近三年高考化学真题分类汇编：电解质溶液（2021年）

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近三年高考化学真题分类汇编：电解质溶液（2021年）
一、选择题
1．（2021·湖北）常温下，已知H3PO3溶液中含磷物种的浓度之和为0.1mol·L-1，溶液中各含磷物种的pc—pOH关系如图所示。图中pc表示各含磷物种的浓度负对数(pc=-lgc)，pOH表示OH-的浓度负对数[pOH=-lgc(OH-)]；x、y、z三点的坐标：x(7.3，1.3)，y(10.0，3.6)，z(12.6，1.3)。下列说法正确的是（　　）
A．曲线①表示pc(H3PO3)随pOH的变化
B．H3PO3的结构简式为
C．pH=4的溶液中：c(H2PO )<0.1mol·L-1-2c(HPO )
D．H3PO3+HPO 2H2PO 的平衡常数K>1.0×105
2．（2021·天津）常温下，下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是（　　）
A．pH=1的溶液：Fe2+、Mg2+、 、
B．pH=12的溶液：K+、Na+、 、
C．pH=7的溶液：Na+、Cu2+、S2-、Cl-
D．pH=7的溶液：Al3+、K+、Cl-、
3．（2021·天津）常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是（　　）
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
4．（2021·辽宁）用 盐酸滴定 溶液，溶液中 、 、 的分布分数 随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是（如 分布分数： ）（　　）
A． 的 为
B．c点：
C．第一次突变，可选酚酞作指示剂
D．
5．（2021·海南）依据下列实验和现象，得出结论正确的是（　　）
选项 实验 现象 结论
A 点燃无色气体 ，将生成的气体通入澄清石灰水 澄清石灰水先浑浊后澄清 为
B 25℃时，向无色的 溶液中滴加1～2滴酚酞试液 溶液仍为无色 溶液的
C 在淀粉和 的混合溶液中滴加 溶液。[已知： 、 分别与卤素单质、卤素离子性质相似] 溶液仍为蓝色 氧化性：
D 在稀 中加入少量 溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成 反应中 既作氧化剂又作还原剂
A．A B．B C．C D．D
6．（2021·北京）下列实验中，均产生白色沉淀。
下列分析错误的是（　　）
A．Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同
B．CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解
C．Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解
D．4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低
7．（2021·北京）使用如图装置（搅拌装置略）探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮→暗(或灭）→亮”现象的是（　　）
选项 A B C D
试剂a CuSO4 NH4HCO3 H2SO4 CH3COOH
试剂b Ba(OH)2 Ca(OH)2 Ba(OH)2 NH3·H2O
A．A B．B C．C D．D
8．（2021·浙江）某同学拟用 计测定溶液 以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是（　　）
A．25℃时，若测得 溶液 ，则HR是弱酸
B．25℃时，若测得 溶液 且 ，则HR是弱酸
C．25℃时，若测得HR溶液 ，取该溶液 ，加蒸馏水稀释至 ，测得 ，则HR是弱酸
D．25℃时，若测得NaR溶液 ，取该溶液 ，升温至50℃，测得 ， ，则HR是弱酸
9．（2021·浙江）下列物质属于弱电解质的是（　　）
A．CO2 B．H2O C．HNO3 D．NaOH
10．（2021·浙江）取两份 的 溶液，一份滴加 的盐酸，另一份滴加 溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。
下列说法不正确的是（　　）
A．由a点可知： 溶液中 的水解程度大于电离程度
B． 过程中： 逐渐减小
C． 过程中：
D．令c点的 ，e点的 ，则
11．（2021·广东）鸟嘌呤( )是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用 表示)。已知 水溶液呈酸性，下列叙述正确的是（　　）
A． 水溶液的
B． 水溶液加水稀释， 升高
C． 在水中的电离方程式为：
D． 水溶液中：
12．（2021·全国甲）已知相同温度下， 。某温度下，饱和溶液中 、 、与 的关系如图所示。
下列说法正确的是（　　）
A．曲线①代表 的沉淀溶解曲线
B．该温度下 的 值为
C．加适量 固体可使溶液由a点变到b点
D． 时两溶液中
13．（2021·湖南）下列实验设计不能达到实验目的的是（　　）
　 实验目的 实验设计
A 检验溶液中 是否被氧化 取少量待测液，滴加 溶液，观察溶液颜色变化
B 净化实验室制备的 气体依次通过盛有饱和 溶液、浓 的洗气瓶
C 测定 溶液的pH 将待测液滴在湿润的pH试纸上，与标准比色卡对照
D 工业酒精制备无水乙醇 工业酒精中加生石灰，蒸馏
A．A B．B C．C D．D
14．（2021·湖南）对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是（　　）
　 粒子组 判断和分析
A 、 、 、 不能大量共存，因发生反应：
B 、 、 、 不能大量共存，因发生反应：
C 、 、 、 能大量共存，粒子间不反应
D 、 、 、 能大量共存，粒子间不反应
A．A B．B C．C D．D
15．（2021·湖南）常温下，用 的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为 三种一元弱酸的钠盐 溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是（　　）
A．该 溶液中：
B．三种一元弱酸的电离常数：
C．当 时，三种溶液中：
D．分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：
16．（2021·全国乙卷）下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是（　　）
A．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙： CO32- +CaSO4 =CaCO3 + SO42-
B．过量铁粉加入稀硝酸中：Fe + 4H+ + NO3- = Fe3+ +NO↑ +2H2O
C．硫酸铝溶液中滴如少量氢氧化钾溶液： Al3+ +4 OH- =AlO2- + 2H2O
D．氯化铜溶液中通入硫化氢： Cu2+ + S2- =CuS ↓
17．（2021·全国乙卷）HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中 而变化， 不发生水解。实验发现，298K时 ，如下图中实线所示。
下列叙述错误的是（　　）
A．溶液pH = 4 时.
B．MA 的溶度积
C．溶液 pH = 7 时，
D．HA 的电离常数
18．（2021·浙江）25℃时，下列说法正确的是（　　）
A．NaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸
B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐
C．0.010 mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＜α2
D．100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10-5mol
19．（2021·浙江）下列物质属于强电解质的是（　　）
A．KOH B．H3PO4 C．SO3 D．CH3CHO
20．（2021·浙江）实验测得10 mL 0.50 mol·L-1NH4Cl溶液、10 mL 0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10-5.下列说法错误的是（　　）
A．图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化'
B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度 mol·L-1，溶液pH变化值小于lgx
C．随温度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH- )减小，c(H+)增大，pH减小
D．25 ℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中：c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH )
二、多选题
21．（2021·海南）25℃时，向 的 溶液中滴加 的盐酸，溶液的 随加入的盐酸的体积 变化如图所示。下列有关说法正确的是（　　）
A． 点，溶液 是由于 水解程度大于电离程度
B． 点，
C． 点，溶液中的 主要来自 的电离
D． 点，
22．（2021·山东）赖氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2+ H2R+ HR R-。向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。已知δ(x)= ，下列表述正确的是（　　）
A． >
B．M点，c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)
C．O点，pH=
D．P点，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
三、非选择题
23．（2021·辽宁）从钒铬锰矿渣(主要成分为 、 、 )中提铬的一种工艺流程如下：
已知：pH较大时，二价锰[ ](在空气中易被氧化.回答下列问题：
（1）Cr元素位于元素周期表第　 　周期　 　族。
（2）用 溶液制备 胶体的化学方程式为　 　。
（3）常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[ ]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中 ，“沉钒”过程控制 ，则与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为　 　(填化学式)。
（4）某温度下， 、 的沉淀率与pH关系如图2。“沉铬”过程最佳pH为　 　；在该条件下滤液B中 　 　 （ 近似为 ， 的 近似为 ）。
（5）“转化”过程中生成 的离子方程式为　 　。
（6）“提纯”过程中 的作用为　 　。
24．（2021·北京）某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。
（1）浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物A中存在盐酸和MnO2。
①反应的离子方程式是　 　。
②电极反应式：
i还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O
ii氧化反应：　 　。
③根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO2的原因。
i随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱.
ii随c(Cl-)降低，　 　。
④补充实验证实了③中的分析。
　 实验操作 试剂 产物
I 较浓H2SO4 有Cl2
II a 有Cl2
III a+b 无Cl2
a是　 　，b是　 　。
（2）利用c(H+)浓度对MnO2氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr和KI溶液，能与MnO2反应所需的最低c(H+)由大到小的顺序是　 　，从原子结构角度说明理由　 　。
（3）根据(1)中结论推测：酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2。经实验证实了推测，该化合物是　 　。
（4）Ag分别与1mol·L1的盐酸、氢溴酸、氢碘酸混合，Ag只与氢碘酸发生置换反应，试解释原因：　 　。
（5）总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是　 　。
25．（2021·全国甲）胆矾( )易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的 (杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：
（1）制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有　 　(填标号)。
A．烧杯 B．容量瓶 C．蒸发皿 D．移液管
（2）将 加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为　 　，与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是　 　。
（3）待 完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量 ，冷却后用 调 为3.5～4，再煮沸 ，冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、　 　、乙醇洗涤、　 　，得到胆矾。其中，控制溶液 为3.5～4的目的是　 　，煮沸 的作用是　 　。
（4）结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为 ，加入胆矾后总质量为 ，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为 。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为　 　(写表达式)。
（5）下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是　 　(填标号)。
①胆矾未充分干燥 ②坩埚未置于干燥器中冷却 ③加热时有少胆矾迸溅出来
26．（2021·湖南） 可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以 形式存在，还含有 、 、 、 等物质。以独居石为原料制备 的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为　 　；
（2）为提高“水浸”效率，可采取的措施有　 　(至少写两条)；
（3）滤渣Ⅲ的主要成分是　 　(填化学式)；
（4）加入絮凝剂的目的是　 　；
（5）“沉铈”过程中，生成 的离子方程式为　 　，常温下加入的 溶液呈　 　(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知： 的 ， 的 ， )；
（6）滤渣Ⅱ的主要成分为 ，在高温条件下， 、葡萄糖( )和 可制备电极材料 ，同时生成 和 ，该反应的化学方程式为　 　
27．（2021·河北）绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）高温连续氧化工序中被氧化的元素是　 　(填元素符号)。
（2）工序①的名称为　 　 。
（3）滤渣的主要成分是　 　 (填化学式)。
（4）工序③中发生反应的离子方程式为　 　。
（5）物质V可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为　 　，可代替NaOH的化学试剂还有　 　(填化学式)。
（6）热解工序产生的混合气体最适宜返回工序　 　(填“①”或“②”或“③”或“④”)参与内循环。
（7）工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为　 　。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5mol L-1为沉淀完全；Al(OH)3+OH- Al(OH) ：K=100.63，Kw=10-14，Ksp[Al(OH)3]=10-33)
28．（2021·全国乙卷）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有 、 、 、MgO、CaO以及少量的 ，为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
该工艺下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子
开始沉淀的pH 2.2 3.5 9.5 12.4
沉淀完全(c=1.0×10*mol-L')的pH 3.2 4.7 11.1 13.8
回答下列问题：
（1）“焙烧”中， 、 几乎不发生反应， 、MgO、CaO、 转化为相应的硫酸盐，写出 转化为 的化学方程式　 　。
（2）“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是　 　。
（3）“母液①”中 浓度为　 　mol·
（4）”水浸渣”在160℃“酸溶”，最适合的酸是　 　。“酸溶渣”的成分是　 　、　 　。
（5）“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热， 水解析出 沉淀，该反应的离子方程式是　 　。
（6）将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得　 　，循环利用。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．图象中含P物质只有3种，说明 为二元弱酸。随着 逐渐增大， 减小，根据 、 ，知 逐渐减小， 先增大后减小， 逐渐增大， ，则 逐渐增大， 先减小后增大， 逐渐减小，故曲线③表示 ，曲线②表示 ，曲线①表示 ；根据x点知， 时， ，c(OH-)=10-7.3mol/L，c(H+)=10-6.7mol/L，则 的 ，根据z点知， ， ，c(OH-)=10-12.6mol/L，c(H+)=10-1.4mol/L，则 的 ，曲线①表示 随 的变化，故A不符合题意；
B． 为二元弱酸，其结构简式为 ，故B不符合题意；
C． 即 ，由图可知，此时， ，即 ，而 ，故 ，故C不符合题意；
D．由 减去 ，可得 ，则平衡常数 ，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由图示可知，随着碱性增强，即pOH减小，H3PO3浓度减小，H2PO3 浓度先增加后减小，HPO32 浓度逐渐增大，可知HPO32 中的氢不能电离，说明H3PO3是二元弱酸，由此可写出其结构简式，H3PO3溶液中含磷物有H3PO3、H2PO3 和HPO32 。根据酸碱中和反应知随着c(OH )的增大，c(H3PO3)逐渐减小，则pc(H3PO3)逐渐增大，对应曲线③；c(H2PO3 )先增大后减小，则pc(H2PO3 )先减小后增大，对应曲线②，c(HPO32 )逐渐增大，pc(HPO32 )逐渐减小，对应曲线①。点y（10.0，3.6）表示当POH＝10时，即pH=4 ，pc(HPO32 )＝pc(H3PO3)，根据物料守恒可判断C选项。根据点z（12.6，1.3）表示当POH＝12.6时，pc(H2PO3 )＝pc(H3PO3)，据此可得H3PO3电离的Ka1，根据点x（7.3，1.3）表示当POH＝7.3时，pc(HPO32 )＝pc(H2PO3 )，可求出H3PO3电离的Ka2，据此判断D选项。
2．【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．pH=1的溶液中， 在酸性条件下与Fe2+会发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不符合题意；
B．pH=12的溶液中，K+、Na+、 、 均不能发生反应，能大量共存，故B符合题意；
C．pH=7的溶液中，Cu2+、S2-会发生反应生成沉淀，不能大量共存，故C不符合题意；
D．pH=7的溶液中，Al3+、 会发生双水解，不能大量共存，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】如离子之间不发生复分解反应（生成沉淀、气体、弱电解质）、不发生氧化还原反应或络合反应（如Fe3＋和SCN ）等，则离子之间能大量共存，以此解答该题。
3．【答案】A
【知识点】电解质在水溶液中的电离；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由于磷酸为多元酸，第一步电离大于第二步电离大于第三步电离，所以在 溶液中，离子浓度大小为： ，故A符合题意；
B．在 溶液中，根据电荷守恒得到 ，故B不符合题意；
C．在 溶液中，根据物料守恒得到 ，故C不符合题意；
D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液，则 ，根据电荷守恒 ，则 ，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．根据多元弱酸分步电离，且以第一步为主判断；
B．根据电荷守恒判断，草酸根离子带两个单位正电荷，离子浓度应乘2；
C．根据物料守恒，等式左边还有碳酸氢根电离产生的碳酸根离子的浓度；
D．根据电荷守恒以及溶液显碱性判断。
4．【答案】C
【知识点】电解质与非电解质；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A． 的 ，根据上图交点1计算可知 =10-6.38，A不符合题意；
B．根据图像可知c点中 ，B不符合题意；
C．根据图像可知第一次滴定突跃溶液呈碱性，所以可以选择酚酞做指示剂，C符合题意；
D．根据图像e点可知，当加入盐酸40mL时，全部生成 ，根据 计算可知 ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】
A.根据a点的pH和分布分数计算即可；
B.c点盐酸稍过量，抑制电离；
C.第一次突变，从碱性变中性，选变色范围在弱碱性的酚酞指示剂较好；
D.根据e点全生成弱酸进行计算。
5．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算；常见气体的检验
【解析】【解答】A．无色气体甲烷在空气中燃烧生成二氧化碳和水，将生成的气体通入澄清石灰水，澄清石灰水也会先浑浊后澄清，则无色气体X不一定为一氧化碳，故A不符合题意；
B．若无色Y溶液的pH在7—8之间，向溶液中滴加1～2滴酚酞试液，溶液也为无色，则溶液仍为无色不能判断得到溶液pH小于7，故B不符合题意；
C．若向淀粉和碘的混合溶液中滴加不足量的硫氰化钾溶液，碘未完全反应，溶液也呈蓝色，则溶液仍为蓝色不能判断硫氰气和碘的氧化性强弱，故C不符合题意；
D．在稀硫酸中加入少量氧化亚铜固体，溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成说明氧化亚铜在稀硫酸溶液中反应生成硫酸铜和铜，则反应中氧化亚铜既作氧化剂又作还原剂，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】
A.二氧化碳也可令澄清石灰水变浑浊；
B.弱碱且浓度低1-2滴也不变色，与酚酞的变色范围有关；
C.碘单质未充分反应后也是蓝色；
D.根据化合价变化判断，氧化亚铜既是氧化剂又是还原剂。
6．【答案】B
【知识点】盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．Na2CO3溶液、NaHCO3溶液均存在Na+、 、 、H2CO3、H+、OH-、H2O，故含有的微粒种类相同，A不符合题意；
B． H++ ，加入Ca2+后，Ca2+和 反应生成沉淀，促进 的电离，B符合题意；
C．Al3+与 、 都能发生互相促进的水解反应，C不符合题意；
D．由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会减小，pH减小，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 A.两溶液都含有Na+、 、 、H2CO3、H+、OH-、H2O；
B.氯化钙与碳酸钠反应；
C.铝离子与碳酸根离子、碳酸氢根离子都能发生双水解；
D.硫酸铝与碳酸钠和碳酸氢钠发生双水解，都生成氢氧化铝和二氧化碳，氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙，碳酸氢根离子电离产生氢离子和碳酸根离子，钙离子与碳酸根离子结合促进碳酸氢根离子电离平衡正向移动。
7．【答案】D
【知识点】电解质溶液的导电性；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．Ba(OH)2与CuSO4发生离子反应：Ba2++2OH-+Cu2++ =BaSO4↓+Cu(OH)2↓，随着反应的进行，溶液中自由移动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反应时，溶液中几乎不存在自由移动的微粒，灯泡完全熄灭。当CuSO4溶液过量时，其电离产生的Cu2+、 导电，使灯泡逐渐又变亮，A不符合题意；
B．Ca(OH)2与NH4HCO3发生离子反应：Ca2++2OH-+ + =CaCO3↓+H2O+NH3·H2O，随着反应的进行，溶液中自由移动离子浓度减小，灯泡逐渐变暗，当二者恰好反应时，溶液中自由移动的微粒浓度很小，灯泡很暗。当 NH4HCO3溶液过量时，其电离产生的 、 导电，使灯泡逐渐又变亮，B不符合题意；
C．Ba(OH)2与H2SO4发生离子反应：Ba2++2OH-+2H++ =BaSO4↓+2H2O，随着反应的进行，溶液中自由移动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反应时，溶液中几乎不存在自由移动的微粒，灯泡完全熄灭。当H2SO4溶液过量时，其电离产生的H+、 导电，使灯泡逐渐又变亮，C不符合题意；
D．CH3COOH与氨水发生离子反应：CH3COOH+NH3·H2O=CH3COO-+ +H2O，反应后自由移动的离子浓度增大，溶液导电能力增强，灯泡更明亮，不出现亮—灭(或暗)—亮的变化，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 溶液导电性强弱与离子浓度成正比，实验时灯泡能出现由亮一暗一熄灭一亮，说明在滴加溶液过程中导致离子浓度减小，最终为0，再继续滴加溶液，离子浓度逐渐增大。
8．【答案】B
【知识点】测定溶液pH的方法；pH的简单计算
【解析】【解答】A. 25℃时，若测得 溶液 ， 显示中性，因此 HR是弱酸 故A不符合题意
B.25℃时， 若为强酸，则pH=2,但是给出的大于2小于7，可说明为弱酸，故B符合题意
C. 25℃时，若测得HR溶液 ，取该溶液 ，加蒸馏水稀释至 ，测得 ，则HR可能是强酸可能是弱酸，故C不符合题意
D. 25℃时，若测得NaR溶液 ，取该溶液 ，升温至50℃，测得 ， ， 可能是是弱酸或是强酸，故D不符合题意
故答案为：B
【分析】探究某酸是否为弱电解质，在某温度下测定某浓度的酸性溶液的pH.以及测定某浓度盐溶液的pH是否大于7，以及测定与同浓度强酸与同一种金属反应时的气泡速率等等
9．【答案】B
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A.二氧化碳是非电解质，故A不符合题意
B.水是部分电离，是弱电解质，故B符合题意
C.硝酸是强酸属于强电解质，故C不符合题意
D.氢氧化钠是强碱，是强电解质，故D不符合题意
故答案为：B
【分析】弱电解质是在部分电离的电解质，主要是弱酸、弱碱、以及水。强酸、强碱、以及可溶性盐均是强电解质
10．【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A. 根据图示，a点的溶液是碳酸氢钠溶液，此时pH=8,显碱性，碳酸氢根离子可以水解成碱性，也可以电离成酸性，溶液显碱性说明碳酸氢根的水解成都大于电离程度，故A不符合题意
B. 过程是不断的加入氢氧化钠的过程，根据电荷守恒 =c(Na+)+c(H+),氢离子不断减小，因此逐渐减小，故B不符合题意
C. 是加入盐酸的过程，在a点，根据物料守恒 ，随着盐酸的加入，二氧化碳不断产生逸出，故 ，故C符合题意
D.c点的 =(0.05+10-11.3)mol/L，e点 =(0.025+10-4.3)mol/L,x＞y,故D不符合题意
故答案为：C
【分析】A.根据a的pH即可判断
B.根据电荷守恒判断，加入氢氧化钠氢离子不断消耗
C.根据电荷守恒判断，加入稀盐酸，二氧化碳不断逸出
D.根据数据计算出x和y即可
11．【答案】B
【知识点】盐类水解的原理；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.G是一种弱碱，其盐溶液中，GH+水解，使得盐溶液显酸性，0.001mol/L的GHCl溶液，由GH+水解产生的H+浓度远小于0.001mol/L，因此溶液的pH＞3，A不符合题意；
B.加水稀释，溶液中c(H+)减小，pH增大，B符合题意；
C.GHCl为可溶性盐溶液，在水中完全电离，其电离方程式为：GHCl=GH++Cl-，C不符合题意；
D.GHCl水溶液中存在GH+、H+、OH-和Cl-，结合电荷守恒可得c(OH-)+c(Cl-)=c(GH+)+c(H+)，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.GHCl水溶液由于GH+的水解使得溶液显酸性；
B.加水稀释溶液中c(H+)减小；
C.GHCl在水中完全电离产生GH+和Cl-；
D.结合电荷守恒分析；
12．【答案】B
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A.由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线①为BaSO4的沉淀溶解曲线，A不符合题意；
B.曲线①为BaSO4溶液中－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(SO42-)]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3时，－lg[c(SO42-)＝7，则－lg[Ksp(BaSO4)]＝7＋3＝10，因此Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，B符合题意；
C.向饱和BaSO4溶液中加入适量BaCl2固体后，溶液中c(Ba2＋)增大，根据温度不变则Ksp(BaSO4)不变可知，溶液中c(SO42-)将减小，因此a点将沿曲线①向左上方移动，C不符合题意；
D.由图可知，当溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1时，两溶液中＝＝10y1-y2，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(SO42-)]}＝－lg[c(Ba2＋)×c(SO42-)]＝－lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(CO32-)]}＝－lg[Ksp(BaCO3)]，因Ksp(BaSO4)＜ Ksp(BaCO3)，则－lg[Ksp(BaCO3)]＜－lg[Ksp(BaSO4)]，由此可知曲线①为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(SO42-)]的关系，曲线②为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(CO32-)]的关系。
13．【答案】C
【知识点】测定溶液pH的方法；氯气的实验室制法；二价铁离子和三价铁离子的检验；乙醇的工业制法
【解析】【解答】A.若Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+能与SCN-生成Fe(SCN)3，溶液变成血红色，通过颜色的改变说明含有铁离子说明亚铁离子被氧化，故A不符合题意；
B．实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制氯气，先用饱和食盐水除去混有的氯化氢同时降低氯气的溶解，再通过浓硫酸的洗气瓶干燥，能达到实验目的，故B不符合题意；
C．用pH试纸测定NaOH溶液的pH不能润湿pH试纸，否则会因浓度减小，而影响测定结果，测量溶液pH时需要用的是干燥的试纸，将其放在玻璃板上，用玻璃棒蘸取待测液滴入到试纸上，半分后与标准比色卡进行对比，故C符合题意；
D．制取无水酒精时，通常把工业酒精跟新制的生石灰混合将水消耗，提高沸点的差异，利用加热蒸馏，将乙醇蒸出，能达到实验目的，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.利用硫氰化钾溶液遇到铁离子形成血红色的物质
B。浓盐酸具有挥发性，利用饱和食盐水的可以吸收氯化氢同时降低了氯气的溶解，再 用浓硫酸将水蒸气除去
C.不能用湿润的试纸进行测量pH，相当于稀释氢氧化钠溶液，导致测量结果偏低
D.利用水和生石灰反应，同时利用了熔沸点的差异进行蒸馏得到纯净乙醇
14．【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A.Al3+和NH3 H2O生成Al(OH)3沉淀而不是生成AlO2- ，反应方程式是：Al3++3NH3.H2O=Al(OH)3+3H+故A不符合题意；
B．S2O32- 和H+反生歧化反应生成单质硫、二氧化硫和水，发生的离子方程式为：2H++ S2 =S↓+SO2↑+H2O，故B符合题意；
C．Fe3+可以被H2O2还原得Fe2+和H2O，发生氧化还原反应不能大量共存，故C不符合题意；
D．在酸性条件下MnO4-能将Cl-氧化为Cl2，发生氧化还原反应不能大量共存，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.氨水不能溶解氢氧化铝
B. 中的硫元素处于+2价态处于中间价态可以发生歧化反应
C.铁离子具有氧化性，过氧化氢具有还原性，氧化还原反应不共存
D.高锰酸根具有氧化性，氯离子具有还原性，因此发生氧化还原反应不共存
15．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．NaX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)，故A不符合题意；
B．由分析可知，HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱，弱酸的酸性越弱，电离常数越小，则三种一元弱酸的电离常数的大小顺序为Ka(HX)＞Ka (HY)＞Ka(HZ)，故B不符合题意；
C．当溶液pH为7时，酸越弱，向盐溶液中加入盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中酸根的浓度大小顺序为c(X-)＞c(Y-)＞c(Z-)，故C符合题意；
D．向三种盐溶液中分别滴加20.00mL盐酸，三种盐恰好完全反应，可知c(Na+)=c(Cl-)，将三种溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)= c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+ c(Cl-)+ c(OH-)，由c(Na+)= c(Cl-)可得：c(X-)+c(Y-)+c(Z-)= c(H+)—c(OH-)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据一元弱酸的盐的pH即可得出酸性的强弱是：HZ＜HY＜HX
A.在NaX溶液中，水解呈碱性，因此根据电荷守恒即可判断
B.据一元弱酸的盐的pH即可得出酸性的强弱是：HZ＜HY＜HX，即可判断电离常数
C.根据电荷守恒列出式子，再根据中性进行判断只需要判断加入氯离子的物质的量浓度即可，因为水解程度不一样故加入的盐酸不一样，碱性越强需要的酸越多剩余的酸根离子越少
D.混合之后利用电荷守恒即可判断
16．【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硝酸的化学性质；探究铝与酸、碱溶液的反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】A.硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方程式为：CO32-+CaSO4=CaCO3+SO42-，A符合题意；
B.过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，B不符合题意；
C.硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，C不符合题意；
D.硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A．根据沉淀的转化分析；
B．Fe过量生成Fe2+；
C．KOH少量生成Al(OH)3；
D．H2S为弱电解质，不能拆；
17．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A.由图可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L时，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)=mol/L<3.0×10-4mol/L，A正确；
B.由图可知，c(H+)=0时，可看作溶液中有较大浓度的OH-，此时A-的水解极大地被抑制，溶液中c(M+)=c(A-)，Ksp(MA)=c(M+)c(A-)=c2(M+)=5×10-8，B正确；
C.MA饱和溶液中，M+不水解，A-水解显碱性，若pH=7，说明加入了酸，但该酸不一定是HA，设调pH所用的酸为HnX，则结合电荷守恒可知c(M+)+c(H+)=c(OH-)+ nc(Xn-)，题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn-)，C错误；
D.Ka(HA)=，当c(A-)=c(HA)时，由物料守恒可知，c(A-)+c(HA)=c(M+)，c(A-)=，Ksp(MA)=c(M+)c(A-)==5×10-8，c2(M+)=10×10-8，对应图得此时溶液中c(H+)=2.0×10-4mol/L，Ka(HA)==c(H+)2.0×10-4，D正确；
故答案为：C
【分析】根据电荷守恒和物料守恒结合图像计算。
18．【答案】D
【知识点】电解质在水溶液中的电离；弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液酸碱性的判断及相关计算；电离平衡常数
【解析】【解答】A．NaHA溶液呈酸性，可能是HA－的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A为强酸的结论，A不符合题意；
B．可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是B＋和A－的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，B不符合题意；
C．弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010 mol·L-1、0.10 mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＞α2，C不符合题意；
D.100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1×10－4mol/L，碳酸根水解促进水的电离，则水电离出H＋的浓度是1×10－4mol/L，其物质的量为0.1L×1×10－4mol/L＝1×10－5mol，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.强酸是全部电离，在溶液中存在NaHA，不一定是强酸
B.酸是弱酸碱是弱碱时，水解程度接近时，溶液也是显中性
C.浓度越稀，电离度越大
D.根据水的离子积常数可计算出氢离子的浓度，即可计算出物质的量
19．【答案】A
【知识点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A．KOH在水溶液中或熔融状态下能够完全电离出K+和OH-，KOH为强电解质，A符合题意；
B．H3PO4在水溶液中或熔融状态下能不够完全电离，H3PO4为弱电解质，B不符合题意；
C．SO3在水溶液中或熔融状态下不能电离，SO3属于非电解质，C不符合题意；
D．CH3CHO在水溶液中或熔融状态下不能电离，CH3CHO属于非电解质，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】在水溶液中或熔融状态下能够完全电离的化合物为强电解质。氢氧化钾在水溶液中完全电离
20．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的调控；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，A说法不符合题意；
B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度 mol·L-1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c(H+)变为原来的 ，则溶液的pH将增大lgx，但是，加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c(H+)大于原来的 ，因此，溶液pH的变化值小于lgx，B说法不符合题意；
C．随温度升高，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即Kw增大；随温度升高，CH3COONa的水解程度变大，溶液中c(OH-)增大，因此，C说法符合题意；
D． 25℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+ ) +c(H+) =c(OH-)+c(CH3COO- ) ，c(NH4+)+c(H+ ) =c(Cl-)+c(OH- )。因此，氯化铵溶液中，c(Cl-)-c(NH4+) =c(H+ )-c(OH- )，醋酸钠溶液中，c(Na+ )-c(CH3COO- )= c(OH-) -c(H+) 。由于25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8 ×10-5，因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，其中盐的水解程度是相同的，因此，两溶液中|c(OH-) -c(H+)|（两者差的绝对值）相等，故c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH4+)，D说法不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由题中信息可知，图中两条曲线为10 mL 0. 50 mol·L-1 NH4Cl溶液、10 mL 0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大。氯化铵水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小。温度越高，水的电离度越大。因此，图中的实线为pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。结合选项进行判断
21．【答案】A,B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A． 存在水解平衡和电离平衡， 点溶液 是由于 水解程度大于电离程度，故A符合题意；
B．根据电荷守恒， ，b点pH=7即 ，所以 ，故B符合题意；
C． 点，溶质为碳酸氢钠、氯化钠、碳酸，溶液中的 主要来自 的电离，故C不符合题意；
D． 点，碳酸氢钠和盐酸恰好反应， ，故D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】
A.碳酸氢根水解出氢氧根，电离出氢离子，据此判断即可；
B.根据此时电荷守恒和中性条件即可得到；
C.其中存在大量的碳酸，故氢离子主要来自碳酸的电离；
D.恰好反应，但体积变大两倍。浓度也是原本的一半。
22．【答案】C,D
【知识点】化学平衡常数；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.根据，，根据M，N，P三点计算出 ，，，因此故A不符合题意
B.M点存在电荷守恒，此时据图所示，，可以得到，故B不符合题意
C.根据图示O点，，可以得到=1，进行变换得到，得到氢离子的浓度c(H+)=根据溶液的pH=得出pH=故C符合题意
D.根据图示即可得到此时溶液是NaCl、HR、NaR混合溶液，此时的pH大于7，因此水解大于电离，因此，故D符合题意
【分析】A.根据M，N，P三点的数据计算出K1，K2，K3即可
B.根据电荷守恒结合进行判断
C.根据O点进行变化即可计算
D.根据P点的溶质以及pH即可判断离子浓度大小
23．【答案】（1）4；VIB
（2）FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl
（3）
（4）6.0；1×10-6
（5）Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O
（6）防止pH较大时，二价锰[ ]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁
【解析】【解答】分析本工艺流程图可知，“沉钒”步骤中使用氢氧化铁胶体吸附含有钒的杂质，滤液中主要含有Mn2+和Cr3+，加热NaOH“沉铬”后，Cr3+转化为固体A为Cr(OH)3沉淀，滤液B中主要含有MnSO4，加入Na2S2O3主要时防止pH较大时，二价锰[ ]被空气中氧气氧化，Cr(OH)3煅烧后生成Cr2O3，“转化”步骤中的反应离子方程式为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，据此分析解题。
（1）Cr是24号元素，价层电子对排布式为：3d54s1，根据最高能层数等于周期序数，价电子数等于族序数，故Cr元素位于元素周期表第4周期VIB族，故答案为：4；VIB；
（2）用 溶液制备 胶体的化学方程式为FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl，故答案为：FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl；
（3）常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[ ]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中 ， =-2，从图中可知， “沉钒”过程控制 ， =-2时，与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为 ，故答案为： ；
（4）某温度下， 、 的沉淀率与pH关系如图2，由图中信息可知“沉铬”过程最佳pH为6.0；则此时溶液中OH-的浓度为：c(OH-)=10-8mol/L，在该条件下滤液B中 = =1×10-6 ，故答案为：6.0；1×10-6；
（5）由分析可知，“转化”过程中生成 的离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，故答案为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O；
（6）由分析可知，“提纯”过程中 的作用为防止pH较大时，二价锰[ ]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯，故答案为：防止pH较大时，二价锰[ ]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯。
【分析】
（1）铬元素是24号，元素周期表位置是第4周期VIB族；
（2）氢氧化铁胶体的制备方程式，注意需要注明胶体；
（3）根据图像pH=3时的五价钒粒子的存在主要是；
（4）根据图像，只沉淀铬不沉淀锰，则最适pH=6；根据溶度积常数计算即可；
（5）转化过程中，锰离子转化成二氧化锰，被双氧水氧化，据此根据氧化还原反应进行配平即可；
（6）根据题目信息，pH较大时，二价锰易被氧化，而硫代硫酸钠作还原剂防止氧化。
24．【答案】（1）MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O；2Cl--2e- =Cl2↑；Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强；KCl固体(或浓/饱和溶液)；MnSO4固体(或浓/饱和溶液)
（2）KCl>KBr>KI；Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强
（3）AgNO3 或Ag2SO4
（4）比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生
（5）氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氯气的实验室制法；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）①二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O；②氧化反应是元素化合价升高，故氧化反应为：2Cl--2e- =Cl2↑③反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂，故答案为：Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强④可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II的现象分析，试剂a可以是KCl固体(或浓/饱和溶液)；结合实验III的显现是没有氯气，且实验III也加入了试剂a，那一定是试剂b影响了实验III的现象，再结合原因i可知试剂b是MnSO4固体(或浓/饱和溶液)；
（2）非金属性越弱其阴离子的还原性越强，反应时所需的氢离子浓度越小，故顺序是KCl>KBr>KI；其原因是Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强；
（3）根据(1)中的结论推测随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱，那么如果进一步降低Cl-浓度降低则可以导致可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2，故答案为：AgNO3 或Ag2SO4；
（4）若要使反应2Ag+2H+=2Ag++ H2↑发生，根据本题的提示可以降低Ag+浓度，对比AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，故Ag只与氢碘酸发生置换反应的原因是：比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生；
（5）通过本题可以发现，物质氧化性和还原性还与物质的浓度有关，浓度越大氧化性或者还原性越强，故答案为：氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。
【分析】 (1)①二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气、氯化锰和水；
②氧化反应是元素化合价升高；
③反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂；
④可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II的现象分析；
(2)KCl>KBr>KI，Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强；
(3)随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱；
(4)比较AgX的溶解度，Agl溶解度最小，Ag++I-=Ag↓，使得Ag还原性增强的最多，使得
2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生；
(5)氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。
25．【答案】（1）A、C
（2）CuO+H2SO4 CuSO4+H2O；不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）
（3）过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化铁胶体，易于过滤
（4）
（5）①③
【知识点】盐类水解的应用；硫酸根离子的检验；常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；化学式及其计算
【解析】【解答】(1)制备胆矾时，根据题干信息可知，需进行溶解、过滤、结晶操作，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿，A、C符合题意，故答案为：A、C；
(2)将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为CuO+H2SO4CuSO4+H2O；直接用废铜和浓硫酸反应生成硫酸铜与二氧化硫和水，与这种方法相比，将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热制备胆矾的实验方案具有的优点是：不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）；
(3) 硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；CuO中含氧化铁杂质，溶于硫酸后会形成铁离子，为使铁元素以氢氧化铁形成沉淀完全，需控制溶液pH为3.5～4，酸性环境同时还可抑制铜离子发生水解；操作过程中可能会生成氢氧化铁胶体，所以煮沸10min，目的是破坏氢氧化铁胶体，使其沉淀，易于过滤，故答案为：过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化铁胶体，易于过滤；
(4) 称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。则水的质量是(m2- m3)g，所以胆矾（CuSO4 nH2O）中n值的表达式为：=n:1，解得n＝；
(5) ①胆矾未充分干燥，导致所测m2偏大，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；
②坩埚未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆矾，导致所测m3偏大，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏低，不符合题意；
③加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使m3数值偏小，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；综上所述，①③符合题意，故答案为：①③。
【分析】(1)制备胆矾时，需进行溶解、过滤、结晶操作；
(2)金属氧化物与酸反应生成盐和水；从环境保护方面分析该方法的优点；
(3)硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；根据水解分析；加热可以防止生成胶体；
(4)根据CuSO4 nH2O中CuSO4与H2O为1：n计算；
(5)根据n=分析。
26．【答案】（1）
（2）适当升高温度，将独居石粉碎等
（3）Al(OH)3
（4）促使铝离子沉淀
（5） ↑；碱性
（6）6 + +12 =12 +6CO↑+6H2O+6CO2↑
【知识点】盐类水解的应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，则质量数=中子数+质子数=58+80=138，该核素的符号为 ；
(2)为提高“水浸”效率，可以增大接触面积或者提高水的温度提高速率，可采取的措施有适当升高温度，将独居石粉碎等；
(3)结合流程可知，加入氧化镁消耗氢离子调节pH使铝离子沉淀为氢氧化铝，滤渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3；
(4)加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀；
(5)用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成 的离子方程式为 ↑；NH4++H2O NH3.H2O+OH-,kh(NH4+)==== ≈5.7×10-10，HCO3-+H2O H2CO3+OH-,碳酸氢根的水解常数Kh( )=== ≈2.3×10-8，则Kh( )(6)由在高温条件下， 、葡萄糖( )和 可制备电极材料 ，同时生成 和 可知，该反应的化学方程式为6 + +12 =12 +6CO↑+6H2O+6CO2↑。
【分析】（1）质子数写在符号左下角，质量数写在左上角
（2）水浸主要是除去可与水反应或者是溶于水的物质，可以将其表面积增大或者是适当的提高温度加速反应
（3）根据加入的絮凝剂以及氧化镁调节pH=5,即可判断固滤渣是氢氧化铝
（4）絮凝剂的目的主要是加速聚沉，提高聚沉效率
（5）根据反应物和产物即可写出离子反应方程式，比较铵根离子和碳酸氢根的水解程度即可判断酸碱性
（6）根据反应物和产物即可写出反应方程式
27．【答案】（1）Fe、Cr
（2）溶解浸出
（3）MgO、Fe2O3
（4）2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓
（5）4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO3 8Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；Na2CO3
（6）②
（7）8.37
【知识点】pH的简单计算；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素，故答案为：Fe、Cr；
（2）工序①为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质便于后期实验，故答案为：溶解浸出；
（3）氧化铁和氧化镁均不溶于氢氧化钠和水，滤渣Ⅰ的主要成分是氧化铁和氧化镁，故答案为：MgO、Fe2O3；
（4）工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓，故答案为：2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓；
（5）物质V是碳酸氢钠，碳酸氢钠和氢氧化钠均具有碱性，可代替氢氧化钠进行高温氧化反应，加入碳酸氢钠发生的主要反应为高温下，Fe（CrO2）2与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO3 8Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；碳酸钠也具有碱性，若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应，故答案为：4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO3 8Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；
（6）所有的工序均出现了物质A为二氧化碳，故二氧化碳和水蒸气可以重复使用，热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣1中可以将氧化镁转化为碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回工序为工序②，故答案为：②；
（7）工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为 ，反应的平衡常数为K1= = = =1013.37，当 为10-5mol/L时，溶液中氢离子浓度为 = mol/L=10-8.37mol/L，则溶液的pH为8.37，故答案为：8.37。
【分析】（1）找出元素化合价升高的元素即可
（2）①加水主要是将可溶于水的物质溶解
（3）氧化镁不溶于氢氧化钠，亚铁离子被氧化为三价铁离子，连续高温最终变为氧化铁，不溶于水，因此滤渣是氧化镁和氧化铁
（4）通过确定A为二氧化碳，铬酸钾和重铬酸钾在酸性条件下进行转换，因此确定V为碳酸氢钠固体据此写出放出方程式
（5）碳酸氢钠具有碱性，且易分解，戈恩据反应物即可写出方程式，碳酸钠也具有碱性也可替换
（6）过程中的水和二氧化碳可以循环使用，因此②可循环
（7）根据沉淀的平衡即可计算出氢氧根离子浓度
28．【答案】（1）Al2O3+4(NH4)SO4=2NH4Al(SO4)2+3H2O+6NH3↑
（2）Fe3+ 、Al3+ 、Mg2+
（3）10-6
（4）H2SO4；SiO2；CaSO4
（5）TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O+2H+
（6）(NH4)2SO4
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为 Al2O3+4(NH4)SO4=2NH4Al(SO4)2+3H2O+6NH3↑ ；
(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，Fe3+首先沉淀、然后是Al3+、Mg2+，Ca2+没有沉淀；
(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10-5×(1×10-2.9)2=1×10-10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为=1×10-6mol/L
(4)增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；
(5)酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为 TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O+2H+ ；
(6)由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用。
【分析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·x H2O
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近三年高考化学真题分类汇编：电解质溶液（2021年）
一、选择题
1．（2021·湖北）常温下，已知H3PO3溶液中含磷物种的浓度之和为0.1mol·L-1，溶液中各含磷物种的pc—pOH关系如图所示。图中pc表示各含磷物种的浓度负对数(pc=-lgc)，pOH表示OH-的浓度负对数[pOH=-lgc(OH-)]；x、y、z三点的坐标：x(7.3，1.3)，y(10.0，3.6)，z(12.6，1.3)。下列说法正确的是（　　）
A．曲线①表示pc(H3PO3)随pOH的变化
B．H3PO3的结构简式为
C．pH=4的溶液中：c(H2PO )<0.1mol·L-1-2c(HPO )
D．H3PO3+HPO 2H2PO 的平衡常数K>1.0×105
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．图象中含P物质只有3种，说明 为二元弱酸。随着 逐渐增大， 减小，根据 、 ，知 逐渐减小， 先增大后减小， 逐渐增大， ，则 逐渐增大， 先减小后增大， 逐渐减小，故曲线③表示 ，曲线②表示 ，曲线①表示 ；根据x点知， 时， ，c(OH-)=10-7.3mol/L，c(H+)=10-6.7mol/L，则 的 ，根据z点知， ， ，c(OH-)=10-12.6mol/L，c(H+)=10-1.4mol/L，则 的 ，曲线①表示 随 的变化，故A不符合题意；
B． 为二元弱酸，其结构简式为 ，故B不符合题意；
C． 即 ，由图可知，此时， ，即 ，而 ，故 ，故C不符合题意；
D．由 减去 ，可得 ，则平衡常数 ，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由图示可知，随着碱性增强，即pOH减小，H3PO3浓度减小，H2PO3 浓度先增加后减小，HPO32 浓度逐渐增大，可知HPO32 中的氢不能电离，说明H3PO3是二元弱酸，由此可写出其结构简式，H3PO3溶液中含磷物有H3PO3、H2PO3 和HPO32 。根据酸碱中和反应知随着c(OH )的增大，c(H3PO3)逐渐减小，则pc(H3PO3)逐渐增大，对应曲线③；c(H2PO3 )先增大后减小，则pc(H2PO3 )先减小后增大，对应曲线②，c(HPO32 )逐渐增大，pc(HPO32 )逐渐减小，对应曲线①。点y（10.0，3.6）表示当POH＝10时，即pH=4 ，pc(HPO32 )＝pc(H3PO3)，根据物料守恒可判断C选项。根据点z（12.6，1.3）表示当POH＝12.6时，pc(H2PO3 )＝pc(H3PO3)，据此可得H3PO3电离的Ka1，根据点x（7.3，1.3）表示当POH＝7.3时，pc(HPO32 )＝pc(H2PO3 )，可求出H3PO3电离的Ka2，据此判断D选项。
2．（2021·天津）常温下，下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是（　　）
A．pH=1的溶液：Fe2+、Mg2+、 、
B．pH=12的溶液：K+、Na+、 、
C．pH=7的溶液：Na+、Cu2+、S2-、Cl-
D．pH=7的溶液：Al3+、K+、Cl-、
【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．pH=1的溶液中， 在酸性条件下与Fe2+会发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不符合题意；
B．pH=12的溶液中，K+、Na+、 、 均不能发生反应，能大量共存，故B符合题意；
C．pH=7的溶液中，Cu2+、S2-会发生反应生成沉淀，不能大量共存，故C不符合题意；
D．pH=7的溶液中，Al3+、 会发生双水解，不能大量共存，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】如离子之间不发生复分解反应（生成沉淀、气体、弱电解质）、不发生氧化还原反应或络合反应（如Fe3＋和SCN ）等，则离子之间能大量共存，以此解答该题。
3．（2021·天津）常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是（　　）
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
【知识点】电解质在水溶液中的电离；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由于磷酸为多元酸，第一步电离大于第二步电离大于第三步电离，所以在 溶液中，离子浓度大小为： ，故A符合题意；
B．在 溶液中，根据电荷守恒得到 ，故B不符合题意；
C．在 溶液中，根据物料守恒得到 ，故C不符合题意；
D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液，则 ，根据电荷守恒 ，则 ，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．根据多元弱酸分步电离，且以第一步为主判断；
B．根据电荷守恒判断，草酸根离子带两个单位正电荷，离子浓度应乘2；
C．根据物料守恒，等式左边还有碳酸氢根电离产生的碳酸根离子的浓度；
D．根据电荷守恒以及溶液显碱性判断。
4．（2021·辽宁）用 盐酸滴定 溶液，溶液中 、 、 的分布分数 随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是（如 分布分数： ）（　　）
A． 的 为
B．c点：
C．第一次突变，可选酚酞作指示剂
D．
【答案】C
【知识点】电解质与非电解质；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A． 的 ，根据上图交点1计算可知 =10-6.38，A不符合题意；
B．根据图像可知c点中 ，B不符合题意；
C．根据图像可知第一次滴定突跃溶液呈碱性，所以可以选择酚酞做指示剂，C符合题意；
D．根据图像e点可知，当加入盐酸40mL时，全部生成 ，根据 计算可知 ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】
A.根据a点的pH和分布分数计算即可；
B.c点盐酸稍过量，抑制电离；
C.第一次突变，从碱性变中性，选变色范围在弱碱性的酚酞指示剂较好；
D.根据e点全生成弱酸进行计算。
5．（2021·海南）依据下列实验和现象，得出结论正确的是（　　）
选项 实验 现象 结论
A 点燃无色气体 ，将生成的气体通入澄清石灰水 澄清石灰水先浑浊后澄清 为
B 25℃时，向无色的 溶液中滴加1～2滴酚酞试液 溶液仍为无色 溶液的
C 在淀粉和 的混合溶液中滴加 溶液。[已知： 、 分别与卤素单质、卤素离子性质相似] 溶液仍为蓝色 氧化性：
D 在稀 中加入少量 溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成 反应中 既作氧化剂又作还原剂
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算；常见气体的检验
【解析】【解答】A．无色气体甲烷在空气中燃烧生成二氧化碳和水，将生成的气体通入澄清石灰水，澄清石灰水也会先浑浊后澄清，则无色气体X不一定为一氧化碳，故A不符合题意；
B．若无色Y溶液的pH在7—8之间，向溶液中滴加1～2滴酚酞试液，溶液也为无色，则溶液仍为无色不能判断得到溶液pH小于7，故B不符合题意；
C．若向淀粉和碘的混合溶液中滴加不足量的硫氰化钾溶液，碘未完全反应，溶液也呈蓝色，则溶液仍为蓝色不能判断硫氰气和碘的氧化性强弱，故C不符合题意；
D．在稀硫酸中加入少量氧化亚铜固体，溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成说明氧化亚铜在稀硫酸溶液中反应生成硫酸铜和铜，则反应中氧化亚铜既作氧化剂又作还原剂，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】
A.二氧化碳也可令澄清石灰水变浑浊；
B.弱碱且浓度低1-2滴也不变色，与酚酞的变色范围有关；
C.碘单质未充分反应后也是蓝色；
D.根据化合价变化判断，氧化亚铜既是氧化剂又是还原剂。
6．（2021·北京）下列实验中，均产生白色沉淀。
下列分析错误的是（　　）
A．Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同
B．CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解
C．Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解
D．4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低
【答案】B
【知识点】盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．Na2CO3溶液、NaHCO3溶液均存在Na+、 、 、H2CO3、H+、OH-、H2O，故含有的微粒种类相同，A不符合题意；
B． H++ ，加入Ca2+后，Ca2+和 反应生成沉淀，促进 的电离，B符合题意；
C．Al3+与 、 都能发生互相促进的水解反应，C不符合题意；
D．由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会减小，pH减小，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 A.两溶液都含有Na+、 、 、H2CO3、H+、OH-、H2O；
B.氯化钙与碳酸钠反应；
C.铝离子与碳酸根离子、碳酸氢根离子都能发生双水解；
D.硫酸铝与碳酸钠和碳酸氢钠发生双水解，都生成氢氧化铝和二氧化碳，氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙，碳酸氢根离子电离产生氢离子和碳酸根离子，钙离子与碳酸根离子结合促进碳酸氢根离子电离平衡正向移动。
7．（2021·北京）使用如图装置（搅拌装置略）探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮→暗(或灭）→亮”现象的是（　　）
选项 A B C D
试剂a CuSO4 NH4HCO3 H2SO4 CH3COOH
试剂b Ba(OH)2 Ca(OH)2 Ba(OH)2 NH3·H2O
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】电解质溶液的导电性；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．Ba(OH)2与CuSO4发生离子反应：Ba2++2OH-+Cu2++ =BaSO4↓+Cu(OH)2↓，随着反应的进行，溶液中自由移动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反应时，溶液中几乎不存在自由移动的微粒，灯泡完全熄灭。当CuSO4溶液过量时，其电离产生的Cu2+、 导电，使灯泡逐渐又变亮，A不符合题意；
B．Ca(OH)2与NH4HCO3发生离子反应：Ca2++2OH-+ + =CaCO3↓+H2O+NH3·H2O，随着反应的进行，溶液中自由移动离子浓度减小，灯泡逐渐变暗，当二者恰好反应时，溶液中自由移动的微粒浓度很小，灯泡很暗。当 NH4HCO3溶液过量时，其电离产生的 、 导电，使灯泡逐渐又变亮，B不符合题意；
C．Ba(OH)2与H2SO4发生离子反应：Ba2++2OH-+2H++ =BaSO4↓+2H2O，随着反应的进行，溶液中自由移动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反应时，溶液中几乎不存在自由移动的微粒，灯泡完全熄灭。当H2SO4溶液过量时，其电离产生的H+、 导电，使灯泡逐渐又变亮，C不符合题意；
D．CH3COOH与氨水发生离子反应：CH3COOH+NH3·H2O=CH3COO-+ +H2O，反应后自由移动的离子浓度增大，溶液导电能力增强，灯泡更明亮，不出现亮—灭(或暗)—亮的变化，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 溶液导电性强弱与离子浓度成正比，实验时灯泡能出现由亮一暗一熄灭一亮，说明在滴加溶液过程中导致离子浓度减小，最终为0，再继续滴加溶液，离子浓度逐渐增大。
8．（2021·浙江）某同学拟用 计测定溶液 以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是（　　）
A．25℃时，若测得 溶液 ，则HR是弱酸
B．25℃时，若测得 溶液 且 ，则HR是弱酸
C．25℃时，若测得HR溶液 ，取该溶液 ，加蒸馏水稀释至 ，测得 ，则HR是弱酸
D．25℃时，若测得NaR溶液 ，取该溶液 ，升温至50℃，测得 ， ，则HR是弱酸
【答案】B
【知识点】测定溶液pH的方法；pH的简单计算
【解析】【解答】A. 25℃时，若测得 溶液 ， 显示中性，因此 HR是弱酸 故A不符合题意
B.25℃时， 若为强酸，则pH=2,但是给出的大于2小于7，可说明为弱酸，故B符合题意
C. 25℃时，若测得HR溶液 ，取该溶液 ，加蒸馏水稀释至 ，测得 ，则HR可能是强酸可能是弱酸，故C不符合题意
D. 25℃时，若测得NaR溶液 ，取该溶液 ，升温至50℃，测得 ， ， 可能是是弱酸或是强酸，故D不符合题意
故答案为：B
【分析】探究某酸是否为弱电解质，在某温度下测定某浓度的酸性溶液的pH.以及测定某浓度盐溶液的pH是否大于7，以及测定与同浓度强酸与同一种金属反应时的气泡速率等等
9．（2021·浙江）下列物质属于弱电解质的是（　　）
A．CO2 B．H2O C．HNO3 D．NaOH
【答案】B
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A.二氧化碳是非电解质，故A不符合题意
B.水是部分电离，是弱电解质，故B符合题意
C.硝酸是强酸属于强电解质，故C不符合题意
D.氢氧化钠是强碱，是强电解质，故D不符合题意
故答案为：B
【分析】弱电解质是在部分电离的电解质，主要是弱酸、弱碱、以及水。强酸、强碱、以及可溶性盐均是强电解质
10．（2021·浙江）取两份 的 溶液，一份滴加 的盐酸，另一份滴加 溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。
下列说法不正确的是（　　）
A．由a点可知： 溶液中 的水解程度大于电离程度
B． 过程中： 逐渐减小
C． 过程中：
D．令c点的 ，e点的 ，则
【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A. 根据图示，a点的溶液是碳酸氢钠溶液，此时pH=8,显碱性，碳酸氢根离子可以水解成碱性，也可以电离成酸性，溶液显碱性说明碳酸氢根的水解成都大于电离程度，故A不符合题意
B. 过程是不断的加入氢氧化钠的过程，根据电荷守恒 =c(Na+)+c(H+),氢离子不断减小，因此逐渐减小，故B不符合题意
C. 是加入盐酸的过程，在a点，根据物料守恒 ，随着盐酸的加入，二氧化碳不断产生逸出，故 ，故C符合题意
D.c点的 =(0.05+10-11.3)mol/L，e点 =(0.025+10-4.3)mol/L,x＞y,故D不符合题意
故答案为：C
【分析】A.根据a的pH即可判断
B.根据电荷守恒判断，加入氢氧化钠氢离子不断消耗
C.根据电荷守恒判断，加入稀盐酸，二氧化碳不断逸出
D.根据数据计算出x和y即可
11．（2021·广东）鸟嘌呤( )是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用 表示)。已知 水溶液呈酸性，下列叙述正确的是（　　）
A． 水溶液的
B． 水溶液加水稀释， 升高
C． 在水中的电离方程式为：
D． 水溶液中：
【答案】B
【知识点】盐类水解的原理；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.G是一种弱碱，其盐溶液中，GH+水解，使得盐溶液显酸性，0.001mol/L的GHCl溶液，由GH+水解产生的H+浓度远小于0.001mol/L，因此溶液的pH＞3，A不符合题意；
B.加水稀释，溶液中c(H+)减小，pH增大，B符合题意；
C.GHCl为可溶性盐溶液，在水中完全电离，其电离方程式为：GHCl=GH++Cl-，C不符合题意；
D.GHCl水溶液中存在GH+、H+、OH-和Cl-，结合电荷守恒可得c(OH-)+c(Cl-)=c(GH+)+c(H+)，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.GHCl水溶液由于GH+的水解使得溶液显酸性；
B.加水稀释溶液中c(H+)减小；
C.GHCl在水中完全电离产生GH+和Cl-；
D.结合电荷守恒分析；
12．（2021·全国甲）已知相同温度下， 。某温度下，饱和溶液中 、 、与 的关系如图所示。
下列说法正确的是（　　）
A．曲线①代表 的沉淀溶解曲线
B．该温度下 的 值为
C．加适量 固体可使溶液由a点变到b点
D． 时两溶液中
【答案】B
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A.由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线①为BaSO4的沉淀溶解曲线，A不符合题意；
B.曲线①为BaSO4溶液中－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(SO42-)]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3时，－lg[c(SO42-)＝7，则－lg[Ksp(BaSO4)]＝7＋3＝10，因此Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，B符合题意；
C.向饱和BaSO4溶液中加入适量BaCl2固体后，溶液中c(Ba2＋)增大，根据温度不变则Ksp(BaSO4)不变可知，溶液中c(SO42-)将减小，因此a点将沿曲线①向左上方移动，C不符合题意；
D.由图可知，当溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1时，两溶液中＝＝10y1-y2，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(SO42-)]}＝－lg[c(Ba2＋)×c(SO42-)]＝－lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(CO32-)]}＝－lg[Ksp(BaCO3)]，因Ksp(BaSO4)＜ Ksp(BaCO3)，则－lg[Ksp(BaCO3)]＜－lg[Ksp(BaSO4)]，由此可知曲线①为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(SO42-)]的关系，曲线②为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(CO32-)]的关系。
13．（2021·湖南）下列实验设计不能达到实验目的的是（　　）
　 实验目的 实验设计
A 检验溶液中 是否被氧化 取少量待测液，滴加 溶液，观察溶液颜色变化
B 净化实验室制备的 气体依次通过盛有饱和 溶液、浓 的洗气瓶
C 测定 溶液的pH 将待测液滴在湿润的pH试纸上，与标准比色卡对照
D 工业酒精制备无水乙醇 工业酒精中加生石灰，蒸馏
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】测定溶液pH的方法；氯气的实验室制法；二价铁离子和三价铁离子的检验；乙醇的工业制法
【解析】【解答】A.若Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+能与SCN-生成Fe(SCN)3，溶液变成血红色，通过颜色的改变说明含有铁离子说明亚铁离子被氧化，故A不符合题意；
B．实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制氯气，先用饱和食盐水除去混有的氯化氢同时降低氯气的溶解，再通过浓硫酸的洗气瓶干燥，能达到实验目的，故B不符合题意；
C．用pH试纸测定NaOH溶液的pH不能润湿pH试纸，否则会因浓度减小，而影响测定结果，测量溶液pH时需要用的是干燥的试纸，将其放在玻璃板上，用玻璃棒蘸取待测液滴入到试纸上，半分后与标准比色卡进行对比，故C符合题意；
D．制取无水酒精时，通常把工业酒精跟新制的生石灰混合将水消耗，提高沸点的差异，利用加热蒸馏，将乙醇蒸出，能达到实验目的，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.利用硫氰化钾溶液遇到铁离子形成血红色的物质
B。浓盐酸具有挥发性，利用饱和食盐水的可以吸收氯化氢同时降低了氯气的溶解，再 用浓硫酸将水蒸气除去
C.不能用湿润的试纸进行测量pH，相当于稀释氢氧化钠溶液，导致测量结果偏低
D.利用水和生石灰反应，同时利用了熔沸点的差异进行蒸馏得到纯净乙醇
14．（2021·湖南）对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是（　　）
　 粒子组 判断和分析
A 、 、 、 不能大量共存，因发生反应：
B 、 、 、 不能大量共存，因发生反应：
C 、 、 、 能大量共存，粒子间不反应
D 、 、 、 能大量共存，粒子间不反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A.Al3+和NH3 H2O生成Al(OH)3沉淀而不是生成AlO2- ，反应方程式是：Al3++3NH3.H2O=Al(OH)3+3H+故A不符合题意；
B．S2O32- 和H+反生歧化反应生成单质硫、二氧化硫和水，发生的离子方程式为：2H++ S2 =S↓+SO2↑+H2O，故B符合题意；
C．Fe3+可以被H2O2还原得Fe2+和H2O，发生氧化还原反应不能大量共存，故C不符合题意；
D．在酸性条件下MnO4-能将Cl-氧化为Cl2，发生氧化还原反应不能大量共存，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.氨水不能溶解氢氧化铝
B. 中的硫元素处于+2价态处于中间价态可以发生歧化反应
C.铁离子具有氧化性，过氧化氢具有还原性，氧化还原反应不共存
D.高锰酸根具有氧化性，氯离子具有还原性，因此发生氧化还原反应不共存
15．（2021·湖南）常温下，用 的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为 三种一元弱酸的钠盐 溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是（　　）
A．该 溶液中：
B．三种一元弱酸的电离常数：
C．当 时，三种溶液中：
D．分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．NaX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)，故A不符合题意；
B．由分析可知，HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱，弱酸的酸性越弱，电离常数越小，则三种一元弱酸的电离常数的大小顺序为Ka(HX)＞Ka (HY)＞Ka(HZ)，故B不符合题意；
C．当溶液pH为7时，酸越弱，向盐溶液中加入盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中酸根的浓度大小顺序为c(X-)＞c(Y-)＞c(Z-)，故C符合题意；
D．向三种盐溶液中分别滴加20.00mL盐酸，三种盐恰好完全反应，可知c(Na+)=c(Cl-)，将三种溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)= c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+ c(Cl-)+ c(OH-)，由c(Na+)= c(Cl-)可得：c(X-)+c(Y-)+c(Z-)= c(H+)—c(OH-)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据一元弱酸的盐的pH即可得出酸性的强弱是：HZ＜HY＜HX
A.在NaX溶液中，水解呈碱性，因此根据电荷守恒即可判断
B.据一元弱酸的盐的pH即可得出酸性的强弱是：HZ＜HY＜HX，即可判断电离常数
C.根据电荷守恒列出式子，再根据中性进行判断只需要判断加入氯离子的物质的量浓度即可，因为水解程度不一样故加入的盐酸不一样，碱性越强需要的酸越多剩余的酸根离子越少
D.混合之后利用电荷守恒即可判断
16．（2021·全国乙卷）下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是（　　）
A．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙： CO32- +CaSO4 =CaCO3 + SO42-
B．过量铁粉加入稀硝酸中：Fe + 4H+ + NO3- = Fe3+ +NO↑ +2H2O
C．硫酸铝溶液中滴如少量氢氧化钾溶液： Al3+ +4 OH- =AlO2- + 2H2O
D．氯化铜溶液中通入硫化氢： Cu2+ + S2- =CuS ↓
【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硝酸的化学性质；探究铝与酸、碱溶液的反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】A.硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方程式为：CO32-+CaSO4=CaCO3+SO42-，A符合题意；
B.过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，B不符合题意；
C.硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，C不符合题意；
D.硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A．根据沉淀的转化分析；
B．Fe过量生成Fe2+；
C．KOH少量生成Al(OH)3；
D．H2S为弱电解质，不能拆；
17．（2021·全国乙卷）HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中 而变化， 不发生水解。实验发现，298K时 ，如下图中实线所示。
下列叙述错误的是（　　）
A．溶液pH = 4 时.
B．MA 的溶度积
C．溶液 pH = 7 时，
D．HA 的电离常数
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A.由图可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L时，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)=mol/L<3.0×10-4mol/L，A正确；
B.由图可知，c(H+)=0时，可看作溶液中有较大浓度的OH-，此时A-的水解极大地被抑制，溶液中c(M+)=c(A-)，Ksp(MA)=c(M+)c(A-)=c2(M+)=5×10-8，B正确；
C.MA饱和溶液中，M+不水解，A-水解显碱性，若pH=7，说明加入了酸，但该酸不一定是HA，设调pH所用的酸为HnX，则结合电荷守恒可知c(M+)+c(H+)=c(OH-)+ nc(Xn-)，题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn-)，C错误；
D.Ka(HA)=，当c(A-)=c(HA)时，由物料守恒可知，c(A-)+c(HA)=c(M+)，c(A-)=，Ksp(MA)=c(M+)c(A-)==5×10-8，c2(M+)=10×10-8，对应图得此时溶液中c(H+)=2.0×10-4mol/L，Ka(HA)==c(H+)2.0×10-4，D正确；
故答案为：C
【分析】根据电荷守恒和物料守恒结合图像计算。
18．（2021·浙江）25℃时，下列说法正确的是（　　）
A．NaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸
B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐
C．0.010 mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＜α2
D．100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10-5mol
【答案】D
【知识点】电解质在水溶液中的电离；弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液酸碱性的判断及相关计算；电离平衡常数
【解析】【解答】A．NaHA溶液呈酸性，可能是HA－的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A为强酸的结论，A不符合题意；
B．可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是B＋和A－的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，B不符合题意；
C．弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010 mol·L-1、0.10 mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＞α2，C不符合题意；
D.100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1×10－4mol/L，碳酸根水解促进水的电离，则水电离出H＋的浓度是1×10－4mol/L，其物质的量为0.1L×1×10－4mol/L＝1×10－5mol，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.强酸是全部电离，在溶液中存在NaHA，不一定是强酸
B.酸是弱酸碱是弱碱时，水解程度接近时，溶液也是显中性
C.浓度越稀，电离度越大
D.根据水的离子积常数可计算出氢离子的浓度，即可计算出物质的量
19．（2021·浙江）下列物质属于强电解质的是（　　）
A．KOH B．H3PO4 C．SO3 D．CH3CHO
【答案】A
【知识点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A．KOH在水溶液中或熔融状态下能够完全电离出K+和OH-，KOH为强电解质，A符合题意；
B．H3PO4在水溶液中或熔融状态下能不够完全电离，H3PO4为弱电解质，B不符合题意；
C．SO3在水溶液中或熔融状态下不能电离，SO3属于非电解质，C不符合题意；
D．CH3CHO在水溶液中或熔融状态下不能电离，CH3CHO属于非电解质，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】在水溶液中或熔融状态下能够完全电离的化合物为强电解质。氢氧化钾在水溶液中完全电离
20．（2021·浙江）实验测得10 mL 0.50 mol·L-1NH4Cl溶液、10 mL 0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10-5.下列说法错误的是（　　）
A．图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化'
B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度 mol·L-1，溶液pH变化值小于lgx
C．随温度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH- )减小，c(H+)增大，pH减小
D．25 ℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中：c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH )
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的调控；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，A说法不符合题意；
B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度 mol·L-1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c(H+)变为原来的 ，则溶液的pH将增大lgx，但是，加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c(H+)大于原来的 ，因此，溶液pH的变化值小于lgx，B说法不符合题意；
C．随温度升高，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即Kw增大；随温度升高，CH3COONa的水解程度变大，溶液中c(OH-)增大，因此，C说法符合题意；
D． 25℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+ ) +c(H+) =c(OH-)+c(CH3COO- ) ，c(NH4+)+c(H+ ) =c(Cl-)+c(OH- )。因此，氯化铵溶液中，c(Cl-)-c(NH4+) =c(H+ )-c(OH- )，醋酸钠溶液中，c(Na+ )-c(CH3COO- )= c(OH-) -c(H+) 。由于25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8 ×10-5，因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，其中盐的水解程度是相同的，因此，两溶液中|c(OH-) -c(H+)|（两者差的绝对值）相等，故c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH4+)，D说法不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由题中信息可知，图中两条曲线为10 mL 0. 50 mol·L-1 NH4Cl溶液、10 mL 0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大。氯化铵水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小。温度越高，水的电离度越大。因此，图中的实线为pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。结合选项进行判断
二、多选题
21．（2021·海南）25℃时，向 的 溶液中滴加 的盐酸，溶液的 随加入的盐酸的体积 变化如图所示。下列有关说法正确的是（　　）
A． 点，溶液 是由于 水解程度大于电离程度
B． 点，
C． 点，溶液中的 主要来自 的电离
D． 点，
【答案】A,B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A． 存在水解平衡和电离平衡， 点溶液 是由于 水解程度大于电离程度，故A符合题意；
B．根据电荷守恒， ，b点pH=7即 ，所以 ，故B符合题意；
C． 点，溶质为碳酸氢钠、氯化钠、碳酸，溶液中的 主要来自 的电离，故C不符合题意；
D． 点，碳酸氢钠和盐酸恰好反应， ，故D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】
A.碳酸氢根水解出氢氧根，电离出氢离子，据此判断即可；
B.根据此时电荷守恒和中性条件即可得到；
C.其中存在大量的碳酸，故氢离子主要来自碳酸的电离；
D.恰好反应，但体积变大两倍。浓度也是原本的一半。
22．（2021·山东）赖氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2+ H2R+ HR R-。向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。已知δ(x)= ，下列表述正确的是（　　）
A． >
B．M点，c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)
C．O点，pH=
D．P点，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】C,D
【知识点】化学平衡常数；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.根据，，根据M，N，P三点计算出 ，，，因此故A不符合题意
B.M点存在电荷守恒，此时据图所示，，可以得到，故B不符合题意
C.根据图示O点，，可以得到=1，进行变换得到，得到氢离子的浓度c(H+)=根据溶液的pH=得出pH=故C符合题意
D.根据图示即可得到此时溶液是NaCl、HR、NaR混合溶液，此时的pH大于7，因此水解大于电离，因此，故D符合题意
【分析】A.根据M，N，P三点的数据计算出K1，K2，K3即可
B.根据电荷守恒结合进行判断
C.根据O点进行变化即可计算
D.根据P点的溶质以及pH即可判断离子浓度大小
三、非选择题
23．（2021·辽宁）从钒铬锰矿渣(主要成分为 、 、 )中提铬的一种工艺流程如下：
已知：pH较大时，二价锰[ ](在空气中易被氧化.回答下列问题：
（1）Cr元素位于元素周期表第　 　周期　 　族。
（2）用 溶液制备 胶体的化学方程式为　 　。
（3）常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[ ]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中 ，“沉钒”过程控制 ，则与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为　 　(填化学式)。
（4）某温度下， 、 的沉淀率与pH关系如图2。“沉铬”过程最佳pH为　 　；在该条件下滤液B中 　 　 （ 近似为 ， 的 近似为 ）。
（5）“转化”过程中生成 的离子方程式为　 　。
（6）“提纯”过程中 的作用为　 　。
【答案】（1）4；VIB
（2）FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl
（3）
（4）6.0；1×10-6
（5）Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O
（6）防止pH较大时，二价锰[ ]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁
【解析】【解答】分析本工艺流程图可知，“沉钒”步骤中使用氢氧化铁胶体吸附含有钒的杂质，滤液中主要含有Mn2+和Cr3+，加热NaOH“沉铬”后，Cr3+转化为固体A为Cr(OH)3沉淀，滤液B中主要含有MnSO4，加入Na2S2O3主要时防止pH较大时，二价锰[ ]被空气中氧气氧化，Cr(OH)3煅烧后生成Cr2O3，“转化”步骤中的反应离子方程式为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，据此分析解题。
（1）Cr是24号元素，价层电子对排布式为：3d54s1，根据最高能层数等于周期序数，价电子数等于族序数，故Cr元素位于元素周期表第4周期VIB族，故答案为：4；VIB；
（2）用 溶液制备 胶体的化学方程式为FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl，故答案为：FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl；
（3）常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[ ]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中 ， =-2，从图中可知， “沉钒”过程控制 ， =-2时，与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为 ，故答案为： ；
（4）某温度下， 、 的沉淀率与pH关系如图2，由图中信息可知“沉铬”过程最佳pH为6.0；则此时溶液中OH-的浓度为：c(OH-)=10-8mol/L，在该条件下滤液B中 = =1×10-6 ，故答案为：6.0；1×10-6；
（5）由分析可知，“转化”过程中生成 的离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，故答案为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O；
（6）由分析可知，“提纯”过程中 的作用为防止pH较大时，二价锰[ ]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯，故答案为：防止pH较大时，二价锰[ ]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯。
【分析】
（1）铬元素是24号，元素周期表位置是第4周期VIB族；
（2）氢氧化铁胶体的制备方程式，注意需要注明胶体；
（3）根据图像pH=3时的五价钒粒子的存在主要是；
（4）根据图像，只沉淀铬不沉淀锰，则最适pH=6；根据溶度积常数计算即可；
（5）转化过程中，锰离子转化成二氧化锰，被双氧水氧化，据此根据氧化还原反应进行配平即可；
（6）根据题目信息，pH较大时，二价锰易被氧化，而硫代硫酸钠作还原剂防止氧化。
24．（2021·北京）某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。
（1）浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物A中存在盐酸和MnO2。
①反应的离子方程式是　 　。
②电极反应式：
i还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O
ii氧化反应：　 　。
③根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO2的原因。
i随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱.
ii随c(Cl-)降低，　 　。
④补充实验证实了③中的分析。
　 实验操作 试剂 产物
I 较浓H2SO4 有Cl2
II a 有Cl2
III a+b 无Cl2
a是　 　，b是　 　。
（2）利用c(H+)浓度对MnO2氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr和KI溶液，能与MnO2反应所需的最低c(H+)由大到小的顺序是　 　，从原子结构角度说明理由　 　。
（3）根据(1)中结论推测：酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2。经实验证实了推测，该化合物是　 　。
（4）Ag分别与1mol·L1的盐酸、氢溴酸、氢碘酸混合，Ag只与氢碘酸发生置换反应，试解释原因：　 　。
（5）总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是　 　。
【答案】（1）MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O；2Cl--2e- =Cl2↑；Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强；KCl固体(或浓/饱和溶液)；MnSO4固体(或浓/饱和溶液)
（2）KCl>KBr>KI；Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强
（3）AgNO3 或Ag2SO4
（4）比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生
（5）氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氯气的实验室制法；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）①二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O；②氧化反应是元素化合价升高，故氧化反应为：2Cl--2e- =Cl2↑③反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂，故答案为：Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强④可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II的现象分析，试剂a可以是KCl固体(或浓/饱和溶液)；结合实验III的显现是没有氯气，且实验III也加入了试剂a，那一定是试剂b影响了实验III的现象，再结合原因i可知试剂b是MnSO4固体(或浓/饱和溶液)；
（2）非金属性越弱其阴离子的还原性越强，反应时所需的氢离子浓度越小，故顺序是KCl>KBr>KI；其原因是Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强；
（3）根据(1)中的结论推测随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱，那么如果进一步降低Cl-浓度降低则可以导致可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2，故答案为：AgNO3 或Ag2SO4；
（4）若要使反应2Ag+2H+=2Ag++ H2↑发生，根据本题的提示可以降低Ag+浓度，对比AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，故Ag只与氢碘酸发生置换反应的原因是：比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生；
（5）通过本题可以发现，物质氧化性和还原性还与物质的浓度有关，浓度越大氧化性或者还原性越强，故答案为：氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。
【分析】 (1)①二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气、氯化锰和水；
②氧化反应是元素化合价升高；
③反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂；
④可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II的现象分析；
(2)KCl>KBr>KI，Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强；
(3)随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱；
(4)比较AgX的溶解度，Agl溶解度最小，Ag++I-=Ag↓，使得Ag还原性增强的最多，使得
2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生；
(5)氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。
25．（2021·全国甲）胆矾( )易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的 (杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：
（1）制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有　 　(填标号)。
A．烧杯 B．容量瓶 C．蒸发皿 D．移液管
（2）将 加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为　 　，与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是　 　。
（3）待 完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量 ，冷却后用 调 为3.5～4，再煮沸 ，冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、　 　、乙醇洗涤、　 　，得到胆矾。其中，控制溶液 为3.5～4的目的是　 　，煮沸 的作用是　 　。
（4）结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为 ，加入胆矾后总质量为 ，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为 。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为　 　(写表达式)。
（5）下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是　 　(填标号)。
①胆矾未充分干燥 ②坩埚未置于干燥器中冷却 ③加热时有少胆矾迸溅出来
【答案】（1）A、C
（2）CuO+H2SO4 CuSO4+H2O；不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）
（3）过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化铁胶体，易于过滤
（4）
（5）①③
【知识点】盐类水解的应用；硫酸根离子的检验；常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；化学式及其计算
【解析】【解答】(1)制备胆矾时，根据题干信息可知，需进行溶解、过滤、结晶操作，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿，A、C符合题意，故答案为：A、C；
(2)将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为CuO+H2SO4CuSO4+H2O；直接用废铜和浓硫酸反应生成硫酸铜与二氧化硫和水，与这种方法相比，将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热制备胆矾的实验方案具有的优点是：不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）；
(3) 硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；CuO中含氧化铁杂质，溶于硫酸后会形成铁离子，为使铁元素以氢氧化铁形成沉淀完全，需控制溶液pH为3.5～4，酸性环境同时还可抑制铜离子发生水解；操作过程中可能会生成氢氧化铁胶体，所以煮沸10min，目的是破坏氢氧化铁胶体，使其沉淀，易于过滤，故答案为：过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化铁胶体，易于过滤；
(4) 称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。则水的质量是(m2- m3)g，所以胆矾（CuSO4 nH2O）中n值的表达式为：=n:1，解得n＝；
(5) ①胆矾未充分干燥，导致所测m2偏大，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；
②坩埚未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆矾，导致所测m3偏大，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏低，不符合题意；
③加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使m3数值偏小，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；综上所述，①③符合题意，故答案为：①③。
【分析】(1)制备胆矾时，需进行溶解、过滤、结晶操作；
(2)金属氧化物与酸反应生成盐和水；从环境保护方面分析该方法的优点；
(3)硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；根据水解分析；加热可以防止生成胶体；
(4)根据CuSO4 nH2O中CuSO4与H2O为1：n计算；
(5)根据n=分析。
26．（2021·湖南） 可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以 形式存在，还含有 、 、 、 等物质。以独居石为原料制备 的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为　 　；
（2）为提高“水浸”效率，可采取的措施有　 　(至少写两条)；
（3）滤渣Ⅲ的主要成分是　 　(填化学式)；
（4）加入絮凝剂的目的是　 　；
（5）“沉铈”过程中，生成 的离子方程式为　 　，常温下加入的 溶液呈　 　(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知： 的 ， 的 ， )；
（6）滤渣Ⅱ的主要成分为 ，在高温条件下， 、葡萄糖( )和 可制备电极材料 ，同时生成 和 ，该反应的化学方程式为　 　
【答案】（1）
（2）适当升高温度，将独居石粉碎等
（3）Al(OH)3
（4）促使铝离子沉淀
（5） ↑；碱性
（6）6 + +12 =12 +6CO↑+6H2O+6CO2↑
【知识点】盐类水解的应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，则质量数=中子数+质子数=58+80=138，该核素的符号为 ；
(2)为提高“水浸”效率，可以增大接触面积或者提高水的温度提高速率，可采取的措施有适当升高温度，将独居石粉碎等；
(3)结合流程可知，加入氧化镁消耗氢离子调节pH使铝离子沉淀为氢氧化铝，滤渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3；
(4)加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀；
(5)用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成 的离子方程式为 ↑；NH4++H2O NH3.H2O+OH-,kh(NH4+)==== ≈5.7×10-10，HCO3-+H2O H2CO3+OH-,碳酸氢根的水解常数Kh( )=== ≈2.3×10-8，则Kh( )(6)由在高温条件下， 、葡萄糖( )和 可制备电极材料 ，同时生成 和 可知，该反应的化学方程式为6 + +12 =12 +6CO↑+6H2O+6CO2↑。
【分析】（1）质子数写在符号左下角，质量数写在左上角
（2）水浸主要是除去可与水反应或者是溶于水的物质，可以将其表面积增大或者是适当的提高温度加速反应
（3）根据加入的絮凝剂以及氧化镁调节pH=5,即可判断固滤渣是氢氧化铝
（4）絮凝剂的目的主要是加速聚沉，提高聚沉效率
（5）根据反应物和产物即可写出离子反应方程式，比较铵根离子和碳酸氢根的水解程度即可判断酸碱性
（6）根据反应物和产物即可写出反应方程式
27．（2021·河北）绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）高温连续氧化工序中被氧化的元素是　 　(填元素符号)。
（2）工序①的名称为　 　 。
（3）滤渣的主要成分是　 　 (填化学式)。
（4）工序③中发生反应的离子方程式为　 　。
（5）物质V可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为　 　，可代替NaOH的化学试剂还有　 　(填化学式)。
（6）热解工序产生的混合气体最适宜返回工序　 　(填“①”或“②”或“③”或“④”)参与内循环。
（7）工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为　 　。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5mol L-1为沉淀完全；Al(OH)3+OH- Al(OH) ：K=100.63，Kw=10-14，Ksp[Al(OH)3]=10-33)
【答案】（1）Fe、Cr
（2）溶解浸出
（3）MgO、Fe2O3
（4）2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓
（5）4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO3 8Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；Na2CO3
（6）②
（7）8.37
【知识点】pH的简单计算；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素，故答案为：Fe、Cr；
（2）工序①为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质便于后期实验，故答案为：溶解浸出；
（3）氧化铁和氧化镁均不溶于氢氧化钠和水，滤渣Ⅰ的主要成分是氧化铁和氧化镁，故答案为：MgO、Fe2O3；
（4）工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓，故答案为：2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓；
（5）物质V是碳酸氢钠，碳酸氢钠和氢氧化钠均具有碱性，可代替氢氧化钠进行高温氧化反应，加入碳酸氢钠发生的主要反应为高温下，Fe（CrO2）2与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO3 8Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；碳酸钠也具有碱性，若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应，故答案为：4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO3 8Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；
（6）所有的工序均出现了物质A为二氧化碳，故二氧化碳和水蒸气可以重复使用，热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣1中可以将氧化镁转化为碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回工序为工序②，故答案为：②；
（7）工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为 ，反应的平衡常数为K1= = = =1013.37，当 为10-5mol/L时，溶液中氢离子浓度为 = mol/L=10-8.37mol/L，则溶液的pH为8.37，故答案为：8.37。
【分析】（1）找出元素化合价升高的元素即可
（2）①加水主要是将可溶于水的物质溶解
（3）氧化镁不溶于氢氧化钠，亚铁离子被氧化为三价铁离子，连续高温最终变为氧化铁，不溶于水，因此滤渣是氧化镁和氧化铁
（4）通过确定A为二氧化碳，铬酸钾和重铬酸钾在酸性条件下进行转换，因此确定V为碳酸氢钠固体据此写出放出方程式
（5）碳酸氢钠具有碱性，且易分解，戈恩据反应物即可写出方程式，碳酸钠也具有碱性也可替换
（6）过程中的水和二氧化碳可以循环使用，因此②可循环
（7）根据沉淀的平衡即可计算出氢氧根离子浓度
28．（2021·全国乙卷）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有 、 、 、MgO、CaO以及少量的 ，为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
该工艺下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子
开始沉淀的pH 2.2 3.5 9.5 12.4
沉淀完全(c=1.0×10*mol-L')的pH 3.2 4.7 11.1 13.8
回答下列问题：
（1）“焙烧”中， 、 几乎不发生反应， 、MgO、CaO、 转化为相应的硫酸盐，写出 转化为 的化学方程式　 　。
（2）“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是　 　。
（3）“母液①”中 浓度为　 　mol·
（4）”水浸渣”在160℃“酸溶”，最适合的酸是　 　。“酸溶渣”的成分是　 　、　 　。
（5）“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热， 水解析出 沉淀，该反应的离子方程式是　 　。
（6）将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得　 　，循环利用。
【答案】（1）Al2O3+4(NH4)SO4=2NH4Al(SO4)2+3H2O+6NH3↑
（2）Fe3+ 、Al3+ 、Mg2+
（3）10-6
（4）H2SO4；SiO2；CaSO4
（5）TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O+2H+
（6）(NH4)2SO4
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为 Al2O3+4(NH4)SO4=2NH4Al(SO4)2+3H2O+6NH3↑ ；
(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，Fe3+首先沉淀、然后是Al3+、Mg2+，Ca2+没有沉淀；
(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10-5×(1×10-2.9)2=1×10-10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为=1×10-6mol/L
(4)增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；
(5)酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为 TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O+2H+ ；
(6)由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用。
【分析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·x H2O
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