鲁科版（新课标）高考化学专题练习 《物质在水溶液中的行为》综合训练

这是一份鲁科版（新课标）高考化学专题练习 《物质在水溶液中的行为》综合训练，共25页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.常温下，向20mL0.2ml/LH2X溶液中滴加0.2ml/LNaOH溶液，溶液中各微粒的物质的量分数随pH的变化如图所示，以下说法不正确的是
A. 滴加过程中发生的反应有：H2X+OH−=HX−+H2O，HX−+OH−=X2−+H2O
B. 当H2X和X2−的浓度相等时，pH值为9
C. 水的电离程度：a点与b点大致相等
D. 若常温下Ka(HY)=1.1×10−2，HY与少量Na2X发生的反应是：2HY+X2−= H2X+2Y−
2.25℃时，用标准NaOH溶液滴定草酸(H2C2O4)溶液，溶液中lgc(HC2O4−)c(H2C2O4)或lgc(HC2O4−)c(C2O42−)与混合溶液pH的关系如图所示。下列说法正确的是 ( )
A. 曲线Ⅱ为lgc(HC2O4−)c(H2C2O4)随溶液pH的变化曲线
B. 交点a存在：c(H2C2O4)>c(C2O42−)
C. NaHC2O4中若c(Na+)>c(HC2O4−)>c(H2C2O4)>c(C2O42−)
D. Ka2(H2C2O4)的数量级为10−5
3.在指定溶液中下列离子可能大量共存的是( )
A. 透明澄清的溶液：NH4+、Fe3+、SO42−、NO3−
B. 能使甲基橙变红的溶液：Na+、Ca2+、AlO2−、Cl−
C. c(ClO−)=0.1ml/L的溶液：K+、Na+、CO32−、S2−
D. 加入Al能放出H2的溶液：Fe2+、NH4+、Cl−、NO3−
4.对室温下pH相同、体积相同的稀氨水与氢氧化钠稀溶液，分别采取下列措施，有关叙述不正确的是( )
A. 温度均升高20℃，两溶液的pH均改变
B. 加入适量氯化铵固体后，两溶液的pH均减小
C. 加水稀释至体积为原来的100倍后，氨水中的c(OH−)比氢氧化钠溶液中的小
D. 与足量的氯化铁溶液反应，氨水产生的氢氧化铁沉淀比氢氧化钠溶液多
5.下列反应的离子方程式书写正确的是( )
A. 用稀硝酸清洗试管壁上的银镜：Ag+2H++NO3−=Ag++NO2↑+H2O
B. 向冷的石灰乳中通入Cl2制漂白粉：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O
C. 用醋酸除水壶中的水垢(CaCO3)：2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O
D. 用碳酸氢钠溶液检验水杨酸中的羧基：
6.下列各组离子能大量共存，当加入相应试剂后会发生化学变化，且发生反应的离子方程式正确的是 ( )
A. AB. BC. CD. D
7.室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是 ( )
A. AB. BC. CD. D
8.已知NaHSO3溶液显酸性。关于Na2SO3和NaHSO3的下列说法中，不正确的是( )
A. Na2SO3溶液中，c(Na+)>c(SO32−)
B. 两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同
C. NaHSO3溶液中，c(Na+)=2c(SO32−)+c(HSO3−)
D. 可以用Na2SO3溶液吸收SO2生成NaHSO3
9.对于二元弱酸H2A，存在电离平衡：H2A⇌H++HA−，HA−⇌H++A2−，Ka1=c(H+)×c(HA−)c(H2A)，Ka2=c(H+)×c(A2−)c(HA−)，如果Ka1>Ka2，则以第一步电离为主，此时H2A水溶液中c(H+)≈c(HA−)，则c(A2−)≈Ka2。
已知：H2SO3的Ka1=1.4×10−2，Ka2=6.0×10−8；Ksp(BaSO3)=5.0×10−10；
H2CO3的Ka1=4.5×10−7，Ka2=4.7×10−11；Ksp(CaCO3)=3.4×10−9；
CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−Kh1=2.1×10−4。Kh1=2.1×10−4。
下列说法不正确的是( )
A. 酸性：H2SO3>H2CO3
B. 将浓度均为0.4ml/L的BaCl2和H2SO3溶液等体积混合，会生成BaSO3沉淀
C. 将碳酸钠溶液加水稀释至4.2×10−4ml/L，CO32−的水解程度约为50%
D. 将过量碳酸钙粉末置于水中，上层清液中含碳微粒主要以CO32−形式存在
10.已知：常温下，Ka(CH3COOH)=Kb(NH3⋅H2O)=1.8×10−5、Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10−12，下列说法不正确的是( )
A. 向0.1ml⋅L−1CH3COONa溶液中滴加少量稀盐酸至中性，则c(CH3COOH)=c(Cl−)
B. 0.1ml⋅L−1CH3COONH4溶液中与纯水中水电离产生的c(H+)比为105：9
C. Mg2+(aq)+2NH3⋅H2O(aq)⇌Mg(OH)2(s)+2NH4+(aq) K≈57.9
D. (NH4)2SO4溶液中，c(H+)=Kwc(NH4+)Kb(NH3⋅H2O)[2c(SO42−)−c(NH4+)]
11.下列实验中，不能达到实验目的的是
A.A B.B C.C D.D
A. AB. BC. CD. D
12.常温下，实验Ⅰ和实验Ⅱ中均有气体产生。
已知：饱和NaHSO3溶液pH≈4
下列分析不正确的是
A. 饱和NaHSO3溶液中c(H2SO3)pH2可知，深蓝色溶液中有大量OH−进入________(填“深蓝色晶体”或“滤液”)。
②实验2可以证明深蓝色晶体中含有[Cu(NH3)4]SO4·H2O，补充相应的实验操作和现象：_______________________________________；若pH3________(填“>”“H2X，HY与少量Na2X发生的反应是：2HY+X2−=H2X+2Y−，故正确。
2.【答案】D
【解析】解：A.由上述分析可知，图中曲线Ⅰ、Ⅱ分别为lgc(HC2O4−)c(H2C2O4)、lgc(HC2O4−)c(C2O42−)随溶液pH的变化曲线，故A错误；
B.交点a时lgc(HC2O4−)c(H2C2O4)=lgc(HC2O4−)c(C2O42−)=1.5，即c(HC2O4−)c(H2C2O4)×c(C2O42−)c(HC2O4−)=1，则c(H2C2O4)=c(C2O42−)，故B错误；
C.由上述分析可知，Ka1(H2C2O4)=10−1.3，Ka2(H2C2O4)=10−4.4，HC2O4−的水解常数Kh=KwKa1(H2C2O4)=10−12.7c(HC2O4−)>c(C2O42−)>c(H2C2O4)，故C错误；
D.上述分析可知，Ka2(H2C2O4)=10−4.4，其数量级为10−5，故D正确；
故选：D。
随溶液pH逐渐增大，c(H2C2O4)逐渐减小、c(HC2O4−)先增大后减小、c(C2O42−)逐渐增大，即lgc(HC2O4−)c(H2C2O4)随溶液pH的增大而增大，lgc(HC2O4−)c(C2O42−)随溶液pH的增大而减小，则图中曲线Ⅰ、Ⅱ分别为lgc(HC2O4−)c(H2C2O4)、lgc(HC2O4−)c(C2O42−)随溶液pH的变化曲线，根据曲线Ⅰ上(2,0.7)点数值计算Ka1(H2C2O4)=c(HC2O4−)c(H2C2O4)×c(H+)=100.7×10−2=10−1.3，根据曲线Ⅱ上(3,1.4)点数值计算Ka2(H2C2O4)=c(C2O42−)c(HC2O4−)×c(H+)=10−1.4×10−3=10−4.4，据此分析解答。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确曲线与微粒的关系、电离平衡常数的计算方法、电离平衡常数与水解平衡常数的关系是解本题关键，题目难度中等。
3.【答案】A
【解析】解：A.透明澄清的溶液中NH4+、Fe3+、SO42−、NO3−之间不发生反应，能共存，故A正确；
B.甲基橙变红的溶液呈酸性，AlO2−在酸性条件下不能大量存在，故B错误；
C.S2−具有强还原性、ClO−具有较强氧化性，二者发生氧化还原反应生成S和Cl−而不能大量存在，故C错误；
D.加入Al能放出H2的溶液可能是强碱溶液，也可能呈酸性，Fe2+、NH4+在碱性条件下不能大量存在；NO3−在酸溶液能氧化Fe2+、且不能与Al生成H2，两种情况下离子均不能大量共存，故D错误；
故选：A。
A.NH4+、Fe3+、SO42−、NO3−之间不发生反应；
B.甲基橙变红的溶液呈酸性，弱酸根离子不共存；
C.ClO−具有较强氧化性，能与S2−反应；
D.加入Al能放出H2的溶液可能是强碱溶液，可能是不含有NO3−的酸溶液。
本题考查离子共存问题，明确题干隐含信息、离子的性质及离子反应为解答关键，侧重考查分析判断能力与灵活运用能力，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：A.温度均升高20℃，氨水的电离受到了促进，OH−浓度增大，溶液的pH增大，氢氧化钠稀溶液中OH−浓度不变，但水的离子积常数改变，pH也改变，故A正确；
B.加入适量氯化铵固体后，氨水的电离：NH3⋅H2O⇌NH4++OH−受到了抑制，OH−浓度减小，溶液的pH均减小，氢氧化钠稀溶液中OH−与NH4+结合，生成了NH3⋅H2O，OH−浓度减小，溶液的pH均减小，故B正确；
C.氨水中存在平衡：NH3⋅H2O⇌NH4++OH−，加水稀释至体积为原来的100倍后，氨水中的c(OH−)比氢氧化钠溶液中的大，故C错误；
D.pH相同、体积相同的稀氨水与氢氧化钠稀溶液相比较，氨水的浓度更大，物质的量更大，与足量的氯化铁溶液反应，氨水产生的氢氧化铁沉淀比氢氧化钠溶液多，故D正确；
故选：C。
A.温度均升高20℃，氨水的电离受到了促进，OH−浓度增大，氢氧化钠稀溶液中OH−浓度不变，但水的离子积常数改变；
B.加入适量氯化铵固体后，氨水的电离：NH3⋅H2O⇌NH4++OH−受到了抑制，OH−浓度减小，氢氧化钠稀溶液中OH−与NH4+结合，生成了NH3⋅H2O，OH−浓度减小，OH−浓度也减小；
C.氨水中存在平衡：NH3⋅H2O⇌NH4++OH−，加水稀释至体积为原来的100倍后，氨水中的c(OH−)减小的程度小一点；
D.pH相同、体积相同的稀氨水与氢氧化钠稀溶液相比较，氨水的浓度更大，物质的量更大。
本题主要考查弱电解质的电离平衡，同时考查水的离子积常数的影响因素，属于基本知识的考查，难度中等。
5.【答案】D
【解析】解：A.试管壁上的银镜用稀HNO3清洗，银溶于稀硝酸生成AgNO3和NO气体，离子方程式为：3Ag+4H++NO3−=3Ag++NO↑+2H2O，故A错误；
B.向冷的石灰乳中通入Cl2制漂白粉，离子方程式为Cl2+Ca(OH)2=Ca2++Cl−+ClO−+H2O，故B错误；
C.用醋酸除去水壶中的水垢，离子方程式：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO−，故C错误；
D.碳酸氢钠和—COOH反应生成—COONa、CO2、H2O，酚羟基和NaHCO3不反应，反应的离子方程式为，故D正确；
故选：D。
A.银溶于稀硝酸生成硝酸银和一氧化氮气体；
B.石灰乳是氢氧化钙的浊液，不能拆分；
C.醋酸为弱酸应保留化学式；
D.碳酸氢钠和—COOH反应生成—COONa、CO2、H2O，酚羟基和NaHCO3不反应。
本题考查离子方程式的书写及正误判断，侧重考查判断能力和灵活运用能力，把握离子反应方程式书写原则、物质性质及反应实质是解题关键，题目难度中等。
6.【答案】D
【解析】解：A．HSO3−和Fe3+发生氧化还原反应生成SO42−、Fe2+，离子方程式为2Fe3++HSO3−+H2O=2Fe2++SO42−+3H+，故A错误；
B.Mg2+和OH−反应生成Mg(OH)2沉淀，离子方程式为Ca2++Mg2++HCO3−+3OH−=H2O+CaCO3↓+Mg(OH)2↓，故B错误；
C.AlO2−、HCO3−之间反应生成碳酸根离子和氢氧化铝沉淀，不能大量共存，故C错误；
D.还原性：Fe2+>Br−，少量氯气先氧化亚铁离子生成铁离子，离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，故D正确；
故选：D。
A.HSO3−和Fe3+发生氧化还原反应生成SO42−、Fe2+；
B.Mg2+和OH−反应生成Mg(OH)2沉淀；
C.AlO2−、HCO3−之间反应生成碳酸根离子和氢氧化铝沉淀；
D.还原性：Fe2+>Br−，少量氯气先氧化亚铁离子生成铁离子。
本题考查离子共存，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确离子的性质、离子共存条件是解本题关键，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A.将等浓度等体积的Na[Al(OH)4]溶液与碳酸氢钠溶液混合发生反应[Al(OH)4]−+HCO3−=Al(OH)3↓+CO32−+H2O，不是水解反应，故A错误；
B.将硫酸钡固体加入饱和碳酸钠溶液中，增大碳酸根离子浓度，c(CO32−)c(Ba2+)>Ksp(BaCO3)硫酸钡转化为碳酸钡，不能证明Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)，故B错误；
C.取少量NH4HSO3样品溶于水，加入硝酸钡溶液，再加入足量盐酸，酸性条件下硝酸根离子能把HSO3−氧化为SO42−，产生白色沉淀硫酸钡，不能判断原样品是否变质，故C正确；
D.新制氯水中含有盐酸和次氯酸，盐酸、次氯酸能中和氢氧化钠，将新制饱和氯水慢慢滴入含酚酞的稀氢氧化钠溶液中，溶液红色褪去，可能是盐酸、次氯酸和氢氧化钠发生中和反应，不能证明次氯酸具有漂白性，故D错误；
故选：C。
A.根据Na[Al(OH)4]和NaHCO3混合后可能发生的反应进行分析；
B.根据BaSO4和BaCO3的溶解度积常数(Ksp)和沉淀转化进行分析；
C.根据NH4HSO3的性质和可能的变质产物进行分析；
D.根据氯水的成分和次氯酸(HClO)的性质进行分析。
本题主要考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、沉淀转化、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.Na2SO3溶液中，亚硫酸根离子水解，c(Na+)>c(SO32−)，故A正确；
B.分析可知两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同，分别为Na+、H+、SO32−、HSO3−、H2SO3、OH−，故B正确；
C.NaHSO3溶液中存在物料守恒，c(Na+)=c(SO32−)+c(HSO3−)+c(H2SO3)，故C错误；
D.Na2SO3溶液吸收SO2生成NaHSO3，反应的化学方程式：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，故D正确；
故选：C。
A.Na2SO3溶液中，亚硫酸根离子水解，溶液显碱性；
B.Na2SO3溶液中，亚硫酸根离子水解溶液显碱性，NaHSO3溶液中亚硫酸氢根离子存在电离和水解，溶液显酸性，亚硫酸氢根离子的电离程度大于其水解程度；
C.NaHSO3溶液中存在物料守恒；D.Na2SO3溶液吸收SO2生成NaHSO3。
本题考查了电解质溶液中离子浓度关系的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
9.【答案】D
【解析】解：A.由信息可知，H2SO3的Ka1=1.4×10−2>H2CO3的Ka1=4.5×10−7，所以酸性：H2SO3>H2CO3，故A正确；
B.将浓度均为0.4ml/L的BaCl2和H2SO3溶液等体积混合，H2SO3和Ba2+的浓度均为0.2ml/L，由于H2SO3的Ka1=1.4×10−2>>Ka2=6.0×10−8，由已知可知，c(SO32−)≈Ka2=6.0×10−8，所以Q(Ba SO3)=0.2ml/L×6.0×10−8ml/L=1.2×10−8>Ksp(BaSO3)=5.0×10−10，所以会生成沉淀，故B正确；
C.将碳酸钠溶液加水稀释至4.2×10−4ml/L，设水解的CO32−浓度为x，忽略第二步水解，生成的HCO3−和OH−浓度相等均为x，未水解的CO32−浓度为4.2×10−4−x，所以Kh1=x24.2×10−4−x，解得x=2.1×10−4，则CO32−的水解程度为2.1×10−44.2×10−4×100%=50%，故C正确；
D.已知CO32−的水解常数Kh1=2.1×10−4>>Kh2=KwKa1=2.2×10−8，说明溶液中CO32−的水解程度较大，所以过量碳酸钙粉末置于水中，上层清液中含碳微粒主要以HCO3−形式存在，故D错误；
故选：D。
A.通过电离常数可比较酸性强弱；
B.求出浓度，利用溶度积常数可解答；
C.根据水解常数，利用三段式可解答；
D.CO32−的水解程度较大，碳酸钙粉末置于水中，上层清液中含碳微粒主要以HCO3−形式存在。
本题考查电离平衡常数、沉淀溶解平衡常数和盐类的水解等知识，难度较大，需通过基础知识综合分析。
10.【答案】B
【解析】解：A.向0.1 ml/L 醋酸钠溶液中滴加稀盐酸至中性(pH=7)，则c(H+)=c(OH−)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)+c(Cl−)和物料守恒c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO−)，可得出结论：c(CH3COOH)=c(Cl−)，故A正确；
B.CH3COO−+NH4++H2O⇌CH3COOH+NH3⋅H2O，K=c(NH3⋅H2O)×c(CH3COOH)c(NH4+)×c(CH3COO−)=c(NH3⋅H2O)×c(CH3COOH)×Kwc(NH4+)×c(CH3COO−)×c(H+)×c(OH−)=KwKa(CH3COOH)×Kb(NH3⋅H2O)=10−14(1.8×10−5)2；列三段式：
CH3COO−+NH4++H2O⇌CH3COOH+NH3⋅H2O
起始(ml/L) 0.1 0.10 0
转化(ml/L) x x x x
平衡(ml/L) 0.1−x 0.1−x x x
则x2(0.1−x)2=10−14(1.8×10−5)2，解得x=11800，溶液中水电离产生的c(H+)等于溶液中c(CH3COOH)=c(NH3⋅H2O)，则0.1ml⋅L−1醋酸铵溶液中与纯水中水电离产生的c(H+)比值为11800：10−7=105：18，故B错误；
C.该反应的K=c2(NH4+)c(Mg2+)×c2(NH3⋅H2O)=c2(NH4+)×c2(OH−)c(Mg2+)×c2(OH−)×c2(NH3⋅H2O) =Kb2(NH3⋅H2O)Ksp[Mg(OH)2]=(1.8×10−5)25.6×10−12≈57.9，故C正确；
D.铵根离子会水解：NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+水解常数Kh为：Kh=c(H+)×c(NH3⋅H2O)c(NH4+)=KwKb(NH3⋅H2O)，整理得到：c(H+)=Kw×c(NH4+)Kb(NH3⋅H2O)×c(NH3⋅H2O)，由物料守恒可知，c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)=2c(SO42−)，代入上式，即可得到c(H+)=Kwc(NH4+)Kb(NH3⋅H2O)[2c(SO42−)−c(NH4+)]，故D正确；
故选：B。
A.根据电荷守恒和物料守恒分析溶液中离子浓度的关系；
B.根据CH3COONH4溶液中的水解平衡和水的电离平衡计算氢离子浓度；
C.根据溶度积常数和平衡常数的关系计算平衡常数；
D.根据硫酸铵溶液中的电荷守恒和水解平衡分析氢离子浓度的表达式。
本题主要考查了溶液中离子浓度的计算、平衡常数的计算以及溶液中离子浓度的关系等知识点，需要学生对化学平衡和溶液化学有深入的理解。在解答此类题目时，要注意运用电荷守恒、物料守恒以及质子守恒等基本原理，同时要准确计算平衡常数和溶度积常数。
11.【答案】C
【解析】【详解】A.向硫酸四氨合铜溶液中加入95%乙醇溶液可以降低硫酸四氨合铜的溶解度，便于晶体析出，则题给装置能达到制备一水硫酸四氨合铜晶体的实验目的，故A不选；
B.向硝酸银溶液中加入过量的氯化钠溶液，将溶液中银离子完全转化为氯化银白色沉淀，再向反应后的试管中加入等浓度的碘化钾溶液，氯化银白色沉淀转化为黄色的碘化银沉淀说明氯化银的溶度积大于碘化银，则题给装置能达到验证氯化银和碘化银溶度积大小的实验目的，故B不选；
C.电石中混有的硫化钙等杂质能与水反应生成能使酸性高锰酸钾溶液褪色的硫化氢等气体，则题给装置不能达到检验乙炔具有还原性的实验目的，故C选；
D.由实验装置图可知，用蒸馏的方法能达到利用海水蒸馏制淡水的实验目的，故D不选；
故选C。
12.【答案】D
【解析】【分析】常温下，实验Ⅰ和实验Ⅱ中均有气体产生，故NaHSO3和NaHCO3会生成二氧化碳气体，NaHSO3中加氯化钡会产生二氧化硫气体。
【详解】A.由已知条件知NaHSO3以电离为主，故c(H2SO3)
【解析】(1)铜与浓硫酸发生氧化还原反应，Cu的化合价升高，被氧化；产生的尾气SO2是酸性氧化物，采用NaOH溶液或者KOH溶液、Ba(OH)2溶液等进行中和吸收；
(2) ①制备氨气可以采用固体氯化铵与氢氧化钙共热制备，也可用浓氨水和生石灰或碱石灰制备，故选ac项；
②氨气极易溶于水，故需要添加防倒吸装置；
③铜在酸性条件下被双氧水氧化为铜离子，配平可得离子方程式为Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O；同时产生大量蓝色沉淀，说明强酸被消耗，pH=5显示溶液呈弱酸性，只能来自于产物NH4+和剩余的Cu2+的水解作用；
④通入氨气产生深蓝色溶液，可知配体是NH3，故配离子为[Cu(NH3)4]2+；乙醇具有降低硫酸四氨合铜晶体溶解度的作用，利于晶体析出；
(3) ①由pH1>pH2可知，溶液中的OH−进入了深蓝色晶体才导致溶液的pH下降；
②实验2取用的是深蓝色晶体，目的是验证晶体中是否有硫酸根，故实验操作和现象为加入盐酸酸化的BaCl2溶液，产生大量白色沉淀；深蓝色晶体中有碱性化合物会导致溶解后溶液的碱性强于析出深蓝色晶体后的滤液，故应为pH3>pH2。
20.【答案】(1)溶液立即变为血红色
(2)SCN−>Cl−>H2O
(3) [Fe(H2O)6]3++H2O⇀↽[Fe(H2O)5(OH)]2++H3O+ 增大c(H+)，平衡向左移动，使黄色水解产物的浓度减小
(4)[Fe(NH3)3Cl2(H2O)]Cl

【解析】【详解】(1)已知Fe3+遇到KSCN溶液立即变为血红色，故取少量黄色的盐酸样品，滴入KSCN溶液，通过溶液立即变为血红色的现象，说明样品中存在Fe3+，故答案为：溶液立即变为血红色；
(2)铁离子与盐酸中氯离子络合为[FeCl4]−，加入KSCN溶液后，铁离子与SCN−络合生成红色的Fe(SCN)3络合物，故在相同条件下与铁离子络合能力由强到弱的顺序是SCN−>Cl−>H2O，故答案为：SCN−>Cl−>H2O；
(3)ⅰ.[Fe(H2O)6]3+水解生成[Fe(H2O)5(OH)]2+的离子方程式为[Fe(H2O)6]3++H2O⇀↽[Fe(H2O)5(OH)]2++H3O+，故答案为：[Fe(H2O)6]3++H2O⇀↽[Fe(H2O)5(OH)]2++H3O+；
ⅱ.酸化后，氢离子浓度增大，该平衡左移，使黄色水解产物的浓度减小，使溶液颜色变浅，故答案为：增大c(H+)，平衡向左移动，使黄色水解产物的浓度减小；
(4)根据配位化合物电离时只能电离出配合离子和外界离子，且根据题干相关信息可知，Fe3+的配位数为6，故一种配合物由Fe3+、NH3、Cl−、H2O组成，实验显示Fe3+、NH3、Cl−、H2O的物质的量之比为1∶3∶3∶1，向该配合物的水溶液加入AgNO3溶液，只能沉淀出三分之一的Cl−，则该配合物的化学式为[Fe(NH3)3Cl2(H2O)]Cl，故答案为：[Fe(NH3)3Cl2(H2O)]Cl。
21.【答案】Cr2O72−+6I−+14H+=2Cr3++7H2O+3I2，I2+2S2O32−=S4O62−+2I−；
淀粉；溶液由蓝色变为无色；
0.01600ml/L
【解析】解：(1)①称取0.1323gK2Cr2O7溶于适量的稀硫酸中，再向其中加入过量的KI溶液与之反应，反应后的溶液加入27.00mLNa2S2O3溶液时恰好反应完全，根据原子守恒、化合价升降守恒、电荷守恒，可知发生离子反应：Cr2O72−+6I−+14H+=2Cr3++7H2O+3I2，I2+2S2O32−=S4O62−+2I−，
故答案为：Cr2O72−+6I−+14H+=2Cr3++7H2O+3I2，I2+2S2O32−=S4O62−+2I−；
(2)上述两步可用淀粉作指示剂，其现象为溶液由蓝色变为无色，
故答案为：淀粉；溶液由蓝色变为无色；
(3)根据题意可知，n(K2Cr2O7)=0.1323g294g/ml=0.0004500ml，Cr2O72−∼3I2∼6S2O32−，n(S2O32−)=6n(Cr2O72−)=6×0.0004500ml=0.002700ml，c(S2O32−)=，2Ba2+∼2BaCrO4∼2CrO4−∼Cr2O72−∼3I2∼6S2O32−，n(Ba2+)=13n(S2O32−)=13×0.1000ml/L×0.02400L=0.00080ml，c(Ba2+)=，
故答案为：0.01600ml/L。
(1)根据原子守恒、化合价升降守恒、电荷守恒，书写离子反应方程式；
(2)淀粉遇I2显蓝色；
(3)根据关系式进行计算。
本题主要考查关系式计算，氧化还原反应方程式的书写等，属于基本知识的考查，难度中等。选项
离子组
加入试剂
加入试剂后发生反应的离子方程式
A
Fe3+、SO42−、NH4+
NaHSO3(aq)
2Fe3++SO32−+2H+=2Fe2++SO42−+H2O
B
Ca2+、HCO3−、Mg2+
过量NaOH(aq)
Ca2++Mg2++2HCO3−+2OH−=2H2O+CaCO3↓+MgCO3↓
C
K+、AlO2−、HCO3−
通入少量CO2
2AlO2−+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+CO32−
D
Fe2+、Na+、Br−
少量Cl2
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−
选项
实验过程及现象
实验结论
A
将等浓度等体积的Na[Al(OH)4]溶液与NaHCO3溶液混合有白色沉淀生成
二者水解相互促进生成氢氧化铝沉淀
B
将BaSO4固体加入饱和Na2CO3溶液中，充分搅拌后过滤，在滤渣中加稀盐酸，有气泡产生
Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)
C
取少量NH4HSO3样品溶于水，加入Ba(NO3)2溶液，再加入足量盐酸，产生白色沉淀
无法判断原样品是否变质
D
将新制饱和氯水慢慢滴入含酚酞的稀NaOH溶液中，溶液红色褪去
HClO具有漂白性
A.制备晶体[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O
B.验证AgCl和AgI的Ksp大小
C.制乙炔并检验乙炔具有还原性
D.海水蒸馏制淡水
相对原子质量
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
CH3CH2OH
46
−114.1
78.3
与水互溶
CCl3CHO
147.5
−57.5
97.8
可溶于水、乙醇
CCl3COOH
163.5
58
198
可溶于水、乙醇、三氯乙醛
物质
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
性质
SnI4
145.8
364.5
易溶于乙醚、可溶于CS2、CCl4等非极性有机溶剂
在空气中易吸潮而水解
CS2
−112.0
46.2
难溶于水
有毒，易挥发
序号
操作
现象
1
取5mL0.1ml⋅L−1KI溶液，滴加0.1ml⋅L−1FeCl3溶液5～6滴(混合溶液的pH=5)
溶液变为棕黄色，20min后棕黄色变深
Ⅱ
取少量实验Ⅰ中棕黄色溶液于试管中，滴加2滴KSCN溶液
溶液变红，20min后溶液红色变浅
实验序号
实验操作及现象
1
向盛有10 mL饱和CuSO4溶液的烧杯中逐滴加入浓度为28%的浓氨水，边滴边搅拌，至蓝色沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液，测定溶液pH1=13，向深蓝色溶液中加入10 mL乙醇，析出深蓝色晶体，过滤，测得滤液pH2=10，用乙醇洗涤晶体。
2
向实验1制得的深蓝色晶体中加入15 mL蒸馏水，用玻璃棒搅拌，蓝色晶体难以完全溶解，静置后可见小烧杯底部有浅蓝色的Cu(OH)2，测得溶液pH3，取少量溶液于试管中，……
3
取少量实验1中滤液于试管中，……，过滤，再将剩余滤液蒸发至干，冷却后再加入浓NaOH溶液，产生刺激性气味气体。