2020届高考化学二轮复习题精准训练-盐类水解及其影响因素

第=page11页，共=sectionpages11页第=page22页，共=sectionpages22页高考化学二轮复习题精准训练——盐类水解及其影响因素一、单选题（本大题共20小题，共40分）下列说法正确的是(    )A.要证明硫酸亚铁铵晶体中含有NH4+，可以取少量晶体溶于水，加入足量NaOH浓溶液并加热，再用湿润的蓝色石蕊试纸检验产生的气体

B.KClO3、KNO3、KMnO4等强氧化剂或其混合物不能研磨，否则将引起爆炸

C.常温下用pH试纸分别测定常温下，向0.1mol·L−1Na2A溶液中，不断通入HCl、H2A、HA−、A.H2A的第二级电离平衡常数为10−10mol/L

B.随着HCl的通入，c(H+)c(H2A)先减小后增大

C.当溶液呈中性时：下列化学实验事实及其解释或结论都正确的是(

)A.

向浓度均为0.1 mol·L−1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成蓝色沉淀，说明Ksp[Cu(OH)2]>Ksp[Mg(OH)2]

B.

取少量溶液X，向其中加入适量新制氯水，再加几滴KSCN溶液，溶液变红，说明X溶液中一定含有Fe2+

C.向CuSO4溶液中加入KI溶液，有白色沉淀生成，再加入四氯化碳振荡，四氯化碳层呈紫色，白色沉淀可能为CuI

D.某待测溶液可能含有等浓度的下列离子中的若干种：K+、下列图示与对应的叙述相符合的是(    )A.N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H<0

B.FeCl3下列各项不正确的是A.等物质的量浓度的下列溶液中① NH4Al(SO4)2② NH4Cl，③CH3COONH4，④ NH3·H2O；c(NH4+)，由大到小的顺序是①>②>③>④

B.室温下，向0.01mol/L N某温度下，pH相同的盐酸和氯化铵溶液分别稀释，pH随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断下列叙述中，正确的是(

)A.Ⅰ为氯化铵稀释时pH值变化曲线，Ⅱ为盐酸稀释时pH值变化曲线

B.b点溶液中水的电离程度比d点溶液中水的电离程度大，但两点的Kw相同

C.a点时，等体积的两溶液分别与NaOH反应，消耗的NaOH量相同

D.c点溶液的导电能力一定比b下列实验操作和所用装置能达到实验目的是(    )选项ABCD实验

目的检验蔗糖与浓硫酸反应产物中有C证明Fe(NO3)检验某溶液中含有A比较非金属性：S>C>Si实验

操作将浓硫酸滴入圆底烧瓶中，再将生成的气体通入澄清石灰水将稀硝酸滴入Fe(NO向待检液中滴加足量的稀盐酸将稀硫酸滴入锥形瓶中，再将生成的气体通入Na所用

装置A.A B.B C.C D.D下列有关说法正确的是(    )A.反应SiO2(s)+3C(s)=SiC(s)+2CO(g)室温下不能自发进行，则该反应的△H<0

B.配制硫酸亚铁溶液时，需将FeSO4⋅7H2O先溶于硝酸再用蒸馏水稀释，最后加少量铁粉

C.0.1mol⋅“84”消毒液(有效成分为NaClO)可用于消毒和漂白，下列实验现象的分析，不正确的是(    )实

验现

象混合后溶液的pH=9.9，短时间内未褪色，一段时间后蓝色褪去。混合后溶液pH=5.0，蓝色迅速褪去，无气体产生。混合后溶液pH=3.2，蓝色迅速褪去，并产生大量气体，使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝。A.对比实验①和②，②中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应ClO−+H+=HClO

B.实验③中产生的气体是Cl2，由HClO分解得到：2HClO=Cl2↑+H2O

C.对比实验②和③下列实验装置与叙述正确的是(    )

A.用图①所示装置做碳酸氢钠固体受热分解实验

B.用装置②蒸干氯化镁溶液制MgCl2⋅6H2O下列说法正确的是(    )A.某温度时，pH=6的纯水，含10−6molOH−离子

B.电解精炼粗铜时，每转移1mol电子，阳极上溶解的Cu原子数必小于0.5mol

C.VLamol/LFeCl3溶液中，若Fe3+离子数目为1mol，则C设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(    )A.向1mol/L

NaOH溶液中加入27g铝，转移的电子数是3NA

B.常温常压下，28gN2与CO混合气体中的原子总数是2NA

C.标准状况下，22.4LNO与O2混合气体中的分子数为N下列关于NaHCO3溶液的叙述正确的是(    )A.NaHCO3俗名纯碱，其水溶液显弱碱性

B.该溶液中K+、Al3+、SO42−可以大量共存

下列关于电解质溶液的叙述正确的是(    )A.常温下物质的量浓度相等①NH4HSO4、②(NH4)2SO4、③(NH4)2CO3三种溶液中c(NH4+)下列说法不正确的是(    )A.pH=7的溶液不一定呈中性

B.除去氯化镁溶液中的氯化铁杂质，可加入碳酸镁调节pH

C.强碱滴定弱酸可选用酚酞作指示剂，滴定终点现象是无色突变为粉色

D.25℃时，某溶液中由水电离产生的c(H+下列叙述正确的是(    )A.若温度升高则平衡常数一定增大

B.随温度的升高，碳酸钠溶液的pH减小

C.AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同

D.c(H+)/c(OH−)=10对于0.1mol⋅L−1

NaA.c(H+)+c(HSO3−)+2c(H2SO用黄色的FeCl3溶液分别进行下列实验，解释或结论不正确的是选项实验现象解释或结论A加入FeCl溶液变成红褐色FeClB加入等体积水溶液颜色变浅c(FeC加入足量Fe粉溶液颜色变成浅绿色2FD将FeCl溶液变成红褐色水解反应

ΔH>0A.A B.B C.C D.D下列有关说法正确的是A.反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的△H<0

B.所有的化学反应都需要一定的活化能来推动

C.CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值增大

D.将0.1mol/L

CH3COOH溶液加水稀释或加入少量CHA.CH3COOH电离程度变大 B.溶液pH减小

C.溶液的导电能力减弱 D.二、填空题（本大题共2小题，共45分）胆矾是一种常见的化合物，工业上它也是一种制取其它含铜化合物的原料，现有废铜(主要杂质为Fe)来制备胆矾．有人设计了如下流程：

pH值控制可参考下列数据物质开始沉淀时的pH值完全沉淀时的pH值氢氧化铁2.73.7氢氧化亚铁7.69.6氢氧化铜5.26.4请根据上述流程回答下列问题：

(1)A可选用______(填字母)

a.稀H2SO4

b.浓H2SO4、加热

c.浓FeCl3溶液

d.浓HNO3

(2)Ⅰ中加H2O2的目的______．

(3)Ⅱ中加Cu2(OH)2CO3的目的是______，其优点是______．

SO2、NO2、可吸人颗粒物是雾霾的主要组成．

(1)SO2可用氢氧化钠来吸收．现有0.4molSO2，若用200mL，3mol⋅L−1NaOH溶液将其完全吸收，生成物为______(填化学式).经测定所得溶液呈酸性，则溶液中离子浓度由大到小的顺序为：______．

(2)CO可制做燃料电池，以KOH溶液作电解质，向两极分别充入CO和空气，工作过程中，负极反应方程式为：______．

(3)氮氧化物和碳氧化物在催化剂作用下可发生反应：2CO+2NO⇌催化剂N2+2CO2，在体积为0.5L的密闭容积中，加入0.40mol的CO和0.40mol的NO，反应中N2的物质的量浓度的变化情况如图1所示，从反应开始到平衡时，CO的平均反应速率υ(CO)=______．

(4)用CO2合成二甲醚的化学反应是：

2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H>0．

合成二甲醚时，当氢气与二氧化碳的物质的量之比为4：1，CO2的转化率随时间的变化关系如图2所示．

①A点的逆反应速率υ逆(CO2)______B点的正反应速率为υ正(CO2)(填“>”、“<”或“三、计算题（本大题共1小题，共15分）以富含硫酸亚铁的工业废液为原料生产氧化铁的工艺如下(部分操作和条件略)：

Ⅰ.从废液中提纯并结晶出FeSO4⋅7H2O.

Ⅱ.将FeSO4⋅7H2O配制成溶液．

Ⅲ.FeSO4溶液与稍过量的NH4HCO3溶液混合，得到含FeCO3的浊液．

Ⅳ.将浊液过滤，用90℃热水洗涤沉淀，干燥后得到FeCO3固体．

Ⅴ.煅烧FeCO3，得到Fe2O3固体．

已知：NH4HCO3在热水中分解．

(1)Ⅰ中，加足量的铁屑除去废液中的Fe3+，该反应的离子方程式是______．

(2)Ⅱ中，需加一定量酸，该酸最好是______.运用化学平衡原理简述该酸的作用______．

(3)Ⅲ中，生成FeCO3的离子方程式是______.若FeCO3浊液长时间暴露在空气中，会有部分固体表面变为红褐色，该变化的化学方程式是______．

(4)答案和解析1.【答案】B

【解析】解：A.要证明硫酸亚铁铵晶体中含有NH4+，可以取少量晶体溶于水，加入足量NaOH浓溶液并加热，生成氨气，再用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，故A错误；

B.强氧化剂研磨易发生分解反应，生成气体导致爆炸，则KClO3、KNO3、KMnO4等强氧化剂或其混合物不能研磨，否则将引起爆炸，故B正确；

C.NaClO溶液具有漂白性，不能使用pH试纸测定其pH，可选pH计，故C错误；

D.萃取、分液和蒸馏等都是常用的分离有机混合物的方法，而过滤、结晶主要应用无机混合物的分离，故D错误；

故选B．

A.检验氨气选用红色的石蕊试纸；

B.强氧化剂研磨易发生分解反应；

C.NaClO溶液具有漂白性；

D.【解析】【分析】

本题综合考查酸碱混合的定性判断和计算，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，本题注意把握电离、水解常数的计算和应用，答题时注意体会，难度中等。

【解答】

A.当pOH=10时，c(H+)=10−4mol/L，HA−、A2−浓度相等，H2A的第二级电离平衡常数为c(A2−)c(H+)c(HA−)=10−4mol/L，故A错误；

B.温度不变，则H2A的第一级电离常数不变，即c(HA−)c(H+)c(H2A)不变，由于HA−浓度先增大，后减小，则c(H+)c(H【解析】【分析】

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

【解答】

A.向浓度均为0.1 mol·L−1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成蓝色沉淀，说明氢氧化铜更难溶，则Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]，故A错误；

B.加入适量新制氯水，再加几滴KSCN溶液，溶液变红，若原溶液中存在铁离子，也会使溶液变红色，不一定含有亚铁离子，故B错误；

C.四氯化碳层呈紫色可知含碘，则向CuSO4溶液中加入KI溶液，发生氧化还原反应生成CuI和碘，故C正确；

D.加入足量NaOH溶液得到白色沉淀，加热产生无色气体，则一定含NH4+、Mg2+，不含F【解析】

↵解：A、依据先拐先平温度高，达到平衡时间短可知，图象中Ⅱ温度高，达到平衡所需时间短，故A错误；

B、氯化铁和硫氰酸钾反应生成硫氰酸铁红色溶液，存在化学平衡Fe3++3SCCN−=Fe(SCN)3，加入氯化钾对平衡无影响，溶液颜色不变，故B错误；

C、稀醋酸是弱酸存在电离平衡，加入醋酸钠是强电解质完全电离，导电能力增强，图象不符合，故C错误；

D、碳酸钠溶液中存在碳酸根离子水解平衡，加水稀释促进水解，但平衡状态中离子浓度减小，依据水的离子积分析溶液中氢氧根离子浓度减小，氢离子浓度增大，图象变化符合，故D正确；

故选D．

A、依据先拐先平温度高，达到平衡时间短分析；

B、氯化铁和硫氰酸钾反应生成硫氰酸铁红色溶液，氯化钾对平衡无影响；

5.【答案】C

【解析】试题分析：A.NH3·H2O是若电解质，电离的程度是很微弱的。其余的都是盐，完全电离，因此④的C(NH4+)最小。②在NH4Cl中存在水解平衡：NH4++H2ONH3·H2O+H+。在①中除了存在NH4+的水解平衡外，还存在Al3+的水解。Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+。二者水解的酸碱性相同，对NH4+的水解起抑制作用，使铵根水解消耗的比②少些。因此c(NH4+)：①>②.在③CH3COONH4中除了存在NH4+的水解平衡外，还存在CH3COO−的水解。CH3COO−+H2OCH3COOH+OH−。二者水解的酸碱性相反，对NH4+的水解起促进作用，使铵根水解消耗的比【解析】【分析】

本题解题的关键是根据溶液稀释规律结合图象判断出两种溶液的曲线，围绕pH和水解平衡去分析各个选项，整体难度适中。

【解答】

A.由于氯化铵溶液存在铵根离子的水解平衡，pH相同的盐酸和氯化铵溶液分别稀释相同倍数时，氯化铵溶液pH增大的程度小于盐酸溶液，所以图中曲线Ⅰ代表盐酸pH值变化曲线，曲线Ⅱ代表氯化铵溶液pH值变化曲线，故A错误；

B.b点pH小于d点pH，说明b点氢离子浓度大，对水的电离抑制程度大，即b点溶液中水的电离程度比d点溶液中水的电离程度小，Kw只与温度有关，因此两点的Kw相等，故B错误；

C.由于氯化铵溶液存在铵根的水解平衡，氯化铵溶液与氢氧化钠反应时降低了氢离子的浓度，促进铵根离子的水解生成了更多的氢离子，因此a点时，等体积的两溶液分别与NaOH反应，消耗的NaOH量不同，氯化铵溶液消耗的多，故C错误；

D.b、c两点相比较c点氯离子浓度大，c点氯化铵溶液中氢离子浓度大于b点盐酸溶液氢离子浓度，而且氯化铵溶液中还含有铵根离子，所以c点溶液离子浓度大导电能力强，故D正确；

故选D。

7.【答案】【解析】解：A.蔗糖与浓硫酸作用，可生成二氧化硫、二氧化碳，二者都可使澄清石灰水变浑浊，应先除去二氧化硫，故A错误；

B.加入硝酸，可氧化亚铁离子，应加入盐酸，故B错误；

C.加入盐酸，引入氯离子，应加入硝酸，故C错误；

D.稀H2SO4与Na2CO3溶液反应后产生二氧化碳，酸性硫酸大于碳酸，二氧化碳溶于水生成碳酸，通入Na2SiO3溶液中产生白色浑浊，说明生成硅酸，则酸性：H2CO3>H2SiO3，符合强酸准备弱酸的特点，故D正确。

故选：【解析】解：A、依据反应自发进行的判断依据是△H−T△S<0，结合反应特征分析，反应SiO2(s)+3C(s)=SiC(s)+2CO(g)室温下不能自发进行，△H−T△S>0，反应的熵变△S>0，则△H>0，故A错误；

B、溶于硝酸，将亚铁离子氧化为铁离子，且引入硝酸根(杂质离子)。配制硫酸亚铁溶液时，需将FeSO4⋅7H2O先溶于硫酸再用蒸馏水稀释，最后加少量铁粉，防止亚铁离子被氧化，故B错误；

C、稀释碳酸钠溶液后，促进了碳酸钠的水解，但由于溶液体积增大，碱性仍然减弱，所以pH减小，故C正确；

D、常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，c(Ba2+)c(CO32−)>Ksp(BaCO3)，有沉淀生成，不能说明Ksp(BaC【解析】解：A.“84”消毒液(有效成分为NaClO)溶液中次氯酸根离子水解溶液显碱性，水解生成的次氯酸具有漂白性，加入硫酸促进水解平衡正向进行，生成次氯酸浓度大漂白效果快，②中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应ClO−+H+=HClO，故A正确；

B.“84”消毒液(有效成分为NaClO)溶液中加入浓度较大的稀硫酸反应，混合后溶液pH=3.2，蓝色迅速褪去，并产生大量气体，使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，说明生成了氯气，是氯离子和次氯酸根离子在酸溶液中生成了氯气，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，生成的盐酸呈酸性，故B错误；

C.对比实验②和③，酸溶液浓度大小会影响反应过程，溶液的pH可能会影响ClO−的氧化性或Cl−的还原性，故C正确；

D.加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但酸的浓度大时会生成污染气体氯气，需要调控合适的pH才能安全使用，故D正确；

故选：B。

A.“84”消毒液(有效成分为NaClO)溶液中次氯酸根离子水解溶液显碱性，水解生成的次氯酸具有漂白性，加入硫酸促进水解平衡正向进行，生成次氯酸，次氯酸浓度增大漂白效果快；

B.“84”消毒液(有效成分为NaClO)溶液中加入浓度较大的稀硫酸反应，氯离子和次氯酸根离子在酸溶液中生成了氯气，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，生成的盐酸呈酸性；

C.对比实验②和③，稀硫酸浓度影响氯离子的还原性和次氯酸根离子的氧化性；

D.加酸可以提高“84【解析】解：A.试管口应向下倾斜，防止冷凝水回流试管炸裂，故A错误；

B.蒸干氯化镁溶液得到氢氧化镁，故B错误；

C.锥形瓶不能润洗，否则会使结果偏大，故C正确；

D.定容时俯视，液面在刻度线下方，溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏高，故D错误．

故选C．

A.试管口应向下倾斜；

B.镁离子易水解生成氢氧化镁和氢离子；

C.锥形瓶不能润洗；

D.俯视刻度线，会导致加入的蒸馏水体积偏小．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质制备、性质以及实验操作等等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大．

11.【答案】B

【解析】解：A.体积未知，氢氧根离子浓度无法计算，故A错误；

B.粗铜精炼时阳极材料为粗铜，转移1mol电子，阳极上比铜的活泼的金属也失去电子，则溶解的铜原子小于0.5NA，故B正确；

C.氯化铁溶液中，因铁离子的水解及氯离子不水解，则Fe3+的数目为1mol时，一定存在Cl−的数目大于3mol，故C错误；

D.碳酸根能发生水解生成碳酸氢根和氢氧根，使阴离子数增大，所含阴离子总数大于0.1mol，故D错误，

故选B．

A.体积未知，氢氧根离子浓度无法计算；

B.粗铜中含有活泼性强于铜的铁、锌等杂质，电解时铁、锌优先放电，所以阳极溶解的铜小于0.5mol；

C.铁离子部分水解，导致铁离子数目减少，氯离子的数目大于铁离子数目的3倍；

D.碳酸根离子水解导致阴离子的数目增大．

【解析】解：A.氢氧化钠物质的量未知，铝消耗的量无法确定，无法计算电子转移数，故A错误；

B.常温常压下，28gN2与CO混合气体，物质的量为1mol，原子总数是2NA，故B正确；

C.二氧化氮与四氧化二氮存在转化平衡，一氧化氮与氧气混合后恰好生成1mol二氧化氮，反应后混合气体的物质的量小于1mol，混合气体中所含分子数小于NA，故C错误；

D.碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，阴离子数目增多，所以1L0.1

mol/LNa2CO3溶液中所含有的阴离子总数大于0.1NA，故D错误；

故选：B。

A.氢氧化钠物质的量未知；

B.氮气与一氧化碳都是双原子分子，摩尔质量都是28g/mol；

C.【解析】解：A.碳酸氢钠俗称小苏打，溶液中碳酸氢根离子水解溶液显碱性，纯碱是碳酸钠的俗称，故A错误；

B.铝离子和碳酸氢根离子会水解相互促进，发生双水解反应，Al3+离子在碳酸氢钠溶液中不能共存，故B错误；

C.碳酸氢根离子电离平衡常数K=c(H+)c(CO32−)c(HCO3−)=c(H+)c(CO32−)c(HCO3−)，c(HCO3−)c(CO32−)×c(H+【解析】解：A、②中铵根离子系数都是1，则硫酸氢铵中铵根离子浓度最小；②③中铵根离子系数都是2，其溶液中铵根离子浓度大于①溶液中铵根离子浓度，碳酸根离子促进铵根离子水解，则(NH4)2SO4溶液中铵根离子浓度大于(NH4)2CO3溶液中铵根离子浓度；所以铵根离子浓度②>③>①，故A错误；

B、硫酸铵水解促进水的电离，故B错误；

C、醋酸是弱酸，在pH相等的条件小，醋酸的浓度大，消耗的氢氧化钠多，故C错误；

D、硫化钠的水解程度大于NaHS的水解程度，同浓度的Na2S与NaHS溶液相比，Na2S溶液的pH大，故D正确．

故选D．

A、物质的量相等的这几种溶液中，要比较铵根离子浓度大小，先比较盐中铵根离子的系数，系数越大，溶液中铵根离子浓度越大，相同系数的铵盐溶液，再根据溶液中其它离子是促进铵根离子水解还是抑制铵根离子水解判断即可；

B【解析】解：A、只有在25℃时，pH=7的溶液才显中性，如在100℃时，pH=7的溶液显碱性，故A正确；

B、加入碳酸镁能调节溶液的pH，减小溶液中的氢离子浓度，促进铁离子水解，从而除去铁离子且不引入杂质，故B正确；

C、强碱滴定弱酸达到滴定终点时，溶液呈弱碱性，故可以用酚酞做指示剂，且当滴定终点时溶液由无色变为粉红色，故C正确；

D、25℃时，某溶液中由水电离产生的c(H+)×c(OH−)=1×10−18，说明水的电离被抑制，而酸和碱均能抑制水的电离，故此溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液。

若为酸溶液，溶液中的氢氧根全部来自水的电离，则溶液中c(OH−)=1×10−9，c(H+)=10−5mol/L，则pH=5；

若为碱溶液，溶液中的氢离子全部来自水的电离，则溶液中的c(H+)=10−9mol/L，则pH=9，故D错误。

故选：D。

A、只有在25℃时，pH=7的溶液才显中性；

【解析】解：A、升高温度，平衡向吸热方向移动，若正方向为吸热方向，则平衡常数增大；若正方向为放热方向，则平衡常数减小，故A错误；

B、升温促进水解，所以随温度的升高，碳酸钠的水解程度增大，溶液的pH增大，故B错误；

C、AgCl在水中存在沉淀溶解平衡，AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl−(aq)，加入Cl−平衡逆移，Cl−浓度越大，则AgCl的溶解度越小，所以AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度不同，前者小，故C错误；

D、c(H+)c(OH−)=1012的水溶液中，c(H+)>c(OH−)，溶液显酸性，NH4+、Al3+、NO3−、Cl−之间不反应，也不与氢离子反应，所以NH4+、A【解析】解：A、根据质子守恒可知：c(H+)+c(HSO3−)+2c(H2SO3)=c(OH−)，故A正确；

B、溶液中存在物料守恒，Na离子的浓度为含硫元素的微粒的2倍：c(Na+)=2c(SO32−)+2c(HSO3−)+2c(H2SO3)，故B错误；

C、溶液中存在电荷守恒，正电荷总数等于负电荷总数：c(N【解析】A项，现象应是溶液的黄色加深，水解程度变小。

19.【答案】A

【解析】试题分析：A、反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，说明ΔG=ΔH−TΔS<0，由于反应发生后物质的状态由气态变为固体，ΔS<0，则只能是该反应的△H<0，正确；B、所有的化学反应都需要吸收能量断裂化学键的过程，因此都有需要一个活化的过程，错误；C、CH3COOH溶液加水稀释后，电离平衡正向移动，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO−)的浓度都减小，但是减小的倍数c(CH3COOH)> c(CH3COO【解析】解：A、CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，故A错误；

B、CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，溶液的PH增大，CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，溶液的pH增大，故B错误；

C、CH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量CH3COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，故C错误；

D.加水稀释，促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，氢离子浓度减小，故D正确；

故选D．

CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度减小，溶液的pH增大，导电能力减弱，溶液中c(H+)减小；CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，溶液的PH【解析】解：废铜(主要杂质为Fe)来制备胆矾的流程：将金属全部溶解，再将存在的亚铁离子氧化为铁离子，再结合Cu2+开始沉淀时的pH值，可以Fe最终转化为Fe(OH)3更容易除去，保证铜离子不会沉淀，不能引进杂质离子，加入H2O2，目的是将二价铁转化为三价铁，在III中调节溶液pH值，在这个过程中加了Cu2(OH)2CO3，目的应是调节溶液的酸碱性，所以这里加Cu2(OH)2CO3中和过量的硫酸，控制好溶液的pH值为3.7，刚好此时溶液中三价铁正全转化为Fe(OH)3.当三价铁沉淀完全后，再进行过滤，滤液中剩余的阳离子主要有Cu2+，阴离子有SO42−，再加硫酸，调节溶液pH值=1，目的是抑制Cu2+的水解，再分别进行蒸发、冷却、结晶后，最终得到产品胆矾．

(1)A可选用浓H2SO4、加热，稀硫酸不能溶解Cu，而浓FeCl3溶液、浓HNO3会引入杂质，故答案为：b；

(2)H2O2与Fe2+发生氧化还原反应，Fe2+被氧化为Fe3+后，调节pH，更容易除去，所以Ⅰ中加H2O2的目的将亚铁离子氧化为铁离子，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；

(3)在III中调节溶液pH值，在这个过程中加了Cu2(OH)2CO3，这里加Cu2(OH)2CO3中和过量的硫酸，控制好溶液的pH值为3.7，刚好此时溶液中三价铁正全转化为Fe(OH)3，并且不引入新的杂质，故答案为：除去过量的硫酸；不引入新的杂质；

(4)Ⅲ加热煮沸时，促进铁离子