2024届高三化学一轮复习培优--盐类水解训练

这是一份2024届高三化学一轮复习培优--盐类水解训练，共21页。试卷主要包含了单选题，实验题等内容，欢迎下载使用。

2024届高三化学一轮复习培优--盐类水解训练
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．常温下向中逐滴滴加溶液，pH的变化曲线如图(溶液混合时体积的变化忽略不计)。下列说法正确的是

A．水电离出的：A点大于B点
B．在B点，离子浓度大小为
C．在C点，滴加的
D．在D点，
2．下列说法正确的是
A．标准状况下，22.4LHF中含有的氟原子数目为NA(NA表示阿伏伽德罗常数)
B．0.1 mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol/L的Ba(OH)2溶液至沉淀刚好完全：c(NH4+)＞c(OH-)＞c(SO42-)＞c(H+)
C．1mol如图所示 物质与浓溴水反应时通常最多消耗Br2为4mol
D．常温下，反应C(s)+CO2(g)＝2CO(g)不能自发进行，则该反应的△H＞0，一定条件下，使用催化剂能加快反应速率并提高反应物的平衡转化率
3．下列各组离子在水溶液中能大量共存的是
A． B．
C． D．
4．H2S是一种二元弱酸，已知25℃下，其，。下列说法正确的是
A．将少量甲基橙试剂滴入0.10mol·L-1的H2S溶液中，溶液呈红色
B．将等浓度的H2S溶液与Na2S溶液等体积混合，此时溶液中，
C．将等浓度的H2S溶液与NaOH溶液按体积比1：2混合，此时溶液中，
D．向H2S溶液中加入一定量水，会使得H2S的电离度和电离常数同时增大
5．甲胺(CH3NH2)的性质与氨相似，25℃时向10mL0.1mol·Lˉ1的甲胺中逐滴滴入0.1mol·Lˉ1稀盐酸。溶液中水电离出的氢离子浓度的负对数[用pC表示，pC=-lgc水(H+)]与加入盐酸体积的关系如图所示。下列叙述错误的是

A．Kb(CH3NH2)的数量级为10-4
B．甲胺的电离方程式：CH3NH2·H2O=CH3NH+OH-
C．b点溶液的pH＞7
D．e点溶液：c(Cl-)＞c(CH3NH)＞c(H＋)＞c(OH―)
6．水中加入下列溶液对水电离平衡不产生影响的是
A．NaHSO3溶液 B．NaF 溶液 C．KAl(SO4)2溶液 D．KI 溶液
7．常温下，在体积均为、浓度均为的溶液、溶液中分别滴加同浓度的溶液，反应后溶液中水电离的的负对数[]与滴加氢氧化钠溶液体积的关系如图所示：下列说法正确的是

A．a、b、c三点溶液均显中性
B．c点溶液，
C．b点溶液中的离子总浓度大于d点溶液
D．常温下用蒸馏水分别稀释a、c点溶液，pH都降低
8．现有、、、、、、、、等离子，下列说法中不正确的是
A．发生水解而使溶液呈碱性的有、、
B．发生水解而使溶液呈酸性的有、、
C．不能发生水解的有、、
D．测得CH3COONH4溶液呈中性，说明、相互抑制，不发生水解反应
9．用pH试纸测下列溶液的酸碱性，明显不同其他溶液的一种是(　　)
A．NH4Cl B．CH3COOK C．Al(NO3)3 D．CuSO4
10．下列溶液中各微粒浓度关系正确的是
A．0.1mol/L NaHSO4溶液中：c(Na＋)>c(SO)>c(H＋)>c(OH－)
B．0.1mol/L NaHCO3溶液中：c(Na＋)+c(H＋)=c(HCO)+2c(CO)+c(OH－)
C．0.1mol/L Na2S溶液中：2c(Na＋)=c(HS－)+c(S2－)+c(H2S)
D．等体积等物质的量浓度的醋酸溶液和氢氧化钠溶液混合后：c(Na＋)=c(CH3COO－)>c(H＋)=c(OH－)
11．物质在水溶液中的行为，对化学反应研究有着极其重要的作用，下列相关说法错误的是
A．纯水可以电离，水的离子积常数
B．的氨水稀释10倍后溶液
C．向溶液中加入固体，水的电离程度增大
D．溶液中存在以下关系式：
12．将物质的量浓度都是0.1的某弱酸HX溶液与溶液等体积混合，下列说法错误的是
A．若混合后溶液中，说明的电离程度弱于的水解程度
B．若混合后溶液呈酸性，则
C．混合后溶液中
D．混合后溶液中
13．甲胺(CH3NH2)是一种弱碱，在水中的电离方程式为。常温下，向溶液中滴加的盐酸，混合溶液的、温度与盐酸体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是

A．选择酚酞溶液作指示剂，测得甲胺的浓度偏低
B．b点溶液中：
C．，温度降低的主要原因是电离吸热
D．常温下，的电离常数
14．一定条件下，溶液中存在水解平衡：。下列说法正确的是
A．加入少量NaOH固体，减小 B．升高温度，溶液的pH减小
C．稀释溶液，增大 D．通入少量HCl气体，减小
15．25℃时，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是
A．物质的量浓度相等的①溶液和②溶液中的：①＜②
B．的溶液中，由水电离出来的
C．的溶液：
D．溶液中：

二、实验题
16．Ⅰ.某烧碱样品含少量不与酸作用的杂质，为了测定其纯度，进行以下滴定操作：
A．在250 mL的容量瓶中定容配成250mL烧碱溶液
B．用移液管移取25 mL烧碱溶液于锥形瓶中并滴几滴指示剂甲基橙
C．在天平上准确称取烧碱样品Wg，在烧杯中用蒸馏水溶解
D．将物质的量浓度为c的标准盐酸溶液装入酸式滴定管，调节液面，记下开始读数为V1
E．在锥形瓶下垫一张白纸，滴定至终点，记下读数V2
回答下列各问题：
(1)正确操作步骤的顺序是(用字母填写)__________→________→________→  D→________。
(2)D步骤中液面应调节到______________，尖嘴部分应______________。
(3)滴定终点时锥形瓶中颜色变化是______________。
(4)若酸式滴定管不用标准盐酸润洗，在其他操作均正确的前提下，会对测定结果(指烧碱的纯度)有何影响？________(填“偏高”、“低”或“不变”)
(5)该烧碱样品纯度的计算式为______________。
Ⅱ. (1)常温下，0.2 mol/L HCl溶液与0.2 mol/L MOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)，测得混合溶液的pH=6，则①混合溶液中由水电离出的c(H＋)___(填“>”、“<”或“=”)HCl溶液中由水电离出的c(H＋)。
②求出混合溶液中下列算式的精确计算结果(填具体数字)。
c(Cl-)-c(M＋)=________ mol/L；c(H＋)-c(MOH)=________ mol/L。
(2)常温下若将pH=3的HR溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH≠7，则混合溶液的pH________(填“>7”或“<7”或“无法确定”)。
17．铁及其化合物在日常生产生活中用途广泛，利用FeSO4制备还原铁粉的工业流程如图：

实验室中可用FeSO4(用铁粉和稀硫酸反应制得)和NH4HCO3在如图装置模拟上述流程中的“转化”环节。

(1)装置A的名称是__，装置B中盛放的药品是___，NH4HCO3盛放在装置___中。
(2)实验过程中，欲将生成的FeSO4溶液和NH4HCO3溶液混合，操作方法是___，发生主要反应的离子方程式为___。
(3)FeSO4溶液要现用现配制的原因是___。
(4)干燥过程的主要目的是脱去游离水，该过程中会有少量FeCO3在空气中被氧化为FeOOH，该反应的化学方程式为___，取干燥后的FeCO3样品12.49g，与炭混合后焙烧，最终得到还原铁粉6.16g，计算样品中杂质FeOOH的质量：__g。
18．已知草酸是一种二元弱酸，草酸氢钠(NaHC2O4)溶液显酸性。
(1)用电离方程式解释NaHC2O4溶液显酸性的原因：_______；
(2)常温下，向10 mL 0.01 mol/L NaHC2O4溶液中滴加10mL 0.01 mol/L NaOH溶液时，比较溶液中各种离子浓度的大小关系，用＞连接：_______；
(3)配平以下氧化还原反应方程式：
______MnO4-+______H2C2O4+______H+=______Mn2++______CO2↑+______H2O
(4)称取6.0g含H2C2O4·2H2O、KHC2O4和K2SO4的试样，加水溶解，配成250 mL 溶液。量取两份此溶液各25 mL，分别置于两个锥形瓶中。
①第一份溶液中加入2滴酚酞试液，滴加0.25 mol/L NaOH 溶液至20mL时，溶液由无色变为浅红色。该溶液被中和的H+ 的物质的量为_______mol；
②第二份溶液滴加0.10 mol/L 酸性KMnO4溶液至16mL时反应完全，该溶液中还原剂的物质的量为_________mol。
③原试样中H2C2O4·2H2O的物质的量为_______ mol，KHC2O4的质量分数为________。
19．某MgO粗品中含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3等杂质，以氧化镁粗品为原料制备耐火材料——轻质氧化镁的流程如下：

回答下列问题：
(1)滤渣3的主要成分是___________(填化学式)；操作1的名称是___________。
(2)相同物质的量浓度的(NH4)2SO4溶液中的c(N)___________(填“大于”“小于”或“等于”)(NH4)2CO3溶液。
(3)滤液2中离子浓度由大到小的顺序可能正确的是___________(填字母)。
A．c(Na+)＞c(OH-)＞c(Al)＞c(H+) B．c(Na+)＞c(Al)＞c(H+)＞c(OH-)
C．c(Na+)＞c(Al)＞c(OH-)＞c(H+) D．c(OH-)＞c(Na+)＞c(Al)＞c(H+)
(4)氧化镁粗品溶于稀硫酸时，可以适当加热，其目的是___________。
(5)写出方案2生成Mg2(OH)2CO3的离子方程式：___________。
20．在空气中易被氧化。某小组探究绿矾和莫尔盐在空气中的稳定性。
Ⅰ.探究溶液中的稳定性：配制两种溶液[A：，B：]，露置于空气中一段时间，并检验其中的，结果如表。
编号
新配制
后
后

性状
酸化后滴等量

性状
酸化后滴等量

性状
A
3.9
无色溶液
几乎无色
3.4
黄色溶液
变红
3.3
红褐色沉淀
B
3.9
无色溶液
几乎无色
3.3
黄色溶液
变红
3.2
红褐色沉淀
(1)新配制的A溶液，原因是发生了水解，离子方程式是_______。
(2)常温时溶液，则B溶液中水解程度：_______(填“＞”或“＜”)，因此新配制的A、B溶液几乎相同。
(3)放置后溶液均减小，写出该过程中的离子方程式：_______。
上述实验说明两种溶液中的的稳定性差异不大。
Ⅱ.探究晶体的稳定性：将两种晶体分别在不同条件下放置数天，实验记录如表。
编号
ⅰ
ⅱ
ⅲ
ⅳ
实验条件
露置
密闭容器
潮湿的密闭容器
盛有干燥剂的密闭容器
实验结果
绿矾
晶体逐渐变白，进而出现土黄色；含量很多
无明显变化；含量非常少
晶体结块，颜色不变；含量非常少
晶体逐渐变白，最终出现淡黄色；含量很多
莫尔盐
无明显变化；含量非常少
无明显变化；含量非常少
晶体略结块，颜色不变；含量非常少
无明显变化；含量很少

(4)甲同学推测绿矾在ⅱ中的结果与ⅰ不同可能是容器中不足造成的。乙同学经过对比，分析该推测不成立，其理由是_______。
(5)该小组同学根据实验结果进而推测绿矾易被氧化与其失去结晶水有关。
①绿矾晶体失去结晶水的实验现象是_______。
②莫尔盐晶体中_______离子的存在使结晶水不易失去；该离子与分子之间可能存在的作用是_______。
(6)同学们经过对两种晶体结构的比较，分析莫尔盐在空气中更稳定，除了上述原因外，还可能的原因：莫尔盐晶体中离子间的空隙较小，_______。

参考答案：
1．D
【详解】A．A点为氢氧化钠溶液，氢氧化钠浓度越大，水的电离程度越小，B点为氢氧化钠和CH3COONa的混合液，CH3COO-水解促进了水的电离，则水电离出的c(H+)A点小于B点，故A错误；
B．B点呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，由于pH=8，混合液中的氢离子、氢氧根离子浓度较小，则正确的离子浓度大小为：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B错误；
C．滴加的V(CH3COOH)=12.5 mL时，恰好反应生成CH3COONa，溶液呈碱性，而C点溶液的pH=7，所以C点V(CH3COOH)＞12.5 mL，故C错误；
D．在D点，V(CH3COOH)=25 mL，相当于CH3COONa和CH3COOH的1：1混合溶液，由质子守恒可得：2c(H+)+c(CH3COOH)=2c(OH-)+c(CH3COO-)，移项得：2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)，故D正确；
故选：D。
2．C
【详解】A. 标准状况下HF为液体，不能使用气体摩尔体积计算，A错误；
B. 0.1 mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol/L的Ba(OH)2溶液至沉淀刚好完全，二者恰好反应生成一水合氨、水和硫酸钡沉淀，所以溶液中的溶质是一水合氨，还有BaSO4沉淀，溶液中的离子浓度为：c(OH-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(SO42-)，B错误；
C．苯环上酚羟基的邻对位氢原子能被溴原子取代，溴能和碳碳双键发生加成反应，所以1 mol该物质与浓溴水反应时最多消耗Br2为4 mol，C正确；
D．常温下，反应C(s)+CO2(g)＝2CO(g)不能自发进行，△G=△H-T△S，△S＞0，△G＞0，故该反应△H＞0，催化剂只能改变化学反应的速率，对化学平衡不产生影响，D错误；
故合理选项是C。
3．D
【详解】A．、发生氧化还原反应，所以、不能大量共存，故A不符合题意；
B．与发生双水解生成和，故B不符合题意：
C．和反应生成蓝色沉淀，不能大量共存，故C不符合题意；
D．各种离子不会发生化学反应可以共存，故D符合题意；
故选D。
4．C
【详解】A． 0.10mol·L-1的H2S溶液中，根据电离平衡常数分析，溶液中的氢离子浓度约为9×10-5mol/L，将少量甲基橙试剂滴入溶液不显红色，A错误；
B．将等浓度的H2S溶液与Na2S溶液等体积混合，此时溶液溶质为NaHS，HS-电离平衡常数为，水解平衡常数为，水解大于电离，所以溶液显碱性，即，根据电荷守恒分析，，B错误；
C．将等浓度的H2S溶液与NaOH溶液按体积比1：2混合，此时溶液中溶质为Na2S，电荷守恒为，物料守恒为，两式联立有，C正确；
D．向H2S溶液中加入一定量水，会使得H2S的电离度增大，但电离常数不变，D错误；
故选C。
5．B
【分析】由图可知，e点水的电离程度最大，说明盐酸与甲胺恰好反应生成盐酸甲胺，e点为盐酸甲胺溶液，b点为等浓度的甲胺和盐酸甲胺的混合溶液，c点和d点水的电离程度相等，但c点为甲胺和盐酸甲胺的混合溶液，溶液呈中性，d点为盐酸甲胺和盐酸的混合溶液，溶液呈酸性。
【详解】A．由a点水电离出的氢离子浓度为10—11.8mol/L可知，溶液中氢氧根离子的浓度为=10—2.2mol/L，则甲胺的电离常数为=10—3.4，数量级为10—4，故A正确；
B．由甲胺的性质与氨相似可知，甲胺在溶液中的电离方程式为CH3NH2·H2OCH3NH3++OH-，故B错误；
C．甲胺的电离常数为10—3.4，则盐酸甲胺的水解常数为，由分析可知，b点为等浓度的甲胺和盐酸甲胺的混合溶液，溶液中甲胺的电离程度大于盐酸甲胺的水解程度，溶液呈碱性，pH＞7，故C正确；
D．由分析可知，e点为盐酸甲胺溶液，溶液呈酸性，溶液中c(H＋)＞c(OH―)，由电荷守恒关系c(Cl-)+c(OH―)=c(CH3NH3+)+c(H＋)可知，溶液中c(Cl-)＞c(CH3NH3+)，则离子浓度的大小顺序为，故c(Cl-)＞c(CH3NH3+)＞c(H＋)＞c(OH―)，故D正确；
答案选B。
6．D
【详解】A．NaHSO3在水溶液显酸性，电离大于水解，溶液中主要是电离产生的H+对水的电离起抑制作用，A项不符合题意；
B． NaF属于强碱弱酸盐，F-的水解对水的电离起促进作用，B项不符合题意；
C．KAl(SO4)2 电离产生的Al3+发生水解对水的电离起促进作用，C项不符合题意；
D．KI属于强酸强碱盐，对水的电离平衡不产生影响，D项符合题意；
故答案选D。
7．C
【分析】常温下，在体积均为20mL、浓度均为0.l mol•L-1的HX溶液、HY溶液中分别滴加同浓度的NaOH溶液，b、d二点恰好完全反应，b点溶质为NaY，d点溶质为NaX，a点溶质为NaX、HX，c点溶质为NaX、NaOH，再从b点-lgc(H+)水为7，知溶液呈中性，所以HY为强酸，d点-lgc(H+)水小于7，说明NaX能水解，HX为弱酸。
【详解】A．c点溶液中溶质为NaX、NaOH，NaX为强碱弱酸盐呈碱性，它们的混合溶液呈碱性，A错误；
B．c点溶液中溶质为NaX、NaOH，两者均完全电离，X-水解微弱损耗，故c(Na+)＞c(X-)，且此时溶液显碱性，故c(OH-)＞c(H＋)，B错误；
C．b点溶液中溶质为NaY，为强酸强碱盐，而d点溶质为NaX，X-会水解，c(Y-)= c(OH-)+c(X-)，钠离子浓度相等，而中性溶液NaY中c(H+)大于碱性溶液NaX中c(H+)，所以b点溶液中的离子总浓度大于d点溶液，C正确；
D．a点溶质为NaX、HX，此时由水电离出的c(H+)=10-7 mol/L，说明溶液呈中性，中性溶液加水稀释，pH不变，c点溶液呈碱性，加水稀释后，c(OH-)减小，碱性减弱，pH值降低，D错误；
故答案选C。
8．D
【分析】 水解后生成 和OH-，显碱性； 水解生成和H+，显酸性；Al3+水解生成Al(OH)3和H+，显酸性；Na+不水解，显中性；不水解，显中性；Fe3+水解生成Fe(OH)3和H+，显酸性； 水解生成H2CO3和OH-，显碱性；CH3COO-水解生成CH3COOH和OH-，显碱性；Cl-不水解，显中性。
【详解】A．由以上分析可知，发生水解而使溶液呈碱性的有、、CH3COO-，A正确；
B．由以上分析可知，发生水解而使溶液呈酸性的有、Al3+、Fe3+，B正确；
C．由以上分析可知，不能发生水解的有Na+、、Cl-，C正确；
D．由以上分析可知，CH3COO-水解生成CH3COOH和OH-，显碱性， 水解生成和H+，显酸性，故CH3COO-和水解相互促进，为双水解，D错误；
故选D。
9．B
【详解】NH4Cl、Al(NO3)3、CuSO4水解显酸性，而CH3COOK水解显碱性，因此B明显不同其他溶液，故B符合题意。
综上所述，答案为B。
10．B
【详解】A．NaHSO4在溶液中完全电离出Na＋、H＋、SO，溶液中还存在水的电离，则c(H＋)>c(SO)，故A错误；
B．NaHCO3溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)+c(H＋)=c(HCO)+2c(CO)+c(OH－)，故B正确；
C．Na2S溶液中存在物料守恒：c(Na＋)=2c(HS－)+2c(S2－)+2c(H2S)，故C错误；
D．乙酸为弱酸，等体积等物质的量浓度的醋酸溶液和氢氧化钠溶液混合恰好反应生成乙酸钠，溶液呈碱性，c(H＋) 答案选B。
11．A
【详解】A．电离常数与温度有关，没有温度不确定常数数值，A错误；
B．氨水为弱碱，加水稀释其电离程度变大，导致的氨水稀释10倍后溶液，B正确；
C．向溶液中加入固体，醋酸根离子浓度变大，醋酸根离子水解会促进水的电离，水的电离程度增大，C正确；
D．溶液中根据质子守恒有：，则存在以下关系式：，D正确；
故选A。
12．B
【详解】A．溶液中存在电荷守恒，若，则，溶液呈碱性，则水解大于电离，A正确；
B．物质的量浓度相同的弱酸HX溶液与溶液等体积混合，若混合后溶液呈酸性，则，电离大于水解，则，B错误；
C．根据物料守恒，混合溶液中=，C正确；
D．根据电荷守恒，由物料守恒可知，，代入计算可得：，D正确；
答案选B。
13．C
【详解】A．滴定开始时溶质为弱碱，溶液显碱性，滴定终点时的溶质为强酸弱碱盐，溶液为酸性。若使用酚酞做指示剂，由浅红变无色时pH=8.2(酚酞变色范围为8.2~10.0)，相当于少加了酸，所以测得甲胺的浓度偏低。故A正确；
B．pH=1的盐酸，c(H+)=c(Cl-)=0.1mol/L。一元强酸和一元弱碱反应时物质的量相等，两者浓度相同，滴定终点时两溶液体积也相同，消耗盐酸20.00mL，c(C1-)=，显酸性，消耗盐酸体积略大于V0mL(b点显中性)。故b点时c(Cl-)≈0.05mol/L。根据电荷守恒可知c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(CH3NH)。而b点溶液显中性，即c(OH-)=c(H+)=10-7mol/L，故c(C1-)=c(CH3NH)。故b点时c(Cl-)=c(CH3NH)≈0.05mol/L。故B正确；
C．中和滴定时放出的热量多于甲胺电离吸收的热量，所以溶液温度逐渐升高于室温。B项解析中已推导出滴定终点时消耗盐酸体积为20.00mL，当V>20时中和反应结束，此时应主要分析盐类的水解，不必讨论甲胺电离吸热对溶液温度的影响。继续滴加温度为室温的盐酸，才是导致混合液温度降低的主要原因。故C错误；
D．b点溶质为弱碱和强酸弱碱盐，显中性，c(OH-)=10-7mol/L，。根据B项解析可知，c(C1-)=c(CH3NH)，故。根据物料守恒可知，故。根据电离常数计算公式可知，故D正确；
故选C。
14．C
【详解】A．加入少量固体后溶液中增大，A错误；
B．升高温度，促进水解，溶液中增大，pH增大，B错误；
C．稀释溶液，减小，根据水的离子积，溶液中增大，C正确；
D．通入少量气体，溶于水完全电离，使增大，D错误；
故选C。
15．A
【详解】A．水解促进水解使其浓度减小，电离出氢离子抑制水解，使其浓度增大，故A正确；
B．的溶液中，由醋酸电离出来的，由水电离的，故B错误；
C．的溶液：，故C错误；
D．根据物料守恒溶液中：，故D错误；
故选：A。
16． C A B E 零刻度或零刻度以下的某一刻度 充满溶液，无气泡 由黄色变为橙色 偏高 % > 9.9×10-7 1.0×10-8 <7
【分析】Ⅰ. (1)实验时应先称量一定质量的固体，溶解后配制成溶液，量取待测液于锥形瓶中，然后用标准液进行滴定；
(2)为准确测定待测溶液的浓度，盛装溶液调节液面，记下开始读数时，液面应调至0刻度或其下；尖嘴部分不能有气泡；
(3)以甲基橙为指示剂，反应后溶液颜色变色范围为3.1～4.4；
(4)据c(待测)=进行判断；
(5)利用n(NaOH)=n(HCl)，计算n(NaOH)及m(NaOH)，然后用纯度为×100%计算该烧碱样品纯度；
II. (1)常温下，0.2mol/LHCl溶液与0.2mol/LMOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)，测得混合溶液的pH=6，说明MCl是强酸弱碱盐，则MOH是弱碱。
①酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离；
②任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Cl-)+c(OH-)=c(M+)+c(H+)，则c(Cl-)- c(M+)=c(H+)-c(OH-)；根据物料守恒和电荷守恒计算c(H＋)-c(MOH)；
(2)常温下，若将pH=3的HR溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH≠7，证明HR是弱酸，二者等体积混合时，酸有剩余，溶液呈酸性。
【详解】Ⅰ.(1)实验时应先称量一定质量的固体，溶解后配制成溶液，量取待测液于锥形瓶中，然后用标准液进行滴定，为准确判断滴定终点，要在锥形瓶下垫一张白纸，故合理顺序：C；A；B；D；E；
(2)滴定管0刻度在上，滴定前应调节到零刻度或零稍向下的某一刻度，为减小误差，尖嘴部分应充满液体，无气泡；
(3)以甲基橙为指示剂，反应后溶液颜色变色范围为3.1～4.4，甲基橙在碱性环境中为黄色，因此滴定终点时溶液颜色由黄色变为橙色；
(4)若酸式滴定管不用标准盐酸润洗，从滴定管流出的溶液的浓度偏小，等体积的溶液中含有的HCl的物质的量小，为将锥形瓶内的烧碱中和，消耗较多体积的标准溶液，在其他操作均正确的前提下，根据c(待测)=可知待测溶液的浓度偏高；
(5)滴定消耗盐酸的物质的量为n(HCl)=c(V2-V1)×10-3mol，则根据酸、碱中和时二者的物质的量相等，n(NaOH)= n(HCl)=c(V2-V1)×10-3mol，m(NaOH)=40c(V2-V1)×10-3g，则样品中NaOH的质量为m(NaOH)(总)=×40c(V2-V1)×10-3g，故烧碱样品纯度为=×100%=%。
II. (1)常温下，0.2mol/LHCl溶液与0.2mol/LMOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)，测得混合溶液的pH=6，说明MCl是强酸弱碱盐，则MOH是弱碱。
①酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，HCl对水的电离起抑制作用，该溶液为强酸弱碱盐，弱碱阳离子对水的电离平衡起促进作用，所以混合溶液中由水电离出的c(H＋)>HCl溶液中由水电离出的c(H＋)；
②任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Cl-)+c(OH-)=c(M+)+c(H+)，则c(Cl-)- c(M+)=c(H+)-c(OH-)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7 mol/L；
根据物料守恒可得c(Cl-)=c(M+)+c(MOH)，根据电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(M+)+c(H+)，将第一个式子带入第二个式子，整理可得c(H＋)-c(MOH)= c(OH-)=1.0×10-8mol/L；
(2)常温下，若将pH=3的HR溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，由于c(H+)=c(OH-)，说明电离产生的氢离子与氢氧根离子恰好中和，由于NaOH是强碱，完全电离，c(NaOH)= c(OH-)，而测得混合溶液的pH≠7，说明HR是弱酸，二者等体积混合时，酸有剩余，当酸碱中和后，过量的酸分子电离产生氢离子，使溶液呈酸性，因此溶液的pH<7。
【点睛】本题综合考查酸碱中和滴定、酸碱混合溶液定性判断、溶液的离子浓度大小比较及盐类水解的知识，正确判断电解质强弱及混合溶液成分及其性质是解本题关键，题目侧重于化学实验基本操作以及物质的含量的测定等问题，建议在学习中把握相关基本实验方法，注重学习方法的积累，题目难度中等。
17．(1) 分液漏斗 铁粉 C
(2) (待D处的氢气纯净后)关闭活塞3，打开活塞2 2Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O(或Fe2++HCO=FeCO3↓+H+、HCO+H+=CO2↑+H2O)
(3)亚铁离子易被氧化
(4) 4FeCO3+O2+2H2O=4FeOOH+4CO2 0.89

【分析】根据装置图，可知关闭活塞2、打开活塞3，B中铁粉与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，生成的氢气把C中空气排出，再关闭活塞3、打开活塞2，产生的氢气把硫酸亚铁压入C中与碳酸氢铵反应。
(1)
由图可知，装置A是分液漏斗，盛放稀硫酸，装置B中盛放铁粉，稀硫酸与铁粉反应生成H2和FeSO4。装置C中盛放NH4HCO3。
(2)
检验D处氢气已纯净时，表明装置中空气已排尽，关闭活塞3，打开活塞2，在氢气作用下将FeSO4溶液压入C中发生反应；碳酸氢铵和硫酸亚铁 在C中反应生成碳酸亚铁，同时放出二氧化碳，反应的离子方程式是Fe2＋＋2HCO3− =FeCO3↓＋CO2↑＋H2O(或Fe2++HCO=FeCO3↓+H+、HCO+H+=CO2↑+H2O) ；
(3)
FeSO4具有还原性，易被O2氧化，故FeSO4溶液要现用现配，故答案为：亚铁离子易被氧化；
(4)
FeCO3、H2O、O2反应生成FeOOH和CO2，反应方程式是4FeCO3＋O2＋2H2O=4FeOOH＋4CO2；设干燥后的FeCO3样品中FeCO3、FeOOH的物质的量分别为xmol、ymol，则xmol×116 g·mol－1＋ymol×89 g·mol－1＝12.49g，56 g·mol－1×（x＋y）＝6.16 g，解得：x＝0.1 mol，y＝0.01 mol。故m(FeOOH)＝0.89 g。
18． HC2O4-H++ C2O42- c(Na+)> c(C2O42-) >c(OH-)>c(HC2O4-)>c(H+) 5 2 16 10 2 8 0.005 4×10-3mol 10-3mol 64%
【分析】(1)根据草酸氢根离子的电离方程式来回答；
(2)向10mL 0.01mol/L NaHC2O4溶液中滴加10mL 0.01mol/L NaOH溶液时，二者恰好反应，所得溶液为草酸钠溶液，据此来确定离子浓度的大小；
(3)根据氧化还原反应得失电子守恒配平反应方程式；
(4)①根据中和反应的实质来计算回答；
②根据反应的化学方程式进行计算；
③根据化学方程式来计算。
【详解】(1)NaHC2O4溶液显酸性的原因是：HC2O4- H++C2O42-，电离程度大于水解程度；
(2)向10mL 0.01mol/L NaHC2O4溶液中滴加10mL 0.01mol/L NaOH溶液时，二者恰好反应，所得溶液为草酸钠溶液，在该溶液中，直接电离出的钠离子和草酸根浓度最大，但是草酸根会水解，所以c(Na+)＞c(C2O42-)，草酸根水解生成草酸氢根和氢氧根，溶液显碱性，水电离会生成一部分氢氧根，所以c(OH-)＞c(HC2O4-)＞c(H+)；
(3)反应中根据氧化剂得失电子守恒可知氧化剂和还原剂物质的量之间的关系为：2MnO4-～5H2C2O4，在根据电荷守恒和质量守恒可写出反应方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(4)①根据中和反应的实质知道氢离子的物质的量即为氢氧化钠的物质的量，即0.25mol/L×0.02L=0.005mol；
②氧化剂和还原剂物质的量之间的关系为：2MnO4-～5H2C2O4，滴加0.10mol/L 酸性KMnO4溶液至16mL时反应完全，即消耗高锰酸根离子0.10mol/L×0.016L=0.0016mol，所以该溶液中还原剂的物质的量为=4×10-3mol；
③设原样品中含有H2C2O4•2H2O的物质的量为x，含有KHC2O4的物质的量为y，则2x+y=5×10-3mol×，x+y=4×10-3mol×，
解得x=0.01mol，y=0.03mol，所以×100%=64%。
19．(1) Fe(OH)3 过滤
(2)大于
(3)AC
(4)提高氧化镁与酸反应的速率
(5)2Mg2++3C+2H2O=Mg2(OH)2CO3↓+2HC[或2Mg2++2C+H2O=Mg2(OH)2CO3↓+CO2↑]

【分析】MgO粗品加入足量稀硫酸，二氧化硅不反应得到滤渣1，镁、铁、铝元素进入滤液1；加入足量氢氧化钠溶液，生成氢氧化镁沉淀、氢氧化铁沉淀得到滤渣2，铝元素进入滤液2；氢氧化镁沉淀、氢氧化铁沉淀加入足量硫酸铵溶液后，氢氧化铁沉淀进入滤渣3，镁元素进入滤液3，加入碳酸铵得到镁的沉淀，最终生成氧化镁。
(1)
由分析可知，滤渣3的主要成分是Fe(OH)3；操作1为分离固液的操作，名称是过滤。
(2)
(NH4)2CO3溶液中铵根离子和碳酸根离子相互促进水解，则同物质的量浓度的(NH4)2SO4溶液中的c(N)大于(NH4)2CO3溶液。
(3)
滤液2中含有过量的氢氧化钠和生成的偏铝酸钠，溶液显碱性；
如果氢氧化钠过量较少主要溶质为偏铝酸钠，偏铝酸根离子浓度大于氢氧根离子，故c(Na+)＞c(Al)＞c(OH-)＞c(H+)。
如果氢氧化钠过量较多主要溶质为氢氧化钠，氢氧根浓度大于偏铝酸根离子，故c(Na+)＞c(OH-)＞c(Al)＞c(H+)。
故选AC。
(4)
氧化镁粗品溶于稀硫酸时，可以适当加热，其目的是温度升高，提高氧化镁与酸反应的速率。
(5)
方案2生成Mg2(OH)2CO3的反应为2Mg2++3C+2H2O=Mg2(OH)2CO3↓+2HC[或2Mg2++2C+H2O=Mg2(OH)2CO3↓+CO2↑]。
20．(1)
(2)＞
(3)
(4)根据实验ⅳ，同样在密闭容器中，能被氧化
(5) 晶体变白 氢键
(6)分子较难进入晶体中与反应

【分析】通过检测Fe3+的含量来探究绿矾(FeSO4•7H2O)和莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]在空气中的稳定性，若Fe3+的含量高说明不稳定。
【详解】（1）Fe2+发生了水解反应生成氢氧化亚铁和氢离子，因此溶液呈酸性，离子方程式是。
（2）已知同浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液的酸性比(NH4)2SO4溶液的酸性强，说明B溶液中水解程度：＞。
（3）放置后溶液pH均减小说明酸性增强，且生成氢氧化铁红褐色沉淀，Fe2+被空气氧化生成Fe(OH)3的离子方程式为。
（4）绿矾在实验ⅱ中Fe3+含量少不可能是O2不足造成的，理由根据实验ⅳ，同样在密闭容器中，能被氧化。
（5）①绿矾晶体失去结晶水的实验现象是晶体变白。
②莫尔盐晶体中离子的存在使结晶水不易失去，中的N能与H2O分子之间可能存在氢键。
（6）莫尔盐在空气中更稳定，可能的原因：莫尔盐晶体中离子间的空隙较小，O2分子较难进入晶体中与Fe2+反应。