高考一轮复习第二十三课第5节：盐类水解习题课学案

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第二十三课：盐类水解
第5节：盐类水解习题课
1．某同学在实验室探究NaHCO3的性质：常温下，配制0.10 mol/ L NaHCO3溶液，测其pH为8.4；取少量该溶液滴加CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出。下列说法不正确的是( )
A．NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度
B．反应的过程中产生的白色沉淀为CaCO3
C．反应后的溶液中存在：c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)
D．加入CaCl2促进了HCO3-的水解
【答案】D
【解析】A.NaHCO3是强碱弱酸盐，在溶液中HCO3-既能电离又能水解，水解消耗水电离产生的H+，使溶液显碱性；电离产生H+使溶液显酸性，NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度，A正确；B.向NaHCO3溶液中加入CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，说明HCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3-生成H2CO3，则反应的离子方程式，2HCO3-+Ca2+=CaCO3↓+H2CO3，B正确；
C.该溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+c(OH-)，溶液至pH=7，c(H+)= c(OH-)，c(Na+)+ 2c(Ca2+)= c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)，C正确； D.溶液中存在HCO3-CO32-+H+，加入CaCl2消耗CO32-，促进HCO3-的电离，D错误。
2．室温下，将0.05molCH3COONa固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质充分混合后，有关结论不正确的是（ ）

加入的物质
结论
A
0.05molCH3COONa固体
减小
B
0.05molNaHSO4固体
c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=c（Na+）﹣c（SO42﹣）
C
0.05molNH4Cl固体
水电离程度增大
D
50mLH2O
由水电离出的c（H+）·c（OH﹣）减小

【答案】A
【解析】室温下，将0.05molCH3COONa固体溶于水配成100mL溶液，所得溶液的浓度为0.5mol/L。则A、再加入0.05molCH3COONa固体，c(Na+)增大为原来的2倍，而由于溶液浓度增大，故CH3COO－的水解程度变小，故c(CH3COO－)大于原来的2倍，则c(CH3COO－)/c(Na+)比值增大，A错误；B、加入0.05molNaHSO4固体，能和0.05molCH3COONa反应生成0.5mol/LCH3COOH和0.5mol/L的Na2SO4的混合溶液，根据物料守恒可知，c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=0.5mol/L，而c(Na+)=1mol/L，c(SO42－)=0.5mol/L，故有：c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=c(Na+)－c(SO42－)，B正确；C、加入0.05molNH4Cl固体后，和CH3COONa发生双水解，水解程度增大，则对水的电离的促进会增强，故水的电离程度增大，C正确；D、加入50mL水后，溶液变稀，pH变小，即溶液中c(OH－)变小，而溶液中所有的氢氧根均来自水的电离，即水电离出的c(OH－)变小，且水电离出的氢离子浓度和其电离出的氢氧根的浓度相同，故水电离出的c(H+)变小，因此由水电离出的c(H+)•c(OH－)减小，D正确。
3．在10 mL 0.1 mol/L的NaOH溶液中加入等体积、等浓度CH3COOH溶液，反应后溶液中各微粒的浓度关系不正确的是(　　)
A．c(Na＋)=c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)B．c(OH－)=c(H＋)＋c(CH3COOH)
C．c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)D．c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
【答案】D
【解析】A.在10 mL 0.1 mol/L的NaOH溶液中加入等体积、等浓度CH3COOH溶液，二者恰好反应产生CH3COONa，该盐是强碱弱酸盐，CH3COO－水解产生CH3COOH，根据物料守恒可得：c(Na＋)=c(CH3COO-)+
c(CH3COOH)，A正确；B.反应后的溶液为CH3COONa，CH3COO－水解使溶液显碱性，溶液中OH-有水电离产生的和CH3COO－水解产生的，根据质子守恒可得c(OH－)=c(H＋)+c(CH3COOH)，B正确；C.根据电荷守恒可得：c(Na＋)+c(H＋)=c(CH3COO-)+c(OH-)，C正确；D.反应后的溶液为CH3COONa，CH3COO－水解消耗，所以c(Na＋)>c(CH3COO-)，CH3COO-水解消耗使溶液显碱性，所以c(OH-)>c(H+)，盐水解程度是微弱的，水解产生的离子浓度远小于盐电离产生的离子浓度，所以c(CH3COO－)>c(OH-)，故溶液中离子浓度关系为：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)，D错误。
4．20 ℃时向20 mL 0.1 mol·L－1醋酸溶液中不断滴入0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液pH变化如图所示。此过程中溶液中离子浓度的关系错误的是（　　）

A．a点：c（CH3COO－）>c（Na＋）>c（H＋）>c（OH－）
B．b点：c（Na＋）＝c（CH3COO－）>c（H＋）＝c（OH－）
C．c点：c（H＋）＝c（CH3COO－）＋c（OH－）
D．d点：c（Na＋）>c（CH3COO－）>c（OH－）>c（H＋）
【答案】C
【解析】A. a点滴入10 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶质是等浓度的醋酸钠和醋酸，溶液呈酸性，所以c（CH3COO－）>c（Na＋）>c（H＋）>c（OH－），故A正确；B. b点溶液呈中性，根据电荷守恒c（Na＋）＝c（CH3COO－）>c（H＋）＝c（OH－），故B正确；C. c点表示等体积、等浓度的醋酸与氢氧化钠溶液混合，溶质是醋酸钠，根据电荷守恒c（H＋）＝c（CH3COO－）＋c（OH－）- c（Na＋），故C错误；D. d点为醋酸钠、氢氧化钠的混合液，溶液呈碱性，根据电荷守c（Na＋）>c（CH3COO－）>c（OH－）>c（H＋），故D正确。
5．下列相关微粒物质的量浓度关系不正确的是（ ）
A．0.1 mol·L-1NaHCO3溶液中：c(OH-)＝c(H+)＋c(H2CO3)－c(CO32-)
B．常温下，0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH＜7：c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H2SO3)＞c(SO32-)>c(H+)
C．pH＝2的HA溶液与pH＝12的MOH溶液任意比混合：c(H+)＋c(M+)＝c(OH-)＋c(A-)
D．0.1mol·L-1 NH4Cl溶液中：c(Cl-)＝c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＝0.1 mol·L-1
【答案】B
【解析】A、碳酸氢钠溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得①c（Na＋）+c（H＋）=c（HCO3－）+2c（CO32－）+c（OH－），根据物料守恒得②c（Na＋）=c（HCO3－）+c（CO32－）+c（H2CO3），①-②，消去钠离子，得质子守恒：c（OH－）=c（H＋）+c（H2CO3）-c（CO32－），故A正确；B、常温下，浓度为0.1mol·L-1 NaHSO3溶液的pH＜7，说明HSO3－电离程度大于水解程度，HSO3－和水都电离出氢离子，只有HSO3－电离出SO32－，所以c(H2SO3)Kb(NH3·H2O)
B．b点时c(NH4+)>c(HX)>c(OH—)＝c(H+)
C．a、b、d几点中，水的电离程度d>b>a
D．a →b点过程中，可能存在c(X—)c(HX)>c(OH—)＝c(H+)，故B正确；C. a →b点过程，相当于向HA溶液中加氨水至恰好反应，所以水的电离程度逐渐增大，a、b、d几点中，水的电离程度b>a>d，故C错误；
D. a →b点过程中，溶液呈酸性，c(OH—)c(H2SO3)>c(SO32-)
D．0.1mol·L-1Na2CO3溶液与0.1mol·L-1NaHCO3溶液等体积混合所得溶液中c(CO32-)>c(HCO3-)>cOH-)> c(H2CO3)
【答案】B
【解析】A.任何电解质溶液中都存在质子守恒, 0.1mol·L-1Na2S溶液中根据质子守恒得c(OH-)=2c(H2S)+ c(HS-)+c(H+),故A错误; B.0.1mol·L-1CH3COONH4溶液中存在物料守恒, c(NH4+)+c(NH3·H2O)= c(CH3COO-)+
c(CH3COOH),故B正确;C. 0.1mol·L-1pH=6的NaHSO3溶液中HSO3-电离大于其水解程度,溶液显酸性,溶液中离子浓度大小为：c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H2SO3), 故C错误；D. 0.1mol·L-1Na2CO3溶液与0.1mol·L-1
NaHCO3溶液等体积混合所得溶液中，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子: c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H2CO3)，故D错误。
8．下列实验操作能达到实验目的的是（ ）

实验目的
实验操作
A
制备Fe(OH)3胶体
将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中
B
由MgCl2溶液制备无水MgCl2
将MgCl2溶液加热蒸干
C
除去Cu粉中混有的CuO
加入稀硝酸溶液，过滤、洗涤、干燥
D
比较Ksp(AgCl)与Ksp(AgI)
向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液

【答案】D
【解析】A．将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中，反应生成氢氧化铁沉淀，欲得到氢氧化铁胶体，应该将饱和氯化铁溶液滴入沸水中制取氢氧化铁胶体，故A错误；B．由MgCl2溶液制备无水MgCl2，由于氯化镁易水解、氯化氢易挥发，若将MgCl2溶液加热蒸干，最终得到的是MgO，应该在HCl气流中加热氯化镁溶液制取无水氯化镁，故B错误；C．稀硝酸能够与铜粉反应，除去Cu粉中混有的CuO，可用稀硫酸或稀盐酸，故C错误；D．Ksp小的先沉淀，可根据一只试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显变化，判断Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故D正确。
9．某学生探究0.25mol/LAl2(SO4)3溶液与0.5mol/LNa2CO3溶液的反应，实验如下。
实验1

实验2

下列分析正确的是（ ）
A．实验1中，白色沉淀a是Al2(CO3)3
B．实验2中，白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2
C．检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液
D．实验1、2中，白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH无关
【答案】C
【解析】A. 实验1中，沉淀溶解，无气泡，白色沉淀a是Al(OH)3，故A错误；B. 实验2中，沉淀溶解，少量气泡，该气体是CO2，但不能说明白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2，故B错误；C. 检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，即可检验有无SO42-，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液检验，故C正确；D. 实验1、2中，过量Al2(SO4)3溶液显酸性，过量Na2CO3溶液显碱性，不能确定白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH有关，故D错误。
10．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是(　　)
选项
实验操作
现象
结论
A
向某溶液中滴加少量稀硝酸
产生白色沉淀
该溶液中一定含有SiO32-
B
室温下，测定等浓度的Na2A和NaB溶液的pH
Na2A溶液的pH较大
酸性：H2AHA-，不能证明酸性H2Ac(NH4+)>c(H+)>c(OH-)
B．NH4Cl溶液中：c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)
C．将NH4C1溶解到氨水中，NH4C1抑制NH3·H2O的电离
D．等物质的量浓度的NH4C1、CH3COONH4溶液中c（NH4+）相等
【答案】D
【解析】A、氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，0.2mol/LNH4Cl溶液中离子浓度大小为：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），选项A正确；B．NH4Cl溶液中，根据物料守恒可得：c（Cl-）=c（NH4+）+c（NH3•H2O），选项B正确；C、一水合氨是弱电解质，氯化铵电离出铵根离子抑制一水合氨的电离，选项C正确；D、醋酸铵溶液中醋酸根离子水解显碱性，铵根离子水解显酸性，氯离子对铵根离子水解无影响；等物质的量浓度的氯化铵溶液中铵根离子浓度大于醋酸铵溶液中铵根离子浓度，选项D错误。
12．在25℃时,将1.0L c mol·L-1 CH3COOH溶液与0.1mol NaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。下列叙述错误的是(    )

A．水的电离程度：a>b>c
B．c点对应的混合溶液中：c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)
C．a点对应的混合溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)
D．该温度下，CH3COOH的电离平衡常数
【答案】D
【解析】A. CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，其中CH3COONa的水解促进水的电离，CH3COOH的电离抑制水的电离。若向该混合溶液中通入HCl，c点反应CH3COONa+HClCH3COOH+NaCl恰好完全发生，CH3COONa减少，CH3COOH增多；若向该混合溶液中加入NaOH 固体，a点反应CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全进行，CH3COONa增多，CH3COOH减少，因此，水的电离程度： a>b>c，故A正确；B.CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，CH3COOH+NaOH
CH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，b点溶液呈酸性，说明CH3COOH浓度远大于CH3COONa，c点CH3COONa与HCl反应完全，溶液呈酸性，此时溶液为CH3COOH和NaCl溶液，则c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)，故B正确；C.a点反应CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全进行，溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），此时pH=7，则c（H+）= c（OH-），则c（Na+）= c（CH3COO-），故C正确；D. 该温度下pH=7时，c（H+）=10-7mol·L-1，c（CH3COO-）=c（Na+）=0.2mol/L，c（CH3COOH）=（c-0.2）mol/L，则醋酸的电离平衡常数Ka==，故D错误。
13．下列“实际应用”对应“化学知识原理”说法错误的是（ ）
选项
实际应用
化学知识原理
A
泡沫灭火器中装有碳酸氢钠溶液
和硫酸铝溶液
碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液水解且相互促进
B
工业上采用高压(20-50MPa)合成NH3
应用勒夏特列原理
C
施加石膏降低盐碱地(含Na2CO3)的碱性
CaCO3溶度积小于CaSO4
D
选用金属锂做电池电极材料
锂轻且在空气中稳定

【答案】D
【解析】A.Al3+与HCO3-发生互促水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，A合理； B.N2与H2合成氨气的反应是可逆反应，由于正反应为气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，会使氨气的平衡含量增加，所以可以应用勒夏特列原理，B正确；C.施加石膏降低盐碱地(含Na2CO3)的碱性，是由于CO32-在溶液中存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-，当向溶液中加入石膏时，会发生反应：Ca2++CO32-=CaCO3↓，该反应发生，使溶液中碳酸根离子浓度降低，水解平衡逆向移动，导致溶液中c(OH-)降低，因此溶液的碱性减弱，C正确；D.选用金属锂作电池电极材料，是由于Li容易失去电子，产生等物质的量的电子，需要的金属的质量小，解释不符合事实，D错误。
14．下列过程或现象与盐类水解无关的是
A．纯碱溶液去油污
B．小苏打溶液与AlCl3溶液混合产生气体和沉淀
C．浓的硫化钠溶液有臭味
D．加热稀醋酸溶液其pH 稍有减小
【答案】D
【解析】A.纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，可使油脂在碱性条件下水解，与水解有关，故不选A；B.小苏打溶液与AlCl3溶液可发生互促水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，与水解有关，故不选B；C.浓的硫化钠溶液有臭味，是因为硫离子水解生成少量硫化氢气体，故不选C；D.醋酸为弱酸，存在电离平衡，电离为吸热过程，加热促进醋酸的电离，与水解无关，故选D。
15．已知：四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH ]是强碱，甲胺 (CH3NH2・H2O)为弱碱。常温下，在体积均为20 mL、浓度均为0.1 mol/L的四甲基氢氧化铵溶液和甲胺溶液中，分别滴加浓度为0.1 mol/L的盐酸，溶液的导电率与盐酸体积的关系如图所示。下列说法正确的是

A．pH的相对大小: c>d
B．在b、c、e三点中，水的电离程度最大的点是e
C．b 点溶液:c(H+)+c(CH3NH3+) = c(OH-)
D．c 点溶液:c(Cl-)>c(CH3NH3+) >c(H+) >c(OH-)
【答案】D
【解析】A.当滴加20mL盐酸时，恰好完全反应，四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH ]是强碱，此时溶液中溶质为强酸强碱盐，溶液呈中性；甲胺 (CH3NH2・H2O)为弱碱，此时溶液中溶质为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，pH相对大小：cc(CH3NH3+) >c(H+) >c(OH-)，故D正确。
16．常温常压下，将a mol CO2气体通入1 L 1 mol·L−1的NaOH溶液中，下列对所得溶液的描述正确的是
A．当ac()>c(OH− )>c(H+)
B．当a=0.5时，所得溶液中一定存在：c()+c()+c(OH− )=c(H+)+1 mol·L−1
C．当0.5c()，故A错误；B.a=0.5时，溶质成分为Na2CO3，电荷守恒为：2c()+c()+c(OH−)=c(H+)+1 mol·L−1，故B错误；C.0.5c(H+)>cOH－)
D．V=20.00mL时，溶液中水电离的c(H+)>10－7mol/L
【答案】C
【解析】A. 若加入20mL的盐酸，则盐酸和甲胺恰好完全反应生成CH3NH3Cl溶液，CH3NH3Cl是强酸弱碱盐，所得溶液呈酸性，b点溶液呈中性，所以b点对应加入盐酸的体积小于20mL，故A正确；B.由甲胺的电离方程式为：CH3NH2+H2OCH3NH3++OH－可知，甲胺的电离常数为Kb=，
a点溶液的pH=10.6，c(H+)=10-10.6，c(OH-)=10-3.4，lgc(CH3NH3+)/c(CH3NH2)=0，则c(CH3NH3+)/c(CH3NH2)=1，代入Kb=c(OH-)c(CH3NH3+)/c(CH3NH2)中，得出Kb=10－3.4，故B正确；C. b点pH=7，中性溶液，c(H+)=c(OH－)，故C错误；D. 若加入20mL的盐酸，则盐酸和甲胺恰好完全反应生成CH3NH3Cl溶液，CH3NH3Cl是强酸弱碱盐，所得溶液呈酸性，CH3NH3+水解促进水的电离，常温下KW=1×10-14，故溶液中水电离的c(H+)>10－7mol/L，故D正确。
18．相同物质的量浓度的NaCN和NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，则同温同体积同浓度的HCN和HClO说法正确的是
A．酸性：HCN>HClO
B．pH：HClO>HCN
C．酸根离子浓度：c(CN－)HCN
【答案】C
【解析】A、等浓度的两盐溶液中NaCN溶液pH较大，说明酸性HClO＞HCN ，故A错误；B、HClO电离程度大，其水溶液的pH：HClO＜HCN，故B错误；C、酸根离子的物质的量浓度c(ClO - )＞c(CN - )，故C正确；D、等物质的量的一元酸（无论酸性强弱）必中和等物质的量的NaOH，故D错误。
19．NaClO是漂白液的有效成分，某研究小组探究NaClO溶液的性质，设计了下列实验：
装置图
试剂X
实验现象


①
0.2 mol·L－1盐酸
产生黄绿色气体
②
0.2 mol·L－1 KI-淀粉溶液
溶液变蓝
③
0.2 mol·L－1FeSO4（H+）和KSCN混合溶液
溶液变红
④
0.2mol·L－1AlCl3溶液
产生白色沉淀

下列判断不正确的是
A．实验①中发生的反应：ClO-+Cl-+2H＋=Cl2↑+H2O
B．实验②中发生的反应：ClO-+2I-+2H＋=Cl-+I2+H2O
C．实验③中该条件下氧化性强弱：ClO->Fe3+
D．实验④中ClO-与Al3+相互促进水解
【答案】B
【解析】A. NaClO具有强的氧化性，在酸性溶液中能够与Cl-发生氧化还原反应，产生氯气，反应的离子方程式为：Cl-+2H++ClO-=Cl2↑+H2O，A正确；B.向KI-淀粉溶液中滴入NaClO溶液，会发生反应：ClO-+2I-+H2O=Cl-+I2+2OH-，但产生的I2会立即与溶液产生的OH-发生反应，因此不能使溶液变为蓝色，B错误；C.在酸性条件下，ClO-将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+遇SCN-，溶液变为血红色，因此会看到溶液变为红色，C正确；D. AlCl3是强酸弱碱盐，水解产生Al(OH)3，使溶液显酸性； NaClO是强碱弱酸盐，ClO-水解消耗水电离产生的H+，使溶液显碱性，当将NaClO溶液滴入AlCl3溶液中时，水解相互促进，产生氢氧化铝白色沉淀，D正确。
20．25℃时，向0.1mol/LNaA溶液中逐滴滴加盐酸，测得混合溶液的pH与变化关系如图所示p=-lg。下列叙述错误的是

A．E点溶液中c(Na+)=c(A-)
B．Ka(HA)的数量级为10-4
C．滴加过程中保持不变
D．F点溶液中c(Na+)>c(A-)>c(HA)>c(OH-)
【答案】A
【解析】A. E点溶液pH=7，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒有c(Na+)+ c(H+)=c(A-)+ c(OH-)+c(Cl-)，故c(Na+)=c(A-)+c(Cl-)，选项A错误；B、根据图中信息可知pH=3.45时，p=-lg=0，=1，Ka(HA)= =c(H+)=10-3.45，故Ka(HA)的数量级为10-4，选项B正确；C、==，故为常数，则滴加过程中保持不变，选项C正确；D、F点溶液中pH=5，p=-lg=-1，=10，c(A-)>c(HA)，根据物料守恒有c(Na+)=c(A-)+c(HA)，故c(Na+)>c(A-)，因此c(Na+)>c(A-)>c(HA)>c(OH-)，选项D正确。
21．Ⅰ.(1)硫酸铜晶体的溶解度虽大，但溶解过程较慢，实验室常用热水配制以加快溶解速率，但常常会产生浑浊，请用文字简要说明原因___ ， 用热水配制出澄清的较浓的 CuSO4溶液时应再加入少量_____。
(2)稀Na2S溶液有一种腐卵气味，加入AlCl3溶液后，腐卵气味加剧，用离子方程式表示气味加剧过程所发生的化学反应____
(3)下列物质水溶液经加热浓缩、蒸干灼烧后能得到原溶质物质的是___。
①NH4 HCO3；②CaCl2；③AlCl3；④Cu(NO3)2；⑤FeCl2；⑥K2SO3；⑦KMnO4；⑧ KAl(SO4)2
Ⅱ．依据氧化还原反应：MnO4－+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3+ +4H2O，欲采用滴定 的方法测定 FeSO4 的质量分数，实验步骤如下：
①称量绿矾样品，配成100 mL待测溶液，
②取一定体积待测液置于锥形瓶中，并加入一定量的硫酸，
③将标准浓度的 KMnO4 溶液装入滴定管中，调节液面至 a mL 处，
④滴定待测液至滴定终点时，滴定管的液面读数 b mL，⑤重复滴定 2～3 次。
(1)如何确定滴定到达终点？现象是_______
(2)下列操作会导致测定结果偏低的是_____。
A．盛标准溶液的滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗就装液滴定
B．锥形瓶用蒸馏水洗涤后未用待测液润洗
C．读取标准液读数时，滴定前平视，滴定到终点后俯视
D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失
(3)下列每种量器的数量不限，在上述实验中必须使用的仪器_____。
A．托盘天平 B．酸式滴定管 C．碱式滴定管 D．胶头滴管
【答案】Cu2+水解产生Cu(OH)2变浑浊，加热加速水解 H2SO4 2Al3++3S2-+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑ ②⑧ 当最后一滴滴入时，溶液变为紫红色且30S内不恢复原色 C ABD
【解析】Ⅰ.(1)因Cu2+水解产生Cu(OH)2，该反应是吸热反应，加热促进水解，故产生浑浊；硫酸浓度增大，平衡逆向移动，能得到澄清的较浓的CuSO4溶液，
故答案为：Cu2+水解产生Cu(OH)2是吸热反应，加热促进水解，故产生浑浊；应加入少量H2SO4；
（2）铝离子能与硫离子发生双水解生成氢氧化铝和硫化氢，反应的离子方程式为：2Al3++3S2-+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑，故答案为：2Al3++3S2-+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑；
（3）①NH4HCO3受热分解，得不到原溶质，故①不符合；
②CaCl2水溶液经加热浓缩、蒸干灼烧后能得到原溶质物质，故②符合；
③AlCl3溶液水解生成氢氧化铝和氯化氢，氯化氢受热更易挥发，促进水解得到氢氧化铝，得不到原溶质，故③不符合；
④Cu(NO3)2溶液中铜离子水解生成氢氧化铜和硝酸，硝酸是易挥发性酸，加热蒸干至质量不再减少为止，蒸干灼烧后能得到氧化铜；故④不符合；
⑤FeCl2具有还原性加热易被氧化为三价铁，而FeCl3溶液水解生成氢氧化铁和氯化氢，氯化氢挥发促进水解得到氢氧化铁，得不到原溶质，故⑤不符合；
⑥K2SO3，蒸干灼烧后被氧化为硫酸钾，故⑥不符合；
⑦KMnO4加热到质量不变分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，得不到原溶质，故⑦不符合；
⑧KAl(SO4)2水溶液经加热浓缩、蒸干灼烧后能得到原溶质物质，故⑧符合；
综上所述：②⑧符合；
Ⅱ．(1)高锰酸钾本身呈紫色，无需指示剂，滴定终点时，颜色变成紫红色，并且半分钟内不褪色，否则不可以判断达到终点，故答案为：当最后一滴滴入时，溶液变为紫红色且30s内不恢复原色；
(2)A．盛标准溶液的滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗就装液滴定，标准液浓度减小，所需V（标准）增大，根据c（待测）=[c(标准)×V(标准)]/V(待测)，判断可知c（待测）偏大，故A错误；
B．锥形瓶用蒸馏水洗涤后未用待测液润洗，所需V（标准）不变，根据c（待测）=[c(标准)×V(标准)]/V(待测)，判断可知c（待测）不变，故B错误；
C．读取标准液读数时，滴定前平视，滴定到终点后俯视，所需V（标准）偏小，根据c（待测）=[c(标准)×V(标准)]/V(待测)，判断可知c（待测）偏小，故C正确；
D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失，所需V（标准）偏大，根据c（待测）=[c(标准)×V(标准)]/V(待测)，判断可知c（待测）偏大，故D错误；故选：C；
(3)配制100mL待测溶液需要的仪器有：托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、100ml容量瓶、胶头滴管；滴定所需要的仪器有：酸式滴定管、锥形瓶、铁架台等，故答案为：ABD。