pH试纸上，测定该溶液的pHB.中和滴定时，滴定管用所盛装的反应液润洗23次装置甲装者乙A.用玻璃棒蘸取 CH3COOH溶液点在水湿润的pH试纸上，测定该溶液的pHB.中和滴定时，滴定管用所盛装的反应液润洗23次C.用装置甲分液，放出水相后再从分液漏斗下口放出有机相D.用装置乙加热分解 NaHCO 3固体）,所得实验数据如头驳编P -1起始浓度/(mol - L )反应后溶液的pHc(HA)c(KOH)0.10.19x0.277.常温下，将一元酸HA的溶液和KOHB液

5、等体积混合（忽略反应引起的体积变化 下表：卜列判断不正确的是（）A.实验反应后的溶液中:c(K+) c(A-) c(OHf) c(H+)B.实验反应后的溶液中C.实验反应后的溶液中D.实验反应后的溶液中:c OH- =c K+ -c A- = 1 ：W0, mol L:c(A-)+c(HA) 0.1mol - L -1:c(K+尸 c(A-)c(OH-尸 c(H+)8.向CH3COOH溶液中滴入稀氨水，溶液的导电能力发生变化，其电流 随加入氨水的体积（V）的变化曲线是（）9.在两份相同的Ba（OH）2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的

6、曲线如右图所示。下列分析不正确的是（）涌入溶液的体根涌入溶液的体根2!口白)*工 mrl Chf i Ewq hj& E= 42 kJ2!口白)*工 mrl Chf i Ewq hj& E= 42 kJA.代表滴加 H2SO4溶液的变化曲线b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH TOC o 1-5 h z c点，两溶液中含有相同量的OHa、d两点对应的溶液均显中性10.下列各表述与示意图一致的是（）1 mol H Ib)-knalini J.网 lift?A.图表示25c时，用0.1mol L-1盐酸?定20mL0.1mol L-1 NaOH溶液，溶液的pH随加入盐酸体积 的变化得到的滴定曲

7、线B.图表示一定条件下进行的反应2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) AHmol L-1(写出计算式即可)。.操彳a的内容是12.滴定分析是一种操作简便、准确度很高的定量分析方法，它可广泛应用于中和滴定、氧化还原 反应等滴定中。某同学通过高镒酸钾滴定来测定草酸样品中草酸的质量分数(样品中杂质不与高 镒酸钾反应)。(1)写出反应的离子方程式 。(2)某同学称取2.000g草酸样品，配制成 100mL溶液，移取25.00mL试样溶液于锥形瓶中，用0.1000mol L-1的酸性KMnO 4标准溶液滴定。达到滴定终点时，消耗标准溶液20.00mL。现有烧杯、玻璃棒、量筒，要配制草酸溶液，还需要

8、的玻璃仪器有 。滴定前是否要滴加指示剂？ (填“是”或“否”)。滴定时，将高镒酸钾标准溶液注入 (填“酸式”或“碱式”)滴定管中。达到滴定 终点的现象为。草酸样品中草酸的质量分数为 。若滴定前未用酸性 KMnO 4标准溶液润洗滴定管，所测结果将,若滴定终点读数时俯视刻度，所测结果将,滴定前酸式滴定管尖嘴部分未充?t溶液，所测结果将 ,滴定接近终点时，用少量蒸储水冲洗 锥形瓶内壁，结果 。(填“偏大” “偏小” “无影响”)。13.在氯化铁溶液中存在下列平衡：FeC+3H 2。|_ Fe(OH)3 + 3HCl AH 0。回答下列问题：.加热FeCl3溶液，溶液的颜色会不断加深，可得到一种红褐色

9、透明液体 ，向这种液体中加入 MgCl2溶 液,产生的现象为。.不断加热FeCl溶液，蒸干其水分并灼烧得到的固体可能是 。.在配制FeCl溶液时，为防止浑浊，应加入。.为了除去MgCl 2酸性溶?中的Fe3+,可在加热搅拌的条件下加入 MgCO 3固体，过滤后再加入足量盐酸。MgCO 3固体能除去Fe3+的原因是。14.环境中常见的重金属污染物有贡、铅、镒、铭、镉 ，处理工业废水中含有的 CrO2-和CrO4-常用 的方法是还原沉淀法，该法的工艺流程为 TOC o 1-5 h z h +履” m，CroL转化CrO2- ?逐屈Cr3+沉淀Cr(OH )其中第步存在平衡：2 CrO4- (黄色)

10、+2H+-e CrO2- (橙色)+H2Q.写出第步反应的平衡常数表达式：.关于第步反应，下列说法正确的是()A.通过测定溶液的 pH可以判断反应是否已达到平衡状态B.该反应为氧化还原反应C.在强酸性环境下，溶液的颜色为橙色.第步反应中，还原0.1mol Cr2O2-,需要 mol FeSO4 - 7H2O.第步反应除生成 Cr(OH)3沉淀外，还可能生成的沉淀为 .在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH) 3(S)Cr3+(aq)+3OH-(aq)。常温下,Cr(OH) 3的溶度积常数Ksp=1032,当溶液中Cr3+的浓度降至10-5mol L -1认为Cr3+已经完全沉淀。现将第步反应

11、后溶 液的pH调至4,请通过计算说明Cr3+是否沉淀完全(请写出计算过程).完成下列与溶液pH有关的计算(1)室温下pH=2的HCl溶液和pH=10的NaOH溶液中由水电离出的 c(H+)之比为 (2)在25c时，pH等于9和pH等于11的两种氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液中的氢离子浓度为(3)某温度时，水的 Kw=10-13,将此温度下 pH=12的NaOH溶液aL与pH=2的H2SO4溶液bL混合，若所得?!合溶液 pH=3 ,则a:b=（4）已知某温度时0.1mol?L-1NaOH pH等于11,在此温度下，若将 100体积pHi= a的H2SO4溶 液与1体积pH2=b的 NaOH溶液

12、混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是 （用含a、b的表达式表示）.室温下，某一元弱酸 HA的电离常数 K=1.6 X10-6o向20.00mL浓度约为0.1mol L-1 HA溶液中逐滴 加入0.1000mol L-1的标准NaOH溶液淇pH变化曲线如图所示（忽略温度变化）。请回答下列有关问 题：pH|1 I;0 V（KOH/mL1a b、c、d四点中水的电离程度最大的是 点，滴定过程中宜选用 作指示剂 滴定终点在 （填c岚以上或c我以下J.滴定过程中部分操作如下，下列各操作使测量结果偏高的是 （填字母序号）。A.滴定前碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗B

13、.用蒸储水洗净锥形瓶后，立即装入HA溶液后进行滴定C.滴定过程中，溶液出现变色后，立即停止滴定D.滴定结束后，仰视液面，读取NaOH溶液体积.若重复三次滴定实验的数据如下表所示，计算滴定所测HA溶液的物质的量浓度为mol/L 。（保留4位有效数字）实验序号NaOH溶液体积/mL待测HA溶液体积/mL121.0120.00220.9920.00321.6020.004. a点溶液中pH约为，此时溶液中 H2O电离出的c（H*）为。17.请完成下列小题：.碳酸钾的水溶液蒸干得到的固体物质是 ,原因是.明矶溶液蒸干得到的固体物质是 ,原因是.碳酸氢钢溶液蒸干得到的固体物质是 ,原因是. NazSQ溶

14、液蒸干得到的固体物质是 _，原因是. A1C13溶液蒸干灼烧得到的固体物质是，原因是。18.已知某溶液中只存在 OH-、H+、NH4+、C四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序有如下 四种关系：+ +_+_A. c(NH4c(Cl )c(OH )c(H )B. c(Cl )c(H ) c( NH 4 ) c(OH )+ +C. c(Cl )c(NH4)c(H )c(OH )D. c(NH4)c(OH )c(Cl )c(H )若为NH4C1溶液，则四种离子浓度的由大到小的顺序是 。(填序号)(2)若为HCl和NH4C1混合溶液，则四种离子浓度的由大到小的顺序是 ;若为NH3 心0和NH4C1混合

15、溶液，四种离子浓度的由大到小的顺序是 。(3)若该溶液是由体积相等的HCl溶液和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c(HCl)c(NH 3 - H2O)(填“ ”、“ 7时，必须考虑水的电离，此时pHwa+n故不完全正确，若为 pH=b 的强碱溶液，则 c(H+)=10-bmol L-1,即 c(H +)=10-bmol L-1,即 c(OH-)=10-14+bmol L-1,加水稀 释10n倍后，溶液中c(OH-)=10-14+b-nmoi L-1,即c(H+)=10n-6mol L-1,pH=b-n,同理，当稀释程度很大时，应 考虑水的电离，此时pHwb-n,故不完全正确。弱酸与弱碱溶液

16、稀释时还要考虑稀释对弱酸、弱碱的 电离的促进。2答案：C解析：A项，由2H2。2=2H2O+O2W知.每生成1mol O2转移的电子数约为 2应02 M 023；B项,pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后形成的应为CH3COONa和CH3COOH的混合溶液.pH7;C项正确；D 项，反应 N2+3H22NH3达平衡口寸,v 正(H2):v 逆(NH3)=3:2，即 2v 正(H2)=3v 逆(NH3);3答案：C解析：A项，醋酸电离的方程式为 CH3COOHU CH3COO-+H+,加入少量 CH3COONa ,增加了CH3COO-的浓度，从而使醋酸的电离平衡逆向

17、移动，抑制了醋酸的电离；B项，等体积等浓度的硝酸与氨水混合生成 NH4NO3, NH4NO3中NH；能水解：NH4+H2O 口 NH3，H2O+H+,溶液应呈 酸性，则pH c(I-)。4答案：C解析：由题给图象 X、Y、Z三条曲线的起始点可知，三种盐溶液分别显碱性、中性、酸性，水溶液显碱性的盐为强碱弱酸盐，水 溶液显酸性的盐为强酸弱碱盐，水溶液显中性的盐可能是强酸强碱 盐或水解程度相同的弱酸弱碱盐，故曲线X、Y、Z对应的盐分别为NaR、MR、MCl, MR为弱酸弱碱盐，MCl为强酸弱碱盐，A项错误；曲线Y对应的盐为MR.随若稀释程度的增大，M +、R，勺水解程度减小，水的电离程度减小.故b点

18、水的电离程度比a点小，B项错误；根据质子守恒可知，C项正确；由题图可知，0. 1 molLLMCl溶液的pH = 5,水解平衡常数Kh =c(H此坐0H 150 V0109，根据Kw =KbMKh ,常温下，MOH的电离平衡常数 c(M )0.1Kb回父10*,数量级为Io D项错误。5答案：Aal innroi inn解析：A、Si+2Cl2 SCI4 , SiCl4+2H2 Si+4HCl,故正确；B、工业上制备 Mg ,是电解熔融状态下的氯化镁，故B错误;C、FeCL是强酸弱碱盐，直接加热蒸发最终得到的是氧化铁，故C错误;D、蔗糖是非还原性糖，不能与银氨溶液反应，故D错误。考点：考查元素

19、及其化合物的性质。.答案：B解析：A不能点在湿润pH试纸上，对醋酸有稀释，所测pH不准，故A错误；日滴定管要用盛装反应液润洗23次，若不这样，对反应液有稀释作用，所测浓度有影响，故正确；C分液时，上层液体从上口倒出，有机相应从上口倒出，故 C错误；D加热固体试管口如向下倾斜，故D错误。.答案：B解析：由实验可知酸 HA为一元弱酸，二者恰好完全反应后，由于A-水解使所得溶液呈碱性，故A 项正确；由电荷守恒可知，C(OH-)+C(A-尸C(H+)+C(K+),故B项错误；由实验反应后的溶液呈中性可 知，酸过量，则x0.2,反应后的溶液中C(A-)+C(HA)0.1mol L -1,C项正确；在所得

20、的中性溶液 中，c(H+)= c(OH-),再由电荷守恒可知，c(K+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),故 c(K+)= c(A-) c(OH-)= c(H+),D 项正确.8答案：B解析：本题易错之处是认为CH3COOH与NH 3 H2O反应生成强电解质 CH3COONH 4,使溶液导电性增强，忽视了溶液体积的变化，而错选D.CH3COOH属于弱电解质，其溶液中离子浓度很小，滴入氨水后发生反应CH3COOH+NH 3 H2O=CH3COONH4+H2O,生成强电解质，离子浓度增大，溶液导电性增 强;当二者恰好完全反应时，溶液中离子浓度最大；若继续滴入氨水，溶液体积增大，离子浓度减小，

21、导电 性减弱。9答案：C解析：两个反应的方程式分别为 Ba OH 2 H2SC4BaSO4 2H2O, Ba OH Ba OH 2 NaHSC4NaCH BaSO4 H2C, NaOH NaHSO NaOH NaHSO4Na2SO4 +H2O。A、根据反应的化学方程式可知当氢氧化钢恰好和硫酸完全反应时，溶液的导电能力最小，故代表滴加硫酸时的变化曲线,A正确；B、b点是加入硫酸氢钠进行反应，溶液中含有氢氧化钠，B正确；C、C点曲线为硫酸，曲线为氢氧化钠和硫酸钠，因为硫酸根离子浓度相同，中的钠离子浓度大于中氢离子浓度，所以溶液中的氢氧根离子浓度不相同,C错误;D、a点为钢离子和硫酸根离子完全沉淀,

22、d为硫酸钠溶液，溶液都显中性，D正确。答案选Co考点：本题主要是考查酸碱溶液混合时溶液的酸碱性的判断以及图像分析等名师点睛：该题以氢氧化钢与硫酸以及硫酸氢钠的反应为载体，侧重考查溶液的导电性、离子判断以及溶液酸碱性判断。明确反应的原理，正确书写出相应的化学反应方程式是解答的关键，特别是氢氧化钢和硫酸氢钠白反应，应用顺序的不同或量的不同而导致方程式变化，是解答的难点和易错点。注意溶液的导电能力只与溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷数有关系，与离子种类无关。.答案：B解析：0.1mol L-1 NaOH溶液的pH为13,用0.1mol L-1盐酸滴定恰好中和时，pH为7,因NaOH溶液与 盐酸浓度

23、相同，则消耗二者的体积相同，但酸碱中和在接近滴定终点时，pH会发生突变，曲线的斜率会很大，故A项错误。根据图分析，t2时刻后二氧化硫和氧气的物质的量减小，而三氧化硫的物质的量增大，说明平衡正向移动，结合反应的特点及平衡移动原理分析上时刻改变的条件可能是降低温度或缩小容器体积，故B项正确。向明矶溶液中加入Ba(OH) 2溶液，开始阶段生成硫酸钢和氢氧化铝沉淀 ，随后氢氧化铝沉淀溶解，最后沉淀为硫酸根；由图象可知，在加入20mL Ba(OH) 2溶液时铝离子恰好转 化为偏铝酸根，故C项错误。根据图分析，反应H2(g)+Cl 2(g)=2HCl(g)为放热反应，则该反应的反应 热A住-183kJ m

24、ol-1,故D项错误。.答案：1.把废馍催化剂粉碎(或适当加热、适当增大酸的浓度或提高搅拌速率等)2.2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O3.5.0 pH6.8,加入Ni(OH)2消耗溶液中的H+,促使铁离子、铝离子的水解平衡右移，使铁离子、铝离子转化为相应的沉淀.Ni2+ CrO2-+2H2O=NiC 2O4 2H2OJ取适量上层清?于试管中，继续滴加(NH4)2CzO4溶液，无沉淀生成,1.46 成,1.46 1010: 1.0 10上.过滤、洗涤、干燥解析：废馍催化剂(成分主要为Ni,含有一定量的 Al2O3、Fe、SiO2、CaO等)，用硫酸溶解，SiO2不 与硫酸反应，过滤得

25、到滤液中含有 NiSO4、FeSO4、Al2(SO4)3、CaSO4及过量的硫酸，试剂a是一种 绿色氧化剂，所以加入的是加入 H2O2将Fe2+氧化为Fe3+,加入Ni(HO)2调节pH,使pH大于5.0小 于6.8,Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀、Al3+转化为Al(OH)3沉淀，过滤除去，滤液中含有 NiSO4、CaSO4, 向滤液中加入 NH4F,除去Ca2+,过滤，再向滤液中加入(NH4)2C2O4 ,得到草酸馍沉淀，再过滤、洗涤、干燥得草酸馍晶体，(1)根据影响化学反应速率的因素可知，提高浸出率，可把废馍催化剂粉碎或适当加热、适当增大 硫酸浓度、搅拌等；(2)根据上面的分析可知，试

26、剂a是H2O2，所以氧化”时反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O ;根据表中的数据可知，pH为5.0时,Fe3+、A13+沉淀完全，pH为6.8时Ni2+开始沉淀，所以pH的调控范围为5.0-6.8，其反应的原理为：加入 Ni(HO)2调节消耗溶液中的氢离子 促使Fe3+、A13+的水 解平衡右移，使Fe3+、A13+转化为相应的沉淀；(4)沉馍”时反应的离子方程式为 Ni2+ Cr04-+2H20=NiC204 ,2H2O,证明Ni2+已经沉淀完全的实验步骤及现象是取上层清液，继续滴加(NH4)2C2O4溶液，无沉淀生成；当Ca2+沉淀完全时，即1.46 10-0

27、c(Ca2+)J mol/L ;- 1.0 10一(5)根据上面的分析可知，操作a的内容是过滤、洗涤、干燥，故答案为：过滤、洗涤、干燥。.答案：(1) 2MnO+5H2c2O4+6H+=2Mn 2+10CO2 坪H2O(2)100mL容量瓶、胶头滴管；否酸式；滴入最后一滴标准溶液时，溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色90%;偏大；偏小；偏大；无影响解析：.答案：1.生成红褐色沉淀2尺2。3.浓盐酸3+3+3+.MgCO3与Fe水解产生的H反应,促进了 Fe的水解，使Fe转化为Fe(OH) 3沉淀而被除去 解析：1.加热FeCl3溶?夜，得到Fe(OH)3胶体，加入电解质 MgCl 2使胶体

28、聚沉而得到红褐色沉淀。.加热可促进盐类水解，由于HCl挥发，可使水解进行彻底，得到Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3受热分解 最 终产生的固体为Fe2O3 o.为防止浑浊，应加入浓盐酸抑制 FeCl水解。.MgCO 3与Fe3+水解产生的H +反应：MgCO 3+2H+ = Mg2+ + CO2 + H2O,使水解平衡正向移动,生成的Fe(OH)3在加热搅拌条件下发生聚沉 ，在过滤时Fe(OH)3和未反应的MgCO 3 一同被除 去。14.答案：14.答案：1. K =一一 2-C2O7CrO2-H +.AC; 3.0.6; 4.Fe(OH) 3； 5.当 pH调至 4 时,OH-=10-10

29、mol L-1,Cr 3+=1032mol4 - L-4/OH- 3=10- 2mol - L 1 105mol - L 1,因此Cr3+没有沉淀完全解析：2.由第步反应可知，反应正向进行时，溶液pH增大，故pH不变时说明反应达到平衡状态 ，A 项正确；CrO4-和CrO2-中Cr均为+6价，该反应不是氧化还原反应，B项错误；在强酸性环境中，溶液 中c( CrO；)较大，溶液呈橙色，C项正确。2_3+2-.在第步反应中，CrO2被还原为Cr ,0.1molCrO2被还原时转移电子的物质的量为0.1mol X2X(6 -3)=0.6mol,而还原别 Fe2+被氧化为 Fe3+,故需要消耗 0.6

30、mol FeSO 4 - 7H2O.在第反应中Fe2+被氧化为Fe3+,故第步反应中可能有Fe(OH)3生成.答案:(1)1:100(2)2 x 10-11mol L 1(3)9:101 (4)a+b=14解析：.答案:1.c;酚夫;c点以上;2.AD;3.0.1050 ;4. 3.42.5 10-11mol/L解析：(1)a点为HA溶液，b点是HA和少量KA溶液，c点是KA和少量HA的混合液，d点是KA和KOH的混合液，酸、碱溶液都抑制了水的电离，KA促进水的电离，所以 c点水的电离程度最大；由于HA为弱酸，恰好反应时溶液呈碱性，则选择在碱性范围内变色的指示剂酚配； 滴定终点呈碱性，应该在c

31、点以上，故答案为：c；酚酬:；c点以上；(2)A.滴定前碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故A正确；B.用蒸储水洗净锥形瓶后，立即装入HA溶液后进行滴定，导致待测液被稀释，滴定过程中消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故 B错误；C.滴定过程中，溶液出现变色后，立即停止滴定，导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故C错误；D.滴定结束后，仰视液面，读取NaOH溶液体积，读出的标准液体积偏大，测定结果偏高，故 D正确；故答案为：A D;(3)第三组数据误差偏大，需要舍弃，另外两次消耗标准液的平均体积为： 21.(1=21.00mL,根据反应 HA+KOH=K

32、A+H2O 可知,0.021L 0.1000mol/L=0.02L Xc(HA),解得：c(HA)=0.1050 mol/L ,故答案为：0.1050。17.答案：1. K2CO3尽管加热过程促进了 K2CO3的水解，但生成的KHCO3和KOH反应仍生成K2co3KAl (SC4 2尽管A-+水解，但H2SO4为难挥发性酸，最后得到KAl(SO4)2BaCC3Ba(HCC3受热易分解：Ba(HCC3)2BaCC3J+CC?十H2CNaSC4 Na2SC3在蒸干过程中不断被空气中氧气氧化而生成NaSC,AI2C3加热促进AICI3水解，且随水量的减少，HCl不断才i发，促使A1C的完全水解生成

33、灼烧AI(CH)3,灼烧时发生反应：2AI(CH)3= AI2C3 +3H2。解析：K2CC3、明矶水解生成的物质不具有挥发性，因此，将溶液蒸干后仍得原物质。而A1C13溶液水解后得盐酸，加热后HCI挥发而促进水解，最后溶液蒸干灼烧得 AI2C3。Ba(HCC3)2受热 易分解，Na2SC3具有还原性，易被空气中的氧气氧化，蒸干后均不能得到原物质。.答案：(1)C(2)B; A(3)； 解析：.答案：(1)碱性；防止生成HCN,造成人员中毒或污染空气。) 2CNO +3CIO - CO2 T + CO3- +3CI +N2 THbC?) 14900; (4) NaOCN; NaCN; (5)

34、2p; HONCNa (6)极性；解析：(1)依据HCN的电离平衡常数可知 HCN是极弱的酸，所以NaCN极易于酸反应生成HCN。为防止生成HCN,造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性。NaCCN与NaCIO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCI和N2,首先确定反应物和生成物；再依据反应 中氯元素的化合价从+1价降低到-1价，得到2个电子。N元素化合价从-3价升高到0价，失去3个电 子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2:3,反应的离子方程式为_2 _2OCN 3CIO CO3CO23CI N2 ;NaCN被氧化的两个阶段氧化剂均为NaCIO,所以可以合并一起进行计算，即反应物为NaCN和100 (10 3 0 5)。NaCIO,生成物为：Na2CO3、CO2、NaCI和4。参加反应的NaCN是 坦=20moI ,49g /moI反应中C由+2价升高到+4价,N元素化合价从-3价升高到0价，即1moINaCN失去5moI电子,1moI 次氯酸钠得到2moI电子，所以处理100m3含NaCN10.3mg/L的废水，实际至少需NaCIO的