2023年高考真题变式分类汇编：pH的简单计算
一、选择题
1．（2022·浙江选考）已知25℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。下列说法正确的是（ ）
A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者
B．向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，则H2A的电离度为0.013%
C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2-)＞c(HA-)
D．取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的电离程度前者大于后者，故A不符合题意；
B．向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，，则H2A的电离度 0.013%，故B符合题意；
C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，，则c(A2-)
【分析】A.多元弱酸根离子水解，第一步水解程度远远大于第二步水解程度；
B.H2A的电离度=；
C.，即；
D.加水促进H2A电离。
2．（2021·浙江）某同学拟用 计测定溶液 以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是（ ）
A．25℃时，若测得 溶液 ，则HR是弱酸
B．25℃时，若测得 溶液 且 ，则HR是弱酸
C．25℃时，若测得HR溶液 ，取该溶液 ，加蒸馏水稀释至 ，测得 ，则HR是弱酸
D．25℃时，若测得NaR溶液 ，取该溶液 ，升温至50℃，测得 ， ，则HR是弱酸
【答案】B
【知识点】测定溶液pH的方法；pH的简单计算
【解析】【解答】A. 25℃时，若测得 溶液 ， 显示中性，因此 HR是弱酸 故A不符合题意
B.25℃时， 若为强酸，则pH=2,但是给出的大于2小于7，可说明为弱酸，故B符合题意
C. 25℃时，若测得HR溶液 ，取该溶液 ，加蒸馏水稀释至 ，测得 ，则HR可能是强酸可能是弱酸，故C不符合题意
D. 25℃时，若测得NaR溶液 ，取该溶液 ，升温至50℃，测得 ， ， 可能是是弱酸或是强酸，故D不符合题意
故答案为：B
【分析】探究某酸是否为弱电解质，在某温度下测定某浓度的酸性溶液的pH.以及测定某浓度盐溶液的pH是否大于7，以及测定与同浓度强酸与同一种金属反应时的气泡速率等等
3．（2023·奉贤模拟）常温下，已知浓度均为0.1mol·L-1的NH4CN溶液和NaCN溶液的分别为9.32、11.1，下列说法错误的是（ ）
A．0.1mol·L-1NH4CN溶液能使甲基橙试剂变黄色
B．0.1mol·L-1NaCN溶液中水电离出的c(OH-)=10-11.1mol·L-1
C．上述两种盐均能促进溶液中水的电离
D．上述两种溶液中，的水解程度前者大于后者
【答案】B
【知识点】pH的简单计算；盐类水解的原理
【解析】【解答】A.0.1mol/LNH4CN的pH为9.32，能使甲基橙变黄色，A不符合题意；
B.0.1mol/LNaCN的pH为11.1，该溶液中c(H+)=10-11.1mol/L，c(OH-)=10-2.9mol/L，水电离出的c(OH-)=10-2.9mol/L，B符合题意；
C．NH4CN、NaCN因为、CN-的水解，均能促进溶液中水的电离，C不符合题意；
D．NH4CN中水解生成氢离子能促进CN-的水解，钠离子对CN-水解没有影响，因此NH4CN中CN-的水解程度大于NaCN中CN-的水解程度，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.依据题意和指示剂的变色范围判断；
B.盐促进水的电离，溶液中的氢氧根离子全部由水电离产生；
C．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；
D．依据盐类水解规律分析。有弱才水解，无弱不水解，谁弱谁水解，越弱越水解，谁强显谁性，两弱双水解。
4．（2023·淮北模拟）是易溶二元弱碱(，)，常温下，向溶液中通入，溶液中随[]变化的曲线如图所示，下列说法错误的是
A．溶液：
B．当时，
C．水的电离程度：
D．当时，大于3.5
【答案】D
【知识点】水的电离；pH的简单计算；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．是易溶二元弱碱，而BOH+的水解平衡常数，则说明BOH+的水解程度大于电离程度，水解和电离都是微弱的，故溶液：，A不符合题意；
B．当时，，，则，B不符合题意；
C．向溶液中通入，发生反应生成更多的B2+，B2+越多，水解程度越大，水的电离程度越大，则水的电离程度：，C不符合题意；
D．，当时，，，则，小于3.5，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A. 属于强酸弱碱盐，通过比较BOH+的水解程度与电离程度进行分析。
B.根据和进行分析。
C.反应生成的B2+越多，水解程度越大，则水的电离程度越大。
D.根据和Kw=10-14、 进行分析。
5．（2023·成都模拟）维持下，通过加入或改变溶液的，溶液中的对数值与溶液的变化关系如图所示。已知y点横坐标为4.74．下列叙述错误的是
A．一元弱酸电离常数为
B．溶液的约等于8.37
C．x点纵坐标为，且此时溶液中
D．图中所示各溶液均满足
【答案】D
【知识点】pH的简单计算；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．，取y点计算， =， =，A不符合题意；
B．根据水解平衡Z-+H2OHZ+OH-，可知，，，溶液的约等于8.37，B不符合题意；
C．x点纵坐标为，沿着x点作一条横坐标的垂线，可得与c点的交点大于与d点的交点，且此时溶液中，C不符合题意；
D．当溶质仅为NaZ时存在物料守恒，，若加入NaOH，改变，体系中不成立，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．取y点，利用计算；
B．根据水解平衡的公式计算；
C．沿着x点作一条横坐标的垂线，可得与c点的交点大于与d点的交点分析；
D．依据物料守恒分析。
6．（2023·松江模拟）在高温高压的水溶液中，与发生反应沉积出磁铁矿（主要成分）和金矿（含单质），且硫元素全部转化为气体放出。对于该反应的说法一定正确的是
A．反应后溶液的降低
B．每生成气体，转移电子数为
C．既作氧化剂又作还原剂
D．氧化剂和还原剂的物质的量之比
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；pH的简单计算；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．根据分析可知，反应生成氢离子，反应后溶液的pH降低，A符合题意；
B．未知气体所处的状态，无法确定2.24L气体的物质的量，B不符合题意；
C．该反应中AuS-中Au化合价降低只做氧化剂，C不符合题意；
D．根据以上分析，AuS-中Au化合价降低为氧化剂，Fe2+化合价升高为还原剂，有3mol二价铁参与反应，生成1molFe3O4，四氧化三铁可看作Fe2O3 FeO，所以只有2mol二价铁作为还原剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比2∶2=1∶1，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据题干信息，涉及反应是2AuS-+3Fe2++4H2OFe3O4+2Au+2H2S↑+4H+，反应前后Au元素化合价由+1降为0，部分Fe元素化合价由+2升为+3，所以AuS-作氧化剂，Fe2+作还原剂。
7．（2022·余姚模拟）下列说法正确的是
A．为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可通过在常温下测NaHA溶液的pH，若pH＞7，则H2A一定是弱酸
B．用NaOH标准溶液滴定CH3COOH溶液至中性时，CH3COOH溶液恰好被中和
C．向冰醋酸中不断加水，溶液的pH不断增大
D．25℃和40℃时，0.1 mol·L-1的氨水的pH不相等，而25℃和40℃时，0.1 mol·L-1的氢氧化钠溶液的pH相等
【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算
【解析】【解答】A．常温下，若溶液的，则说明发生了水解，说明其为强碱弱酸盐，即为弱酸，故A符合题意；
B．为弱酸，刚好中和的产物为强碱弱酸盐，溶液显碱性，故B不符合题意；
C．纯醋酸不电离，向冰醋酸中不断加水，氢离子浓度先增大后减小，则溶液的pH先减小后增大，故C不符合题意；
D.25℃和40℃时，水的离子积不同，水的电离程度不同，40℃时水的离子积较大，相同浓度的NaOH溶液在40℃时溶液中的氢离子浓度较大，pH偏小，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据盐类水解原理分析；
B．中和时生成强碱弱酸盐，溶液显碱性；
C．纯醋酸不电离，向冰醋酸中不断加水，氢离子浓度先增大后减小；
D.依据水的离子积常数不同分析。
8．（2022·温州模拟）25℃时，分别向20mL浓度均1.0mol·L 1的CH3COOH、CH3COONa溶液中逐滴加入浓度均1.0mol·L 1NaOH、HCl溶液VmL，溶液的pH与lgY[Y=或]的关系如图所示。下列说法错误的是
A．曲线①中的Y=
B．当pH=4.74时，恒有关系：c(H+)+c(Na+)=c(OH )+c(CH3COOH)
C．当滴入体积V=10mL时，溶液pH>4.74
D．25℃时，1.0mol·L 1的CH3COONa的pH=9.37
【答案】B
【知识点】pH的简单计算；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．根据分析可知曲线①中的Y=，A不符合题意；
B．据图可知pH=4.74时，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，若是CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液，由电荷守恒可得c(H+)+c(Na+)=c(OH )+c(CH3COOH)，但若是向CH3COONa溶液中滴加HCl溶液，有电荷守恒可得c(H+)+c(Na+)=c(OH )+c(Cl-)+c(CH3COOH)，B符合题意；
C．若V=10mL，则溶液中的溶质均为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，Ka＞Kh，所以CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，所以c(CH3COOH)＜c(CH3COO-)，则＜，据图可知此时pH＞4.74，C不符合题意；
D．设25℃时，1.0mol·L 1的CH3COONa的溶液中c(OH-)=x，则c(CH3COOH)=c(OH-)=x，Kh===10-9.26，解得x≈10-4.63mol/L，所以c(H+)=10-9.37mol/L，pH=9.37，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．根据平衡移动原理分析；
B．依据电荷守恒分析；
C．利用电离和水解程度的大小分析；
D．利用Kh=计算。
9．（2022·诸暨模拟）下列说法正确的是（ ）
A．将NaCl溶液从常温加热至80℃，溶液仍为呈中性，pH不变
B．向10mL pH=3醋酸溶液中加少量水，则的值变大
C．常温下，在等pH的盐酸和氯化铵溶液中，前者大于后者
D．常温下，在20mL 0.1醋酸钠溶液中滴加20mL 0.1 NaOH过程中，可能出现水电离出的浓度为的情况
【答案】D
【知识点】pH的简单计算；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．氯化钠溶液常温呈中性，pH=7，加热到80℃，Kw增大，c(H+)=c(OH-)，溶液仍呈中性，但pH减小，选项A不符合题意；
B．==，为常数，温度不变，常数不变，则不变，选项B不符合题意；
C．盐酸电离产生H+，氯化铵水解促进水的电离产生H+，常温下，在等pH的盐酸和氯化铵溶液中，盐酸的浓度远小于氯化铵，故前者小于后者，选项C不符合题意；
D．盐的水解促进水的电离，酸或碱抑制水的电离，常温下，在20mL 0.1醋酸钠溶液水解促进水的电离，滴加20mL 0.1 NaOH过程中，加入的氢氧化钠又开始抑制水的电离，故可能出现水电离出的浓度为的情况，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、升高温度，pH变小，溶液为中性；
B、平衡常数只受温度影响；
C、水解程度很微弱，若pH相等的盐和酸，盐的浓度必定远大于酸；
D、随着氢氧化钠的滴加，水电离的氢氧根浓度可能会出现 。
10．（2022·淮南模拟）实验测得0.10mol/LNaHCO3溶液的pH随温度变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．OM段随温度升高溶液的pH减小，原因是水解被抑制
B．O点溶液和P点溶液的c(OH-)相等
C．将N点溶液恢复到25℃，pH=8.62
D．Q点、M点溶液均有c()+c()+c(H2CO3)=0.10mol/L
【答案】D
【知识点】pH的简单计算；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．水解吸热，升高温度，水解平衡右移，而根据图像可知碳酸氢钠溶液加热，M点之前，升温pH减小，故主要原因是升温促进了水的电离，故A不符合题意；
B．O点溶质只有NaHCO3，P点溶质有NaHCO3和Na2CO3，水解程度不相同，c(OH-)不相等，故B不符合题意；
C．升高温度部分碳酸氢钠发生分解得到碳酸钠，若将N点溶液恢复到25℃，由于碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故混合溶液pH应大于8.62，故C不符合题意；
D．Q点、M点溶液均存在物料守恒：c()+c()+c(H2CO3)=0.10mol/L，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.盐类水解为吸热反应，升温促进盐类水解，盐类水解促进水的电离；
B.碳酸氢钠和碳酸钠的水解程度不同；
C.加热碳酸氢钠分解生成碳酸钠，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠。
11．（2022·和平模拟）25℃时，向1L 0.01的溶液中滴加盐酸或NaOH溶液，溶液中、、的对数值()与pH的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．适当升高温度﹐L点会右移
B．M点时，
C．随pH增加，先增大后减小
D．N点时，则溶液中
【答案】A
【知识点】pH的简单计算；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A． ， L点时，=，则，电离吸热，适当升高温度﹐促进电离，电离平衡常数增大，则增大、pH减小，L点会左移，A符合题意；
B． M点时，=，， ，，按定义，则，B不符合题意；
C． 随pH增加，，温度不变则KW、Ka1均不变，反应过程中先增大、后减小，则先增大后减小，C不符合题意；
D． 溶液呈电中性，，，N点时，则，则，原溶液为1L 0.01的溶液，由物质守恒知，溶液中，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】H2A溶液中滴加NaOH溶液，先生成HA-后生成A2-， 不断减小， 先增大后减小， 不断增大，则曲线a为的变化，曲线b为的变化，曲线c为的变化，据此解答。
12．（2022·苏州模拟）硫酸工业尾气(主要含SO2、N2和O2)，用Na2SO3溶液吸收可转化为NaHSO3，当c(HSO)∶c(SO)≈10时，吸收能力下降，需要加热再生为Na2SO3溶液。已知Ka1(H2SO3)=10-1.9，Ka2(H2SO3)=10-7.2，下列说法错误的是（ ）
A．Na2SO3溶液中存在：c(OH-)= c(H+) + c(HSO) +2c(H2SO3)
B．Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为：SO＋SO2＋H2O=2HSO
C．当c(HSO)：c(SO)=10时，此时吸收液的pH=6.2
D．与原Na2SO3溶液相比，吸收液充分分解放出SO2再生后吸收SO2能力几乎不变
【答案】D
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；pH的简单计算；离子浓度大小的比较；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．亚硫酸钠溶液中存在质子守恒关系c(OH-)= c(H+) + c(HSO) +2c(H2SO3)，故A不符合题意；
B．亚硫酸钠溶液吸收二氧化硫的反应为亚硫酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为SO＋SO2＋H2O=2HSO，故B不符合题意；
C．亚硫酸的电离常数Ka2(H2SO3)= ，当c(HSO)∶c(SO)=10时，溶液中c(H+)==10-7.2×10mol/L=10-6.2mol/L，溶液的pH为6.2，故C不符合题意；
D．吸收能力下降的吸收液加热再生为亚硫酸钠溶液的反应为溶液中的亚硫酸氢钠受热分解转化为亚硫酸钠，亚硫酸钠具有还原性，可能被空气中的氧气氧化为硫酸钠，硫酸钠溶液不能与二氧化硫反应，所以再生的吸收液后吸收二氧化硫的能力下降，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据质子守恒进行分析。
B.书写离子方程式时，注意单质、氧化物、弱电解质、难溶物、气体的化学式不拆成离子形式。
C.根据电离常数Ka2(H2SO3)= 及pH=-lgc(H+)进行分析。
D. Na2SO3 具有还原性，可被空气中的氧气氧化为 Na2SO4 ，Na2SO4溶液与SO2不反应，据此分析。
13．（2022·江苏模拟）室温下，通过下列实验探究NaHCO3、NaHSO3溶液的性质：
实验 实验操作和现象
1 用pH试纸测定浓度为0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH，pH≈5
2 用pH试纸测定浓度为0.1mol·L-1NaHCO3溶液的pH，pH≈8
3 将浓度均为0.1mol·L-1的NaHSO3和Ba(OH)2溶液等体积混合，产生白色沉淀
下列说法正确的是（ ）
A．实验1可得0.1mol·L-1NaHSO3溶液中：Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)＜10-10
B．实验2可得0.1mol·L-1NaHCO3溶液中：c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)
C．实验3所得溶液中：c(Ba2+)·c(SO)=2.5×10 3
D．浓度均为0.1mol·L-1的NaHSO3和NaHCO3两份溶液中：c(HCO)+2c(CO)＜c(HSO)+2c(SO)
【答案】D
【知识点】pH的简单计算；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)=·=，溶液的pH≈5，所以c(H+)≈10-5，c2(H+)≈10-10，溶液显酸性说明HSO的电离程度大于水解程度，所以c(SO)＞c(H2SO3)，所以＞1，则Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)＞10-10，A不符合题意；
B．溶液pH≈8，显碱性，则HCO的水解程度大于电离程度，水解和电离都是微弱的，所以c(HCO)＞c(H2CO3)＞c(CO)，B不符合题意；
C．等浓度的NaHSO3和Ba(OH)2溶液等体积混合后发生反应：NaHSO3+Ba(OH)2=BaSO3+NaOH+H2O，若BaSO3不是沉淀，则溶液中c(Ba2+)=c(SO)=0.05mol/L，c(Ba2+)·c(SO)=2.5×10 3，但BaSO3为白色沉淀，所以c(Ba2+)·c(SO)＜2.5×10 3，C不符合题意；
D．NaHSO3溶液中存在电荷守恒：c1(Na+)+c1(H+)=c(HSO)+2c(SO)+c1(OH-)，所以c(HSO)+2c(SO)=c1(Na+)+c1(H+)-c1(OH-)，同理可得NaHCO3溶液中c(HCO)+2c(CO)=c2(Na+)+c2(H+)-c2(OH-)，两溶液中钠离子浓度相同，而NaHSO3溶液的pH更小，所以c1(H+)-c1(OH-)＞c2(H+)-c2(OH-)，则c(HCO)+2c(CO)＜c(HSO)+2c(SO)，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A. NaHSO3溶液的pH≈5，说明亚硫酸氢根的电离程度大于水解程度；
B. NaHCO3溶液的pH≈8，说明碳酸氢根的水解程度大于电离程度；
C.所得溶液中钡离子浓度和亚硫酸根离子的浓度无法计算；
D.两溶液中钠离子浓度相同，结合电荷守恒进行分析。
14．（2022·海口模拟）298K下，向20.00mL0.1mol·L-1的某弱酸(HR)溶液中逐滴加入pH=13的NaOH溶液，溶液申由水电离的H+浓度的负对数[-lgc(H+)水]与所加入NaOH溶液体积的关系如图所示(b点溶液pH<7)。下列说法正确的是（ ）
A．在a、b、c、d四点中，d点水的电离程度最大
B．b点溶液中：c(HR)>c(R-)>c(Na+)
C．c点溶液pH=7
D．d点溶液中：c(Na+)=2c(HR)+2c(R-)
【答案】D
【知识点】水的电离；pH的简单计算；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．c点加入酸碱的物质的量相等，则c点溶质为NaR，只有R-发生水解反应，促进水的电离，其他点由于存在酸或碱抑制水电离，则c点水的电离程度最大，A不符合题意；
B．b点溶质为等物质的量浓度的HR、NaR，已知b点溶液pH<7，说明电离程度大于水解程度，则c(R-)> c(HR)，B不符合题意；
C．c点溶质为NaR，为强碱弱酸盐，由于R-发生水解反应，溶液呈碱性，pH<7，C不符合题意；
D．d点加入碱是酸的2倍，则溶质为等物质的量浓度的NaR、NaOH，由物料守恒：c(Na+)=2c(HR)+2c(R-)，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】ａ点溶质为HR，ｂ点溶质为等浓度的HR、NaR，ｃ点溶质为NaR，ｄ点溶质为等浓度的NaR、NaOH。
Ａ．酸或碱抑制水电离，NaR水解促进水电离；
Ｂ．HR电离程度大于R-水解程度；
Ｃ．ｃ点NaR水解，溶液呈碱性；
Ｄ．根据物料守恒判断。
15．（2022·舟山模拟）下列说法错误的是（ ）
A．相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH-)相等
B．常温下，将1 L0.1 mol/L的Ba(OH)2溶液稀释为2 L，pH=13
C．常温下，测定0.1mol/L醋酸溶液的pH可证明醋酸是弱电解质
D．相同温度下，中和相同pH、相同体积的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH物质的量不同
【答案】A
【知识点】强电解质和弱电解质；弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算
【解析】【解答】A．NaOH是强电解质而完全电离，氨水是弱电解质而部分电离，所以相同温度下相同物质的量浓度的氨水、NaOH溶液，c(OH-)：前者小于后者，A项符合题意；
B．常温下，Ba(OH)2溶液稀释过程中n(OH-)不变，如果将1 L0.1 mol/L的Ba(OH)2溶液稀释为2 L，c(OH-)=0.1 mol/L，即pH=13，B项不符合题意；
C．醋酸是一元酸，如果醋酸是强酸，0.1mol/L的醋酸溶液的pH =1，如果测定0.1mol/L醋酸溶液的pH大于1，说明醋酸部分电离，为弱电解质，C项不符合题意；
D．相同温度下，中和相同pH、相同体积的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH物质的量与酸的物质的量成正比，等体积等pH值的盐酸和醋酸，酸的物质的量：盐酸小于醋酸，则醋酸消耗的NaOH的物质的量多，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.NaOH为强电解质，能完全电离，而氨水中的主要成分NH3·H2O为弱电解质，部分电离。
B.根据n=cV及物质的组成结构可算出，稀释后c(OH-)，结合pH=-lgc(H+)=-lg进行解答。
C.弱电解质不能完全电离。
D.盐酸和醋酸均为一元酸，等体积等pH的盐酸和醋酸中所含酸的物质的量不同，据此分析。
16．（2022·河南模拟）室温下，某混合溶液中c(HAc)+c(Ac-)=0.01mol/L，部分微粒浓度的对数与pH的关系如图所示［已知Ka(HAc)=1.0×10-4.74，1g2=0.3，微粒加方括号表示该微粒的浓度］。下列说法不正确的是（ ）
A．P点对应溶液中微粒浓度关系：c(Ac-)>c(HAc)=c(OH-)>c(H+)
B．M点对应的lg[c(HAc)]=-9.48
C．O点的坐标为(4.74，-2.3)
D．[OH—]对应的直线和［H+]对应的直线的斜率分别为＋1和-1，两者交点的横坐标为7
【答案】B
【知识点】pH的简单计算；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由图可知，P点对应溶液中c(HAc)=c(OH-)，溶液呈碱性，溶液中微粒浓度关系为c(Ac-)>c(HAc)=c(OH-)>c(H+)，故A不符合题意；
B．由图可知，M点对应的溶液中c(Ac-) =c(OH-)=
，温度不变，醋酸的电离常数不变，由电离常数公式可得：溶液中c(HAc)=
=
=1.0-9.26，则lg[c(HAc)]=-9.26，故B符合题意；
C．由图可知，O点对应的溶液中c(Ac-)=c(HAc)= 0.01mol/L× =0.005mol/L，则lgc(Ac-)=lgc(HAc)=lg0.005= -2.3，由电离常数公式可得：溶液中c(H+)= Ka(HAc)=1.0×10-4.74，溶液pH=4.74，则O点的坐标为(4.74，-2.3)，故C不符合题意；
D．由图可知，当溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等时，溶液pH为7，则氢氧根离子浓度对应的直线和氢离子浓度对应的直线的斜率分别为＋1和-1，两者交点说明氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，横坐标为7，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.图中纵坐标表示微粒浓度的对数，从p点作与纵坐标平行的直线，可比较Ac-、HAc、OH-、H+的纵坐标数值大小，进而解答。
B.根据电离平衡常数可知c(HAc)= ，而M点时c(Ac-)= c(OH-)，再结合水的离子积常数进行解答。
C.电离平衡常数Ka(HAc) = ，而O点时c(Ac-)= c(HAc)，可算出c(H+)，进一步求解横坐标；O点时c(Ac-)= c(HAc)= ×0.05mol/L，进一步求解纵坐标。
D.根据图示数据可求解斜率；室温，当c(H+)= c(OH-)时，溶液显中性，pH=7。
17．（2022·温州模拟）25℃，。向溶液中逐滴加入溶液至。忽略溶液体积的变化。下列有关说法正确的是
A．当V增至100.00mL过程中，先增大后减小
B．若溶液的电离度，则
C．再滴加调节溶液混合溶液至水电离出的时，则
D．若，当时，混合溶液
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．向醋酸中加入盐酸的过程中醋酸分子和氯离子的物质的量都增加，对于两种微粒来说溶液体积是一样的，但是醋酸分子是由于电离平衡逆向移动引起的增加，增加较慢，故一直都在增加，A不符合题意；
B．醋酸溶液中存在电离平衡，
K==0.5c=，则c=，B不符合题意；
C．时，溶液显中性，根据电荷守恒，溶液显中性则， ，C符合题意；
D．若，当时，c(H+)=，pH=-lg()，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．考虑醋酸的电离平衡；
B．利用三段式法计算；
C．根据电荷守恒和中性的实质分析；
D．利用计算。
18．（2021·珠海模拟）下列说法正确的是（ ）
A．0.1 mol L 1CH3COOH加水稀释，溶液中c(OH－)减小
B．相同浓度的HCl和CH3COOH，两溶液中c(H+)相同
C．等浓度的CH3COOH与KOH以任意比混合：c(K+)+c(H+)=c(OH－)+c(CH3COO－)
D．甲溶液的pH是5，乙溶液的pH是4，则甲溶液与乙溶液的c(H+)之比为10：1
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算
【解析】【解答】A.0.1 mol L-1CH3COOH加水稀释，平衡正向移动，氢离子物质的量增加，但氢离子浓度减小，因此溶液中c(OH－)增大，故A不符合题意；
B．相同浓度的HCl和CH3COOH，由于HCl是强电解质，CH3COOH是弱电解质，因此两溶液中c(H+)不相同，HCl中c(H+)大于CH3COOH中c(H+)，故B不符合题意；
C．等浓度的CH3COOH与KOH以任意比混合，根据电荷守恒得到：c(K+)+c(H+)=c(OH－)+c(CH3COO－)，故C符合题意；
D．甲溶液的pH是5，乙溶液的pH是4，则甲溶液与乙溶液的c(H+)之比为1：10，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.加水促进弱电解质电离，水的离子积常数不变；
B.盐酸为强酸，CH3COOH为弱酸；
C.结合电荷守恒判断；
D.根据pH=-lgc(H+)计算c(H+)再进行比较。
19．（2021·邯郸模拟）难溶金属氢氧化物 开始沉淀的 (简记pH始)与沉淀完全的 (简记pH终)，理论上具有定量关系，假定开始沉淀时 ，设 时沉淀完全，则当 时，pH终-pH始始的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【知识点】pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】 ， ， ，即 ，两边取负对数得 ；
故答案为：A。
【分析】根据难溶性沉淀的溶解平衡根据数据计算即可
二、多选题
20．（2023·青岛模拟）时，向的溶液()中通入或加入调节，不考虑溶液体积变化且过程中无气体逸出。含碳(或氮)微粒的分布分数[如：]与关系如图。下列说法正确的是
A．溶液中存在：
B．曲线M表示的分布分数随变化
C．的
D．该体系中
【答案】A,C
【知识点】pH的简单计算；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由质子守恒可知溶液中存在，A符合题意；
B．曲线M表示NH的分布分数随变化，B不符合题意；
C．图中pH=6.3时=，Ka1=c(H+)=10-6.3；，图像中pH=8.3时=，=，即(10-8.3)2=10-6.3，Ka2=10-10.3，C符合题意；
D．NH3H2ONH+OH-，利用图中pH=9.3的交叉点时c(NH)=c(NH3H2O)，解得Kb=10-4.7；由氮元素守恒可知c(NH)+c(NH3H2O)=0.1mol/L，故，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A．依据质子守恒分析；
B．依据图中曲线分析；
C．选择pH=6.3点，利用计算；
D．利用图中pH=9.3点的数据和氮元素守恒计算。
21．（2022·威海模拟）常温时，某浓度的二元弱酸溶液在不同pH下测得pc(M)变化如图所示[已知：，M代指或或]，下列说法正确的是（ ）
A．NaHB溶液中，
B．X点的pH为4.06
C．时，
D．的值为
【答案】B,C
【知识点】pH的简单计算；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．分析可知曲线a、b、c分别表示pc(HB-)、pc(H2B)、pc(B2-)，pc(H2B)=pc(HB-)时，溶液的pH=1.89，c(HB-)=c(H2B)，H2B的Ka1==10-1.89，pc(HB-)=pc(B2-)时，pH=6.23，c(HB-)=c(B2-)，H2B的Ka2==10-6.23，NaHB溶液中存在HB-的电离平衡和水解平衡，常温下，水解常数为Kh=< Ka2，则HB-的电离程度大于水解程度，故c(B2-)>c(H2B)，故A不符合题意；
B．X点pc(H2B)=pc(B2-)，则c(H2B)=c(B2-)，Ka1×Ka2=×= c(H+)2=10-1.89×10-6.23，解得c(H+)=10-4.06mol/L，pH为4.06，B符合题意；
C．时，c(H+)=10-6mol/L，，C符合题意；
D．÷==，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A、HB-的电离程度大于水解程度，故c(B2-)>c(H2B)；
B、由图可知X点pc(H2B)=pc(B2-)，则c(H2B)=c(B2-)，进而可以求出氢离子浓度，从而得出pH；
C、pH为6时，可得氢离子浓度，进而可以算出
D、计算结果应为。
三、非选择题
22．（2021·河北）绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）高温连续氧化工序中被氧化的元素是 (填元素符号)。
（2）工序①的名称为 。
（3）滤渣的主要成分是 (填化学式)。
（4）工序③中发生反应的离子方程式为 。
（5）物质V可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为 ，可代替NaOH的化学试剂还有 (填化学式)。
（6）热解工序产生的混合气体最适宜返回工序 (填“①”或“②”或“③”或“④”)参与内循环。
（7）工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为 。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5mol L-1为沉淀完全；Al(OH)3+OH- Al(OH) ：K=100.63，Kw=10-14，Ksp[Al(OH)3]=10-33)
【答案】（1）Fe、Cr
（2）溶解浸出
（3）MgO、Fe2O3
（4）2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓
（5）4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO3 8Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；Na2CO3
（6）②
（7）8.37
【知识点】pH的简单计算；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素，故答案为：Fe、Cr；
（2）工序①为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质便于后期实验，故答案为：溶解浸出；
（3）氧化铁和氧化镁均不溶于氢氧化钠和水，滤渣Ⅰ的主要成分是氧化铁和氧化镁，故答案为：MgO、Fe2O3；
（4）工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓，故答案为：2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓；
（5）物质V是碳酸氢钠，碳酸氢钠和氢氧化钠均具有碱性，可代替氢氧化钠进行高温氧化反应，加入碳酸氢钠发生的主要反应为高温下，Fe（CrO2）2与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO3 8Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；碳酸钠也具有碱性，若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应，故答案为：4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO3 8Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；
（6）所有的工序均出现了物质A为二氧化碳，故二氧化碳和水蒸气可以重复使用，热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣1中可以将氧化镁转化为碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回工序为工序②，故答案为：②；
（7）工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为 ，反应的平衡常数为K1= = = =1013.37，当 为10-5mol/L时，溶液中氢离子浓度为 = mol/L=10-8.37mol/L，则溶液的pH为8.37，故答案为：8.37。
【分析】（1）找出元素化合价升高的元素即可
（2）①加水主要是将可溶于水的物质溶解
（3）氧化镁不溶于氢氧化钠，亚铁离子被氧化为三价铁离子，连续高温最终变为氧化铁，不溶于水，因此滤渣是氧化镁和氧化铁
（4）通过确定A为二氧化碳，铬酸钾和重铬酸钾在酸性条件下进行转换，因此确定V为碳酸氢钠固体据此写出放出方程式
（5）碳酸氢钠具有碱性，且易分解，戈恩据反应物即可写出方程式，碳酸钠也具有碱性也可替换
（6）过程中的水和二氧化碳可以循环使用，因此②可循环
（7）根据沉淀的平衡即可计算出氢氧根离子浓度
23．（2021·全国乙卷）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有 、 、 、MgO、CaO以及少量的 ，为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
该工艺下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子
开始沉淀的pH 2.2 3.5 9.5 12.4
沉淀完全(c=1.0×10*mol-L')的pH 3.2 4.7 11.1 13.8
回答下列问题：
（1）“焙烧”中， 、 几乎不发生反应， 、MgO、CaO、 转化为相应的硫酸盐，写出 转化为 的化学方程式 。
（2）“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是 。
（3）“母液①”中 浓度为 mol·
（4）”水浸渣”在160℃“酸溶”，最适合的酸是 。“酸溶渣”的成分是 、 。
（5）“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热， 水解析出 沉淀，该反应的离子方程式是 。
（6）将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得 ，循环利用。
【答案】（1）Al2O3+4(NH4)SO4=2NH4Al(SO4)2+3H2O+6NH3↑
（2）Fe3+ 、Al3+ 、Mg2+
（3）10-6
（4）H2SO4；SiO2；CaSO4
（5）TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O+2H+
（6）(NH4)2SO4
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为 Al2O3+4(NH4)SO4=2NH4Al(SO4)2+3H2O+6NH3↑ ；
(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，Fe3+首先沉淀、然后是Al3+、Mg2+，Ca2+没有沉淀；
(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10-5×(1×10-2.9)2=1×10-10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为=1×10-6mol/L
(4)增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；
(5)酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为 TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O+2H+ ；
(6)由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用。
【分析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·x H2O
24．（2022·柯桥模拟）常温下，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/LHCl溶液时，当氢氧化钠溶液的体积从19.98mL变为20.02mL时，溶液的pH发生突变，请回答下列问题：(已知lg2=0.3，lg5=0.7)
（1）pH突跃范围是： ；
（2）请写出上述结果的计算过程： 。
【答案】（1）4.3-9.7
（2）19.98mL时，盐酸剩余，；20.02mL时，NaOH过量，，则pH=14-4.3=9.7。
【知识点】pH的简单计算；中和滴定
【解析】【解答】当加入19.98mLNaOH溶液时，盐酸剩余，；
当加入20.02mLNaOH溶液时，NaOH过量，，则pH=14-4.3=9.7，故pH突跃范围是4.3-9.7。
【分析】分别计算出当加入氢氧化钠溶液19.98mL和20.02mL时候溶液pH，即是突变范围。
25．（2022·永州模拟）一种银铟矿主要成分为Au、Ag2S、CuS、ZnS、PbS、FeS、In2O3、Ga2O3等物质，从该矿获得稀有金属的工艺流程如图所示：
该工艺条件下，金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表：
金属离子 Fe3+ In3+ Ga3+ Cu2+ Zn2+ Pb2+
开始沉淀的pH 2.2 2.1 2.6 4.6 6.24 7.1
完全沉淀(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH 3.2 3.4 4.3 6.6 8.24 9.1
（1）“浸出”过程中金、银分别转化为AuCl、AgCl进入溶液，同时生成硫，写出Ag2S发生反应的离子方程式 。
（2）高温水蒸气除铁利用了FeCl3易水解的性质，写出该反应的化学方程式 。
（3）“二次还原”得到的滤液中主要的阳离子有H+、Na+、Ca2+、Zn2+、Pb3+、In3+、 。
（4）“二次中和”得到的滤渣除少量Fe(OH)3外，主要成分还有 (写化学式)。
（5）“分铅锌”步骤中，维持H2S饱和水溶液的浓度为0.1mol·L-1，为使Zn2+沉淀完全，需控制溶液的pH不小于 已知：lg3≈0.48；Ksp(ZnS)=3.0×10-25，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.0×10-13]。
（6）已知：氧化还原反应可看成由两个半反应组成，每个半反应具有一定的电极电势(用“φ”表示)，φ越大则该物质的氧化性越强，φ越低则该物质的还原性越强。浸出步骤中金反应的两个半反应如下：
HClO+H++2e-=Cl-+H2O φ=1.49+lg
AuCl4-+3e-=4Cl-+Au φ=0.994+lg
(φ与半反应式的系数无关，仅与浓度有关，cθ=1mol·L-1)
如图是Au的浸出率与NaCl溶液浓度的关系，请解释A点以后，金浸出率减小的原因是 。
【答案】（1）Ag2S+2H++3Cl-+ClO-=2AgCl+S+H2O
（2）2FeCl3+3H2O(g)Fe2O3↓+6HCl↑
（3）Fe2+、Ga3+
（4）In(OH)3、Ga(OH)3
（5）0.74
（6）c(Cl-)增大，φ均减小，次氯酸氧化性减弱，Au的还原性增强，减弱程度大于增强程度，故Au的浸出率减小
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；pH的简单计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】本题是一道由银铟矿制备稀有金属的工业流程题，首先用氯化钠，盐酸，次氯酸钠混合物从原材料浸出有用的物质，之后用水蒸气使其中的三价铁生成氧化铁，再用碳酸钙中和过量的酸，再用铜置换出银和铜，再用铁置换出其中的铜，再经过调pH和除杂，最终得到贫液，以此解题。
(1)浸出Ag2S同时生成硫，是与NaClO发生氧化还原反应，离子方程式为：Ag2S+2H++3Cl-+ClO-=2AgCl+S+H2O；
(2)由流程可知除铁生成了氧化铁和氯化氢，则对应的化学方程式为：2FeCl3+3H2O(g)Fe2O3↓+6HCl↑；
(3)“二次还原”加入铁主要是与铜离子反应，方程式为：，另外原料中的Ga2O3在浸出时引入的Ga3+也会留在溶液中，因此主要的阳离子还有：Fe2+、Ga3+；
(4)“二次中和”加入碳酸钙调pH=4.5，根据表中信息得到的滤渣还有In(OH)3、Ga(OH)3；
(5)Zn2+沉淀完全，溶液中，此时，，，，，，，，，，pH不小于0.74；
(6)由φ=1.49+lg可知，c(Cl-)越大，φ越小，即HClO氧化性越小，由φ=0.994+lg可知，c(Cl-)越大，φ越小，AuCl的还原性越强，因此，HClO与AuCl反应速率减慢，金浸出率减小，故答案为：c(Cl-)增大，φ均减小，次氯酸氧化性减弱，Au的还原性增强，减弱程度大于增强程度，故Au的浸出率减小。
【分析】（1）浸出时Ag2S转化为AgCl，同时生成硫，结合质量守恒和得失电子守恒书写离子方程式；
（2）高温下，氯化铁和水蒸气反应生成氧化铁和氯化氢；
（3）二次还原”加入铁，铁和铜离子反应生成铜和亚铁离子，Ga2O3在浸出时生成的Ga3+留在溶液中；
（4）根据表中数据，pH=4.5时，Fe3+、In3+、Ga3+均沉淀；
（5）计算出溶液中氢离子浓度即可确定其pH；
（6）由图可知， c(Cl-)增大，φ均减小，次氯酸氧化性减弱，Au的还原性增强，减弱程度大于增强程度，Au的浸出率减小 。
26．（2021·烟台模拟）Co3O4在工业上有重要应用。利用原钴矿(主要含有Co2O3，还含有少量Cr2O3、NiO等杂质)制备Co3O4的工艺流程如下：
已知：①在含一定量Cl-的溶液中：Co2++4Cl-=CoCl
②CoCl 溶于有机胺试剂，Co2+、Cr3+和Ni2+不溶于有机胺试剂；有机胺试剂不溶于水。
③Ksp[Co(OH)2]=1.0×10-15
（1）原钴矿需预先粉碎的目的是 。
（2）步骤i中Co2O3溶解时发生反应的离子方程式为 。
（3）步骤ii中加入NaCl固体的目的是 。
（4）步骤v反应过程中无气体逸出，则沉钴时发生反应的离子方程式为 ；沉钴过程选择较高温度有利于沉淀生成，但加入等量(NH4)2CO3选择过高温度得到的沉淀质量反而会减少，减少的原因是 。
（5）常温下，步骤v沉钴滤液中，Co2+含量为5.9×10-2g·L-1，此时溶液的pH= 。
（6）步骤vi在空气中煅烧生成Co3O4的化学方程式是 。
【答案】（1）增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应更充分
（2）Co2O3＋6H+＋2Cl-=2Co2＋＋Cl2↑＋3H2O或Co2O3＋6H＋＋10Cl-=2CoCl ＋Cl2↑＋3H2O
（3）加入NaCl固体，可使溶液中Cl-浓度增大，平衡Co2+＋4Cl- CoCl 右移，CoCl 浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度
（4）2Co2＋＋3CO ＋2H2O=Co2(OH)2CO3↓＋2HCO ；温度过高，(NH4)2CO3分解，(NH4)2CO3浓度降低，沉淀质量减少
（5）8
（6）3Co2(OH)2CO3＋O2 2Co3O4＋3H2O＋3CO2
【知识点】化学反应速率；pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)预先粉碎可以增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应更充分；
(2)根据后续流程中出现Co2+，说明盐酸浸取时Cl-将Co2O3被还原为Co2+，自身被氧化为Cl2，根据所给信息①可知，若盐酸过量还可能生成CoCl ，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为Co2O3＋6H+＋2Cl-=2Co2＋＋Cl2↑＋3H2O或Co2O3＋6H＋＋10Cl-=2CoCl ＋Cl2↑＋3H2O；
(3)加入NaCl固体，可使溶液中Cl-浓度增大，平衡Co2+＋4Cl- CoCl 右移，CoCl 浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度，提高原料的利用率；
(4)根据流程可知产物为Co2(OH)2CO3，说明Co2+和CO 发生双水解，而反应过程中无气体逸出，说明CO 浓度较大，溶液碱性较强，CO 没有彻底水解，转化为HCO ，所以离子方程式为2Co2＋＋3CO ＋2H2O=Co2(OH)2CO3↓＋2HCO ；温度过高，(NH4)2CO3分解，(NH4)2CO3浓度降低，沉淀质量减少；
(5)滤液中Co2+含量为5.9×10-2g·L-1，则c(Co2+)= =1.0×10-3mol/L，则此时溶液中c(OH-)= =10-6mol/L，所以溶液中c(H+)=10-8mol/L，pH=8；
(6)Co2(OH)2CO3在空气中煅烧生成Co3O4，则部分Co元素被氧气氧化，根据元素化合价的变化可得Co2(OH)2CO3和O2的系数比为3：1，再结合元素守恒可得化学方程式为3Co2(OH)2CO3＋O2 2Co3O4＋3H2O＋3CO2。
【分析】原钴矿粉加入盐酸浸取，Co2O3被Cl-还原为Co2+，向浸取液中加入NaCl固体，将Co2+转化为CoCl ，之后加入有机胺试剂萃取，分液后洗脱得到CoCl2溶液，加入碳酸铵溶液得到Co2(OH)2CO3沉淀，经煅烧得到Co3O4。
27．（2021·济南模拟）综合利用研究发现，硼镁铁矿(主要成分为 ，含有SiO2、FeO、Fe2O3等杂质)可以制备硼酸、铁红和碳酸镁等常用化工试剂，工艺流程图如下：
回答下列问题：
（1）硼镁矿粉碎的目的是 ，“酸浸”中 发生的离子反应是 。
（2）为提高产品纯度，“净化”时用的试剂X为 (填化学式)，如果将“净化”中①和②的顺序调换，会导致的结果是 。
（3）过滤所得碳酸镁需冷水洗涤后再进行干燥证明碳酸镁固体洗涤干净的具体操作为 。
（4）不同条件下硼酸的萃取率图象如下：
萃取过程为 (填“吸热”或“放热”)反应。增大pH会导致萃取率降低的原因是 。
【答案】（1）增大固液接触面积，加快浸取速率，提高浸取效率；
（2）MgO或者Mg(OH)2等；铁元素不能彻底的分离，滤液中仍然含有Fe2+，导致所得碳酸镁不纯净
（3）取少量最后一次洗涤液于一试管中，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则洗涤干净
（4）放热；当溶液的pH过高时，硼酸以盐的形式存在
【知识点】化学反应速率的影响因素；pH的简单计算；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)硼铁矿粉碎可以增大固液接触面积，加快浸取速率，提高浸取效率；“酸浸”中 与酸发生的离子反应是 ；
(2) “净化”时，加入物质X是调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，为提高产品纯度，试剂X应为MgO或者Mg(OH)2等，如果将“净化”中①和②的顺序调换，Fe2+未被氧化成Fe3+，从而未能转化成沉淀除去，导致铁元素不能彻底的分离，滤液中仍然含有Fe2+，导致所得碳酸镁不纯净；
(3)若未洗涤干净，洗涤液中会有 离子，则证明碳酸镁固体洗涤干净的具体操作为取少量最后一次洗涤液于一试管中，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则洗涤干净；
(4)由图可知，温度越高，萃取率越低，则可知硼酸的萃取过程为放热反应。增大pH会导致萃取率降低的原因是当溶液的pH过高时，H3BO3的电离程度增大，硼酸以盐的形式存在。
【分析】硼镁铁矿经过粉碎增大了与酸的接触面积，提高了反应速率，经过硫酸酸浸得到含有H2SO4、MgSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、H3BO3的混合溶液，SiO2没有溶解，过滤直接除去，加H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，再加MgO或者Mg(OH)2等，调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，灼烧Fe(OH)3得到铁红Fe2O3，过滤后得到硼酸根和MgSO4的混合溶液，加入萃取剂，将硼酸根和含有Mg2+的溶液分离，在水层中加入NH4HCO3，沉淀Mg2+，得到MgCO3沉淀，在有机相中加入反萃取剂，得到含有硼酸根的水溶液，加入硫酸，促进生成硼酸，结晶析出。
28．（2021·曲靖模拟） 是一种廉价的碳资源，其综合利用可以减少碳排放，对保护环境有重要意义。
（1）碱液吸收。用NaOH溶液捕获 ，若所得溶液中 ，则溶液 。(室温下， 的 ； )
（2）催化转化。以 、 为原料在催化剂作用下合成 涉及的主要反应如下。
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
回答下列问题：
① kJ/mol。
②在绝热恒容的密闭容器中，将按物质的量之比1∶3投料发生反应Ⅰ，下列能说明反应已达平衡的是 (填序号)。
A．体系的温度保持不变
B．体系的密度保持不变
C．单位时间内体系中消耗 的同时生成
D．混合气体平均相对分子量保持不变
E. 和 的转化率相等
③不同压强下，按照 投料，实验测定 的平衡转化率和 的平衡产率随温度(T)的变化关系如图所示。
其中纵坐标表示 的平衡产率的是 (填“X”或“Y”)；压强 、 、 由大到小的顺序为 ；温度高于 时，Y几乎相等的原因是 。
（3） 超干重整 的催化转化如图所示：
①关于上述过程Ⅱ的说法正确的是 (填序号)。
A．CO表示未参与反应
B．
C．实现了含碳物质与含氢物质的分离
D． 、CaO为催化剂，降低了反应的
②在体积为1L的刚性密闭容器中，充入 和 ，加入 催化剂并加热至 使其发生反应 ，容器内的总压强p随时间t的变化如表所示：
反应时间 0 2 4 6 8 10 12
总压强p/kPa 10.0 11.5 12.3 13.0 13.6 14.0 14.0
该温度下的平衡常数 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，计算结果保留一位小数)。
【答案】（1）10
（2）+40.9；AD；X；；温度高于 时以反应Ⅲ为主，又反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强对平衡没有影响
（3）BC；28.4
【知识点】反应热和焓变；热化学方程式；盖斯定律及其应用；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；pH的简单计算
【解析】【解答】(1)由 ，知K2= ，解得c(H+)=10-10，则pH=-Lgc(H+)=10；
(2)①Ⅰ-Ⅱ，结合盖斯定律得：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)△H3=△H1-△H2=+40.9 kJ/mol，故此处填40.9；
②A．由于体系绝热，故反应的热效应会引起温度的改变，当温度不变时，说明反应达平衡，A正确；
B．由于容器体积不变，且反应前后气体总质量不变(前后均为气体，质量守恒)，故体系气体密度( )始终不变，不能用来判断平衡状态，B不正确；
C．消耗H2和生成H2O均为正反应速率，不能说明正逆反应速率相等，故不能用来判断平衡状态，C不正确；
D．虽然反应前后气体总质量不变(前后均为气体，质量守恒)，但气体总物质的量发生改变，由 ，知随着反应进行，混合气体平均相对分子质量发生改变，当不变时，说明反应达平衡，D正确；
E．由于CO2和H2的起始投料比等于化学计量数之比，故任意时刻，CO2和H2的转化率均相等，故不能用来判断平衡状态，E不正确；
故故答案为：AD；
③反应Ⅰ、Ⅱ生成CH3OH，但反应Ⅰ、Ⅱ均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH产率下降，故X代表CH3OH的平衡产率，故此处填：X；相同温度下，由于增大压强，反应Ⅰ、Ⅱ平衡均正向移动，CH3OH平衡产率提高，故P1＞P2＞P3；由分析知，X代表CH3OH的平衡产率，故Y代表CO2的平衡转化率，当温度高于T1时，不同压强下，CO2的平衡转化率相等，说明压强此时对平衡几乎不产生影响，故此时应以反应Ⅲ为主，故此处填：当温度高于T1时，以反应Ⅲ为主，又反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强对其平衡没有影响；
(3)①根据转化原理，过程Ⅱ中第一步：CO＋CO2＋H2＋Fe3O4＋CaO→H2O＋Fe＋CaCO3，第二步：Fe＋CaCO3＋稀有气体→稀有气体＋Fe3O4＋CaO＋CO；
A．根据上述分析，第一步CO为反应物，第二步生成CO，以及过程Ⅱ的总反应为CO2(g)＋H2(g)=H2O(g)＋CO(g)，知A不正确；
B．根据上述分析，过程Ⅱ的总反应为CO2(g)＋H2(g)=H2O(g)＋CO(g)，B正确；
C．含碳物质最终转化为CO，含氢物质最终转化为H2O，CO和H2O在不同步骤生成，故实现了含碳物质和含氢物质的分离，C正确；
D．根据上述分析，Fe3O4、CaO为催化剂，焓变只与体系中的始态和终态有关，因此使用催化剂不能改变反应焓变，D不正确；
故答案为BC；
②i． ，利用相同条件下，压强之比等于物质的量之比，有： ，解得x=0.4，该温度下的平衡常数Kp= ，故此处填28.4。
【分析】（1）利用给出的比值以及第二电离常数即可计算出pH
（2）①根据盖斯定律即可计算出焓变
②根据反应 ，正反应是放热，且系数不等，可以通过判断热量不变以及某物质的正逆速率是否相等以及浓度是否不变以及平均相对分子质量是否保持不变等帕努单是否平衡
③根据产生甲醇的反应均是放热即可判断出甲醇的转化率与温度的关系，根气体系数的大小即可判断，根据图示即可判断，温度大小一定温度后，反应是以III为主
（3）①A.根据流程图即可判断CO是否反应
B.根据最初的反应物和最终的生成物即可判断
C.根据流程即可判断实现含氢物质和含碳物质的分离
D.催化剂只是改变速率
②根据给出的数据可以得出平衡时的压强，根据给出的数据级和三行式即可计算出平衡时各物质物质的量即可求出平衡分压求出常数K
29．（2020·虹口模拟）氯化钙可用于生产补钙、抗过敏和消炎等药物。以工业碳酸钙（含有少量Al3+、Fe3+等杂质）生产医药级二水合氯化钙（CaCl2·2H2O）的主要流程如下：
完成下列填空：
（1）除杂操作是加入物质A来调节溶液的pH，以除去溶液中的Al3+、Fe3+，根据下表所给信息，此时控制溶液的pH范围是 ，加入的物质A是 （写化学式）。
开始沉淀时的pH 沉淀完全时的pH 沉淀开始溶解时的pH
Al(OH)3 3.3 5.2 7.8
Fe(OH)3 1.5 4.1 －
（2）检验Fe3+是否沉淀完全的实验操作是 。
（3）酸化操作是加入盐酸，调节溶液的pH，其目的是 。
（4）测定制得的样品的纯度，可采用如下方案：
a．称取0.750 g样品，溶解，在250 mL容量瓶中定容；
b．量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中；
c．用0.050 mol/L AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液体积的平均值为20.39 mL。
①上述测定过程中，需要用到的玻璃仪器除了容量瓶、锥形瓶，还有 。
②计算上述样品中CaCl2·2H2O的质量分数为 （保留三位有效数字）。
③若配制和滴定操作均无误，但最终测定的样品中CaCl2·2H2O的质量分数偏高，写出可能导致该结果的一种情况 。
【答案】（1）5.2≤pH＜7.8；Ca(OH)2 或CaO或CaCO3
（2）取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明Fe(OH)3沉淀完全
（3）将溶液中的少量Ca(OH)2转化为CaCl2
（4）烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滴定管；99.9%；蒸发结晶过程中，温度过高，使CaCl2·2H2O失去部分结晶水
【知识点】pH的简单计算；二价铁离子和三价铁离子的检验；蒸发和结晶、重结晶；中和滴定
【解析】【解答】(1)根据分析，加入物质A来调节溶液的pH，此时控制溶液的pH范围是5.2≤pH＜7.8；加入的物质A是Ca(OH)2 或CaO或CaCO3（填一种即可）；(2)检验Fe3+是否沉淀完全的实验操作是：取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明Fe(OH)3沉淀完全；(3)酸化操作是加入盐酸，调节溶液的pH，其目的是将溶液中的少量Ca(OH)2转化为CaCl2，防止产物中混有Ca(OH)2杂质；(4) ①测定样品的纯度过程中，a为配制一定体积物质的量浓度溶液的过程，需要用到的玻璃仪器：烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管；b、c为滴定过程，需要用到的玻璃仪器：锥形瓶、滴定管；故上述测定过程中，需要用到的玻璃仪器除了容量瓶、锥形瓶，还有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滴定管；②使用AgNO3溶液滴定样品的CaCl2·2H2O，n（Ag+）=0.050 mol/L×20.39 ×10-3L=1.0195 ×10-3mol，则25mL中含n（Cl-）=1.0195×10-3mol，250 mL中含n（Cl-）=1.0195×10-2mol，含n（CaCl2·2H2O）=5.0975×10-3mol，m（CaCl2·2H2O）=5.0975×10-3mol×147g·mol-1=0.7493g，样品CaCl2·2H2O的质量分数= =99.9%；③蒸发结晶过程中，温度过高，使CaCl2·2H2O失去部分结晶水，而计算的时候仍按照没有失去结晶水的化合物质量计算，故最终测定的样品中CaCl2·2H2O的质量分数偏高。
【分析】工业碳酸钙加过量盐酸进行溶解，得到Ca2+、Al3+、Fe3+，加入物质A来调节溶液的pH，以除去溶液中的Al3+、Fe3+，根据沉淀对应的pH表，需要把二者沉淀完全，pH最小为5.2，但是当pH大于等于7.8，氢氧化铝开始溶解，故调节pH范围是5.2≤pH＜7.8；加入的A能调节pH，但是不能引入新杂质，则可以选用Ca(OH)2 或CaO或CaCO3；过滤后滤液进行盐酸酸化，在160℃蒸发结晶，得产品CaCl2·2H2O。
30．（2020·张家口模拟）从镍钼矿渣(主要含有MoO3、NiO、MgO和Fe2O3)中提取元素，其主要工业流程如图：
已知：①MoO3难溶于水，可溶于强碱溶液。
②Fe2O3、MgO不溶于NH4Cl—氨水混合液，NiO可溶于NH4Cl—氨水混合液生成[Ni(NH3)6]2+。
③已知部分金属离子形成氢氧化物沉淀的pH见下表：
pH(开始沉淀) pH(完全沉淀)
Fe3+ 1.52 3.18
Mg2+ 8.10 9.43
请回答下列问题：
（1）“碱浸”时应先将镍钼矿渣粉碎，再与NaOH在80℃下反应2小时，该操作的目的为 。
（2）“碱浸”时，MoO3发生反应的离子方程式为 。
（3）“氨溶解”的目的为 ，“氨溶解”过程中反应条件的选择性实验数据如图所示，“氨溶解”过程中需要控制温度在50~70℃之间，温度过高或过低都会导致产品的产量降低，请解释原因 。
（4）简述利用“滤渣I”制备纯净的铁红的方法： 。
（5）“一次沉镍”时加入H2S的目的是将镍元素转化为NiS沉淀，对应的离子方程式为 。
（6）“氧化”时发生反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（7）“二次沉镍”时，发生反应的离子方程式为 。
（8）已知：某温度时，Ksp(NiC2O4)=4.0×10-10，Ksp(NiCO3)=1.60×10-8。此温度下，将碳酸镍固体投入到1L一定浓度的Na2C2O4溶液中，若要一次性恰好将1molNiCO3完全转化成NiC2O4，则所需Na2C2O4溶液的浓度c(Na2C2O4)= (忽略溶液体积的变化)。
【答案】（1）加快反应速率，提高镍元素的浸出率
（2）MoO3+2OH-=MoO42-+H2O
（3）实现镍元素和铁、镁元素的分离；浓度过低NiO的浸出速率比较低，温度过高会导致氨的挥发，氯化按分解，氨水的利用率低
（4）用稀硫酸溶解滤渣I，然后向反应后的溶液中加入碱凋节pH到3.18~8.10之间，过滤、洗涤、干燥后，经煅烧可制得铁红
（5）[Ni(NH3)6]2++5H2S=NiS↓+6NH4++4HS-
（6）2：3
（7）Ni2++2HCO3-=NiCO3↓+H2O+CO2↑
（8）1.025mol L-1
【知识点】氧化还原反应；pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)将镍钼矿渣粉碎，固体表面积增大，目的是加快反应速率，提高镍元素的浸出率；(2)根据题目所给信息可知MoO3可溶于强碱，溶解得到Na2MoO4，根据电荷守恒可得离子方程式为MoO3+2OH-=MoO42-+H2O；(3)MgO和Fe2O3不溶于NH4Cl-氨水混合液，NiO溶于NH4Cl-氨水混合液生成[Ni(NH3)6]2+，所以“氨溶解”的目的是实现镍元素和铁、镁元素的分离；利用NH4Cl-氨水混合液“氨溶解”时，浓度过低NiO的浸出速率比较低，温度过高会导致氨的挥发，氯化铵分解，氨水的利用率低；(4)根据分析可知滤渣I的主要成分为MgO和Fe2O3，需要制备Fe2O3，根据题目所给信息可知pH为3.18时Fe3+完全沉淀，而pH为8.10时Mg2+开始沉淀，所以可以通过调节镁离子和铁离子混合液的pH值实现二者的分离，具体操作为：用稀硫酸溶解滤渣I，然后向反应后的溶液中加入碱调节pH到3.18~8.10之间，过滤、洗涤、干燥后，经煅烧可制得铁红；(5)“一次沉镍”时加入H2S的目的是将镍元素转化为NiS沉淀，H2S过量，所以最终产物中有HS-，根据元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为[Ni(NH3)6]2++5H2S=NiS↓+6NH4++4HS-；(6)氧化时稀硝酸被还原成NO，化合价降低3价，NiS被氧化成S，化合价升高2价，根据电子守恒可知氧化剂：还原剂=2：3；(7)加入碳酸氢钠，得到碳酸镍沉淀，说明碳酸氢根电离出的碳酸根和镍离子生成沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生大量氢离子，氢离子和碳酸氢根结合又生成二氧化碳，据此可知离子方程式为Ni2++2HCO3-=NiCO3↓+H2O+CO2↑；(8)NiCO3转化成NiC2O4的离子方程式为NiCO3(s)+C2O42- NiC2O4(s)+CO32-，该反应的平衡常数K= =40，处理后的溶液中碳酸根的浓度为1mol/L，则溶液中草酸根的浓度为0.025mol/L，沉淀NiC2O4中含有1mol草酸根，所以加入的草酸钠溶液的浓度c(Na2C2O4)=1.025mol/L。
【分析】
镍钼矿渣( 主要含有MoO3、NiO、MgO和Fe2O3 )先加入足量的NaOH溶液，MoO3可溶于强碱，溶解得到Na2MoO4；滤渣主要含NiO、MgO和Fe2O3 ，再加入NH4Cl-氨水混合液，NiO溶解得到 [Ni(NH3)6]2+ ，再过滤，滤渣|主要有MgO和Fe2O3；滤液中通入足量的硫化氢，和 [Ni(NH3)6]2+ 反应得到NiS沉淀，过滤向沉淀中加入稀硝酸，S元素被氧化得到硫单质，之后向滤液中加入NaHCO3得到NiCO3沉淀。
31．（2020·长春模拟）某实验室以含镍废料(主要成分为NiO，还含有少量 FeO、Fe2O3、CoO、BaO 和SiO2)为原料制备NixOy 和碳酸钴(CoCO3)的工艺流程如图：
已知有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的 pH 如表：
氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Ni(OH)2
开始沉淀的 pH 1.5 6.5 7.2 7.7
沉淀完全的 pH 3.7 9.7 9.4 9.2
请回答以下问题：
（1）“滤渣Ⅰ”主要成分为(填化学式) 。
（2）“氧化”时(加入 NaClO3)的离子方程式为 。
（3）加入 Na2CO3 来“调 pH”的目的是生成黄钠铁钒沉淀而除去铁，也可通过加入MO(对应的金属氧化物)来调节 pH 将铁除去，则 pH 控制的范围为 。
（4）在实验室萃取操作应该在 中完成(填仪器名称)，向水相中加入NaHCO3 时的离子方程式为 。
（5）从 NiSO4 溶液获得NiSO4·6H2O
晶体的操作依次是： ， ，过滤，洗涤，干燥。“煅烧”时剩余固体质量与温度变化曲线如图，该曲线中 B 段所表示氧化物的名称为 。
【答案】（1）BaSO4和SiO2
（2）
（3）3.7＜pH＜7.2
（4）分液漏斗；
（5）蒸发浓缩；冷却结晶；三氧化二镍
【知识点】pH的简单计算；常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)原料的成分有NiO，FeO，Fe2O3，CoO，BaO和SiO2；加入硫酸酸溶，SiO2不反应，所以会出现在滤渣中，BaO会最终变成BaSO4沉淀，所以也会出现在滤渣中；(2)氧化步骤的目的是将二价铁转变成三价铁，便于在后续步骤中沉淀法除去，所以离子方程式为 ；(3)加入Na2CO3这一步是为了除去铁，同时也要避免其他元素的损耗，所以选择的pH区间为3.7~7.2；(4)萃取最关键的仪器是分液漏斗；加入碳酸氢钠后，产物之一是CoCO3沉淀，考虑到NaHCO3是过量的，所以最终的离子方程式为 ；(5)由溶液获取结晶的常规操作是：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥；硫酸镍晶体的摩尔质量是263g/mol，所以26.3g即为0.1mol；280℃开始，固体的质量减少，这个时期是因为结晶水丢失导致的，所以A段对应的物质就是0.1mol的NiSO4；温度到600℃，固体的质量再次下降，得到最终的镍的氧化物；根据原子守恒，8.3g氧化物中Ni的质量为5.9g，那么O的质量为2.4g即0.15mol，所以固体氧化物中 ，所以固体氧化物即三氧化二镍。
【分析】原料的成分含有NiO，FeO，Fe2O3，CoO，BaO和SiO2，最终要制备两种产物，一种是镍的氧化物，一种是CoCO3，所以FeO， ，BaO和SiO2要在制备过程中逐步去除。第一步加酸溶解原料，考虑到发生的反应，就可得知滤渣和滤液的成分。题干中还提供了有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH的表格，经过分析可知，要想去除铁元素，应当把铁元素全都转化为三价铁再调节pH才能在不降低产品产量的同时除净杂质铁元素。最后根据失重曲线判断物质的组成，可通过原子守恒进行计算，再进一步判断即可。
32．（2019高三上·杨浦模拟）工业上通过电解精制饱和食盐水来制备NaOH、 、 ，再合成盐酸。完成下列填空
（1）粗盐提纯：为除去粗盐中的 、 、 ，向粗盐溶液中依次加入稍过量的NaOH溶液、 ，过滤后，再向滤液中加入适量 ，再蒸发。
（2）电解饱和食盐水： ，电解10L饱和食盐水，若阴极收集到标准状况下 （填气体化学式），则溶液 （设溶液体积、温度不变、忽略生成物间的反应）。
工业制盐酸：利用 和 化合，所得产物再溶于水的方法得盐酸，生产流程如下：
（3）为确保 完全反应，合成塔中 略大于 。写出一条 必须反应完全的理由：
（4）盐酸浓度测定；可用滴定法，用盐酸滴定已知质量 的溶液。过程如下：准确称量一定质量的 固体于锥形瓶中，加蒸馏水使其溶解，滴加指示剂X，用待测盐酸滴定，接近终点时，加热锥形瓶，煮沸液体2min，冷却至室温，继续滴定至终点，记录消耗盐酸的体积。重复上述过程三次，计算盐酸浓度。
已知：指示剂X的变色范围是 ； ，饱和 水溶液
本测定用的仪器有锥形瓶、烧杯、玻璃棒、
（5）本测定的反应原理是 （用化学方程式表示）。
（6）接近终点时煮沸反应混合物的目的是
（7）盛放 固体的锥形瓶不干燥，对实验结果的影响是 （填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
【答案】（1） 、 ；盐酸
（2）H2；13
（3）氯气有毒，尾气处理会增加成本
（4）酸式滴定管、电子天
（5）
（6）除去溶液中的二氧化碳，避免影响实验测定结果
（7）无影响
【知识点】pH的简单计算；物质的分离与提纯；中和滴定
【解析】【解答】（1）粗盐提纯时，若先加稍过量的NaOH溶液，则后加过量的氯化钡除去硫酸根离子，接着加碳酸钠去除去钙离子和过量的钡离子，最后加盐酸来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，则依次加入稍过量的NaOH溶液、BaCl
2溶液、Na
2CO
3溶液，过滤后，再向滤液中加入适量盐酸，再蒸发，故答案为：BaCl
2溶液，Na
2CO
3溶液；盐酸；
（2）阴极发生还原反应生成氢气，总方程式为2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑，标准状况下生成11.2L氢气，氢气的物质的量为0.5mol，电解生成1molNaOH，NaOH溶液浓度为1mol/10L=0.1mol/L，pH=13，故答案为：H2；13；
（3）氯气有毒，污染环境，为避免污染环境，必须用氢氧化钠溶液处理，为避免增大成本，减少用氢氧化钠溶液处理处理的环节，可以用过量H2使Cl2完全反应，故答案为：氯气有毒，尾气处理会增加成本；
（4）实验涉及药品的称量、溶解、滴定等操作，则需要的仪器除锥形瓶、烧杯、玻璃棒之外，还需要酸式滴定管、电子天平，故答案为：酸式滴定管、电子天平；
（5）饱和二氧化碳水溶液的pH为4，指示剂X的变色范围是5.0-5.2，则碳酸钠与盐酸的反应应生成二氧化碳和氯化钠，反应的方程式为Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，故答案为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；
（6）接近终点时煮沸反应混合物，可除去溶液中的二氧化碳，避免影响实验测定结果，故答案为：除去溶液中的二氧化碳，避免影响实验测定结果；
（7）盛放Na2CO3固体的锥形瓶不干燥，因溶质的物质的量没有变化，对实验无影响，故答案为：无影响。
【分析】（1） 粗盐提纯：为除去粗盐中的 、 、 ， 用氢氧根除去镁离子，用钡离子除去硫酸根离子，用碳酸根例子除去钙离子，最后加盐酸来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠。
（2）2NaCl+2H2O =2NaOH+H2↑+Cl2↑，标准状况下生成11.2L氢气，氢气的物质的量为0.5mol，电解生成1molNaOH，NaOH溶液浓度为1mol/10L=0.1mol/L，pH=13。
（3）氯气味有毒气体，若反应不完全，氯气污染环境。
（4）因为该滴定试验用到的试剂为盐酸和碳酸钠，所以要用到酸式滴定管。因为题中碳酸钠溶液没有从碱式滴定管放出，所以称量时必须要精到小数点后两位，所以要选择电子天平称量。
（5）滴定是借助滴定管这种精密仪器让两者反应，提高精确度。因为 指示剂X的变色范围是 所以反应是Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，不是Na2CO3+HCl=2=NaCl+NaHCO3,因为后者反应后溶液显碱性。
（6）因为实验产生气体，有气泡产生，影响试验结果，通过加热可以赶走气泡。
（7）碳酸钠的量不变，所以无影响。
33．（2016·奉贤模拟）已知常温下，H2CO3：Ki1=4.3x10﹣7、Ki2=5.6x10﹣11．结合H+的能力Na2CO3溶液 （填”＞”、”＜”或“=”）NaHCO3溶液，设计简单实验证明： ．
【答案】＞；取等浓度等体积的NaHCO3和Na2CO3溶液混于同一烧杯中，加入稀盐酸，边滴边搅拌，若一段时间无气泡，则Na2CO3结合H+能力强
【知识点】pH的简单计算
【解析】【解答】解：电解质越弱，其相应的阴离子结合质子能力越强，常温下，H2CO3：Ki1=4.3x10﹣7＞Ki2=5.6x10﹣11，电离强弱顺序是：碳酸的一级电离大于其二级电离，即结合H+的能力Na2CO3溶液大于NaHCO3溶液，取等浓度等体积的NaHCO3和Na2CO3溶液混于同一烧杯中，加入稀盐酸，边滴边搅拌，若一段时间无气泡，则Na2CO3结合H+能力强，
故答案为：＞；取等浓度等体积的NaHCO3和Na2CO3溶液混于同一烧杯中，加入稀盐酸，边滴边搅拌，若一段时间无气泡，则Na2CO3结合H+能力强．
【分析】电解质越弱，其相应的阴离子结合质子能力越强，常温下，H2CO3：Ki1=4.3x10﹣7＞Ki2=5.6x10﹣11，电离强弱顺序是碳酸的一级电离大于其二级电离，即结合H+的能力Na2CO3溶液大于NaHCO3溶液，根据同浓度的两溶液与盐酸反应生成气体的速率进行设计实验证明．
34．（2016·崇明模拟）FeCl3具有净水作用，但容易腐蚀设备；聚合氯化铁是一种新型絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小．
（1）FeCl3腐蚀钢铁设备，除了H+作用外，另一主要原因是 ．（用离子方程式表示）
（2）为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到含FeCl3的溶液．若酸性FeCl2废液中c（Fe2+）=2.0×10﹣2mol/L，c（Fe3+）=1.0×10﹣3mol/L，c（Cl﹣）=5.3×10﹣2mol/L，则该溶液的pH约为 ．
（3）若在空气中加热FeCl3 6H2O，生成的是Fe（OH）Cl2，写出反应的化学方程式： ；若在干燥的HCl气流中加热FeCl3 6H2O时，能得到无水FeCl3，其原因是 ．
（4）FeCl3在水中分三步水解（K为水解平衡常数）：
Fe3++H2O Fe（OH）2++H+K1
Fe（OH）2++H2O Fe（OH）2++H+K2
Fe（OH）2++H2O Fe（OH）3+H+K3
以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是 ．
（5）通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氯化铁，离子方程式为：xFe3++yH2O Fex（OH）ym++yH+
欲使平衡朝正反应方向移动，可采用的方法是 ．
a．降温b．加水稀释c．加入NH4Cld．加入NaHCO3．
【答案】（1）2Fe3++Fe=3Fe2+
（2）2
（3）FeCl3 6H2O=Fe（OH）Cl2+HCl↑+5H2O；在干燥的HCl气流中抑制FeCl3水解，且带走FeCl3 6H2O受热产生的水气，所以能得到无水氯化铁
（4）K1＞K2＞K3
（5）bd
【知识点】pH的简单计算；盐类水解的原理
【解析】【解答】解：（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用；钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式是：2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质；2Fe3++Fe=3Fe2+；（2）根据电荷守恒：c（Cl﹣）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH﹣浓度很小，在这里可以忽略不计），则c（H+）=c（Cl﹣）﹣2c（Fe2+）﹣3c（Fe3+）=1.0×10﹣2mol L﹣1，则溶液pH=﹣lg1.0×10﹣2=2，故答案为：2；（3）若在空气中加热FeCl3 6H2O，生成的是Fe（OH）Cl2，根据反应物、生成物及反应条件知，该反应的化学方程式：FeCl3 6H2O=Fe（OH）Cl2+HCl↑+5H2O，升高温度促进水解，所以得不到氯化铁，为抑制水解，需要在干燥的HCl气流中加热FeCl3 6H2O来得到FeCl3，故答案为：FeCl3 6H2O=Fe（OH）Cl2+HCl↑+5H2O；在干燥的HCl气流中抑制FeCl3水解，且带走FeCl3 6H2O受热产生的水气，所以能得到无水氯化铁；（4）铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小，则K1＞K2＞K3；故答案为：K1＞K2＞K3；（5）控制条件使平衡正向移动，使平衡正向移动，因为水解为吸热反应，所以降温，平衡逆向移动；加水稀释，则水解平衡也正向移动；加入氯化铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，所以氢离子浓度降低，平衡正向移动，故选bd；
【分析】（1）钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子；（2）根据电荷守恒：c（Cl﹣）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH﹣浓度很小，在这里可以忽略不计），据此溶液中氢离子的浓度，再根据pH=﹣lgc（H+）计算；（3）在空气中加热FeCl3 6H2O，生成的是Fe（OH）Cl2，升高温度促进水解，所以得不到氯化铁，可以采用抑制水解的方法制取氯化铁；（4）铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小；（5）控制条件使平衡正向移动，水解为吸热反应，所以降温平衡逆向移动；加水稀释，则水解平衡也正向移动；加入氯化铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，平衡正向移动．
35．（2015·慈利模拟）将1.000gFeC2O4 2H2O固体样品放在热重分析仪中进行热重分析，测得其热重分析曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示：
已知：①草酸盐受热分解易放出碳的氧化物．②500℃之前，该热重分析仪的样品池处于Ar气气氛中，500℃时起，样品池与大气相通．完成下列填空：
（1）300℃时是样品脱水的过程，试确定350℃时样品是否脱水完全 △ （填“是”或“否”），判断的理由是什么？（要求写出推算过程）．
（2）400℃时发生变化的化学方程式是 ．
（3）将600℃时样品池中残留的固体隔绝空气冷却至室温，再向该固体中加入一定量的稀盐酸刚好完全溶解，用pH试纸测得所得溶液的pH=3，其原因是 （用离子方程式回答）．向该溶液中滴加适量NaOH溶液，生成红褐色沉淀，测得此时溶液中铁元素的离子浓度为4.0×10﹣11 mol L﹣1，则此时溶液的pH= （已知：Ksp[Fe（OH）2]=8.0×10﹣16，Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10﹣38）．
（4）将1500℃时样品池中残留的固体隔绝空气冷却后，用稀盐酸溶解得一棕黄色溶液．取少量该溶液滴加KSCN，溶液显血红色；另取少量该溶液滴加K3[Fe（CN）6]（铁氰化钾）溶液，产生特征蓝色沉淀．试写出图中1 400℃时发生反应的化学方程式 ，
产生特征蓝色沉淀的离子反应方程式 ．
【答案】（1）是；
FeC2O4 2H2O FeC2O4 （2﹣n）H2O+nH2O
180 18n
1.000g （1.000﹣0.800）g
解得n=2，所以350℃时样品完全脱水；
（2）FeC2O4 FeO+CO↑+CO2↑
（3）Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+；5
（4）6Fe2O3 4Fe3O4+O2↑；3Fe2++2[Fe（CN）6]3﹣═Fe3[Fe（CN）6]2↓
【知识点】pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】解：（1）根据图象，300℃时是样品脱水生成固体质量为0.800g，所以假设反应为：
FeC2O4 2H2O FeC2O4 （2﹣n）H2O+nH2O
180 18n
1.000g （1.000﹣0.800）g
解得n=2，所以350℃时样品完全脱水；
故答案为：是；
推算过程：
FeC2O4 2H2O FeC2O4 （2﹣n）H2O+nH2O
180 18n
1.000g （1.000﹣0.800）g
解得n=2，所以350℃时样品完全脱水；（2）根据铁元素质量守恒，铁原子的最小公倍数是6，于是存在下列质量关系：
6FeO→3Fe2O3→2Fe3O4
72：80：77.3
固体质量的变化趋势与表中提供的数据一致．即72：80：77.3≈0.400：0.444：0.429．
因此表明：FeC2O4分解时，先转变为FeO，再转变为Fe2O3，最后变为Fe3O4，所以400℃时FeC2O4分解生成FeO，结合化合价有升必有降，则还有一氧化碳和二氧化碳生成；反应方程式为：FeC2O4 FeO+CO↑+CO2↑；故答案为：FeC2O4 FeO+CO↑+CO2↑；（3）根据（2）的分析，600℃时FeC2O4分解生成Fe2O3，加稀盐酸溶解生成三价铁溶液，因为三价铁易水解所以溶液的pH为3，水解方程式为：Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+；当铁元素的离子浓度为4.0×10﹣11 mol L﹣1，则氢氧根的浓度为： =1.0×10﹣9 mol L﹣1，氢离子浓度为 =1.0×10﹣5 mol L﹣1，所以pH=5，故答案为：Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+；5；（4）根据取少量该溶液滴加KSCN，溶液显血红色，说明含有三价铁离子；另取少量该溶液滴加K3[Fe（CN）6]（铁氰化钾）溶液，产生特征蓝色沉淀，说明含有二价铁离子，所以根据氧化还原反应的特征1 400℃时Fe2O3发生分解生成Fe3O4和氧气；产生特征蓝色沉淀的离子反应方程式3Fe2++2[Fe（CN）6]3﹣═Fe3[Fe（CN）6]2↓；故答案为：6Fe2O3 4Fe3O4+O2↑；3Fe2++2[Fe（CN）6]3﹣═Fe3[Fe（CN）6]2↓；
【分析】（1）根据图象，300℃时是样品脱水生成固体质量为0.800g，所以假设反应为：
FeC2O4 2H2O FeC2O4 （2﹣n）H2O+nH2O
180 18n
1.000g （1.000﹣0.800）g
解得n=2，所以350℃时样品完全脱水；（2）根据铁元素质量守恒，铁原子的最小公倍数是6，于是存在下列质量关系：
6FeO→3Fe2O3→2Fe3O4
72：80：77.3
固体质量的变化趋势与表中提供的数据一致．即72：80：77.3≈0.400：0.444：0.429．
因此表明：FeC2O4分解时，先转变为FeO，再转变为Fe2O3，最后变为Fe3O4，所以400℃时FeC2O4分解生成FeO，结合化合价有升必有降，则还有一氧化碳和二氧化碳生成；（3）根据（2）的分析，600℃时FeC2O4分解生成Fe2O3，加稀盐酸溶解生成三价铁溶液，根据三价铁易水解成酸性分析；根据Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10﹣38进行计算；（4）根据取少量该溶液滴加KSCN，溶液显血红色，说明含有三价铁离子；另取少量该溶液滴加K3[Fe（CN）6]（铁氰化钾）溶液，产生特征蓝色沉淀，说明含有二价铁离子，所以根据氧化还原反应的特征1 400℃时Fe2O3发生分解生成Fe3O4和氧气；产生特征蓝色沉淀的离子反应方程式3Fe2++2[Fe（CN）6]3﹣═Fe3[Fe（CN）6]2↓．
2023年高考真题变式分类汇编：pH的简单计算
一、选择题
1．（2022·浙江选考）已知25℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。下列说法正确的是（ ）
A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者
B．向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，则H2A的电离度为0.013%
C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2-)＞c(HA-)
D．取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1
2．（2021·浙江）某同学拟用 计测定溶液 以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是（ ）
A．25℃时，若测得 溶液 ，则HR是弱酸
B．25℃时，若测得 溶液 且 ，则HR是弱酸
C．25℃时，若测得HR溶液 ，取该溶液 ，加蒸馏水稀释至 ，测得 ，则HR是弱酸
D．25℃时，若测得NaR溶液 ，取该溶液 ，升温至50℃，测得 ， ，则HR是弱酸
3．（2023·奉贤模拟）常温下，已知浓度均为0.1mol·L-1的NH4CN溶液和NaCN溶液的分别为9.32、11.1，下列说法错误的是（ ）
A．0.1mol·L-1NH4CN溶液能使甲基橙试剂变黄色
B．0.1mol·L-1NaCN溶液中水电离出的c(OH-)=10-11.1mol·L-1
C．上述两种盐均能促进溶液中水的电离
D．上述两种溶液中，的水解程度前者大于后者
4．（2023·淮北模拟）是易溶二元弱碱(，)，常温下，向溶液中通入，溶液中随[]变化的曲线如图所示，下列说法错误的是
A．溶液：
B．当时，
C．水的电离程度：
D．当时，大于3.5
5．（2023·成都模拟）维持下，通过加入或改变溶液的，溶液中的对数值与溶液的变化关系如图所示。已知y点横坐标为4.74．下列叙述错误的是
A．一元弱酸电离常数为
B．溶液的约等于8.37
C．x点纵坐标为，且此时溶液中
D．图中所示各溶液均满足
6．（2023·松江模拟）在高温高压的水溶液中，与发生反应沉积出磁铁矿（主要成分）和金矿（含单质），且硫元素全部转化为气体放出。对于该反应的说法一定正确的是
A．反应后溶液的降低
B．每生成气体，转移电子数为
C．既作氧化剂又作还原剂
D．氧化剂和还原剂的物质的量之比
7．（2022·余姚模拟）下列说法正确的是
A．为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可通过在常温下测NaHA溶液的pH，若pH＞7，则H2A一定是弱酸
B．用NaOH标准溶液滴定CH3COOH溶液至中性时，CH3COOH溶液恰好被中和
C．向冰醋酸中不断加水，溶液的pH不断增大
D．25℃和40℃时，0.1 mol·L-1的氨水的pH不相等，而25℃和40℃时，0.1 mol·L-1的氢氧化钠溶液的pH相等
8．（2022·温州模拟）25℃时，分别向20mL浓度均1.0mol·L 1的CH3COOH、CH3COONa溶液中逐滴加入浓度均1.0mol·L 1NaOH、HCl溶液VmL，溶液的pH与lgY[Y=或]的关系如图所示。下列说法错误的是
A．曲线①中的Y=
B．当pH=4.74时，恒有关系：c(H+)+c(Na+)=c(OH )+c(CH3COOH)
C．当滴入体积V=10mL时，溶液pH>4.74
D．25℃时，1.0mol·L 1的CH3COONa的pH=9.37
9．（2022·诸暨模拟）下列说法正确的是（ ）
A．将NaCl溶液从常温加热至80℃，溶液仍为呈中性，pH不变
B．向10mL pH=3醋酸溶液中加少量水，则的值变大
C．常温下，在等pH的盐酸和氯化铵溶液中，前者大于后者
D．常温下，在20mL 0.1醋酸钠溶液中滴加20mL 0.1 NaOH过程中，可能出现水电离出的浓度为的情况
10．（2022·淮南模拟）实验测得0.10mol/LNaHCO3溶液的pH随温度变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．OM段随温度升高溶液的pH减小，原因是水解被抑制
B．O点溶液和P点溶液的c(OH-)相等
C．将N点溶液恢复到25℃，pH=8.62
D．Q点、M点溶液均有c()+c()+c(H2CO3)=0.10mol/L
11．（2022·和平模拟）25℃时，向1L 0.01的溶液中滴加盐酸或NaOH溶液，溶液中、、的对数值()与pH的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．适当升高温度﹐L点会右移
B．M点时，
C．随pH增加，先增大后减小
D．N点时，则溶液中
12．（2022·苏州模拟）硫酸工业尾气(主要含SO2、N2和O2)，用Na2SO3溶液吸收可转化为NaHSO3，当c(HSO)∶c(SO)≈10时，吸收能力下降，需要加热再生为Na2SO3溶液。已知Ka1(H2SO3)=10-1.9，Ka2(H2SO3)=10-7.2，下列说法错误的是（ ）
A．Na2SO3溶液中存在：c(OH-)= c(H+) + c(HSO) +2c(H2SO3)
B．Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为：SO＋SO2＋H2O=2HSO
C．当c(HSO)：c(SO)=10时，此时吸收液的pH=6.2
D．与原Na2SO3溶液相比，吸收液充分分解放出SO2再生后吸收SO2能力几乎不变
13．（2022·江苏模拟）室温下，通过下列实验探究NaHCO3、NaHSO3溶液的性质：
实验 实验操作和现象
1 用pH试纸测定浓度为0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH，pH≈5
2 用pH试纸测定浓度为0.1mol·L-1NaHCO3溶液的pH，pH≈8
3 将浓度均为0.1mol·L-1的NaHSO3和Ba(OH)2溶液等体积混合，产生白色沉淀
下列说法正确的是（ ）
A．实验1可得0.1mol·L-1NaHSO3溶液中：Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)＜10-10
B．实验2可得0.1mol·L-1NaHCO3溶液中：c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)
C．实验3所得溶液中：c(Ba2+)·c(SO)=2.5×10 3
D．浓度均为0.1mol·L-1的NaHSO3和NaHCO3两份溶液中：c(HCO)+2c(CO)＜c(HSO)+2c(SO)
14．（2022·海口模拟）298K下，向20.00mL0.1mol·L-1的某弱酸(HR)溶液中逐滴加入pH=13的NaOH溶液，溶液申由水电离的H+浓度的负对数[-lgc(H+)水]与所加入NaOH溶液体积的关系如图所示(b点溶液pH<7)。下列说法正确的是（ ）
A．在a、b、c、d四点中，d点水的电离程度最大
B．b点溶液中：c(HR)>c(R-)>c(Na+)
C．c点溶液pH=7
D．d点溶液中：c(Na+)=2c(HR)+2c(R-)
15．（2022·舟山模拟）下列说法错误的是（ ）
A．相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH-)相等
B．常温下，将1 L0.1 mol/L的Ba(OH)2溶液稀释为2 L，pH=13
C．常温下，测定0.1mol/L醋酸溶液的pH可证明醋酸是弱电解质
D．相同温度下，中和相同pH、相同体积的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH物质的量不同
16．（2022·河南模拟）室温下，某混合溶液中c(HAc)+c(Ac-)=0.01mol/L，部分微粒浓度的对数与pH的关系如图所示［已知Ka(HAc)=1.0×10-4.74，1g2=0.3，微粒加方括号表示该微粒的浓度］。下列说法不正确的是（ ）
A．P点对应溶液中微粒浓度关系：c(Ac-)>c(HAc)=c(OH-)>c(H+)
B．M点对应的lg[c(HAc)]=-9.48
C．O点的坐标为(4.74，-2.3)
D．[OH—]对应的直线和［H+]对应的直线的斜率分别为＋1和-1，两者交点的横坐标为7
17．（2022·温州模拟）25℃，。向溶液中逐滴加入溶液至。忽略溶液体积的变化。下列有关说法正确的是
A．当V增至100.00mL过程中，先增大后减小
B．若溶液的电离度，则
C．再滴加调节溶液混合溶液至水电离出的时，则
D．若，当时，混合溶液
18．（2021·珠海模拟）下列说法正确的是（ ）
A．0.1 mol L 1CH3COOH加水稀释，溶液中c(OH－)减小
B．相同浓度的HCl和CH3COOH，两溶液中c(H+)相同
C．等浓度的CH3COOH与KOH以任意比混合：c(K+)+c(H+)=c(OH－)+c(CH3COO－)
D．甲溶液的pH是5，乙溶液的pH是4，则甲溶液与乙溶液的c(H+)之比为10：1
19．（2021·邯郸模拟）难溶金属氢氧化物 开始沉淀的 (简记pH始)与沉淀完全的 (简记pH终)，理论上具有定量关系，假定开始沉淀时 ，设 时沉淀完全，则当 时，pH终-pH始始的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
二、多选题
20．（2023·青岛模拟）时，向的溶液()中通入或加入调节，不考虑溶液体积变化且过程中无气体逸出。含碳(或氮)微粒的分布分数[如：]与关系如图。下列说法正确的是
A．溶液中存在：
B．曲线M表示的分布分数随变化
C．的
D．该体系中
21．（2022·威海模拟）常温时，某浓度的二元弱酸溶液在不同pH下测得pc(M)变化如图所示[已知：，M代指或或]，下列说法正确的是（ ）
A．NaHB溶液中，
B．X点的pH为4.06
C．时，
D．的值为
三、非选择题
22．（2021·河北）绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）高温连续氧化工序中被氧化的元素是 (填元素符号)。
（2）工序①的名称为 。
（3）滤渣的主要成分是 (填化学式)。
（4）工序③中发生反应的离子方程式为 。
（5）物质V可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为 ，可代替NaOH的化学试剂还有 (填化学式)。
（6）热解工序产生的混合气体最适宜返回工序 (填“①”或“②”或“③”或“④”)参与内循环。
（7）工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为 。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5mol L-1为沉淀完全；Al(OH)3+OH- Al(OH) ：K=100.63，Kw=10-14，Ksp[Al(OH)3]=10-33)
23．（2021·全国乙卷）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有 、 、 、MgO、CaO以及少量的 ，为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
该工艺下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子
开始沉淀的pH 2.2 3.5 9.5 12.4
沉淀完全(c=1.0×10*mol-L')的pH 3.2 4.7 11.1 13.8
回答下列问题：
（1）“焙烧”中， 、 几乎不发生反应， 、MgO、CaO、 转化为相应的硫酸盐，写出 转化为 的化学方程式 。
（2）“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是 。
（3）“母液①”中 浓度为 mol·
（4）”水浸渣”在160℃“酸溶”，最适合的酸是 。“酸溶渣”的成分是 、 。
（5）“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热， 水解析出 沉淀，该反应的离子方程式是 。
（6）将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得 ，循环利用。
24．（2022·柯桥模拟）常温下，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/LHCl溶液时，当氢氧化钠溶液的体积从19.98mL变为20.02mL时，溶液的pH发生突变，请回答下列问题：(已知lg2=0.3，lg5=0.7)
（1）pH突跃范围是： ；
（2）请写出上述结果的计算过程： 。
25．（2022·永州模拟）一种银铟矿主要成分为Au、Ag2S、CuS、ZnS、PbS、FeS、In2O3、Ga2O3等物质，从该矿获得稀有金属的工艺流程如图所示：
该工艺条件下，金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表：
金属离子 Fe3+ In3+ Ga3+ Cu2+ Zn2+ Pb2+
开始沉淀的pH 2.2 2.1 2.6 4.6 6.24 7.1
完全沉淀(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH 3.2 3.4 4.3 6.6 8.24 9.1
（1）“浸出”过程中金、银分别转化为AuCl、AgCl进入溶液，同时生成硫，写出Ag2S发生反应的离子方程式 。
（2）高温水蒸气除铁利用了FeCl3易水解的性质，写出该反应的化学方程式 。
（3）“二次还原”得到的滤液中主要的阳离子有H+、Na+、Ca2+、Zn2+、Pb3+、In3+、 。
（4）“二次中和”得到的滤渣除少量Fe(OH)3外，主要成分还有 (写化学式)。
（5）“分铅锌”步骤中，维持H2S饱和水溶液的浓度为0.1mol·L-1，为使Zn2+沉淀完全，需控制溶液的pH不小于 已知：lg3≈0.48；Ksp(ZnS)=3.0×10-25，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.0×10-13]。
（6）已知：氧化还原反应可看成由两个半反应组成，每个半反应具有一定的电极电势(用“φ”表示)，φ越大则该物质的氧化性越强，φ越低则该物质的还原性越强。浸出步骤中金反应的两个半反应如下：
HClO+H++2e-=Cl-+H2O φ=1.49+lg
AuCl4-+3e-=4Cl-+Au φ=0.994+lg
(φ与半反应式的系数无关，仅与浓度有关，cθ=1mol·L-1)
如图是Au的浸出率与NaCl溶液浓度的关系，请解释A点以后，金浸出率减小的原因是 。
26．（2021·烟台模拟）Co3O4在工业上有重要应用。利用原钴矿(主要含有Co2O3，还含有少量Cr2O3、NiO等杂质)制备Co3O4的工艺流程如下：
已知：①在含一定量Cl-的溶液中：Co2++4Cl-=CoCl
②CoCl 溶于有机胺试剂，Co2+、Cr3+和Ni2+不溶于有机胺试剂；有机胺试剂不溶于水。
③Ksp[Co(OH)2]=1.0×10-15
（1）原钴矿需预先粉碎的目的是 。
（2）步骤i中Co2O3溶解时发生反应的离子方程式为 。
（3）步骤ii中加入NaCl固体的目的是 。
（4）步骤v反应过程中无气体逸出，则沉钴时发生反应的离子方程式为 ；沉钴过程选择较高温度有利于沉淀生成，但加入等量(NH4)2CO3选择过高温度得到的沉淀质量反而会减少，减少的原因是 。
（5）常温下，步骤v沉钴滤液中，Co2+含量为5.9×10-2g·L-1，此时溶液的pH= 。
（6）步骤vi在空气中煅烧生成Co3O4的化学方程式是 。
27．（2021·济南模拟）综合利用研究发现，硼镁铁矿(主要成分为 ，含有SiO2、FeO、Fe2O3等杂质)可以制备硼酸、铁红和碳酸镁等常用化工试剂，工艺流程图如下：
回答下列问题：
（1）硼镁矿粉碎的目的是 ，“酸浸”中 发生的离子反应是 。
（2）为提高产品纯度，“净化”时用的试剂X为 (填化学式)，如果将“净化”中①和②的顺序调换，会导致的结果是 。
（3）过滤所得碳酸镁需冷水洗涤后再进行干燥证明碳酸镁固体洗涤干净的具体操作为 。
（4）不同条件下硼酸的萃取率图象如下：
萃取过程为 (填“吸热”或“放热”)反应。增大pH会导致萃取率降低的原因是 。
28．（2021·曲靖模拟） 是一种廉价的碳资源，其综合利用可以减少碳排放，对保护环境有重要意义。
（1）碱液吸收。用NaOH溶液捕获 ，若所得溶液中 ，则溶液 。(室温下， 的 ； )
（2）催化转化。以 、 为原料在催化剂作用下合成 涉及的主要反应如下。
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
回答下列问题：
① kJ/mol。
②在绝热恒容的密闭容器中，将按物质的量之比1∶3投料发生反应Ⅰ，下列能说明反应已达平衡的是 (填序号)。
A．体系的温度保持不变
B．体系的密度保持不变
C．单位时间内体系中消耗 的同时生成
D．混合气体平均相对分子量保持不变
E. 和 的转化率相等
③不同压强下，按照 投料，实验测定 的平衡转化率和 的平衡产率随温度(T)的变化关系如图所示。
其中纵坐标表示 的平衡产率的是 (填“X”或“Y”)；压强 、 、 由大到小的顺序为 ；温度高于 时，Y几乎相等的原因是 。
（3） 超干重整 的催化转化如图所示：
①关于上述过程Ⅱ的说法正确的是 (填序号)。
A．CO表示未参与反应
B．
C．实现了含碳物质与含氢物质的分离
D． 、CaO为催化剂，降低了反应的
②在体积为1L的刚性密闭容器中，充入 和 ，加入 催化剂并加热至 使其发生反应 ，容器内的总压强p随时间t的变化如表所示：
反应时间 0 2 4 6 8 10 12
总压强p/kPa 10.0 11.5 12.3 13.0 13.6 14.0 14.0
该温度下的平衡常数 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，计算结果保留一位小数)。
29．（2020·虹口模拟）氯化钙可用于生产补钙、抗过敏和消炎等药物。以工业碳酸钙（含有少量Al3+、Fe3+等杂质）生产医药级二水合氯化钙（CaCl2·2H2O）的主要流程如下：
完成下列填空：
（1）除杂操作是加入物质A来调节溶液的pH，以除去溶液中的Al3+、Fe3+，根据下表所给信息，此时控制溶液的pH范围是 ，加入的物质A是 （写化学式）。
开始沉淀时的pH 沉淀完全时的pH 沉淀开始溶解时的pH
Al(OH)3 3.3 5.2 7.8
Fe(OH)3 1.5 4.1 －
（2）检验Fe3+是否沉淀完全的实验操作是 。
（3）酸化操作是加入盐酸，调节溶液的pH，其目的是 。
（4）测定制得的样品的纯度，可采用如下方案：
a．称取0.750 g样品，溶解，在250 mL容量瓶中定容；
b．量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中；
c．用0.050 mol/L AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液体积的平均值为20.39 mL。
①上述测定过程中，需要用到的玻璃仪器除了容量瓶、锥形瓶，还有 。
②计算上述样品中CaCl2·2H2O的质量分数为 （保留三位有效数字）。
③若配制和滴定操作均无误，但最终测定的样品中CaCl2·2H2O的质量分数偏高，写出可能导致该结果的一种情况 。
30．（2020·张家口模拟）从镍钼矿渣(主要含有MoO3、NiO、MgO和Fe2O3)中提取元素，其主要工业流程如图：
已知：①MoO3难溶于水，可溶于强碱溶液。
②Fe2O3、MgO不溶于NH4Cl—氨水混合液，NiO可溶于NH4Cl—氨水混合液生成[Ni(NH3)6]2+。
③已知部分金属离子形成氢氧化物沉淀的pH见下表：
pH(开始沉淀) pH(完全沉淀)
Fe3+ 1.52 3.18
Mg2+ 8.10 9.43
请回答下列问题：
（1）“碱浸”时应先将镍钼矿渣粉碎，再与NaOH在80℃下反应2小时，该操作的目的为 。
（2）“碱浸”时，MoO3发生反应的离子方程式为 。
（3）“氨溶解”的目的为 ，“氨溶解”过程中反应条件的选择性实验数据如图所示，“氨溶解”过程中需要控制温度在50~70℃之间，温度过高或过低都会导致产品的产量降低，请解释原因 。
（4）简述利用“滤渣I”制备纯净的铁红的方法： 。
（5）“一次沉镍”时加入H2S的目的是将镍元素转化为NiS沉淀，对应的离子方程式为 。
（6）“氧化”时发生反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（7）“二次沉镍”时，发生反应的离子方程式为 。
（8）已知：某温度时，Ksp(NiC2O4)=4.0×10-10，Ksp(NiCO3)=1.60×10-8。此温度下，将碳酸镍固体投入到1L一定浓度的Na2C2O4溶液中，若要一次性恰好将1molNiCO3完全转化成NiC2O4，则所需Na2C2O4溶液的浓度c(Na2C2O4)= (忽略溶液体积的变化)。
31．（2020·长春模拟）某实验室以含镍废料(主要成分为NiO，还含有少量 FeO、Fe2O3、CoO、BaO 和SiO2)为原料制备NixOy 和碳酸钴(CoCO3)的工艺流程如图：
已知有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的 pH 如表：
氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Ni(OH)2
开始沉淀的 pH 1.5 6.5 7.2 7.7
沉淀完全的 pH 3.7 9.7 9.4 9.2
请回答以下问题：
（1）“滤渣Ⅰ”主要成分为(填化学式) 。
（2）“氧化”时(加入 NaClO3)的离子方程式为 。
（3）加入 Na2CO3 来“调 pH”的目的是生成黄钠铁钒沉淀而除去铁，也可通过加入MO(对应的金属氧化物)来调节 pH 将铁除去，则 pH 控制的范围为 。
（4）在实验室萃取操作应该在 中完成(填仪器名称)，向水相中加入NaHCO3 时的离子方程式为 。
（5）从 NiSO4 溶液获得NiSO4·6H2O
晶体的操作依次是： ， ，过滤，洗涤，干燥。“煅烧”时剩余固体质量与温度变化曲线如图，该曲线中 B 段所表示氧化物的名称为 。
32．（2019高三上·杨浦模拟）工业上通过电解精制饱和食盐水来制备NaOH、 、 ，再合成盐酸。完成下列填空
（1）粗盐提纯：为除去粗盐中的 、 、 ，向粗盐溶液中依次加入稍过量的NaOH溶液、 ，过滤后，再向滤液中加入适量 ，再蒸发。
（2）电解饱和食盐水： ，电解10L饱和食盐水，若阴极收集到标准状况下 （填气体化学式），则溶液 （设溶液体积、温度不变、忽略生成物间的反应）。
工业制盐酸：利用 和 化合，所得产物再溶于水的方法得盐酸，生产流程如下：
（3）为确保 完全反应，合成塔中 略大于 。写出一条 必须反应完全的理由：
（4）盐酸浓度测定；可用滴定法，用盐酸滴定已知质量 的溶液。过程如下：准确称量一定质量的 固体于锥形瓶中，加蒸馏水使其溶解，滴加指示剂X，用待测盐酸滴定，接近终点时，加热锥形瓶，煮沸液体2min，冷却至室温，继续滴定至终点，记录消耗盐酸的体积。重复上述过程三次，计算盐酸浓度。
已知：指示剂X的变色范围是 ； ，饱和 水溶液
本测定用的仪器有锥形瓶、烧杯、玻璃棒、
（5）本测定的反应原理是 （用化学方程式表示）。
（6）接近终点时煮沸反应混合物的目的是
（7）盛放 固体的锥形瓶不干燥，对实验结果的影响是 （填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
33．（2016·奉贤模拟）已知常温下，H2CO3：Ki1=4.3x10﹣7、Ki2=5.6x10﹣11．结合H+的能力Na2CO3溶液 （填”＞”、”＜”或“=”）NaHCO3溶液，设计简单实验证明： ．
34．（2016·崇明模拟）FeCl3具有净水作用，但容易腐蚀设备；聚合氯化铁是一种新型絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小．
（1）FeCl3腐蚀钢铁设备，除了H+作用外，另一主要原因是 ．（用离子方程式表示）
（2）为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到含FeCl3的溶液．若酸性FeCl2废液中c（Fe2+）=2.0×10﹣2mol/L，c（Fe3+）=1.0×10﹣3mol/L，c（Cl﹣）=5.3×10﹣2mol/L，则该溶液的pH约为 ．
（3）若在空气中加热FeCl3 6H2O，生成的是Fe（OH）Cl2，写出反应的化学方程式： ；若在干燥的HCl气流中加热FeCl3 6H2O时，能得到无水FeCl3，其原因是 ．
（4）FeCl3在水中分三步水解（K为水解平衡常数）：
Fe3++H2O Fe（OH）2++H+K1
Fe（OH）2++H2O Fe（OH）2++H+K2
Fe（OH）2++H2O Fe（OH）3+H+K3
以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是 ．
（5）通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氯化铁，离子方程式为：xFe3++yH2O Fex（OH）ym++yH+
欲使平衡朝正反应方向移动，可采用的方法是 ．
a．降温b．加水稀释c．加入NH4Cld．加入NaHCO3．
35．（2015·慈利模拟）将1.000gFeC2O4 2H2O固体样品放在热重分析仪中进行热重分析，测得其热重分析曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示：
已知：①草酸盐受热分解易放出碳的氧化物．②500℃之前，该热重分析仪的样品池处于Ar气气氛中，500℃时起，样品池与大气相通．完成下列填空：
（1）300℃时是样品脱水的过程，试确定350℃时样品是否脱水完全 △ （填“是”或“否”），判断的理由是什么？（要求写出推算过程）．
（2）400℃时发生变化的化学方程式是 ．
（3）将600℃时样品池中残留的固体隔绝空气冷却至室温，再向该固体中加入一定量的稀盐酸刚好完全溶解，用pH试纸测得所得溶液的pH=3，其原因是 （用离子方程式回答）．向该溶液中滴加适量NaOH溶液，生成红褐色沉淀，测得此时溶液中铁元素的离子浓度为4.0×10﹣11 mol L﹣1，则此时溶液的pH= （已知：Ksp[Fe（OH）2]=8.0×10﹣16，Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10﹣38）．
（4）将1500℃时样品池中残留的固体隔绝空气冷却后，用稀盐酸溶解得一棕黄色溶液．取少量该溶液滴加KSCN，溶液显血红色；另取少量该溶液滴加K3[Fe（CN）6]（铁氰化钾）溶液，产生特征蓝色沉淀．试写出图中1 400℃时发生反应的化学方程式 ，
产生特征蓝色沉淀的离子反应方程式 ．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的电离程度前者大于后者，故A不符合题意；
B．向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，，则H2A的电离度 0.013%，故B符合题意；
C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，，则c(A2-)
【分析】A.多元弱酸根离子水解，第一步水解程度远远大于第二步水解程度；
B.H2A的电离度=；
C.，即；
D.加水促进H2A电离。
2．【答案】B
【知识点】测定溶液pH的方法；pH的简单计算
【解析】【解答】A. 25℃时，若测得 溶液 ， 显示中性，因此 HR是弱酸 故A不符合题意
B.25℃时， 若为强酸，则pH=2,但是给出的大于2小于7，可说明为弱酸，故B符合题意
C. 25℃时，若测得HR溶液 ，取该溶液 ，加蒸馏水稀释至 ，测得 ，则HR可能是强酸可能是弱酸，故C不符合题意
D. 25℃时，若测得NaR溶液 ，取该溶液 ，升温至50℃，测得 ， ， 可能是是弱酸或是强酸，故D不符合题意
故答案为：B
【分析】探究某酸是否为弱电解质，在某温度下测定某浓度的酸性溶液的pH.以及测定某浓度盐溶液的pH是否大于7，以及测定与同浓度强酸与同一种金属反应时的气泡速率等等
3．【答案】B
【知识点】pH的简单计算；盐类水解的原理
【解析】【解答】A.0.1mol/LNH4CN的pH为9.32，能使甲基橙变黄色，A不符合题意；
B.0.1mol/LNaCN的pH为11.1，该溶液中c(H+)=10-11.1mol/L，c(OH-)=10-2.9mol/L，水电离出的c(OH-)=10-2.9mol/L，B符合题意；
C．NH4CN、NaCN因为、CN-的水解，均能促进溶液中水的电离，C不符合题意；
D．NH4CN中水解生成氢离子能促进CN-的水解，钠离子对CN-水解没有影响，因此NH4CN中CN-的水解程度大于NaCN中CN-的水解程度，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.依据题意和指示剂的变色范围判断；
B.盐促进水的电离，溶液中的氢氧根离子全部由水电离产生；
C．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；
D．依据盐类水解规律分析。有弱才水解，无弱不水解，谁弱谁水解，越弱越水解，谁强显谁性，两弱双水解。
4．【答案】D
【知识点】水的电离；pH的简单计算；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．是易溶二元弱碱，而BOH+的水解平衡常数，则说明BOH+的水解程度大于电离程度，水解和电离都是微弱的，故溶液：，A不符合题意；
B．当时，，，则，B不符合题意；
C．向溶液中通入，发生反应生成更多的B2+，B2+越多，水解程度越大，水的电离程度越大，则水的电离程度：，C不符合题意；
D．，当时，，，则，小于3.5，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A. 属于强酸弱碱盐，通过比较BOH+的水解程度与电离程度进行分析。
B.根据和进行分析。
C.反应生成的B2+越多，水解程度越大，则水的电离程度越大。
D.根据和Kw=10-14、 进行分析。
5．【答案】D
【知识点】pH的简单计算；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．，取y点计算， =， =，A不符合题意；
B．根据水解平衡Z-+H2OHZ+OH-，可知，，，溶液的约等于8.37，B不符合题意；
C．x点纵坐标为，沿着x点作一条横坐标的垂线，可得与c点的交点大于与d点的交点，且此时溶液中，C不符合题意；
D．当溶质仅为NaZ时存在物料守恒，，若加入NaOH，改变，体系中不成立，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．取y点，利用计算；
B．根据水解平衡的公式计算；
C．沿着x点作一条横坐标的垂线，可得与c点的交点大于与d点的交点分析；
D．依据物料守恒分析。
6．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；pH的简单计算；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．根据分析可知，反应生成氢离子，反应后溶液的pH降低，A符合题意；
B．未知气体所处的状态，无法确定2.24L气体的物质的量，B不符合题意；
C．该反应中AuS-中Au化合价降低只做氧化剂，C不符合题意；
D．根据以上分析，AuS-中Au化合价降低为氧化剂，Fe2+化合价升高为还原剂，有3mol二价铁参与反应，生成1molFe3O4，四氧化三铁可看作Fe2O3 FeO，所以只有2mol二价铁作为还原剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比2∶2=1∶1，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据题干信息，涉及反应是2AuS-+3Fe2++4H2OFe3O4+2Au+2H2S↑+4H+，反应前后Au元素化合价由+1降为0，部分Fe元素化合价由+2升为+3，所以AuS-作氧化剂，Fe2+作还原剂。
7．【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算
【解析】【解答】A．常温下，若溶液的，则说明发生了水解，说明其为强碱弱酸盐，即为弱酸，故A符合题意；
B．为弱酸，刚好中和的产物为强碱弱酸盐，溶液显碱性，故B不符合题意；
C．纯醋酸不电离，向冰醋酸中不断加水，氢离子浓度先增大后减小，则溶液的pH先减小后增大，故C不符合题意；
D.25℃和40℃时，水的离子积不同，水的电离程度不同，40℃时水的离子积较大，相同浓度的NaOH溶液在40℃时溶液中的氢离子浓度较大，pH偏小，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据盐类水解原理分析；
B．中和时生成强碱弱酸盐，溶液显碱性；
C．纯醋酸不电离，向冰醋酸中不断加水，氢离子浓度先增大后减小；
D.依据水的离子积常数不同分析。
8．【答案】B
【知识点】pH的简单计算；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．根据分析可知曲线①中的Y=，A不符合题意；
B．据图可知pH=4.74时，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，若是CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液，由电荷守恒可得c(H+)+c(Na+)=c(OH )+c(CH3COOH)，但若是向CH3COONa溶液中滴加HCl溶液，有电荷守恒可得c(H+)+c(Na+)=c(OH )+c(Cl-)+c(CH3COOH)，B符合题意；
C．若V=10mL，则溶液中的溶质均为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，Ka＞Kh，所以CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，所以c(CH3COOH)＜c(CH3COO-)，则＜，据图可知此时pH＞4.74，C不符合题意；
D．设25℃时，1.0mol·L 1的CH3COONa的溶液中c(OH-)=x，则c(CH3COOH)=c(OH-)=x，Kh===10-9.26，解得x≈10-4.63mol/L，所以c(H+)=10-9.37mol/L，pH=9.37，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．根据平衡移动原理分析；
B．依据电荷守恒分析；
C．利用电离和水解程度的大小分析；
D．利用Kh=计算。
9．【答案】D
【知识点】pH的简单计算；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．氯化钠溶液常温呈中性，pH=7，加热到80℃，Kw增大，c(H+)=c(OH-)，溶液仍呈中性，但pH减小，选项A不符合题意；
B．==，为常数，温度不变，常数不变，则不变，选项B不符合题意；
C．盐酸电离产生H+，氯化铵水解促进水的电离产生H+，常温下，在等pH的盐酸和氯化铵溶液中，盐酸的浓度远小于氯化铵，故前者小于后者，选项C不符合题意；
D．盐的水解促进水的电离，酸或碱抑制水的电离，常温下，在20mL 0.1醋酸钠溶液水解促进水的电离，滴加20mL 0.1 NaOH过程中，加入的氢氧化钠又开始抑制水的电离，故可能出现水电离出的浓度为的情况，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、升高温度，pH变小，溶液为中性；
B、平衡常数只受温度影响；
C、水解程度很微弱，若pH相等的盐和酸，盐的浓度必定远大于酸；
D、随着氢氧化钠的滴加，水电离的氢氧根浓度可能会出现 。
10．【答案】D
【知识点】pH的简单计算；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．水解吸热，升高温度，水解平衡右移，而根据图像可知碳酸氢钠溶液加热，M点之前，升温pH减小，故主要原因是升温促进了水的电离，故A不符合题意；
B．O点溶质只有NaHCO3，P点溶质有NaHCO3和Na2CO3，水解程度不相同，c(OH-)不相等，故B不符合题意；
C．升高温度部分碳酸氢钠发生分解得到碳酸钠，若将N点溶液恢复到25℃，由于碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故混合溶液pH应大于8.62，故C不符合题意；
D．Q点、M点溶液均存在物料守恒：c()+c()+c(H2CO3)=0.10mol/L，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.盐类水解为吸热反应，升温促进盐类水解，盐类水解促进水的电离；
B.碳酸氢钠和碳酸钠的水解程度不同；
C.加热碳酸氢钠分解生成碳酸钠，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠。
11．【答案】A
【知识点】pH的简单计算；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A． ， L点时，=，则，电离吸热，适当升高温度﹐促进电离，电离平衡常数增大，则增大、pH减小，L点会左移，A符合题意；
B． M点时，=，， ，，按定义，则，B不符合题意；
C． 随pH增加，，温度不变则KW、Ka1均不变，反应过程中先增大、后减小，则先增大后减小，C不符合题意；
D． 溶液呈电中性，，，N点时，则，则，原溶液为1L 0.01的溶液，由物质守恒知，溶液中，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】H2A溶液中滴加NaOH溶液，先生成HA-后生成A2-， 不断减小， 先增大后减小， 不断增大，则曲线a为的变化，曲线b为的变化，曲线c为的变化，据此解答。
12．【答案】D
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；pH的简单计算；离子浓度大小的比较；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．亚硫酸钠溶液中存在质子守恒关系c(OH-)= c(H+) + c(HSO) +2c(H2SO3)，故A不符合题意；
B．亚硫酸钠溶液吸收二氧化硫的反应为亚硫酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为SO＋SO2＋H2O=2HSO，故B不符合题意；
C．亚硫酸的电离常数Ka2(H2SO3)= ，当c(HSO)∶c(SO)=10时，溶液中c(H+)==10-7.2×10mol/L=10-6.2mol/L，溶液的pH为6.2，故C不符合题意；
D．吸收能力下降的吸收液加热再生为亚硫酸钠溶液的反应为溶液中的亚硫酸氢钠受热分解转化为亚硫酸钠，亚硫酸钠具有还原性，可能被空气中的氧气氧化为硫酸钠，硫酸钠溶液不能与二氧化硫反应，所以再生的吸收液后吸收二氧化硫的能力下降，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据质子守恒进行分析。
B.书写离子方程式时，注意单质、氧化物、弱电解质、难溶物、气体的化学式不拆成离子形式。
C.根据电离常数Ka2(H2SO3)= 及pH=-lgc(H+)进行分析。
D. Na2SO3 具有还原性，可被空气中的氧气氧化为 Na2SO4 ，Na2SO4溶液与SO2不反应，据此分析。
13．【答案】D
【知识点】pH的简单计算；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)=·=，溶液的pH≈5，所以c(H+)≈10-5，c2(H+)≈10-10，溶液显酸性说明HSO的电离程度大于水解程度，所以c(SO)＞c(H2SO3)，所以＞1，则Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)＞10-10，A不符合题意；
B．溶液pH≈8，显碱性，则HCO的水解程度大于电离程度，水解和电离都是微弱的，所以c(HCO)＞c(H2CO3)＞c(CO)，B不符合题意；
C．等浓度的NaHSO3和Ba(OH)2溶液等体积混合后发生反应：NaHSO3+Ba(OH)2=BaSO3+NaOH+H2O，若BaSO3不是沉淀，则溶液中c(Ba2+)=c(SO)=0.05mol/L，c(Ba2+)·c(SO)=2.5×10 3，但BaSO3为白色沉淀，所以c(Ba2+)·c(SO)＜2.5×10 3，C不符合题意；
D．NaHSO3溶液中存在电荷守恒：c1(Na+)+c1(H+)=c(HSO)+2c(SO)+c1(OH-)，所以c(HSO)+2c(SO)=c1(Na+)+c1(H+)-c1(OH-)，同理可得NaHCO3溶液中c(HCO)+2c(CO)=c2(Na+)+c2(H+)-c2(OH-)，两溶液中钠离子浓度相同，而NaHSO3溶液的pH更小，所以c1(H+)-c1(OH-)＞c2(H+)-c2(OH-)，则c(HCO)+2c(CO)＜c(HSO)+2c(SO)，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A. NaHSO3溶液的pH≈5，说明亚硫酸氢根的电离程度大于水解程度；
B. NaHCO3溶液的pH≈8，说明碳酸氢根的水解程度大于电离程度；
C.所得溶液中钡离子浓度和亚硫酸根离子的浓度无法计算；
D.两溶液中钠离子浓度相同，结合电荷守恒进行分析。
14．【答案】D
【知识点】水的电离；pH的简单计算；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．c点加入酸碱的物质的量相等，则c点溶质为NaR，只有R-发生水解反应，促进水的电离，其他点由于存在酸或碱抑制水电离，则c点水的电离程度最大，A不符合题意；
B．b点溶质为等物质的量浓度的HR、NaR，已知b点溶液pH<7，说明电离程度大于水解程度，则c(R-)> c(HR)，B不符合题意；
C．c点溶质为NaR，为强碱弱酸盐，由于R-发生水解反应，溶液呈碱性，pH<7，C不符合题意；
D．d点加入碱是酸的2倍，则溶质为等物质的量浓度的NaR、NaOH，由物料守恒：c(Na+)=2c(HR)+2c(R-)，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】ａ点溶质为HR，ｂ点溶质为等浓度的HR、NaR，ｃ点溶质为NaR，ｄ点溶质为等浓度的NaR、NaOH。
Ａ．酸或碱抑制水电离，NaR水解促进水电离；
Ｂ．HR电离程度大于R-水解程度；
Ｃ．ｃ点NaR水解，溶液呈碱性；
Ｄ．根据物料守恒判断。
15．【答案】A
【知识点】强电解质和弱电解质；弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算
【解析】【解答】A．NaOH是强电解质而完全电离，氨水是弱电解质而部分电离，所以相同温度下相同物质的量浓度的氨水、NaOH溶液，c(OH-)：前者小于后者，A项符合题意；
B．常温下，Ba(OH)2溶液稀释过程中n(OH-)不变，如果将1 L0.1 mol/L的Ba(OH)2溶液稀释为2 L，c(OH-)=0.1 mol/L，即pH=13，B项不符合题意；
C．醋酸是一元酸，如果醋酸是强酸，0.1mol/L的醋酸溶液的pH =1，如果测定0.1mol/L醋酸溶液的pH大于1，说明醋酸部分电离，为弱电解质，C项不符合题意；
D．相同温度下，中和相同pH、相同体积的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH物质的量与酸的物质的量成正比，等体积等pH值的盐酸和醋酸，酸的物质的量：盐酸小于醋酸，则醋酸消耗的NaOH的物质的量多，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.NaOH为强电解质，能完全电离，而氨水中的主要成分NH3·H2O为弱电解质，部分电离。
B.根据n=cV及物质的组成结构可算出，稀释后c(OH-)，结合pH=-lgc(H+)=-lg进行解答。
C.弱电解质不能完全电离。
D.盐酸和醋酸均为一元酸，等体积等pH的盐酸和醋酸中所含酸的物质的量不同，据此分析。
16．【答案】B
【知识点】pH的简单计算；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由图可知，P点对应溶液中c(HAc)=c(OH-)，溶液呈碱性，溶液中微粒浓度关系为c(Ac-)>c(HAc)=c(OH-)>c(H+)，故A不符合题意；
B．由图可知，M点对应的溶液中c(Ac-) =c(OH-)=
，温度不变，醋酸的电离常数不变，由电离常数公式可得：溶液中c(HAc)=
=
=1.0-9.26，则lg[c(HAc)]=-9.26，故B符合题意；
C．由图可知，O点对应的溶液中c(Ac-)=c(HAc)= 0.01mol/L× =0.005mol/L，则lgc(Ac-)=lgc(HAc)=lg0.005= -2.3，由电离常数公式可得：溶液中c(H+)= Ka(HAc)=1.0×10-4.74，溶液pH=4.74，则O点的坐标为(4.74，-2.3)，故C不符合题意；
D．由图可知，当溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等时，溶液pH为7，则氢氧根离子浓度对应的直线和氢离子浓度对应的直线的斜率分别为＋1和-1，两者交点说明氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，横坐标为7，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.图中纵坐标表示微粒浓度的对数，从p点作与纵坐标平行的直线，可比较Ac-、HAc、OH-、H+的纵坐标数值大小，进而解答。
B.根据电离平衡常数可知c(HAc)= ，而M点时c(Ac-)= c(OH-)，再结合水的离子积常数进行解答。
C.电离平衡常数Ka(HAc) = ，而O点时c(Ac-)= c(HAc)，可算出c(H+)，进一步求解横坐标；O点时c(Ac-)= c(HAc)= ×0.05mol/L，进一步求解纵坐标。
D.根据图示数据可求解斜率；室温，当c(H+)= c(OH-)时，溶液显中性，pH=7。
17．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．向醋酸中加入盐酸的过程中醋酸分子和氯离子的物质的量都增加，对于两种微粒来说溶液体积是一样的，但是醋酸分子是由于电离平衡逆向移动引起的增加，增加较慢，故一直都在增加，A不符合题意；
B．醋酸溶液中存在电离平衡，
K==0.5c=，则c=，B不符合题意；
C．时，溶液显中性，根据电荷守恒，溶液显中性则， ，C符合题意；
D．若，当时，c(H+)=，pH=-lg()，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．考虑醋酸的电离平衡；
B．利用三段式法计算；
C．根据电荷守恒和中性的实质分析；
D．利用计算。
18．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算
【解析】【解答】A.0.1 mol L-1CH3COOH加水稀释，平衡正向移动，氢离子物质的量增加，但氢离子浓度减小，因此溶液中c(OH－)增大，故A不符合题意；
B．相同浓度的HCl和CH3COOH，由于HCl是强电解质，CH3COOH是弱电解质，因此两溶液中c(H+)不相同，HCl中c(H+)大于CH3COOH中c(H+)，故B不符合题意；
C．等浓度的CH3COOH与KOH以任意比混合，根据电荷守恒得到：c(K+)+c(H+)=c(OH－)+c(CH3COO－)，故C符合题意；
D．甲溶液的pH是5，乙溶液的pH是4，则甲溶液与乙溶液的c(H+)之比为1：10，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.加水促进弱电解质电离，水的离子积常数不变；
B.盐酸为强酸，CH3COOH为弱酸；
C.结合电荷守恒判断；
D.根据pH=-lgc(H+)计算c(H+)再进行比较。
19．【答案】A
【知识点】pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】 ， ， ，即 ，两边取负对数得 ；
故答案为：A。
【分析】根据难溶性沉淀的溶解平衡根据数据计算即可
20．【答案】A,C
【知识点】pH的简单计算；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由质子守恒可知溶液中存在，A符合题意；
B．曲线M表示NH的分布分数随变化，B不符合题意；
C．图中pH=6.3时=，Ka1=c(H+)=10-6.3；，图像中pH=8.3时=，=，即(10-8.3)2=10-6.3，Ka2=10-10.3，C符合题意；
D．NH3H2ONH+OH-，利用图中pH=9.3的交叉点时c(NH)=c(NH3H2O)，解得Kb=10-4.7；由氮元素守恒可知c(NH)+c(NH3H2O)=0.1mol/L，故，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A．依据质子守恒分析；
B．依据图中曲线分析；
C．选择pH=6.3点，利用计算；
D．利用图中pH=9.3点的数据和氮元素守恒计算。
21．【答案】B,C
【知识点】pH的简单计算；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．分析可知曲线a、b、c分别表示pc(HB-)、pc(H2B)、pc(B2-)，pc(H2B)=pc(HB-)时，溶液的pH=1.89，c(HB-)=c(H2B)，H2B的Ka1==10-1.89，pc(HB-)=pc(B2-)时，pH=6.23，c(HB-)=c(B2-)，H2B的Ka2==10-6.23，NaHB溶液中存在HB-的电离平衡和水解平衡，常温下，水解常数为Kh=< Ka2，则HB-的电离程度大于水解程度，故c(B2-)>c(H2B)，故A不符合题意；
B．X点pc(H2B)=pc(B2-)，则c(H2B)=c(B2-)，Ka1×Ka2=×= c(H+)2=10-1.89×10-6.23，解得c(H+)=10-4.06mol/L，pH为4.06，B符合题意；
C．时，c(H+)=10-6mol/L，，C符合题意；
D．÷==，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A、HB-的电离程度大于水解程度，故c(B2-)>c(H2B)；
B、由图可知X点pc(H2B)=pc(B2-)，则c(H2B)=c(B2-)，进而可以求出氢离子浓度，从而得出pH；
C、pH为6时，可得氢离子浓度，进而可以算出
D、计算结果应为。
22．【答案】（1）Fe、Cr
（2）溶解浸出
（3）MgO、Fe2O3
（4）2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓
（5）4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO3 8Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；Na2CO3
（6）②
（7）8.37
【知识点】pH的简单计算；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素，故答案为：Fe、Cr；
（2）工序①为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质便于后期实验，故答案为：溶解浸出；
（3）氧化铁和氧化镁均不溶于氢氧化钠和水，滤渣Ⅰ的主要成分是氧化铁和氧化镁，故答案为：MgO、Fe2O3；
（4）工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓，故答案为：2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓；
（5）物质V是碳酸氢钠，碳酸氢钠和氢氧化钠均具有碱性，可代替氢氧化钠进行高温氧化反应，加入碳酸氢钠发生的主要反应为高温下，Fe（CrO2）2与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO3 8Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；碳酸钠也具有碱性，若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应，故答案为：4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO3 8Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；
（6）所有的工序均出现了物质A为二氧化碳，故二氧化碳和水蒸气可以重复使用，热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣1中可以将氧化镁转化为碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回工序为工序②，故答案为：②；
（7）工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为 ，反应的平衡常数为K1= = = =1013.37，当 为10-5mol/L时，溶液中氢离子浓度为 = mol/L=10-8.37mol/L，则溶液的pH为8.37，故答案为：8.37。
【分析】（1）找出元素化合价升高的元素即可
（2）①加水主要是将可溶于水的物质溶解
（3）氧化镁不溶于氢氧化钠，亚铁离子被氧化为三价铁离子，连续高温最终变为氧化铁，不溶于水，因此滤渣是氧化镁和氧化铁
（4）通过确定A为二氧化碳，铬酸钾和重铬酸钾在酸性条件下进行转换，因此确定V为碳酸氢钠固体据此写出放出方程式
（5）碳酸氢钠具有碱性，且易分解，戈恩据反应物即可写出方程式，碳酸钠也具有碱性也可替换
（6）过程中的水和二氧化碳可以循环使用，因此②可循环
（7）根据沉淀的平衡即可计算出氢氧根离子浓度
23．【答案】（1）Al2O3+4(NH4)SO4=2NH4Al(SO4)2+3H2O+6NH3↑
（2）Fe3+ 、Al3+ 、Mg2+
（3）10-6
（4）H2SO4；SiO2；CaSO4
（5）TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O+2H+
（6）(NH4)2SO4
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为 Al2O3+4(NH4)SO4=2NH4Al(SO4)2+3H2O+6NH3↑ ；
(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，Fe3+首先沉淀、然后是Al3+、Mg2+，Ca2+没有沉淀；
(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10-5×(1×10-2.9)2=1×10-10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为=1×10-6mol/L
(4)增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；
(5)酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为 TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O+2H+ ；
(6)由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用。
【分析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·x H2O
24．【答案】（1）4.3-9.7
（2）19.98mL时，盐酸剩余，；20.02mL时，NaOH过量，，则pH=14-4.3=9.7。
【知识点】pH的简单计算；中和滴定
【解析】【解答】当加入19.98mLNaOH溶液时，盐酸剩余，；
当加入20.02mLNaOH溶液时，NaOH过量，，则pH=14-4.3=9.7，故pH突跃范围是4.3-9.7。
【分析】分别计算出当加入氢氧化钠溶液19.98mL和20.02mL时候溶液pH，即是突变范围。
25．【答案】（1）Ag2S+2H++3Cl-+ClO-=2AgCl+S+H2O
（2）2FeCl3+3H2O(g)Fe2O3↓+6HCl↑
（3）Fe2+、Ga3+
（4）In(OH)3、Ga(OH)3
（5）0.74
（6）c(Cl-)增大，φ均减小，次氯酸氧化性减弱，Au的还原性增强，减弱程度大于增强程度，故Au的浸出率减小
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；pH的简单计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】本题是一道由银铟矿制备稀有金属的工业流程题，首先用氯化钠，盐酸，次氯酸钠混合物从原材料浸出有用的物质，之后用水蒸气使其中的三价铁生成氧化铁，再用碳酸钙中和过量的酸，再用铜置换出银和铜，再用铁置换出其中的铜，再经过调pH和除杂，最终得到贫液，以此解题。
(1)浸出Ag2S同时生成硫，是与NaClO发生氧化还原反应，离子方程式为：Ag2S+2H++3Cl-+ClO-=2AgCl+S+H2O；
(2)由流程可知除铁生成了氧化铁和氯化氢，则对应的化学方程式为：2FeCl3+3H2O(g)Fe2O3↓+6HCl↑；
(3)“二次还原”加入铁主要是与铜离子反应，方程式为：，另外原料中的Ga2O3在浸出时引入的Ga3+也会留在溶液中，因此主要的阳离子还有：Fe2+、Ga3+；
(4)“二次中和”加入碳酸钙调pH=4.5，根据表中信息得到的滤渣还有In(OH)3、Ga(OH)3；
(5)Zn2+沉淀完全，溶液中，此时，，，，，，，，，，pH不小于0.74；
(6)由φ=1.49+lg可知，c(Cl-)越大，φ越小，即HClO氧化性越小，由φ=0.994+lg可知，c(Cl-)越大，φ越小，AuCl的还原性越强，因此，HClO与AuCl反应速率减慢，金浸出率减小，故答案为：c(Cl-)增大，φ均减小，次氯酸氧化性减弱，Au的还原性增强，减弱程度大于增强程度，故Au的浸出率减小。
【分析】（1）浸出时Ag2S转化为AgCl，同时生成硫，结合质量守恒和得失电子守恒书写离子方程式；
（2）高温下，氯化铁和水蒸气反应生成氧化铁和氯化氢；
（3）二次还原”加入铁，铁和铜离子反应生成铜和亚铁离子，Ga2O3在浸出时生成的Ga3+留在溶液中；
（4）根据表中数据，pH=4.5时，Fe3+、In3+、Ga3+均沉淀；
（5）计算出溶液中氢离子浓度即可确定其pH；
（6）由图可知， c(Cl-)增大，φ均减小，次氯酸氧化性减弱，Au的还原性增强，减弱程度大于增强程度，Au的浸出率减小 。
26．【答案】（1）增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应更充分
（2）Co2O3＋6H+＋2Cl-=2Co2＋＋Cl2↑＋3H2O或Co2O3＋6H＋＋10Cl-=2CoCl ＋Cl2↑＋3H2O
（3）加入NaCl固体，可使溶液中Cl-浓度增大，平衡Co2+＋4Cl- CoCl 右移，CoCl 浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度
（4）2Co2＋＋3CO ＋2H2O=Co2(OH)2CO3↓＋2HCO ；温度过高，(NH4)2CO3分解，(NH4)2CO3浓度降低，沉淀质量减少
（5）8
（6）3Co2(OH)2CO3＋O2 2Co3O4＋3H2O＋3CO2
【知识点】化学反应速率；pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)预先粉碎可以增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应更充分；
(2)根据后续流程中出现Co2+，说明盐酸浸取时Cl-将Co2O3被还原为Co2+，自身被氧化为Cl2，根据所给信息①可知，若盐酸过量还可能生成CoCl ，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为Co2O3＋6H+＋2Cl-=2Co2＋＋Cl2↑＋3H2O或Co2O3＋6H＋＋10Cl-=2CoCl ＋Cl2↑＋3H2O；
(3)加入NaCl固体，可使溶液中Cl-浓度增大，平衡Co2+＋4Cl- CoCl 右移，CoCl 浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度，提高原料的利用率；
(4)根据流程可知产物为Co2(OH)2CO3，说明Co2+和CO 发生双水解，而反应过程中无气体逸出，说明CO 浓度较大，溶液碱性较强，CO 没有彻底水解，转化为HCO ，所以离子方程式为2Co2＋＋3CO ＋2H2O=Co2(OH)2CO3↓＋2HCO ；温度过高，(NH4)2CO3分解，(NH4)2CO3浓度降低，沉淀质量减少；
(5)滤液中Co2+含量为5.9×10-2g·L-1，则c(Co2+)= =1.0×10-3mol/L，则此时溶液中c(OH-)= =10-6mol/L，所以溶液中c(H+)=10-8mol/L，pH=8；
(6)Co2(OH)2CO3在空气中煅烧生成Co3O4，则部分Co元素被氧气氧化，根据元素化合价的变化可得Co2(OH)2CO3和O2的系数比为3：1，再结合元素守恒可得化学方程式为3Co2(OH)2CO3＋O2 2Co3O4＋3H2O＋3CO2。
【分析】原钴矿粉加入盐酸浸取，Co2O3被Cl-还原为Co2+，向浸取液中加入NaCl固体，将Co2+转化为CoCl ，之后加入有机胺试剂萃取，分液后洗脱得到CoCl2溶液，加入碳酸铵溶液得到Co2(OH)2CO3沉淀，经煅烧得到Co3O4。
27．【答案】（1）增大固液接触面积，加快浸取速率，提高浸取效率；
（2）MgO或者Mg(OH)2等；铁元素不能彻底的分离，滤液中仍然含有Fe2+，导致所得碳酸镁不纯净
（3）取少量最后一次洗涤液于一试管中，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则洗涤干净
（4）放热；当溶液的pH过高时，硼酸以盐的形式存在
【知识点】化学反应速率的影响因素；pH的简单计算；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)硼铁矿粉碎可以增大固液接触面积，加快浸取速率，提高浸取效率；“酸浸”中 与酸发生的离子反应是 ；
(2) “净化”时，加入物质X是调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，为提高产品纯度，试剂X应为MgO或者Mg(OH)2等，如果将“净化”中①和②的顺序调换，Fe2+未被氧化成Fe3+，从而未能转化成沉淀除去，导致铁元素不能彻底的分离，滤液中仍然含有Fe2+，导致所得碳酸镁不纯净；
(3)若未洗涤干净，洗涤液中会有 离子，则证明碳酸镁固体洗涤干净的具体操作为取少量最后一次洗涤液于一试管中，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则洗涤干净；
(4)由图可知，温度越高，萃取率越低，则可知硼酸的萃取过程为放热反应。增大pH会导致萃取率降低的原因是当溶液的pH过高时，H3BO3的电离程度增大，硼酸以盐的形式存在。
【分析】硼镁铁矿经过粉碎增大了与酸的接触面积，提高了反应速率，经过硫酸酸浸得到含有H2SO4、MgSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、H3BO3的混合溶液，SiO2没有溶解，过滤直接除去，加H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，再加MgO或者Mg(OH)2等，调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，灼烧Fe(OH)3得到铁红Fe2O3，过滤后得到硼酸根和MgSO4的混合溶液，加入萃取剂，将硼酸根和含有Mg2+的溶液分离，在水层中加入NH4HCO3，沉淀Mg2+，得到MgCO3沉淀，在有机相中加入反萃取剂，得到含有硼酸根的水溶液，加入硫酸，促进生成硼酸，结晶析出。
28．【答案】（1）10
（2）+40.9；AD；X；；温度高于 时以反应Ⅲ为主，又反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强对平衡没有影响
（3）BC；28.4
【知识点】反应热和焓变；热化学方程式；盖斯定律及其应用；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；pH的简单计算
【解析】【解答】(1)由 ，知K2= ，解得c(H+)=10-10，则pH=-Lgc(H+)=10；
(2)①Ⅰ-Ⅱ，结合盖斯定律得：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)△H3=△H1-△H2=+40.9 kJ/mol，故此处填40.9；
②A．由于体系绝热，故反应的热效应会引起温度的改变，当温度不变时，说明反应达平衡，A正确；
B．由于容器体积不变，且反应前后气体总质量不变(前后均为气体，质量守恒)，故体系气体密度( )始终不变，不能用来判断平衡状态，B不正确；
C．消耗H2和生成H2O均为正反应速率，不能说明正逆反应速率相等，故不能用来判断平衡状态，C不正确；
D．虽然反应前后气体总质量不变(前后均为气体，质量守恒)，但气体总物质的量发生改变，由 ，知随着反应进行，混合气体平均相对分子质量发生改变，当不变时，说明反应达平衡，D正确；
E．由于CO2和H2的起始投料比等于化学计量数之比，故任意时刻，CO2和H2的转化率均相等，故不能用来判断平衡状态，E不正确；
故故答案为：AD；
③反应Ⅰ、Ⅱ生成CH3OH，但反应Ⅰ、Ⅱ均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH产率下降，故X代表CH3OH的平衡产率，故此处填：X；相同温度下，由于增大压强，反应Ⅰ、Ⅱ平衡均正向移动，CH3OH平衡产率提高，故P1＞P2＞P3；由分析知，X代表CH3OH的平衡产率，故Y代表CO2的平衡转化率，当温度高于T1时，不同压强下，CO2的平衡转化率相等，说明压强此时对平衡几乎不产生影响，故此时应以反应Ⅲ为主，故此处填：当温度高于T1时，以反应Ⅲ为主，又反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强对其平衡没有影响；
(3)①根据转化原理，过程Ⅱ中第一步：CO＋CO2＋H2＋Fe3O4＋CaO→H2O＋Fe＋CaCO3，第二步：Fe＋CaCO3＋稀有气体→稀有气体＋Fe3O4＋CaO＋CO；
A．根据上述分析，第一步CO为反应物，第二步生成CO，以及过程Ⅱ的总反应为CO2(g)＋H2(g)=H2O(g)＋CO(g)，知A不正确；
B．根据上述分析，过程Ⅱ的总反应为CO2(g)＋H2(g)=H2O(g)＋CO(g)，B正确；
C．含碳物质最终转化为CO，含氢物质最终转化为H2O，CO和H2O在不同步骤生成，故实现了含碳物质和含氢物质的分离，C正确；
D．根据上述分析，Fe3O4、CaO为催化剂，焓变只与体系中的始态和终态有关，因此使用催化剂不能改变反应焓变，D不正确；
故答案为BC；
②i． ，利用相同条件下，压强之比等于物质的量之比，有： ，解得x=0.4，该温度下的平衡常数Kp= ，故此处填28.4。
【分析】（1）利用给出的比值以及第二电离常数即可计算出pH
（2）①根据盖斯定律即可计算出焓变
②根据反应 ，正反应是放热，且系数不等，可以通过判断热量不变以及某物质的正逆速率是否相等以及浓度是否不变以及平均相对分子质量是否保持不变等帕努单是否平衡
③根据产生甲醇的反应均是放热即可判断出甲醇的转化率与温度的关系，根气体系数的大小即可判断，根据图示即可判断，温度大小一定温度后，反应是以III为主
（3）①A.根据流程图即可判断CO是否反应
B.根据最初的反应物和最终的生成物即可判断
C.根据流程即可判断实现含氢物质和含碳物质的分离
D.催化剂只是改变速率
②根据给出的数据可以得出平衡时的压强，根据给出的数据级和三行式即可计算出平衡时各物质物质的量即可求出平衡分压求出常数K
29．【答案】（1）5.2≤pH＜7.8；Ca(OH)2 或CaO或CaCO3
（2）取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明Fe(OH)3沉淀完全
（3）将溶液中的少量Ca(OH)2转化为CaCl2
（4）烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滴定管；99.9%；蒸发结晶过程中，温度过高，使CaCl2·2H2O失去部分结晶水
【知识点】pH的简单计算；二价铁离子和三价铁离子的检验；蒸发和结晶、重结晶；中和滴定
【解析】【解答】(1)根据分析，加入物质A来调节溶液的pH，此时控制溶液的pH范围是5.2≤pH＜7.8；加入的物质A是Ca(OH)2 或CaO或CaCO3（填一种即可）；(2)检验Fe3+是否沉淀完全的实验操作是：取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明Fe(OH)3沉淀完全；(3)酸化操作是加入盐酸，调节溶液的pH，其目的是将溶液中的少量Ca(OH)2转化为CaCl2，防止产物中混有Ca(OH)2杂质；(4) ①测定样品的纯度过程中，a为配制一定体积物质的量浓度溶液的过程，需要用到的玻璃仪器：烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管；b、c为滴定过程，需要用到的玻璃仪器：锥形瓶、滴定管；故上述测定过程中，需要用到的玻璃仪器除了容量瓶、锥形瓶，还有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滴定管；②使用AgNO3溶液滴定样品的CaCl2·2H2O，n（Ag+）=0.050 mol/L×20.39 ×10-3L=1.0195 ×10-3mol，则25mL中含n（Cl-）=1.0195×10-3mol，250 mL中含n（Cl-）=1.0195×10-2mol，含n（CaCl2·2H2O）=5.0975×10-3mol，m（CaCl2·2H2O）=5.0975×10-3mol×147g·mol-1=0.7493g，样品CaCl2·2H2O的质量分数= =99.9%；③蒸发结晶过程中，温度过高，使CaCl2·2H2O失去部分结晶水，而计算的时候仍按照没有失去结晶水的化合物质量计算，故最终测定的样品中CaCl2·2H2O的质量分数偏高。
【分析】工业碳酸钙加过量盐酸进行溶解，得到Ca2+、Al3+、Fe3+，加入物质A来调节溶液的pH，以除去溶液中的Al3+、Fe3+，根据沉淀对应的pH表，需要把二者沉淀完全，pH最小为5.2，但是当pH大于等于7.8，氢氧化铝开始溶解，故调节pH范围是5.2≤pH＜7.8；加入的A能调节pH，但是不能引入新杂质，则可以选用Ca(OH)2 或CaO或CaCO3；过滤后滤液进行盐酸酸化，在160℃蒸发结晶，得产品CaCl2·2H2O。
30．【答案】（1）加快反应速率，提高镍元素的浸出率
（2）MoO3+2OH-=MoO42-+H2O
（3）实现镍元素和铁、镁元素的分离；浓度过低NiO的浸出速率比较低，温度过高会导致氨的挥发，氯化按分解，氨水的利用率低
（4）用稀硫酸溶解滤渣I，然后向反应后的溶液中加入碱凋节pH到3.18~8.10之间，过滤、洗涤、干燥后，经煅烧可制得铁红
（5）[Ni(NH3)6]2++5H2S=NiS↓+6NH4++4HS-
（6）2：3
（7）Ni2++2HCO3-=NiCO3↓+H2O+CO2↑
（8）1.025mol L-1
【知识点】氧化还原反应；pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)将镍钼矿渣粉碎，固体表面积增大，目的是加快反应速率，提高镍元素的浸出率；(2)根据题目所给信息可知MoO3可溶于强碱，溶解得到Na2MoO4，根据电荷守恒可得离子方程式为MoO3+2OH-=MoO42-+H2O；(3)MgO和Fe2O3不溶于NH4Cl-氨水混合液，NiO溶于NH4Cl-氨水混合液生成[Ni(NH3)6]2+，所以“氨溶解”的目的是实现镍元素和铁、镁元素的分离；利用NH4Cl-氨水混合液“氨溶解”时，浓度过低NiO的浸出速率比较低，温度过高会导致氨的挥发，氯化铵分解，氨水的利用率低；(4)根据分析可知滤渣I的主要成分为MgO和Fe2O3，需要制备Fe2O3，根据题目所给信息可知pH为3.18时Fe3+完全沉淀，而pH为8.10时Mg2+开始沉淀，所以可以通过调节镁离子和铁离子混合液的pH值实现二者的分离，具体操作为：用稀硫酸溶解滤渣I，然后向反应后的溶液中加入碱调节pH到3.18~8.10之间，过滤、洗涤、干燥后，经煅烧可制得铁红；(5)“一次沉镍”时加入H2S的目的是将镍元素转化为NiS沉淀，H2S过量，所以最终产物中有HS-，根据元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为[Ni(NH3)6]2++5H2S=NiS↓+6NH4++4HS-；(6)氧化时稀硝酸被还原成NO，化合价降低3价，NiS被氧化成S，化合价升高2价，根据电子守恒可知氧化剂：还原剂=2：3；(7)加入碳酸氢钠，得到碳酸镍沉淀，说明碳酸氢根电离出的碳酸根和镍离子生成沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生大量氢离子，氢离子和碳酸氢根结合又生成二氧化碳，据此可知离子方程式为Ni2++2HCO3-=NiCO3↓+H2O+CO2↑；(8)NiCO3转化成NiC2O4的离子方程式为NiCO3(s)+C2O42- NiC2O4(s)+CO32-，该反应的平衡常数K= =40，处理后的溶液中碳酸根的浓度为1mol/L，则溶液中草酸根的浓度为0.025mol/L，沉淀NiC2O4中含有1mol草酸根，所以加入的草酸钠溶液的浓度c(Na2C2O4)=1.025mol/L。
【分析】
镍钼矿渣( 主要含有MoO3、NiO、MgO和Fe2O3 )先加入足量的NaOH溶液，MoO3可溶于强碱，溶解得到Na2MoO4；滤渣主要含NiO、MgO和Fe2O3 ，再加入NH4Cl-氨水混合液，NiO溶解得到 [Ni(NH3)6]2+ ，再过滤，滤渣|主要有MgO和Fe2O3；滤液中通入足量的硫化氢，和 [Ni(NH3)6]2+ 反应得到NiS沉淀，过滤向沉淀中加入稀硝酸，S元素被氧化得到硫单质，之后向滤液中加入NaHCO3得到NiCO3沉淀。
31．【答案】（1）BaSO4和SiO2
（2）
（3）3.7＜pH＜7.2
（4）分液漏斗；
（5）蒸发浓缩；冷却结晶；三氧化二镍
【知识点】pH的简单计算；常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)原料的成分有NiO，FeO，Fe2O3，CoO，BaO和SiO2；加入硫酸酸溶，SiO2不反应，所以会出现在滤渣中，BaO会最终变成BaSO4沉淀，所以也会出现在滤渣中；(2)氧化步骤的目的是将二价铁转变成三价铁，便于在后续步骤中沉淀法除去，所以离子方程式为 ；(3)加入Na2CO3这一步是为了除去铁，同时也要避免其他元素的损耗，所以选择的pH区间为3.7~7.2；(4)萃取最关键的仪器是分液漏斗；加入碳酸氢钠后，产物之一是CoCO3沉淀，考虑到NaHCO3是过量的，所以最终的离子方程式为 ；(5)由溶液获取结晶的常规操作是：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥；硫酸镍晶体的摩尔质量是263g/mol，所以26.3g即为0.1mol；280℃开始，固体的质量减少，这个时期是因为结晶水丢失导致的，所以A段对应的物质就是0.1mol的NiSO4；温度到600℃，固体的质量再次下降，得到最终的镍的氧化物；根据原子守恒，8.3g氧化物中Ni的质量为5.9g，那么O的质量为2.4g即0.15mol，所以固体氧化物中 ，所以固体氧化物即三氧化二镍。
【分析】原料的成分含有NiO，FeO，Fe2O3，CoO，BaO和SiO2，最终要制备两种产物，一种是镍的氧化物，一种是CoCO3，所以FeO， ，BaO和SiO2要在制备过程中逐步去除。第一步加酸溶解原料，考虑到发生的反应，就可得知滤渣和滤液的成分。题干中还提供了有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH的表格，经过分析可知，要想去除铁元素，应当把铁元素全都转化为三价铁再调节pH才能在不降低产品产量的同时除净杂质铁元素。最后根据失重曲线判断物质的组成，可通过原子守恒进行计算，再进一步判断即可。
32．【答案】（1） 、 ；盐酸
（2）H2；13
（3）氯气有毒，尾气处理会增加成本
（4）酸式滴定管、电子天
（5）
（6）除去溶液中的二氧化碳，避免影响实验测定结果
（7）无影响
【知识点】pH的简单计算；物质的分离与提纯；中和滴定
【解析】【解答】（1）粗盐提纯时，若先加稍过量的NaOH溶液，则后加过量的氯化钡除去硫酸根离子，接着加碳酸钠去除去钙离子和过量的钡离子，最后加盐酸来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，则依次加入稍过量的NaOH溶液、BaCl
2溶液、Na
2CO
3溶液，过滤后，再向滤液中加入适量盐酸，再蒸发，故答案为：BaCl
2溶液，Na
2CO
3溶液；盐酸；
（2）阴极发生还原反应生成氢气，总方程式为2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑，标准状况下生成11.2L氢气，氢气的物质的量为0.5mol，电解生成1molNaOH，NaOH溶液浓度为1mol/10L=0.1mol/L，pH=13，故答案为：H2；13；
（3）氯气有毒，污染环境，为避免污染环境，必须用氢氧化钠溶液处理，为避免增大成本，减少用氢氧化钠溶液处理处理的环节，可以用过量H2使Cl2完全反应，故答案为：氯气有毒，尾气处理会增加成本；
（4）实验涉及药品的称量、溶解、滴定等操作，则需要的仪器除锥形瓶、烧杯、玻璃棒之外，还需要酸式滴定管、电子天平，故答案为：酸式滴定管、电子天平；
（5）饱和二氧化碳水溶液的pH为4，指示剂X的变色范围是5.0-5.2，则碳酸钠与盐酸的反应应生成二氧化碳和氯化钠，反应的方程式为Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，故答案为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；
（6）接近终点时煮沸反应混合物，可除去溶液中的二氧化碳，避免影响实验测定结果，故答案为：除去溶液中的二氧化碳，避免影响实验测定结果；
（7）盛放Na2CO3固体的锥形瓶不干燥，因溶质的物质的量没有变化，对实验无影响，故答案为：无影响。
【分析】（1） 粗盐提纯：为除去粗盐中的 、 、 ， 用氢氧根除去镁离子，用钡离子除去硫酸根离子，用碳酸根例子除去钙离子，最后加盐酸来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠。
（2）2NaCl+2H2O =2NaOH+H2↑+Cl2↑，标准状况下生成11.2L氢气，氢气的物质的量为0.5mol，电解生成1molNaOH，NaOH溶液浓度为1mol/10L=0.1mol/L，pH=13。
（3）氯气味有毒气体，若反应不完全，氯气污染环境。
（4）因为该滴定试验用到的试剂为盐酸和碳酸钠，所以要用到酸式滴定管。因为题中碳酸钠溶液没有从碱式滴定管放出，所以称量时必须要精到小数点后两位，所以要选择电子天平称量。
（5）滴定是借助滴定管这种精密仪器让两者反应，提高精确度。因为 指示剂X的变色范围是 所以反应是Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，不是Na2CO3+HCl=2=NaCl+NaHCO3,因为后者反应后溶液显碱性。
（6）因为实验产生气体，有气泡产生，影响试验结果，通过加热可以赶走气泡。
（7）碳酸钠的量不变，所以无影响。
33．【答案】＞；取等浓度等体积的NaHCO3和Na2CO3溶液混于同一烧杯中，加入稀盐酸，边滴边搅拌，若一段时间无气泡，则Na2CO3结合H+能力强
【知识点】pH的简单计算
【解析】【解答】解：电解质越弱，其相应的阴离子结合质子能力越强，常温下，H2CO3：Ki1=4.3x10﹣7＞Ki2=5.6x10﹣11，电离强弱顺序是：碳酸的一级电离大于其二级电离，即结合H+的能力Na2CO3溶液大于NaHCO3溶液，取等浓度等体积的NaHCO3和Na2CO3溶液混于同一烧杯中，加入稀盐酸，边滴边搅拌，若一段时间无气泡，则Na2CO3结合H+能力强，
故答案为：＞；取等浓度等体积的NaHCO3和Na2CO3溶液混于同一烧杯中，加入稀盐酸，边滴边搅拌，若一段时间无气泡，则Na2CO3结合H+能力强．
【分析】电解质越弱，其相应的阴离子结合质子能力越强，常温下，H2CO3：Ki1=4.3x10﹣7＞Ki2=5.6x10﹣11，电离强弱顺序是碳酸的一级电离大于其二级电离，即结合H+的能力Na2CO3溶液大于NaHCO3溶液，根据同浓度的两溶液与盐酸反应生成气体的速率进行设计实验证明．
34．【答案】（1）2Fe3++Fe=3Fe2+
（2）2
（3）FeCl3 6H2O=Fe（OH）Cl2+HCl↑+5H2O；在干燥的HCl气流中抑制FeCl3水解，且带走FeCl3 6H2O受热产生的水气，所以能得到无水氯化铁
（4）K1＞K2＞K3
（5）bd
【知识点】pH的简单计算；盐类水解的原理
【解析】【解答】解：（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用；钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式是：2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质；2Fe3++Fe=3Fe2+；（2）根据电荷守恒：c（Cl﹣）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH﹣浓度很小，在这里可以忽略不计），则c（H+）=c（Cl﹣）﹣2c（Fe2+）﹣3c（Fe3+）=1.0×10﹣2mol L﹣1，则溶液pH=﹣lg1.0×10﹣2=2，故答案为：2；（3）若在空气中加热FeCl3 6H2O，生成的是Fe（OH）Cl2，根据反应物、生成物及反应条件知，该反应的化学方程式：FeCl3 6H2O=Fe（OH）Cl2+HCl↑+5H2O，升高温度促进水解，所以得不到氯化铁，为抑制水解，需要在干燥的HCl气流中加热FeCl3 6H2O来得到FeCl3，故答案为：FeCl3 6H2O=Fe（OH）Cl2+HCl↑+5H2O；在干燥的HCl气流中抑制FeCl3水解，且带走FeCl3 6H2O受热产生的水气，所以能得到无水氯化铁；（4）铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小，则K1＞K2＞K3；故答案为：K1＞K2＞K3；（5）控制条件使平衡正向移动，使平衡正向移动，因为水解为吸热反应，所以降温，平衡逆向移动；加水稀释，则水解平衡也正向移动；加入氯化铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，所以氢离子浓度降低，平衡正向移动，故选bd；
【分析】（1）钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子；（2）根据电荷守恒：c（Cl﹣）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH﹣浓度很小，在这里可以忽略不计），据此溶液中氢离子的浓度，再根据pH=﹣lgc（H+）计算；（3）在空气中加热FeCl3 6H2O，生成的是Fe（OH）Cl2，升高温度促进水解，所以得不到氯化铁，可以采用抑制水解的方法制取氯化铁；（4）铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小；（5）控制条件使平衡正向移动，水解为吸热反应，所以降温平衡逆向移动；加水稀释，则水解平衡也正向移动；加入氯化铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，平衡正向移动．
35．【答案】（1）是；
FeC2O4 2H2O FeC2O4 （2﹣n）H2O+nH2O
180 18n
1.000g （1.000﹣0.800）g
解得n=2，所以350℃时样品完全脱水；
（2）FeC2O4 FeO+CO↑+CO2↑
（3）Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+；5
（4）6Fe2O3 4Fe3O4+O2↑；3Fe2++2[Fe（CN）6]3﹣═Fe3[Fe（CN）6]2↓
【知识点】pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】解：（1）根据图象，300℃时是样品脱水生成固体质量为0.800g，所以假设反应为：
FeC2O4 2H2O FeC2O4 （2﹣n）H2O+nH2O
180 18n
1.000g （1.000﹣0.800）g
解得n=2，所以350℃时样品完全脱水；
故答案为：是；
推算过程：
FeC2O4 2H2O FeC2O4 （2﹣n）H2O+nH2O
180 18n
1.000g （1.000﹣0.800）g
解得n=2，所以350℃时样品完全脱水；（2）根据铁元素质量守恒，铁原子的最小公倍数是6，于是存在下列质量关系：
6FeO→3Fe2O3→2Fe3O4
72：80：77.3
固体质量的变化趋势与表中提供的数据一致．即72：80：77.3≈0.400：0.444：0.429．
因此表明：FeC2O4分解时，先转变为FeO，再转变为Fe2O3，最后变为Fe3O4，所以400℃时FeC2O4分解生成FeO，结合化合价有升必有降，则还有一氧化碳和二氧化碳生成；反应方程式为：FeC2O4 FeO+CO↑+CO2↑；故答案为：FeC2O4 FeO+CO↑+CO2↑；（3）根据（2）的分析，600℃时FeC2O4分解生成Fe2O3，加稀盐酸溶解生成三价铁溶液，因为三价铁易水解所以溶液的pH为3，水解方程式为：Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+；当铁元素的离子浓度为4.0×10﹣11 mol L﹣1，则氢氧根的浓度为： =1.0×10﹣9 mol L﹣1，氢离子浓度为 =1.0×10﹣5 mol L﹣1，所以pH=5，故答案为：Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+；5；（4）根据取少量该溶液滴加KSCN，溶液显血红色，说明含有三价铁离子；另取少量该溶液滴加K3[Fe（CN）6]（铁氰化钾）溶液，产生特征蓝色沉淀，说明含有二价铁离子，所以根据氧化还原反应的特征1 400℃时Fe2O3发生分解生成Fe3O4和氧气；产生特征蓝色沉淀的离子反应方程式3Fe2++2[Fe（CN）6]3﹣═Fe3[Fe（CN）6]2↓；故答案为：6Fe2O3 4Fe3O4+O2↑；3Fe2++2[Fe（CN）6]3﹣═Fe3[Fe（CN）6]2↓；
【分析】（1）根据图象，300℃时是样品脱水生成固体质量为0.800g，所以假设反应为：
FeC2O4 2H2O FeC2O4 （2﹣n）H2O+nH2O
180 18n
1.000g （1.000﹣0.800）g
解得n=2，所以350℃时样品完全脱水；（2）根据铁元素质量守恒，铁原子的最小公倍数是6，于是存在下列质量关系：
6FeO→3Fe2O3→2Fe3O4
72：80：77.3
固体质量的变化趋势与表中提供的数据一致．即72：80：77.3≈0.400：0.444：0.429．
因此表明：FeC2O4分解时，先转变为FeO，再转变为Fe2O3，最后变为Fe3O4，所以400℃时FeC2O4分解生成FeO，结合化合价有升必有降，则还有一氧化碳和二氧化碳生成；（3）根据（2）的分析，600℃时FeC2O4分解生成Fe2O3，加稀盐酸溶解生成三价铁溶液，根据三价铁易水解成酸性分析；根据Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10﹣38进行计算；（4）根据取少量该溶液滴加KSCN，溶液显血红色，说明含有三价铁离子；另取少量该溶液滴加K3[Fe（CN）6]（铁氰化钾）溶液，产生特征蓝色沉淀，说明含有二价铁离子，所以根据氧化还原反应的特征1 400℃时Fe2O3发生分解生成Fe3O4和氧气；产生特征蓝色沉淀的离子反应方程式3Fe2++2[Fe（CN）6]3﹣═Fe3[Fe（CN）6]2↓．
