【高考备考】2023届化学第二轮备考复习化学反应原理一外加酸碱对盐类水解的影响专题训练（含解析）

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【高考备考】2023届化学第二轮备考复习化学反应原理
—外加酸碱对盐类水解的影响专题训练

一、单选题
1．向三份0.1mol/LCH3COONa溶液中分别加入少量硫酸铵、碳酸钠、硫酸铝固体(忽略溶液体积变化)，则CH3COO－浓度的变化依次为：
A．减小、增大、增大 B．增大、减小、减小
C．减小、增大、减小 D．增大、增大、减小
2．为了使(NH4)2SO4溶液中接近2：1，可采取的措施是
A．加热 B．加适量NaOH(s)
C．加水 D．通HCl
3．为了配制CH3COO－与Na+离子浓度为1：1的CH3COONa溶液，可向CH3COONa溶液中加入
A．适量NaCl晶体 B．适量NaOH固体
C．适量盐酸 D．适量KOH固体
4．对滴有酚酞的下列溶液，对其进行相关操作后，有关现象变化描述正确的是（    ）
A．明矾溶液加热颜色变浅
B．小苏打溶液加热颜色变深
C．氨水中加NH4Cl固体颜色不变
D．小苏打溶液加NaCl固体颜色变深
5．为使Na2S溶液中c(Na+)/c(S2-)的值减小，可加入的物质是
①盐酸　②适量的NaOH溶液　③适量的KOH溶液  ④适量的K2S固体
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
6．下列五种混合溶液，由分别为的两种溶液等体积混合而成：
①与     ②与
③与     ④与
⑤与，由大到小排序正确的是
A．①＞④＞③＞②＞⑤ B．①＞③＞⑤＞④＞②
C．②＞④＞③＞⑤＞① D．②＞③＞④＞⑤＞①
7．常温下，下列关于 pH=10 的 Na2CO3溶液说法错误的是
A．水电离的 c(OH-)=1×10-4 mol·L-1
B．若升高温度，溶液中 c(OH-)增大
C．若加入少量 NaOH 固体，溶液中c()增大
D．溶液中：
8．在一定条件下，溶液中存在水解平衡：。下列说法正确的是
A．加入固体，平衡向正反应方向移动 B．稀释溶液，的水解程度增大
C．通入，溶液增大 D．升高温度，不变
9．下列有关说法正确的是
A．反应在任何条件下都不会自发进行
B．溶液加水稀释后，溶液中的值减小
C．温度升高，反应物的活化分子数增多，主要因素是分子的运动加快，反应速率加快
D．液中加入少量固体，水解程度减小，溶液的pH减小
10．氧化铍()在航天航空等领域有着广泛的应用。一种以预处理后的硅铍矿(主要含、、和等)为原料提取的流程如图所示。

已知：具有两性，在强碱性溶液中可转化为。下列说法错误的是
A．“酸浸”步骤所得滤渣①的主要成分为
B．滤液②经处理后可获得副产品
C．“碱溶”时，主要反应为
D．“水解”时，适当增大溶液有利于提高的提取率
11．将硫酸铵溶于水得无色溶液，为使该溶液中的铵根离子与硫酸根离子的物质的量浓度之比等于2，应当采取的措施是
A．加入适量的硫酸溶液，抑制铵根离子的水解
B．加入适量的氨水，使pH值等于7
C．加入适量氢氧化钠，使溶液pH值等于7
D．加入适量硫酸钠，抑制硫酸铵电离
12．下列说法错误的是
①NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)/c(HCO)的比值保持增大
②浓度均为0.lmol·L-1的 Na2CO3、NaHCO3混合溶液：2c(Na+)=3[c(CO)+c(HCO)]
③在0.l mol·L-1氨水中滴加0.l mol·L-1盐酸，恰好完全反应时溶液的pH=a，则由水电离产生的c(H+)=10-a mol·L-1
④向0.lmol/LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固体，c(Na+)、c(SO)均增大
⑤浓度相等的a、NH4HSO4溶液、b、NH4HCO3溶液、c、NH4Cl溶液中的c(NH)：a＞b＞c
⑥NaHSO3溶液显酸性，c(Na+)＞c(HSO)＞c(H+)＞c(OH-)＞c(SO)
⑦常温下，CH3COONa 和 CH3COOH 混合溶液[pH=7，c(Na+)=0.1 mol·L-1]：c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)
⑧pH=3.6的0.lmol/LHX与0.lmol/LNaX的混合溶液中，c(H+)-c(OH-)=c(X-)-c(HX)
A．②③④⑤ B．②⑤⑦⑧ C．①③⑤⑥ D．②⑤⑥⑧

二、填空题
13．FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小，请回答下列问题：
(1)用文字简述FeCl3净水的原理：_____；FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除H+作用外，另一主要原因是_____(用离子方程式表示)。
(2)为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3
①若酸性FeCl2废液中c(Fe2+)=2.0×10-2mol/L，c(Fe3+)=1.0×10-3mol/L，c(Cl-)=5.3×10-2mol/L，则该溶液的pH约为_____；
②完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式：______。
_____ClO+_____Fe2++_____=_____Cl-+_____Fe3++_____
(3)FeCl3在溶液中分三步水解：
Fe3+＋H2O⇌Fe(OH)2+＋H+K1
Fe(OH)2+＋H2O⇌Fe(OH)2+＋H+K2
Fe(OH)2+＋H2O⇌Fe(OH)3＋H+K3
①以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是_____。
②通过控制条件，使以上水解产物聚合，生成聚合氯化铁。离子方程式为： xFe3+＋yH2O⇌Fex(OH)y(3x-y)+＋yH+
欲使平衡正向移动可采用的方法是(填序号)_____；
a、降温        b、加水稀释        c、加入NH4Cl        d、加入NaHCO3
③室温下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是_____。
14．常温下，根据表中的几种物质的电离平衡常数回答下列问题：
NH3∙H2O
2×10-5
HNO2
7×10-4
HClO
3×10-8
H2CO3
Ka1=4×10-7   Ka2=4×10-11

(1)常温下，等浓度的NH4NO3和NH4NO2两份溶液，测得NH4NO2溶液中c()较小，试分析原因：_______。
(2)常温下，用氨水吸收CO2可得到NH4HCO3溶液，其中pH_______7(填“＞”“＜”或“=”)；反应NH3∙H2O+H2CO3⇌++H2O的平衡常数K=_______。
(3)少量CO2通入过量的NaClO溶液中发生反应的离子方程式为_______。
15．去除水体中砷的技术主要有物理吸附法及化学氧化法。
(1)物理吸附法
用活性炭负载纳米二氧化钛吸附水中的砷，纳米二氧化钛投加量对活性炭去除砷效果如图1所示：

①纳米二氧化钛投加量为____时，砷的吸附量可达最大。
②未加二氧化钛时就有一定的吸附砷的能力，可能的原因是____。
③若要提高废水中As(III)的去除率，可采取的措施___。
(2)化学氧化法
该方法须将废水中的As(III)用空气或铁离子氧化为As(V)，然后再去除，为了探究As(III)被哪种氧化剂氧化，设计如下实验：取含As(III)废水，在pH分别为1～10条件下反应1h后，过滤，测定滤液中三价铁和二价铁的含量，得出不同pH下三价铁和二价铁的浓度随pH变化如图2所示：

①pH在3～4时Fe3+浓度变化的主要原因为____。
②由实验可知废水中的As(III)主要被___氧化为As(V)，理由为___。
16．铁及其化合物在生产生活中具有广泛应用。一定条件下，铁及其化合物之间可以发生相互的转化。
(1)在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是_______。
A．
B．
C．
D．
(2)可完全水解成，水解反应的离子方程式：_______。
(3)三草酸合铁酸钾是制备负载型活性催化剂的主要原料，易溶于水，难溶于乙醇。实验室制备流程如下：

①“溶解”时加入硫酸的目的是_______。
②“沉淀”得到晶体，“沉淀”时发生反应的离子方程式为_______。
③制备晶体。
【查阅资料】
a)溶于水；难溶于水。
b)实验条件下，时，沉淀完全；过氧化氢在发生显著分解。
c)铁氰化钾()溶液与反应产生深蓝色沉淀，与不反应。
i)以晶体作为原料，制备晶体时，请补充完整相应的实验方案：取一定量的晶体，边加入饱和溶液边搅拌，至约为3，_______，过滤、晾干、得到晶体。(实验中须使用的试剂：溶液，饱和溶液，无水乙醇，溶液。)
ii)通过下列方法测定产品纯度：准确称取样品，加入适量水溶解并用稀硫酸酸化，加热至，趁热用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。计算样品的纯度_______ (写出计算过程)。
17．疫情期间，某项目化学学习小组开展了对84消毒液使用安全性的研究。查找资料可知：
①84消毒液有效成分为NaClO。含氯消毒剂中HClO的消毒效果远高于ClO-，而ClO-的稳定性要高于HClO。
②HClO的K=2.0×10-8；H2CO3的K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11。
请回答下列问题：
(1)在84消毒液中滴加几滴酚酞试液，可观察到的现象是_______。
(2)通常购买的84消毒液pH在12左右，目的是增强消毒液的稳定性，试从平衡的角度分析原因_______。
(3)84消毒液必须避光密封保存，目的是防止与空气中的二氧化碳反应而变质，试写出该反应的离子方程式：_______。
(4)为了研究消毒效果，同学们测定了84消毒液中Cl2、HClO和ClO-三种微粒的物质的量分数随pH变化的关系，如图所示。

根据图示同学们认为在使用84消毒液时应调节pH在4～6范围内，试说明原因_______。
(5)84消毒液还可作为水处理剂除去水中的杂质离子。例如过量次氯酸钠可使酸性废水中完全转化为N2，请写出相应的离子反应方程式：_______。若处理废水产生了0.448LN2(标准状况)，则需消耗有效氯为5%的84消毒液的质量为_______g。(“有效氯”指每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力，常以百分数表示)

三、实验题
18．下图中A、B、C、D分别为AlCl3、NaOH、NH4HSO4、Na2CO3溶液，实验过程和记录如下图所示（无关物质已经略去）：

请回答：
（1）W的溶液加热蒸干并灼烧最后所得固体为__________。
（2）D溶液pH___（填“大于”、“小于”或“等于”）7，原因是（用离子方程式表示）_______。
（3）等物质的量浓度的A、B、C、D溶液pH由大到小的顺序是_________。（用化学式表示）
（4）等物质的浓度的C溶液与NH4Cl溶液相比较，c（NH4+）：前者_____后者（填“＜”“＞”“＝”）。
（5）若B、C的稀溶液混合后（不加热）溶液呈中性，则该溶液中离子浓度从大到小的顺序是____。
19．氯化亚砜(SOCl2)是一种液态化合物，沸点为77℃，在农药、制药行业中用途广泛。SOCl2遇水剧烈反应、产生白雾和带有刺激性气味的气体。实验室合成SOCl2的原理为：，部分装置如图所示。

回答下列问题:
(1)仪器a 的名称是_______，装置b 的作用是__________。
(2)实验室制取SOCl2 时，所选仪器的连接顺序是⑥→______→①②←_____(某此仪器可以多次使用)。
(3)冷凝管口③是_____(填“进水”或“出水”)口，本实验中制备氯气的离子方程式为___________。
(4)将SOCl2 与AlCl3·6H2O混合加热，可得到无水AlCl3，试解释原因________。
(5)已知SCl2的沸点为50℃。实验结束后，将三颈烧瓶中的混合物分离开的实验操作名称是___。若反应中消耗标准状况下的Cl2的体积为1120 mL，最后得到纯净的SOCl26.76 g,则SOCl2的产率为________(保留三位有效数字)。
(6)已知:SOCl2 +4NaOH= Na2SO3+2NaCl +2H2O。请设计简单的实验( 可选试剂:稀盐酸、稀硝酸、氯化钡溶液、硝酸钡溶液、硝酸银溶液、品红溶液) 来验证氯化亚砜与NaOH 溶液反应后的溶液中存在Cl-__________________。

答案：
1．C
【详解】CH3COONa是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，硫酸铵是强酸弱碱盐其水溶液呈酸性，所以向醋酸钠溶液中加硝酸铵会促进醋酸根离子水解，导致CH3COO－浓度减小；
碳酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，所以向醋酸钠溶液中加碳酸钠会抑制醋酸根离子的水解，导致CH3COO－浓度增大；
硫酸铝为强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，所以向醋酸钠溶液中加硫酸铝会促进醋酸根离子水解，导致CH3COO－浓度减小；
综上所述，C项正确；
答案选C。
含有弱根离子的盐溶液，如果两种溶液的酸碱性相同，那么它们混合后会相互抑制水解；如果一种溶液显酸性，另一种溶液显碱性，那么它们混合后弱根离子能相互促进水解。
2．D
【详解】A．(NH4)2SO4溶液中铵根离子水解，水解反应吸热，加热促进铵根离子的水解，c(NH4+)减小，c(SO42−)不变，c(NH4+)和c(SO42−)之比小于2:1，故A错误；
B．(NH4)2SO4溶液中铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，加入氢氧化钠会促进铵根的水解，减少铵根离子，c(NH4+)和c(SO42−)之比小于2:1，故B错误；
C．溶液越稀越水解，所以加水促进铵根离子的水解，导致c(NH4+)和c(SO42−)之比小于2:1，故C错误；
D．(NH4)2SO4溶液中铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，通HCl，抑制铵根离子的水解，c(NH4+)增大，使c(NH4+)和c(SO42−)之比更接近2:1，故D正确；
答案选D。
3．D
【详解】A．适量NaCl晶体，钠离子浓度增大，则，故A不符合题意；
B．适量NaOH固体，抑制了醋酸根水解，但增加了钠离子浓度，因此，故B不符合题意；
C．适量盐酸，醋酸根和氢离子反应生成醋酸，则，故C不符合题意；
D．适量KOH固体，抑制了醋酸根水解，能使得，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
4．B
【详解】A. 加热会促进Al3+的水解，产生更多的H+，溶液颜色不变，故A错误；
B. 加热可促进HCO3－的水解，产生更多的OH－，溶液中c(OH－)增大，溶液颜色变深，故B正确；
C. 加入NH4Cl固体，溶液中c(NH4+)增大，NH3·H2O的电离平衡逆向移动，溶液中c(OH－)减小，溶液颜色变浅，故C错误；
D. 加入NaCl固体，对HCO3－水解平衡不影响，溶液颜色不变，故D错误。
综上所述，答案为B。
5．C
【详解】Na2S溶液中存在水解平衡：S2-+H2O⇌HS-+OH-、HS-+H2O⇌H2S+OH-；①盐酸电离的H+消耗OH-，水解平衡正向移动，硫离子浓度减小，比值增大；②适量的NaOH溶液，水解平衡逆向移动，但钠离子增大比硫离子增大得多，比值增大；③适量的KOH溶液，水解平衡逆向移动，比值减小；④适量的K2S固体，硫离子浓度增大，比值减小；③④符合题意。
综上所述，答案为C。
6．C
【详解】五种混合溶液，由分别为0.1mol⋅L-1的两种溶液等体积混合，①CH3COONa与NaHSO4反应后溶质为CH3COOH和Na2SO4，溶液显酸性，CH3COOH微弱电离出CH3COO-；②CH3COONa与NaOH，NaOH抑制CH3COO－水解；③CH3COONa与NaCl，NaCl既不促进也抑制CH3COO-水解；④CH3COONa与NaHCO3，两者相互抑制水解，但比NaOH抑制弱；⑤CH3COONa与NaHSO3醋酸根离子水解呈碱性，亚硫酸氢根离子电离大于水解显酸性，促进醋酸根离子水解，因此c(CH3COO-)排序是②＞④＞③＞⑤＞①；
故选C。
7．D
【详解】A．溶液中的OH-全部来自水电离，所以由水电离的 c(OH-)= mol·L-1=1×10-4 mol·L-1，A正确；
B．水的电离是一个吸热过程，若升高温度，水的电离平衡正向移动，溶液中 c(OH-)增大，B正确；
C．若加入少量 NaOH 固体，溶液中c(OH-)增大，的水解平衡逆向移动，溶液中c()增大，C正确；
D．在溶液中，阴、阳离子间满足电荷守恒，依据电荷守恒原则：，D错误；
故选D。
8．B
【详解】A．加入固体，生成物的浓度增大，平衡向逆反应方向移动，A错误；
B．稀释溶液，相当于向体系内加水，增大反应物的量，平衡正向移动，的水解程度增大，B正确；
C．整体法进行分析，碳酸钠显碱性，加入酸性物质，溶液的pH减小，C错误；
D．升高温度，平衡向吸热方向移动，平衡向正反应方向移动，生成物、的浓度增大，反应物的浓度减小，故，增大，D错误；
答案选B。
9．B
【详解】由，，则在一定温度下当时，反应可自发进行，故A错误；
B. 溶液中，加水稀释后溶液酸性减弱，即氢离子浓度减小，所以的值减小，故B正确；
C. 升高温度时，化学反应速率加快，是因升高温度，反应物分子的能量增加，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多，化学反应速率加快，故C错误；
D. 溶液中存在碳酸根的水解平衡，加入固体，钙离子与碳酸根离子结合生成碳酸钙沉淀，碳酸根的水解平衡逆移，但加固体溶液中氢氧根离子浓度增大，所以pH增大，故D错误；
故选B。
10．D
【详解】A．氧化铁和氧化亚铁属于碱性氧化物，氧化铍属于两性氧化物，二氧化硅属于酸性氧化物，上述氧化物中只有二氧化硅不溶于稀硫酸，因此“酸浸”步骤所得滤渣①的主要成分为，故A正确；
B．滤液①中含有的离子主要有、、、和，加入氢氧化钠溶液将调节至9，氢离子被中和、、转化为金属氢氧化物沉淀，滤液为硫酸钠溶液，因此滤液②经处理后可获得副产品，故B正确；
C．和属于碱，属于两性化合物，“碱溶”时只有氢氧化铍溶解在氢氧化钠溶液中，反应的离子方程式为，故C正确；
D．滤液③中的阴离子主要是，其发生水解的离子方程式为，增大溶液的，平衡向左移动，不利于生成，的提取率降低，故D错误；
故选D。
11．B
【详解】A、由于加入了硫酸，溶液中硫酸根离子的物质的量浓度更大，溶液中的铵根离子与硫酸根离子的物质的量浓度之比不可能等于2，选项A错误；
B、由于加入氨水，可以增大溶液中铵离子浓度，溶液中的铵根离子与硫酸根离子的物质的量浓度之比能够等于2，选项B正确；
C、由于加入氢氧化钠，溶液中铵离子生成了氨水，铵离子浓度减小，溶液中的铵根离子与硫酸根离子的物质的量浓度之比不可能等于2，选项C错误；
D、加入硫酸钠，溶液中硫酸根离子增大，溶液中的铵根离子与硫酸根离子的物质的量浓度之比不可能等于2，选项D错误；
答案选B。
12．D
【详解】①NaHCO3溶液加水稀释，促进HCO的水解，n(HCO)减小，n(Na+)不变，则c(Na+)/c(HCO3-)的比值会增大，故①正确；
②浓度均为0.lmol﹒L-1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液，物料守恒有2c(Na+)═3[c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)]，故②错误；
③在0.1mol•L-1氨水中滴加0.1mol•L-1盐酸，刚好完全中和生成氯化铵，铵根离子水解促进了水的电离，此时pH=a，则溶液中水电离的c(H+)=10-amol•L-1，故③正确；
④向0.1mol/LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固体，溶液中钠离子、氢氧根离子浓度增大，氢氧根离子抑制了亚硫酸根离子的水解，则亚硫酸根离子浓度增大，所以c(Na+)、c(SO)均增大，故④正确；
⑤NH4Cl中铵根离子的水解既没被促进也没被抑制，NH4HCO3中NH水解显酸性，HCO水解显碱性，两者相互促进，所以NH的水解程度增大，NH4HSO4中氢离子对铵根离子的水解有抑制作用，铵根离子水解程度变小，因此溶液中c(NH)关系为：a＞c＞ b，故⑤错误；
⑥NaHSO3溶液显酸性，亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，溶液中离子浓度为：c(Na+)＞c(HSO3-) ＞c(H+)＞c(SO)＞c(OH-)，故⑥错误；
⑦CH3COONa和CH3COOH混合溶液pH=7，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+ c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，所以c(Na+)=c(CH3COO-)=0.1mol/l，c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(CH3COOH) ＞c(H+)=c(OH-)，故⑦正确；
⑧0.1 mol/L HX与0.1 mol/L NaX的混合溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(X-)，物料守恒2c(Na+)= c(HX)+c(X-)，联立二式可得到2c(H+)-2c(OH-)＝c(X-) - c(HX)，故⑧错误；
综上所述，错误的有②⑤⑥⑧，D满足题意。
答案选D。
13．(1)     Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体可以使水中细小的悬浮颗粒聚集成较大的颗粒而沉降，从而除去水中的悬浮物，起到净水的作用(合理即可)     2Fe3++Fe=3Fe2+
(2)     2     ClO+6Fe2++6H+=Cl¯+6Fe3++3H2O
(3)     K1>K2>K3     bd     调节溶液的pH

(1)
FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中净水的原理是Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，从而达到净化水的作用；FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除其电离产生的Fe3+水解使溶液显酸性，H＋作用外，另一主要原因是Fe3+有强的氧化性，与铁发生氧化还原反应，反应的离子方程式是：2Fe3++Fe=3Fe2+；
(2)
①根据任何溶液都呈电中性，由于c(Fe2＋)＝2.0×10-2mol·L-1，c(Fe3＋)＝1.0×10-3mol·L-1， c(Cl－)＝5.3×10-2mol·L-1，2c(Fe2＋)+3c(Fe3＋)+c(H+)＝c(Cl－)，2×2.0×10-2mol·L-1+ 3×1.0×10-3mol·L-1+ c(H+)＝5.3×10-2mol·L-1，解得c(H+)＝1.0×10-2mol·L-1，所以pH＝2；
②NaClO3能在酸性条件下氧化FeCl2，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应生成氯离子和铁离子和水，离子方程式是ClO3－+ 6Fe2＋+6H+＝Cl－+ 6Fe3＋+3H2O；
(3)
①盐的水解是逐步进行的，由于第一步水解产生的H+会对第二步水解平衡起抑制作用，第二步水解会对第三步水解平衡起抑制作用，所以水解程度逐渐减小，因此水解平衡常数逐渐减小，故K1＞K2＞K3；
②a．由于盐的水解反应是吸热反应，降低温度，化学平衡会向放热的逆反应方向移动，不利于盐的水解，a错误；
b．加水稀释，由于生成的离子浓度减小的多，平衡正向移动，有利于盐的水解，b正确；
c．NH4Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，若向溶液中加入NH4Cl，由于生成物H+的c(H+)增大，平衡逆向移动，对盐的水解不利，c错误；
d．碳酸氢钠溶液显弱碱性，若向溶液中加入碳酸氢钠，该盐水解产生的OH-会消耗溶液中的H+，使c(H+)减小，化学平衡正向移动，促进了盐的水解，d正确；
答案选bd；
③从反应的离子方程式中可知，氢离子的浓度影响高浓度聚合氯化铁的生成，所以关键步骤是调节溶液的pH。
14．     水解呈碱性，对的水解起促进作用     ＞     800     ClO-+CO2+H2O=+HClO
【分析】由电离平衡常数可知，NH3∙H2O属于弱碱，HClO、HNO2、H2CO3属于弱酸，由此分析。
【详解】(1)由表中数据分析可知HNO2是弱酸，水解呈碱性，对的水解起促进作用；
(2)依据电离平衡常数可知，NH3∙H2O的电离程度大于H2CO3的电离程度，则的水解程度小于的水解程度，所以NH4HCO3溶液呈碱性，其pH＞7；依据化学平衡常数、电离平衡常数的含义可知，NH3∙H2O的电离平衡常数，反应NH3∙H2O+H2CO3⇌++H2O的平衡常数等于一水合氨的电离常数与碳酸的一级电离常数的乘积除以水的离子积常数，即K==800；
(3)依据电离平衡常数可知，酸性H2CO3＞HClO＞，所以少量CO2通入过量的NaClO溶液中发生反应的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=+HClO。
15．     20mg∙g-1     活性炭具有疏松多孔的结构，可吸附水中的As(V)和As(III)     加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷     pH由3→4时，溶液中Fe3+的水解程度显著增大，几乎全部转变成Fe(OH)3而沉降下来     空气中的O2     若As(III)被Fe3+氧化，则还原得到的Fe2+会使溶液中Fe2+的浓度会增大，这与图2所示溶液中的Fe2+的浓度一直接近为0的实验事实相悖
【详解】(1)①由图可知，纳米二氧化钛投加量为20mg∙g-1时，砷的吸附量可达最大，故20mg∙g-1。
②物理吸附法去除水体中砷的过程中用活性炭负载纳米二氧化钛吸附水中的砷，由于活性炭自身具有一定吸附能力，因此未加二氧化钛时就有一定的吸附砷的能力，故活性炭具有疏松多孔的结构，可吸附水中的As(V)和As(III)。
③由图可知，纳米二氧化钛投加量相同时，As(V)吸附量始终高于As(III)吸附量，因此若要提高废水中As(III)的去除率，可将As(III)氧化为As(V)，故加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷。
(2)①Fe3+为弱离子，在水中会发生水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，溶液pH增大，Fe3+水解程度增大，最终以Fe(OH)3形式沉淀，故pH由3→4时，溶液中Fe3+的水解程度显著增大，几乎全部转变成Fe(OH)3而沉降下来。
②若溶液中As(III)是被Fe3+氧化，则溶液中Fe3+被还原为Fe2+会使溶液中Fe2+浓度增大，由图可知，溶液中Fe2+浓度始终为0，由此说明废水中的As(III)主要被空气中的O2氧化为As(V)，故空气中的O2；若As(III)被Fe3+氧化，则还原得到的Fe2+会使溶液中Fe2+的浓度会增大，这与图2所示溶液中的Fe2+的浓度一直接近为0的实验事实相悖。
16．(1)D
(2)
(3)     抑制水解          先滴加饱和溶液，边搅拌边滴加过氧化氢溶液、水浴加热控制温度不超过，直至取溶液样品滴加铁氰化钾溶液不再出现深蓝色为止。向所得溶液中加入无水乙醇，充分搅拌    

【分析】（1）
A．溶液和Cu反应生成FeCl2和CuCl2，不能生成Fe，A项不选；
B．SO2和H2O2反应生成H2SO4，B项不选；
C．溶液加热蒸发得到Fe(OH)3，C项不选；
D．Fe和盐酸反应生成FeCl2，FeCl2和氨水发生生成Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2沉淀被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3，D项选；
答案选D；
（2）
可完全水解成，离子方程式为；
（3）
“溶解”时加入硫酸，可以抑制水解；Fe2+和草酸反应生成沉淀，离子方程式为；取一定量的晶体，边加入饱和溶液边搅拌，至约为3，先滴加饱和溶液，边搅拌边滴加过氧化氢溶液、水浴加热控制温度不超过，直至取溶液样品滴加铁氰化钾溶液不再出现深蓝色为止。向所得溶液中加入无水乙醇，充分搅拌，过滤、晾干、得到晶体；


。
17．(1)溶液颜色先变红后褪色
(2)次氯酸钠溶液中存在水解平衡ClO-+H2OHClO+OH-，调节pH在12左右，可以抑制ClO-的水解，减少生成不稳定的HClO
(3)CO2+ClO-+H2O= HClO+HCO
(4)pH在4～6范围内，HClO的含量最高
(5)     3ClO-+2 NH=3H2O+3Cl-+N2↑+2H+     85.2

(1)
次氯酸钠溶液具有漂白性，次氯酸根离子水解溶液显碱性，所以在0.1mol·L-1的84消毒液中滴加几滴酚酞试液，可能观察到的现象是溶液颜色先变红后褪色；
(2)
次氯酸钠溶液中存在水解平衡ClO-+H2OHClO+OH-，调节pH在12左右，可以抑制ClO-的水解，减少生成不稳定的HClO，从而增强消毒液的稳定性；
(3)
根据题目所给信息②可知酸性：H2CO3＞HClO＞HCO，所以二氧化碳和次氯酸钠溶液反应生成HClO和碳酸氢钠，离子方程式为CO2+ClO-+H2O= HClO+HCO；
(4)
HClO的氧化性最强，其含量越高消毒效果越好，据图可知pH在4～6范围内，HClO的含量最高；
(5)
根据题意ClO-在酸性环境中可以将NH氧化为N2，根据电子守恒可知ClO-和NH的系数比为3:2，再结合元素守恒可得离子方程式为3ClO-+2NH=3H2O+3Cl-+N2↑+2H+；0.448LN2(标准状况)的物质的量为=0.02mol，根据方程式可知消耗的NaClO物质的量为0.06mol，设有效氯为5%的“84”消毒液的质量分数为x，则，解得x=，则需要有效氯为5%的“84”消毒液的质量m==85.2g。
18．     NaAlO2     大于     CO32-+H2OHCO3-+OH-     NaOH>Na2CO3>AlCl3>NH4HSO4     ＞     c(Na+)> c (SO42-)> c (NH4+)> c (H+) =C(OH-)
【详解】本题考查盐类水解、离子浓度大小顺序，A和B按1：3混合，发生Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，即X为氢氧化铝沉淀，再加入B溶液，按1：1混合，发生Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，即W的溶液为NaAlO2，B和C，B过量且加热，发生NH4＋＋OH－NH3↑＋H2O，C和D按2：1混合，发生2H＋＋CO32－=CO2↑＋H2O，即Z为CO2，（1）根据上述分析，W为NaAlO2，AlO2－＋2H2OAl(OH)3＋OH－，盐类水解属于吸热反应，升高温度，促进水解，但NaOH属于难挥发性碱，因此加热蒸干并灼烧最后得到固体是NaAlO2；（2）D为Na2CO3，碳酸钠属于强碱弱酸盐，CO32－发生水解，存在CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，造成溶液中c(OH－)>c(H＋)，溶液显碱性，即pH>7；（3）AlCl3、NH4HSO4溶液显酸性，AlCl3溶液显碱性是因为是Al3＋水解造成，NH4HSO4溶液显酸性，发生NH4HSO4=NH4＋＋H＋＋SO42－，相同浓度时，NH4HSO4中c(H＋)大于AlCl3溶液中c(H＋)，即pH大小顺序是c(NH4HSO4)c(Na2CO3)，因此pH由大到小顺序是NaOH>Na2CO3>AlCl3>NH4HSO4；（4）NH4Cl溶液中存在：NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋，NH4HSO4相当于在NH4Cl溶液中加入H＋，抑制NH4＋水解，因此NH4HSO4溶液中c(NH4＋)大于NH4Cl溶液中c(NH4＋)；（5）NaOH和NH4HSO4混合，OH－先中和HSO4－中H＋，当两者恰好完全反应，溶质为Na2SO4和(NH4)2SO4，溶液显酸性，根据题意，溶液为中性，因此继续滴加NaOH，发生NH4＋＋OH=NH3·H2O，当pH=7时，溶质为Na2SO4、(NH4)2SO4、NH3·H2O，因此离子浓度大小顺序是：c(Na＋)> c (SO42－)> c (NH4＋)> c (H＋) =c(OH－)。
点睛：离子浓度大小比较是本题的难点，以（5）为例进行分析，NH4HSO4=NH4＋＋H＋＋SO42－，滴加氢氧化钠溶液，先发生H＋＋OH－=H2O，当把H＋全部中和时，Na＋的物质的量等于SO42－的物质的量，此时溶质为Na2SO4和(NH4)2SO4，硫酸铵的水溶液显酸性，但题目中要求溶液显酸性，因此继续滴加NaOH，发生NH4＋＋OH－=NH3·H2O，直到溶液显中性，因此c(Na＋)>c(SO42－)，因为NH4＋发生水解，因此c(SO42－)>c(NH4＋)，溶液显中性，c(H＋)=c(OH－)，水解的程度微弱，因此离子浓度大小顺序是c(Na＋)> c (SO42－)> c (NH4＋)> c (H＋) =c(OH－)。
19．(1)     球形冷凝管(或冷凝管)     吸收Cl2、SO2 (防止污染空气)，防止空气中的水蒸气进入反应装置而使SOCl2水解
(2)     ⑫→⑪→⑨→⑩     ⑩←⑨←⑦
(3)     进水     MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
(4)SOCl2与水反应生成SO2和HCl 等酸性物质，抑制AlCl3水解
(5)     过滤、蒸馏     56.8%
(6)取待测液于洁净试管中，加稀硝酸酸化，再加入过量硝酸钡溶液，静置，向上层清液中滴加硝酸银溶液，若产生白色沉淀，说明溶液中存在Cl-

【分析】实验室用二氧化锰与浓盐酸制取氯气：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，制备的氯气中混有HCl和水蒸气，用饱和食盐水吸收HCl，用浓硫酸干燥氯气，二氧化硫气体由亚硫酸钠和浓硫酸制备，同理用浓硫酸干燥制得的二氧化硫气体，干燥纯净的氯气和二氧化硫在三颈烧瓶中反应制得SOCl2，SO2+C12+SCl2=2SOCl2，SOCl2易水解，氯气和二氧化硫污染空气，不能直接排放，故冷凝管上连接的盛有碱石灰的干燥管，实验结束后，将三颈烧瓶中混合物蒸馏得到产品。
【详解】（1）仪器a 为球形冷凝管，装置b 的作用是吸收Cl2、SO2 (防止污染空气)，防止空气中的水蒸气进入反应装置而使SOCl2水解；
故球形冷凝管(或冷凝管)；吸收Cl2、SO2 (防止污染空气)，防止空气中的水蒸气进入反应装置而使SOCl2水解；
（2）二氧化锰与浓盐酸制备氯气，固液加热型，故为⑥，饱和食盐水吸收HCl，用浓硫酸干燥氯气，二氧化硫气体由亚硫酸钠和浓硫酸制备，用⑦，同理用浓硫酸干燥制得的二氧化硫气体，干燥纯净的氯气和二氧化硫在三颈烧瓶中反应制得SOCl2，除杂干燥为充分，导气管应长进短出，则连接顺序为：⑥→⑫→⑪→⑨→⑩→①②←⑩←⑨←⑦；
故⑫→⑪→⑨→⑩；⑩←⑨←⑦；
（3）采用逆流发，故冷凝管口③为进水口；实验室用二氧化锰与浓盐酸制备氯气，离子反应为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
故答案为进水；进水；MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
（4）根据题意SOCl2与水反应产生白雾，并带有刺激性气味的气体产生，说明生成HCl和二氧化硫，SOCl2与水反应生成SO2和HCl 等酸性物质，抑制AlCl3水解，因此将SOCl2 与AlCl3·6H2O混合加热，可得到无水AlCl3；
故SOCl2与水反应生成SO2和HCl 等酸性物质，抑制AlCl3水解；
（5）实验结束后，首先将三颈烧瓶中的难溶物过滤除去，根据氯化亚砜沸点为77℃，SCl2的沸点为50℃，再采用分馏的方法即可将之分离；消耗氯气为=0.05mol，由SO2+Cl2+SCl2═2SOCl2，生成0.10molSOCl2，则SOCl2的产率为×100%=56.8%；
故过滤、蒸馏；56.8%；
（6）取少量的SOCl2加入足量NaOH溶液，振荡、静止得到无色溶液，含亚硫酸根离子和氯离子，检验溶液存在的Cl-的方法是取少量溶液于试管中，加入过量Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，滴加HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则说明溶液中有Cl-；
故取少量溶液于试管中，加入过量Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，滴加HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则说明溶液中有Cl-。