2024屆高三化學(xué)二輪復(fù)習(xí)——電解質(zhì)溶液一、單選題1．下列物質(zhì)屬于電解質(zhì)的是（）A．NaCl溶液 B．SO3 C．NaOH D．Cu2．下列化學(xué)用語的表述正確的是（）A．原子的價電子構(gòu)型：B．二氧化碳分子的比例模型：C．溶液導(dǎo)電：NaClNa++Cl-D．的電子式：3．常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．新制飽和氯水中：Al3+、Cu2+、SO42-、Br-B．使甲基橙變紅的溶液中：Mg2+、Fe3+、NO3-、SCN-C．=1×10-13mol·L-1的溶液中：Na+、K+、Cl-、AlO2-D．由水電離的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液中：Ca2+、Ba2+、Cl-、HCO3-4．下列示意圖與化學(xué)用語表述內(nèi)容不相符的是（水合離子用相應(yīng)離子符號表示）（）A．NaCl溶于水B．電解CuCl2溶液C．CH3COOH在水中電離D．H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=183kJ·mol-1H2與Cl2反應(yīng)能量變化5．既不是電解質(zhì)，又不是非電解質(zhì)的是（）A．氯氣 B．二氧化硫 C．酒精 D．冰醋酸6．對下列粒子組在溶液中能否大量共存的判斷和分析均正確的是選項粒子組判斷和分析A、、、不能大量共存，因發(fā)生反應(yīng)：B、、、不能大量共存，與可發(fā)生氧化還原反應(yīng)C、、、能大量共存，鈉鹽、銨鹽都溶于水D、、、不能大量共存，、會發(fā)生氧化還原反應(yīng)A．A B．B C．C D．D7．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A．0.1molC3H6分子中含有的碳碳雙鍵數(shù)為0.1NAB．常溫下，1LpH=2的CH3COOH溶液中含有的CH3COO-數(shù)為0.01NAC．25.6g銅與一定量的濃硝酸完全反應(yīng)時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.8NAD．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LS16O2和S18O3的混合物中含有的硫原子數(shù)為0.1NA8．已知常溫下NH3?H2O的電離平衡常數(shù)Kb=1.8×10-5。常溫下向1L0.1mol?L-1的NH4Cl溶液中不斷加入NaOH固體，溶液中NH和NH3?H2O的物質(zhì)的量濃度變化曲線如圖所示(忽略溶液體積變化)。下列說法正確的是（）A．M點時，加入的NaOH少于0.05molB．M點時，溶液pH=7C．M點時，c(OH-)+0.05=a+c(H+)D．n(NaOH)=0.05mol時，c(Cl-)>c(NH)>c(H+)>c(OH-)9．t℃時，將0.200mol·L－1的某一元酸HA與0.200mol·L－1的NaOH溶液等體積混合，充分反應(yīng)后所得溶液中部分離子濃度如下表。下列說法中正確的是（）A．所得溶液中：c(Na+)>c(A－)>c(HA)>c(OH－)B．t℃時，水的離子積Kw=1.0×10－13C．t℃時，一元酸HA的電離常數(shù)K=3.10×10－7D．t℃時，0.100mol·L－1NaA溶液中A－的水解率為0.80%10．在水溶液中能大量共存的一組離子是（）A．NH4+、CH3COO-、Na+、H+ B．AlO2-、Na+、K+、HCO3-C．Mg2+、Na+、SO42-、NO3- D．ClO-、Na+、K+、Fe2+11．室溫下，下列各組離子在給定溶液中能大量共存的是（）A．pH=10的溶液中，Na+、ClO-、、Cl-B．0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中，Cu2+、、、C．使藍色石蕊試紙變紅的溶液中，Mg2+、、K+、Cl-D．0.2mol·L-1KI溶液中，、H+、Al3+、Br-12．相同溫度下等物質(zhì)的量濃度的下列溶液中，值最小的是（）A． B． C． D．13．以含鈷廢渣(主要成分為CoO和Co2O3，含少量Al2O3和ZnO)為原料制備鋰電池的電極材料CoCO3的工藝流程如圖：下列說法不正確的是（）A．通入SO2發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：B．除鋁時加入Na2CO3溶液可以促進Al3+的水解C．若萃取劑的總量一定，則一次加入萃取比分多次加入萃取效果更好D．將含Na2CO3的溶液緩慢滴加到Co2+溶液中沉鈷，目的是防止產(chǎn)生Co(OH)214．次磷酸(H3PO2)為一元中強酸，具有較強的還原性，可用電滲析法制備，“四室電滲析法”工作原理如下圖所示(陽膜和陰膜分別只允許陽離子、陰離子通過)。下列敘述不正確的是（）A．陽極反應(yīng)為2H2O-4e-=O2↑+4H+B．產(chǎn)品室中發(fā)生反應(yīng)H++H2PO2-=H3PO2，該法還可得副產(chǎn)品NaOHC．原料室中H2PO2-向左移動，Na+向右移動，該室pH升高D．陽膜1的主要作用是防止H2PO2-進入陽極室被氧化并允許H+通過15．常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．能使甲基橙變紅的溶液中：K＋、Mg2＋、NO3－、I－B．c(HCO3－)＝1mol·L－1溶液中：Na＋、NH4+、SO42-、OH－C．無色透明的溶液中：Fe3＋、Al3＋、NO3－、SO42-D．c(OH-)/c(H+)＝1012的溶液中：Ba2＋、Na＋、NO3－、AlO2－16．化學(xué)是一門以實驗為基礎(chǔ)的學(xué)科，下列有關(guān)實驗的說法錯誤的是選項實驗實驗說明或者方案設(shè)計A測定中和反應(yīng)的反應(yīng)熱中和滴定的同時，使用溫度傳感器采集錐形瓶內(nèi)溶液溫度，測得中和反應(yīng)的反應(yīng)熱數(shù)值可能偏低B比較Mg和Al的金屬性強弱將MgCl2溶液和AlCl3溶液分別與足量NaOH溶液反應(yīng)C實驗室制備氫氧化鐵膠體圖標(biāo)提示全部需要D室溫下，將AgCl和AgBr的飽和溶液等體積混合已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgBr)=5.0×10-13，推測可能看到出現(xiàn)淡黃色沉淀A．A B．B C．C D．D17．已知：25℃，NH3·H2O電離平衡常數(shù)K＝1.76×10－5。25℃，向1L0.1mol/L某一元酸HR溶液中逐漸通入氨氣，若溶液溫度和體積保持不變，所得混合溶液的pH與變化的關(guān)系如圖所示。下列敘述正確的是（）A．由圖可推知：25℃，0.1mol/LNaR溶液的pH約為10B．當(dāng)通入0.1molNH3時，所得溶液中：c(NH4+)＞c(R－)＞c(OH－)＞c(H+)C．pH＝7時，所得溶液中：c(HR)＞c(R－)=c(NH4+)D．pH＝10時，所得溶液中：c(R－)＞c(HR)，c(NH4+)＞c(NH3·H2O)18．下列實驗操作或裝置(略去部分夾持儀器)正確的是（）A．蒸發(fā)結(jié)晶B．中和滴定C．制MgCl2D．制乙酸乙酯19．室溫下，通過下列實驗探究0.1mol·L-1NaHS溶液的性質(zhì)。實驗實驗操作和現(xiàn)象①滴加幾滴酚酞試液，溶液變紅②加入等體積0.1mol?L-1NaOH溶液充分混合，無明顯現(xiàn)象③加入少量CuSO4溶液，產(chǎn)生黑色沉淀④加入適量NaClO溶液，有淡黃色沉淀產(chǎn)生下列有關(guān)說法正確的是（）A．實驗①溶液中：c(S2-)＞c(H2S)B．實驗②所得溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)C．實驗③中反應(yīng)的離子方程式：Cu2++HS-→CuS↓+H+D．實驗④中反應(yīng)的離子方程式：2HS-+ClO-→2S↓+Cl-+H2O20．現(xiàn)有常溫下0.1mol/L的Na2SO4溶液。欲使此溶液中水的電離平衡向右移動，且pH<7，有下列措施：①給溶液加熱；②加入少量稀硫酸；③加入NH4Cl晶體；④加入CH3COONa固體；⑤加入BaCl2溶液；⑥加入FeCl3溶液。其中能達到目的的是（）A．①③⑥ B．①②③C．②③④ D．③⑤⑥二、綜合題21．燃料電池種類眾多，應(yīng)用廣泛。目前已經(jīng)上市的氫燃料電池汽車有數(shù)十種，某種氫燃料客車搭載質(zhì)子交換膜燃料電池的結(jié)構(gòu)如圖所示。（1）通入氧氣的電極發(fā)生（）反應(yīng)（單選）。

A.氧化B.還原C.氧化還原D.非氧化還原（2）該電池的導(dǎo)電粒子為質(zhì)子，它在電池內(nèi)部的定向移動方向是。

A.a極→b極B.b極→a極

C.正極→負(fù)極D.負(fù)極→正極

該電池的負(fù)極的電極反應(yīng)式：。（3）肼—空氣燃料電池也是一種環(huán)保型堿性燃料電池，電解質(zhì)為溶液，該電池的總反應(yīng)方程式為。電池工作時，若有消耗，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為，溶液的（單項）。

A.增大B.減小C.不變D.無法確定（4）已知水溶液呈弱堿性，室溫下其電離常數(shù)，。向的水溶液中加入的溶液，該反應(yīng)的離子方程式為，反應(yīng)后的溶液呈（單項）。

A.堿性B.中性C.酸性D.無法確定（5）推廣磷酸亞鐵鋰電池的新能源汽車對減少二氧化碳排放和大氣污染具有重要意義。該電池的正極材料為，利用廢料（帶鋁箔）回收Li、Al、Fe、P元素的工業(yè)模擬過程如下：已知，易溶于鹽酸。步驟①加入溶液的目的是，產(chǎn)品1主要成分為。（6）寫出步驟③發(fā)生反應(yīng)的離子方程式。（7）已知的，的，判斷步驟⑤是否可以完全反應(yīng)，說明理由。（8）步驟④、⑥兩步加入均產(chǎn)生沉淀，指出兩步中的作用。22．銻（Sb）廣泛用于生產(chǎn)各種阻燃劑、陶瓷、半導(dǎo)體元件和醫(yī)藥及化工等領(lǐng)域。（1）Ⅰ．銻在元素周期表中的位置。（2）銻（Ⅲ）的氧化物被稱為銻白，可以由SbCl3水解制得，已知SbCl3水解的最終產(chǎn)物為銻白。為了得到較多、較純的銻白，操作時將SbCl3徐徐加入大量水中，反應(yīng)后期還要加入少量氨水。試用必要的化學(xué)用語和平衡移動原理解釋這兩項操作的作用。工業(yè)上，還可用火法制取銻白，是將輝銻礦（主要成分為Sb2S3）裝入氧化爐的坩堝中，高溫使其融化后通入空氣，充分反應(yīng)后，經(jīng)冷卻生成銻白。寫出火法制取銻白的化學(xué)方程式。（3）Ⅱ．以輝銻礦為原料制備金屬銻，其中一種工藝流程如下：已知部分信息如下：①輝銻礦（除Sb2S3外，還含有砷、鉛、銅的化合物和SiO2等）；②浸出液主要含鹽酸和SbCl3，還含SbCl5、CuCl2、AsCl3和PbCl2等雜質(zhì)；③常溫下，Ksp（CuS）=1.0×10-36，Ksp（PbS）=9.0×10-29?；卮鹣铝袉栴}：“酸浸”過程中Sb2S3發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。（4）已知：浸出液中c（Cu2+）=0.0001mol/L，c（Pb2+）=0.1mol/L。在沉淀銅、鉛過程中，緩慢滴加極稀的硫化鈉溶液，先產(chǎn)生沉淀的是（填化學(xué)式）；當(dāng)CuS、PbS共沉沉?xí)r，=（保留小數(shù)點后一位）。（5）在“除砷”過程中，氧化產(chǎn)物為H3PO4。該反應(yīng)氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為。（6）在“電解”過程中，銻的產(chǎn)率與電壓大小關(guān)系如圖所示。當(dāng)電壓超過U0V時，銻的產(chǎn)率降低的原因可能是。23．鈦酸鋇(BaTiO3)是電子陶瓷器件的重要基礎(chǔ)原料。工業(yè)上以鈦精礦(主要成分為TiO2)和BaCl2為主要原料制備鈦酸鋇粉體的工藝流程如下：已知：①TiCl4水解生成H2TiO3沉淀；②水溶液中含碳微粒隨pH的分布如圖所示。（1）“氯化”在800℃時進行，其反應(yīng)的化學(xué)方程式為。（2）“共沉淀”時，需控制溶液pH為10～11，其原因是：①；②。（3）“濾液”中溶質(zhì)的主要成分為(填化學(xué)式)。過濾得到的固體通常用一定濃度的NH4HCO3溶液進行洗滌，其主要原因是。（4）“煅燒”得到的鈦酸鋇粉體中鋇鈦質(zhì)量比，鈦酸鋇粉體中可能含有的雜質(zhì)為(填化學(xué)式)。24．鈦礦工業(yè)中的硫酸酸性廢水富含Ti、Fe等元素，其綜合利用如下：已知：TiO2+易水解，只能存在于強酸性溶液中。（1）TiO2+鈦的化合價為。（2）步驟Ⅰ中檢驗鈦礦廢水中加入鐵屑是否足量的試劑是。（3）操作a是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、。（4）步驟Ⅲ中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為；反應(yīng)溫度一般需控制在35℃以下，其目的是。（5）已知Ksp=[Fe（OH）2]=8×10-16。步驟Ⅲ中，F(xiàn)eCO3達到溶解平衡時，若室溫下測得溶液的pH為8.5，c（Fe2+）=1×10-6mol/L。試判斷所得的FeCO3中（填“有”或“沒有”）Fe（OH）2；步驟Ⅳ中，為了得到較為純凈的Fe2O3，除了適當(dāng)?shù)臏囟韧?，還需要采取的措施是。（6）向“富含TiO2+溶液”中加入Na2CO3粉末易得到固體TiO2?nH2O。請結(jié)合原理和化學(xué)用語解釋其原因。25．鈷鹽在生活和生產(chǎn)中有著重要應(yīng)用。（1）干燥劑變色硅膠常含有。常見氯化鈷晶體的顏色如下：化學(xué)式顏色藍色藍紫色紫紅色粉紅色變色硅膠吸水飽和后顏色變成，硅膠中添加的作用。（2）草酸鈷是制備鈷氧化物的重要原料，常用溶液和溶液制取難溶于水的晶體。①常溫下，溶液的7(填“>”“=”或“<”)。(已知：常溫下，，。)②制取晶體時，還需加入適量氨水，其作用是。③在空氣中加熱二水合草酸鈷，受熱過程中在不同溫度范圍內(nèi)分別得到一種固體物質(zhì)。已知的兩種常見化合價為價和價，。溫度范圍／150～210290～320固體質(zhì)量/g8.824.82?。疁囟仍诜秶鷥?nèi)，固體物質(zhì)為(填化學(xué)式，下同)；ⅱ．從加熱到時生成一種鈷的氧化物和，此過程發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A.NaCl溶液屬于混合物，不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)，A不符合題意；

B.SO3不能電離出離子，是非電解質(zhì)，B不符合題意；

C.NaOH能電離出離子而導(dǎo)電，屬于電解質(zhì)，C符合題意；

D.Cu是金屬單質(zhì)，不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)，D不符合題意；

故答案為：C

【分析】電解質(zhì)是指在水溶液或熔融狀態(tài)能夠?qū)щ姷幕衔铮饕ㄋ?、堿、鹽和活潑金屬的氧化物。2．【答案】D【解析】【解答】A.Ge為第四周期元素，其原子的價電子構(gòu)型為4s24p2，故A不符合題意；B.碳原子的半徑比氧原子大，故B不符合題意；C.氯化鈉溶液導(dǎo)電是因為氯化鈉在水中先發(fā)生了電離，不是因為導(dǎo)電才發(fā)生電離，故C不符合題意；D.碳原子分別與氧原子和硫原子形成雙鍵，且都達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故D符合題意。故答案為：D

【分析】A、根據(jù)元素在周期表中的位置確定價電子的構(gòu)型；

B、確定比例模型時要注意原子半徑的大小關(guān)系；

C、注意物質(zhì)導(dǎo)電和電離的因果順序。3．【答案】C【解析】【解答】A、新制飽和氯水中含有大量的Cl2，能將Br-氧化為Br2，故A不符合題意；

B、使甲基橙變紅的溶液呈酸性，F(xiàn)e3+與SCN-反應(yīng)生成紅色的Fe(SCN)3，故B不符合題意；

C、=1×10-13mol·L-1的溶液呈堿性，所以這四種離子能夠大量共存，即C符合題意；

D、由水電離的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液可能呈酸性，也可能呈堿性，而HCO3-在酸性、堿性溶液中都不能存在，所以D不符合題意。故答案為C?！痉治觥靠疾榱穗x子共存問題，溶液中存在的離子不能結(jié)合生成弱電解質(zhì)、沉淀、氣體4．【答案】B【解析】【解答】Ａ.NaCl在溶于水后破壞的是離子鍵，因此會變?yōu)镃l-和Na+，題目的描述是正確的，不符合題意；

B.在電解CuCl2溶液的反應(yīng)中，陽極發(fā)生的反應(yīng)是2Cl-2e-=Cl2，所以題目的說法是錯誤的，符合題意；

C.醋酸分子屬于弱電解質(zhì)，因此在水溶液中是不完全電離的，用可逆號表示，選項的描述是正確的，不符合題意；

D.在氫氣和氯氣的反應(yīng)中，斷舊鍵需要吸收能量，成新鍵需要放出能量，所以該反應(yīng)的反應(yīng)熱等于1mol氫氫鍵的鍵能與1mol氯氯鍵鍵能之和，減去2mol氫氯鍵的鍵能。

故答案為：B

【分析】A.離子化合物在水溶液中會破壞離子鍵；

B.電解氯化銅溶液后，陽極的產(chǎn)物是氯氣，陰極的產(chǎn)物是銅離子；

C..弱電解質(zhì)在水中的電離是很微弱的，因此要用可逆號表示；

D.反應(yīng)熱是指當(dāng)一個化學(xué)反應(yīng)在恒壓以及不作非膨脹功的情況下發(fā)生后，若使生成物的溫度回到反應(yīng)物的起始溫度，這時體系所放出或吸收的熱量稱為反應(yīng)熱。5．【答案】A【解析】【解答】A．氯氣是單質(zhì)，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故A選；B．二氧化硫和水反應(yīng)生成亞硫酸，亞硫酸能電離出自由移動的陰陽離子，所以SO2的水溶液導(dǎo)電，但電離出離子的物質(zhì)是亞硫酸不是SO2，所以SO2是非電解質(zhì)，故B不選；C．酒精是在熔化狀態(tài)下和水溶液中都不能導(dǎo)電的化合物是非電解質(zhì)，故C不選；D．冰醋酸能電離出少量自由移動的陰陽離子，是電解質(zhì)，故D不選；故答案為：A。

【分析】在水溶液或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物叫做電解質(zhì)，在水溶液和熔融狀態(tài)下都不能導(dǎo)電的化合物叫做非電解質(zhì)。6．【答案】B【解析】【解答】A．、在酸性溶液中會發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能大量共存；在離子方程式中，草酸是弱酸，不能拆開，故A不符合題意；B．酸性條件下，可與發(fā)生氧化還原反應(yīng)，二者不能大量共存，故B符合題意；C．因為酸性太弱，因此和水解相互促進，發(fā)生徹底反應(yīng)，最終可生成氨水和硅酸，因此不能大量共存，故C不符合題意；D．向溶液中加入一定量，可得到和的混合溶液，、、、四種離子可以大量共存，故D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A．草酸是弱酸，不拆；B．酸性條件下，與反應(yīng)；C．和反應(yīng)；D．、、、離子之間不反應(yīng)。7．【答案】C【解析】【解答】A.分子式為C3H6的有機物，其結(jié)構(gòu)可能為CH2=CHCH3或，因此其所含的碳碳雙鍵不一定為0.1NA，A不符合題意；B.1LpH=2的CH3COOH溶液中，n(H+)=1L×0.01mol/L=0.01mol，溶液中的H+來自于CH3COOH和H2O的電離，因此溶液中n(CH3COO-)小于0.01NA，B不符合題意；C.25.6g銅的物質(zhì)的量，反應(yīng)過程中，Cu失去兩個電子轉(zhuǎn)化為Cu2+，因此0.4molCu完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.8NA，C符合題意；D.標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下，SO3不是氣體，因此不能應(yīng)用氣體摩爾體積進行計算，D不符合題意；故答案為：C【分析】A.根據(jù)C3H6的結(jié)構(gòu)進行分析；B.CH3COOH溶液中H+來自于CH3COOH和H2O的電離；C.根據(jù)公式計算n(Cu)，結(jié)合反應(yīng)過程中元素化合價的變化計算轉(zhuǎn)移電子數(shù)；D.標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下，SO3不是氣體，不能應(yīng)用氣體摩爾體積進行計算；8．【答案】C【解析】【解答】A．向1L0.1mol?L-1的NH4Cl溶液中不斷加入NaOH固體，a=0.05mol時，得到物質(zhì)的量均為0.05mol的氯化銨和一水合氨，，即一水合氨的電離程度大于銨根離子的水解程度，所以，所以要想滿足，加入的NaOH要大于0.05mol，故A不符合題意；B．由A分析知，當(dāng)a=0.05mol時，一水合氨的電離程度大于銨根離子的水解程度，溶液顯堿性，M點a大于0.05mol，堿性更強，溶液pH>7，故B不符合題意；C．M點時存在電荷守恒，且c(Na+)=amol/L，c(Cl-)=0.1mol/L，，則整理可得c(OH-)+0.05=a+c(H+)，故C符合題意；D．n(NaOH)=0.05mol時，一水合氨的電離程度大于銨根離子的水解程度，所以，所以c(OH-)>c(H+)，所以c(Cl-)>c(NH)>c(H+)>c(OH-)不成立，故D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A.根據(jù)給出的數(shù)據(jù)計算出此時的銨根離子水解常數(shù)與氨水的電離常數(shù)進行對比即可

B.根據(jù)銨根的水解常數(shù)和氨水的電離常數(shù)進行對比即可

C.根據(jù)電荷守恒以及給出的數(shù)據(jù)進行判斷即可

D.根據(jù)銨根的水解常數(shù)和氨水的電離常數(shù)進行比較即可9．【答案】D【解析】【解答】t℃時，將0.200mol/L的某一元酸HA與0.200mol/L的NaOH溶液等體積混合，則起始時c(HA)=0.100mol/L，c(NaOH)=0.100mol/L，HA與NaOH發(fā)生反應(yīng)NaOH+HA=NaA+H2O，反應(yīng)恰好生成0.1mol/L的NaA，根據(jù)物料守恒，c(HA)+c(A-)=0.1mol/L，已知c(A-)=9.92×10-2mol/L，則c(HA)=0.1mol/L-9.92×10-2mol/L=8×10-4mol/L，c(Na+)=0.1mol/L，已知c(H+)=2.50×10-10mol/L，根據(jù)電荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，則c(OH-)=0.1mol/L+2.50×10-10mol/L-9.92×10-2mol/L＞8×10-4mol/L。A．所得溶液中，c(Na+)=0.1mol/L，c(A-)=9.92×10-2mol/L，c(HA)=8×10-4mol/L，c(OH-)＞8×10-4mol/L，c(OH-)＞c(HA)，因此所得溶液中，粒子濃度大小關(guān)系為：c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(HA)，故A不符合題意；B．t℃時，溶液中c(H+)=2.50×10-10mol/L，c(OH-)＞8×10-4mol/L，則水的離子積Kw=c(H+)c(OH-)＞2.50×10-10×8×10-4=2×10-13＞1.0×10-14，故B不符合題意；C．t℃時，一元酸HA的電離常數(shù)K===3.1×10-8，故C不符合題意；D．t℃時，0.100mol/L的NaA溶液中，平衡時c(HA)=8×10-4mol/L，發(fā)生的水解反應(yīng)為：A-+H2O?HA+OH-，則水解率=×100%=0.80%，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】A.反應(yīng)得到的溶質(zhì)是NaA，由于A-是弱酸根離子會進行水解，因此溶液顯堿性，根據(jù)離子之間濃度的計算可知，OH-的濃度大于HA；

B.根據(jù)此時氫離子和氫氧根離子的濃度之積可以計算出水的離子積等于2×10-13；

C.電離平衡常數(shù)等于H+和A-濃度之積比上HA的濃度；

D.水解率等于水解消耗的物質(zhì)的量與原物質(zhì)的量之比。10．【答案】C【解析】【解答】A.CH3COO-、H+生成弱電解質(zhì)CH3COOH，故A不符合題意；B.AlO2-、HCO3-反應(yīng)生成Al(OH)3、CO32-，故B不符合題意；C.Mg2+、Na+、SO42-、NO3-不反應(yīng)，故C符合題意；D.ClO-、Fe2+發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故D不符合題意?！痉治觥扛鶕?jù)離子間能否發(fā)生離子反應(yīng)進行判斷即可。11．【答案】A【解析】【解答】A．pH=10的溶液呈堿性，堿性條件下Na+、ClO-、、Cl-相互之間不反應(yīng)，Na+、ClO-、、Cl-能大量共存，故選A；B.0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中，F(xiàn)e3+與發(fā)生雙水解反應(yīng)生成生成二氧化碳?xì)怏w，0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中不含，故不選B；C．使藍色石蕊試紙變紅的溶液呈酸性，酸性條件下不能大量存在，故不選C；D．酸性條件下能把I-氧化為I2，0.2mol·L-1KI溶液中不含，故不選D；故答案為：A。

【分析】A.pH=10的溶液呈堿性；

B.0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中含有大量的鐵離子；

C.使藍色石蕊試紙變紅的溶液呈酸性；

D.碘離子具有還原性能被強氧化性離子氧化。12．【答案】B【解析】【解答】銨根離子在溶液中水解使溶液呈酸性，促進銨根離子水解會使銨根離子濃度減小，抑制銨根離子水解使銨根離子濃度增大，由化學(xué)式可知，相同溫度下等物質(zhì)的量濃度的硫酸銨溶液中銨根離子濃度最大；碳酸氫銨溶液中碳酸氫根離子水解促進銨根離子水解，銨根離子濃度小于氯化銨溶液，硫酸氫銨溶液中硫酸氫根離子電離出的氫離子濃度大于氯化銨溶液，則相同溫度下等物質(zhì)的量濃度的碳酸氫銨溶液中銨根離子濃度最小，故答案為：。

【分析】銨根離子水解程度越大，則濃度越低，反之，則銨根離子濃度越小。13．【答案】C14．【答案】C【解析】【解答】A.陽極反應(yīng)為2H2O-4e-=O2↑+4H+，故A正確；

B.陽極室H+的通過陽膜1移向產(chǎn)品室，原料室的H2PO2-通過陰膜移向產(chǎn)品室，所以產(chǎn)品室中發(fā)生反應(yīng)H++H2PO2-=H3PO2，陰極產(chǎn)生OH-，原料室的Na+通過陽膜移向陰極室，所以該法還可得副產(chǎn)品NaOH，故B正確；

C.原料室中H2PO2-水解使溶液呈堿性，H2PO2-向左移動，該室pH降低，故C不正確；

D.陽膜1的主要作用是防止H2PO2-進入陽極室被氧化并允許H+通過，故D正確。

故答案為：C?！痉治觥縃2PO2-水解使溶液呈堿性，H2PO2-向左移動，該室pH降低。15．【答案】D【解析】【解答】A.能使甲基橙變紅的溶液為酸性溶液，在酸性條件下NO3－、I－發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能大量共存，故A不選；B.HCO3－與OH－不共存，同時NH4+、OH－也不能大量共存，故B不選；C.在溶液中Fe3＋為棕黃色，無色溶液中不可能含有Fe3＋，故C不選；D.c(OH-)/c(H+)＝1012的溶液為強堿性溶液，Ba2＋、Na＋、NO3－、AlO2－與OH-不反應(yīng)，且本組離子之間也不反應(yīng)，能大量共存，故D選。故答案為：D。

【分析】A.甲基橙變紅色溶液呈酸性，酸性溶液中的硝酸根離子能氧化碘離子；

BZ.碳酸氫根離子與氫氧根離子反應(yīng)；

C.鐵離子是有色離子，不能在無色溶液中大量共存。16．【答案】C【解析】【解答】A．中和滴定時，右手搖動錐形瓶會造成熱量散失，所以使用溫度傳感器采集錐形瓶內(nèi)溶液溫度，測得中和反應(yīng)的反應(yīng)熱數(shù)值會偏低，故A不符合題意；B．氯化鎂溶液與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成白色氫氧化鎂沉淀，氯化鋁溶液與氫氧化鈉溶液先反應(yīng)生成白色氫氧化鋁沉淀，后白色沉淀溶于氫氧化鈉溶液生成偏鋁酸鈉和水說明氫氧化鎂的堿性強于氫氧化鋁，證明鎂元素的金屬性強于鋁元素，故B不符合題意；C．飽和氯化鐵溶液在沸水中共熱反應(yīng)制得氫氧化鐵膠體，實驗時不需要用到排風(fēng)、銳器圖標(biāo)提示，故C符合題意；D．由溶度積可知，飽和氯化銀溶液中的銀離子濃度為mol/L、飽和溴化銀溶液中溴離子濃度為mol/L，當(dāng)飽和氯化銀飽和溶液和飽和溴化銀溶液等體積混合時，溶液中溴化銀的濃度熵Qc=×××＞5.0×10-13，溶液中會有淡黃色的溴化銀沉淀生成，故D不符合題意；故答案為：C?！痉治觥緼.搖動錐形瓶會造成熱量散失；

B.元素對應(yīng)的堿堿性越強，其金屬性越強；

D.Qc>Ksp時，有沉淀生成。17．【答案】B【解析】【解答】A.由圖可知，pH=5時，，所以，所以，25℃，0.1mol/LNaR溶液中，，，所以pH約為9，A不符合題意；

B.當(dāng)通入0.1molNH3時，所得溶液中的溶質(zhì)為NH4R，NH4R的陰、陽離子可以發(fā)生互促雙水解，由于NH3·H2O電離平衡常數(shù)K＝1.76×10－5，而HR的，故R－的水解程度較大，溶液顯堿性，所以c(NH4+)＞c(R－)＞c(OH－)＞c(H+)，B符合題意；

C.pH＝7時，由圖可知，，則，所以c(R－)＞c(HR)；由電荷守恒可知c(R－)=c(NH4+)，所以，所得溶液中c(R－)=c(NH4+)＞c(HR)，C不符合題意；

D.pH＝10時，c(OH－)=，由NH3·H2O電離平衡常數(shù)K＝1.76×10－5，可以求出，所以c(NH4+)＜c(NH3·H2O)，由圖可知，pH＝10時，，即，所以c(R－)＞c(HR)，D不符合題意。故答案為：B。

【分析】A、計算NaR的pH可以其水解平衡常數(shù)進行計算，根據(jù)HR的電離平衡常數(shù)計算；

B、當(dāng)氨為0.1mol時，氨和一元酸1：1反應(yīng)，溶質(zhì)恰好為NH4R，根據(jù)HR和一水合氨的電離平衡常數(shù)相對大小判斷其酸堿性；

C、pH=7時，結(jié)合圖示判斷c(R－)和c(HR)的大小；

D、結(jié)合兩者的電離平衡常數(shù)可以判斷HR和R-、NH4+和NH3·H2O的濃度大小。18．【答案】C【解析】【解答】A.NaCl的溶解度受溫度的影響變化不大，用蒸發(fā)溶劑的方法結(jié)晶，使用的儀器是蒸發(fā)皿，不是坩堝，A不符合題意；B.進行酸堿中和滴定時，滴定管不能伸入到錐形瓶中，B不符合題意；C.MgCl2晶體加熱時，會發(fā)生水解反應(yīng)產(chǎn)生Mg(OH)2和容易揮發(fā)的HCl，通入HCl氣體可抑制氯化鎂水解，最后得到無水氯化鎂，C符合題意；D.制取乙酸乙酯時，導(dǎo)氣管不能伸入到飽和碳酸鈉溶液中，導(dǎo)氣管要在碳酸鈉飽和溶液的液面以上，以防止由于乙醇、乙酸的溶解和反應(yīng)引起的倒吸，D不符合題意；故答案為：C【分析】A.蒸發(fā)結(jié)晶應(yīng)在蒸發(fā)皿中進行；

B.滴定管不能深入錐形瓶內(nèi)；

C.由MgCl2·2H2O制備MgCl2時，應(yīng)通HCl抑制Mg2+的水解；

D.制備乙酸乙酯時，導(dǎo)管不能伸入Na2CO3溶液中；19．【答案】B【解析】【解答】A．實驗①：滴加幾滴酚酞試液，溶液變紅，表明溶液顯堿性，則HS-的水解程度大于電離程度，所以溶液中：c(S2-)＜c(H2S)，A不符合題意；B．實驗②中，NaHS與NaOH正好完全反應(yīng)，所得溶液為Na2S溶液，溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)，物料守恒：c(Na+)=2c(HS-)+2c(S2-)+2c(H2S)，從而得出c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，B符合題意；C．實驗③中，HS-與Cu2+反應(yīng)，生成CuS沉淀和H+，H+再與HS-結(jié)合為H2S，反應(yīng)的離子方程式：Cu2++2HS-→CuS↓+H2S↑，C不符合題意；D．實驗④中，HS-與ClO-發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成S、Cl-和OH-，OH-再與HS-反應(yīng)生成S2-和H2O，反應(yīng)的離子方程式：2HS-+ClO-→S↓+Cl-+S2-+H2O，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A.NaHS溶液顯堿性，HS-的水解程度大于電離程度；

B.根據(jù)電荷守恒和物料守恒分析；

C.HS-與Cu2+發(fā)生反應(yīng)Cu2++2HS-→CuS↓+H2S↑；

D.HS-與ClO-發(fā)生反應(yīng)2HS-+ClO-→S↓+Cl-+S2-+H2O。20．【答案】A【解析】【解答】①給溶液加熱促進水的電離，氫離子濃度增大，pH＜7，①正確；②加入少量稀硫酸抑制水的電離，②錯誤；③加入NH4Cl晶體，銨根水解，促進水的電離，溶液顯酸性，pH＜7，③正確；④加入CH3COONa固體，醋酸根水解，促進水的電離，溶液顯堿性，④錯誤；⑤加入BaCl2溶液生成硫酸鋇和氯化鈉，不影響溶液酸堿性和水的電離，⑤錯誤；⑥加入FeCl3溶液，鐵離子水解，促進水的電離，溶液顯酸性，pH＜7，⑥正確，故答案為：A。【分析】溶液中水的電離平衡向右移動，且pH<7，應(yīng)是加入的物質(zhì)使水的電離平衡得到促進，溶液呈酸性或加熱呈中性，據(jù)此解答即可。21．【答案】（1）B（2）BD；H2-2e-=2H+（3）8NA；B（4）2N2H4+3H+=N2H5++N2H62+；堿性（5）將鋁單質(zhì)溶解；Al（OH）3（6）2Fe2++2H+H2O2=2Fe3++2H2O；（7）步驟⑤的反應(yīng)是：FePO4+3OH-=Fe（OH）3+PO43-，該反應(yīng)的K=2.375×1022>105,所以該反應(yīng)可以完全進行（8）第一步加Na2CO3的目的是中和掉鹽酸；第二步加Na2CO3的目的是將Li+沉淀下來；【解析】【解答】（1）在燃料電池中，氧氣作正極，得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)，故答案為：B；

（2）質(zhì)子帶正電荷，其在電池內(nèi)部的移動方向是從負(fù)極到正極，即b極→a極，正確答案是：BD；

（3）根據(jù)方程式可知：消耗，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為8NA，根據(jù)總反應(yīng)，產(chǎn)生H2O，會對OH-濃度稀釋，則pH值減小，B選項是正確的；

（4）該反應(yīng)的離子方程式為：2N2H4+3H+=N2H5++N2H62+，反應(yīng)后是等濃度的N2H5+和N2H62+混合溶液，該混合溶液顯堿性；

（5）步驟①加入溶液的目的是將鋁單質(zhì)溶解；產(chǎn)品1的主要成分是Al（OH）3；

（6）步驟③是將二價鐵離子氧化為三價鐵離子：2Fe2++2H+H2O2=2Fe3++2H2O；

（7）步驟⑤的反應(yīng)是：FePO4+3OH-=Fe（OH）3+PO43-，該反應(yīng)的K=2.375×1022>105,所以該反應(yīng)可以完全進行；

（8）第一步加Na2CO3的目的是中和掉鹽酸；第二步加Na2CO3的目的是將Li+沉淀下來；

【分析】（1）在原電池中，負(fù)極失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，正極得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)；

（2）在原電池的電解質(zhì)溶液中，遵循“正正負(fù)負(fù)”的原理，所以H+從負(fù)極移向正極；

（3）根據(jù)方程式可知：消耗，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為8NA，根據(jù)總反應(yīng)，產(chǎn)生H2O，會對OH-濃度稀釋，則pH值減?。?/p>

（4）得到的溶液為等濃度的N2H5+和N2H62+混合溶液，根據(jù)N2H4的兩步電離平衡常數(shù)，可知溶液以鹽溶液的第一步水解為主，顯堿性；

（5）Al與氫氧化鈉反應(yīng)的方程式為：2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2；

（6）步驟③是將二價鐵離子氧化為三價鐵離子：2Fe2++2H+H2O2=2Fe3++2H2O；

（7）K值小于10-5的反應(yīng)，可認(rèn)為無法正向進行；K值介于10-5至105的反應(yīng)，可認(rèn)為是可逆反應(yīng)，K值大于105的反應(yīng)，可認(rèn)為是完全進行的反應(yīng)。

（8）第一步加Na2CO3的目的是中和掉鹽酸；第二步加Na2CO3的目的是將Li+沉淀下來。22．【答案】（1）第5周期第ⅤA族（2）2SbCl3+3H2OSb2O3+6HCl，不斷加入SbCl3，使SbCl3濃度增大，利于水解平衡右移，反應(yīng)后期加入氨水中和鹽酸，使c(HCl)減小，利于平衡右移；2Sb2S3+9O22Sb2O3+6SO2（3）Sb2S3+3SbCl5=5SbCl3+3S↓（4）CuS；1.1×10-8（5）3：4（6）H+參與電極反應(yīng)【解析】【解答】Ⅰ．（1）銻和氮在同一主族，其在元素周期表中位于第5周期第ⅤA族。（2）SbCl3水解：2SbCl3+3H2OSb2O3+6HCl，將SbCl3徐徐加入大量水中，SbCl3濃度增大，水解平衡右移，反應(yīng)后期還要加入少量氨水中和HCl，使c(HCl)減小，平衡右移，有利于Sb2O3的生成。故答案為：2SbCl3+3H2OSb2O3+6HCl，不斷加入SbCl3，使SbCl3濃度增大，利于水解平衡右移，反應(yīng)后期加入氨水中和鹽酸，使c(HCl)減小，利于平衡右移?；鸱ㄖ迫′R白，是輝銻礦（主要成分為Sb2S3）在高溫下和空氣中的氧氣反應(yīng)，生成Sb2O3的同時生成SO2?；瘜W(xué)方程式為：2Sb2S3+9O22Sb2O3+6SO2。Ⅱ．（3）“酸浸”時Sb2S3和SbCl5溶液反應(yīng)，得到SbCl3和SbCl5的混合溶液，濾渣中有硫，是此反應(yīng)的生成物，Sb2S3發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為Sb2S3+3SbCl5=5SbCl3+3S。（4）浸出液中c（Cu2+）=0.0001mol/L，c（Pb2+）=0.1mol/L。在沉淀銅、鉛過程中，緩慢滴加極稀的硫化鈉溶液，當(dāng)Cu2+開始沉淀時，c(S2-)==1.0×10-32mol/L，當(dāng)Pb2+開始沉淀時，c(S2-)==9.0×10-28mol/L，所以先產(chǎn)生沉淀的是CuS；當(dāng)CuS、PbS共沉淀時，=＝＝＝1.1×10-8。（5）加入NaHPO2除砷，發(fā)生了NaHPO2和AsCl3的反應(yīng)，氧化產(chǎn)物為H3PO4，還原產(chǎn)物是As，磷的化合價從+1價升高到+5價，生成1molH3PO4失去4mol電子，砷的化合價從+3價降低到0價，生成1molAs得到3mol電子，根據(jù)電子守恒，該反應(yīng)氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為3：4。（6）電解SbCl3溶液制取銻，在陰極是Sb3+得到電子生成Sb，當(dāng)電壓過大時，溶液中的H+也可能在陰極放電，導(dǎo)致銻的產(chǎn)率降低?！痉治觥浚?）根據(jù)元素的核外電子數(shù)即可知道位置

（2）增加SbCl3主要是增加反應(yīng)物，加入氨水主要是消耗生成物促進平衡向右移動，根據(jù)反應(yīng)物和生成物即可寫出方程式

（3）根據(jù)反應(yīng)物和生成物即可寫出方程式

（4）根據(jù)溶度積即可計算出沉淀，即可計算出比值

（5）根據(jù)反應(yīng)物和生成物寫出方程式即可判斷氧化物產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的比值

（6）根據(jù)電壓超過一定數(shù)值后，氫離子開始放電23．【答案】（1）TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO（2）pH＞10，溶液中含碳微粒以CO32?為主，可使Ba2＋完全變成BaCO3沉淀；pH＜11，可抑制H2TiO3沉淀溶解（3）NH4Cl；抑制或減少BaCO3的溶解（4）TiO2或H2TiO3或TiO2、H2TiO3【解析】【解答】⑴根據(jù)題中信息“氯化”在800℃時進行，TiO2與C、Cl2反應(yīng)生成TiCl4和CO，其反應(yīng)的化學(xué)方程式為TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO；故答案為：TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO。⑵“共沉淀”時，說明生成碳酸鋇、H2TiO3沉淀，因此需控制溶液pH為10～11，其原因是：反應(yīng)要生成碳酸鋇，盡量使得溶液碳微粒以碳酸根形式存在，鋇離子和碳酸根結(jié)合生成碳酸鋇沉淀；要形成H2TiO3沉淀，堿性不能太強，堿性太強會溶解H2TiO3沉淀；故答案為：pH＞10，溶液中含碳微粒以CO32?為主，可使Ba2＋完全變成BaCO3沉淀；pH＜11，可抑制H2TiO3沉淀溶解。⑶根據(jù)前面分析得出“濾液”中溶質(zhì)的主要成分為NH4Cl。為了減少或抑制碳酸鋇沉淀洗滌時溶解一部分，因此過濾得到的固體通常用一定濃度的NH4HCO3溶液進行洗滌；故答案為：NH4Cl；抑制或減少BaCO3的溶解。⑷鈦酸鋇(BaTiO3)中鋇鈦質(zhì)量比，“煅燒”得到的鈦酸鋇粉體中鋇鈦質(zhì)量比，說明鈦酸鋇粉體中可能含有的雜質(zhì)為含鈦的物質(zhì)即TiO2或H2TiO3或TiO2、H2TiO3；故答案為：TiO2或H2TiO3或TiO2、H2TiO3。【分析】鈦精礦(主要成分為TiO2)和C、Cl2反應(yīng)生成TiCl4和CO，TiCl4加入氯化鋇、碳酸氫銨、氨水控制pH，反應(yīng)生成碳酸鋇、H2TiO3沉淀和氯化銨溶液，過濾得到碳酸鋇、H2TiO3沉淀，煅燒生成鈦酸鋇(BaTiO3)。24．【答案】（1）+4（2）KSCN溶液（3）過濾、洗滌、干燥（4）FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+（NH4）2SO4+H2O+CO2↑；避免溫度過高碳酸氫銨分解，減少Fe2+的水解或氧化（5）沒有；向反應(yīng)容器中補充適量的空氣（6）溶液中存在水解平衡TiO2++（n+1）H2O?TiO2?nH2O+2H+，加入的Na2CO3粉末與H+反應(yīng)，降低了溶液中c（H+），促進水解平衡向生成TiO2?n