3.2弱电解质的电离——盐类的水解同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题
1．下列物质的应用中，涉及氧化还原反应的是
A．袋装食品常用铁粉和生石灰来防止食品变质
B．含硫酸钙的卤水点制豆腐
C．热的纯碱溶液洗涤油污
D．食醋用于清除水壶中的少量水垢(主要成分为CaCO3)
2．草酸是一种二元弱酸。向草酸溶液中滴加稀NaOH溶液，、和的分布系数与溶液pH的变化关系如图所示。[比如的分布系数：]，下列说法正确的是
A．草酸的数量级为
B．溶液中
C．水的电离程度：N点
3．短周期主族元素 A、B、C、D 的原子序数依次增大，甲、乙、丙、丁、戊是这四种元素组成的常见化合物，己是元素 C 的单质，已知甲、乙的焰色均为黄色且水溶液均呈碱性，它们之间的转化关系如图所示，下列说法错误的是
A．A、B、C 形成化合物的水溶液一定呈酸性
B．戊是淡黄色离子化合物
C．离子半径：C>D>A
D．相同浓度的甲、乙混合溶液中，离子浓度：c()>c()
4．将pH均为3，体积均为V0的HA和HB溶液，分别加水稀释至体积V，pH随的变化如图所示，下列叙述正确的是
A．HA为弱酸，且酸性：HA>HB
B．若将pH均为3，体积均为V0的HA和HB溶液，分别加水稀释m、n倍得到溶液的pH相同，则m>n
C．若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH的体积：b>a>c
D．水的电离程度：b=c>a
5．化学用语是中学化学基础知识的重要组成部分，下列化学用语正确的是
A．的电子式：
B．乙烯分子的球棍模型：
C．的结构示意图：
D．溶液显碱性的原因：
6．类比推理是重要的学科思想。下列有关类比推理的说法正确的是
A．Cl2能把海水中的碘置换出来，推测F2也能把海水中的碘置换出来
B．CO2气体通入足量Ca(ClO)2溶液生成CaCO3和HClO，推测CO2气体通入足量NaClO溶液生成Na2CO3和HClO
C．酸性氧化物二氧化硫可溶于水生成亚硫酸，推测酸性氧化物二氧化硅也可溶于水生成硅酸
D．S与Fe反应生成FeS，推测S与Cu反应生成Cu2S
7．25℃时，向某二元弱酸溶液中滴加NaOH溶液，所得混合溶液pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列说法正确的是
A．Q表示pH与的变化关系
B．pH=4.8时，溶液中
C．
D．当混合溶液呈中性时，
8．FeF3是制备硫化物全固态锂电池高能正极材料的原料。一种制备FeF3材料的生产流程如下：
下列叙述正确的是
A．“混合溶液”时要用到烧杯、玻璃棒
B．“反应器”中温度越高，越有利于制备FeF3
C．“系列操作”得到的滤液，可采用分液的方法循环利用
D．“灼烧”时通入Ar的主要作用是带走水蒸气防止FeF3水解
9．下列实验装置(部分夹持装置已略去)能达到对应实验目的是
A B C D
目的 测定中和反应的反应热 用NaOH溶液定盐酸溶液 将AlCl3溶液蒸干制备AlCl3 制备Cl2，并将I-氧化为I2
实验装置
A．A B．B C．C D．D
10．某实验小组利用数字化实验探究H2O氧化I-的反应，取新制的0.1mol·L-1的KI溶液100.0mL于烧杯中，烧杯中放入pH传感器，连接数据采集器和计算机软件系统，启动传感器和磁力搅拌器工作一段时间后(相当于缓慢通入氧气)，再往烧杯中分多次滴入数滴30%的H2O2溶液，测得pH变化曲线如图所示。下列有关曲线分析说法错误的是
A．O点pH=7.68是因为I-发生水解，使溶液呈碱性
B．O~A段因为溶解氧气，将I-氧化同时产生OH-使pH增大
C．H2O2浓度远远大于溶解氧浓度且氧化性较强，因此A~B段pH变化更明显
D．B~C段pH下降可能发生
11．室温下，向H2A溶液中滴加NaOH溶液，若pc(B)=-lgc(B)，则所得溶液中pc(H2A)、p(HA-)、pc(A2-)与溶液pH的关系如图所示，已知醋酸的电离常数Ka(CH3COOH)=10-4.76。下列说法不正确的是
A．CH3COO—与HA—不能大量共存
B．M点时，2c(HA—)+c(A2—)＜c(Na+)
C．Na2A溶液第一步水解常数数量级为10—10
D．NaHA溶液中：c(H+)[+1]=c(OH—)[+1]
12．下列离子方程式书写正确的是
A．向BaCl2溶液中通入少量CO2：Ba2++H2O+CO2=BaCO3↓+2H+
B．NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合：++H2O=Al(OH)3↓+
C．向饱和碳酸钠溶液中通入足量CO2：+CO2+H2O=2
D．向(NH4)2Fe(SO4)2溶液中加入含等物质的量溶质的Ba(OH)2溶液：2++Ba2++2OH—=BaSO4↓+2NH3 H2O
13．常温下，向饱和氯水中以恒定速率滴加NaOH溶液，测得溶液的pH随时间的变化如下图所示，溶液中氯元素的存在形式仅考虑Cl2、Cl—、ClO—、HClO，该过程不考虑HClO的分解，下列说法错误的是
A．M点：c(H+)> c(Cl—)> c(HClO)
B．N点：c(Na+)= c(Cl—)+ c(ClO—)
C．从M点到P点，逐渐减小
D．从M点到P点，水的电离程度逐渐增大
14．25℃时，某酸(结构简式为 )溶液中含元素X微粒的浓度之和为0.1mol L-1，溶液中各含元素X微粒的pX随pOH变化关系如图所示。图中pX=-lgc(X)，pOH=-lgc(OH-)；x、y两点的坐标：x(7.4，1.3)、y(12.6，1.3)；Ka1、Ka2分别表示H3XO3的一级、二级电离常数。下列说法错误的是
A．NaH2XO3溶液中，c(Na+)＞2c(H3XO3)+c(H2XO)+c(OH-)-c(H+)
B．z点时，pH=
C．该体系中，c(H3XO3)＜
D．Na2HXO3溶液显碱性，是因为HXO的水解程度大于电离程度
15．常温下，电解质溶液中的下列关系式不正确的是
A．已知，则结合H+的能力：HB-
C．将c mol·L-1的醋酸溶液与0.02 mol·L-1NaOH溶液等体积混合后溶液恰好呈中性，用含c的代数式表示CH3COOH的电离常数
D．测得0.1 mol·L-1NaHSO3溶液的pH约为3.5，说明
二、实验题
16．某小组为了探究溶液和溶液反应的情况，开展了如下活动。回答下列问题：
【查阅资料】
①CuCl、CuI为难溶于水的白色固体；
②在酸性环境中易歧化为Cu和；
③(无色溶液)(深蓝色溶液)
【理论预测】溶液和溶液反应的主要含铜产物的可能情况：
(1)二者因发生复分解反应生成；二者因发生双水解反应生成 ；二者因发生氧化还原反应生成、CuCl；……
【实验探究一】溶液和溶液反应
编号 实验操作 实验现象
1 2mL0.2溶液和1mL0.2溶液混合 立即有棕黄色沉淀生成，3min后沉淀颜色变浅并伴有少量白色沉淀产生，再振荡1min后沉淀全部变为白色
(2)取少量实验1中已洗净的白色沉淀于试管中，滴加足量浓氨水，先观察到 ，反应的离子方程式为 ；露置一段时间，又观察到 ，证明白色沉淀为CuCl。
【实验探究二】棕黄色沉淀的成分探究
(3)实验1中棕黄色沉淀存在时间较短，难以获得。实验小组将实验1中的溶液替换为等体积等浓度的 溶液，成功制备了棕黄色沉淀，并进行了如下实验。
编号 实验操作
2 取少量洗净的裟黄色沉淀于试管中，并加入一定量的稀硫酸
3 注：实验所用试剂均经过除氧处理
(4)实验2中可观察到现象： ，证棕黄色沉淀中含有。
(5)实验3中因发生了反应 、，使得上层清液呈无色且不能使淀粉溶液变蓝；白色沉淀B是，试剂1是 ；据此证明棕黄色沉淀中含有。
17．胶粒可以透过滤纸，不能透过半透膜，溶液中的分散质微粒既能透过半透膜，又能透过滤纸，浊液中的分散质不能透过滤纸、半透膜。为探究胶体的性质，某兴趣小组用下列两种方案制备胶体(夹持仪器已省略)。回答下列问题：
(1)方案一：
①该方案制取胶体的原理为 (用化学反应方程式表示)。
②判断胶体是否成功制备的具体操作是 。
③水解形成的胶体粒子的数目 (填“大于”“小于”或“等于”)。
(2)方案二：
①Y中发生反应的离子方程式为 ，将Z中固体分离出的操作为 (填字母，下同)，分离出的液体进一步提纯的操作为 。
A． B． C． D．
②取X中溶液蒸干制备氯化铁晶体，达不到实验目的的原因是 (从平衡移动原理角度解释原因)。
三、原理综合题
18．Ⅰ．某浓度碳酸钠溶液的pH随温度的变化如下左图所示，室温下碳酸钠溶液的pH随浓度的变化如下右图所示。
完成下列问题：
(1)用离子方程式表示Na2CO3溶液呈碱性的主要原因： 。
(2)下列判断正确的是___________。
A．a点Na2CO3的水解程度最小
B．b点水的电离程度最大
C．c点溶液中的约为
D．根据上右图推断，上左图中溶液的浓度约为0.3 mol L 1
Ⅱ．向0.6 mol L 1的Na2CO3溶液中滴加盐酸至Na2CO3浓度约为0.5 mol L 1。
(3)根据上右图判断，所得溶液的pH 12.0 (填“>”、“<”或“=”) 。
(4)关于所得溶液中离子浓度关系判断正确的是___________。
A．
B．
C．
D．
(5)将上述溶液与足量盐酸反应后的CO2通入Na2SiO3溶液，溶液变浑浊。该现象 (填“能”或“不能”)说明酸性H2CO3>H2SiO3。若能，说明理由，若不能，说明实验的改进方案。 。
四、工业流程题
19．利用油脂厂废弃镍(Ni)催化剂(主要含有Ni，还含少量Al、Fe、NiO、Al2O3、Fe2O3)制备NiSO4·6H2O的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)为了加快“碱浸”的速率可以采取的措施是 (任写一条)；
(2)向滤液1中通入足量CO2可以将其中的金属元素沉淀，写出该反应的离子反应方程式 。
(3)“滤液2” 中含金属阳离子有 。
(4)①“氧化”中反应的离子反应方程式是 ；
②“氧化”中可以代替H2O2的最佳物质是 (填标号)
a．Cl2 b．O2 c．Fe
(5)根据除铁及系列操作，回答以下问题：
①已知溶液中存在Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+平衡， X物质可以为下列的 。
a．H2SO4 b．NaOH c．Ni(OH)2 d．CO2
②边搅拌边向滤液中加入X至pH=4，加热、过滤、洗涤，检验沉淀是否洗涤干净的方法 ；
③结晶：将滤液蒸发、降温至稍高于 ℃结晶，过滤即获得产品，硫酸镍晶体溶解度曲线图如图所示：
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
参考答案：
1．A
【详解】A．食品包装袋中放置铁粉包防止食品变质，主要是铁粉和氧气反应，是氧化还原反应，A正确；
B．点制豆腐是向豆浆中加入含硫酸钙的卤水发生胶体的聚沉，没有化合价变化，不涉及氧化还原反应，B错误；
C．用热的纯碱溶液清洗油污，利用了碳酸钠的水溶液为碱性，反应中不存在化合价的变化，不属于氧化还原反应，C错误；
D．食醋与水垢的反应是复分解反应，不涉及氧化还原反应，D错误；
故选A。
2．A
【分析】草酸是一种二元弱酸，分步电离，电离方程式：、，随着NaOH溶液的加入，pH值不断增大，促进草酸电离，曲线①表示逐渐降低，曲线②表示先升高后降低，曲线③表示不断升高，据此分析；
【详解】A．当pH=4.2时，溶液中，此时，则，即草酸的数量级为，故A正确；
B．曲线②最高点表示溶液，此时pH＜7，则，故B错误；
C．溶液pH值越小，表示溶液酸性越强，对水的电离产生的抑制作用越强，所以水的电离程度：N点＞M点，故C错误；
D．根据图像可知，pH=5时，溶液中含和，则根据电荷守恒：，故D错误；
答案选A。
3．A
【分析】由物质的转化关系可知，甲受热分解生成乙、丙、丁，短周期主族元素 A、B、C、D 的原子序数依次增大，甲、乙、丙、丁、戊是这四种元素组成的常见化合物，甲、乙的焰色均为黄色且水溶液均呈碱性，丙、丁能与戊生成单质己，则甲为碳酸氢钠、乙为碳酸钠、丙为二氧化碳或水、丁为水或二氧化碳、戊为过氧化钠、己为氧气，A为H元素、B为C元素、C为O元素、D为Na元素。
【详解】A．氢、碳、氧、钠四种元素形成的化合物为碳酸氢钠，碳酸氢钠溶液呈碱性，故A错误；
B．由分析可知，戊是淡黄色的离子化合物过氧化钠，故B正确；
C．氢离子在三种离子中离子半径最小，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则钠离子的离子半径小于氧离子，则离子半径的大小顺序为O2—>Na+>H+，故C正确；
D．碳酸根离子在溶液中分步水解，一级水解抑制二级水解，则等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子浓度大于碳酸根离子，故D正确；
故选A。
4．D
【详解】A．pH=3的 HA稀释100倍后 pH=5，说明HA为强酸；pH=3的 HB稀释 100倍，溶液的pH<5，说明n(H+)增加了，则HB为弱酸，存在电离平衡，稀释时，平衡正移，n(H+)增加，使得c(H+)略大于原浓度的1/100，即pH小于5（但一定大于3），故A错误；
B．由图可知，HA稀释100倍和HB稀释10000倍后两溶液的pH相同（均为5），所以m
D．在两种酸溶液中，H2O的电离都受到抑制，c(H+)越大（即pH越小）对水的电离抑制程度就越大，水的电离程度就越小，故：b=c>a，故D正确；
故选D。
5．B
【详解】A．的电子式为，A错误；
B．乙烯分子的结构简式为，分子的球棍模型为，B正确；
C．氯离子核电荷数为17，核外电子数为18，有3个电子层，最外层电子数为8，离子的结构示意图为，C错误；
D．溶液显碱性是因为碳酸根水解，碳酸根水解方程式为，D错误；
故选：B。
6．D
【详解】A．F2与海水中的水反应生成HF和O2，A项错误；
B．电离平衡常数：Ka1(H2CO3) ＞K(HClO) ＞Ka2(H2CO3)，CO2与足量NaClO溶液反应生成NaHCO3和HClO，B项错误；
C．二氧化硅与水不反应，C项错误；
D．S的氧化性较弱，与金属反应生成低价金属硫化物，S与Fe反应生成FeS，S与Cu反应生成Cu2S，D项正确；
答案选D。
7．A
【分析】为二元弱酸，以第一步电离为主，则，pH相同时，，则＞；
【详解】A．为二元弱酸，以第一步电离为主，则，pH相同时，，由图知，线P表示pH与的变化曲线，线Q表示pH与的变化曲线，A项正确；
B．pH＝4.8时，，结合电荷守恒可知：，B项错误；
C．据图知，时，，此时溶液pH＝4.4，， ，C项错误；
D．当溶液呈中性时，由图知，即，D项错误；
答案选A。
8．D
【分析】无水乙醇与HF混合，将该混合溶液转移入反应器中加硝酸铁晶体，120℃下发生反应生成FeF3；经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到FeF3·0.33H2O，再在Ar气氛中，经灼烧得到FeF3；
【详解】A．“混合溶液”由HF和乙醇组成，HF腐蚀玻璃，因此应选用塑料烧杯盛放，故A错误；
B．温度过高导致硝酸铁分解，同时乙醇大量挥发，不利于产物的生成，故B错误；
C．“系列操作”得到的滤液中含有乙醇和硝酸，可利用沸点差异采用蒸馏分离回收，故C错误；
D．灼烧过程中防止水解，故通入Ar主要作用是带走水蒸气，故D正确；
故选D。
9．A
【详解】A．选项中采用了杯盖、隔热层等装置，有效防止了热量散失，能测定中和反应的反应热，A正确；
B．用NaOH溶液滴定盐酸溶液，氢氧化钠溶液应该装在碱式滴定管中，B错误；
C．将AlCl3溶液蒸干，AlCl3会水解生成氢氧化铝和HCl，最终无法得到AlCl3，C错误；
D．NaOH溶液能与氯气反应，应该用饱和食盐水除去氯气中的HCl，D错误；
故答案选A。
10．A
【详解】A．HI是强酸，I-不会发生水解，起点溶液呈碱性是碘离子被溶解在水中的氧气氧化生成氢氧根离子导致，故A错误；
B．O~A段pH上升，因发生反应：4I-+O2+2H2O=2I2+4OH-，故B正确；
C．A-B段pH上升斜率增大，是因为从A点开始加入2KI+ H2O2=I2+2KOH，且因为过氧化氢浓度大于溶解氧的浓度，因此反应速率快，pH上升快，故C正确；
D．B~C段pH下降可能发生，导致溶液中氢氧根浓度下降，pH下降，故D正确；
故选：A。
11．B
【分析】由图可知，溶液pH为1.3时，溶液中H2A浓度与HA—离子浓度相等，由电离常数公式可知，电离常数Ka1(H2A)= = c(H+)=10—1.3，同理可知，电离常数Ka2(H2A)= = c(H+)=10—4.3。
【详解】A．由分析可知，电离常数Ka1(H2A)＞Ka(CH3COOH)，则HA—的电离程度大于醋酸，酸性强于醋酸，由强酸制弱酸的原理可知，溶液中HA—能与醋酸根离子反应生成醋酸，不能大量共存，根A正确；
B．由图可知，M点溶液中HA—离子浓度与A2—离子浓度相等，溶液pH为4.3，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子，由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA—)+ 2c(A2—)+c(OH—)可知，溶液中c(Na+)＜2c(HA—)+c(A2—) ，故B错误；
C．由分析可知，电离常数Ka2(H2A)为10—4.3，Kh1====10—9.7，则Na2A溶液第一步水解常数数量级为10—10，故C正确；
D．NaHA溶液中存在质子守恒关系c(H2A)+c(H+)=c(A2—)+ c(OH—)，由电离常数和水解常数公式可得：+c(H+)=+ c(OH—)，整合关系式可得：溶液中c(H+)[+1]=c(OH—)[+1]，故D正确；
故选B。
12．B
【详解】A．盐酸的酸性强于碳酸，依据强酸制备弱酸的规律可知，氯化钡溶液中通入二氧化碳不反应，故A错误；
B．NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合，离子方程式为：++H2O=Al(OH)3↓+，故B正确；
C．向饱和碳酸钠溶液中通入足量的CO2，离子方程式为：2Na+++CO2+H2O=2NaHCO3↓，故C错误；
D．向(NH4)2Fe(SO4)2溶液中加入含等物质的量溶质的Ba(OH)2溶液，设二者物质的量均为1mol,1mol亚铁离子恰好消耗2mol氢氧根离子，铵根离子不反应，正确的离子方程式为：Ba2+++Fe2++2OH-=BaSO4↓+Fe(OH)2↓，故D错误；
故选：B。
13．D
【分析】氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，由图可知，M点为饱和氯水，溶液呈酸性，溶液中的氢离子抑制水的电离，N点为氯化钠、次氯酸钠和次氯酸的混合溶液，溶液呈中性，溶液中氢离子浓度减小，水的电离程度增大，P点为氯化钠、次氯酸钠和氢氧化钠的混合溶液，氢氧化钠在溶液中电离出的氢氧根离子抑制水的电离，水的电离程度小于氯化钠、次氯酸钠混合溶液中水的电离程度，则从M点到P点，水的电离程度先增大后减小。
【详解】A．由分析可知，M点为饱和氯水，溶液中存在如下平衡：Cl2+H2OH++Cl—+HClO，次氯酸在溶液中部分电离出氢离子和次氯酸根离子，则溶液中微粒浓度的大小顺序为c(H+)> c(Cl—)> c(HClO)，故A正确；
B．由分析可知，N点为氯化钠、次氯酸钠和次氯酸的混合溶液，溶液呈中性，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(ClO—)+ c(Cl—)+c(OH—)可知，溶液中c(Na+)= c(Cl—)+ c(ClO—)，故B正确；
C．由电离常数公式可得：溶液中=，从M点到P点，溶液中氢离子浓度减小、电离常数不变，则和的值减小，故C正确；
D．由分析可知，从M点到P点，水的电离程度先增大后减小，故D错误；
故选D。
14．D
【分析】pOH越小，溶液的碱性越强，H3XO3为二元弱酸，则碱性强时，溶液中浓度最大，随着碱性的减弱，酸性的增强，浓度逐渐减小，浓度逐渐增大，最后酸性最强时H3XO3浓度最大，因此①表示，②表示，③表示H3XO3，x点和浓度相同，此时根据可知Ka2=c(H+)=10-14÷c(OH-)=10-6.6。同理Ka1=10-1.4，根据水解方程式。
【详解】A．溶液中，存在电离平衡：，还存在水解平衡：，说明的电离程度大于其水解程度，，溶液中存在电荷守恒关系：，所以，A正确；
B．z点时：，则，B正确；
C．该体系中，该体系中存在物料守恒关系：，所以，即，C正确；
D．H3XO3为二元弱酸，不会发生电离，D错误；
故答案选D。
15．B
【详解】A．酸性越强，酸对应的阴离子结合H+的能力越弱，，酸性H2B>HA>HB-，结合H+的能力：HB-
C．醋酸溶液与NaOH溶液等体积混合后溶液恰好呈中性，，根据电荷守恒，，根据物料守恒，，故选项C正确；
D．0.1 mol·L-1NaHSO3溶液的pH约为3.5，说明的电离程度大于水解程度，电离平衡常数大于其水解平衡常数，水解平衡常数，即，故选项D正确；
故答案选B。
16．(1)
(2) 沉淀溶解，得到无色溶液 (或) 溶液变为深蓝色
(3)
(4)有紫红色固体析出(产生刺激性气味气体)
(5) (或) 盐酸和溶液
【详解】（1）双水解反应生成的主要含铜产物为。
（2）根据信息③中溶于浓氨水的信息，可回答出相关实验现象。第一步的离子反应为：。
（3）实验探究一证明了和可以发生氧化还原反应，有时，产生了CuCl白色沉淀，其中棕黄色沉淀与和的反应关系密切。因此，溶液替换为等体积等浓度的溶液最合适。
（4）实验2结论已经说明含有，实验2即是含的沉淀中加入一定量的稀硫酸，根据信息②中酸性条件下歧化，以及与酸的反应，可得实验现象为：有紫红色固体析出，产生刺激性气味气体。
（5）实验3结论已经说明含有，实验3即是含、的沉淀中加入一定量的KI溶液，信息①告知CuI为白色沉淀，显然实验3中产生的白色沉淀A是CuI．若CuI是与KI发生复分解反应产生的，则上层清液含有；若CuI是与KI发生氧化还原反应反应产生的，则上层清液含有I2和，而实验3上层清液呈无色且不能使淀粉溶液变蓝，因此发生了反应(或)、，后续用盐酸和溶液，才能检出白色沉淀B是。
17．(1) 用激光笔照射该液体，若观察到一条光亮的通路，则证明胶体制备成功 小于
(2) A C 溶液中存在水解平衡：，升高温度，气体不断逸出，平衡正向移动，水解趋于完全
【分析】胶体和溶液的本质区别是分散质的颗粒大小不同；胶体是分散质粒子大小在 1nm~100nm 的分散系；溶液是分散质粒子大小于1nm的分散系；浊液是分散质粒子大于100nm的分散系；光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，而通入其它分散系时不能产生丁达尔效应；
【详解】（1）①实验室制备氢氧化铁操作是：向沸水中加入几滴饱和FeCl3溶液，继续加热至出现红褐色液体，停止加热，即得到氢氧化铁胶体，原理为：；
②光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，而通入其它分散系时不能产生丁达尔效应；故判断胶体是否成功制备的具体操作是：用激光笔照射该液体，若观察到一条光亮的通路，则证明胶体制备成功；
③氢氧化铁胶体中若干粒子形成胶粒，故水解形成的胶体粒子小于0.1mol，数目小于。
（2）①Y中铁离子水解生成氢离子，使得溶液显酸性，加入碳酸钙，碳酸钙和氢离子反应生成二氧化碳气体和钙离子，同时促进铁离子水解生成，故发生反应的离子方程式为：；将Z中固体分离出的操作为过滤，故选A；胶体的分散质不能透过半透膜，但可以透过滤纸，水分子等小分子或离子能透过半透膜，推出提纯胶体的方法是渗析法，故分离出的液体进一步提纯的操作为C。
②溶液中存在水解平衡：，升高温度，气体不断逸出，平衡正向移动，水解趋于完全得到氢氧化铁而不是氯化铁晶体，不能达到实验目的。
18．(1)
(2)AD
(3)<
(4)BC
(5) 不能 CO2中可能含有HCl气体，干扰实验结果；将反应后的CO2先通过饱和NaHCO3溶液，再通入Na2SiO3溶液
【详解】（1）碳酸钠溶液中，碳酸根离子水解产生氢氧根离子，使溶液显酸性，水解的离子方程式为：；
（2）A．水解是吸热的，a点温度最低，则a点Na2CO3的水解程度最小，A正确；
B．升温促进水的电离与盐类水解，碳酸钠的水解也促进水的电离，则c点水的电离程度最大，B错误；
C．C点水的离子积不是10-14，其不是，温度升高，水的离子积怎大，则其大于，C错误；
D．右图为25℃的数据，结合左图可知，25℃时其pH约为11.9，再结合右图可知，pH约为11.9时碳酸钠浓度为约为0.3 mol L 1，D正确；
故选AD；
（3）向0.6mol/L的碳酸钠溶液中滴加盐酸至碳酸钠浓度是0.5mol/L，从图中可以看到，碳酸钠溶液为0.5mol/L时，pH约为12。 但碳酸钠和盐酸反应时，会生成碳酸氢钠，所以相当于在0.5mol/L的碳酸钠溶液基础上，再加入碳酸氢钠，碳酸氢根浓度增大，会抑制碳酸根的水解，导致氢氧根浓度减小，所以pH<12；
（4）A．向0.6 mol L 1的Na2CO3溶液中滴加盐酸至Na2CO3浓度约为0.5 mol L 1，此时其中NaHCO3浓度约为0.1 mol L 1，NaCl浓度约为0.1 mol L 1，则，但实际上，加入盐酸会使溶液体积增大，碳酸钠浓度本身就会减小，加入的HCl物质的量一定少一些， 结果会导致，A错误；
B．向碳酸钠溶液中加入盐酸，不影响碳酸钠中的元素守恒，根据元素守恒可知，，B正确；
C．根据选项A分析可知，此时Na2CO3浓度约为0.5 mol L 1，NaHCO3浓度约为0.1 mol L 1，NaCl浓度约为0.1 mol L 1，此时碳酸根离子水解是主要的，其水解产物为碳酸氢根离子，故，C正确；
D．根据电荷守恒可知，，D错误；
故选BC；
（5）由于盐酸足量，则反应后的二氧化碳中会含有氯化氢，会干扰实验结果，则答案为：不能；CO2中可能含有HCl气体，干扰实验结果；将反应后的CO2先通过饱和NaHCO3溶液，再通入Na2SiO3溶液。
19．(1)适当升温或适当提高NaOH溶液的浓度或将废镍催化剂粉碎更小的颗粒或其它合理解释
(2)AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO
(3)Ni2+、Fe2+
(4) 2Fe2++2H2O2+2H+ = 2Fe3++2H2O b
(5) bc 取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无明显现象，则洗涤干净 30.8
【分析】废弃的镍(Ni)催化剂(主要含有Ni、Al、Fe及少量NiO、Al2O3、Fe2O3)制备NiSO4 7H2O，废镍催化剂进行碱浸后，氧化铝、铝均能与碱反应，得到的滤液1为偏铝酸盐，滤饼为Ni、Fe、Fe2O3和其他不溶性杂质等；进行酸浸后，滤液2为Ni2+、Fe2+、Fe3+等，加入双氧水后，亚铁离子被氧化为铁离子，加入X调溶液的pH，使得铁离子变为氢氧化铁沉淀而除去，滤液为含有Ni2+的溶液，控制pH浓缩结晶，得到硫酸镍晶体，据以上分析进行解答。
【详解】（1）为加快“碱浸”的速率可采取的措施是适当升温或适当提高NaOH溶液的浓度或将废镍催化剂粉碎更小的颗粒，故答案为：适当升温或适当提高NaOH溶液的浓度或将废镍催化剂粉碎更小的颗粒；
（2）向滤液1中通入足量CO2可以将其中的金属元素沉淀，该反应的离子反应方程式+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+；
（3）“滤液2”中含金属阳离子，主要为Fe3+、Ni2+、Fe2+，故答案为：Fe3+、Ni2+、Fe2+；
（4）①“转化”中加入双氧水后，亚铁离子被氧化为铁离子，反应的离子方程式是2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；
②H2O2具有强氧化性，“转化”中可替代H2O2的最佳物质是氧气，不引入新的杂质，故答案为：b；
（5）①为除去溶液中的Al、Fe元素，“转化”后加入适量NaOH溶液调节pH，也可以用镍的不溶物调节pH，故可用NiO、Ni(OH)2 代替，故答案为：bc；
②边搅拌边向滤液中加入X至pH=4，加热、过滤、洗涤，溶液中的杂质离子主要是硫酸根离子，则检验沉淀是否洗涤干净的方法取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无明显现象，则洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无明显现象，则洗涤干净；
③结合图示，将滤液蒸发、降温至稍高于30.8℃结晶，过滤即获得产品，故答案为：30.8。
答案第1页，共2页
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