【解析】2023年高考真題變式分類匯編：鹽類水解的原理2

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2023年高考真題變式分類匯編：鹽類水解的原理2

一、選擇題

1．（2023·全國(guó)甲卷）下圖為和在水中達(dá)沉淀溶解平衡時(shí)的關(guān)系圖(；可認(rèn)為離子沉淀完全)。下列敘述正確的是

A．由點(diǎn)可求得

B．時(shí)的溶解度為

C．濃度均為的和可通過(guò)分步沉淀進(jìn)行分離

D．混合溶液中時(shí)二者不會(huì)同時(shí)沉淀

【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】鹽類水解的原理；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；溶液酸堿性的判斷及相關(guān)計(jì)算

【解析】【解答】A.對(duì)于a點(diǎn)可知，pH=2，c（OH-）=10-12mol/L，c（Fe3+）=10-2.5mol/L，帶入Ksp（Fe（OH）3）=c（Fe3+）c（OH-）3=10-38.5，A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B.pH=4時(shí)，Al3+濃度為10-3mol/L，所以氫氧化鋁溶解度為10-3mol/L，B項(xiàng)錯(cuò)誤；

C.由圖可知，當(dāng)Fe3+完全沉淀時(shí)，Al3+還沒(méi)有沉淀，所以可以通過(guò)分步沉淀進(jìn)行分離，C項(xiàng)正確；

D.由圖可知，Al3+還沒(méi)有完全沉淀時(shí)，Cu2+已經(jīng)開(kāi)始沉淀，所以二者會(huì)同時(shí)沉淀，D項(xiàng)錯(cuò)誤。

故答案為：C。

【分析】（1）弄清楚橫縱坐標(biāo)含有，圖像變化趨勢(shì)以及含義；

（2）充分利用圖像的特殊點(diǎn)位進(jìn)行計(jì)算，如起點(diǎn)、交點(diǎn)、終點(diǎn)等；

（3）弄清楚什么時(shí)候完全沉淀，什么時(shí)候開(kāi)始沉淀，分析多離子沉淀時(shí)沉淀的先后順序。

2．（2023·浙江1月選考）硫酸銅應(yīng)用廣泛，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是

A．元素位于周期表p區(qū)B．硫酸銅屬于強(qiáng)電解質(zhì)

C．硫酸銅溶液呈酸性D．硫酸銅能使蛋白質(zhì)變性

【答案】A

【知識(shí)點(diǎn)】強(qiáng)電解質(zhì)和弱電解質(zhì)；鹽類水解的原理；元素周期表的結(jié)構(gòu)及其應(yīng)用

【解析】【解答】A．Cu為29號(hào)元素，其外圍電子排布式為3d104s1，屬于ds區(qū)元素，故A符合題意；

B．硫酸銅在水溶液中完全電離為銅離子和硫酸根離子，屬于強(qiáng)電解質(zhì)，故B不符合題意；

C．硫酸銅為強(qiáng)酸弱堿鹽，銅離子水解使溶液呈酸性，故C不符合題意；

D．銅離子為重金屬離子，能使蛋白質(zhì)變性，故D不符合題意；

故答案為：A。

【分析】A.Cu的原子序數(shù)為29，其外圍電子排布式為3d104s1，屬于ds區(qū)；

B.電解質(zhì)是指在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物，強(qiáng)電解質(zhì)是指在溶液中完全電離的電解質(zhì)；

C.銅離子水解顯酸性；

D.重金屬離子能使蛋白質(zhì)變性。

3．（2023·天津）常溫下，下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的敘述正確的是（）

A．在溶液中

B．在溶液中

C．在溶液中

D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液中

【答案】A

【知識(shí)點(diǎn)】電解質(zhì)在水溶液中的電離；鹽類水解的原理；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A．由于磷酸為多元酸，第一步電離大于第二步電離大于第三步電離，所以在溶液中，離子濃度大小為：，故A符合題意；

B．在溶液中，根據(jù)電荷守恒得到，故B不符合題意；

C．在溶液中，根據(jù)物料守恒得到，故C不符合題意；

D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液，則，根據(jù)電荷守恒，則，故D不符合題意；

故答案為：A。

【分析】A．根據(jù)多元弱酸分步電離，且以第一步為主判斷；

B．根據(jù)電荷守恒判斷，草酸根離子帶兩個(gè)單位正電荷，離子濃度應(yīng)乘2；

C．根據(jù)物料守恒，等式左邊還有碳酸氫根電離產(chǎn)生的碳酸根離子的濃度；

D．根據(jù)電荷守恒以及溶液顯堿性判斷。

4．（2023·遼寧）用鹽酸滴定溶液，溶液中、、的分布分?jǐn)?shù)隨pH變化曲線及滴定曲線如圖。下列說(shuō)法正確的是（如分布分?jǐn)?shù)：）（）

A．的為

B．c點(diǎn)：

C．第一次突變，可選酚酞作指示劑

D．

【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】電解質(zhì)與非電解質(zhì)；鹽類水解的原理；離子濃度大小的比較；中和滴定；電離平衡常數(shù)

【解析】【解答】A．的，根據(jù)上圖交點(diǎn)1計(jì)算可知=10-6.38，A不符合題意；

B．根據(jù)圖像可知c點(diǎn)中，B不符合題意；

C．根據(jù)圖像可知第一次滴定突躍溶液呈堿性，所以可以選擇酚酞做指示劑，C符合題意；

D．根據(jù)圖像e點(diǎn)可知，當(dāng)加入鹽酸40mL時(shí)，全部生成，根據(jù)計(jì)算可知，D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】

A.根據(jù)a點(diǎn)的pH和分布分?jǐn)?shù)計(jì)算即可；

B.c點(diǎn)鹽酸稍過(guò)量，抑制電離；

C.第一次突變，從堿性變中性，選變色范圍在弱堿性的酚酞指示劑較好；

D.根據(jù)e點(diǎn)全生成弱酸進(jìn)行計(jì)算。

5．（2023·福州模擬）如不圖所示，(只有未電離的HA分子可自由通過(guò)交換膜。常溫下，往甲室和乙室中分別加入0.1mol·L-1的NH4A溶液(pH≈7)和0.1mol·L-1的HA溶液(pH≈3)，達(dá)到平衡后，下列說(shuō)法正確的是()

A．常溫下，HA的電離度約為0.1%

B．平衡后，甲、乙兩室的pH相等

C．平衡后，甲室中NH3·H2O的物質(zhì)的量濃度小于乙室中A-的物質(zhì)的量濃度

D．若用等物質(zhì)的量濃度的NaA溶液代替NH4A溶液，則通過(guò)交換膜的HA分子的量減少

【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；鹽類水解的原理；電離平衡常數(shù)

【解析】【解答】A．常溫下，乙室中0.1mol/L的HA溶液的pH=3，則c(H+)=0.001mol/L，所以HA的電離度為0.001/0.1×100%=1%，A不符合題意；

B．平衡后，兩室溶液中c(HA)相等，由于甲室中的A-會(huì)抑制HA的電離，所以平衡后，甲、乙兩室的溶液pH不相等，B不符合題意；

C．平衡后，兩室溶液中c(HA)相等，進(jìn)入甲室的HA會(huì)抑制NH4+的水解，溶液中c(NH3·H2O)＜10-7mol/L，乙室中c(HA)減小，電離度增大，則乙室中c(A-)＞0.05mol/L×1%=0.0005mol/L，所以甲室中NH3·H2O的物質(zhì)的量濃度小于乙室中A-的物質(zhì)的量濃度，C符合題意；

D．NaA為弱酸強(qiáng)堿鹽，該溶液中A—的水解程度小于NH4A溶液，所以若用等物質(zhì)的量濃度的NaA溶液代替NH4A溶液，則通過(guò)交換膜的HA分子的量增加，D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】根據(jù)題干信息，0.1mol·L-1的HA溶液的pH≈3，說(shuō)明HA為弱酸。0.1mol/LNH4A溶液pH約為7，說(shuō)明NH4+和A-在溶液中的水解程度幾乎相等，溶液中c(HA)=c(NH3·H2O)≈10-7mol/L，由于只有未電離的HA分子可自由通過(guò)交換膜，說(shuō)明甲室溶液中HA的濃度小于乙室，當(dāng)兩室溶液中c(HA)相等時(shí)，乙室的電離和甲室的水解都達(dá)到平衡。

6．（2023高三下·遼寧月考）常溫下，下列各組離子在指定條件下一定能大量共存的是()

A．無(wú)色透明的水溶液中：Na+、、、Cl-

B．pH=0的溶液中：K+、Na+、、

C．中性溶液中：Fe3+、Al3+、、Cl-

D．含有大量Ca2+的溶液中：Al3+、、、Br-

【答案】A

【知識(shí)點(diǎn)】鹽類水解的原理；離子共存

【解析】【解答】A.溶液中各個(gè)離子相互間不反應(yīng)，可大量共存，A符合題意；

B.H＋能與S2O32－發(fā)生反應(yīng)：S2O32－＋2H＋=H2O＋S↓＋SO2↑，二者不可大量共存，B不符合題意；

C.Fe3＋、Al3＋水解使得溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液顯酸性，與中性溶液不符，C不符合題意；

D.Ca2＋能與CO32－發(fā)生反應(yīng)：Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓，二者不可大量共存，D不符合題意；

故答案為：A

【分析】A、溶液中各個(gè)離子相互間不反應(yīng)，可大量共存；

B、pH=0的溶液顯酸性，含有大量的H＋；

C、Fe3＋、Al3＋的水解，使得溶液顯酸性；

D、Ca2＋能與CO32－形成CaCO3沉淀；

7．（2022·紹興模擬）已知：25℃，；，。下列“類比”結(jié)果正確的是

A．溶液中與會(huì)發(fā)生雙水解反應(yīng)，與主要也發(fā)生雙水解反應(yīng)

B．水解生成與HClO，則水解同樣生成

C．的濃度用硝酸銀溶液滴定時(shí)，可選擇作指示劑，同樣也可以

D．乙醇與足量的反應(yīng)被氧化成乙酸，異丙醇被氧化丙酸

【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】鹽類水解的原理；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)

【解析】【解答】A．溶液中與會(huì)發(fā)生雙水解反應(yīng)，而有較強(qiáng)的氧化性，有較強(qiáng)的還原性，二者主要發(fā)生氧化還原反應(yīng)反應(yīng)，故A不符合題意；

B．水解生成與HClO，但F沒(méi)有正價(jià)，與水會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故B不符合題意；

C．由Ksp可知沉淀等濃度的所需Ag+比沉淀等濃度的和需要的Ag+濃度都大，而且AgCl是白色沉淀，AgBr是淡黃色沉淀，是黑色沉淀，所以的濃度用硝酸銀溶液滴定時(shí)，可選擇作指示劑，同樣也可以，故C符合題意；

D．乙醇與足量的反應(yīng)被氧化成乙酸，而異丙醇會(huì)被氧化丙酮，故D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】A．有較強(qiáng)的氧化性，有較強(qiáng)的還原性，二者主要發(fā)生氧化還原反應(yīng)反應(yīng)；

B．F沒(méi)有正價(jià)，與水會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)；

C．利用Ksp及沉淀顏色判斷；

D．依據(jù)醇羥基催化氧化規(guī)律判斷。

8．（2022·寶山模擬）下列屬于水解反應(yīng)的是（）

A．HCOOH+H2OH3O++HCOO-B．+OH-H2O+

C．SO2+H2O+H+D．+H2OH2CO3+OH-

【答案】D

【知識(shí)點(diǎn)】鹽類水解的原理

【解析】【解答】A.H3O+為水合氫離子，HCOOH+H2OH3O++HCOO-，屬于甲酸的電離方程式，A不選；

B.HCO+OH－H2O+CO為碳酸氫根離子和氫氧根離子發(fā)生反應(yīng)，不是水解反應(yīng)，B不選；

C.SO2+H2O+H+屬于二氧化硫和水反應(yīng)生成亞硫酸、亞硫酸發(fā)生一級(jí)電離，不是水解反應(yīng)，C不選；

D.+H2OH2CO3+OH-屬于碳酸氫根離子的水解反應(yīng)，D選；

故答案為：D。

【分析】A.甲酸的電離方程式；

B.碳酸氫根離子和氫氧根離子反應(yīng)；

C.二氧化硫和水反應(yīng)生成亞硫酸、亞硫酸發(fā)生一級(jí)電離；

D.碳酸氫根離子的水解反應(yīng)。

9．（2022·溫州模擬）下列水溶液呈堿性的鹽是（）

A．CaCl2B．Na2SO3C．Ba(OH)2D．HNO3

【答案】B

【知識(shí)點(diǎn)】鹽類水解的原理

【解析】【解答】A．CaCl2是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，其溶液顯中性，A不符合題意；

B．Na2SO3是強(qiáng)堿弱酸鹽，其溶液顯堿性，B符合題意；

C．Ba(OH)2屬于堿，不符合題意，C不符合題意；

D．HNO3，屬于酸，不符合題意，D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】強(qiáng)酸弱堿鹽呈酸性，強(qiáng)堿弱酸鹽呈堿性，強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽呈中性。

10．（2022·天河模擬）用鹽酸滴定某濃度的溶液，溶液中的分布分?jǐn)?shù)隨變化曲線及滴定曲線如圖。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

A．溶液時(shí)，

B．待測(cè)液濃度為

C．時(shí)，溶液

D．滴定過(guò)程中，可依次選用酚酞和甲基橙作指示劑

【答案】A

【知識(shí)點(diǎn)】鹽類水解的原理；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A．用鹽酸滴定某濃度的溶液，根據(jù)電荷守恒可知：，當(dāng)溶液時(shí)，，故，A項(xiàng)符合題意；

B．Na2A與足量鹽酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為Na2A+2HCl=H2A+2NaCl，可知HCl和Na2A以2：1完全反應(yīng)，由圖可知完全反應(yīng)時(shí)消耗V(HCl)=40mL，c(HCl)×V(HCl)=2c(Na2A)×V(Na2A)，可求得c(Na2A)=0.1mol/L，B項(xiàng)不符合題意；

C．由d點(diǎn)可知，Ka1=10-6.38，由a點(diǎn)可知Ka2=10-10.24，則，因，故，所以溶液，C項(xiàng)不符合題意；

D．由圖像可知，第一次突變時(shí)溶液顯堿性，pH約為8.32，可選酚酞作指示劑，第二次突變時(shí)溶液顯酸性，pH約為3.9，可用甲基橙作指示劑，D項(xiàng)不符合題意；

故答案為：A。

【分析】A、電荷守恒要注意列出溶液中存在的所有陽(yáng)離子和陰離子；

B、根據(jù)化學(xué)方程式的化學(xué)計(jì)量數(shù)比例判斷其濃度；

C、要注意計(jì)算到最后為，開(kāi)方后得出c（H+）；

D、注意弱堿性條件下選擇酚酞，弱酸性條件下選擇甲基橙。

11．（2022·成都模擬）分別向0.2mol·L-1NaX溶液加入少量NaOH固體或通入HCl氣體時(shí)，所得溶液中部分微粒濃度的對(duì)數(shù)lgc與pH關(guān)系如圖所示。已知HX為一元弱酸，lg2≈0.3。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

A．曲線代表lgc(HX)與pH的關(guān)系

B．甲、乙之間溶液存在c(Na＋)>c(HX)>c(X-)

C．0.2mol·L-1NaX溶液的pH≈11.3

D．加水稀釋甲點(diǎn)混合溶液，交點(diǎn)甲沿OH-線向左下移動(dòng)

【答案】B

【知識(shí)點(diǎn)】鹽類水解的原理；影響鹽類水解程度的主要因素；鹽類水解的應(yīng)用

【解析】【解答】A．向NaX溶液中加入NaOH固體，抑制X-水解，溶液堿性增強(qiáng)，c(X-)、c(Na+)增大，而c(HX)減小；向NaX溶液中通入HCl，發(fā)生反應(yīng)NaX+HCl=NaCl+HX，溶液堿性減弱，溶液中c(X-)減小，c(Cl-)、c(HX)增大，c(Na+)不變，可知曲線代表lgc(HX)與pH的關(guān)系，A不符合題意；

B．在甲乙之間溶液中l(wèi)gc(HX)＜-1，則c(HX)＜0.1mol/L，由物料守恒有c(X-)+c(HX)=0.2mol/L，故c(X-)＞0.1mol/L，則c(X-)＞c(HX)，B符合題意；

C．由圖可知，當(dāng)lgc(HX)=-1時(shí)，溶液pH=9.3，此時(shí)c(HX)=0.1mol/L，由物料守恒有c(X-)+c(HX)=0.2mol/L，故此時(shí)溶液中c(X-)=c(HX)=0.1mol/L，則Ka(HX)==c(H+)=10-9.3，Kh(X-)==10-4.7，水解是微溶的，NaX溶液中c(X-)≈0.2mol/L，則有c(OH-)≈c(HX)，Kh==10-4.7，解得c(OH-)=mol/L，則溶液pH=-lg=14+=11.3，C不符合題意；

D．加水稀釋甲點(diǎn)混合溶液，溶液堿性減弱，溶液中c(HX)減小，交點(diǎn)甲沿OH-線向左下移動(dòng)，D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A.向NaX加入NaOH，X-的水解被抑制，同時(shí)溶液的堿性增強(qiáng)，X-和OH-的濃度增大，HX的濃度減小；向NaX加入HCl，發(fā)生反應(yīng)NaX+HCl=NaCl+HX，X-和Cl-的濃度減小，HX的濃度增大；

B.甲乙之間lgc(HX)c(NH)

D．相同溫度下，pH相等的鹽酸、醋酸溶液中，c(Cl-)=c(CH3COO-)

【答案】D

【知識(shí)點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；鹽類水解的原理

【解析】【解答】A．室溫下，某溶液中由水電離出的氫離子濃度為1×10-3mol·L-1說(shuō)明該溶液為能促進(jìn)水電離的鹽溶液，該溶液可能是顯酸性的強(qiáng)酸弱堿鹽，也可能是顯堿性的強(qiáng)堿弱酸鹽，故A不符合題意；

B．氨水中存在電離平衡，所以pH和體積均相等的氨水、氫氧化鈉溶液中一水合氨的物質(zhì)的量大于氫氧化鈉，室溫下，消耗鹽酸的物質(zhì)的量多于氫氧化鈉，故B不符合題意；

C．室溫下，鹽酸和氨水混合后，若溶液呈中性，溶液中氫離子濃度和氫氧根離子濃度相等，由電荷守恒可知，溶液中氯離子濃度與銨根離子濃度相等，故C不符合題意；

D．相同溫度下，pH相等的鹽酸、醋酸溶液中氫離子濃度相等，所以鹽酸溶液中氯離子濃度等于醋酸溶液中的醋酸根離子濃度，故D符合題意；

故答案為：D。

【分析】A．依據(jù)酸或堿抑制水的電離分析；

B．依據(jù)電離情況確定堿的濃度；

C．利用有電荷守恒分析；

D．利用有電荷守恒分析。

17．（2022·湖北模擬）室溫下，向某和的混合溶液巾逐滴加入溶液。溶液中與的變化關(guān)系如圖所示(已知室溫下：的、分別為、)。下列說(shuō)法正確的是（）

A．a(chǎn)、b、c三點(diǎn)中，溶液中的pH最大的是a點(diǎn)

B．b點(diǎn)溶液中存在：

C．a(chǎn)→b對(duì)應(yīng)的溶液中：的值減小

D．a(chǎn)點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中，c(H+)的數(shù)量級(jí)為

【答案】B

【知識(shí)點(diǎn)】鹽類水解的原理；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A．，Kh1只受溫度的影響，越大，c(OH－)越大，pH越大，根據(jù)圖像可知，c點(diǎn)pH最大，或者CO水解程度大于HCO，也就是說(shuō)c(CO)越大，溶液的pH越大，根據(jù)圖像可知，c點(diǎn)c(CO)比另外兩點(diǎn)大，c點(diǎn)pH是三點(diǎn)最大的，故A不符合題意；

B．根據(jù)溶液呈電中性，推出2c(Ba2＋)＋c(Na＋)＋c(H＋)=c(HCO)＋2c(CO)＋c(Cl－)＋c(OH－)，b點(diǎn)c(CO)=c(HCO)，且此時(shí)溶液向堿性，c(H＋)＜c(OH－)，從而推出2c(Ba2＋)＋c(Na＋)＞3c(HCO)＋c(Cl－)，故B符合題意；

C．，Kh1只受溫度的影響，Kh1保持不變，因此a→b對(duì)應(yīng)的溶液中保持不變，故C不符合題意；

D．a(chǎn)點(diǎn)：，推出c(H＋)==5.6×10－9mol·L－1，此時(shí)c(H＋)的數(shù)量級(jí)為10－9，故D不符合題意；

答案為B。

【分析】思路分析：1.首先要弄清楚圖像含義，橫坐標(biāo)數(shù)值越大，代表CO32-與HCO3-的比值越大，縱坐標(biāo)代表Ba2+濃度大小；2.在比較離子濃度大小時(shí)，結(jié)合質(zhì)量守恒和電荷守恒判斷，同時(shí)也要結(jié)合平衡常數(shù)。

18．（2022·浦東模擬）一定溫度下，向飽和碳酸鈉溶液中通入足量的CO2氣體，忽略溶液體積的變化，所得溶液中有關(guān)量一定變大的是（）

A．c(H＋)B．c(Na＋)C．n(H2O)D．n()

【答案】A

【知識(shí)點(diǎn)】鹽類水解的原理；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】向飽和碳酸鈉溶液中通入足量的CO2氣體，發(fā)生反應(yīng)：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3↓，則溶液中c(Na＋)、n(H2O)、n()都減小，從而得出溶液中c(OH-)減小，c(H＋)增大，

故答案為：A。

【分析】涉及反應(yīng)是Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3↓，所得溶液為NaHCO3溶液，且有部分NaHCO3析出，所以c(Na＋)、n(H2O)、n(CO32-)都減小。由于CO32-、HCO3-水解均生成OH-，且CO32-的水解程度大于HCO3-，所以反應(yīng)后所得溶液中c(OH-)變小，則c(H+)變大。

19．（2022·河西模擬）25℃時(shí)，在某氨水中不斷通入CO2，各種離子的變化趨勢(shì)如圖所示：

下列說(shuō)法正確的是（）

A．lg[Kb(NH3H2O)]=9

B．隨著CO2的通入，不斷減小

C．剛通入CO2時(shí)反應(yīng)的離子方程式NH3H2O+CO2=NH+HCO

D．pH=8.5的溶液中：c(NH)+c(H+)=c(CO)+c(HCO)+c(NH2COO-)+c(OH-)

【答案】B

【知識(shí)點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；鹽類水解的原理；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A．根據(jù)圖示，時(shí)，pH=9，Kb(NH3H2O)=10-5，lg[Kb(NH3H2O)]=5，故A不符合題意；

B．溫度不變，Kb(NH3H2O)=不變，隨著CO2的通入，增大，所以不斷減小，故B符合題意；

C．剛通入CO2時(shí)，氨水過(guò)量，反應(yīng)生成碳酸銨，反應(yīng)的離子方程式2NH3H2O+CO2=2NH+CO+H2O，故C不符合題意；

D．根據(jù)電荷守恒，pH=8.5的溶液中c(NH)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(NH2COO-)+c(OH-)，故D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A.在計(jì)算Kb時(shí)要注意選擇特殊點(diǎn)進(jìn)行巧妙計(jì)算，在pH=9時(shí)，NH3H2O和NH4+濃度相等，從而計(jì)算Kb。

B.利用平衡常數(shù)不變，隨著CO2的通入，二氧化碳與氨水反應(yīng)，NH4+濃度變大，利用平衡常數(shù)表達(dá)式可知，其比值減小。

C.剛剛通入二氧化碳時(shí)，二氧化碳少量，應(yīng)該生成碳酸根。

20．（2022·河西模擬）室溫下，，現(xiàn)有濃度均為的溶液、溶液，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

A．溶液中

B．若將兩溶液等體積混合，混合溶液的

C．兩溶液中均存在

D．兩溶液中由水電離產(chǎn)生的較大的是溶液

【答案】A

【知識(shí)點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；鹽類水解的原理

【解析】【解答】A．設(shè)醋酸溶液中氫離子濃度為xmol/L，則有

，Ka==≈=，解得：x≈1.310-3，A符合題意；

B．若將兩溶液等體積混合，得到等濃度的醋酸和醋酸鈉的混合溶液，醋酸的電離常數(shù)Ka=，醋酸根離子的水解常數(shù)Kh==c(HOOCCH2NH)

C．P點(diǎn)的溶液中：c(HOOCCH2NH)+c(H+)=c(-OOCCH2NH2)+c(OH-)

D．當(dāng)V(NaOH)=20mL時(shí)，混合溶液中的溶質(zhì)主要為NaOOCCH2NH2和NaCl

【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】鹽類水解的原理；鹽類水解的應(yīng)用；離子濃度大小的比較；溶液酸堿性的判斷及相關(guān)計(jì)算；中和滴定

【解析】【解答】A．由K2=可知，=，由題干圖示可知，Q→X過(guò)程中溶液pH增大，即c(H+)減小，K2不變，則逐漸減小，A不符合題意；

B．由圖示可知，X點(diǎn)對(duì)應(yīng)加入的NaOH溶液為10mL，此時(shí)溶液的溶質(zhì)為：NaOOCCH2NH，X點(diǎn)的溶液呈酸性，則有-OOCCH2NH的電離大于水解，有c(-OOCCH2NH2)>c(HOOCCH2NH)，B不符合題意；

C．由題干圖示信息可知，P點(diǎn)對(duì)應(yīng)加入的NaOH為15mL，此時(shí)反應(yīng)后的溶液中的溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的NaOOCCH2NH和NaOOCCH2NH2，則此時(shí)溶液中有電荷守恒式為：c(HOOCCH2NH)+c(H+)+c(Na+)=c(-OOCCH2NH2)+c(OH-)+c(Cl-)，且c(Na+)＞c(Cl-)，故c(HOOCCH2NH)+c(H+)＜c(-OOCCH2NH2)+c(OH-)，C符合題意；

D．當(dāng)V(NaOH)=20mL時(shí)，即甘氨酸鹽酸鹽(HOOCCH2NH3Cl)和NaOH的物質(zhì)的量之比為1：2，反應(yīng)方程式為：HOOCCH2NH3Cl+2NaOH=NaOOCCH2NH2+NaCl+2H2O，故此時(shí)混合溶液中的溶質(zhì)主要為NaOOCCH2NH2和NaCl，D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】A.分析溶液中兩種離子的濃度比變化時(shí)，往往結(jié)合平衡常數(shù)進(jìn)行分析，把兩種離子濃度分析轉(zhuǎn)換成一種離子濃度分析

B.同濃度一比一反應(yīng)，分析X點(diǎn)溶質(zhì)和溶液酸堿性，比較離子濃度大小

C.分析P點(diǎn)溶質(zhì)，觀察題中等式左邊都是陽(yáng)離子右邊都是陰離子，寫(xiě)出此時(shí)溶液中的電荷守恒關(guān)系，與題中等式對(duì)比，不難得出結(jié)論

D.反應(yīng)物與氫氧化鈉1：2正好完全反應(yīng)，生成對(duì)應(yīng)的正鹽

二、多選題

22．（2023高二下·浙江期中）室溫下，用溶液滴定(二元弱酸)溶液的曲線如圖所示(體積變化忽略不計(jì))。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

A．點(diǎn)④所示溶液水的電離程度最大

B．滴定過(guò)程中：一直保持不變

C．點(diǎn)①所示溶液中：

D．滴定過(guò)程中，存在以下關(guān)系：

【答案】B,C

【知識(shí)點(diǎn)】水的電離；鹽類水解的原理；鹽類水解的應(yīng)用；常見(jiàn)離子的檢驗(yàn)；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A．點(diǎn)①加入NaOH溶液為20mL，反應(yīng)為：H2B+NaOH=NaHB+H2O，溶液為NaHB溶液，pH＜7，溶液顯酸性，即以HB-的電離為主，抑制了水的電離；點(diǎn)②處的溶質(zhì)為NaHB和Na2B，pH＜7，即以HB-的電離為主，抑制了水的電離；點(diǎn)③加入NaOH溶液不到40mL，為NaHB和Na2B的混合溶液，pH=7，溶液顯中性，水正常電離；點(diǎn)④加入NaOH溶液為40mL，反應(yīng)為：H2B+2NaOH=Na2B+2H2O，B2-為弱酸根離子，水解使溶液顯堿性，pH＞7，此時(shí)促進(jìn)了水的電離，所以點(diǎn)④所示溶液水的電離程度最大，故A符合題意；

B．在整個(gè)滴定過(guò)程中，c（Na+）增大，根據(jù)物料守恒知：n（B2-）+n（HB-）+n（H2B）之和不變，滴定的過(guò)程中溶液的體積一直增大，所以c（B2-）+c（HB-）+c（H2B）之和不斷減小，c（Na+）增大與c（B2-）+c（HB-）+c（H2B）的減小程度無(wú)法確定，所以c（Na+）+c（B2-）+c（HB-）+c（H2B）無(wú)法確定，故B不符合題意；

C．點(diǎn)①加入NaOH溶液為20mL，反應(yīng)為：H2B+NaOH=NaHB+H2O，溶液為NaHB溶液，pH＜7，溶液顯酸性，電離程度大于水解，則，故C不符合題意；

D．滴定過(guò)程中，溶液中始終存在電荷守恒為：，故D符合題意。

故答案為：BC。

【分析】A.酸性或堿性對(duì)水的電離起到抑制作用，在①②處先酸性，電離為主抑制水的電離，而在③中性，正常電離，在④時(shí)是弱酸強(qiáng)堿鹽因此對(duì)水的電離起到促進(jìn)作用

B.鈉離子的物質(zhì)的量增大，濃度在增大，根據(jù)物料守恒即可判斷等式是否正確

C.根據(jù)加入的體積即可判斷此時(shí)的溶液是NaHB溶液，根據(jù)pH的大小即可判斷離子濃度的大小

D.根據(jù)電荷守恒即可判斷

23．（2023高三上·揚(yáng)州期中）室溫時(shí)，Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5。下列指定溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）

A．0.1mol/LH2C2O4溶液：c(H+)＞c(HC2O)＞c(C2O)

B．0.1mol/LNaHC2O4溶液：c(C2O)＞c(HC2O)＞c(H2C2O4)

C．0.1mol/LNa2C2O4溶液：c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O)

D．0.1mol/LNaHC2O4溶液和0.1mol/LNa2C2O4溶液等體積混合：c(HC2O)+2c(C2O)＜0.15mol/L

【答案】A,C

【知識(shí)點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；鹽類水解的原理；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A．H2C2O4為二元弱酸，根據(jù)電離平衡常數(shù)，一級(jí)電離大于二級(jí)電離，則0.1mol/LH2C2O4溶液：c(H+)＞c(HC2O)＞c(C2O)，A關(guān)系符合題意；

B．分析可知NaHC2O4的電離程度大于其水解程度，則0.1mol/LNaHC2O4溶液：c(HC2O)＞c(C2O)＞c(H2C2O4)，B關(guān)系不符合題意；

C.0.1mol/LNa2C2O4溶液，根據(jù)溶液呈電中性，c(Na+)+c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-)，根據(jù)物料守恒，c(Na+)=2[c(H2C2O4)+c(HC2O)+c(C2O)]，兩式聯(lián)立，解得c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O)，C關(guān)系符合題意；

D.0.1mol/LNaHC2O4溶液和0.1mol/LNa2C2O4溶液等體積混合，根據(jù)溶液呈電中性，c(Na+)+c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-)，變形后c(HC2O)+2c(C2O)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，c(Na+)=0.15mol/L，Ka2(H2C2O4)＞Kh(C2O)=1.9×10-10，溶液顯酸性，c(H+)＞c(OH-)，則c(HC2O)+2c(C2O)＞0.15mol/L，D關(guān)系不符合題意；

故答案為AC。

【分析】A.草酸第一步電離大于第一步電離，電離顯酸性；

B.Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5，可知HC2O4-電離大于其水解；

C.存在質(zhì)子守恒式為c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4-)；

D.Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5>，混合溶液呈酸性，c(Na+)==0.15mol/L，結(jié)合電荷守恒判斷。

24．（2023高三上·如東期中）25℃時(shí)，用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定某二元弱酸H2A。溶液中，pH、物種分布分?jǐn)?shù)δ[如：δ(A2-)=隨H2A被滴定分?jǐn)?shù)的變化關(guān)系如圖所示。

下列說(shuō)法正確的是()

A．曲線①代表δ(H2A)

B．H2A的Ka1=1×10-7

C．=0.5的溶液中：2c(H+)+c(H2A)=c(HA-)+3c(A2-)+2c(OH-)

D．=1的溶液中：c(Na+)>c(HA-)>c(H2A)>c(A2-)

【答案】A,C

【知識(shí)點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；鹽類水解的原理；離子濃度大小的比較；中和滴定

【解析】【解答】A．隨著NaOH溶液加入，H2A逐漸減少，所以曲線①代表δ(H2A)，故A符合題意；

B．由圖可知，當(dāng)δ(X)為50%時(shí)，溶液中c(HA-)=c(A2-)，pH=7，由Ka2==c(H+)=1×10-7，則Ka1>1×10-7，故B不符合題意；

C．=0.5的溶液中，溶質(zhì)為NaHA、H2A，由原子守恒得：2c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)，溶液中還存在電荷守恒關(guān)系：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，聯(lián)立可得：2c(H+)+c(H2A)=c(HA-)+3c(A2-)+2c(OH-)，故C符合題意；

D．由圖示知，=1時(shí)，NaHA溶液顯酸性，說(shuō)明HA-的電離程度大于水解程度，則溶液中c(A2-)＞c(H2A)，故D不符合題意；

故答案為：AC。

【分析】A.根據(jù)氫氧化鈉的加入，H2A的量在不斷的減少

B.根據(jù)給出的數(shù)據(jù)交點(diǎn)結(jié)合pH=7即可計(jì)算出一級(jí)電離常數(shù)

C.根據(jù)給出的物質(zhì)的量的比值，判斷出溶質(zhì)，利用物料守恒以及電荷守恒即可判斷

D.根據(jù)給出的物質(zhì)的量之比結(jié)合水解程度和電離程度的大小即可判斷

三、非選擇題

25．（2022·廣東）鉻及其化合物在催化、金屬防腐等方面具有重要應(yīng)用。

（1）催化劑可由加熱分解制備，反應(yīng)同時(shí)生成無(wú)污染氣體。

①完成化學(xué)方程式：。

②催化丙烷脫氫過(guò)程中，部分反應(yīng)歷程如圖1，過(guò)程的焓變?yōu)椋惺奖硎荆?/p>

③可用于的催化氧化。設(shè)計(jì)從出發(fā)經(jīng)過(guò)3步反應(yīng)制備的路線（用“→”表示含氮物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化）；其中一個(gè)有顏色變化的反應(yīng)的化學(xué)方程式為。

（2）溶液中存在多個(gè)平衡。本題條件下僅需考慮如下平衡：

（ⅰ）

（ⅱ）

①下列有關(guān)溶液的說(shuō)法正確的有。

A．加入少量硫酸，溶液的pH不變

B．加入少量水稀釋，溶液中離子總數(shù)增加

C．加入少量溶液，反應(yīng)（ⅰ）的平衡逆向移動(dòng)

D．加入少量固體，平衡時(shí)與的比值保持不變

②時(shí)，溶液中隨pH的變化關(guān)系如圖2。當(dāng)時(shí)，設(shè)、與的平衡濃度分別為x、y、z，則x、y、z之間的關(guān)系式為；計(jì)算溶液中的平衡濃度（寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。

③在稀溶液中，一種物質(zhì)對(duì)光的吸收程度（A）與其所吸收光的波長(zhǎng)（）有關(guān)；在一定波長(zhǎng)范圍內(nèi)，最大A對(duì)應(yīng)的波長(zhǎng)（）取決于物質(zhì)的結(jié)構(gòu)特征；濃度越高，A越大?；旌先芤涸谀骋徊ㄩL(zhǎng)的A是各組分吸收程度之和。為研究pH對(duì)反應(yīng)（ⅰ）和（ⅱ）平衡的影響，配制濃度相同、不同的稀溶液，測(cè)得其A隨的變化曲線如圖3。波長(zhǎng)、和中，與的最接近的是；溶液從a變到b的過(guò)程中，的值（填“增大”“減小”或“不變”）。

【答案】（1）N2↑；4H2O；(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)；；2NO+O2=2NO2

（2）BD；；當(dāng)溶液pH=9時(shí)，，因此可忽略溶液中即=0.20反應(yīng)(ii)的平衡常數(shù)K2===3.3×10-7聯(lián)立兩個(gè)方程可得=6.0×10-4mol/L；λ3；增大

【知識(shí)點(diǎn)】反應(yīng)熱和焓變；蓋斯定律及其應(yīng)用；弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；鹽類水解的原理；電離平衡常數(shù)

【解析】【解答】（1）①根本據(jù)題干信息，(NH4)2Cr2O7分解過(guò)程中，生成Cr2O3和無(wú)污染氣體，再結(jié)合元素守恒可知，無(wú)污染氣體為N2、H2O，根據(jù)原子守恒進(jìn)行配平得(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O。

②根據(jù)蓋斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓變?yōu)?E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。

③在Cr2O3作催化劑條件下，NH3與O2反應(yīng)生成無(wú)色的NO，NO與O2反應(yīng)生成紅棕色的NO2，NO2與H2O反應(yīng)生成HNO3和NO，則從NH3出發(fā)經(jīng)過(guò)3步反應(yīng)制備HNO3的路線為NH3NONO2HNO3。

（2）①A．向溶液中加入少量硫酸，溶液中c(H+)增大，反應(yīng)(ii)平衡逆向移動(dòng)，根據(jù)勒夏特列原理可知，平衡移動(dòng)只是減弱改變量，所以平衡后，溶液中c(H+)整體是增大，即pH減小，A錯(cuò)誤；

B．加水稀釋過(guò)程中，根據(jù)“越稀越水解”“越稀越電離”可知，反應(yīng)(i)和(ii)的平衡都正向移動(dòng)，溶液中離子總數(shù)增加，B正確；

C．加入少量NaOH溶液，反應(yīng)(ii)中c(H+)減小，促進(jìn)反應(yīng)(ii)正向移動(dòng)，則c(HCrO4-)減小，所以反應(yīng)(i)正向移動(dòng)，C錯(cuò)誤；

D．由于平衡(i)的平衡常數(shù)K1=，平衡常數(shù)只與溫度和反應(yīng)本身有關(guān)，所以加入少量K2Cr2O7溶液，平衡時(shí)兩比值不變，D正確；

故答案為：BD。

②0.10mol/LK2Cr2O7溶液中，Cr原子的總濃度為0.20mol/L，當(dāng)溶液pH=9.00時(shí)，溶液中Cr原子總濃度為

2c(Cr2O72-)+c(HCrO4-)+c(CrO42-)=0.20mol/L，所以x+0.5x+0.5y=0.10。由圖8可知，當(dāng)溶液pH=9時(shí)，lg＞4，即104，所以可認(rèn)為c(HCrO4-)+c(CrO42-)=0.20mol/L，反應(yīng)(ii)的平衡常數(shù)K2==3.3×10-7，聯(lián)立兩個(gè)方程可得c(HCrO4-)=6.0×10-4mol/L。

③溶液的pH增大，即c(H+)減小，能促進(jìn)反應(yīng)(i)、(ii)正向進(jìn)行，使溶液中離子濃度之和增大，由圖可知混合溶液在某一波長(zhǎng)的A越大，溶液的pH越大，則c(CrO42-)越大，所以與CrO42-的λmax最接近的是λ3。反應(yīng)(i)的平衡常數(shù)K1=，反應(yīng)(ii)的平衡常數(shù)K2=，則(K2)2×K1=，所以，溫度不變，平衡常數(shù)不變，溶液pH從a變到b的過(guò)程中，溶液中c(H+)減小，所以的值將增大。

【分析】（1）①根據(jù)題干信息及元素種類守恒可推出其他產(chǎn)物，再結(jié)合原子個(gè)數(shù)守恒進(jìn)行配平。

②根據(jù)蓋斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓變?yōu)?E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。

③根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)進(jìn)行分析，反應(yīng)路線是NH3NONO2HNO3。

（2）①A.鹽類水解程度較弱，硫酸為強(qiáng)電解質(zhì)，加入硫酸，溶液中酸性增強(qiáng)。

B.越稀越水解，越稀越電離，據(jù)此分析。

C.根據(jù)勒夏特列原理進(jìn)行分析。

D.根據(jù)平衡常數(shù)的表達(dá)式及其影響因素進(jìn)行分析。

②根據(jù)原子守恒及平衡常數(shù)表達(dá)式進(jìn)行分析。

③由圖可知混合溶液在某一波長(zhǎng)的A越大，溶液的pH越大，即c(H+)越小，則更能促進(jìn)反應(yīng)(i)、(ii)正向進(jìn)行，溶液中離子濃度之和越大，所以與CrO42-的λmax最接近的是λ3。在判斷題干中表達(dá)式的數(shù)值大小時(shí)，可結(jié)合平衡常數(shù)表達(dá)式和c(H+)進(jìn)行分析。

26．（2023·西城模擬）利用工業(yè)廢渣DSS，其主要成分為FeS、Fe2(SO4)3、FeSO4等，制備無(wú)機(jī)高分子絮凝劑――聚合硫酸鐵[Fe2(OH)n(SO4)()]m。

（1）Na2S2O8為氧化劑處理DSS制備Fe2(SO4)3，反應(yīng)過(guò)程如下：(硫酸根自由基)+Fe3+，反應(yīng)②的離子方程式是。

（2）Fe2(SO4)3經(jīng)水解、聚合兩步連續(xù)反應(yīng)制得聚合硫酸鐵。

①水解反應(yīng)：(離子方程式)。

②聚合反應(yīng)：mFe2(OH)n(SO4)()=[Fe2(OH)n(SO4)()]m

（3）測(cè)定并改進(jìn)聚合硫酸鐵絮凝劑的性能

①表征聚合硫酸鐵絮凝劑性能的重要指標(biāo)是鹽基度(OH-與Fe3+的物質(zhì)的量比值)，鹽基度越大絮凝效果越好。測(cè)定某聚合硫酸鐵樣品鹽基度的方案如下，請(qǐng)補(bǔ)全步驟并計(jì)算。

資料：KF溶液可以掩蔽Fe3+使其不與OH-反應(yīng)。

取ag樣品，完全溶解于V1mLc1mol/L鹽酸中，，滴入酚酞溶液，用c2mol/LNaOH溶液滴定至終點(diǎn)，消耗NaOH溶液體積為V2mL；另取ag樣品，測(cè)得Fe3+的物質(zhì)的量為bmol。該樣品的鹽基度為(列出表達(dá)式)。

②某小組利用如圖電解裝置來(lái)提高聚合硫酸鐵的鹽基度。A是聚合硫酸鐵溶液，B是提高鹽基度后的聚合硫酸鐵溶液。

i.離子交換膜是(填“陰”或“陽(yáng)”)離子交換膜。

ii.簡(jiǎn)述反應(yīng)室中提高鹽基度的原理：。

【答案】（1）+Fe2+=+Fe3+

（2）2Fe3++(3-)+nH2OFe2(OH)n(SO4)()+nH+

（3）加入過(guò)量的KF溶液；；陰；電解過(guò)程中，陰極室中的OH-通過(guò)陰離子交換膜進(jìn)入反應(yīng)室，反應(yīng)室中的通過(guò)陰離子交換膜進(jìn)入陽(yáng)極室，從而提高鹽基度

【知識(shí)點(diǎn)】鹽類水解的原理；離子方程式的書(shū)寫(xiě)；電解池工作原理及應(yīng)用

【解析】【解答】(1)反應(yīng)②氧化亞鐵離子生成三價(jià)鐵和硫酸根離子，反應(yīng)的離子方程式為：+Fe2+=+Fe3+，故答案為：+Fe2+=+Fe3+；

(2)Fe2(SO4)3經(jīng)水解生成Fe2(OH)n(SO4)()，水解的方程式為：2Fe3++(3-)+nH2OFe2(OH)n(SO4)()+nH+，故答案為：2Fe3++(3-)+nH2OFe2(OH)n(SO4)()+nH+；

(3)取ag樣品，完全溶解于V1mLc1mol/L鹽酸中，為防止三價(jià)鐵離子與氫氧根反應(yīng)要加KF溶液，加鹽酸后剩余HCl的物質(zhì)的量與消耗的氫氧化鈉物質(zhì)的量相同，為c2V2×10-3，則聚合硫酸鐵消耗的鹽酸的物質(zhì)的量為，聚合硫酸鐵中OH-的物質(zhì)的量為，該樣品的鹽基度為，故答案為：加入過(guò)量的KF溶液；；

(4)為提高聚合硫酸鐵的鹽基度在不三價(jià)鐵一定時(shí)需提高氫氧根離子的濃度，即氫氧根離子需通過(guò)離子交換膜進(jìn)入反應(yīng)室中，故應(yīng)為陰離子交換膜，提高鹽基度的原理為電解過(guò)程中，陰極室中的OH-通過(guò)陰離子交換膜進(jìn)入反應(yīng)室，反應(yīng)室中的通過(guò)陰離子交換膜進(jìn)入陽(yáng)極室，從而提高鹽基度，故答案為：陰極；電解過(guò)程中，陰極室中的OH-通過(guò)陰離子交換膜進(jìn)入反應(yīng)室，反應(yīng)室中的通過(guò)陰離子交換膜進(jìn)入陽(yáng)極室，從而提高鹽基度；

【分析】（1）根據(jù)反應(yīng)物和生成物即可寫(xiě)出方程式

（2）根據(jù)聚合反應(yīng)找出水解的產(chǎn)物即可寫(xiě)出方程式

（3）①根據(jù)資料提示，加入KF溶液避免鐵離子與氫氧根離子反應(yīng)，充分消耗氫氧根離子，根據(jù)消耗氫氧化鈉的量計(jì)算出與聚合硫酸鐵反應(yīng)的鹽酸的量即可計(jì)算出聚合硫酸鐵中的氫氧根物質(zhì)的量即可計(jì)算出鹽基度②根據(jù)題意知道，鹽基度提高，說(shuō)明氫氧根離子增大故為陰離子交換膜，陰極是氫離子得到變?yōu)闅錃猓粝麓罅康臍溲醺x子，通過(guò)陰離子交換膜進(jìn)入反應(yīng)室，反應(yīng)室中的硫酸根離子進(jìn)入陽(yáng)極區(qū)即可提高鹽基度

27．（2023·門頭溝模擬）在鋼中加入一定量的釩，就能使鋼的硬度、耐腐蝕性大增。工業(yè)上以富釩爐渣(主要成分為、和等)為原料提取五氧化二釩的工藝流程如下：

（1）在第—步操作焙燒過(guò)程中轉(zhuǎn)化為可溶性，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為。

（2）焙燒爐中可用代替NaCl與富釩爐渣焙燒制得偏釩酸鈉。用代替NaCl的優(yōu)點(diǎn)是。

（3）以上流程中應(yīng)用過(guò)濾操作的有，在第三步操作后加入氯化銨得到偏釩酸銨，為使釩元素的沉降率達(dá)到98%，要加入較多的，從平衡角度分析原因。

（4）產(chǎn)品純度測(cè)定：將mg產(chǎn)品溶于足量稀硫酸配成溶液。取20.00mL該溶液于錐形瓶中，用標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定，經(jīng)過(guò)三次滴定，達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)平均消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為20.00mL。

資料：釩的鹽類的顏色五光十色，有綠的、紅的、黑的、黃的，綠的碧如翡翠，黑的猶如濃墨。這些色彩繽紛的釩的化合物，常被制成鮮艷的顏料。如：溶液為黃色，溶液為藍(lán)色，而五氧化二釩則是紅色的。

①完成下列滴定過(guò)程的離子方程式。，

②該滴定實(shí)驗(yàn)不需要另外加入指示劑，達(dá)到滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是。

③產(chǎn)品的純度為。(用質(zhì)量分?jǐn)?shù)表示)已知相對(duì)分子質(zhì)量：；。

【答案】（1）

（2）不會(huì)產(chǎn)生污染環(huán)境的氯氣

（3）③和④；銨根和偏釩酸跟水解方程式為、，增加銨根的濃度促進(jìn)偏釩酸根水解

（4）；當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏螛?biāo)準(zhǔn)液后，溶液由黃色變?yōu)樗{(lán)色，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)到原來(lái)的的顏色；

【知識(shí)點(diǎn)】氧化還原反應(yīng)；鹽類水解的原理；物質(zhì)的分離與提純；探究物質(zhì)的組成或測(cè)量物質(zhì)的含量

【解析】【解答】(1)第一步焙燒的將五氧化二釩轉(zhuǎn)化為偏釩酸鈉，根據(jù)氧化還原反應(yīng)的規(guī)律可得反應(yīng)為，故填；

(2)用碳酸鈉代替氯化鈉時(shí)不會(huì)產(chǎn)生污染環(huán)境的氯氣，故填不會(huì)產(chǎn)生污染環(huán)境的氯氣；

(3)根據(jù)流程可知，水浸后偏釩酸鈉溶于水，氧化鐵和二氧化硅不溶于水，需過(guò)濾除去；在濾液中加入氯化銨和硫酸后有偏釩酸銨析出，需過(guò)濾得到偏釩酸銨；銨根和偏釩酸跟水解方程式為、，增加銨根的濃度促進(jìn)偏釩酸根水解，故填③和④、銨根和偏釩酸跟水解方程式為、，增加銨根的濃度促進(jìn)偏釩酸根水解；

(4)①根據(jù)氧化還原反應(yīng)的規(guī)律可得，故填；

②溶液為黃色，溶液為藍(lán)色，所以終點(diǎn)的現(xiàn)象為當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏螛?biāo)準(zhǔn)液后，溶液由黃色變?yōu)樗{(lán)色，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)到原來(lái)的的顏色，故填當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏螛?biāo)準(zhǔn)液后，溶液由黃色變?yōu)樗{(lán)色，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)到原來(lái)的的顏色；

③根據(jù)反應(yīng)可得關(guān)系式，可得，代入數(shù)據(jù)可得mol/L，=2a×0.1=0.2amol，又，故=0.1amol，=0.1a×182=18.2ag，樣品的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為==，故填。

【分析】根據(jù)題意，焙燒時(shí)將五氧化二釩轉(zhuǎn)化為偏釩酸鈉，氧化鐵和二氧化硅無(wú)變化，其反應(yīng)為；水浸后除去氧化鐵和二氧化硅，向?yàn)V液中加入氯化銨和硫酸可分離出偏釩酸銨，高溫灼燒偏釩酸銨分解得到五氧化二釩。

28．（2023·豐臺(tái)模擬）氯化亞銅(CuCl)是重要的化工原料，廣泛用作有機(jī)合成催化劑。

資料

①水溶液中存在平衡：2Cl-(aq)+CuCl(s)CuCl(aq)。

②CuCl是難溶于水的白色固體，在熱水中迅速水解生成Cu2O。

③CuCl在潮濕的空氣中易被氧化，生成的堿式鹽為Cu2(OH)3Cl。

Ⅰ.實(shí)驗(yàn)室中用純凈的CuCl2固體可制備CuCl。取75gCuCl2固體于燒杯中，加入100mL0.2mol/L鹽酸和水配成200mL溶液，然后在溶液中通入SO2氣體。

（1）結(jié)合化學(xué)用語(yǔ)解釋加入鹽酸的主要目的是。

（2）溶液中通入SO2氣體后，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。

（3）Ⅱ.工業(yè)中，用初級(jí)銅礦粉(主要含Cu2S及少量Fe2O3、FeO等)為原料制備CuCl。流程如圖：

“酸浸”中，加入稀H2SO4不宜過(guò)量太多的原因是__。

（4）用化學(xué)用語(yǔ)解釋，析出的CuCl晶體不能用水洗滌的原因是。

（5）合成過(guò)程中適宜的反應(yīng)條件為。

（6）若要制99.5gCuCl，理論上至少需要含Cu2S50%的銅礦粉的質(zhì)量為g。

（7）相同時(shí)間內(nèi)，反應(yīng)物在最佳配比條件下，溫度對(duì)CuCl產(chǎn)率影響如圖所示。溶液溫度控制在58℃時(shí)，CuCl產(chǎn)率最大，隨溫度升高CuCl產(chǎn)率降低，其原因是。(答出2條即可)

【答案】（1）Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，加酸抑制了Cu2+的水解

（2）SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=SO+2CuCl↓+4H+

（3）避免除雜步驟消耗更多的氨水和碳酸氫銨

（4）4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl

（5）溫度不宜過(guò)高、控制HCl濃度不宜過(guò)高、隔絕空氣

（6）160

（7）溫度過(guò)高，CuCl水解生成Cu2O/CuCl被直接氧化/SO2逸出/HCl揮發(fā)

【知識(shí)點(diǎn)】氧化還原反應(yīng)；化學(xué)平衡移動(dòng)原理；鹽類水解的原理；物質(zhì)的分離與提純；制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)

【解析】【解答】(1)氯化銅溶液中存在平衡：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，加酸抑制了Cu2+的水解，故答案為：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，加酸抑制了Cu2+的水解；

(2)溶液中通入SO2氣體后，二氧化硫?qū)u2+還原為CuCl沉淀，Cu元素化合價(jià)由+2價(jià)下降到+1價(jià)，S元素化合價(jià)由+4價(jià)上升到+6價(jià)，根據(jù)得失電子守恒和質(zhì)量守恒配平離子方程式為：SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=SO+2CuCl↓+4H+，故答案為：SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=SO+2CuCl↓+4H+；

(3)H2SO4過(guò)多會(huì)消耗“除雜”步驟中的氨水和碳酸氫銨，影響除雜效果，故答案為：避免除雜步驟消耗更多的氨水和碳酸氫銨；

(4)CuCl在潮濕的空氣中易被氧化，生成的堿式鹽為Cu2(OH)3Cl，若用水洗會(huì)生成Cu2(OH)3Cl，方程式為：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl，故答案為：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；

(5)由(2)可知，合成步驟中發(fā)生反應(yīng)SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=SO+2CuCl↓+4H+，結(jié)合CuCl在潮濕的空氣中易被氧化可知，為了使反應(yīng)更加充分地進(jìn)行，合成過(guò)程中適宜的反應(yīng)條件為溫度不宜過(guò)高、控制HCl濃度不宜過(guò)高、隔絕空氣，故答案為：溫度不宜過(guò)高、控制HCl濃度不宜過(guò)高、隔絕空氣；

(6)由Cu元素守恒得到關(guān)系式：Cu2S2CuCl，99.5gCuCl的物質(zhì)的量為=1mol，理論上需要0.5molCu2S，其質(zhì)量為160g/mol0.5mol=80g，理論上至少需要含Cu2S50%的銅礦粉的質(zhì)量為=160g，故答案為：160；

(7)合成步驟中發(fā)生反應(yīng)SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=SO+2CuCl↓+4H+，由圖可知溶液溫度控制在58℃時(shí)，CuCl產(chǎn)率最大，隨溫度升高CuCl產(chǎn)率降低，溫度過(guò)高，CuCl水解生成Cu2O；CuCl被直接氧化；SO2逸出；HCl揮發(fā)可知，其原因是溫度過(guò)高，CuCl水解生成Cu2O，CuCl被直接氧化，SO2逸出，HCl揮發(fā)；故答案為：溫度過(guò)高，CuCl水解生成Cu2O，CuCl被直接氧化，SO2逸出，HCl揮發(fā)。

【分析】初級(jí)銅礦粉(主要含Cu2S及少量Fe2O3、FeO等)中加入稀硫酸、二氧化錳，Cu2S和二氧化錳、稀硫酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)，發(fā)生的離子反應(yīng)方程式為Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++2Mn2++S+4H2O，雜質(zhì)FeO、Fe2O3分別與稀硫酸反應(yīng)，過(guò)濾生成的S，向?yàn)V液中加入氨水調(diào)節(jié)溶液的pH值，鐵離子生成Fe(OH)3沉淀，加入碳酸氫銨，得到MnCO3沉淀，過(guò)濾，得到的濾液中含有Cu(NH3)4CO3，加熱Cu(NH3)4CO3得到CuO，CuO與鹽酸、二氧化硫反應(yīng)：SO2+2CuO+2Cl-=2CuCl+SO，經(jīng)過(guò)過(guò)濾、洗滌、真空干燥或隔絕空氣干燥得產(chǎn)品，以此解答。

29．（2023·北京模擬）草酸（H2C2O4）是一種二元弱酸，廣泛分布于動(dòng)植物體中。

（1）人體內(nèi)草酸累積過(guò)多是導(dǎo)致結(jié)石（主要成分是草酸鈣）形成的原因之一。有研究發(fā)現(xiàn)，EDTA（一種能結(jié)合金屬離子的試劑）在一定條件下可以有效溶解結(jié)石，用化學(xué)平衡原理解釋其原因：。

（2）已知：0.1

mol·L－1KHC2O4溶液呈酸性。下列說(shuō)法正確的是（填字母序號(hào)）。

a.0.1mol·L－1KHC2O4溶液中：c(K+)

+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)

+c(OH-)

b.0.1mol·L－1KHC2O4溶液中：c(K+)

>c(HC2O4-)>c(C2O42-)

>c(H2C2O4)

c.濃度均為0.1mol·L－1KHC2O4和K2C2O4的混合溶液中：2c(K+)=c(HC2O4-)

+c(C2O42-)

d.0.1mol/LKHC2O4溶液中滴加等濃度NaOH溶液至中性：c(K+)>

c(Na+)

（3）利用草酸制備草酸亞鐵晶體(FeC2O4·xH2O)的流程及組分測(cè)定方法如下：

已知：i.pH>4時(shí)，F(xiàn)e2+易被氧氣氧化

ii.幾種物質(zhì)的溶解度(g/100gH2O)如下

FeSO4·7H2O(NH4)2SO4FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O

20℃487537

60℃1018838

①用稀硫酸調(diào)溶液pH至1～2的目的是：，。

②趁熱過(guò)濾的原因是：。

③氧化還原滴定法常用于測(cè)定草酸亞鐵晶體的摩爾質(zhì)量(M)。稱取ag草酸亞鐵晶體溶于稀硫酸中，用bmol·L－1的高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)液滴定，到達(dá)滴定終點(diǎn)時(shí)，消耗高錳酸鉀VmL，則M=。(已知：部分反應(yīng)產(chǎn)物為Mn2+、Fe3+、CO2)

【答案】（1）CaC2O4(s)存在沉淀溶解平衡CaC2O4(s)Ca2+(aq)+C2O42-(aq)，EDTA結(jié)合Ca2+后，Ca2+濃度減小，導(dǎo)致上述平衡正向移動(dòng)，結(jié)石溶解

（2）abd

（3）抑制Fe2+和NH4+的水解；防止Fe2+被氧化；防止低溫時(shí)FeSO4·7H2O和(NH4)2SO4析出，影響FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O的純度；mol/L

【知識(shí)點(diǎn)】化學(xué)平衡移動(dòng)原理；鹽類水解的原理；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】（1）草酸鈣難溶于水，在水存在溶解平衡CaC2O4(s)Ca2+(aq)+C2O42-(aq)，加入EDTA，EDTA結(jié)合Ca2+后，Ca2+濃度減小，導(dǎo)致上述平衡正向移動(dòng)，使結(jié)石逐漸溶解；

（2）a.0.1mol·L－1KHC2O4溶液中存在電荷守恒：c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，a正確；

b．KHC2O4溶液呈酸性，表明HC2O4-的電離程度大于水解程度，0.1mol·L－1KHC2O4溶液中：c(K+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)，b正確；

c．根據(jù)物料守恒，濃度均為0.1mol·L－1KHC2O4和K2C2O4的混合溶液中：2c(K+)=3[c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)]，c不正確；

d．恰好完全反應(yīng)后c(K+)=c(Na+)，滴加等濃度NaOH溶液至中性，反應(yīng)后KHC2O4溶液須過(guò)量，溶液的成分為Na2C2O4和KHC2O4的混合溶液，故c(K+)>c(Na+)，d正確；

（3）①pH>4時(shí)，F(xiàn)e2+易被氧氣氧化，且亞鐵離子、銨根離子離子易發(fā)生水解，溶液顯酸性，所以用稀硫酸調(diào)溶液pH至1～2，可以防止Fe2+被氧化，同時(shí)可以抑制Fe2+和NH4+的水解；

②根據(jù)表中數(shù)據(jù)，F(xiàn)eSO4·7H2O在常溫下的溶解度不太大，趁熱過(guò)濾，可以防止低溫時(shí)FeSO4·7H2O和(NH4)2SO4析出，影響FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O的純度；

③草酸亞鐵與高錳酸鉀反應(yīng)的方程式為：3MnO4-+5Fe2++5C2O42-+24H+=3Mn2++10CO2+5Fe3++12H2O，有

3MnO45FeC2O4

35

bmol/L×V×10-3Ln(FeC2O4)

=，解得：n(FeC2O4)=×10-3bVmol，草酸亞鐵晶體的摩爾質(zhì)量M==mol/L。

【分析】（1）根據(jù)EDTA結(jié)合Ca2+后對(duì)溶解平衡CaC2O4（s）Ca2+（aq）+C2O42-（aq）的影響分析；

（2）0.1molL-1KHC2O4溶液呈酸性，說(shuō)明HC2O4-電離程度大于其水解程度，則c（C2O42-）＞c（H2C2O4）；氫離子來(lái)自水的電離和HC2O4-電離，則c（H+）＞c（C2O42-），據(jù)此結(jié)合物料守恒分析；

（3）綠礬加入硫酸銨、稀硫酸并調(diào)節(jié)pH至1-2，可以防止Fe2+被氧化，同時(shí)可以抑制Fe2+和NH4+的水解，蒸發(fā)濃縮、趁熱過(guò)濾得到FeSO4（NH4）2SO46H2O，加入稀硫酸溶解后加入草酸，加熱、過(guò)濾得到（FeC2O4xH2O，以此解答該題。

30．（2023·上饒模擬）高鐵酸鉀（K2FeO4）是一種高效凈水劑。已知：K2FeO4易溶于水，微溶于濃KOH溶液；在酸性或中性溶液中不穩(wěn)定，在0～5℃的強(qiáng)堿性溶液中較穩(wěn)定。某實(shí)驗(yàn)小組欲制備高鐵酸鉀并測(cè)定其純度。

Ⅰ.制備高鐵酸鉀（夾持裝置略）

（1）裝置A為氯氣發(fā)生裝置，其中盛放高錳酸鉀的儀器名稱為。

（2）將除雜裝置B補(bǔ)充完整并標(biāo)明所用試劑。

（3）裝置C中Cl2與Fe(OH)3、KOH反應(yīng)生成K2FeO4的化學(xué)方程式是。

（4）實(shí)驗(yàn)時(shí)將裝置C置于冰水浴中，其原因是。

（5）實(shí)驗(yàn)后經(jīng)結(jié)晶法得到的K2FeO4晶體仍含較多雜質(zhì)，要得到更純的晶體，還應(yīng)采取的操作方法是。

（6）Ⅱ.測(cè)定產(chǎn)品純度

將wgK2FeO4粗產(chǎn)品溶于過(guò)量的堿性亞鉻酸鹽溶液中，充分反應(yīng)后，加入稀硫酸酸化至pH為2，在所得的重鉻酸鹽溶液中加入5滴二苯胺磺酸鈉溶液作指示劑，然后用cmol·L1(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL。已知該過(guò)程中涉及的離子反應(yīng)主要有三個(gè)：

①Cr(OH)4+

FeO42-=Fe(OH)3↓+CrO42-+OH，

②，

③Cr2O72-+6Fe2++

14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。

該粗產(chǎn)品中K2FeO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為（用含w、c、V的代數(shù)式表示）。若滴定管沒(méi)有用標(biāo)準(zhǔn)液潤(rùn)洗，則測(cè)得的結(jié)果（填“偏高”“偏低”或“無(wú)影響”）。

【答案】（1）圓底燒瓶

（2）

（3）3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH=2K2FeO4＋6KCl＋8H2O

（4）K2FeO4在0～5℃環(huán)境中較穩(wěn)定，防止副反應(yīng)發(fā)生

（5）重結(jié)晶

（6）2CrO42－＋2H＋Cr2O72－＋H2O；或或；偏高

【知識(shí)點(diǎn)】氧化還原反應(yīng)；鹽類水解的原理；探究物質(zhì)的組成或測(cè)量物質(zhì)的含量

【解析】【解答】(1)根據(jù)儀器的結(jié)構(gòu)，可知該儀器為圓底燒瓶；(2)裝置B的作用是除去Cl2中的HCl，選用飽和食鹽水，裝置如圖所示；(3)Cl2中Cl的化合價(jià)降低，從0降低到－1，共降低2價(jià)，F(xiàn)e(OH)3中Fe的化合價(jià)升高，從＋3升高到＋6，化合價(jià)升降守恒，則Cl2和Fe(OH)3的系數(shù)比為3：2，再根據(jù)原子守恒配平，化學(xué)方程式為3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH=2K2FeO4＋6KCl＋8H2O；(4)產(chǎn)物K2FeO4在0～5℃的強(qiáng)堿性溶液中較穩(wěn)定，因此將裝置C置于冰水浴中是K2FeO4在0～5℃環(huán)境中較穩(wěn)定，防止副反應(yīng)發(fā)生；(5)K2FeO4易溶于水中，結(jié)晶后的K2FeO4中含有較多雜質(zhì)，可以利用重結(jié)晶提純；Ⅱ(6)根據(jù)反應(yīng)①和③，加入H2SO4酸化后，反應(yīng)①中的產(chǎn)物CrO42－轉(zhuǎn)化為Cr2O72－，離子方程為2CrO42－＋2H＋Cr2O72－＋H2O；

根據(jù)反應(yīng)方程式，可得關(guān)系式K2FeO4～CrO42－～Cr2O72－～3Fe2＋，n(K2FeO4)=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=×cV×10－3mol，m(K2FeO4)=×cV×10－3mol×198g·mol－1=0.066cVg，則K2FeO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為；

如果滴定管沒(méi)有用標(biāo)準(zhǔn)液潤(rùn)洗，那么消耗的標(biāo)準(zhǔn)液的體積會(huì)增加，計(jì)算得到K2FeO4的質(zhì)量會(huì)增加，質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏高。

【分析】Ⅰ利用濃鹽酸和KMnO4制備Cl2，制備的Cl2常含有HCl，需要用飽和食鹽水除雜，Cl2、Fe(OH)3和KOH反應(yīng)生成K2FeO4，利用NaOH溶液處理多余的Cl2。

31．（2023·天津模擬）甲硅烷廣泛用于電子工業(yè)、汽車領(lǐng)域，三氯氫硅（SiHCl3）是制備甲硅烷的重要原料?；卮鹣铝袉?wèn)題：

（1）工業(yè)上以硅粉和氯化氫氣體為原料生產(chǎn)SiHCl3時(shí)伴隨發(fā)生的反應(yīng)有：

Si(s)＋4HCl(g)=SiCl4(g)＋2H2(g)H＝-241kJ/mol

SiHCl3(g)＋HCl(g)=SiCl4(g)＋H2(g)H＝-31kJ/mol

以硅粉和氯化氫氣體生產(chǎn)SiHCl3的熱化學(xué)方程式是。

（2）鋁鋰形成化合物L(fēng)iAlH4既是金屬儲(chǔ)氫材料又是有機(jī)合成中的常用試劑，遇水能得到無(wú)色溶液并劇烈分解釋放出H2，請(qǐng)寫(xiě)出其水解反應(yīng)化學(xué)方程式。LiAlH4在化學(xué)反應(yīng)中通常作(填“氧化”或“還原”)劑。工業(yè)上可用四氯化硅和氫化鋁鋰（LiAlH4）制甲硅烷，反應(yīng)后得甲硅烷及兩種鹽。該反應(yīng)的化學(xué)方程式為

（3）三氯氫硅歧化也可制得甲硅烷。反應(yīng)2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)為歧化制甲硅烷過(guò)程的關(guān)鍵步驟，此反應(yīng)采用一定量的PAl00催化劑，在不同反應(yīng)溫度下測(cè)得SiHCl3的轉(zhuǎn)化率隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖所示。

①353.15K時(shí)，平衡轉(zhuǎn)化率為，該反應(yīng)是反應(yīng)（填“放熱”“吸熱”）。

②323.15K時(shí)，要縮短反應(yīng)達(dá)到平衡的時(shí)間，可采取的最佳措施是。

（4）比較a、b處反應(yīng)速率的大小：VaVb（填“＞”“＜”或“＝”）。已知反應(yīng)速率V正=K1x2SiHCl3，V逆=K2xSiH2Cl2xSiCl4，K1，K2分別是正、逆反應(yīng)的速率常數(shù)，與反應(yīng)溫度有關(guān)，x為物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，則在353.15K時(shí)K1/K2＝（保留3位小數(shù)）。

（5）硅元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物是H2SiO3，室溫下，0.1mol/L的硅酸鈉溶液和0.1mol/L的碳酸鈉溶液，堿性更強(qiáng)的是，其原因是。已知：H2SiO3：Ka1=2.0×10-10、Ka2=2.0×10-12、H2CO3：Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11

【答案】（1）Si(s)＋3HCl(g)=SiHCl3(g)＋H2(g)H＝-210kJ/mol

（2）LiAlH4+2H2O=4H2↑+LiAlO2；還原；LiAlH4+SiCl4=SiH4+LiCl+AlCl3

（3）24%；吸熱；改進(jìn)催化劑

（4）>；0.025

（5）硅酸鈉；硅酸的Ka2小于碳酸的Ka2，硅酸鈉更易水解

【知識(shí)點(diǎn)】蓋斯定律及其應(yīng)用；化學(xué)反應(yīng)速率；化學(xué)平衡的影響因素；鹽類水解的原理；溶液酸堿性的判斷及相關(guān)計(jì)算；原電池工作原理及應(yīng)用

【解析】【解答】(1)Si(s)＋4HCl(g)=SiCl4(g)＋2H2(g)H＝-241kJ/mol①；SiHCl3(g)＋HCl(g)=SiCl4(g)＋H2(g)H＝-31kJ/mol②；根據(jù)蓋斯定律，①-②得硅粉和氯化氫氣體生產(chǎn)SiHCl3的熱化學(xué)方程式：Si(s)＋3HCl(g)=SiHCl3(g)＋H2(g)H＝-210kJ/mol；答案為：Si(s)＋3HCl(g)=SiHCl3(g)＋H2(g)H＝-210kJ/mol；(2)LiAlH4遇水能得到無(wú)色溶液并劇烈分解釋放出H2，則水解反應(yīng)化學(xué)方程式為：LiAlH4+2H2O=4H2↑+LiAlO2；LiAlH4中H是-1價(jià)，在化學(xué)反應(yīng)中常作還原劑；四氯化硅和LiAlH4反應(yīng)后得甲硅烷及兩種鹽，LiAlH4中有2種金屬元素，所以生成的2種鹽為氯化鋁和氯化鋰，化學(xué)方程式為：LiAlH4+SiCl4=SiH4+LiCl+AlCl3；答案為：LiAlH4+2H2O=4H2↑+LiAlO2；還原；LiAlH4+SiCl4=SiH4+LiCl+AlCl3；(3)①根據(jù)圖得353.15K時(shí)，平衡轉(zhuǎn)化率最大為24%，則轉(zhuǎn)化率為24%；同時(shí)可得溫度升高，平衡轉(zhuǎn)化率增大，說(shuō)明平衡正向移動(dòng)，正向?yàn)槲鼰岱磻?yīng)；答案為：24%；吸熱；

②323.15K時(shí)，要縮短反應(yīng)達(dá)到平衡的時(shí)間即加快反應(yīng)速率，可采取的最佳措施是改進(jìn)催化劑；答案為：改進(jìn)催化劑；(4)a、b兩處轉(zhuǎn)化率相同，說(shuō)明消耗的SiHCl3等量，時(shí)間不同，時(shí)間越短速率越快，則Va>Vb；已知反應(yīng)速率V正=K1x2SiHCl3，V逆=K2xSiH2Cl2xSiCl4，達(dá)到平衡時(shí)V正=V逆，即K1x2SiHCl3=K2xSiH2Cl2xSiCl4，變式得=＝＝K，由圖可得平衡時(shí)轉(zhuǎn)化率為24%，三段式表示為：，，則在353.15K時(shí)＝0.025；答案為：>；0.025；(5)根據(jù)硅酸和碳酸的2級(jí)電離常數(shù)可得，H2SiO3的Ka2=2.0×10-12，小于H2CO3的Ka2=5.6×10-11，越弱越水解原則得硅酸根離子水解程度大于碳酸根離子水解程度，所以室溫下，0.1mol/L的硅酸鈉溶液和0.1mol/L的碳酸鈉溶液，堿性更強(qiáng)的是硅酸鈉；答案是：硅酸鈉；硅酸的Ka2小于碳酸的Ka2，硅酸鈉更易水解。

【分析】根據(jù)蓋斯定律書(shū)寫(xiě)熱化學(xué)方程式；水解方程式是LiAlH4與水反應(yīng)生成氫氣和偏鋁酸鋰，LiAlH4與四氯化硅反應(yīng)生成兩種鹽，根據(jù)金屬元素可推出為L(zhǎng)iCl、AlCl3；由圖可知353.15K時(shí)，平衡轉(zhuǎn)化率最大為24%，同時(shí)可得溫度升高，平衡轉(zhuǎn)化率增大，說(shuō)明平衡正向移動(dòng)；a、b兩處轉(zhuǎn)化率相同，時(shí)間不同，根據(jù)時(shí)間長(zhǎng)短可判斷速率快慢；根據(jù)平衡時(shí)正逆反應(yīng)速率相等，可求出K值與K1、K2的關(guān)系，進(jìn)而計(jì)算出K1與K2的比值；根據(jù)越弱越水解原則判斷溶液的堿性強(qiáng)弱；據(jù)此分析。

32．（2023·浙江模擬）氯化亞銅(CuCl)是一種重要的化工產(chǎn)品。它不溶于H2SO4、HNO3和醇，微溶于水，可溶于濃鹽酸和氨水，在潮濕空氣中易水解氧化成綠色的堿式氯化銅[Cu2(OH)4-nCln]，n隨著環(huán)境酸度的改變而改變。以海綿銅(主要成分是Cu和少量CuO)為原料，采用硝酸銨氧化分解技