B.未加NaOH时HCN的pH大，可知HCN的酸性比醋酸弱，点①和点②含等量的NaCN、CH3COONa，CN-水解程度大，则c（CH3COO-）>c（CN-），B正确；
C.点③溶液呈中性，则c（OH-）=c（H+），醋酸根离子水解程度较小，则c（CH3COO-）>c（CH3COOH），则存在c（CH3COO-）+c（OH-）>c（CH3COOH）+c（H+），C错误；
D.点④溶液中溶质为醋酸钠，CH3COO-水解使溶液呈碱性，则c（OH-）>c（H+），CH3COO-水解消耗CH3COO-离子，则c（Na+）>c（CH3COO-），但是其水解程度较小，盐电离产生的离子浓度大于盐水解产生的离子浓度，c（CH3COO-）>c（OH-），故溶液中存在c（Na+）>c（CH3COO-）>c（OH-）>c（H+），D错误；
故合理选项是B。
8.氯化亚铜（CuCl）可用作催化剂、杀菌剂、媒染剂、脱色剂。
CuCl是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化。
实验室采用如图装置和下列步骤制备氯化亚铜。
步骤1：
在三颈烧瓶中加入20%盐酸、食盐、铜屑，加热至60～70℃，开动搅拌器，同时从c口缓慢通入氧气，制得Na[CuCl2]溶液。
步骤2：
反应完全后，冷却，过滤，滤液用适量的水稀释，析出CuCl。
步骤3：
过滤，分别用盐酸、乙醇洗涤滤出的固体。
步骤4：
在真空干燥器中60～70℃干燥2h，冷却后得到产品。
回答下列问题：
（1）质量分数为20%的盐酸密度为1.1g/cm3，物质的量浓度为___________；配制20%盐酸需要的玻璃仪器有：
__________、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。
（2）步骤1中制得Na[CuCl2]的化学方程式为________________________________。
（3）根据“步骤2中用水稀释滤液能得到CuCl”推测，滤液中存在的平衡是____________。
（4）析出的CuCl晶体不用水而用盐酸、乙醇分别洗涤的目的是__________________。
（5）测定产品中氯化亚铜的质量分数，实验过程如下：
准确称取制备的氯化亚铜产品0.25g，将其置于足量的FeCl3溶液中，待样品全部溶解后，加入适量稀硫酸，用0.10mol/L的硫酸铈[Ce（SO4）2]标准溶液滴定到终点，消耗硫酸铈溶液24.50mL，反应中Ce4+被还原为Ce3+。
（已知：
CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2）
①硫酸铈标准溶液应盛放在________（填“酸”或“碱”）式滴定管中。
②产品中氯化亚铜的质量分数为________。
【答案】
（1）.6.0mol/L
（2）.量筒（3）.4HCl（浓）+4NaCl+4Cu+O2
4Na[CuCl2]+2H2O（4）.[CuCl2]-（aq）
CuCl（s）+Cl-（aq）（5）.用盐酸洗涤可以减小溶解导致的损失；用乙醇洗涤可以使晶体迅速干燥，避免CuCl被氧化（6）.酸（7）.97.51%
【解析】
【详解】
（1）根据物质的量浓度与质量分数换算关系可得该溶液的物质的量浓度为c=
；配制20%盐酸，由于溶质为液体，所以需要的玻璃仪器有：
量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；
（2）根据步骤I所述可知：
NaCl、HCl、Cu、O2在加热时服用产生Na[CuCl2]，同时产生H2O，根据原子守恒、电子守恒，可得反应的化学方程式为：
4HCl（浓）+4NaCl+4Cu+O2
4Na[CuCl2]+2H2O；
（3）步骤2操作是反应完全后，冷却，过滤，滤液用适量的水稀释，析出CuCl，说明[CuCl2]-在溶液中存在电离平衡：
[CuCl2]-（aq）
CuCl（s）+Cl-（aq），加水稀释，平衡正向移动，[CuCl2]-转化为CuCl沉淀；
（4）析出的CuCl晶体不用水而用盐酸、乙醇洗涤，是因为用盐酸洗涤可以减小溶解导致的损失；用乙醇洗涤是利用乙醇容易挥发的特性，可以使晶体迅速干燥，避免CuCl被氧化；
（5）硫酸铈是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，所以应该盛放在酸式滴定管中；
根据反应前后电子转移数目相等，可得关系式：
CuCl～FeCl2～Ce（SO4）2，n（CuCl）=n[Ce（SO4）2]=0.10mol/L×0.0245L=0.00245mol，m（CuCl）=0.00245mol×99.5g/mol=0.244g，所以产品中氯化亚铜的质量分数为（0.244g÷0.25g）×100%=97.51%。
9.某工厂以重晶石（主要含BaSO4）为原料，生产“电子陶瓷工业支柱”—钛酸钡（BaTiO3）
的工艺流程如下：
已知：
（1）Ksp（BaSO4）=1.0×10﹣10，Ksp（BaCO3）=5.0×10-9
（2）草酸氧钛钡晶体的化学式为BaTiO（C2O4）2·4H2O
回答下列问题：
（1）为提高BaCO3的酸浸速率，可采取的措施为_________（写出一条）。
（2）配制一定浓度的TiCl4溶液时，通常是将TiCl4（室温下为液体）________________。
（3）用Na2CO3溶液泡重晶石（假设杂质不与Na2CO3溶液作用），待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，将BaSO4转化为BaCO3，此反应的平衡常数K=______ （填写计算结果）。
若不考虑CO32-的水解，则至少需要使用浓度为_____mol/LNa2CO3溶液浸泡重晶石才能开始该转化过程。
（4）设计实验方案验证草酸氧钛钡晶体已经洗涤干净：
______________________________。
（5）“混合溶液液”环节，钛元素在不同pH下主要以TiOC2O4、TiO（C2O4）22-和TiO（OH）+三种形式存在，如图所示。
实际制备工艺中，先用氨水调节混合溶液的pH于2.5～3之间，再进行“沉淀”，则图中曲线a对应钛的形式为_____（填化学式）；写出“沉淀”时的离子方程式：
___________。
（6）煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3方程式为：
__________。
【答案】
（1）.将BaCO3研成粉末或适当增大盐酸浓度或适当加热或搅拌等
（2）.溶于浓盐酸，再加适量水稀释至所需浓度。
（3）.0.02（4）.5.0×10-4（5）.取少许最后一次洗涤液，滴入稀硝酸酸化的硝酸银，无沉淀生成，说明晶体已经洗涤干净（6）.TiOC2O4（7）.TiO（C2O4）22-＋Ba2＋+4H2O=BaTiO（C2O4）2·4H2O↓（8）.BaTiO（C2O4）2·4H2O
BaTiO3+2CO↑+2CO2↑+4H2O
【解析】
【分析】
（1）根据物质的存在状态及影响化学反应速率的因素分析；
（2）该盐是强酸弱碱盐，在溶液中弱碱阳离子水解，从抑制盐水解考虑；
（3）根据沉淀的转化平衡方程式书写、计算；
（4）草酸氧钛钡晶体从含有HCl、TiCl4溶液中产生，只要证明洗涤液中无Cl-，就证明洗涤干净；
（5）“混合溶液”环节，钛元素在不同pH下主要以TiOC2O4、TiO（C2O4）22-和TiO（OH）+三种形式存在，据“沉淀”时生成草酸氧钛钡晶体中含有TiO（C2O4）22-（即b微粒），随着氨水的不断加入C2O42-浓度逐渐增大的趋势，可以判断a对应钛的形式为TiOC2O4；再根据反应前后各种元素的原子个数守恒及晶体的化学式书写出相应的化学方程式；
（6）草酸氧钛钡晶体煅烧得到BaTiO3，同时得到CO、CO2及水蒸气。
【详解】
（1）盐酸与BaCO3发生反应：
2HCl+BaCO3=BaCl2+H2O+CO2↑，为了加快反应速率。
，可以将固体BaCO3研成粉末，以增大接触面积；也可以适当增大盐酸浓度或适当加热升高反应温度或搅拌等等；
（2）TiCl4是强酸弱碱盐，在溶液中Ti4+会发生水解反应：
Ti4++4H2O
Ti（OH）4+4H+，使溶液变浑浊为了配制得到澄清的TiCl4溶液，同时不引入杂质离子，通常是将TiCl4溶于浓盐酸中，然后再加适量水稀释至所需浓度；
（3）在溶液中BaSO4存在沉淀溶解平衡，当向溶液中加入饱和Na2CO3溶液时，发生沉淀转化生成BaCO3：
BaSO4（s）+CO32-（aq）
BaCO3（s）+SO42-（aq），待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，最终BaSO4生成BaCO3；反应的平衡常数K=
0.02；在BaSO4饱和溶液中，根据Ksp（BaSO4）=1.0×10﹣10可知c（Ba2+）=1.0×10﹣5mol/L，不考虑CO32-的水解，要实现沉淀的转化，则c（Ba2+）·c（CO32-）>Ksp（BaCO3），c（CO32-）>5.0×10﹣9÷1.0×10﹣5=5.0×10-4mol/L，即至少需要使用浓度为5.0×10-4mol/LNa2CO3溶液浸泡；
（4）HCl、TiCl4、H2C2O4混合反应产生草酸氧钛钡晶体，若晶体过滤后洗涤干净，则洗涤液中不含有Cl-，所以证草酸氧钛钡晶体已经洗涤干净的方法是取少许最后一次洗涤液，滴入稀硝酸酸化的硝酸银，无沉淀生成，说明晶体已经洗涤干净；
（5）“混合溶液”环节，钛元素在不同pH下主要以TiOC2O4、TiO（C2O4）22-和TiO（OH）+三种形式存在，据“沉淀”时生成草酸氧钛钡晶体中含有TiO（C2O4）22-（即b微粒），随着氨水的不断加入，C2O42-浓度逐渐增大的趋势可以判断a对应钛的形式为TiOC2O4，b对应钛的形式为TiO（C2O4）22-；c对应钛的形式为TiO（OH）+；在“沉淀”时的离子方程式为：
TiO（C2O4）22-＋Ba2＋+4H2O=BaTiO（C2O4）2·4H2O↓
（6）草酸氧钛钡晶体煅烧得到BaTiO3，同时得到CO、CO2及水蒸气。
煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3方程式为BaTiO（C2O4）2·4H2O
BaTiO3+2CO↑+2CO2↑+4H2O。
【点睛】本题考查了物质制备方法、过程分析判断、物质性质的应用、溶度积常数应用等知识。
掌握基础知识并灵活运用是是本题解题关键，题目难度中等。
10.CO2是主要的温室气体，也是一种工业原料。
回收利用CO2有利于缓解温室效应带来的环境问题。
（1）我国科学家通过采用一种新型复合催化剂，成功实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油。
已知：
2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）ΔH=-571.6kJ/mol
2C8H18（l）+25O2（g）=16CO2（g）+18H2O（l）ΔH=-11036kJ/mol
25℃、101kPa条件下，CO2与H2反应生成辛烷（以C8H18表示）和液态水的热化学方程式是_________。
（2）CO2催化加氢合成乙醇的反应原理是：
2CO2（g）+6H2（g）
C2H5OH（g）+3H2O（g）△H=-173.6kJ/mol图是起始投料不同时，CO2的平衡转化率随温度的变化关系，m为起始时的投料比，即m=
。
m1、m2、m3投料比从大到小的顺序为_________，理由是_________。
（3）在Cu/ZnO催化剂存在下，将CO2与H2混合可合成甲醇，同时发生以下两个平行反应：
反应ⅠCO2（g）+3H2（g）
CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1=-53.7kJ/mol
反应ⅡCO2（g）+H2（g）
CO（g）+H2O（g） ΔH2=+41.2kJ/mol
控制一定的CO2和H2初始投料比，在相同压强下,经过相同反应时间测得如下实验数据（其中“甲醇选择性”是指转化的CO2中生成甲醇的百分比）：
实验序号
T/K
催化剂
CO2转化率/%
甲醇选择性/%
实验1
543
Cu/ZnO纳米棒
12.3
42.3
实验2
543
Cu/ZnO纳米片
10.9
72.7
实验3
553
Cu/ZnO纳米棒
15.3
39.1
实验4
553
Cu/ZnO纳米片
12.0
71.6
①对比实验1和实验3可发现：
同样催化剂条件下，温度升高，CO2转化率升高，而甲醇的选择性却降低，请解释甲醇选择性降低的可能原因_______________；
②对比实验1和实验2可发现：
在同样温度下，采用Cu/ZnO纳米片使CO2转化率降低，而甲醇的选择性却提高，请解释甲醇的选择性提高的可能原因____________。
③有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有_______。
a．使用Cu/ZnO纳米棒做催化剂
b．使用Cu/ZnO纳米片做催化剂
c．降低反应温度
d．投料比不变，增加反应物的浓度
e．增大
的初始投料比
（4）以纳米二氧化钛膜为工作电极，稀硫酸为电解质溶液，在一定条件下通入CO2，电解，在阴极可制得低密度聚乙烯
（简称LDPE）。
①电解时，阴极的电极反应式是_____________。
②工业上生产1.4×104kg的LDPE，理论上需要标准状况下______L的CO2。
【答案】
（1）.8CO2（g）+25H2（g）=C8H18（l）+16H2O（l）
升级会员 