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广西高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-14盐类的水解
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这是一份广西高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-14盐类的水解，共38页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
广西高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-14盐类的水解
一、单选题
1．（2022·广西玉林·统考一模）利用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是
A．用装置甲制取NO2
B．用图装置乙探究催化剂对H2O2分解速率的影响
C．用装置丙比较KMnO4、Cl2、S的氧化性强弱
D．用装置丁蒸干FeCl3饱和溶液制备FeCl3晶体
2．（2022·广西柳州·统考模拟预测）化学是以实验为基础的科学。下列实验设计正确的是
选项
实验目的
实验设计
A
除去乙酸乙酯中的乙酸
加入NaOH溶液，振荡后分液
B
验证非金属性：O＞S
向溶液中通入，观察溶液变浑浊
C
由溶液制备无水
将溶液加热蒸干
D
配制100mL一定物质的量浓度的NaOH溶液
准确称取NaOH固体，放入100mL的容量瓶中，加水溶解，振荡摇匀，定容
A．A B．B C．C D．D
3．（2022·广西柳州·统考模拟预测）次磷酸()是一种一元弱酸，与等浓度等体积的NaOH完全反应后生成，下列叙述错误的是
A．的水溶液加水稀释，增大
B．溶液中存在电离平衡：
C．溶液中：
D．溶液中存在：
4．（2022·广西柳州·统考模拟预测）劳动创造幸福未来。下列劳动项目与所述的化学知识关联不合理的是
选项
劳动项目
化学知识
A
科学研究：燃煤脱硫
有利于实现“碳达峰、碳中和”
B
工厂生产：冶炼钢铁
涉及氧化还原反应
C
工艺制作：用氢氟酸来刻蚀玻璃
玻璃中的能和HF反应
D
家务劳动：用热的纯碱溶液洗涤粘有油脂的碟子
油脂在碱性条件下发生水解
A．A B．B C．C D．D
5．（2022·广西柳州·统考模拟预测）设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1.8g含有的中子数为0.1
B．1L氨水中所含的数目为0.1
C．5.6g铁与足量稀盐酸反应、转移的电子数)0.3
D．124g()分子中所含的共价键数目为6
6．（2022·广西·统考模拟预测）25°C时 ，在锥形瓶中加入25.00mL 0.1000mol·L-1H2C2O4溶液，加入指示剂，然后用0.1000mol·L 1NaOH 溶液滴定，得到如图所示溶液的pH随滴加NaOH溶液的体积的变化曲线。下列说法正确的是(已知：10-1.3=0.05)
A．滴定前，锥形瓶要用0.1000mol·L-1H2C2O4溶液润洗
B．Ka1(H2C2O4)= 10-1.6
C．图中c点溶液离子浓度大小为： c(Na+ )＞c()＞c( )＞c(H2C2O4)
D．a点溶液中： c(OH -)+c( )=c(H2C2O4)+c(H+)
7．（2021·广西南宁·统考二模）保持温度始终为T℃，用滴定管量取一定体积的浓氯水置于锥形瓶中，用NaOH溶液以恒定速率来滴定，根据测定结果绘制出ClO-、ClO的物质的量浓度c与时间t的关系曲线(如图)。下列说法正确的是
A．0～t1时发生反应的离子方程式：OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O
B．a点溶液中：c(ClO-)＞c(ClO)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)
C．b点溶液中：c(Na+)+c(H+)=8c(ClO-)+c(OH-)
D．t2～t4过程中：一直减小
8．（2020·广西·统考一模）下列实验过程的离子方程式书写正确的是
A．向Ba(OH)2溶液中逐滴加入H2SO4溶液至Ba2+恰好沉淀完全：Ba2+ +OH- +H+ +SO=BaSO4↓+H2O
B．硝酸铁溶液中通入H2S：2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+
C．用热的纯碱溶液可以清洗油污：CO+2H2O⇌H2CO3+ 2OH-
D．用醋酸除水垢：CaCO3 + 2CH3COOH= Ca2++2CH3COO-+ H2O+CO2↑
9．（2020·广西北海·统考一模）实验室中下列做法错误的是
A．用苯萃取甲苯中的溴单质 B．用碱石灰干燥氨气
C．盛放酒精的容器应贴上如图标签 D．配制FeCl3溶液时应加少量稀盐酸
10．（2020·广西·统考二模）化学与生活密切相关。下列说法中正确的是：
A．可以用热的烧碱溶液清洗餐具的油污
B．84消毒液的消毒原理与HClO的强还原性有关
C．酒精的消毒杀菌能力随着溶液浓度的增大而增强
D．56℃以上的高温能杀死新型冠状病毒是因为蛋白质受热变性
11．（2020·广西北海·统考一模）室温下，向20 mL 0.1 mol·L−1 Na2A(H2A：Ka1=1.54×10−2，Ka2=1.0×10−7)溶液中滴加0.1 mol·L−1的HCl溶液，混合溶液pH与所加HCl溶液体积的关系如图所示。下列叙述正确的是
A．水的电离程度：c＜b＜a
B．b点时：c(Na+)＝c(Cl－)+2c(A2−)
C．a点时：c(Na+)＞c(Cl－)+c(HA−)+2c(A2−)
D．c点时：c(Na+)＞c(A2−)＞c(OH－)＞c(HA－)＞c(H+)
12．（2020·广西来宾·模拟预测）25℃时，用0.1000mol·L-1的盐酸分别滴定20.00mL 0.1000mol·L-1氨水和20.00mL 0.1000mol·L-1 NaOH溶液，滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是
A．25℃，Kb(NH3·H2O)的数量级为10-5
B．N点处的溶液中：c(NH)>c(NH3·H2O)
C．曲线II滴定终点时所选的指示剂为酚酞
D．Q点所加盐酸的体积为b mL，则b=20
13．（2020·广西钦州·二模）设为阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．难溶于稀硫酸，也难溶于稀醋酸
B．常温下，的溶液中的离子总数为
C．常温下，的溶液中可能大量存在、、、
D．在稀溶液中，
14．（2020·广西·二模）电解质溶液电导率越大导电能力越强，常温下用0.100 mol/L盐酸分别滴定10.00 mL浓度均为0.100 mol/L的NaOH溶液和氨水。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示，下列说法不正确的是
A．曲线②代表滴定氢氧化钠溶液的曲线
B．滴定氨水的过程应该选择甲基橙作为指示剂
C．b点溶液中：c(H＋)＜c(OH－)+c(NH4＋)+c(NH3·H2O)
D．a、b、c、d四点的溶液中，水的电离程度最大的是a点
15．（2020·广西南宁·二模）常温下，向10.00mL浓度均为0.100mol•L-1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH•H2O]的混合溶液中逐滴加入盐酸。利用传感器测得该过程溶液中的阳离子总浓度变化曲线如图；已知二甲胺在水中电离与氨相似，常温下Kb[(CH3)2NH•H2O]=l.60×l0-4。下列说法正确的是（ ）
A．a点溶液中，c[(CH3)2NH2+]约为l.60×l0-4mol/L
B．从a到c的过程中，水的电离程度最大的是b点
C．c点溶液中：3c(Na+)+c[(CH3)2NH2+]=2c(Cl-)
D．V(HCl)=15.00mL时，c[(CH3)2NH2+]＜c[(CH3)2NH•H2O]
16．（2020·广西南宁·二模）主族元素V、W、X和Y的原子序数依次增加，且均不大于20；元素V在地壳中含量仅0.087%，但其化合物每年以近百万种增加，W的气态氢化物和最高价氧化物的水化物在常温下能发生反应，灼烧X的单质时可以观察到黄色的光，X与Y同主族。下列说法正确的是（ ）
A．离子半径大小：r(W)
C．X的最高价氧化物的水化物碱性强于Y的
D．X和Y的正盐溶液均呈中性
17．（2020·广西·统考二模）已知25℃时有关弱酸的电离常数如表所示：
则下列说法中正确的是
A．相同物质的量浓度溶液的pH大小比较：Na2B>NaA>NaHB
B．NaHB溶液中部分微粒浓度的大小比较：c(Na＋)>c(HB－)>c(H2B)>c(B2－)
C．将a mol·L－1的HA溶液与a mol·L－1的NaA溶液等体积混合，混合液中的c(Na＋)>c(A－)
D．向Na2B溶液中加入足量的HA溶液，发生反应的离子方程式为：B2－＋2HA＝2A－＋H2B
18．（2020·广西·统考一模）常温下，将SO2通入2L0.01mol·L-1的某一元碱MOH溶液中，溶液中水电离出的OH-的浓度(c)与通入的SO2的体积(V)关系如图所示(不考虑+4价的S被氧化)，下列叙述不正确的是
A．MOH为一元强碱
B．b点溶液中：c(H+)=1×10-7mol·L-1
C．c点溶液中：c(M+)=2[c())+c()+c(H2SO3)]
D．d点溶液中：c(M+)=2c()+c()
19．（2020·广西柳州·统考模拟预测）25 °C时，用浓度为0.1000 mol/L的NaOH溶液滴定体积均是20mL、浓度均为0.1000 mol/L的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．酸性强弱顺序是HX> HY> HZ
B．加入10 mL NaOH溶液时，HY溶液中c（Na+）>c（Y -）
C．pH=2的HZ溶液加水稀释10倍，pH为3
D．加入20 mL NaOH溶液时，只有HY溶液达到滴定终点
20．（2020·广西玉林·一模）25℃时，向20. 00 mL 0.1 mol/L H2X溶液中滴入0.1 mol/L NaOH溶液，溶液中由水电离出的c水(OH-)的负对数[一lgc水(OH-)]即pOH水-与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中正确的是
A．水的电离程度：M>P B．图中P点至Q点对应溶液中逐渐增大
C．N点和Q点溶液的pH相同 D．P点溶液中
21．（2020·广西·统考模拟预测）室温下，用0.100mol·L−1的NaOH溶液分别滴定均为20.00mL0.100mol·L−1的HCl溶液和醋酸溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A．Ⅰ表示的是滴定醋酸的曲线
B．pH=7时，滴定醋酸消耗的V（NaOH）＞20.00mL
C．V（NaOH）＝20.00mL时，两份溶液中c（Cl－）＞c（CH3COO－）
D．V（NaOH）＝10.00mL时，醋酸中c（Na+）＞c（CH3COO－）＞c（H+）＞c（OH－）
22．（2021·广西北海·统考一模）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是
A．84gMgCO3和NaHCO3混合固体中的CO离子数为NA
B．1 mol Na2O2与足量CO2充分反应后转移电子数为2NA
C．标准状况下，2.24LCHCl3含有的共价键数为0.4NA
D．1L1mol/L的NaClO溶液中，ClO-的数目小于NA
23．（2021·广西柳州·统考三模）常温下，HN3的Ka=1.9×10-5，可视为一元弱酸。 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1 mol HN3含电子总数为16NA
B．1 mol NaN3含有阴离子总数为3NA
C．2LpH=3的HN3与足量Zn反应产生H2的分子数为0.001NA
D．1 L0.1mol•L-1NaOH溶液中滴入HN3溶液至呈中性，溶液中N数目为0.1NA
24．（2021·广西南宁·统考一模）下列实验方案能实现实验目的的是
选项
实验方案
实验目的
A
向含白色ZnS的悬浊液中滴入几滴CuSO4溶液，产生黑色沉淀
证明Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)
B
将含有少量SO2杂质的CH2=CH2气体缓慢通过足量的酸性KMnO4溶液
除去CH2=CH2中的SO2
C
向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水，然后过滤、洗涤沉淀，再灼烧沉淀
制取Al(OH)3
D
将FeCl3饱和溶液置于蒸发皿中加热蒸干
制取无水FeCl3
A．A B．B C．C D．D
25．（2021·广西南宁·统考一模）草酸化学式为H2C2O4。25℃时，H2C2O4的电离平衡常数K1=5.0×10-2，K2=5.4×10-5。25℃时，用0.2mol/L的NaOH溶液滴定25mL0.2mol/L的H2C2O4溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A．Y点溶液c(H+)>c(H2C2O4)>c()
B．0.1mol/LNaHC2O4，溶液中c(H+)+c(H2C2O4)=2c()+c(OH-)
C．X点溶液的pH约为2
D．Z点溶液的
26．（2021·广西·统考二模）常温下，对于pH=9的CH3COONa溶液，下列说法错误的是
A．该溶液中： c(OH-)＞c(CH3COOH)+c(H+)
B．往该溶液中滴加醋酸，可能出现c(Na+) ＜c(CH3COO- )
C．往该溶液中通入HCl气体，保持不变
D．相同温度下，该CH3COONa溶液的浓度大于pH=9的NaOH溶液的浓度
27．（2021·广西北海·统考一模）常温下，向一定体积0.1 mol·L－1的醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH[pOH＝－lg c(OH－)]与pH的变化关系如图所示，则( )
A．M点所示溶液的导电能力强于Q点
B．N点所示溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋)
C．Q点pH一定等于7
D．Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积
28．（2022·广西·统考模拟预测）常温下，用0.1 mol·L-1NaOH溶液滴定10 mL 0.1 mol·L-1H2A溶液，溶液的pH与NaOH溶液的体积关系如图所示，下列说法正确的是
A．H2A是强酸
B．B点：c(H2A)>c(A2- )
C．C点：c(Na+)
29．（2022·广西·统考一模）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．lmol NO与0.5mol O2充分反应后，混合气体分子中氮原子数目为1NA
B．常温下，100mL 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中阴离子总数目为0.01 NA
C．常温下，5.6g Fe与足量浓硝酸完全反应，转移电子数目为0. 3 NA
D．等物质的量的乙烷(C2H6) 与乙醛(C2H4O)分子中含共用电子对数目均为7 NA
30．（2022·广西·统考一模）室温下，向100mL 0.1mol·L-1乙二胺溶液中滴加0.1 mol·L-1盐酸，乙二胺溶液中含氮粒子的物质的量分数δ随溶液pH的变化曲线如图所示[已知：乙二胺(H2NCH2CH2NH2)与NH3相似，水溶液呈碱性]，下列说法错误的是
A．曲线M表示的粒子是H2NCH2CH2NH2
B．由图可知[H3NCH2CH2NH3]2+的一级水解常数Kh1=10-6.85
C．b点所处的溶液中：c(H+)+c([H2NCH2CH2NH3]+)=c(OH-)+c(C1-)
D．当溶液的pH=7时，滴加盐酸的体积小于200 mL
31．（2022·广西南宁·统考二模）常温下，分别向20.00mL浓度均为0.1000mol·L-1的HX和HY溶液滴入0.1000mol·L-1NaOH标准溶液，滴定曲线如图所示(已知：酸性HX>HY，1g5=0.7)。下列说法正确的是
A．曲线Ⅱ对应的酸为HY，HX是强酸
B．在B1和B2点对应的溶液中存在关系：c(HY)-c(HX)=c(X-)-c(Y-)
C．pH=7时，两溶液中由水电离出的c(H+)大小关系为：c(H+)I>c(H+)II
D．C1点纵坐标数值为8.7
32．（2022·广西柳州·统考二模）用0.1mol/L NaOH溶液滴定10mL 0.1mol/L盐酸，利用电导率传感器可绘制滴定过程中的电导率曲线如下图所示。下列说法错误的是
A．电导率最低点c点就是酸碱中和滴定的终点
B．由图所知，随着NaOH溶液增加，溶液pH先变小后变大
C．b、c、d点都存在：
D．a点电导率最大是因为此时溶液中导电微粒浓度最高
33．（2022·广西·统考一模）是二元弱酸，常温下向溶液中滴入0.1000mol/L的盐酸，溶液的pH与所加盐酸体积的关系如图所示。已知，下列说法正确的是
A．常温下，溶液中
B．常温下，的一级电离常数Ka1约为
C．与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为
D．a点溶液中存在
二、工业流程题
34．（2020·广西·统考一模）硼在冶金、核工业、农业、高新材料等方面都有重要的应用，一种利用硼镁矿制取粗硼的工艺流程：
已知:硼镁矿的主要成分为Mg2B2O5·H2O，硼砂的化学式为Na2B4O7)·10H2O。
回答下列问题：
(1)硼镁矿要粉碎处理，其目的是_______，NaOH浓溶液与硼镁矿反应的化学方程式为__________________________________(不考虑杂质参与反应)。
(2)实验室过滤操作中要用到的玻璃仪器包括烧杯、_______、______。洗涤沉淀的操作方法为_____________________________________。
(3)试解释流程中生成无水MgCl2需在HCl氛围中进行的原因：___________________。
(4)已知H3BO3为一元弱酸，其与NaOH反应的化学方程式为NaOH+H3BO3=Na[B(OH)4]，写出H3BO3的电离方程式：_________________________________________。
(5)实验测得一定质量的H3BO3在不同温度下分解的曲线如图所示。图中A、B、C、D点对应得到的物质都为纯净物。
①C对应的物质可表示为2B2O3·nH2O，则n=_______
②写出C到D过程中发生反应的化学方程式：______________。
35．（2020·广西桂林·统考一模）工业、上常用钛铁矿[主要成分为FeTiO3(钛酸亚铁，不溶于水)、Fe2O3及少量SiO2杂质]作原料，制取二氧化钛及铁红，其生产流程如图：
已知：TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中。
回答下列问题：
（1）钛铁矿用硫酸溶解时，过滤所得滤渣的成分是__(填化学式)。
（2）从溶液B中得到FeSO4·7H2O晶体的操作是__、过滤、洗涤、干燥。
（3）溶液C中加入NH4HCO3，发生反应的离子方程式是__。
（4）煅烧FeCO3，发生反应的化学方程式是__。
（5）流程中加入Na2CO3粉末得到固体TiO2·nH2O。请结合TiO2+的水解平衡原理解释其原因：__。
（6）用如图所示装置(熔融CaF2-CaO作电解质)获得金属钙，并用钙还原TiO2制取金属钛。阳极反应式是__，反应过程中CaO的物质的量__(填“减小”“不变”或“增大”)。
36．（2021·广西桂林·统考一模）工业上以菱锰矿(主要成分是MnCO3，还含有Fe2+、Ni2+等)为原料制备电解锰的工艺流程如图所示。
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Ni2+
Mn2+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.01mol‧L-1)的pH
7.2
8.3
2.2
7.5
沉淀完全时(c=1.0×10-5mol‧L-1)的pH
8.7
9.8
3.2
9.0
回答下列问题：
(1)浸出槽中发生多个反应：如主要成分与稀硫酸的反应、MnO2与Fe2+间的氧化还原反应等。这两个反应的离子方程式分别为___________、___________。
(2)加入氨水的目的是为除去杂质，根据流程图及表中数据，pH应调控在___________范围内。常温下，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，当pH=4时，溶液中c(Fe3+)=___________。
(3)加入硫化铵是为除去剩余的Ni2+，由此可判断相同温度下溶解度：NiS_______Ni(OH)2(填“大于”或“小于”)。
(4)电解硫酸锰溶液的化学方程式为___________。
(5)工业上也可以用MnO2和Al粉作为原料，用铝热反应来制取金属锰，反应的化学方程式为_____。
(6)将分离出电解锰后的稀硫酸收集、循环使用，其意义是________。
三、原理综合题
37．（2020·广西·统考一模）二氧化硫合成三氧化硫是工业制取硫酸的重要反应。
(1)钒催化剂参与反应的能量变化如图所示。V2O5(s) 和SO2(g)反应生成V2O4(s)和VOSO4(s)的热化学方程式是_______。
(2)将2.0 mol SO2和1.0 mol O2置于10 L密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0. 10 MPa。某温度下，SO2的平衡转化率(α)与体系总压强(p)的关系如图所示，该反应的平衡常数等于_______。
(3)当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率α随温度的变化如图所示。
①工业上在500℃下反应制取三氧化硫，选择的压强是1MPa，理由是_______。
②P1代表的是_______(填写0.5 MPa，2. 5MPa，5MPa) ，理由是_______。
③在0.5 MPa、550 ℃时SO3的含量是_______ ( 保留两位有效数字)。
(4)SO2溶于水生成H2SO3。已知：H2SO3⇌ HSO+H+Ka1，HSO⇌SO+H+ Ka2。常温下，向某浓度的H2SO3溶液中逐滴加入一定量浓度的NaOH溶液，所得溶液中H2SO3、HSO、SO三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示：
①Ka1/Ka2=_______。
②NaHSO3溶液中c(SO)_______c(H2SO3)(填写“大于”或“小于”)。
38．（2021·广西·统考二模）研究SO2尾气的处理及回收利用具有重要意义。
I．SO2尾气的处理
一种煤炭脱硫技术是把硫元素以CaSO4的形式固定下来可以减少SO2的排放，但产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，从而降低脱硫效率。相关的热化学方程式如下：
①CaSO4(s)+CO(g)CaO(s) +SO2(g)+CO2(g) △H1= +210.5kJ•mol-1
②CaSO4(s)+CO(g)CaS(s)+CO2(g) △H2=-47.3 kJ•mol-1
(1)反应CaO(s)+ 3CO(g) +SO2(g)CaS(s)+3CO2(g) △H3___________kJ•mol-1，平衡时增大压强，此反应将___________(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)移动。
(2)反应①②的平衡常数的对数lgK随温度的变化曲线如图，其中曲线I代表反应___________ (填“①”或“②”)，从减少SO2排放的角度来考虑，本体系适宜的反应条件是___________
A．低温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．高温低压
(3)另一种方法是用氨水将SO2转化为(NH4)2SO3，再氧化为 (NH4)2SO4.，用空气氧化(NH4)2SO3的速率随温度的变化如图所示，当温度超过60°C时，(NH4)2SO3氧化速率下降的原因可能是___________。(NH4)2SO4溶液中离子浓度的大小关系为___________。
II．SO2的回收利用
(4)SO2与Cl2反应可制得磺酰氯(SO2Cl2)，反应为SO2(g) +Cl2(g)SO2Cl2(g)。按投料比1：1把SO2与Cl2充入一恒压密闭容器中发生上述反应，SO2的转化率与温度T的关系如图所示：
①该反应的平衡常数K(100°C)___________K(300°C) (填“大于”、“小于”或“等于”)；在500°C下，若反应进行至N点，此时v正___________v逆(填“大于”、“小于”或“等于”)。
②若反应一直保持在p压强条件下进行，则M点的分压平衡常数Kp=___________ (用含p的表达式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×体积分数)。
参考答案：
1．C
【详解】A．稀硝酸与铜反应生成NO，不能制取NO2，故A错误；
B．浓度不同、催化剂不同，两个变量，不能探究催化剂对H2O2分解速率的影响，故B错误；
C．浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气与硫化钠反应生成S，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可比较，故C正确；
D．加热时氯化铁易水解，生成氢氧化铁，应通入氯化氢气体，以抑制水解，故D错误；
故选：C。
2．B
【详解】A．NaOH溶液不仅能中和乙酸、而且能与乙酸乙酯反应，故不能用NaOH溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，应使用饱和Na2CO3溶液，A项错误；
B．向H2S溶液中通入O2，观察到溶液变浑浊，说明发生了反应：，则O2的氧化性强于S，进一步说明O的非金属性强于S，B项正确；
C．在FeCl3溶液中存在水解平衡：，溶液加热时由于HCl的挥发，水解平衡正向移动，最终FeCl3水解成Fe(OH)3，不能制得无水FeCl3，C项错误；
D．准确称取的NaOH固体不能直接放入容量瓶中加水溶解，应将准确称取的NaOH固体先在烧杯中加水溶解，冷却至室温后，再用玻璃棒引流转移入100mL的容量瓶中，D项错误；
答案选B。
3．A
【详解】A．的水溶液加水稀释，水解程度增大，但由于溶液体积增大程度更大，所以c(H3PO2)、c(OH-)变小，溶液中c(H+)变大，所以应变小，描述错误，A错误；
B．次磷酸是一元弱酸，所以电离是不完全电离，一分子只能电离出一个H+，B正确；
C．水解，离子数量少于Na+，阴离子水解溶液显碱性，c(OH-) > c(H+)，水解数量较少，所以剩余离子要远多于OH-，C正确；
D．根据溶液中电荷守恒，阳离子所带正电荷总量于阴离子所带负电荷总量，D正确；
综上，本题选A。
4．A
【详解】A．燃煤脱硫可以减少二氧化硫的排放，可减少酸雨污染，但不能减少二氧化碳的排放，不利于实现“碳达峰、碳中和”，故A错误；
B．冶炼钢铁，铁元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故B正确；
C．氢氟酸与二氧化硅反应，可用于雕刻玻璃，故C正确；
D．纯碱为碳酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，热纯碱溶液的碱性更强，利用了油脂在碱性条件下易水解，生成高级脂肪酸钠盐和甘油，钠盐和甘油可以溶于水，被水冲洗掉，故D正确；
故选：A。
5．D
【详解】A．D2O摩尔质量是20g•mol-1，1.8g该物质不足0.1mol，所以中子数为，计算错误，不符题意；
B．在溶液中水解，故粒子数量少于0.1NA，描述错误，不符题意；
C．铁与盐酸反应发生的离子反应是，5.6gFe反应，转移电子，描述错误，不符题意；
D．每个P4分子中含有6条P—P单键，124gP4物质的量是1mol，所以P—P键一共6NA，描述正确，符合题意；
综上，本题选D。
6．D
【详解】A.滴定前，若用0.1000mol·L-1H2C2O4溶液润洗锥形瓶，会使草酸物质的量增大，消耗氢氧化钠的体积偏大，所以锥形瓶不能润洗，故A错误；
B.0.1000mol·L-1H2C2O4溶液pH=1.3，Ka1(H2C2O4)=，故B错误；
C.图中c点草酸和氢氧化钠完全反应，溶质为Na2C2O4，C2O发生两步水解，第一步水解大于第二步水解，溶液离子浓度大小为： c(Na+ )＞c() ＞c()＞c(H2C2O4)，故C错误；
D. a点草酸和氢氧化钠1:1反应，溶质为NaHC2O4，根据物料守恒c(Na+ )=c( ) +c()+c(H2C2O4)，根据电荷守恒c(Na+)+ c(H+)=2c( )+c()+c(OH -)，所以c(OH -)+c( )=c(H2C2O4)+c(H+)，故D正确；
选D。
7．C
【详解】A．0～t1时，溶液中只产生了氧化产物ClO-，则发生反应的离子方程式：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O，A错误；
B．a点溶液为NaCl、NaClO、NaClO3，根据物质化学式可知Na、Cl两种元素的原子个数比为1：1，所以c(Na+)最大。且溶液中c(NaClO)＞c(NaClO3)，NaClO、NaClO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，则c(OH-)＞c(H+)，故溶液中离子浓度关系为：c(Na+)＞c(ClO-)＞c(ClO)＞c(OH-)＞c(H+)，B错误；
C．b点溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(ClO-)+5c(ClO)；根据电子守恒可得c(Cl-)=c(ClO-)+5c(ClO)，根据图象可知在b点时c(ClO-)=c(ClO)，带入电荷守恒式子，整理可得c(Na+)+c(H+)=8c(ClO-)+c(OH-)，C正确；
D．是弱酸HClO在溶液中的电离平衡常数，电离平衡常数只与温度有关，由于温度始终保持T℃，因此不变，D错误；
故合理选项是C。
8．D
【详解】A．设Ba(OH)2为1 mol，即Ba2+ 1mol、OH- 2mol，完全沉淀Ba2+，需加入H2SO4 1 mol，同时引入2 mol H+恰好与2 mol OH-反应，故总反应为：Ba2+++2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O，A错误；
B．酸性条件下，的氧化性强于Fe3+，故此时是将H2S氧化为S，结合得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平得离子方程式为：3H2S+2+2H+=2NO↑+3S↓+4H2O，B错误；
C．热的纯碱溶液去油污，利用了水解使溶液显碱性的性质，对应离子方程式为：+H2O+OH-，水解需分步书写，C错误；
D．醋酸除水垢对应CaCO3与CH3COOH的反应，即CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+CO2↑+H2O，(CH3COO)2Ca为易溶于水的盐，需拆写成Ca2+和CH3COO-，其余物质均不拆写，D正确；
故答案选D。
9．A
【详解】A．由于苯与甲苯能够互溶，故不能用苯萃取甲苯中的溴单质，A错误；
B．由于NH3为碱性气体，故可以用碱石灰干燥氨气，B正确；
C．酒精是一种易燃性液体，故盛放酒精的容器应贴上如图标签，C正确；
D．由于FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，故配制FeCl3溶液时应加少量稀盐酸以抑制Fe3+的水解，D正确；
故答案为：A。
10．D
【详解】A. 因烧碱具有强腐蚀性，一般不用烧碱，可用纯碱溶液，A错误；
B. 84消毒液的有效成分是NaClO，NaClO水解生成HClO，HClO具有强氧化性，所以84消毒液的消毒原理与HClO的强氧化性有关，B错误；
C. 酒精用于消毒杀菌最佳浓度是75％，浓度太大、太低消毒效果都不好，C错误；
D. 温度高可以使蛋白质变性，所以高温能杀死新型冠状病毒，D正确。
答案选D。
【点睛】烧碱具有强碱性、强腐蚀性，纯碱溶液相对而言较弱，一般用热的纯碱溶液清洗餐具的油污。
11．D
【详解】A．c点溶液中溶质为Na2A，b点溶液中溶质为Na2A、NaHA、NaCl，c点溶液中溶质为NaHA、NaCl，c点水解程度最大，a点溶液水的电离程度最小，故A错误；
B．b点溶液呈中性，根据电荷守恒得到：c(Na+)＝c(Cl－)+2c(A2−)+c(HA−)，故B错误；
C．a点溶质为NaHA、NaCl，溶液显酸性，说明HA－电离程度大于水解程度，c(H+)＞c(OH－)，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)＝c(Cl－)+c(HA－)+2c(A2−)+ c(OH－)，因此c(Na+)＜c(Cl－)+c(HA－)+2c(A2−)，故C错误；
D．c点溶质为Na2A，A2−水解，水电离出氢离子和氢氧根离子，溶液显碱性：c(Na+)＞c(A2−)＞c(OH－)＞c(HA－)＞c(H+)，故D正确。
综上所述，答案为D。
12．C
【分析】根据起点分析，曲线I是pH =13，则为盐酸溶液滴定NaOH溶液图象，曲线II是盐酸滴定氨水溶液图象。
【详解】A. 25℃，根据起点pH =11.1得到，因此Kb(NH3·H2O)的数量级为10−5，故A正确；
B. N点溶质的NH4Cl和NH3·H2O且浓度相等，溶液显碱性，电离占主要，因此溶液中：c(NH4+)＞c(NH3·H2O)，故B正确；
C. 曲线II滴定终点时溶液显酸性，因此所选的指示剂为甲基橙，故C错误；
D. Q点是NaOH溶液加盐酸进行滴定，所加盐酸的体积为b mL，溶液呈中性，则b=20，故D正确；
综上所述，答案为C。
13．D
【详解】A．醋酸的酸性比碳酸强，且(CH3COO)2Ca易溶于水，A错误；
B．未指明溶液体积，无法计算，B错误；
C．pH=2的溶液呈酸性，HNO3会氧化I-，C错误；
D．Na2S稀溶液中S2-水解，由质子守恒可知：c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)=c(OH-)，D正确；
故选D。
14．C
【解析】从图中可以看出，在加入盐酸前，曲线②的电导率大，则表明溶液中离子浓度大，曲线②表示NaOH溶液的电导率；曲线①表示氨水的电导率。在两份电解质溶液中，NaOH与一水合氨的物质的量相同，则加入盐酸10mL时刚好完全反应，溶质分别为NaCl和NH4Cl；继续滴加盐酸，则盐酸过量，不发生化学反应。
【详解】A．由以上分析知，由于曲线②的电导率强，表明溶液的导电能力强，离子浓度大，从而得出曲线②代表滴定氢氧化钠溶液的曲线，A正确；
B．氨水与盐酸反应的最终产物为NH4Cl，水溶液显酸性，所以应该选择甲基橙作为指示剂，B正确；
C．滴加盐酸至b点时，溶液中n(NH4Cl)=n(HCl)，溶液显酸性，根据电荷守恒可知c(H＋)+c(NH4＋)=c(OH－)+c(Cl-)，根据物料守恒可知2c(NH4＋)+2c(NH3·H2O)＝c(Cl-)，因此c(H＋)＝c(OH－)+c(NH4＋)+2c(NH3·H2O)，所以c(H＋)＞c(OH－)+c(NH4＋)+c(NH3·H2O)，C不正确；
D．a、b、c、d四点的溶液中，a点为NH4Cl溶液，c点为NaCl溶液，d点为NaCl、HCl混合溶液，b点为NH4Cl、HCl混合溶液，所以只有a点水的电离受到促进，水的电离程度最大，D正确；
故选C。
15．A
【详解】A． a点溶液为浓度均为0.100mol•L-1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH•H2O]的混合溶液，二甲胺的电离被抑制，则c(OH-)≈0.100mol•L-1，c[(CH3)2NH•H2O] ≈0.100mol•L-1，， c[(CH3)2NH2+]≈l.60×l0-4mol/L，A正确；
B．由图中a到b阳离子总浓度不断降低可知，a到b是盐酸中和氢氧化钠的过程，b点是盐酸和氢氧化钠恰好中和，故可推知HCl的浓度为0.100mol•L-1，b点为二甲胺和氯化钠的混合溶液，b点因二甲胺的电离呈碱性，水的电离被抑制，b到c是盐酸中和二甲胺的过程，c点二甲胺被恰好中和，其氯化物水溶液因水解呈酸性，故水的电离程度最大的是c点，B错误；
C．c点溶液中，加入HCl的体积为20mL，则溶液中，；因为水解消耗一部分，故，则3c(Na+)+c[(CH3)2NH2+]≠2c(Cl-)，C错误；
D．V(HCl)=15.00mL时，二甲胺有一半被中和，(CH3)2NH2Cl和(CH3)2NH•H2O 物质的量浓度相等，均为，常温下Kb[(CH3)2NH•H2O]=l.60×l0-4，则溶液中， 溶液呈碱性，即二甲胺的电离程度大于(CH3)2NH2Cl 水解程度，故c[(CH3)2NH2+]＞c[(CH3)2NH•H2O]，D错误；
答案选A。
【点睛】本题的关键之一是看懂图，抓住关键点a为混合碱溶液，还未开始反应， b点是盐酸和氢氧化钠恰好中和，c点二甲胺被恰好中和；关键之二是类推，二甲胺在水中电离与氨相似，则(CH3)2NH•H2O的性质由NH3•H2O类推所得，(CH3)2NH2Cl的性质由NH4Cl类推所得。
16．B
【分析】元素V在地壳中含量仅0.087%，但其化合物每年以近百万种增加，则知V为C、W的气态氢化物和最高价氧化物的水化物在常温下能发生反应，那是氨气和硝酸生成硝酸铵，故W为N、灼烧X的单质时可以观察到黄色的光，则X为Na、X与Y同主族且原子序数X小于Y，则Y为K；
【详解】A. 离子半径大小：r(X)
C. 金属性Y＞X，故X的最高价氧化物的水化物碱性弱于Y的，C错误；
D. X和Y的正盐溶液是强碱的盐溶液，但未必呈中性，因为不知道是强碱强酸盐还是强碱弱酸盐，D错误；
答案选B。
【点睛】A易错，具有相同的电子层结构的离子，核电荷数越大，离子半径越小。
17．A
【分析】由表格中的电离常数可以得到酸性H2B>HA>HB-，结合水解常数和电离常数的关系，求出水解常数，再进行解题。
【详解】A.酸性H2B>HA>HB-，酸性越强，对应相同物质的量浓度的钠盐的碱性越弱，则相同物质的量浓度溶液的pH大小比较：Na2B>NaA>NaHB，A正确；
B．对于H2B，已知Ka1=1.3×10-3、Ka2=5.6×10-8，可知HB-的水解常数为Kh=Kw/Ka1= =7.7×10-12< Ka2 ，则HB-电离程度大于HB-水解程度，则NaHB溶液中c(Na+)>c(HB-)>c(B2-)>c(H2B)，B错误；
C.HA的电离常数为1.7×10-6，则A-的水解常数为Kh=Kw/Ka1==5.9×10-9< Ka，可知HA的电离常数大于A-的水解常数，由电荷守恒可知c(Na+)+c (H+)=c (A-)+c (OH-)，则c(Na+)
答案选A。
【点睛】水解常数和电离常数的关系：Kh=Kw/Ka1；利用强酸制弱酸的原理，注意与酸反应的产物。
18．B
【分析】将SO2通入2L0.01mol·L-1的某一元碱MOH溶液中，先发生SO2+2MOH=M2SO3+H2O，再发生M2SO3+SO2+H2O=2MHSO3；当溶液中溶质只有M2SO3时，只有SO32-的水解促进水的电离，此时水的电离程度达到最大，即c点。
【详解】A．未通入SO2时水电离出的c(OH-)=1×10-12mol/L，水电离出的氢离子浓度和氢氧根浓度相同，所以水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L，则溶液中c(OH-)=1×10-2mol/L，说明MOH完全电离，为一元强碱，故A正确；
B．根据分析可知b点溶液中的溶质为M2SO3和未反应的MOH，溶液呈碱性，所以溶液中c(H+)<1×10-7mol·L-1，故B错误；
C．根据分析可知c点溶液中的溶质只有M2SO3，根据物料守恒可知c(M+)=2[c(SO32-))+c(HSO3-)+c(H2SO3)]，故C正确；
D．根据分析结合图象可知d点溶液中的溶质为M2SO3和MHSO3以及H2SO3，且水电离出的c(OH-)=1×10-7mol/L，说明此时溶液呈中性，即c(OH-)= c(H+)，结合溶液中存在的电荷守恒c(H+)+c(M+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+ c(OH-)可得c(M+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)，故D正确；
故答案为B。
【点睛】解决本题关键是要明白二氧化硫通入碱性溶液中的反应历程(类似的还有二氧化碳和碱性溶液反应)，理解当溶液中的溶质全部为正盐时水的电离程度最大，再结合各点溶液中溶质分析b点和d点中哪一个点是溶液显中性的点。
19．C
【分析】0.1000 mol/L的HZ，pH=1，c(H+)=0.1000 mol/L，则c(HZ)= c(H+)，则HZ为一元强酸，HX和HY的pH都大于1，则HX和HY都是一元弱酸，同浓度的三种酸酸性强弱关系为：HX＜HY＜HZ，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，三种酸酸性强弱顺序是HX＜HY＜HZ，A错误；
B．加入10 mL NaOH溶液时，HY有一半被中和，此时溶质为等物质的量的HY和NaY，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-)，由图可知，此时溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，所以，溶液c(Na+)＜c(Y-)，B错误；
C．HZ是强酸，加水稀释10倍，即101倍pH增大1，即pH=2的HZ溶液加水稀释10倍，pH为3，C正确；
D．加入20 mL NaOH溶液时，三种溶液pH均发生突变，说明三种溶液均达到滴定终点，D错误。
答案选C。
【点睛】C．pH=a的强酸稀释10n倍，稀释后溶液pH=a+n(pH＜7)；
pH=a的弱酸稀释10n倍，稀释后溶液pH＜a+n(pH＜7)；
pH=a的强碱稀释10n倍，稀释后溶液pH=a-n(pH＞7)；
pH=a的弱碱稀释10n倍，稀释后溶液pH＞a-n(pH＞7)
20．D
【分析】-1g c水(OH-)越小，c水(OH-)越大，酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，且酸中c(H+)越大、碱中c(OH-)越大，其抑制水电离程度越大，则 c水(OH-)越小，据此分析解答。
【详解】A．M点水电离出的c水(OH-)为10-11.1mol/L，P点水电离出的c水(OH-)为10-5.4mol/L，水的电离程度M＜P，故A错误；
B．水解平衡常数只与温度有关，P点至Q点溶液中c(OH-)依次增大，则 =×=依次减小，故B错误；
C．N点到Q点，加入的NaOH逐渐增多，溶液的pH逐渐增大，故C错误；
D．P点溶质为Na2X，溶液中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X)，故D正确；
故选D。
【点睛】明确图象曲线变化的含义为解答关键。本题的易错点为B，要注意电离平衡常数、水解平衡常数、水的离子积常数、溶度积等常数都是只与温度有关的数据，温度不变，这些常数不变。
21．C
【详解】A. 0.100mol·L-1的HCl溶液和醋酸溶液，醋酸属于弱酸，存在电离平衡，所以起点pH较小的Ⅰ表示的是滴定盐酸的曲线，A项错误；
B. 当醋酸与氢氧化钠恰好完全反应时，形成醋酸钠溶液，醋酸钠水解使溶液pH>7，所以pH =7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)<20.00mL，B项错误；
C. V(NaOH)= 20.00mL时，酸碱恰好完全反应，因为CH3COO-水解而消耗，所以两份溶液中c(Cl-）＞c(CH3COO-），C项正确；
D. V(NaOH)=10.00mL时，生成的醋酸钠与剩余醋酸浓度相等，由于醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，所以溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，D项错误；
答案选C。
22．D
【详解】A．84gMgCO3和NaHCO3混合固体的物质的量，NaHCO3固体中不含碳酸根离子，故此混合物中含有的CO离子数小于NA，故A错误；
B．过氧化钠与二氧化碳反应为歧化反应，1 mol Na2O2与足量CO2充分反应转移的电子数目为NA，故B错误；
C．标况下三氯甲烷为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；
D．NaClO溶液中ClO-在溶液中能部分水解，故溶液中的ClO-小于NA个，故D正确；
故选：D。
23．D
【详解】A．1个HN3分子中含有22个电子，则1 mol HN3含电子总数为22NA，故A错误；
B．HN3可视为一元弱酸，则NaN3由Na+和构成，则1 mol NaN3含有阴离子总数为NA，故B错误；
C．pH=3的HN3溶液中氢离子浓度为10-3mol/L，HN3可视为一元弱酸，在溶液中部分电离，则HN3大于10-3mol/L，则2LpH=3的HN3中HN3的物质的量大于0.002mol，与足量Zn反应产生H2的分子数大于0.001NA，故C错误；
D．1 L0.1mol•L-1NaOH溶液中氢氧化钠的物质的量为0.1mol，滴入HN3溶液恰好完全反应时生成物为NaN3，NaN3为强碱弱酸盐，溶液显碱性，若使呈中性，HN3溶液需要过量，即为NaN3和NaN3的混合溶液，该混合溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c()+c(OH-)，由于溶液中性，即c(H+)= c(OH-)，则c(Na+)= c()，n(Na+)=n()=0.1mol，则溶液中N数目为0.1NA，故D正确；
答案选D。
24．A
【详解】A．ZnS悬浊液中滴入几滴CuSO4溶液，发生沉淀转化：ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)，说明CuS比ZnS更难溶，故Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，A符合题意；
B．SO2、CH2=CH2均能使KMnO4溶液褪色，故使用KMnO4溶液CH2=CH2也会被吸收，B不符合题意；
C．Al2(SO4)3与氨水生成Al(OH)3沉淀，灼烧后转化为Al2O3，不能达到实验目的，C不符合题意；
D．加热时，促进FeCl3水解平衡正向移动生成Fe(OH)3和HCl，由于HCl易挥发，故蒸干后得到的固体为Fe(OH)3，D不符合题意；
故答案选A。
25．D
【分析】起点X对应H2C2O4溶液，Y点加入25 mL NaOH，n(NaOH)：n(H2C2O4)=1：1，反应后溶液组成为NaHC2O4，Z点加入50 mL NaOH，n(NaOH)：n(H2C2O4)=2：1，反应后溶液组成为Na2C2O4。
【详解】A．由分析知，Y点组成为NaHC2O4，此时存在电离和水解，其水解平衡常数Kh()=，故电离程度大于水解程度，则c()＞c(H2C2O4)，由于水电离也能产生H+，故c(H+)＞c()，A错误；
B．0.1 mol/L NaHC2O4中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+ 2c()+c()，结合物料守恒：c(Na+)= c()+c()+c(H2C2O4)，两式联立消去c(Na+)，得：c(H2C2O4)+ c(H+)= c()+c(OH-)，B错误；
C．X点对应H2C2O4溶液，此时c(H+)≈c()，c(H2C2O4)近似等于起始浓度，则，解得c(H+)=0.1 mol/L，则pH=-Lgc(H+)=1，即此时溶液pH约为1，C错误；
D．由分析知，Z点对应溶液组成为Na2C2O4，由图示知，此时pH=9，故c(H+)=10-9 mol/L，，D正确；
故答案选D。
26．A
【详解】A． CH3COONa溶液中存在质子守恒： c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)，A错误；
B． 往该溶液中滴加醋酸，可能使溶液呈酸性，c(OH-)＜c(H+)，溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+ c(CH3COO- )= c(Na+)+c(H+)，则可能出现c(Na+) ＜c(CH3COO- )，B正确；
C． ，水解常数Kh只与温度有关，温度不变，其值不变，则往该溶液中通入HCl气体，保持不变，C正确；
D． CH3COONa水解使溶液呈碱性，而水解是微弱的，NaOH是强碱，则相同温度下，该CH3COONa溶液的浓度大于pH=9的NaOH溶液的浓度，D正确；
故选A。
27．C
【分析】本题考查弱电解质的电离和溶液的酸碱性。因为pOH＝－lg c(OH－)，pH＝－lg c(H+)，结合图象知一定条件下，Q点pOH=pH，溶液为中性，M点pOH>pH，溶液显酸性；N点pOH
【详解】A．根据图象可知，0.1mol/L的H2A溶液的pH大于1，说明H2A为弱酸，故A错误；
B．B点时加入了10mLNaOH溶液，反应后溶质为NaHA，此时溶液的pH小于7，说明HA-的电离程度大于其水解程度，则c(A2-)＞c(H2A)，故B错误；
C．C点溶液的pH=7，为中性溶液，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c( A2-)+c(OH-)可知：c(Na+)=c(HA-)+2c( A2-)，故C错误；
D．B点反应后溶质为NaHA，HA-的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，氢离子抑制了水的电离，而D点加入20mL氢氧化钠溶液，二者恰好反应生成Na2A，A2-水解促进了水的电离，所以水电离的c(OH-)：D点>C点>B点，故D正确；
故选：D。
29．A
【详解】A．1molNO与0.5molO2充分反应后，混合气体分子中氮原子物质的量为1mol，原子数目为1NA，故A正确；
B．常温下，100mL 1mol•L-1Na2CO3溶液中，碳酸根离子水解生成氢氧根离子和碳酸氢根离子，阴离子总数大于0.1NA，故B错误；
C．常温下，Fe在浓硝酸中发生钝化，5.6gFe与足量浓硝酸不能完全反应，转移电子数目小于0.3NA，故C错误；
D．1个乙烷分子中含共用电子对7个，1个乙醛分子中含共用电子对7个，等物质的量的乙烷(C2H6) 与乙醛(C2H4O)分子中含共用电子对数不能确定，故D错误；
故选：A。
30．A
【详解】A．随着盐酸的加入溶液pH逐渐减小，H2NCH2CH2NH2先转化为[H2NCH2CH2NH3]+，最后转化为[H3NCH2CH2NH3]2+，所以曲线M表示的粒子是[H3NCH2CH2NH3]2+，曲线N表示的粒子是[H2NCH2CH2NH3]+，曲线K表示的粒子是H2NCH2CH2NH2，A错误；
B．由图可知a点表示[H2NCH2CH2NH3]+和[H3NCH2CH2NH3]2+的浓度相等，此时pH＝6.85，则其一级水解常数Kh1=c(H+)=10-6.85，B正确；
C．根据图象可知b点所处的溶液中c([H3NCH2CH2NH3]2+)=0，溶液中满足电荷守恒c(H+)+c([H2NCH2CH2NH3]+)=c(OH-)+c(C1-)，C正确；
D．当溶液的pH=7时，溶液中仍然存在[H2NCH2CH2NH3]+，说明元素不足，因此滴加盐酸的体积小于200 mL，D正确；
答案选A。
31．B
【分析】酸性HX>HY，相同浓度的酸HX的pH值小，故I为HX对应曲线，II为HY对应曲线，由图中0点可知0.1000mol/L的HX溶液pH值为3， ，同理。
【详解】A．由分析可知曲线II对应的酸为HY，但浓度均为0.1000mol/L时，pH值均比1大，故两者都是弱酸，A错误；
B．在B1和B2起始酸的浓度和加入的碱的量均相同，故对应的溶液中均存在物料守恒：，即，B正确；
C．pH=7时，说明溶液中的水解和电离程度相等，对水电离的抑制程度相等，即水的电离程度相等，故两溶液中由水电离出的c(H+)大小关系为：c(H+)I=c(H+)II，C错误；
D．C1点对应溶液为滴定终点，溶质成分为NaX，溶液中只存在X-的水解，水解的离子方程式为：，水解平衡常数为： ，因水解产生的HX和OH-离子浓度相等，， ，，pH=14-pOH=8.85， D错误；
故选B。
32．B
【详解】A．根据图知，溶液电导率与离子浓度成正比，当V（NaOH）=10mL时，酸碱恰好完全反应生成NaCl，离子浓度最小，其电导率最小，所以电导率最低点c点就是酸碱中和滴定的终点，故A正确；
B．盐酸溶液pH<7，加入NaOH溶液消耗氢离子，pH增大，随着氢氧化钠溶液增加，pH一直增大，故B错误；
C．b、c、d点溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得，故C正确；
D．离子浓度与电导率成正比，则离子浓度越大，其电导率越高，a点电导率最大是因为此时溶液中导电微粒浓度最高，故D正确；
故选：B。
33．D
【详解】A．当加入盐酸的V=20时，溶质为NaH2PO3，根据图示可得出，常温下，溶液显酸性，的电离大于水解，故，A项错误；
B．c点时溶液中，，，B项错误；
C．是二元弱酸，与足量的溶液反应生成，C项错误；
D．当加入盐酸的V=10，可知c(NaCl)=(Na2HPO3)=c(NaH2PO3)，根据A点电荷守恒，可知①c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+ c(H2PO)+2c(HPO)，根据物料守恒，则有②c(Na+)=2c(H2PO)+2c(HPO)+2c(H3PO3)，将①②联立，可得，D项正确；
答案选D。
34． 增大固体与溶液的接触面积，增大反应速率 Mg2B2O5•H2O+2NaOH=2Mg(OH)2 +2NaBO2 漏斗 玻璃棒 向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下，重复操作2~3次 抑制MgCl2水解或防止生成Mg(OH)2 H3BO3+ H2O[B(OH)4]-+H+ 1 H2B4O72B2O3+H2O
【分析】硼镁矿主要成分为Mg2B2O5•H2O，硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O；硼镁矿加入氢氧化钠浓溶液，待完全溶解后再过滤得到滤渣氢氧化镁，滤渣中加入浓盐酸溶解，通过蒸发浓缩得到氯化镁结晶水合物，在氯化氢气流中加热得到氯化镁固体，电解得到镁；滤液中主要是NaBO2，浓缩后通入适量二氧化碳气体得到硼砂，溶于热水后调pH至2～3制取H3BO3，冷却结晶得到H3BO3晶体，加热得到B2O3，Mg和B2O3混合在高温下生成MgO和B。
【详解】(1)硼镁矿的主要成分为Mg2B2O5•H2O，难溶于水，所以预先进行粉碎处理以增大固体与溶液的接触面积，增大反应速率；根据后续对滤渣的处理可知滤渣为Mg(OH)2，B元素变为2NaBO2，结合元素守恒可得化学方程式为Mg2B2O5•H2O+2NaOH=2Mg(OH)2 +2NaBO2；
(2)过滤用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；洗涤沉淀是为了除去其表面的杂质，洗涤操作为向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下，重复操作2~3次；
(3)MgCl2中Mg2+会水解生成Mg(OH)2，若直接加热MgCl2·7HO，则会促进水解，不能得到无水MgCl2 ，所以要在HCl氛围中加热，抑制MgCl2水解，得到无水MgCl2；
(4)由于H3BO3为一元弱酸，其与NaOH反应的化学方程式为NaOH+ H3BO3=Na[B(OH)4]，说明其酸根离子为[B(OH)4]-，H3BO3本身不能电离出H+，但在水中易结合一个OH-生成[B(OH)4]-，同时生成H+，从而体现弱酸性，所以其电离方程式为H3BO3+ H2O[B(OH)4]-+H+；
(5)①依据图中数据，起始时有248gH3BO3，物质的量为4 mol，第一次分解得到产物176 g，失水72 g(即4 mol)，因此B点对应的物质为HBO2 (物质的量为4 mol)，第二次分解得到产物158g，再失水1 mol，依据原子守恒，C点得到的物质的化学式为H2B4O7，故可表示为2B2O3·H2O，即n=1；
②第三次分解再失水1mol，所以第三次失水后的产物为B2O3，故C到D的化学方程式为H2B4O72B2O3+H2O。
【点睛】由晶体失水制备某些易水解的盐酸盐如FeCl3、MgCl2时为了防止其水解通常要在HCl气流中加热其溶液；第4小题为易错点要注意根据题目所给方程式判断出H3BO3的酸根是[B(OH)4]-，而不是H2BO3-。
35． SiO2 蒸发浓缩、冷却结晶 Fe2++2HCO3⁻ =FeCO3↓+CO2↑+H2O 4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2 TiO2++(n+1)H2O⇋TiO2·nH2O+2H+，加入Na2CO3粉末消耗H+，平衡正向移动，生成TiO2·nH2O C+2O2⁻-4e⁻===CO2↑ 不变
【分析】钛铁矿[主要成分为FeTiO3(钛酸亚铁，不溶于水)、Fe2O3及少量SiO2杂质]加过量硫酸，FeTiO3溶于过量硫酸，生成Fe2+、TiO2+、H2O，Fe2O3溶于过量硫酸，生成Fe3+离子，SiO2杂质不溶于酸，滤液A主要阳离子为Fe2+、TiO2+、Fe3+；加入铁粉，发生了反应：2Fe3++Fe═3Fe2+，溶液B主要阳离子为Fe2+ 、TiO2+，蒸发浓缩冷却结晶得绿矾和TiO2+、SO42-，加入碳酸钠粉末生成TiO2•nH2O，一定条件下得到TiO2；绿矾加水溶解，调节pH至5~8.5防止水解，溶液C溶质主要为FeSO4，加入足量的NH4 HCO3，生成FeCO3，经过煅烧后得到Fe2O3 。
【详解】(1)根据分析可知滤渣主要为不溶于酸的SiO2；
(2)从溶液中得到晶体的一般操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
(3)加入碳酸氢铵后，Fe2+与碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸亚铁沉淀，促进碳酸氢根的电离，氢离子浓度增大，氢离子浓度增大后又促进碳酸氢根的水解，生成二氧化碳，所以离子方程式为：Fe2++2HCO3⁻ =FeCO3↓+CO2↑+H2O；
(4)煅烧FeCO3生成三氧化二铁和二氧化碳，Fe2+别氧化，结合元素守恒可知氧化剂为O2，根据电子守恒可得方程式为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2；
(5)溶液中存在平衡TiO2++(n+1)H2O⇋TiO2·nH2O+2H+，加入Na2CO3粉末消耗H+，平衡正向移动，生成TiO2·nH2O；
(6)与正极相连的是阳极，据图可知石墨电极为阳极，反应过程中C被氧化生成CO2，所以电极方程式为：C+2O2⁻-4e⁻===CO2↑；阴极上电极反应式为：2Ca2++4e-═2Ca，钙还原二氧化钛反应方程式为：2Ca+TiO2=Ti+2CaO，在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量不变。
【点睛】第(3)题中要注意碳酸亚铁的溶解度比氢氧化亚铁的溶解度要小，所以加入碳酸氢铵后不是双水解生成氢氧化亚铁沉淀，而是结合碳酸氢根电离出的碳酸根生成碳酸亚铁沉淀。
36． [3.2,8.3) 小于 节约成本，提高原料的利用率
【分析】菱锰矿与、硫酸先反应生成、，加入氨水，调pH过滤除去得到沉淀；向浸出液中加入硫化铵，与结合生成沉淀而被除去；电解液主要为硫酸铵和硫酸锰的混合液，电解硫酸铵和硫酸锰的混合液获得金属锰。
【详解】(1)主要成分与硫酸的反应为复分解反应；、在酸性条件下的反应为氧化还原反应，其反应分别为、，故填、；
(2)加入氨水的目的是为了除去，根据表中数据，完全沉淀时的pH为3.2，开始沉淀的pH分别为8.3，在不影响Mn元素的情况下，除去的最佳pH控制在3.2≤pH＜8.3；pH=4时，，根据，可知==，故填[3.2,8.3)、；
(3)加入氨水时没能除去，加入硫化钠除去了剩余的，说明比更难溶，即相同温度下，的溶解度小于，故填小于；
(4)电解硫酸锰生成锰单质和硫酸，其反应为，故填；
(5)与Al反应属于置换反应，其反应为，故填；
(6)将电解锰后的硫酸收集循环使用的意义在于节约成本，提高原料的利用率，故填节约成本，提高原料的利用率。
37． 2V2O5(s)+ 2SO2(g)= V2O4(s)+2VOSO4(s) ΔH= -351kJ·mol-1 800 L·mol-1 在500 °C 1 MPa，反应物的转化率已经很大，若增大压强转化率增加不大，会增加成本，综合考虑，工业上在500°C下反应制取三氧化硫，选择的压强是1MPa 5MPa 加压化学平衡正向移动，反应物转化率增大 0. 072 1000 大于
【详解】(1) 由图示可得热化学方程式：①V2O4(s)+SO3(g)=V2O5(s)+SO2(g) △H1=-24 kJ/mol，②V2O4(s)+2SO3(g)=2VOSO4(s) △H2=-399 kJ/mol，由盖斯定律：②-①×2，得2V2O5(s)+ 2SO2(g)= V2O4(s)+2VOSO4(s) ΔH=△H2 - 2H1= -351 kJ/mol，故此处填：V2O5(s)+ 2SO2(g)= V2O4(s)+2VOSO4(s) ΔH=△H2 - 2H1= -351 kJ/mol；
(2)由图示知，当体系总压强为0.10 MPa时，对应SO2平衡转化率为0.80，列三段式如下： ，故平衡常数；
(3)①在500 °C 1 MPa，反应物的转化率已经很大，若增大压强转化率增加不大，但会增加成本，综合考虑，工业上在500°C下反应制取三氧化硫，选择的压强是1MPa；
②相同温度下，增大压强，平衡2SO2+O22SO3正向移动，SO2平衡转化率增大，故P1＞P2=2.5 MPa＞P3，则P1=5 MPa，P3=0.5 MPa；理由为温度一定时，加压化学平衡正向移动，反应物转化率增大；
③由图示所给数据列三段式如下：，故平衡时SO3的含量=；
(4)①根据酸碱中和原理，曲线1代表H2SO3，曲线2代表，曲线3代表，当pH=1.2时，c(H2SO3)=c()，则，同理，当pH=4.2时，c()=c()，则，故；
②在NaHSO3溶液中，含量远大于和H2SO3，即图示曲线2的最高点，对应溶液pH＜7，故的电离程度（）大于其水解程度（），故c()＞c(H2SO3)，故此处填“大于”。
38． -399.7 向正反应方向 ② B 温度过高，(NH4)2SO3分解，浓度减小或温度升高，氧气在溶液中的溶解度降低 大于 大于
【详解】I．(1)根据盖斯定律可知，由②×4-①可得反应CaO(s)+ 3CO(g) +SO2(g)CaS(s)+3CO2(g)，故△H3=-47.3 kJ•mol-1×4-(+210.5kJ•mol-1)=-399.7kJ•mol-1；该反应是气体物质的量减小的反应，则平衡时，增大压强，此反应将向正反应方向移动；
(2)由曲线I知，随着温度的升高，lgK减小，即K值减小，则升温平衡逆向移动，则该反应的正反应为放热反应，故曲线I代表反应②；反应①生成SO2，则为减少SO2排放，应使反应①逆向移动，降低温度，增大压强，均可以使反应①平衡逆向移动，故本体系适宜的反应条件是B；
(3)当温度超过60°C时，(NH4)2SO3氧化速率下降的原因可能是温度过高，(NH4)2SO3分解，浓度减小或温度升高，氧气在溶液中的溶解度降低；(NH4)2SO4溶液中离子水解使溶液显酸性，且水解是微弱的，则离子浓度的大小关系为；
II．(4)①由图可知，升高温度，平衡时SO2的转化率减小，说明升温平衡逆向移动，该反应为放热反应，则该反应的平衡常数K(100°C)大于K(300°C)；在500°C下，若反应进行至N点，此时，SO2的转化率比该温度下平衡时SO2的转化率小，则反应正向进行，v正大于v逆；
②若反应一直保持在p压强条件下进行，M点时，平衡时SO2的转化率为50%，假设起始加入SO2、Cl2均为1mol，则可列出三段式(单位：mol)：，则M点SO2(g)、Cl2(g)、SO2Cl2(g)的分压均为，则M点的分压平衡常数。
广西高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-14盐类的水解
一、单选题
1．（2022·广西玉林·统考一模）利用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是
A．用装置甲制取NO2
B．用图装置乙探究催化剂对H2O2分解速率的影响
C．用装置丙比较KMnO4、Cl2、S的氧化性强弱
D．用装置丁蒸干FeCl3饱和溶液制备FeCl3晶体
2．（2022·广西柳州·统考模拟预测）化学是以实验为基础的科学。下列实验设计正确的是
选项
实验目的
实验设计
A
除去乙酸乙酯中的乙酸
加入NaOH溶液，振荡后分液
B
验证非金属性：O＞S
向溶液中通入，观察溶液变浑浊
C
由溶液制备无水
将溶液加热蒸干
D
配制100mL一定物质的量浓度的NaOH溶液
准确称取NaOH固体，放入100mL的容量瓶中，加水溶解，振荡摇匀，定容
A．A B．B C．C D．D
3．（2022·广西柳州·统考模拟预测）次磷酸()是一种一元弱酸，与等浓度等体积的NaOH完全反应后生成，下列叙述错误的是
A．的水溶液加水稀释，增大
B．溶液中存在电离平衡：
C．溶液中：
D．溶液中存在：
4．（2022·广西柳州·统考模拟预测）劳动创造幸福未来。下列劳动项目与所述的化学知识关联不合理的是
选项
劳动项目
化学知识
A
科学研究：燃煤脱硫
有利于实现“碳达峰、碳中和”
B
工厂生产：冶炼钢铁
涉及氧化还原反应
C
工艺制作：用氢氟酸来刻蚀玻璃
玻璃中的能和HF反应
D
家务劳动：用热的纯碱溶液洗涤粘有油脂的碟子
油脂在碱性条件下发生水解
A．A B．B C．C D．D
5．（2022·广西柳州·统考模拟预测）设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1.8g含有的中子数为0.1
B．1L氨水中所含的数目为0.1
C．5.6g铁与足量稀盐酸反应、转移的电子数)0.3
D．124g()分子中所含的共价键数目为6
6．（2022·广西·统考模拟预测）25°C时 ，在锥形瓶中加入25.00mL 0.1000mol·L-1H2C2O4溶液，加入指示剂，然后用0.1000mol·L 1NaOH 溶液滴定，得到如图所示溶液的pH随滴加NaOH溶液的体积的变化曲线。下列说法正确的是(已知：10-1.3=0.05)
A．滴定前，锥形瓶要用0.1000mol·L-1H2C2O4溶液润洗
B．Ka1(H2C2O4)= 10-1.6
C．图中c点溶液离子浓度大小为： c(Na+ )＞c()＞c( )＞c(H2C2O4)
D．a点溶液中： c(OH -)+c( )=c(H2C2O4)+c(H+)
7．（2021·广西南宁·统考二模）保持温度始终为T℃，用滴定管量取一定体积的浓氯水置于锥形瓶中，用NaOH溶液以恒定速率来滴定，根据测定结果绘制出ClO-、ClO的物质的量浓度c与时间t的关系曲线(如图)。下列说法正确的是
A．0～t1时发生反应的离子方程式：OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O
B．a点溶液中：c(ClO-)＞c(ClO)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)
C．b点溶液中：c(Na+)+c(H+)=8c(ClO-)+c(OH-)
D．t2～t4过程中：一直减小
8．（2020·广西·统考一模）下列实验过程的离子方程式书写正确的是
A．向Ba(OH)2溶液中逐滴加入H2SO4溶液至Ba2+恰好沉淀完全：Ba2+ +OH- +H+ +SO=BaSO4↓+H2O
B．硝酸铁溶液中通入H2S：2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+
C．用热的纯碱溶液可以清洗油污：CO+2H2O⇌H2CO3+ 2OH-
D．用醋酸除水垢：CaCO3 + 2CH3COOH= Ca2++2CH3COO-+ H2O+CO2↑
9．（2020·广西北海·统考一模）实验室中下列做法错误的是
A．用苯萃取甲苯中的溴单质 B．用碱石灰干燥氨气
C．盛放酒精的容器应贴上如图标签 D．配制FeCl3溶液时应加少量稀盐酸
10．（2020·广西·统考二模）化学与生活密切相关。下列说法中正确的是：
A．可以用热的烧碱溶液清洗餐具的油污
B．84消毒液的消毒原理与HClO的强还原性有关
C．酒精的消毒杀菌能力随着溶液浓度的增大而增强
D．56℃以上的高温能杀死新型冠状病毒是因为蛋白质受热变性
11．（2020·广西北海·统考一模）室温下，向20 mL 0.1 mol·L−1 Na2A(H2A：Ka1=1.54×10−2，Ka2=1.0×10−7)溶液中滴加0.1 mol·L−1的HCl溶液，混合溶液pH与所加HCl溶液体积的关系如图所示。下列叙述正确的是
A．水的电离程度：c＜b＜a
B．b点时：c(Na+)＝c(Cl－)+2c(A2−)
C．a点时：c(Na+)＞c(Cl－)+c(HA−)+2c(A2−)
D．c点时：c(Na+)＞c(A2−)＞c(OH－)＞c(HA－)＞c(H+)
12．（2020·广西来宾·模拟预测）25℃时，用0.1000mol·L-1的盐酸分别滴定20.00mL 0.1000mol·L-1氨水和20.00mL 0.1000mol·L-1 NaOH溶液，滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是
A．25℃，Kb(NH3·H2O)的数量级为10-5
B．N点处的溶液中：c(NH)>c(NH3·H2O)
C．曲线II滴定终点时所选的指示剂为酚酞
D．Q点所加盐酸的体积为b mL，则b=20
13．（2020·广西钦州·二模）设为阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．难溶于稀硫酸，也难溶于稀醋酸
B．常温下，的溶液中的离子总数为
C．常温下，的溶液中可能大量存在、、、
D．在稀溶液中，
14．（2020·广西·二模）电解质溶液电导率越大导电能力越强，常温下用0.100 mol/L盐酸分别滴定10.00 mL浓度均为0.100 mol/L的NaOH溶液和氨水。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示，下列说法不正确的是
A．曲线②代表滴定氢氧化钠溶液的曲线
B．滴定氨水的过程应该选择甲基橙作为指示剂
C．b点溶液中：c(H＋)＜c(OH－)+c(NH4＋)+c(NH3·H2O)
D．a、b、c、d四点的溶液中，水的电离程度最大的是a点
15．（2020·广西南宁·二模）常温下，向10.00mL浓度均为0.100mol•L-1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH•H2O]的混合溶液中逐滴加入盐酸。利用传感器测得该过程溶液中的阳离子总浓度变化曲线如图；已知二甲胺在水中电离与氨相似，常温下Kb[(CH3)2NH•H2O]=l.60×l0-4。下列说法正确的是（ ）
A．a点溶液中，c[(CH3)2NH2+]约为l.60×l0-4mol/L
B．从a到c的过程中，水的电离程度最大的是b点
C．c点溶液中：3c(Na+)+c[(CH3)2NH2+]=2c(Cl-)
D．V(HCl)=15.00mL时，c[(CH3)2NH2+]＜c[(CH3)2NH•H2O]
16．（2020·广西南宁·二模）主族元素V、W、X和Y的原子序数依次增加，且均不大于20；元素V在地壳中含量仅0.087%，但其化合物每年以近百万种增加，W的气态氢化物和最高价氧化物的水化物在常温下能发生反应，灼烧X的单质时可以观察到黄色的光，X与Y同主族。下列说法正确的是（ ）
A．离子半径大小：r(W)
C．X的最高价氧化物的水化物碱性强于Y的
D．X和Y的正盐溶液均呈中性
17．（2020·广西·统考二模）已知25℃时有关弱酸的电离常数如表所示：
则下列说法中正确的是
A．相同物质的量浓度溶液的pH大小比较：Na2B>NaA>NaHB
B．NaHB溶液中部分微粒浓度的大小比较：c(Na＋)>c(HB－)>c(H2B)>c(B2－)
C．将a mol·L－1的HA溶液与a mol·L－1的NaA溶液等体积混合，混合液中的c(Na＋)>c(A－)
D．向Na2B溶液中加入足量的HA溶液，发生反应的离子方程式为：B2－＋2HA＝2A－＋H2B
18．（2020·广西·统考一模）常温下，将SO2通入2L0.01mol·L-1的某一元碱MOH溶液中，溶液中水电离出的OH-的浓度(c)与通入的SO2的体积(V)关系如图所示(不考虑+4价的S被氧化)，下列叙述不正确的是
A．MOH为一元强碱
B．b点溶液中：c(H+)=1×10-7mol·L-1
C．c点溶液中：c(M+)=2[c())+c()+c(H2SO3)]
D．d点溶液中：c(M+)=2c()+c()
19．（2020·广西柳州·统考模拟预测）25 °C时，用浓度为0.1000 mol/L的NaOH溶液滴定体积均是20mL、浓度均为0.1000 mol/L的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．酸性强弱顺序是HX> HY> HZ
B．加入10 mL NaOH溶液时，HY溶液中c（Na+）>c（Y -）
C．pH=2的HZ溶液加水稀释10倍，pH为3
D．加入20 mL NaOH溶液时，只有HY溶液达到滴定终点
20．（2020·广西玉林·一模）25℃时，向20. 00 mL 0.1 mol/L H2X溶液中滴入0.1 mol/L NaOH溶液，溶液中由水电离出的c水(OH-)的负对数[一lgc水(OH-)]即pOH水-与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中正确的是
A．水的电离程度：M>P B．图中P点至Q点对应溶液中逐渐增大
C．N点和Q点溶液的pH相同 D．P点溶液中
21．（2020·广西·统考模拟预测）室温下，用0.100mol·L−1的NaOH溶液分别滴定均为20.00mL0.100mol·L−1的HCl溶液和醋酸溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A．Ⅰ表示的是滴定醋酸的曲线
B．pH=7时，滴定醋酸消耗的V（NaOH）＞20.00mL
C．V（NaOH）＝20.00mL时，两份溶液中c（Cl－）＞c（CH3COO－）
D．V（NaOH）＝10.00mL时，醋酸中c（Na+）＞c（CH3COO－）＞c（H+）＞c（OH－）
22．（2021·广西北海·统考一模）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是
A．84gMgCO3和NaHCO3混合固体中的CO离子数为NA
B．1 mol Na2O2与足量CO2充分反应后转移电子数为2NA
C．标准状况下，2.24LCHCl3含有的共价键数为0.4NA
D．1L1mol/L的NaClO溶液中，ClO-的数目小于NA
23．（2021·广西柳州·统考三模）常温下，HN3的Ka=1.9×10-5，可视为一元弱酸。 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1 mol HN3含电子总数为16NA
B．1 mol NaN3含有阴离子总数为3NA
C．2LpH=3的HN3与足量Zn反应产生H2的分子数为0.001NA
D．1 L0.1mol•L-1NaOH溶液中滴入HN3溶液至呈中性，溶液中N数目为0.1NA
24．（2021·广西南宁·统考一模）下列实验方案能实现实验目的的是
选项
实验方案
实验目的
A
向含白色ZnS的悬浊液中滴入几滴CuSO4溶液，产生黑色沉淀
证明Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)
B
将含有少量SO2杂质的CH2=CH2气体缓慢通过足量的酸性KMnO4溶液
除去CH2=CH2中的SO2
C
向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水，然后过滤、洗涤沉淀，再灼烧沉淀
制取Al(OH)3
D
将FeCl3饱和溶液置于蒸发皿中加热蒸干
制取无水FeCl3
A．A B．B C．C D．D
25．（2021·广西南宁·统考一模）草酸化学式为H2C2O4。25℃时，H2C2O4的电离平衡常数K1=5.0×10-2，K2=5.4×10-5。25℃时，用0.2mol/L的NaOH溶液滴定25mL0.2mol/L的H2C2O4溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A．Y点溶液c(H+)>c(H2C2O4)>c()
B．0.1mol/LNaHC2O4，溶液中c(H+)+c(H2C2O4)=2c()+c(OH-)
C．X点溶液的pH约为2
D．Z点溶液的
26．（2021·广西·统考二模）常温下，对于pH=9的CH3COONa溶液，下列说法错误的是
A．该溶液中： c(OH-)＞c(CH3COOH)+c(H+)
B．往该溶液中滴加醋酸，可能出现c(Na+) ＜c(CH3COO- )
C．往该溶液中通入HCl气体，保持不变
D．相同温度下，该CH3COONa溶液的浓度大于pH=9的NaOH溶液的浓度
27．（2021·广西北海·统考一模）常温下，向一定体积0.1 mol·L－1的醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH[pOH＝－lg c(OH－)]与pH的变化关系如图所示，则( )
A．M点所示溶液的导电能力强于Q点
B．N点所示溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋)
C．Q点pH一定等于7
D．Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积
28．（2022·广西·统考模拟预测）常温下，用0.1 mol·L-1NaOH溶液滴定10 mL 0.1 mol·L-1H2A溶液，溶液的pH与NaOH溶液的体积关系如图所示，下列说法正确的是
A．H2A是强酸
B．B点：c(H2A)>c(A2- )
C．C点：c(Na+)
29．（2022·广西·统考一模）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．lmol NO与0.5mol O2充分反应后，混合气体分子中氮原子数目为1NA
B．常温下，100mL 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中阴离子总数目为0.01 NA
C．常温下，5.6g Fe与足量浓硝酸完全反应，转移电子数目为0. 3 NA
D．等物质的量的乙烷(C2H6) 与乙醛(C2H4O)分子中含共用电子对数目均为7 NA
30．（2022·广西·统考一模）室温下，向100mL 0.1mol·L-1乙二胺溶液中滴加0.1 mol·L-1盐酸，乙二胺溶液中含氮粒子的物质的量分数δ随溶液pH的变化曲线如图所示[已知：乙二胺(H2NCH2CH2NH2)与NH3相似，水溶液呈碱性]，下列说法错误的是
A．曲线M表示的粒子是H2NCH2CH2NH2
B．由图可知[H3NCH2CH2NH3]2+的一级水解常数Kh1=10-6.85
C．b点所处的溶液中：c(H+)+c([H2NCH2CH2NH3]+)=c(OH-)+c(C1-)
D．当溶液的pH=7时，滴加盐酸的体积小于200 mL
31．（2022·广西南宁·统考二模）常温下，分别向20.00mL浓度均为0.1000mol·L-1的HX和HY溶液滴入0.1000mol·L-1NaOH标准溶液，滴定曲线如图所示(已知：酸性HX>HY，1g5=0.7)。下列说法正确的是
A．曲线Ⅱ对应的酸为HY，HX是强酸
B．在B1和B2点对应的溶液中存在关系：c(HY)-c(HX)=c(X-)-c(Y-)
C．pH=7时，两溶液中由水电离出的c(H+)大小关系为：c(H+)I>c(H+)II
D．C1点纵坐标数值为8.7
32．（2022·广西柳州·统考二模）用0.1mol/L NaOH溶液滴定10mL 0.1mol/L盐酸，利用电导率传感器可绘制滴定过程中的电导率曲线如下图所示。下列说法错误的是
A．电导率最低点c点就是酸碱中和滴定的终点
B．由图所知，随着NaOH溶液增加，溶液pH先变小后变大
C．b、c、d点都存在：
D．a点电导率最大是因为此时溶液中导电微粒浓度最高
33．（2022·广西·统考一模）是二元弱酸，常温下向溶液中滴入0.1000mol/L的盐酸，溶液的pH与所加盐酸体积的关系如图所示。已知，下列说法正确的是
A．常温下，溶液中
B．常温下，的一级电离常数Ka1约为
C．与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为
D．a点溶液中存在
二、工业流程题
34．（2020·广西·统考一模）硼在冶金、核工业、农业、高新材料等方面都有重要的应用，一种利用硼镁矿制取粗硼的工艺流程：
已知:硼镁矿的主要成分为Mg2B2O5·H2O，硼砂的化学式为Na2B4O7)·10H2O。
回答下列问题：
(1)硼镁矿要粉碎处理，其目的是_______，NaOH浓溶液与硼镁矿反应的化学方程式为__________________________________(不考虑杂质参与反应)。
(2)实验室过滤操作中要用到的玻璃仪器包括烧杯、_______、______。洗涤沉淀的操作方法为_____________________________________。
(3)试解释流程中生成无水MgCl2需在HCl氛围中进行的原因：___________________。
(4)已知H3BO3为一元弱酸，其与NaOH反应的化学方程式为NaOH+H3BO3=Na[B(OH)4]，写出H3BO3的电离方程式：_________________________________________。
(5)实验测得一定质量的H3BO3在不同温度下分解的曲线如图所示。图中A、B、C、D点对应得到的物质都为纯净物。
①C对应的物质可表示为2B2O3·nH2O，则n=_______
②写出C到D过程中发生反应的化学方程式：______________。
35．（2020·广西桂林·统考一模）工业、上常用钛铁矿[主要成分为FeTiO3(钛酸亚铁，不溶于水)、Fe2O3及少量SiO2杂质]作原料，制取二氧化钛及铁红，其生产流程如图：
已知：TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中。
回答下列问题：
（1）钛铁矿用硫酸溶解时，过滤所得滤渣的成分是__(填化学式)。
（2）从溶液B中得到FeSO4·7H2O晶体的操作是__、过滤、洗涤、干燥。
（3）溶液C中加入NH4HCO3，发生反应的离子方程式是__。
（4）煅烧FeCO3，发生反应的化学方程式是__。
（5）流程中加入Na2CO3粉末得到固体TiO2·nH2O。请结合TiO2+的水解平衡原理解释其原因：__。
（6）用如图所示装置(熔融CaF2-CaO作电解质)获得金属钙，并用钙还原TiO2制取金属钛。阳极反应式是__，反应过程中CaO的物质的量__(填“减小”“不变”或“增大”)。
36．（2021·广西桂林·统考一模）工业上以菱锰矿(主要成分是MnCO3，还含有Fe2+、Ni2+等)为原料制备电解锰的工艺流程如图所示。
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Ni2+
Mn2+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.01mol‧L-1)的pH
7.2
8.3
2.2
7.5
沉淀完全时(c=1.0×10-5mol‧L-1)的pH
8.7
9.8
3.2
9.0
回答下列问题：
(1)浸出槽中发生多个反应：如主要成分与稀硫酸的反应、MnO2与Fe2+间的氧化还原反应等。这两个反应的离子方程式分别为___________、___________。
(2)加入氨水的目的是为除去杂质，根据流程图及表中数据，pH应调控在___________范围内。常温下，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，当pH=4时，溶液中c(Fe3+)=___________。
(3)加入硫化铵是为除去剩余的Ni2+，由此可判断相同温度下溶解度：NiS_______Ni(OH)2(填“大于”或“小于”)。
(4)电解硫酸锰溶液的化学方程式为___________。
(5)工业上也可以用MnO2和Al粉作为原料，用铝热反应来制取金属锰，反应的化学方程式为_____。
(6)将分离出电解锰后的稀硫酸收集、循环使用，其意义是________。
三、原理综合题
37．（2020·广西·统考一模）二氧化硫合成三氧化硫是工业制取硫酸的重要反应。
(1)钒催化剂参与反应的能量变化如图所示。V2O5(s) 和SO2(g)反应生成V2O4(s)和VOSO4(s)的热化学方程式是_______。
(2)将2.0 mol SO2和1.0 mol O2置于10 L密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0. 10 MPa。某温度下，SO2的平衡转化率(α)与体系总压强(p)的关系如图所示，该反应的平衡常数等于_______。
(3)当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率α随温度的变化如图所示。
①工业上在500℃下反应制取三氧化硫，选择的压强是1MPa，理由是_______。
②P1代表的是_______(填写0.5 MPa，2. 5MPa，5MPa) ，理由是_______。
③在0.5 MPa、550 ℃时SO3的含量是_______ ( 保留两位有效数字)。
(4)SO2溶于水生成H2SO3。已知：H2SO3⇌ HSO+H+Ka1，HSO⇌SO+H+ Ka2。常温下，向某浓度的H2SO3溶液中逐滴加入一定量浓度的NaOH溶液，所得溶液中H2SO3、HSO、SO三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示：
①Ka1/Ka2=_______。
②NaHSO3溶液中c(SO)_______c(H2SO3)(填写“大于”或“小于”)。
38．（2021·广西·统考二模）研究SO2尾气的处理及回收利用具有重要意义。
I．SO2尾气的处理
一种煤炭脱硫技术是把硫元素以CaSO4的形式固定下来可以减少SO2的排放，但产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，从而降低脱硫效率。相关的热化学方程式如下：
①CaSO4(s)+CO(g)CaO(s) +SO2(g)+CO2(g) △H1= +210.5kJ•mol-1
②CaSO4(s)+CO(g)CaS(s)+CO2(g) △H2=-47.3 kJ•mol-1
(1)反应CaO(s)+ 3CO(g) +SO2(g)CaS(s)+3CO2(g) △H3___________kJ•mol-1，平衡时增大压强，此反应将___________(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)移动。
(2)反应①②的平衡常数的对数lgK随温度的变化曲线如图，其中曲线I代表反应___________ (填“①”或“②”)，从减少SO2排放的角度来考虑，本体系适宜的反应条件是___________
A．低温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．高温低压
(3)另一种方法是用氨水将SO2转化为(NH4)2SO3，再氧化为 (NH4)2SO4.，用空气氧化(NH4)2SO3的速率随温度的变化如图所示，当温度超过60°C时，(NH4)2SO3氧化速率下降的原因可能是___________。(NH4)2SO4溶液中离子浓度的大小关系为___________。
II．SO2的回收利用
(4)SO2与Cl2反应可制得磺酰氯(SO2Cl2)，反应为SO2(g) +Cl2(g)SO2Cl2(g)。按投料比1：1把SO2与Cl2充入一恒压密闭容器中发生上述反应，SO2的转化率与温度T的关系如图所示：
①该反应的平衡常数K(100°C)___________K(300°C) (填“大于”、“小于”或“等于”)；在500°C下，若反应进行至N点，此时v正___________v逆(填“大于”、“小于”或“等于”)。
②若反应一直保持在p压强条件下进行，则M点的分压平衡常数Kp=___________ (用含p的表达式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×体积分数)。
参考答案：
1．C
【详解】A．稀硝酸与铜反应生成NO，不能制取NO2，故A错误；
B．浓度不同、催化剂不同，两个变量，不能探究催化剂对H2O2分解速率的影响，故B错误；
C．浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气与硫化钠反应生成S，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可比较，故C正确；
D．加热时氯化铁易水解，生成氢氧化铁，应通入氯化氢气体，以抑制水解，故D错误；
故选：C。
2．B
【详解】A．NaOH溶液不仅能中和乙酸、而且能与乙酸乙酯反应，故不能用NaOH溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，应使用饱和Na2CO3溶液，A项错误；
B．向H2S溶液中通入O2，观察到溶液变浑浊，说明发生了反应：，则O2的氧化性强于S，进一步说明O的非金属性强于S，B项正确；
C．在FeCl3溶液中存在水解平衡：，溶液加热时由于HCl的挥发，水解平衡正向移动，最终FeCl3水解成Fe(OH)3，不能制得无水FeCl3，C项错误；
D．准确称取的NaOH固体不能直接放入容量瓶中加水溶解，应将准确称取的NaOH固体先在烧杯中加水溶解，冷却至室温后，再用玻璃棒引流转移入100mL的容量瓶中，D项错误；
答案选B。
3．A
【详解】A．的水溶液加水稀释，水解程度增大，但由于溶液体积增大程度更大，所以c(H3PO2)、c(OH-)变小，溶液中c(H+)变大，所以应变小，描述错误，A错误；
B．次磷酸是一元弱酸，所以电离是不完全电离，一分子只能电离出一个H+，B正确；
C．水解，离子数量少于Na+，阴离子水解溶液显碱性，c(OH-) > c(H+)，水解数量较少，所以剩余离子要远多于OH-，C正确；
D．根据溶液中电荷守恒，阳离子所带正电荷总量于阴离子所带负电荷总量，D正确；
综上，本题选A。
4．A
【详解】A．燃煤脱硫可以减少二氧化硫的排放，可减少酸雨污染，但不能减少二氧化碳的排放，不利于实现“碳达峰、碳中和”，故A错误；
B．冶炼钢铁，铁元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故B正确；
C．氢氟酸与二氧化硅反应，可用于雕刻玻璃，故C正确；
D．纯碱为碳酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，热纯碱溶液的碱性更强，利用了油脂在碱性条件下易水解，生成高级脂肪酸钠盐和甘油，钠盐和甘油可以溶于水，被水冲洗掉，故D正确；
故选：A。
5．D
【详解】A．D2O摩尔质量是20g•mol-1，1.8g该物质不足0.1mol，所以中子数为，计算错误，不符题意；
B．在溶液中水解，故粒子数量少于0.1NA，描述错误，不符题意；
C．铁与盐酸反应发生的离子反应是，5.6gFe反应，转移电子，描述错误，不符题意；
D．每个P4分子中含有6条P—P单键，124gP4物质的量是1mol，所以P—P键一共6NA，描述正确，符合题意；
综上，本题选D。
6．D
【详解】A.滴定前，若用0.1000mol·L-1H2C2O4溶液润洗锥形瓶，会使草酸物质的量增大，消耗氢氧化钠的体积偏大，所以锥形瓶不能润洗，故A错误；
B.0.1000mol·L-1H2C2O4溶液pH=1.3，Ka1(H2C2O4)=，故B错误；
C.图中c点草酸和氢氧化钠完全反应，溶质为Na2C2O4，C2O发生两步水解，第一步水解大于第二步水解，溶液离子浓度大小为： c(Na+ )＞c() ＞c()＞c(H2C2O4)，故C错误；
D. a点草酸和氢氧化钠1:1反应，溶质为NaHC2O4，根据物料守恒c(Na+ )=c( ) +c()+c(H2C2O4)，根据电荷守恒c(Na+)+ c(H+)=2c( )+c()+c(OH -)，所以c(OH -)+c( )=c(H2C2O4)+c(H+)，故D正确；
选D。
7．C
【详解】A．0～t1时，溶液中只产生了氧化产物ClO-，则发生反应的离子方程式：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O，A错误；
B．a点溶液为NaCl、NaClO、NaClO3，根据物质化学式可知Na、Cl两种元素的原子个数比为1：1，所以c(Na+)最大。且溶液中c(NaClO)＞c(NaClO3)，NaClO、NaClO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，则c(OH-)＞c(H+)，故溶液中离子浓度关系为：c(Na+)＞c(ClO-)＞c(ClO)＞c(OH-)＞c(H+)，B错误；
C．b点溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(ClO-)+5c(ClO)；根据电子守恒可得c(Cl-)=c(ClO-)+5c(ClO)，根据图象可知在b点时c(ClO-)=c(ClO)，带入电荷守恒式子，整理可得c(Na+)+c(H+)=8c(ClO-)+c(OH-)，C正确；
D．是弱酸HClO在溶液中的电离平衡常数，电离平衡常数只与温度有关，由于温度始终保持T℃，因此不变，D错误；
故合理选项是C。
8．D
【详解】A．设Ba(OH)2为1 mol，即Ba2+ 1mol、OH- 2mol，完全沉淀Ba2+，需加入H2SO4 1 mol，同时引入2 mol H+恰好与2 mol OH-反应，故总反应为：Ba2+++2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O，A错误；
B．酸性条件下，的氧化性强于Fe3+，故此时是将H2S氧化为S，结合得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平得离子方程式为：3H2S+2+2H+=2NO↑+3S↓+4H2O，B错误；
C．热的纯碱溶液去油污，利用了水解使溶液显碱性的性质，对应离子方程式为：+H2O+OH-，水解需分步书写，C错误；
D．醋酸除水垢对应CaCO3与CH3COOH的反应，即CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+CO2↑+H2O，(CH3COO)2Ca为易溶于水的盐，需拆写成Ca2+和CH3COO-，其余物质均不拆写，D正确；
故答案选D。
9．A
【详解】A．由于苯与甲苯能够互溶，故不能用苯萃取甲苯中的溴单质，A错误；
B．由于NH3为碱性气体，故可以用碱石灰干燥氨气，B正确；
C．酒精是一种易燃性液体，故盛放酒精的容器应贴上如图标签，C正确；
D．由于FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，故配制FeCl3溶液时应加少量稀盐酸以抑制Fe3+的水解，D正确；
故答案为：A。
10．D
【详解】A. 因烧碱具有强腐蚀性，一般不用烧碱，可用纯碱溶液，A错误；
B. 84消毒液的有效成分是NaClO，NaClO水解生成HClO，HClO具有强氧化性，所以84消毒液的消毒原理与HClO的强氧化性有关，B错误；
C. 酒精用于消毒杀菌最佳浓度是75％，浓度太大、太低消毒效果都不好，C错误；
D. 温度高可以使蛋白质变性，所以高温能杀死新型冠状病毒，D正确。
答案选D。
【点睛】烧碱具有强碱性、强腐蚀性，纯碱溶液相对而言较弱，一般用热的纯碱溶液清洗餐具的油污。
11．D
【详解】A．c点溶液中溶质为Na2A，b点溶液中溶质为Na2A、NaHA、NaCl，c点溶液中溶质为NaHA、NaCl，c点水解程度最大，a点溶液水的电离程度最小，故A错误；
B．b点溶液呈中性，根据电荷守恒得到：c(Na+)＝c(Cl－)+2c(A2−)+c(HA−)，故B错误；
C．a点溶质为NaHA、NaCl，溶液显酸性，说明HA－电离程度大于水解程度，c(H+)＞c(OH－)，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)＝c(Cl－)+c(HA－)+2c(A2−)+ c(OH－)，因此c(Na+)＜c(Cl－)+c(HA－)+2c(A2−)，故C错误；
D．c点溶质为Na2A，A2−水解，水电离出氢离子和氢氧根离子，溶液显碱性：c(Na+)＞c(A2−)＞c(OH－)＞c(HA－)＞c(H+)，故D正确。
综上所述，答案为D。
12．C
【分析】根据起点分析，曲线I是pH =13，则为盐酸溶液滴定NaOH溶液图象，曲线II是盐酸滴定氨水溶液图象。
【详解】A. 25℃，根据起点pH =11.1得到，因此Kb(NH3·H2O)的数量级为10−5，故A正确；
B. N点溶质的NH4Cl和NH3·H2O且浓度相等，溶液显碱性，电离占主要，因此溶液中：c(NH4+)＞c(NH3·H2O)，故B正确；
C. 曲线II滴定终点时溶液显酸性，因此所选的指示剂为甲基橙，故C错误；
D. Q点是NaOH溶液加盐酸进行滴定，所加盐酸的体积为b mL，溶液呈中性，则b=20，故D正确；
综上所述，答案为C。
13．D
【详解】A．醋酸的酸性比碳酸强，且(CH3COO)2Ca易溶于水，A错误；
B．未指明溶液体积，无法计算，B错误；
C．pH=2的溶液呈酸性，HNO3会氧化I-，C错误；
D．Na2S稀溶液中S2-水解，由质子守恒可知：c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)=c(OH-)，D正确；
故选D。
14．C
【解析】从图中可以看出，在加入盐酸前，曲线②的电导率大，则表明溶液中离子浓度大，曲线②表示NaOH溶液的电导率；曲线①表示氨水的电导率。在两份电解质溶液中，NaOH与一水合氨的物质的量相同，则加入盐酸10mL时刚好完全反应，溶质分别为NaCl和NH4Cl；继续滴加盐酸，则盐酸过量，不发生化学反应。
【详解】A．由以上分析知，由于曲线②的电导率强，表明溶液的导电能力强，离子浓度大，从而得出曲线②代表滴定氢氧化钠溶液的曲线，A正确；
B．氨水与盐酸反应的最终产物为NH4Cl，水溶液显酸性，所以应该选择甲基橙作为指示剂，B正确；
C．滴加盐酸至b点时，溶液中n(NH4Cl)=n(HCl)，溶液显酸性，根据电荷守恒可知c(H＋)+c(NH4＋)=c(OH－)+c(Cl-)，根据物料守恒可知2c(NH4＋)+2c(NH3·H2O)＝c(Cl-)，因此c(H＋)＝c(OH－)+c(NH4＋)+2c(NH3·H2O)，所以c(H＋)＞c(OH－)+c(NH4＋)+c(NH3·H2O)，C不正确；
D．a、b、c、d四点的溶液中，a点为NH4Cl溶液，c点为NaCl溶液，d点为NaCl、HCl混合溶液，b点为NH4Cl、HCl混合溶液，所以只有a点水的电离受到促进，水的电离程度最大，D正确；
故选C。
15．A
【详解】A． a点溶液为浓度均为0.100mol•L-1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH•H2O]的混合溶液，二甲胺的电离被抑制，则c(OH-)≈0.100mol•L-1，c[(CH3)2NH•H2O] ≈0.100mol•L-1，， c[(CH3)2NH2+]≈l.60×l0-4mol/L，A正确；
B．由图中a到b阳离子总浓度不断降低可知，a到b是盐酸中和氢氧化钠的过程，b点是盐酸和氢氧化钠恰好中和，故可推知HCl的浓度为0.100mol•L-1，b点为二甲胺和氯化钠的混合溶液，b点因二甲胺的电离呈碱性，水的电离被抑制，b到c是盐酸中和二甲胺的过程，c点二甲胺被恰好中和，其氯化物水溶液因水解呈酸性，故水的电离程度最大的是c点，B错误；
C．c点溶液中，加入HCl的体积为20mL，则溶液中，；因为水解消耗一部分，故，则3c(Na+)+c[(CH3)2NH2+]≠2c(Cl-)，C错误；
D．V(HCl)=15.00mL时，二甲胺有一半被中和，(CH3)2NH2Cl和(CH3)2NH•H2O 物质的量浓度相等，均为，常温下Kb[(CH3)2NH•H2O]=l.60×l0-4，则溶液中， 溶液呈碱性，即二甲胺的电离程度大于(CH3)2NH2Cl 水解程度，故c[(CH3)2NH2+]＞c[(CH3)2NH•H2O]，D错误；
答案选A。
【点睛】本题的关键之一是看懂图，抓住关键点a为混合碱溶液，还未开始反应， b点是盐酸和氢氧化钠恰好中和，c点二甲胺被恰好中和；关键之二是类推，二甲胺在水中电离与氨相似，则(CH3)2NH•H2O的性质由NH3•H2O类推所得，(CH3)2NH2Cl的性质由NH4Cl类推所得。
16．B
【分析】元素V在地壳中含量仅0.087%，但其化合物每年以近百万种增加，则知V为C、W的气态氢化物和最高价氧化物的水化物在常温下能发生反应，那是氨气和硝酸生成硝酸铵，故W为N、灼烧X的单质时可以观察到黄色的光，则X为Na、X与Y同主族且原子序数X小于Y，则Y为K；
【详解】A. 离子半径大小：r(X)
C. 金属性Y＞X，故X的最高价氧化物的水化物碱性弱于Y的，C错误；
D. X和Y的正盐溶液是强碱的盐溶液，但未必呈中性，因为不知道是强碱强酸盐还是强碱弱酸盐，D错误；
答案选B。
【点睛】A易错，具有相同的电子层结构的离子，核电荷数越大，离子半径越小。
17．A
【分析】由表格中的电离常数可以得到酸性H2B>HA>HB-，结合水解常数和电离常数的关系，求出水解常数，再进行解题。
【详解】A.酸性H2B>HA>HB-，酸性越强，对应相同物质的量浓度的钠盐的碱性越弱，则相同物质的量浓度溶液的pH大小比较：Na2B>NaA>NaHB，A正确；
B．对于H2B，已知Ka1=1.3×10-3、Ka2=5.6×10-8，可知HB-的水解常数为Kh=Kw/Ka1= =7.7×10-12< Ka2 ，则HB-电离程度大于HB-水解程度，则NaHB溶液中c(Na+)>c(HB-)>c(B2-)>c(H2B)，B错误；
C.HA的电离常数为1.7×10-6，则A-的水解常数为Kh=Kw/Ka1==5.9×10-9< Ka，可知HA的电离常数大于A-的水解常数，由电荷守恒可知c(Na+)+c (H+)=c (A-)+c (OH-)，则c(Na+)
答案选A。
【点睛】水解常数和电离常数的关系：Kh=Kw/Ka1；利用强酸制弱酸的原理，注意与酸反应的产物。
18．B
【分析】将SO2通入2L0.01mol·L-1的某一元碱MOH溶液中，先发生SO2+2MOH=M2SO3+H2O，再发生M2SO3+SO2+H2O=2MHSO3；当溶液中溶质只有M2SO3时，只有SO32-的水解促进水的电离，此时水的电离程度达到最大，即c点。
【详解】A．未通入SO2时水电离出的c(OH-)=1×10-12mol/L，水电离出的氢离子浓度和氢氧根浓度相同，所以水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L，则溶液中c(OH-)=1×10-2mol/L，说明MOH完全电离，为一元强碱，故A正确；
B．根据分析可知b点溶液中的溶质为M2SO3和未反应的MOH，溶液呈碱性，所以溶液中c(H+)<1×10-7mol·L-1，故B错误；
C．根据分析可知c点溶液中的溶质只有M2SO3，根据物料守恒可知c(M+)=2[c(SO32-))+c(HSO3-)+c(H2SO3)]，故C正确；
D．根据分析结合图象可知d点溶液中的溶质为M2SO3和MHSO3以及H2SO3，且水电离出的c(OH-)=1×10-7mol/L，说明此时溶液呈中性，即c(OH-)= c(H+)，结合溶液中存在的电荷守恒c(H+)+c(M+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+ c(OH-)可得c(M+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)，故D正确；
故答案为B。
【点睛】解决本题关键是要明白二氧化硫通入碱性溶液中的反应历程(类似的还有二氧化碳和碱性溶液反应)，理解当溶液中的溶质全部为正盐时水的电离程度最大，再结合各点溶液中溶质分析b点和d点中哪一个点是溶液显中性的点。
19．C
【分析】0.1000 mol/L的HZ，pH=1，c(H+)=0.1000 mol/L，则c(HZ)= c(H+)，则HZ为一元强酸，HX和HY的pH都大于1，则HX和HY都是一元弱酸，同浓度的三种酸酸性强弱关系为：HX＜HY＜HZ，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，三种酸酸性强弱顺序是HX＜HY＜HZ，A错误；
B．加入10 mL NaOH溶液时，HY有一半被中和，此时溶质为等物质的量的HY和NaY，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-)，由图可知，此时溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，所以，溶液c(Na+)＜c(Y-)，B错误；
C．HZ是强酸，加水稀释10倍，即101倍pH增大1，即pH=2的HZ溶液加水稀释10倍，pH为3，C正确；
D．加入20 mL NaOH溶液时，三种溶液pH均发生突变，说明三种溶液均达到滴定终点，D错误。
答案选C。
【点睛】C．pH=a的强酸稀释10n倍，稀释后溶液pH=a+n(pH＜7)；
pH=a的弱酸稀释10n倍，稀释后溶液pH＜a+n(pH＜7)；
pH=a的强碱稀释10n倍，稀释后溶液pH=a-n(pH＞7)；
pH=a的弱碱稀释10n倍，稀释后溶液pH＞a-n(pH＞7)
20．D
【分析】-1g c水(OH-)越小，c水(OH-)越大，酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，且酸中c(H+)越大、碱中c(OH-)越大，其抑制水电离程度越大，则 c水(OH-)越小，据此分析解答。
【详解】A．M点水电离出的c水(OH-)为10-11.1mol/L，P点水电离出的c水(OH-)为10-5.4mol/L，水的电离程度M＜P，故A错误；
B．水解平衡常数只与温度有关，P点至Q点溶液中c(OH-)依次增大，则 =×=依次减小，故B错误；
C．N点到Q点，加入的NaOH逐渐增多，溶液的pH逐渐增大，故C错误；
D．P点溶质为Na2X，溶液中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X)，故D正确；
故选D。
【点睛】明确图象曲线变化的含义为解答关键。本题的易错点为B，要注意电离平衡常数、水解平衡常数、水的离子积常数、溶度积等常数都是只与温度有关的数据，温度不变，这些常数不变。
21．C
【详解】A. 0.100mol·L-1的HCl溶液和醋酸溶液，醋酸属于弱酸，存在电离平衡，所以起点pH较小的Ⅰ表示的是滴定盐酸的曲线，A项错误；
B. 当醋酸与氢氧化钠恰好完全反应时，形成醋酸钠溶液，醋酸钠水解使溶液pH>7，所以pH =7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)<20.00mL，B项错误；
C. V(NaOH)= 20.00mL时，酸碱恰好完全反应，因为CH3COO-水解而消耗，所以两份溶液中c(Cl-）＞c(CH3COO-），C项正确；
D. V(NaOH)=10.00mL时，生成的醋酸钠与剩余醋酸浓度相等，由于醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，所以溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，D项错误；
答案选C。
22．D
【详解】A．84gMgCO3和NaHCO3混合固体的物质的量，NaHCO3固体中不含碳酸根离子，故此混合物中含有的CO离子数小于NA，故A错误；
B．过氧化钠与二氧化碳反应为歧化反应，1 mol Na2O2与足量CO2充分反应转移的电子数目为NA，故B错误；
C．标况下三氯甲烷为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；
D．NaClO溶液中ClO-在溶液中能部分水解，故溶液中的ClO-小于NA个，故D正确；
故选：D。
23．D
【详解】A．1个HN3分子中含有22个电子，则1 mol HN3含电子总数为22NA，故A错误；
B．HN3可视为一元弱酸，则NaN3由Na+和构成，则1 mol NaN3含有阴离子总数为NA，故B错误；
C．pH=3的HN3溶液中氢离子浓度为10-3mol/L，HN3可视为一元弱酸，在溶液中部分电离，则HN3大于10-3mol/L，则2LpH=3的HN3中HN3的物质的量大于0.002mol，与足量Zn反应产生H2的分子数大于0.001NA，故C错误；
D．1 L0.1mol•L-1NaOH溶液中氢氧化钠的物质的量为0.1mol，滴入HN3溶液恰好完全反应时生成物为NaN3，NaN3为强碱弱酸盐，溶液显碱性，若使呈中性，HN3溶液需要过量，即为NaN3和NaN3的混合溶液，该混合溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c()+c(OH-)，由于溶液中性，即c(H+)= c(OH-)，则c(Na+)= c()，n(Na+)=n()=0.1mol，则溶液中N数目为0.1NA，故D正确；
答案选D。
24．A
【详解】A．ZnS悬浊液中滴入几滴CuSO4溶液，发生沉淀转化：ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)，说明CuS比ZnS更难溶，故Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，A符合题意；
B．SO2、CH2=CH2均能使KMnO4溶液褪色，故使用KMnO4溶液CH2=CH2也会被吸收，B不符合题意；
C．Al2(SO4)3与氨水生成Al(OH)3沉淀，灼烧后转化为Al2O3，不能达到实验目的，C不符合题意；
D．加热时，促进FeCl3水解平衡正向移动生成Fe(OH)3和HCl，由于HCl易挥发，故蒸干后得到的固体为Fe(OH)3，D不符合题意；
故答案选A。
25．D
【分析】起点X对应H2C2O4溶液，Y点加入25 mL NaOH，n(NaOH)：n(H2C2O4)=1：1，反应后溶液组成为NaHC2O4，Z点加入50 mL NaOH，n(NaOH)：n(H2C2O4)=2：1，反应后溶液组成为Na2C2O4。
【详解】A．由分析知，Y点组成为NaHC2O4，此时存在电离和水解，其水解平衡常数Kh()=，故电离程度大于水解程度，则c()＞c(H2C2O4)，由于水电离也能产生H+，故c(H+)＞c()，A错误；
B．0.1 mol/L NaHC2O4中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+ 2c()+c()，结合物料守恒：c(Na+)= c()+c()+c(H2C2O4)，两式联立消去c(Na+)，得：c(H2C2O4)+ c(H+)= c()+c(OH-)，B错误；
C．X点对应H2C2O4溶液，此时c(H+)≈c()，c(H2C2O4)近似等于起始浓度，则，解得c(H+)=0.1 mol/L，则pH=-Lgc(H+)=1，即此时溶液pH约为1，C错误；
D．由分析知，Z点对应溶液组成为Na2C2O4，由图示知，此时pH=9，故c(H+)=10-9 mol/L，，D正确；
故答案选D。
26．A
【详解】A． CH3COONa溶液中存在质子守恒： c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)，A错误；
B． 往该溶液中滴加醋酸，可能使溶液呈酸性，c(OH-)＜c(H+)，溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+ c(CH3COO- )= c(Na+)+c(H+)，则可能出现c(Na+) ＜c(CH3COO- )，B正确；
C． ，水解常数Kh只与温度有关，温度不变，其值不变，则往该溶液中通入HCl气体，保持不变，C正确；
D． CH3COONa水解使溶液呈碱性，而水解是微弱的，NaOH是强碱，则相同温度下，该CH3COONa溶液的浓度大于pH=9的NaOH溶液的浓度，D正确；
故选A。
27．C
【分析】本题考查弱电解质的电离和溶液的酸碱性。因为pOH＝－lg c(OH－)，pH＝－lg c(H+)，结合图象知一定条件下，Q点pOH=pH，溶液为中性，M点pOH>pH，溶液显酸性；N点pOH
【详解】A．根据图象可知，0.1mol/L的H2A溶液的pH大于1，说明H2A为弱酸，故A错误；
B．B点时加入了10mLNaOH溶液，反应后溶质为NaHA，此时溶液的pH小于7，说明HA-的电离程度大于其水解程度，则c(A2-)＞c(H2A)，故B错误；
C．C点溶液的pH=7，为中性溶液，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c( A2-)+c(OH-)可知：c(Na+)=c(HA-)+2c( A2-)，故C错误；
D．B点反应后溶质为NaHA，HA-的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，氢离子抑制了水的电离，而D点加入20mL氢氧化钠溶液，二者恰好反应生成Na2A，A2-水解促进了水的电离，所以水电离的c(OH-)：D点>C点>B点，故D正确；
故选：D。
29．A
【详解】A．1molNO与0.5molO2充分反应后，混合气体分子中氮原子物质的量为1mol，原子数目为1NA，故A正确；
B．常温下，100mL 1mol•L-1Na2CO3溶液中，碳酸根离子水解生成氢氧根离子和碳酸氢根离子，阴离子总数大于0.1NA，故B错误；
C．常温下，Fe在浓硝酸中发生钝化，5.6gFe与足量浓硝酸不能完全反应，转移电子数目小于0.3NA，故C错误；
D．1个乙烷分子中含共用电子对7个，1个乙醛分子中含共用电子对7个，等物质的量的乙烷(C2H6) 与乙醛(C2H4O)分子中含共用电子对数不能确定，故D错误；
故选：A。
30．A
【详解】A．随着盐酸的加入溶液pH逐渐减小，H2NCH2CH2NH2先转化为[H2NCH2CH2NH3]+，最后转化为[H3NCH2CH2NH3]2+，所以曲线M表示的粒子是[H3NCH2CH2NH3]2+，曲线N表示的粒子是[H2NCH2CH2NH3]+，曲线K表示的粒子是H2NCH2CH2NH2，A错误；
B．由图可知a点表示[H2NCH2CH2NH3]+和[H3NCH2CH2NH3]2+的浓度相等，此时pH＝6.85，则其一级水解常数Kh1=c(H+)=10-6.85，B正确；
C．根据图象可知b点所处的溶液中c([H3NCH2CH2NH3]2+)=0，溶液中满足电荷守恒c(H+)+c([H2NCH2CH2NH3]+)=c(OH-)+c(C1-)，C正确；
D．当溶液的pH=7时，溶液中仍然存在[H2NCH2CH2NH3]+，说明元素不足，因此滴加盐酸的体积小于200 mL，D正确；
答案选A。
31．B
【分析】酸性HX>HY，相同浓度的酸HX的pH值小，故I为HX对应曲线，II为HY对应曲线，由图中0点可知0.1000mol/L的HX溶液pH值为3， ，同理。
【详解】A．由分析可知曲线II对应的酸为HY，但浓度均为0.1000mol/L时，pH值均比1大，故两者都是弱酸，A错误；
B．在B1和B2起始酸的浓度和加入的碱的量均相同，故对应的溶液中均存在物料守恒：，即，B正确；
C．pH=7时，说明溶液中的水解和电离程度相等，对水电离的抑制程度相等，即水的电离程度相等，故两溶液中由水电离出的c(H+)大小关系为：c(H+)I=c(H+)II，C错误；
D．C1点对应溶液为滴定终点，溶质成分为NaX，溶液中只存在X-的水解，水解的离子方程式为：，水解平衡常数为： ，因水解产生的HX和OH-离子浓度相等，， ，，pH=14-pOH=8.85， D错误；
故选B。
32．B
【详解】A．根据图知，溶液电导率与离子浓度成正比，当V（NaOH）=10mL时，酸碱恰好完全反应生成NaCl，离子浓度最小，其电导率最小，所以电导率最低点c点就是酸碱中和滴定的终点，故A正确；
B．盐酸溶液pH<7，加入NaOH溶液消耗氢离子，pH增大，随着氢氧化钠溶液增加，pH一直增大，故B错误；
C．b、c、d点溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得，故C正确；
D．离子浓度与电导率成正比，则离子浓度越大，其电导率越高，a点电导率最大是因为此时溶液中导电微粒浓度最高，故D正确；
故选：B。
33．D
【详解】A．当加入盐酸的V=20时，溶质为NaH2PO3，根据图示可得出，常温下，溶液显酸性，的电离大于水解，故，A项错误；
B．c点时溶液中，，，B项错误；
C．是二元弱酸，与足量的溶液反应生成，C项错误；
D．当加入盐酸的V=10，可知c(NaCl)=(Na2HPO3)=c(NaH2PO3)，根据A点电荷守恒，可知①c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+ c(H2PO)+2c(HPO)，根据物料守恒，则有②c(Na+)=2c(H2PO)+2c(HPO)+2c(H3PO3)，将①②联立，可得，D项正确；
答案选D。
34． 增大固体与溶液的接触面积，增大反应速率 Mg2B2O5•H2O+2NaOH=2Mg(OH)2 +2NaBO2 漏斗 玻璃棒 向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下，重复操作2~3次 抑制MgCl2水解或防止生成Mg(OH)2 H3BO3+ H2O[B(OH)4]-+H+ 1 H2B4O72B2O3+H2O
【分析】硼镁矿主要成分为Mg2B2O5•H2O，硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O；硼镁矿加入氢氧化钠浓溶液，待完全溶解后再过滤得到滤渣氢氧化镁，滤渣中加入浓盐酸溶解，通过蒸发浓缩得到氯化镁结晶水合物，在氯化氢气流中加热得到氯化镁固体，电解得到镁；滤液中主要是NaBO2，浓缩后通入适量二氧化碳气体得到硼砂，溶于热水后调pH至2～3制取H3BO3，冷却结晶得到H3BO3晶体，加热得到B2O3，Mg和B2O3混合在高温下生成MgO和B。
【详解】(1)硼镁矿的主要成分为Mg2B2O5•H2O，难溶于水，所以预先进行粉碎处理以增大固体与溶液的接触面积，增大反应速率；根据后续对滤渣的处理可知滤渣为Mg(OH)2，B元素变为2NaBO2，结合元素守恒可得化学方程式为Mg2B2O5•H2O+2NaOH=2Mg(OH)2 +2NaBO2；
(2)过滤用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；洗涤沉淀是为了除去其表面的杂质，洗涤操作为向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下，重复操作2~3次；
(3)MgCl2中Mg2+会水解生成Mg(OH)2，若直接加热MgCl2·7HO，则会促进水解，不能得到无水MgCl2 ，所以要在HCl氛围中加热，抑制MgCl2水解，得到无水MgCl2；
(4)由于H3BO3为一元弱酸，其与NaOH反应的化学方程式为NaOH+ H3BO3=Na[B(OH)4]，说明其酸根离子为[B(OH)4]-，H3BO3本身不能电离出H+，但在水中易结合一个OH-生成[B(OH)4]-，同时生成H+，从而体现弱酸性，所以其电离方程式为H3BO3+ H2O[B(OH)4]-+H+；
(5)①依据图中数据，起始时有248gH3BO3，物质的量为4 mol，第一次分解得到产物176 g，失水72 g(即4 mol)，因此B点对应的物质为HBO2 (物质的量为4 mol)，第二次分解得到产物158g，再失水1 mol，依据原子守恒，C点得到的物质的化学式为H2B4O7，故可表示为2B2O3·H2O，即n=1；
②第三次分解再失水1mol，所以第三次失水后的产物为B2O3，故C到D的化学方程式为H2B4O72B2O3+H2O。
【点睛】由晶体失水制备某些易水解的盐酸盐如FeCl3、MgCl2时为了防止其水解通常要在HCl气流中加热其溶液；第4小题为易错点要注意根据题目所给方程式判断出H3BO3的酸根是[B(OH)4]-，而不是H2BO3-。
35． SiO2 蒸发浓缩、冷却结晶 Fe2++2HCO3⁻ =FeCO3↓+CO2↑+H2O 4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2 TiO2++(n+1)H2O⇋TiO2·nH2O+2H+，加入Na2CO3粉末消耗H+，平衡正向移动，生成TiO2·nH2O C+2O2⁻-4e⁻===CO2↑ 不变
【分析】钛铁矿[主要成分为FeTiO3(钛酸亚铁，不溶于水)、Fe2O3及少量SiO2杂质]加过量硫酸，FeTiO3溶于过量硫酸，生成Fe2+、TiO2+、H2O，Fe2O3溶于过量硫酸，生成Fe3+离子，SiO2杂质不溶于酸，滤液A主要阳离子为Fe2+、TiO2+、Fe3+；加入铁粉，发生了反应：2Fe3++Fe═3Fe2+，溶液B主要阳离子为Fe2+ 、TiO2+，蒸发浓缩冷却结晶得绿矾和TiO2+、SO42-，加入碳酸钠粉末生成TiO2•nH2O，一定条件下得到TiO2；绿矾加水溶解，调节pH至5~8.5防止水解，溶液C溶质主要为FeSO4，加入足量的NH4 HCO3，生成FeCO3，经过煅烧后得到Fe2O3 。
【详解】(1)根据分析可知滤渣主要为不溶于酸的SiO2；
(2)从溶液中得到晶体的一般操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
(3)加入碳酸氢铵后，Fe2+与碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸亚铁沉淀，促进碳酸氢根的电离，氢离子浓度增大，氢离子浓度增大后又促进碳酸氢根的水解，生成二氧化碳，所以离子方程式为：Fe2++2HCO3⁻ =FeCO3↓+CO2↑+H2O；
(4)煅烧FeCO3生成三氧化二铁和二氧化碳，Fe2+别氧化，结合元素守恒可知氧化剂为O2，根据电子守恒可得方程式为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2；
(5)溶液中存在平衡TiO2++(n+1)H2O⇋TiO2·nH2O+2H+，加入Na2CO3粉末消耗H+，平衡正向移动，生成TiO2·nH2O；
(6)与正极相连的是阳极，据图可知石墨电极为阳极，反应过程中C被氧化生成CO2，所以电极方程式为：C+2O2⁻-4e⁻===CO2↑；阴极上电极反应式为：2Ca2++4e-═2Ca，钙还原二氧化钛反应方程式为：2Ca+TiO2=Ti+2CaO，在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量不变。
【点睛】第(3)题中要注意碳酸亚铁的溶解度比氢氧化亚铁的溶解度要小，所以加入碳酸氢铵后不是双水解生成氢氧化亚铁沉淀，而是结合碳酸氢根电离出的碳酸根生成碳酸亚铁沉淀。
36． [3.2,8.3) 小于 节约成本，提高原料的利用率
【分析】菱锰矿与、硫酸先反应生成、，加入氨水，调pH过滤除去得到沉淀；向浸出液中加入硫化铵，与结合生成沉淀而被除去；电解液主要为硫酸铵和硫酸锰的混合液，电解硫酸铵和硫酸锰的混合液获得金属锰。
【详解】(1)主要成分与硫酸的反应为复分解反应；、在酸性条件下的反应为氧化还原反应，其反应分别为、，故填、；
(2)加入氨水的目的是为了除去，根据表中数据，完全沉淀时的pH为3.2，开始沉淀的pH分别为8.3，在不影响Mn元素的情况下，除去的最佳pH控制在3.2≤pH＜8.3；pH=4时，，根据，可知==，故填[3.2,8.3)、；
(3)加入氨水时没能除去，加入硫化钠除去了剩余的，说明比更难溶，即相同温度下，的溶解度小于，故填小于；
(4)电解硫酸锰生成锰单质和硫酸，其反应为，故填；
(5)与Al反应属于置换反应，其反应为，故填；
(6)将电解锰后的硫酸收集循环使用的意义在于节约成本，提高原料的利用率，故填节约成本，提高原料的利用率。
37． 2V2O5(s)+ 2SO2(g)= V2O4(s)+2VOSO4(s) ΔH= -351kJ·mol-1 800 L·mol-1 在500 °C 1 MPa，反应物的转化率已经很大，若增大压强转化率增加不大，会增加成本，综合考虑，工业上在500°C下反应制取三氧化硫，选择的压强是1MPa 5MPa 加压化学平衡正向移动，反应物转化率增大 0. 072 1000 大于
【详解】(1) 由图示可得热化学方程式：①V2O4(s)+SO3(g)=V2O5(s)+SO2(g) △H1=-24 kJ/mol，②V2O4(s)+2SO3(g)=2VOSO4(s) △H2=-399 kJ/mol，由盖斯定律：②-①×2，得2V2O5(s)+ 2SO2(g)= V2O4(s)+2VOSO4(s) ΔH=△H2 - 2H1= -351 kJ/mol，故此处填：V2O5(s)+ 2SO2(g)= V2O4(s)+2VOSO4(s) ΔH=△H2 - 2H1= -351 kJ/mol；
(2)由图示知，当体系总压强为0.10 MPa时，对应SO2平衡转化率为0.80，列三段式如下： ，故平衡常数；
(3)①在500 °C 1 MPa，反应物的转化率已经很大，若增大压强转化率增加不大，但会增加成本，综合考虑，工业上在500°C下反应制取三氧化硫，选择的压强是1MPa；
②相同温度下，增大压强，平衡2SO2+O22SO3正向移动，SO2平衡转化率增大，故P1＞P2=2.5 MPa＞P3，则P1=5 MPa，P3=0.5 MPa；理由为温度一定时，加压化学平衡正向移动，反应物转化率增大；
③由图示所给数据列三段式如下：，故平衡时SO3的含量=；
(4)①根据酸碱中和原理，曲线1代表H2SO3，曲线2代表，曲线3代表，当pH=1.2时，c(H2SO3)=c()，则，同理，当pH=4.2时，c()=c()，则，故；
②在NaHSO3溶液中，含量远大于和H2SO3，即图示曲线2的最高点，对应溶液pH＜7，故的电离程度（）大于其水解程度（），故c()＞c(H2SO3)，故此处填“大于”。
38． -399.7 向正反应方向 ② B 温度过高，(NH4)2SO3分解，浓度减小或温度升高，氧气在溶液中的溶解度降低 大于 大于
【详解】I．(1)根据盖斯定律可知，由②×4-①可得反应CaO(s)+ 3CO(g) +SO2(g)CaS(s)+3CO2(g)，故△H3=-47.3 kJ•mol-1×4-(+210.5kJ•mol-1)=-399.7kJ•mol-1；该反应是气体物质的量减小的反应，则平衡时，增大压强，此反应将向正反应方向移动；
(2)由曲线I知，随着温度的升高，lgK减小，即K值减小，则升温平衡逆向移动，则该反应的正反应为放热反应，故曲线I代表反应②；反应①生成SO2，则为减少SO2排放，应使反应①逆向移动，降低温度，增大压强，均可以使反应①平衡逆向移动，故本体系适宜的反应条件是B；
(3)当温度超过60°C时，(NH4)2SO3氧化速率下降的原因可能是温度过高，(NH4)2SO3分解，浓度减小或温度升高，氧气在溶液中的溶解度降低；(NH4)2SO4溶液中离子水解使溶液显酸性，且水解是微弱的，则离子浓度的大小关系为；
II．(4)①由图可知，升高温度，平衡时SO2的转化率减小，说明升温平衡逆向移动，该反应为放热反应，则该反应的平衡常数K(100°C)大于K(300°C)；在500°C下，若反应进行至N点，此时，SO2的转化率比该温度下平衡时SO2的转化率小，则反应正向进行，v正大于v逆；
②若反应一直保持在p压强条件下进行，M点时，平衡时SO2的转化率为50%，假设起始加入SO2、Cl2均为1mol，则可列出三段式(单位：mol)：，则M点SO2(g)、Cl2(g)、SO2Cl2(g)的分压均为，则M点的分压平衡常数。
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