【解析】2023年高考真题变式分类汇编：盐类水解的原理2

第第页【解析】2023年高考真题变式分类汇编：盐类水解的原理2登录二一教育在线组卷平台助您教考全无忧

2023年高考真题变式分类汇编：盐类水解的原理2

一、选择题

1．（2023·全国甲卷）下图为和在水中达沉淀溶解平衡时的关系图(；可认为离子沉淀完全)。下列叙述正确的是

A．由点可求得

B．时的溶解度为

C．浓度均为的和可通过分步沉淀进行分离

D．混合溶液中时二者不会同时沉淀

【答案】C

【知识点】盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；溶液酸碱性的判断及相关计算

【解析】【解答】A.对于a点可知，pH=2，c（OH-）=10-12mol/L，c（Fe3+）=10-2.5mol/L，带入Ksp（Fe（OH）3）=c（Fe3+）c（OH-）3=10-38.5，A项错误；

B.pH=4时，Al3+浓度为10-3mol/L，所以氢氧化铝溶解度为10-3mol/L，B项错误；

C.由图可知，当Fe3+完全沉淀时，Al3+还没有沉淀，所以可以通过分步沉淀进行分离，C项正确；

D.由图可知，Al3+还没有完全沉淀时，Cu2+已经开始沉淀，所以二者会同时沉淀，D项错误。

故答案为：C。

【分析】（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、终点等；

（3）弄清楚什么时候完全沉淀，什么时候开始沉淀，分析多离子沉淀时沉淀的先后顺序。

2．（2023·浙江1月选考）硫酸铜应用广泛，下列说法错误的是

A．元素位于周期表p区B．硫酸铜属于强电解质

C．硫酸铜溶液呈酸性D．硫酸铜能使蛋白质变性

【答案】A

【知识点】强电解质和弱电解质；盐类水解的原理；元素周期表的结构及其应用

【解析】【解答】A．Cu为29号元素，其外围电子排布式为3d104s1，属于ds区元素，故A符合题意；

B．硫酸铜在水溶液中完全电离为铜离子和硫酸根离子，属于强电解质，故B不符合题意；

C．硫酸铜为强酸弱碱盐，铜离子水解使溶液呈酸性，故C不符合题意；

D．铜离子为重金属离子，能使蛋白质变性，故D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A.Cu的原子序数为29，其外围电子排布式为3d104s1，属于ds区；

B.电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，强电解质是指在溶液中完全电离的电解质；

C.铜离子水解显酸性；

D.重金属离子能使蛋白质变性。

3．（2023·天津）常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是（）

A．在溶液中

B．在溶液中

C．在溶液中

D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液中

【答案】A

【知识点】电解质在水溶液中的电离；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．由于磷酸为多元酸，第一步电离大于第二步电离大于第三步电离，所以在溶液中，离子浓度大小为：，故A符合题意；

B．在溶液中，根据电荷守恒得到，故B不符合题意；

C．在溶液中，根据物料守恒得到，故C不符合题意；

D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液，则，根据电荷守恒，则，故D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A．根据多元弱酸分步电离，且以第一步为主判断；

B．根据电荷守恒判断，草酸根离子带两个单位正电荷，离子浓度应乘2；

C．根据物料守恒，等式左边还有碳酸氢根电离产生的碳酸根离子的浓度；

D．根据电荷守恒以及溶液显碱性判断。

4．（2023·辽宁）用盐酸滴定溶液，溶液中、、的分布分数随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是（如分布分数：）（）

A．的为

B．c点：

C．第一次突变，可选酚酞作指示剂

D．

【答案】C

【知识点】电解质与非电解质；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数

【解析】【解答】A．的，根据上图交点1计算可知=10-6.38，A不符合题意；

B．根据图像可知c点中，B不符合题意；

C．根据图像可知第一次滴定突跃溶液呈碱性，所以可以选择酚酞做指示剂，C符合题意；

D．根据图像e点可知，当加入盐酸40mL时，全部生成，根据计算可知，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】

A.根据a点的pH和分布分数计算即可；

B.c点盐酸稍过量，抑制电离；

C.第一次突变，从碱性变中性，选变色范围在弱碱性的酚酞指示剂较好；

D.根据e点全生成弱酸进行计算。

5．（2023·福州模拟）如不图所示，(只有未电离的HA分子可自由通过交换膜。常温下，往甲室和乙室中分别加入0.1mol·L-1的NH4A溶液(pH≈7)和0.1mol·L-1的HA溶液(pH≈3)，达到平衡后，下列说法正确的是()

A．常温下，HA的电离度约为0.1%

B．平衡后，甲、乙两室的pH相等

C．平衡后，甲室中NH3·H2O的物质的量浓度小于乙室中A-的物质的量浓度

D．若用等物质的量浓度的NaA溶液代替NH4A溶液，则通过交换膜的HA分子的量减少

【答案】C

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；电离平衡常数

【解析】【解答】A．常温下，乙室中0.1mol/L的HA溶液的pH=3，则c(H+)=0.001mol/L，所以HA的电离度为0.001/0.1×100%=1%，A不符合题意；

B．平衡后，两室溶液中c(HA)相等，由于甲室中的A-会抑制HA的电离，所以平衡后，甲、乙两室的溶液pH不相等，B不符合题意；

C．平衡后，两室溶液中c(HA)相等，进入甲室的HA会抑制NH4+的水解，溶液中c(NH3·H2O)＜10-7mol/L，乙室中c(HA)减小，电离度增大，则乙室中c(A-)＞0.05mol/L×1%=0.0005mol/L，所以甲室中NH3·H2O的物质的量浓度小于乙室中A-的物质的量浓度，C符合题意；

D．NaA为弱酸强碱盐，该溶液中A—的水解程度小于NH4A溶液，所以若用等物质的量浓度的NaA溶液代替NH4A溶液，则通过交换膜的HA分子的量增加，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】根据题干信息，0.1mol·L-1的HA溶液的pH≈3，说明HA为弱酸。0.1mol/LNH4A溶液pH约为7，说明NH4+和A-在溶液中的水解程度几乎相等，溶液中c(HA)=c(NH3·H2O)≈10-7mol/L，由于只有未电离的HA分子可自由通过交换膜，说明甲室溶液中HA的浓度小于乙室，当两室溶液中c(HA)相等时，乙室的电离和甲室的水解都达到平衡。

6．（2023高三下·辽宁月考）常温下，下列各组离子在指定条件下一定能大量共存的是()

A．无色透明的水溶液中：Na+、、、Cl-

B．pH=0的溶液中：K+、Na+、、

C．中性溶液中：Fe3+、Al3+、、Cl-

D．含有大量Ca2+的溶液中：Al3+、、、Br-

【答案】A

【知识点】盐类水解的原理；离子共存

【解析】【解答】A.溶液中各个离子相互间不反应，可大量共存，A符合题意；

B.H＋能与S2O32－发生反应：S2O32－＋2H＋=H2O＋S↓＋SO2↑，二者不可大量共存，B不符合题意；

C.Fe3＋、Al3＋水解使得溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性，与中性溶液不符，C不符合题意；

D.Ca2＋能与CO32－发生反应：Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓，二者不可大量共存，D不符合题意；

故答案为：A

【分析】A、溶液中各个离子相互间不反应，可大量共存；

B、pH=0的溶液显酸性，含有大量的H＋；

C、Fe3＋、Al3＋的水解，使得溶液显酸性；

D、Ca2＋能与CO32－形成CaCO3沉淀；

7．（2022·绍兴模拟）已知：25℃，；，。下列“类比”结果正确的是

A．溶液中与会发生双水解反应，与主要也发生双水解反应

B．水解生成与HClO，则水解同样生成

C．的浓度用硝酸银溶液滴定时，可选择作指示剂，同样也可以

D．乙醇与足量的反应被氧化成乙酸，异丙醇被氧化丙酸

【答案】C

【知识点】盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质

【解析】【解答】A．溶液中与会发生双水解反应，而有较强的氧化性，有较强的还原性，二者主要发生氧化还原反应反应，故A不符合题意；

B．水解生成与HClO，但F没有正价，与水会发生氧化还原反应，故B不符合题意；

C．由Ksp可知沉淀等浓度的所需Ag+比沉淀等浓度的和需要的Ag+浓度都大，而且AgCl是白色沉淀，AgBr是淡黄色沉淀，是黑色沉淀，所以的浓度用硝酸银溶液滴定时，可选择作指示剂，同样也可以，故C符合题意；

D．乙醇与足量的反应被氧化成乙酸，而异丙醇会被氧化丙酮，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A．有较强的氧化性，有较强的还原性，二者主要发生氧化还原反应反应；

B．F没有正价，与水会发生氧化还原反应；

C．利用Ksp及沉淀颜色判断；

D．依据醇羟基催化氧化规律判断。

8．（2022·宝山模拟）下列属于水解反应的是（）

A．HCOOH+H2OH3O++HCOO-B．+OH-H2O+

C．SO2+H2O+H+D．+H2OH2CO3+OH-

【答案】D

【知识点】盐类水解的原理

【解析】【解答】A.H3O+为水合氢离子，HCOOH+H2OH3O++HCOO-，属于甲酸的电离方程式，A不选；

B.HCO+OH－H2O+CO为碳酸氢根离子和氢氧根离子发生反应，不是水解反应，B不选；

C.SO2+H2O+H+属于二氧化硫和水反应生成亚硫酸、亚硫酸发生一级电离，不是水解反应，C不选；

D.+H2OH2CO3+OH-属于碳酸氢根离子的水解反应，D选；

故答案为：D。

【分析】A.甲酸的电离方程式；

B.碳酸氢根离子和氢氧根离子反应；

C.二氧化硫和水反应生成亚硫酸、亚硫酸发生一级电离；

D.碳酸氢根离子的水解反应。

9．（2022·温州模拟）下列水溶液呈碱性的盐是（）

A．CaCl2B．Na2SO3C．Ba(OH)2D．HNO3

【答案】B

【知识点】盐类水解的原理

【解析】【解答】A．CaCl2是强酸强碱盐，其溶液显中性，A不符合题意；

B．Na2SO3是强碱弱酸盐，其溶液显碱性，B符合题意；

C．Ba(OH)2属于碱，不符合题意，C不符合题意；

D．HNO3，属于酸，不符合题意，D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】强酸弱碱盐呈酸性，强碱弱酸盐呈碱性，强酸强碱盐呈中性。

10．（2022·天河模拟）用盐酸滴定某浓度的溶液，溶液中的分布分数随变化曲线及滴定曲线如图。下列说法错误的是（）

A．溶液时，

B．待测液浓度为

C．时，溶液

D．滴定过程中，可依次选用酚酞和甲基橙作指示剂

【答案】A

【知识点】盐类水解的原理；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．用盐酸滴定某浓度的溶液，根据电荷守恒可知：，当溶液时，，故，A项符合题意；

B．Na2A与足量盐酸反应的化学方程式为Na2A+2HCl=H2A+2NaCl，可知HCl和Na2A以2：1完全反应，由图可知完全反应时消耗V(HCl)=40mL，c(HCl)×V(HCl)=2c(Na2A)×V(Na2A)，可求得c(Na2A)=0.1mol/L，B项不符合题意；

C．由d点可知，Ka1=10-6.38，由a点可知Ka2=10-10.24，则，因，故，所以溶液，C项不符合题意；

D．由图像可知，第一次突变时溶液显碱性，pH约为8.32，可选酚酞作指示剂，第二次突变时溶液显酸性，pH约为3.9，可用甲基橙作指示剂，D项不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A、电荷守恒要注意列出溶液中存在的所有阳离子和阴离子；

B、根据化学方程式的化学计量数比例判断其浓度；

C、要注意计算到最后为，开方后得出c（H+）；

D、注意弱碱性条件下选择酚酞，弱酸性条件下选择甲基橙。

11．（2022·成都模拟）分别向0.2mol·L-1NaX溶液加入少量NaOH固体或通入HCl气体时，所得溶液中部分微粒浓度的对数lgc与pH关系如图所示。已知HX为一元弱酸，lg2≈0.3。下列说法错误的是（）

A．曲线代表lgc(HX)与pH的关系

B．甲、乙之间溶液存在c(Na＋)>c(HX)>c(X-)

C．0.2mol·L-1NaX溶液的pH≈11.3

D．加水稀释甲点混合溶液，交点甲沿OH-线向左下移动

【答案】B

【知识点】盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用

【解析】【解答】A．向NaX溶液中加入NaOH固体，抑制X-水解，溶液碱性增强，c(X-)、c(Na+)增大，而c(HX)减小；向NaX溶液中通入HCl，发生反应NaX+HCl=NaCl+HX，溶液碱性减弱，溶液中c(X-)减小，c(Cl-)、c(HX)增大，c(Na+)不变，可知曲线代表lgc(HX)与pH的关系，A不符合题意；

B．在甲乙之间溶液中lgc(HX)＜-1，则c(HX)＜0.1mol/L，由物料守恒有c(X-)+c(HX)=0.2mol/L，故c(X-)＞0.1mol/L，则c(X-)＞c(HX)，B符合题意；

C．由图可知，当lgc(HX)=-1时，溶液pH=9.3，此时c(HX)=0.1mol/L，由物料守恒有c(X-)+c(HX)=0.2mol/L，故此时溶液中c(X-)=c(HX)=0.1mol/L，则Ka(HX)==c(H+)=10-9.3，Kh(X-)==10-4.7，水解是微溶的，NaX溶液中c(X-)≈0.2mol/L，则有c(OH-)≈c(HX)，Kh==10-4.7，解得c(OH-)=mol/L，则溶液pH=-lg=14+=11.3，C不符合题意；

D．加水稀释甲点混合溶液，溶液碱性减弱，溶液中c(HX)减小，交点甲沿OH-线向左下移动，D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A.向NaX加入NaOH，X-的水解被抑制，同时溶液的碱性增强，X-和OH-的浓度增大，HX的浓度减小；向NaX加入HCl，发生反应NaX+HCl=NaCl+HX，X-和Cl-的浓度减小，HX的浓度增大；

B.甲乙之间lgc(HX)c(NH)

D．相同温度下，pH相等的盐酸、醋酸溶液中，c(Cl-)=c(CH3COO-)

【答案】D

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理

【解析】【解答】A．室温下，某溶液中由水电离出的氢离子浓度为1×10-3mol·L-1说明该溶液为能促进水电离的盐溶液，该溶液可能是显酸性的强酸弱碱盐，也可能是显碱性的强碱弱酸盐，故A不符合题意；

B．氨水中存在电离平衡，所以pH和体积均相等的氨水、氢氧化钠溶液中一水合氨的物质的量大于氢氧化钠，室温下，消耗盐酸的物质的量多于氢氧化钠，故B不符合题意；

C．室温下，盐酸和氨水混合后，若溶液呈中性，溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，由电荷守恒可知，溶液中氯离子浓度与铵根离子浓度相等，故C不符合题意；

D．相同温度下，pH相等的盐酸、醋酸溶液中氢离子浓度相等，所以盐酸溶液中氯离子浓度等于醋酸溶液中的醋酸根离子浓度，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A．依据酸或碱抑制水的电离分析；

B．依据电离情况确定碱的浓度；

C．利用有电荷守恒分析；

D．利用有电荷守恒分析。

17．（2022·湖北模拟）室温下，向某和的混合溶液巾逐滴加入溶液。溶液中与的变化关系如图所示(已知室温下：的、分别为、)。下列说法正确的是（）

A．a、b、c三点中，溶液中的pH最大的是a点

B．b点溶液中存在：

C．a→b对应的溶液中：的值减小

D．a点对应溶液中，c(H+)的数量级为

【答案】B

【知识点】盐类水解的原理；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．，Kh1只受温度的影响，越大，c(OH－)越大，pH越大，根据图像可知，c点pH最大，或者CO水解程度大于HCO，也就是说c(CO)越大，溶液的pH越大，根据图像可知，c点c(CO)比另外两点大，c点pH是三点最大的，故A不符合题意；

B．根据溶液呈电中性，推出2c(Ba2＋)＋c(Na＋)＋c(H＋)=c(HCO)＋2c(CO)＋c(Cl－)＋c(OH－)，b点c(CO)=c(HCO)，且此时溶液向碱性，c(H＋)＜c(OH－)，从而推出2c(Ba2＋)＋c(Na＋)＞3c(HCO)＋c(Cl－)，故B符合题意；

C．，Kh1只受温度的影响，Kh1保持不变，因此a→b对应的溶液中保持不变，故C不符合题意；

D．a点：，推出c(H＋)==5.6×10－9mol·L－1，此时c(H＋)的数量级为10－9，故D不符合题意；

答案为B。

【分析】思路分析：1.首先要弄清楚图像含义，横坐标数值越大，代表CO32-与HCO3-的比值越大，纵坐标代表Ba2+浓度大小；2.在比较离子浓度大小时，结合质量守恒和电荷守恒判断，同时也要结合平衡常数。

18．（2022·浦东模拟）一定温度下，向饱和碳酸钠溶液中通入足量的CO2气体，忽略溶液体积的变化，所得溶液中有关量一定变大的是（）

A．c(H＋)B．c(Na＋)C．n(H2O)D．n()

【答案】A

【知识点】盐类水解的原理；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】向饱和碳酸钠溶液中通入足量的CO2气体，发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3↓，则溶液中c(Na＋)、n(H2O)、n()都减小，从而得出溶液中c(OH-)减小，c(H＋)增大，

故答案为：A。

【分析】涉及反应是Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3↓，所得溶液为NaHCO3溶液，且有部分NaHCO3析出，所以c(Na＋)、n(H2O)、n(CO32-)都减小。由于CO32-、HCO3-水解均生成OH-，且CO32-的水解程度大于HCO3-，所以反应后所得溶液中c(OH-)变小，则c(H+)变大。

19．（2022·河西模拟）25℃时，在某氨水中不断通入CO2，各种离子的变化趋势如图所示：

下列说法正确的是（）

A．lg[Kb(NH3H2O)]=9

B．随着CO2的通入，不断减小

C．刚通入CO2时反应的离子方程式NH3H2O+CO2=NH+HCO

D．pH=8.5的溶液中：c(NH)+c(H+)=c(CO)+c(HCO)+c(NH2COO-)+c(OH-)

【答案】B

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．根据图示，时，pH=9，Kb(NH3H2O)=10-5，lg[Kb(NH3H2O)]=5，故A不符合题意；

B．温度不变，Kb(NH3H2O)=不变，随着CO2的通入，增大，所以不断减小，故B符合题意；

C．刚通入CO2时，氨水过量，反应生成碳酸铵，反应的离子方程式2NH3H2O+CO2=2NH+CO+H2O，故C不符合题意；

D．根据电荷守恒，pH=8.5的溶液中c(NH)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(NH2COO-)+c(OH-)，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A.在计算Kb时要注意选择特殊点进行巧妙计算，在pH=9时，NH3H2O和NH4+浓度相等，从而计算Kb。

B.利用平衡常数不变，随着CO2的通入，二氧化碳与氨水反应，NH4+浓度变大，利用平衡常数表达式可知，其比值减小。

C.刚刚通入二氧化碳时，二氧化碳少量，应该生成碳酸根。

20．（2022·河西模拟）室温下，，现有浓度均为的溶液、溶液，下列说法错误的是（）

A．溶液中

B．若将两溶液等体积混合，混合溶液的

C．两溶液中均存在

D．两溶液中由水电离产生的较大的是溶液

【答案】A

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理

【解析】【解答】A．设醋酸溶液中氢离子浓度为xmol/L，则有

，Ka==≈=，解得：x≈1.310-3，A符合题意；

B．若将两溶液等体积混合，得到等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，醋酸的电离常数Ka=，醋酸根离子的水解常数Kh==c(HOOCCH2NH)

C．P点的溶液中：c(HOOCCH2NH)+c(H+)=c(-OOCCH2NH2)+c(OH-)

D．当V(NaOH)=20mL时，混合溶液中的溶质主要为NaOOCCH2NH2和NaCl

【答案】C

【知识点】盐类水解的原理；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；中和滴定

【解析】【解答】A．由K2=可知，=，由题干图示可知，Q→X过程中溶液pH增大，即c(H+)减小，K2不变，则逐渐减小，A不符合题意；

B．由图示可知，X点对应加入的NaOH溶液为10mL，此时溶液的溶质为：NaOOCCH2NH，X点的溶液呈酸性，则有-OOCCH2NH的电离大于水解，有c(-OOCCH2NH2)>c(HOOCCH2NH)，B不符合题意；

C．由题干图示信息可知，P点对应加入的NaOH为15mL，此时反应后的溶液中的溶质为等物质的量的NaOOCCH2NH和NaOOCCH2NH2，则此时溶液中有电荷守恒式为：c(HOOCCH2NH)+c(H+)+c(Na+)=c(-OOCCH2NH2)+c(OH-)+c(Cl-)，且c(Na+)＞c(Cl-)，故c(HOOCCH2NH)+c(H+)＜c(-OOCCH2NH2)+c(OH-)，C符合题意；

D．当V(NaOH)=20mL时，即甘氨酸盐酸盐(HOOCCH2NH3Cl)和NaOH的物质的量之比为1：2，反应方程式为：HOOCCH2NH3Cl+2NaOH=NaOOCCH2NH2+NaCl+2H2O，故此时混合溶液中的溶质主要为NaOOCCH2NH2和NaCl，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A.分析溶液中两种离子的浓度比变化时，往往结合平衡常数进行分析，把两种离子浓度分析转换成一种离子浓度分析

B.同浓度一比一反应，分析X点溶质和溶液酸碱性，比较离子浓度大小

C.分析P点溶质，观察题中等式左边都是阳离子右边都是阴离子，写出此时溶液中的电荷守恒关系，与题中等式对比，不难得出结论

D.反应物与氢氧化钠1：2正好完全反应，生成对应的正盐

二、多选题

22．（2023高二下·浙江期中）室温下，用溶液滴定(二元弱酸)溶液的曲线如图所示(体积变化忽略不计)。下列说法错误的是（）

A．点④所示溶液水的电离程度最大

B．滴定过程中：一直保持不变

C．点①所示溶液中：

D．滴定过程中，存在以下关系：

【答案】B,C

【知识点】水的电离；盐类水解的原理；盐类水解的应用；常见离子的检验；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．点①加入NaOH溶液为20mL，反应为：H2B+NaOH=NaHB+H2O，溶液为NaHB溶液，pH＜7，溶液显酸性，即以HB-的电离为主，抑制了水的电离；点②处的溶质为NaHB和Na2B，pH＜7，即以HB-的电离为主，抑制了水的电离；点③加入NaOH溶液不到40mL，为NaHB和Na2B的混合溶液，pH=7，溶液显中性，水正常电离；点④加入NaOH溶液为40mL，反应为：H2B+2NaOH=Na2B+2H2O，B2-为弱酸根离子，水解使溶液显碱性，pH＞7，此时促进了水的电离，所以点④所示溶液水的电离程度最大，故A符合题意；

B．在整个滴定过程中，c（Na+）增大，根据物料守恒知：n（B2-）+n（HB-）+n（H2B）之和不变，滴定的过程中溶液的体积一直增大，所以c（B2-）+c（HB-）+c（H2B）之和不断减小，c（Na+）增大与c（B2-）+c（HB-）+c（H2B）的减小程度无法确定，所以c（Na+）+c（B2-）+c（HB-）+c（H2B）无法确定，故B不符合题意；

C．点①加入NaOH溶液为20mL，反应为：H2B+NaOH=NaHB+H2O，溶液为NaHB溶液，pH＜7，溶液显酸性，电离程度大于水解，则，故C不符合题意；

D．滴定过程中，溶液中始终存在电荷守恒为：，故D符合题意。

故答案为：BC。

【分析】A.酸性或碱性对水的电离起到抑制作用，在①②处先酸性，电离为主抑制水的电离，而在③中性，正常电离，在④时是弱酸强碱盐因此对水的电离起到促进作用

B.钠离子的物质的量增大，浓度在增大，根据物料守恒即可判断等式是否正确

C.根据加入的体积即可判断此时的溶液是NaHB溶液，根据pH的大小即可判断离子浓度的大小

D.根据电荷守恒即可判断

23．（2023高三上·扬州期中）室温时，Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5。下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（）

A．0.1mol/LH2C2O4溶液：c(H+)＞c(HC2O)＞c(C2O)

B．0.1mol/LNaHC2O4溶液：c(C2O)＞c(HC2O)＞c(H2C2O4)

C．0.1mol/LNa2C2O4溶液：c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O)

D．0.1mol/LNaHC2O4溶液和0.1mol/LNa2C2O4溶液等体积混合：c(HC2O)+2c(C2O)＜0.15mol/L

【答案】A,C

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．H2C2O4为二元弱酸，根据电离平衡常数，一级电离大于二级电离，则0.1mol/LH2C2O4溶液：c(H+)＞c(HC2O)＞c(C2O)，A关系符合题意；

B．分析可知NaHC2O4的电离程度大于其水解程度，则0.1mol/LNaHC2O4溶液：c(HC2O)＞c(C2O)＞c(H2C2O4)，B关系不符合题意；

C.0.1mol/LNa2C2O4溶液，根据溶液呈电中性，c(Na+)+c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-)，根据物料守恒，c(Na+)=2[c(H2C2O4)+c(HC2O)+c(C2O)]，两式联立，解得c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O)，C关系符合题意；

D.0.1mol/LNaHC2O4溶液和0.1mol/LNa2C2O4溶液等体积混合，根据溶液呈电中性，c(Na+)+c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-)，变形后c(HC2O)+2c(C2O)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，c(Na+)=0.15mol/L，Ka2(H2C2O4)＞Kh(C2O)=1.9×10-10，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，则c(HC2O)+2c(C2O)＞0.15mol/L，D关系不符合题意；

故答案为AC。

【分析】A.草酸第一步电离大于第一步电离，电离显酸性；

B.Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5，可知HC2O4-电离大于其水解；

C.存在质子守恒式为c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4-)；

D.Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5>，混合溶液呈酸性，c(Na+)==0.15mol/L，结合电荷守恒判断。

24．（2023高三上·如东期中）25℃时，用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定某二元弱酸H2A。溶液中，pH、物种分布分数δ[如：δ(A2-)=随H2A被滴定分数的变化关系如图所示。

下列说法正确的是()

A．曲线①代表δ(H2A)

B．H2A的Ka1=1×10-7

C．=0.5的溶液中：2c(H+)+c(H2A)=c(HA-)+3c(A2-)+2c(OH-)

D．=1的溶液中：c(Na+)>c(HA-)>c(H2A)>c(A2-)

【答案】A,C

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；中和滴定

【解析】【解答】A．随着NaOH溶液加入，H2A逐渐减少，所以曲线①代表δ(H2A)，故A符合题意；

B．由图可知，当δ(X)为50%时，溶液中c(HA-)=c(A2-)，pH=7，由Ka2==c(H+)=1×10-7，则Ka1>1×10-7，故B不符合题意；

C．=0.5的溶液中，溶质为NaHA、H2A，由原子守恒得：2c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)，溶液中还存在电荷守恒关系：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，联立可得：2c(H+)+c(H2A)=c(HA-)+3c(A2-)+2c(OH-)，故C符合题意；

D．由图示知，=1时，NaHA溶液显酸性，说明HA-的电离程度大于水解程度，则溶液中c(A2-)＞c(H2A)，故D不符合题意；

故答案为：AC。

【分析】A.根据氢氧化钠的加入，H2A的量在不断的减少

B.根据给出的数据交点结合pH=7即可计算出一级电离常数

C.根据给出的物质的量的比值，判断出溶质，利用物料守恒以及电荷守恒即可判断

D.根据给出的物质的量之比结合水解程度和电离程度的大小即可判断

三、非选择题

25．（2022·广东）铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。

（1）催化剂可由加热分解制备，反应同时生成无污染气体。

①完成化学方程式：。

②催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图1，过程的焓变为（列式表示）。

③可用于的催化氧化。设计从出发经过3步反应制备的路线（用“→”表示含氮物质间的转化）；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为。

（2）溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡：

（ⅰ）

（ⅱ）

①下列有关溶液的说法正确的有。

A．加入少量硫酸，溶液的pH不变

B．加入少量水稀释，溶液中离子总数增加

C．加入少量溶液，反应（ⅰ）的平衡逆向移动

D．加入少量固体，平衡时与的比值保持不变

②时，溶液中随pH的变化关系如图2。当时，设、与的平衡浓度分别为x、y、z，则x、y、z之间的关系式为；计算溶液中的平衡浓度（写出计算过程，结果保留两位有效数字）。

③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度（A）与其所吸收光的波长（）有关；在一定波长范围内，最大A对应的波长（）取决于物质的结构特征；浓度越高，A越大。混合溶液在某一波长的A是各组分吸收程度之和。为研究pH对反应（ⅰ）和（ⅱ）平衡的影响，配制浓度相同、不同的稀溶液，测得其A随的变化曲线如图3。波长、和中，与的最接近的是；溶液从a变到b的过程中，的值（填“增大”“减小”或“不变”）。

【答案】（1）N2↑；4H2O；(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)；；2NO+O2=2NO2

（2）BD；；当溶液pH=9时，，因此可忽略溶液中即=0.20反应(ii)的平衡常数K2===3.3×10-7联立两个方程可得=6.0×10-4mol/L；λ3；增大

【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；电离平衡常数

【解析】【解答】（1）①根本据题干信息，(NH4)2Cr2O7分解过程中，生成Cr2O3和无污染气体，再结合元素守恒可知，无污染气体为N2、H2O，根据原子守恒进行配平得(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O。

②根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。

③在Cr2O3作催化剂条件下，NH3与O2反应生成无色的NO，NO与O2反应生成红棕色的NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，则从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线为NH3NONO2HNO3。

（2）①A．向溶液中加入少量硫酸，溶液中c(H+)增大，反应(ii)平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，平衡移动只是减弱改变量，所以平衡后，溶液中c(H+)整体是增大，即pH减小，A错误；

B．加水稀释过程中，根据“越稀越水解”“越稀越电离”可知，反应(i)和(ii)的平衡都正向移动，溶液中离子总数增加，B正确；

C．加入少量NaOH溶液，反应(ii)中c(H+)减小，促进反应(ii)正向移动，则c(HCrO4-)减小，所以反应(i)正向移动，C错误；

D．由于平衡(i)的平衡常数K1=，平衡常数只与温度和反应本身有关，所以加入少量K2Cr2O7溶液，平衡时两比值不变，D正确；

故答案为：BD。

②0.10mol/LK2Cr2O7溶液中，Cr原子的总浓度为0.20mol/L，当溶液pH=9.00时，溶液中Cr原子总浓度为

2c(Cr2O72-)+c(HCrO4-)+c(CrO42-)=0.20mol/L，所以x+0.5x+0.5y=0.10。由图8可知，当溶液pH=9时，lg＞4，即104，所以可认为c(HCrO4-)+c(CrO42-)=0.20mol/L，反应(ii)的平衡常数K2==3.3×10-7，联立两个方程可得c(HCrO4-)=6.0×10-4mol/L。

③溶液的pH增大，即c(H+)减小，能促进反应(i)、(ii)正向进行，使溶液中离子浓度之和增大，由图可知混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，则c(CrO42-)越大，所以与CrO42-的λmax最接近的是λ3。反应(i)的平衡常数K1=，反应(ii)的平衡常数K2=，则(K2)2×K1=，所以，温度不变，平衡常数不变，溶液pH从a变到b的过程中，溶液中c(H+)减小，所以的值将增大。

【分析】（1）①根据题干信息及元素种类守恒可推出其他产物，再结合原子个数守恒进行配平。

②根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。

③根据物质的性质进行分析，反应路线是NH3NONO2HNO3。

（2）①A.盐类水解程度较弱，硫酸为强电解质，加入硫酸，溶液中酸性增强。

B.越稀越水解，越稀越电离，据此分析。

C.根据勒夏特列原理进行分析。

D.根据平衡常数的表达式及其影响因素进行分析。

②根据原子守恒及平衡常数表达式进行分析。

③由图可知混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，即c(H+)越小，则更能促进反应(i)、(ii)正向进行，溶液中离子浓度之和越大，所以与CrO42-的λmax最接近的是λ3。在判断题干中表达式的数值大小时，可结合平衡常数表达式和c(H+)进行分析。

26．（2023·西城模拟）利用工业废渣DSS，其主要成分为FeS、Fe2(SO4)3、FeSO4等，制备无机高分子絮凝剂――聚合硫酸铁[Fe2(OH)n(SO4)()]m。

（1）Na2S2O8为氧化剂处理DSS制备Fe2(SO4)3，反应过程如下：(硫酸根自由基)+Fe3+，反应②的离子方程式是。

（2）Fe2(SO4)3经水解、聚合两步连续反应制得聚合硫酸铁。

①水解反应：(离子方程式)。

②聚合反应：mFe2(OH)n(SO4)()=[Fe2(OH)n(SO4)()]m

（3）测定并改进聚合硫酸铁絮凝剂的性能

①表征聚合硫酸铁絮凝剂性能的重要指标是盐基度(OH-与Fe3+的物质的量比值)，盐基度越大絮凝效果越好。测定某聚合硫酸铁样品盐基度的方案如下，请补全步骤并计算。

资料：KF溶液可以掩蔽Fe3+使其不与OH-反应。

取ag样品，完全溶解于V1mLc1mol/L盐酸中，，滴入酚酞溶液，用c2mol/LNaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液体积为V2mL；另取ag样品，测得Fe3+的物质的量为bmol。该样品的盐基度为(列出表达式)。

②某小组利用如图电解装置来提高聚合硫酸铁的盐基度。A是聚合硫酸铁溶液，B是提高盐基度后的聚合硫酸铁溶液。

i.离子交换膜是(填“阴”或“阳”)离子交换膜。

ii.简述反应室中提高盐基度的原理：。

【答案】（1）+Fe2+=+Fe3+

（2）2Fe3++(3-)+nH2OFe2(OH)n(SO4)()+nH+

（3）加入过量的KF溶液；；阴；电解过程中，阴极室中的OH-通过阴离子交换膜进入反应室，反应室中的通过阴离子交换膜进入阳极室，从而提高盐基度

【知识点】盐类水解的原理；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用

【解析】【解答】(1)反应②氧化亚铁离子生成三价铁和硫酸根离子，反应的离子方程式为：+Fe2+=+Fe3+，故答案为：+Fe2+=+Fe3+；

(2)Fe2(SO4)3经水解生成Fe2(OH)n(SO4)()，水解的方程式为：2Fe3++(3-)+nH2OFe2(OH)n(SO4)()+nH+，故答案为：2Fe3++(3-)+nH2OFe2(OH)n(SO4)()+nH+；

(3)取ag样品，完全溶解于V1mLc1mol/L盐酸中，为防止三价铁离子与氢氧根反应要加KF溶液，加盐酸后剩余HCl的物质的量与消耗的氢氧化钠物质的量相同，为c2V2×10-3，则聚合硫酸铁消耗的盐酸的物质的量为，聚合硫酸铁中OH-的物质的量为，该样品的盐基度为，故答案为：加入过量的KF溶液；；

(4)为提高聚合硫酸铁的盐基度在不三价铁一定时需提高氢氧根离子的浓度，即氢氧根离子需通过离子交换膜进入反应室中，故应为阴离子交换膜，提高盐基度的原理为电解过程中，阴极室中的OH-通过阴离子交换膜进入反应室，反应室中的通过阴离子交换膜进入阳极室，从而提高盐基度，故答案为：阴极；电解过程中，阴极室中的OH-通过阴离子交换膜进入反应室，反应室中的通过阴离子交换膜进入阳极室，从而提高盐基度；

【分析】（1）根据反应物和生成物即可写出方程式

（2）根据聚合反应找出水解的产物即可写出方程式

（3）①根据资料提示，加入KF溶液避免铁离子与氢氧根离子反应，充分消耗氢氧根离子，根据消耗氢氧化钠的量计算出与聚合硫酸铁反应的盐酸的量即可计算出聚合硫酸铁中的氢氧根物质的量即可计算出盐基度②根据题意知道，盐基度提高，说明氢氧根离子增大故为阴离子交换膜，阴极是氢离子得到变为氢气，留下大量的氢氧根离子，通过阴离子交换膜进入反应室，反应室中的硫酸根离子进入阳极区即可提高盐基度

27．（2023·门头沟模拟）在钢中加入一定量的钒，就能使钢的硬度、耐腐蚀性大增。工业上以富钒炉渣(主要成分为、和等)为原料提取五氧化二钒的工艺流程如下：

（1）在第—步操作焙烧过程中转化为可溶性，该反应的化学方程式为。

（2）焙烧炉中可用代替NaCl与富钒炉渣焙烧制得偏钒酸钠。用代替NaCl的优点是。

（3）以上流程中应用过滤操作的有，在第三步操作后加入氯化铵得到偏钒酸铵，为使钒元素的沉降率达到98%，要加入较多的，从平衡角度分析原因。

（4）产品纯度测定：将mg产品溶于足量稀硫酸配成溶液。取20.00mL该溶液于锥形瓶中，用标准溶液进行滴定，经过三次滴定，达到滴定终点时平均消耗标准溶液的体积为20.00mL。

资料：钒的盐类的颜色五光十色，有绿的、红的、黑的、黄的，绿的碧如翡翠，黑的犹如浓墨。这些色彩缤纷的钒的化合物，常被制成鲜艳的颜料。如：溶液为黄色，溶液为蓝色，而五氧化二钒则是红色的。

①完成下列滴定过程的离子方程式。，

②该滴定实验不需要另外加入指示剂，达到滴定终点的现象是。

③产品的纯度为。(用质量分数表示)已知相对分子质量：；。

【答案】（1）

（2）不会产生污染环境的氯气

（3）③和④；铵根和偏钒酸跟水解方程式为、，增加铵根的浓度促进偏钒酸根水解

（4）；当滴入最后一滴标准液后，溶液由黄色变为蓝色，且半分钟内不恢复到原来的的颜色；

【知识点】氧化还原反应；盐类水解的原理；物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量

【解析】【解答】(1)第一步焙烧的将五氧化二钒转化为偏钒酸钠，根据氧化还原反应的规律可得反应为，故填；

(2)用碳酸钠代替氯化钠时不会产生污染环境的氯气，故填不会产生污染环境的氯气；

(3)根据流程可知，水浸后偏钒酸钠溶于水，氧化铁和二氧化硅不溶于水，需过滤除去；在滤液中加入氯化铵和硫酸后有偏钒酸铵析出，需过滤得到偏钒酸铵；铵根和偏钒酸跟水解方程式为、，增加铵根的浓度促进偏钒酸根水解，故填③和④、铵根和偏钒酸跟水解方程式为、，增加铵根的浓度促进偏钒酸根水解；

(4)①根据氧化还原反应的规律可得，故填；

②溶液为黄色，溶液为蓝色，所以终点的现象为当滴入最后一滴标准液后，溶液由黄色变为蓝色，且半分钟内不恢复到原来的的颜色，故填当滴入最后一滴标准液后，溶液由黄色变为蓝色，且半分钟内不恢复到原来的的颜色；

③根据反应可得关系式，可得，代入数据可得mol/L，=2a×0.1=0.2amol，又，故=0.1amol，=0.1a×182=18.2ag，样品的质量分数为==，故填。

【分析】根据题意，焙烧时将五氧化二钒转化为偏钒酸钠，氧化铁和二氧化硅无变化，其反应为；水浸后除去氧化铁和二氧化硅，向滤液中加入氯化铵和硫酸可分离出偏钒酸铵，高温灼烧偏钒酸铵分解得到五氧化二钒。

28．（2023·丰台模拟）氯化亚铜(CuCl)是重要的化工原料，广泛用作有机合成催化剂。

资料

①水溶液中存在平衡：2Cl-(aq)+CuCl(s)CuCl(aq)。

②CuCl是难溶于水的白色固体，在热水中迅速水解生成Cu2O。

③CuCl在潮湿的空气中易被氧化，生成的碱式盐为Cu2(OH)3Cl。

Ⅰ.实验室中用纯净的CuCl2固体可制备CuCl。取75gCuCl2固体于烧杯中，加入100mL0.2mol/L盐酸和水配成200mL溶液，然后在溶液中通入SO2气体。

（1）结合化学用语解释加入盐酸的主要目的是。

（2）溶液中通入SO2气体后，发生反应的离子方程式为。

（3）Ⅱ.工业中，用初级铜矿粉(主要含Cu2S及少量Fe2O3、FeO等)为原料制备CuCl。流程如图：

“酸浸”中，加入稀H2SO4不宜过量太多的原因是__。

（4）用化学用语解释，析出的CuCl晶体不能用水洗涤的原因是。

（5）合成过程中适宜的反应条件为。

（6）若要制99.5gCuCl，理论上至少需要含Cu2S50%的铜矿粉的质量为g。

（7）相同时间内，反应物在最佳配比条件下，温度对CuCl产率影响如图所示。溶液温度控制在58℃时，CuCl产率最大，随温度升高CuCl产率降低，其原因是。(答出2条即可)

【答案】（1）Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，加酸抑制了Cu2+的水解

（2）SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=SO+2CuCl↓+4H+

（3）避免除杂步骤消耗更多的氨水和碳酸氢铵

（4）4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl

（5）温度不宜过高、控制HCl浓度不宜过高、隔绝空气

（6）160

（7）温度过高，CuCl水解生成Cu2O/CuCl被直接氧化/SO2逸出/HCl挥发

【知识点】氧化还原反应；化学平衡移动原理；盐类水解的原理；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计

【解析】【解答】(1)氯化铜溶液中存在平衡：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，加酸抑制了Cu2+的水解，故答案为：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，加酸抑制了Cu2+的水解；

(2)溶液中通入SO2气体后，二氧化硫将Cu2+还原为CuCl沉淀，Cu元素化合价由+2价下降到+1价，S元素化合价由+4价上升到+6价，根据得失电子守恒和质量守恒配平离子方程式为：SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=SO+2CuCl↓+4H+，故答案为：SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=SO+2CuCl↓+4H+；

(3)H2SO4过多会消耗“除杂”步骤中的氨水和碳酸氢铵，影响除杂效果，故答案为：避免除杂步骤消耗更多的氨水和碳酸氢铵；

(4)CuCl在潮湿的空气中易被氧化，生成的碱式盐为Cu2(OH)3Cl，若用水洗会生成Cu2(OH)3Cl，方程式为：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl，故答案为：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；

(5)由(2)可知，合成步骤中发生反应SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=SO+2CuCl↓+4H+，结合CuCl在潮湿的空气中易被氧化可知，为了使反应更加充分地进行，合成过程中适宜的反应条件为温度不宜过高、控制HCl浓度不宜过高、隔绝空气，故答案为：温度不宜过高、控制HCl浓度不宜过高、隔绝空气；

(6)由Cu元素守恒得到关系式：Cu2S2CuCl，99.5gCuCl的物质的量为=1mol，理论上需要0.5molCu2S，其质量为160g/mol0.5mol=80g，理论上至少需要含Cu2S50%的铜矿粉的质量为=160g，故答案为：160；

(7)合成步骤中发生反应SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=SO+2CuCl↓+4H+，由图可知溶液温度控制在58℃时，CuCl产率最大，随温度升高CuCl产率降低，温度过高，CuCl水解生成Cu2O；CuCl被直接氧化；SO2逸出；HCl挥发可知，其原因是温度过高，CuCl水解生成Cu2O，CuCl被直接氧化，SO2逸出，HCl挥发；故答案为：温度过高，CuCl水解生成Cu2O，CuCl被直接氧化，SO2逸出，HCl挥发。

【分析】初级铜矿粉(主要含Cu2S及少量Fe2O3、FeO等)中加入稀硫酸、二氧化锰，Cu2S和二氧化锰、稀硫酸发生氧化还原反应，发生的离子反应方程式为Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++2Mn2++S+4H2O，杂质FeO、Fe2O3分别与稀硫酸反应，过滤生成的S，向滤液中加入氨水调节溶液的pH值，铁离子生成Fe(OH)3沉淀，加入碳酸氢铵，得到MnCO3沉淀，过滤，得到的滤液中含有Cu(NH3)4CO3，加热Cu(NH3)4CO3得到CuO，CuO与盐酸、二氧化硫反应：SO2+2CuO+2Cl-=2CuCl+SO，经过过滤、洗涤、真空干燥或隔绝空气干燥得产品，以此解答。

29．（2023·北京模拟）草酸（H2C2O4）是一种二元弱酸，广泛分布于动植物体中。

（1）人体内草酸累积过多是导致结石（主要成分是草酸钙）形成的原因之一。有研究发现，EDTA（一种能结合金属离子的试剂）在一定条件下可以有效溶解结石，用化学平衡原理解释其原因：。

（2）已知：0.1

mol·L－1KHC2O4溶液呈酸性。下列说法正确的是（填字母序号）。

a.0.1mol·L－1KHC2O4溶液中：c(K+)

+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)

+c(OH-)

b.0.1mol·L－1KHC2O4溶液中：c(K+)

>c(HC2O4-)>c(C2O42-)

>c(H2C2O4)

c.浓度均为0.1mol·L－1KHC2O4和K2C2O4的混合溶液中：2c(K+)=c(HC2O4-)

+c(C2O42-)

d.0.1mol/LKHC2O4溶液中滴加等浓度NaOH溶液至中性：c(K+)>

c(Na+)

（3）利用草酸制备草酸亚铁晶体(FeC2O4·xH2O)的流程及组分测定方法如下：

已知：i.pH>4时，Fe2+易被氧气氧化

ii.几种物质的溶解度(g/100gH2O)如下

FeSO4·7H2O(NH4)2SO4FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O

20℃487537

60℃1018838

①用稀硫酸调溶液pH至1～2的目的是：，。

②趁热过滤的原因是：。

③氧化还原滴定法常用于测定草酸亚铁晶体的摩尔质量(M)。称取ag草酸亚铁晶体溶于稀硫酸中，用bmol·L－1的高锰酸钾标准液滴定，到达滴定终点时，消耗高锰酸钾VmL，则M=。(已知：部分反应产物为Mn2+、Fe3+、CO2)

【答案】（1）CaC2O4(s)存在沉淀溶解平衡CaC2O4(s)Ca2+(aq)+C2O42-(aq)，EDTA结合Ca2+后，Ca2+浓度减小，导致上述平衡正向移动，结石溶解

（2）abd

（3）抑制Fe2+和NH4+的水解；防止Fe2+被氧化；防止低温时FeSO4·7H2O和(NH4)2SO4析出，影响FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O的纯度；mol/L

【知识点】化学平衡移动原理；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】（1）草酸钙难溶于水，在水存在溶解平衡CaC2O4(s)Ca2+(aq)+C2O42-(aq)，加入EDTA，EDTA结合Ca2+后，Ca2+浓度减小，导致上述平衡正向移动，使结石逐渐溶解；

（2）a.0.1mol·L－1KHC2O4溶液中存在电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，a正确；

b．KHC2O4溶液呈酸性，表明HC2O4-的电离程度大于水解程度，0.1mol·L－1KHC2O4溶液中：c(K+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)，b正确；

c．根据物料守恒，浓度均为0.1mol·L－1KHC2O4和K2C2O4的混合溶液中：2c(K+)=3[c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)]，c不正确；

d．恰好完全反应后c(K+)=c(Na+)，滴加等浓度NaOH溶液至中性，反应后KHC2O4溶液须过量，溶液的成分为Na2C2O4和KHC2O4的混合溶液，故c(K+)>c(Na+)，d正确；

（3）①pH>4时，Fe2+易被氧气氧化，且亚铁离子、铵根离子离子易发生水解，溶液显酸性，所以用稀硫酸调溶液pH至1～2，可以防止Fe2+被氧化，同时可以抑制Fe2+和NH4+的水解；

②根据表中数据，FeSO4·7H2O在常温下的溶解度不太大，趁热过滤，可以防止低温时FeSO4·7H2O和(NH4)2SO4析出，影响FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O的纯度；

③草酸亚铁与高锰酸钾反应的方程式为：3MnO4-+5Fe2++5C2O42-+24H+=3Mn2++10CO2+5Fe3++12H2O，有

3MnO45FeC2O4

35

bmol/L×V×10-3Ln(FeC2O4)

=，解得：n(FeC2O4)=×10-3bVmol，草酸亚铁晶体的摩尔质量M==mol/L。

【分析】（1）根据EDTA结合Ca2+后对溶解平衡CaC2O4（s）Ca2+（aq）+C2O42-（aq）的影响分析；

（2）0.1molL-1KHC2O4溶液呈酸性，说明HC2O4-电离程度大于其水解程度，则c（C2O42-）＞c（H2C2O4）；氢离子来自水的电离和HC2O4-电离，则c（H+）＞c（C2O42-），据此结合物料守恒分析；

（3）绿矾加入硫酸铵、稀硫酸并调节pH至1-2，可以防止Fe2+被氧化，同时可以抑制Fe2+和NH4+的水解，蒸发浓缩、趁热过滤得到FeSO4（NH4）2SO46H2O，加入稀硫酸溶解后加入草酸，加热、过滤得到（FeC2O4xH2O，以此解答该题。

30．（2023·上饶模拟）高铁酸钾（K2FeO4）是一种高效净水剂。已知：K2FeO4易溶于水，微溶于浓KOH溶液；在酸性或中性溶液中不稳定，在0～5℃的强碱性溶液中较稳定。某实验小组欲制备高铁酸钾并测定其纯度。

Ⅰ.制备高铁酸钾（夹持装置略）

（1）装置A为氯气发生装置，其中盛放高锰酸钾的仪器名称为。

（2）将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。

（3）装置C中Cl2与Fe(OH)3、KOH反应生成K2FeO4的化学方程式是。

（4）实验时将装置C置于冰水浴中，其原因是。

（5）实验后经结晶法得到的K2FeO4晶体仍含较多杂质，要得到更纯的晶体，还应采取的操作方法是。

（6）Ⅱ.测定产品纯度

将wgK2FeO4粗产品溶于过量的碱性亚铬酸盐溶液中，充分反应后，加入稀硫酸酸化至pH为2，在所得的重铬酸盐溶液中加入5滴二苯胺磺酸钠溶液作指示剂，然后用cmol·L1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液VmL。已知该过程中涉及的离子反应主要有三个：

①Cr(OH)4+

FeO42-=Fe(OH)3↓+CrO42-+OH，

②，

③Cr2O72-+6Fe2++

14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。

该粗产品中K2FeO4的质量分数为（用含w、c、V的代数式表示）。若滴定管没有用标准液润洗，则测得的结果（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。

【答案】（1）圆底烧瓶

（2）

（3）3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH=2K2FeO4＋6KCl＋8H2O

（4）K2FeO4在0～5℃环境中较稳定，防止副反应发生

（5）重结晶

（6）2CrO42－＋2H＋Cr2O72－＋H2O；或或；偏高

【知识点】氧化还原反应；盐类水解的原理；探究物质的组成或测量物质的含量

【解析】【解答】(1)根据仪器的结构，可知该仪器为圆底烧瓶；(2)装置B的作用是除去Cl2中的HCl，选用饱和食盐水，装置如图所示；(3)Cl2中Cl的化合价降低，从0降低到－1，共降低2价，Fe(OH)3中Fe的化合价升高，从＋3升高到＋6，化合价升降守恒，则Cl2和Fe(OH)3的系数比为3：2，再根据原子守恒配平，化学方程式为3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH=2K2FeO4＋6KCl＋8H2O；(4)产物K2FeO4在0～5℃的强碱性溶液中较稳定，因此将装置C置于冰水浴中是K2FeO4在0～5℃环境中较稳定，防止副反应发生；(5)K2FeO4易溶于水中，结晶后的K2FeO4中含有较多杂质，可以利用重结晶提纯；Ⅱ(6)根据反应①和③，加入H2SO4酸化后，反应①中的产物CrO42－转化为Cr2O72－，离子方程为2CrO42－＋2H＋Cr2O72－＋H2O；

根据反应方程式，可得关系式K2FeO4～CrO42－～Cr2O72－～3Fe2＋，n(K2FeO4)=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=×cV×10－3mol，m(K2FeO4)=×cV×10－3mol×198g·mol－1=0.066cVg，则K2FeO4的质量分数为；

如果滴定管没有用标准液润洗，那么消耗的标准液的体积会增加，计算得到K2FeO4的质量会增加，质量分数偏高。

【分析】Ⅰ利用浓盐酸和KMnO4制备Cl2，制备的Cl2常含有HCl，需要用饱和食盐水除杂，Cl2、Fe(OH)3和KOH反应生成K2FeO4，利用NaOH溶液处理多余的Cl2。

31．（2023·天津模拟）甲硅烷广泛用于电子工业、汽车领域，三氯氢硅（SiHCl3）是制备甲硅烷的重要原料。回答下列问题：

（1）工业上以硅粉和氯化氢气体为原料生产SiHCl3时伴随发生的反应有：

Si(s)＋4HCl(g)=SiCl4(g)＋2H2(g)H＝-241kJ/mol

SiHCl3(g)＋HCl(g)=SiCl4(g)＋H2(g)H＝-31kJ/mol

以硅粉和氯化氢气体生产SiHCl3的热化学方程式是。

（2）铝锂形成化合物LiAlH4既是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂，遇水能得到无色溶液并剧烈分解释放出H2，请写出其水解反应化学方程式。LiAlH4在化学反应中通常作(填“氧化”或“还原”)剂。工业上可用四氯化硅和氢化铝锂（LiAlH4）制甲硅烷，反应后得甲硅烷及两种盐。该反应的化学方程式为

（3）三氯氢硅歧化也可制得甲硅烷。反应2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)为歧化制甲硅烷过程的关键步骤，此反应采用一定量的PAl00催化剂，在不同反应温度下测得SiHCl3的转化率随时间的变化关系如图所示。

①353.15K时，平衡转化率为，该反应是反应（填“放热”“吸热”）。

②323.15K时，要缩短反应达到平衡的时间，可采取的最佳措施是。

（4）比较a、b处反应速率的大小：VaVb（填“＞”“＜”或“＝”）。已知反应速率V正=K1x2SiHCl3，V逆=K2xSiH2Cl2xSiCl4，K1，K2分别是正、逆反应的速率常数，与反应温度有关，x为物质的量分数，则在353.15K时K1/K2＝（保留3位小数）。

（5）硅元素最高价氧化物对应的水化物是H2SiO3，室温下，0.1mol/L的硅酸钠溶液和0.1mol/L的碳酸钠溶液，碱性更强的是，其原因是。已知：H2SiO3：Ka1=2.0×10-10、Ka2=2.0×10-12、H2CO3：Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11

【答案】（1）Si(s)＋3HCl(g)=SiHCl3(g)＋H2(g)H＝-210kJ/mol

（2）LiAlH4+2H2O=4H2↑+LiAlO2；还原；LiAlH4+SiCl4=SiH4+LiCl+AlCl3

（3）24%；吸热；改进催化剂

（4）>；0.025

（5）硅酸钠；硅酸的Ka2小于碳酸的Ka2，硅酸钠更易水解

【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率；化学平衡的影响因素；盐类水解的原理；溶液酸碱性的判断及相关计算；原电池工作原理及应用

【解析】【解答】(1)Si(s)＋4HCl(g)=SiCl4(g)＋2H2(g)H＝-241kJ/mol①；SiHCl3(g)＋HCl(g)=SiCl4(g)＋H2(g)H＝-31kJ/mol②；根据盖斯定律，①-②得硅粉和氯化氢气体生产SiHCl3的热化学方程式：Si(s)＋3HCl(g)=SiHCl3(g)＋H2(g)H＝-210kJ/mol；答案为：Si(s)＋3HCl(g)=SiHCl3(g)＋H2(g)H＝-210kJ/mol；(2)LiAlH4遇水能得到无色溶液并剧烈分解释放出H2，则水解反应化学方程式为：LiAlH4+2H2O=4H2↑+LiAlO2；LiAlH4中H是-1价，在化学反应中常作还原剂；四氯化硅和LiAlH4反应后得甲硅烷及两种盐，LiAlH4中有2种金属元素，所以生成的2种盐为氯化铝和氯化锂，化学方程式为：LiAlH4+SiCl4=SiH4+LiCl+AlCl3；答案为：LiAlH4+2H2O=4H2↑+LiAlO2；还原；LiAlH4+SiCl4=SiH4+LiCl+AlCl3；(3)①根据图得353.15K时，平衡转化率最大为24%，则转化率为24%；同时可得温度升高，平衡转化率增大，说明平衡正向移动，正向为吸热反应；答案为：24%；吸热；

②323.15K时，要缩短反应达到平衡的时间即加快反应速率，可采取的最佳措施是改进催化剂；答案为：改进催化剂；(4)a、b两处转化率相同，说明消耗的SiHCl3等量，时间不同，时间越短速率越快，则Va>Vb；已知反应速率V正=K1x2SiHCl3，V逆=K2xSiH2Cl2xSiCl4，达到平衡时V正=V逆，即K1x2SiHCl3=K2xSiH2Cl2xSiCl4，变式得=＝＝K，由图可得平衡时转化率为24%，三段式表示为：，，则在353.15K时＝0.025；答案为：>；0.025；(5)根据硅酸和碳酸的2级电离常数可得，H2SiO3的Ka2=2.0×10-12，小于H2CO3的Ka2=5.6×10-11，越弱越水解原则得硅酸根离子水解程度大于碳酸根离子水解程度，所以室温下，0.1mol/L的硅酸钠溶液和0.1mol/L的碳酸钠溶液，碱性更强的是硅酸钠；答案是：硅酸钠；硅酸的Ka2小于碳酸的Ka2，硅酸钠更易水解。

【分析】根据盖斯定律书写热化学方程式；水解方程式是LiAlH4与水反应生成氢气和偏铝酸锂，LiAlH4与四氯化硅反应生成两种盐，根据金属元素可推出为LiCl、AlCl3；由图可知353.15K时，平衡转化率最大为24%，同时可得温度升高，平衡转化率增大，说明平衡正向移动；a、b两处转化率相同，时间不同，根据时间长短可判断速率快慢；根据平衡时正逆反应速率相等，可求出K值与K1、K2的关系，进而计算出K1与K2的比值；根据越弱越水解原则判断溶液的碱性强弱；据此分析。

32．（2023·浙江模拟）氯化亚铜(CuCl)是一种重要的化工产品。它不溶于H2SO4、HNO3和醇，微溶于水，可溶于浓盐酸和氨水，在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜[Cu2(OH)4-nCln]，n随着环境酸度的改变而改变。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技