盐类水解专项训练
一、单选题（13题）
1．溶解度随温度变化的曲线如图所示，关于各点对应的溶液，下列说法正确的是
A．点等于点
B．点大于点
C．点降温过程中有2个平衡发生移动
D．点
2．下列实验操作和现象，得出的相应结论正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向盛有和的试管中分别滴加浓盐酸 盛的试管中产生黄绿色气体 氧化性：
B 向溶液中通入气体 出现黑色沉淀(CuS) 酸性：
C 乙醇和浓硫酸共热至，将产生的气体通入溴水中 溴水褪色 乙烯发生了加成反应
D 向溶液中滴加溶液 出现黄色沉淀 发生了水解反应
A．A B．B C．C D．D
3．室温下，用含少量的溶液制备的过程如题图所示。已知，。下列说法正确的是
A．溶液中：
B．“除镁”得到的上层清液中：
C．溶液中：
D．“沉锰”后的滤液中：
4．利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同的体系中的可能产物。
已知：i.图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。
ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始，不同下由图1得到]。
下列说法不正确的是
A．由图1，
B．由图2，初始状态，无沉淀生成
C．由图2，初始状态，平衡后溶液中存在
D．由图1和图2，初始状态、，发生反应：
5．常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．约为
B．点a：
C．点b：
D．水的电离程度：
6．为某邻苯二酚类配体，其，。常温下构建溶液体系，其中，。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示，分布系数，已知，。下列说法正确的是
A．当时，体系中
B．pH在9.5~10.5之间，含L的物种主要为
C．的平衡常数的lgK约为14
D．当时，参与配位的
7．某水样中含一定浓度的CO、HCO和其他不与酸碱反应的离子。取10.00mL水样，用0.01000mol L-1的HCl溶液进行滴定，溶液pH随滴加HCl溶液体积V(HCl)的变化关系如图(混合后溶液体积变化忽略不计)。
下列说法正确的是
A．该水样中c(CO)=0.01mol L-1
B．a点处c(H2CO3)+c(H+)=c(OH—)
C．当V(HCl)≤20.00mL时，溶液中c(HCO)基本保持不变
D．曲线上任意一点存在c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03mol L-1
8．一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1mol L-1KOH溶液吸收CO2，若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c总=c(H2CO3)+c()+c()。H2CO3电离常数分别为Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是
A．KOH吸收CO2所得到的溶液中：c(H2CO3)＞c()
B．KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-)= c(H+)+c()+c(H2CO3)
C．KOH溶液吸收CO2，c总=0.1mol L-1溶液中：c(H2CO3)＞c()
D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降
9．某研究小组利用电位滴定法研究盐酸滴定亚磷酸钠()溶液过程中的化学变化，得到电极电位U和溶液pH随盐酸滴加的体积变化曲线如图所示。下列说法正确的是
［已知：①电位滴定法的原理：在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极j电位也发生了突跃，进而确定滴定终点。②亚磷酸()是二元弱酸，其电离常数分别是，］
A．a点对应溶液的溶质为和NaCl，pH>7
B．第二次电极电位突跃发生的离子反应为
C．水的电离程度：
D．c点对应的溶液中一定存在：
10．t℃时，由H2CO3与HCl或NaOH配制一组总含碳微粒浓度为的混合溶液，混合体系中部分物种的浓度的负对数与pH关系如图所示。下列说法错误的是
A．该条件下，H2CO3的
B．该溶液的温度t=25℃
C．pH=a时，混合体系中浓度最高的物种为
D．pH=7的溶液中：
11．常温下，向某浓度H2A溶液中加入NaOH(s)，保持溶液体积和温度不变，测得pH与、、变化如图所示。下列说法不正确的是
A．曲线②代表变化，曲线③代表
B．由图中的数据计算得
C．NaHA溶液中
D．b点时，满足
12．下列离子方程式或化学方程式正确的是
A．溶液中滴加少量，溶液变棕黄色的原因是：
B．小苏打溶液中滴加溶液：
C．溶液中通少量的氯气：
D．溶于热水可发生反应：
13．联氨(N2H4)属于二元弱碱，在水溶液中的电离方程式为、。常温下，向含有一定量N2H6Cl2的溶液中加入NaOH，溶液中含氮微粒(、、)的物质的量分数[如]随pH变化的关系如图所示。下列叙述正确的是
A．曲线Ⅲ代表随溶液pH变化的关系
B．常温下，
C．溶液中存在
D．b点溶液中：
二、填空题
14．钴盐在生活和生产中有着重要应用。
(1)在活性炭的催化作用下，通过氧化CoCl2·6H2O制得到[Co(NH3)6]Cl3流程如下：
①在“氧化”过程，需水浴控温在50~60℃，温度不能过高，原因是： 。“系列操作”是指在高浓度的盐酸中使[Co(NH3)6]Cl3结晶析出，过滤，醇洗，干燥。使用乙醇洗涤产品的具体操作是： 。
②结束后废水中的Co2+，人们常用FeS沉淀剂来处理，原理是 (用离子方程式表示)。
(2)草酸钴是制备钴氧化物的重要原料，常用(NH4)2C2O4溶液和CoCl2溶液制取难溶于水的CoC2O4·2H2O晶体。
①常温下，(NH4)2C2O4溶液的pH 7(填“>”、“=”或“<”)。(已知：常温下Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，H2C2O4：Ka1=5.6×10-2，Ka2=5.4×10-5)
②制取CoC2O4·2H2O晶体时，还需加入适量氨水，其作用是 。
③在空气中加热10.98g二水合草酸钴(CoC2O4·2H2O)，受热过程中在不同温度范围内分别得到一种固体物质。已知Co的两种常见化合价为+2价和+3价，M(CoC2O4·2H2O)=183g/mol。
温度范围／℃ 150~210 290~320
固体质量/g 8.82 4.82
i．温度在范围内，固体物质为 (填化学式)；
ii．从加热到时生成一种钴的氧化物和CO2，此过程发生反应的化学方程式是 。
15．过氧化氢和盐酸的混合溶液可以刻蚀含铜的电路板。
(1)请写出用过氧化氢和盐酸刻蚀电路板时发生的离子反应方程式： 。当反应一段时间后，随着溶液变蓝，气泡产生的速率加快，其可能的原因是 。
含铜电路板也可以用进行刻蚀，对刻蚀后的液体(、和)进行处理以提取和，流程如下图所示：
(2)从滤液A中提取的操作为：加入Fe粉后，应先浓缩滤液至出现 ，趁热过滤，取溶液， ，过滤、洗涤、干燥。
(3)检验溶液B中提取出的Cu上粘附的已经洗净的操作为： ，制备时，将铜溶解于、的混酸中，此过程中产生的红棕色气体为 产物(选填“氧化”或“还原”)。
利用滴定法可测定所得的纯度，操作如下：
①取a g 样品，加入足量溶液溶解(其中用于防止干扰检验：)
②滴加足量KI溶液，发生反应
③再用c mol·L 标准溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，到达滴定终点时消耗硫代硫酸钠标准液V mL，发生的反应为：，
(4)已知溶液呈酸性，则水解程度 (填“>”、“＜”或“=”)，稀释后溶液中，的值 (选填“增大”、“减小”或“不变”)。
(5)接近滴定终点时，向溶液中滴加KSCN溶液，会发现CuI沉淀转化为CuSCN，其沉淀转化的原因是 。已知CuI能够吸附大量，若不加KSCN，则测得的纯度 (选填“偏高”、“偏低”或“不变”)。
(6)计算的纯度： (用a、c、V的代数式表示)。
16．磷酸铁(，难溶于水的白色固体)可用于生产药物、食品添加剂和锂离子电池的正极材料。实验室用磷铁渣(含Fe、FeP、及少量杂质)来制备的工艺流程如下：
(1)“浸取”时，在密闭反应容器中进行，硝酸分解生成的将Fe、FeP、分别氧化为、。与反应的化学方程式为 。
(2)加入硫酸的目的是 ；加入活性炭的目的是 。
(3)写出生成的离子方程式： 。“制备”时，溶液的pH对磷酸铁产品中的值有影响，在pH为1.2~2.5时，随pH增大，明显增大，其原因是 。
(4)“系列操作”的名称是 。
(5)样品受热脱水过程的热重曲线(样品含量随温度变化的曲线)如图。则a为 (保留小数点后两位)。
17．羰基硫(COS)可用于合成除草剂杀草丹等农药。羰基硫能引起催化剂中毒、化学产品质量下降和大气污染。氢解和水解反应是两种常用的羰基硫脱硫方法，其反应的热化学方程式分别为：
①氢解反应：COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g) H
②水解反应：
请回答下列问题：
(1)已知CO的燃烧热为283.0kJ mol-1，。羰基硫氢解反应的 H= 。
(2)在某温度下，向恒容密闭容器中充入2molH2(g)和3molCOS(g)，10min反应达到平衡，H2(g)的体积分数ψ[H2(g)]为4%。
①10min内H2(g)的转化率为 。
②该温度下反应的平衡常数K= 。
③该温度下的平衡体系中再加入H2(g)和CO(g)各0.2mol，平衡 (填“正向”“逆向”或“不”)移动。
(3)在绝热、恒容的密闭体系中，投入一定量COS(g)和H2O，发生水解反应。
①下列示意图(图中v正、K、n、m分别表示正反应速率、平衡常数、物质的量和质量)能说明t1时刻反应达到平衡状态的是 (填序号)。
②如图表示在相同时间内不同温度下羰基硫水解反应转化率，T1-T2段曲线变化可能的原因是 。
(4)氢硫酸、碳酸均为二元弱酸，其常温下的电离常数如表：
电离常数 H2CO3 H2S
Ka1 4.4×10-7 1.3×10-7
Ka2 4.7×10-11 7.1×10-15
将CO2用足量的NaHS溶液吸收，该反应的离子方程式为 ；常温下，用100mL0.1mol L-1NaOH溶液吸收224mL(标准状况)H2S气体，反应后的溶液中离子浓度从大到小顺序为 。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【详解】A．温度升高，水的电离程度增大，则点小于点，A错误；
B．升高温度促进铵根离子的电离，且N点铵根离子浓度更大，水解生成氢离子浓度更大，N点酸性更强，故点大于点，B正确；
C．点降温过程中有水的电离平衡、铵根离子的水解平衡、硫酸铵的溶解平衡3个平衡发生移动，C错误；
D．点为硫酸铵的不饱和溶液，由电荷守恒可知，，D错误；
故选B。
2．A
【详解】A．氧化剂氧化性大于氧化产物，盛的试管中产生黄绿色气体，说明将氯离子氧化为氯气，而氢氧化铁不行，故氧化性：，A正确；
B．出现黑色沉淀(CuS)，是因为硫化铜的溶解度较小，不能说明酸性，B错误；
C．挥发的乙醇也会被强氧化剂溴单质氧化使得溴水褪色，不能说明乙烯发生了加成反应，C错误；
D．出现黄色沉淀，说明电离出了磷酸根离子，D错误；
故选A。
3．C
【详解】A．溶液中存在电荷守恒：，A错误；
B．“除镁”得到的上层清液中为的饱和溶液，有，故，B错误；
C．溶液中存在质子守恒：，故，C正确；
D．“沉锰”后的滤液中还存在F-、等离子，故电荷守恒中应增加其他离子使等式成立，D错误。
故选C。
【点睛】
4．C
【详解】A．水溶液中的离子平衡 从图1可以看出时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确；
B．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确；
C．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中，C项错误；D．时，溶液中主要含碳微粒是，，时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，D项正确；
故选C。
5．D
【分析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和 CH3COONa；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH，据此解答。
【详解】A．由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=10-3.38mol/L，==10-4.76，故A正确；
B．a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故B正确；
C．点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和 CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COOH)
答案选D。
6．C
【分析】从图给的分布分数图可以看出，在两曲线的交点横坐标值加和取平均值即为某型体含量最大时的pH，利用此规律解决本题。
【详解】A．从图中可以看出Fe(Ⅲ)主要与L2-进行络合，但在pH=1时，富含L的型体主要为H2L，此时电离出的HL-较少，根据H2L的一级电离常数可以简单计算pH=1时溶液中c(HL-)≈10-9.46，但pH=1时c(OH-)=10-13，因此这四种离子的浓度大小为c(H2L)>c([FeL]+)>c(HL-)>c(OH-)，A错误；
B．根据图示的分布分数图可以推导出，H2L在pH≈9.9时HL-的含量最大，而H2L和L2-的含量最少，因此当pH在9.5~10.5之间时，含L的物种主要为HL-，B错误；
C．该反应的平衡常数K=，当[FeL2]-与[FeL]+分布分数相等时，可以将K简化为K=，此时体系的pH=4，在pH=4时可以计算溶液中c(L2-)=5.0×10-14.86，则该络合反应的平衡常数K≈10-14.16，即lg K≈14，C正确；
D．根据图像，pH=10时溶液中主要的型体为[FeL3]3-和[FeL2(OH)]2-，其分布分数均为0.5，因此可以得到c([FeL3]3-)=c([FeL2(OH)]2-)=1×10-4mol·L-1，此时形成[FeL3]3-消耗了3×10-4mol·L-1的L2-，形成[FeL2(OH)]2-消耗了2×10-4mol·L-1的L2-，共消耗了5×10-4mol·L-1的L2-，即参与配位的c(L2-)≈5×10-4，D错误；
故答案选C。
7．C
【分析】向碳酸根和碳酸氢根的混合溶液中加入盐酸时，先后发生如下反应CO+H+=HCO、HCO+H+= H2CO3，则滴定时溶液pH会发生两次突跃，第一次突跃时碳酸根离子与盐酸恰好反应生成碳酸氢根离子，第二次突跃时碳酸氢根离子与盐酸恰好反应生成碳酸，由图可知，滴定过程中溶液pH第一次发生突跃时，盐酸溶液的体积为20.00mL，由反应方程式CO+H+=HCO可知，水样中碳酸根离子的浓度为=0.02mol/L，溶液pH第二次发生突跃时，盐酸溶液的体积为50.00mL，则水样中碳酸氢根离子的浓度为=0.01mol/L。
【详解】A．由分析可知，水样中碳酸根离子的浓度为0.02mol/L，故A错误；
B．由图可知，a点发生的反应为碳酸根离子与氢离子恰好反应生成碳酸氢根离子，可溶性碳酸氢盐溶液中质子守恒关系为c(H2CO3)+c(H+)=c(OH—)+ c(CO)，故B错误；
C．由分析可知，水样中碳酸氢根离子的浓度为0.01mol/L，当盐酸溶液体积V(HCl)≤20.00mL时，只发生反应CO+H+=HCO，滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度为=0.01mol/L，则滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度不变，故C正确；
D．由分析可知，水样中碳酸根离子和碳酸氢根离子浓度之和为0.03mol/L，由物料守恒可知，溶液中c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03 mol/L，滴定加入盐酸会使溶液体积增大，则溶液中[c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)]会小于0.03 mol/L，故D错误；
故选C。
8．C
【详解】A．KOH吸收CO2所得到的溶液，若为K2CO3溶液，则主要发生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)＜c()，若为KHCO3溶液，则发生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)＜c()，A不正确；
B．KOH完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K+)+ c(H+)=c(OH-)+ +c()+2c()，依据物料守恒，溶液中：c(K+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]，则c(OH-)= c(H+)+c()+2c(H2CO3)，B不正确；
C．KOH溶液吸收CO2，c(KOH)=0.1mol L-1，c总=0.1mol L-1，则溶液为KHCO3溶液， Kh2==≈2.3×10-8＞Ka2=4.4×10-11，表明水解程度大于电离程度，所以溶液中：c(H2CO3)＞c()，C正确；
D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生反应为：CO2+2KOH=K2CO3+H2O、K2CO3+CaO+H2O=CaCO3↓+2KOH(若生成KHCO3或K2CO3与KHCO3的混合物，则原理相同)，二式相加得：CO2+CaO=CaCO3↓，该反应放热（碳酸钙分解吸热），溶液的温度升高，D不正确；
故选C。
9．D
【详解】A．分析可知，a点为第一次电极电位突跃，恰好完成第一步反应，对应溶质为、NaCl，的电离平衡常数，水解平衡常数，的电离程度大于水解程度，即pH<7，故A错误；
B．发生第二次突跃是和盐酸恰好完全反应，反应是，故B错误；
C．水解促进水电离，盐酸抑制水电离，加盐酸过程中水的电离程度逐渐减小，所以水电离，故C错误；
D．c点对应溶质为、NaCl、，根据电荷守恒有：，根据物料守恒，所以，故D正确；
选D。
10．C
【详解】A．由题干图示信息可知，当溶液pH=6.3时，c(H2CO3)=c()，故Ka1(H2CO3)==10-6.3，故该条件下，H2CO3的，A正确；
B．由题干图示信息可知，c(H+)=c(OH-)=10-7，Kw= c(H+)×c(OH-)=10-14，故该溶液的温度t=25℃，B正确；
C．根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c()+c()，故pH=a时，c(Na+)＞c()混合体系中浓度最高的物种为Na+，C错误；
D．由题干图示信息可知，pH=7的溶液中：c(Na+)＞c()＞c(H2CO3)，故有，D正确；
故答案为：C。
11．D
【分析】向某浓度H2A溶液中加入NaOH固体时，由于二者发生反应，所以H2A逐渐减少，-lgc(H2A)会逐渐增大，所以图中呈上升趋势的为-lgc(H2A)与pH变化关系，为曲线①；H2AH++HA-，HA-H++A2-，A2-会逐渐增大，-lgc(A2-)会逐渐减小，但是不会等于0，所以呈下降趋势且与横坐标无交点的为-lgc(A2-)与pH变化关系，为曲线③；另一条则是-lg与pH的变化图，为曲线②，以此解答。
【详解】A．由分析可知，曲线②代表变化，曲线③代表，故A正确；
B．电离常数的表达式为Ka1=，Ka2=，当pH=3.05时，-lgc(A2-)与-lgc(H2A)相等，即c(A2-)=c(H2A)代人Ka1·Ka2中，可得人Ka1·Ka2=(10-3.05)2=10-6.1，又由图中②可知，当pH=5.3时，=0，即c(A2-)=c(HA-)，即Ka2=10-53，所以，故B正确；
C．NaHA溶液中HA-既存在电离又存在水解，所以c(Na+ )>c(HA-)，HA-H++A2-，HA-+H2O=H2A+OH-，所以c(A2-)与c(H2A)的大小取决于电离和水解的程度，Ka2=10-5.3，即HA-的水解常数Kh===10-13.2<10-5.3，所以HA-的水解程度小于HA-的电离程度，所以c(H2A)
12．D
【详解】A．碘离子还原性强于亚铁离子，故少量过氧化氢会首先和碘离子反应生成碘单质，反应为，A错误；
B．小苏打溶液中滴加溶液反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子：，B错误；
C．溶液中通少量的氯气会生成硫酸根离子和二氧化硫气体：，C错误；
D．溶于热水可发生水解反应生成沉淀：，D正确；
故选D。
13．CD
【分析】常温下，向含有一定量N2H6Cl2的溶液中加入NaOH，随着NaOH溶液的加入，溶液pH值增大，依次发生：+OH-=+H2O，+OH-=N2H4+H2O，由此可推知曲线Ⅰ代表，曲线Ⅱ代表，曲线Ⅲ代表，据此分析解题。
【详解】A．曲线I代表随溶液pH变化的关系，曲线Ⅲ代表随溶液pH变化的关系，A错误；
B．由分析可知，曲线Ⅰ代表，曲线Ⅱ代表，曲线Ⅲ代表，图中b点为c()=c(N2H4)，故常温下，，B错误；
C．由分析可知，曲线Ⅰ代表，曲线Ⅱ代表，曲线Ⅲ代表，结合题干图像可知N2H5Cl溶液显酸性，即水解大于电离，故溶液中存在，C正确；
D．根据电荷守恒有：，故b点溶液中：，D正确；
故答案为：CD。
14．(1) 温度过高，H2O2大量分解，降低产率 向漏斗中注入乙醇使其浸没沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2～3次 Co2++FeS=CoS+Fe2+
(2) < 抑制(NH4)2C2O4的水解，提高的利用率（或“调节溶液pH，提高草酸钴晶体的产率”等） CoC2O4 3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2
【分析】CoCl2·6H2O加氯化铵溶液和活性炭，再加浓氨水，反应生成[Co(NH3)6]Cl2，在加5%H2O2氧化[Co(NH3)6]Cl2生成[Co(NH3)6]Cl3，再经浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥等操作得到[Co(NH3)6]Cl3；
【详解】（1）①氧化过程中使用的氧化剂为H2O2，不稳定，受热易分解，温度过高，H2O2大量分解，降低产率；使用乙醇洗涤产品的具体操作是：向漏斗中注入乙醇使其浸没沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2～3次；
②结束后废水中的Co2+，人们常用FeS沉淀剂来处理，原理是Co2++FeS=CoS+Fe2+；
（2）①Kb(NH3·H2O)
③10.98g二水合草酸钴(CoC2O4·2H2O)的物质的量为，所含结晶水的质量为0.06×2×18=2.16g；温度在范围内，固体质量为8.82g，可知此时恰好完全失去结晶水，所得固体物质为：CoC2O4；
从加热到时生成一种钴的氧化物和CO2，则Co的质量为0.06mol×59g/mol=3.54g，则氧的质量为4.82g-3.54g=1.28g，氧原子物质的量为n=，则Co的氧化物为Co3O4；草酸钴和氧气反应生成Co3O4和二氧化碳，则此过程发生反应的化学方程式为：3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。
15．(1) 对的分解有催化作用或反应放热，温度升高加快分解反应速率
(2) 有少量晶体 冷却结晶
(3) 取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无沉淀产生，则证明已洗涤干净； 还原
(4) > 减小
(5) CuSCN的溶解度小于CuI，使溶解平衡向CuI溶解的方向移动 偏小
(6)
【分析】本题一道工业流程题，首先向刻蚀后的液体中加入过量铁粉，置换出铜，过滤后得到滤渣和滤液A，由于铁粉过量，则滤渣中含有单质铜和过量的铁，滤液中含有氯化亚铁，滤渣进一步处理后得到硫酸铜晶体，滤液处理后得到氯化亚铁晶体，以此解题。
【详解】（1）铜在过氧化氢存在情况下可以和盐酸反应，离子方程式为：，且该反应放热，铜离子可以催化过氧化氢分解，故随着溶液变蓝，气泡产生的速率加快，其可能的原因是对的分解有催化作用或反应放热，温度升高加快分解反应速率；
（2）从溶液中获得带有结晶水合物的方法为，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，故答案为：有少量晶体；冷却结晶；
（3）考虑到氯离子可以和银离子反应生成氯化银白色沉淀，则检验溶液B中提取出的Cu上粘附的已经洗净的操作为：取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无沉淀产生，则证明已洗涤干净；在铜可以和硝酸反应，不能和硫酸反应，铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和红棕色的二氧化氮，其中氮元素由+5价变为+4价，故为还原产物；
（4）根据越弱越水解的道理，可知溶液呈酸性说明，铵根离子水解程度较大，故答案为：>；由上述分析可知，铵根离子水解程度更大一些，则稀释的时候，对铵根水解的影响更大一些，故减小；
（5）物质结构相同的时候，溶度积大的物质更容易转化为溶度积小的物质，则CuI沉淀转化为CuSCN，其沉淀转化的原因是CuSCN的溶解度小于CuI，使溶解平衡向CuI溶解的方向移动；根据题给信息可知，CuI能够吸附大量，则若不加KSCN，则测得的纯度将减小；
（6）根据题给信息可知，，则n()=n()=cv×10-3mol，的纯度=。
16．(1)
(2) 溶解等并能抑制的水解 吸附，减少气体污染
(3) pH增大，促进了水解，生成的混入产品中
(4)过滤、洗涤、干燥
(5)80.75
【分析】“浸取”时，根据问题(1)，硝酸分解为O2、NO2，利用氧气的氧化性，将Fe、FeP、Fe2P氧化成Fe2O3和P2O5，加入硫酸，将Fe2O3溶解为硫酸铁，同时抑制Fe3+水解，NO2有毒，能污染空气，加入活性炭，利用活性炭的吸附性，吸附NO2，避免污染空气；根据元素守恒，为了提高原料利用，需要加入磷酸，调节铁、磷比；加入氨水加热至60℃制备磷酸铁，据此分析；
【详解】（1）硝酸分解为O2、NO2，利用氧气的氧化性，将Fe、FeP、Fe2P氧化成Fe2O3和P2O5，Fe2P与氧气反应方程式为4Fe2P+11O24Fe2O3+2P2O5，故答案为4Fe2P+11O24Fe2O3+2P2O5；
（2）利用氧气的氧化性，将Fe、FeP、Fe2P氧化成Fe2O3和P2O5，根据流程制备物质，加入硫酸，将Fe2O3溶解为硫酸铁，同时抑制Fe3+水解；NO2有毒，能污染空气，加入活性炭，利用活性炭的吸附性，吸附NO2，避免污染空气；故答案为溶解Fe2O3为硫酸铁，同时抑制Fe3+水解；吸附NO2，减少气体污染；
（3）制备FePO4·2H2O，需要的反应物为Fe3+、H3PO4、NH3·H2O，其离子方程式为Fe3++H3PO4+3NH3·H2OFePO4·2H2O↓+3NH+H2O；pH增大时，促进Fe3+水解，生成氢氧化铁沉淀，混入产品中，导致增大；故答案为Fe3++H3PO4+3NH3·H2OFePO4·2H2O↓+3NH+H2O；pH增大，促进了Fe3+水解，生成的Fe(OH)3混入产品中；
（4）制备FePO4·2H2O，需要的反应物为Fe3+、H3PO4、NH3·H2O，其离子方程式为Fe3++H3PO4+3NH3·H2OFePO4·2H2O↓+3NH+H2O，过滤、洗涤、干燥；故答案为过滤、洗涤、干燥；
（5）设100gFePO4·2H2O样品受热，得到FePO4固体的质量为ag，水的质量为(100-a)g，根据物质的量比例得到：∶=1∶2，解得a≈80.75；故答案为80.75。
17．(1)+7kJ mol-1
(2) 90% 13.5 正向
(3) bd T1~T2段反应未达到平衡，随着温度的升高，反应速率加快，相同时间内转化量增多，转化率增大
(4)
【详解】（1）由题目中的已知信息可得出以下热化学方程式：；；；根据盖斯定律，可得COS(g)+H2(g) H2S(g)+CO(g) ，，故答案为：；
（2）反应为反应前后气体体积相等的反应，某温度下向恒容密闭容器中充入2molH2(g)和3molCOS(g)，10min反应达到平衡，H2(g)的体积分数ψ[H2(g)]为4%，即，则，列三段式：；
①10min内H2(g)的转化率为，故答案为：；
②该温度下反应的平衡常数，故答案为：；
③该温度下的平衡体系中再加入H2和CO各0.2mol后，则平衡正向移动，故答案为：正向；
（3）①达到平衡状态的标志是某量在反应进行时发生变化，某时刻突然不在变化，由各项图像可以看出，平衡常数和质量在时刻后不再发生变化，则bd图能说明时刻反应达到平衡状态，故答案为：bd；
②T1~T2段反应未达到平衡，随着温度的升高，反应速率加快，相同时间内转化量增多，转化率增大，故答案为：T1~T2段反应未达到平衡，随着温度的升高，反应速率加快，相同时间内转化量增多，转化率增大；
（4）结合表格可知物质的酸性强弱关系为：，因此CO2与量的NaHS溶液反应生成，反应的离子方程式为：；，，等物质的量的反应生成。水解使溶液呈碱性，电离使溶液呈酸性。水解过程， ，，水解程度大于电离程度，故溶液呈碱性，由于水解和电离，故，只来源于电离，来源于电离，所以最小，故答案为：；。
答案第1页，共2页
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