2024届高三化学一轮专题训练—电解质溶液（含解析）
文档属性
| 名称 | 2024届高三化学一轮专题训练—电解质溶液（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 828.4KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-01-07 14:18:00 | ||
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文档简介
2024届高三化学一轮专题训练—电解质溶液
一、单选题
1．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．滴入酚酞变红色的溶液：K+、Ca2+、HCO、CO
B．0.1 mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH、NO、SO
C．pH=1的溶液：Ba2+、K+、CH3COO-、NO
D．无色透明的溶液：Cu2+、Na+、SO、NO
2．化学是在原子、分子水平上研究物质的组成、结构、性质、转化及其应用的基础自然科学，下列说法正确的是（ ）
A．金属氧化物都是碱性氧化物，非金属氧化物都是酸性氧化物
B．溶液与胶体的本质区别是是否存在丁达尔效应
C．光导纤维的主要成分为硅单质
D．氨水和氨气都不是电解质
3．下列水溶液呈碱性的盐是（ ）
A．CaCl2 B．Na2SO3 C．Ba(OH)2 D．HNO3
4．《本草纲目》中有“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”记载。有关说法错误的是（ ）
A．薪柴之灰可做钾肥
B．取碱浇衣存在水解反应
C．碱浣衣与肥皂浣衣原理不同
D．上述过程涉及溶解、过滤、蒸馏操作
5．室温下，用相同浓度的溶液，分别滴定浓度均为的三种酸、和溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是 （ ）
A．三种酸的电离常数关系：
B．点时，溶液中：
C．时，三种溶液中：
D．当中和达时，溶液中：
6．室温下进行下列实验，根据实验操作和现象，所得到的结论正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 结论
A 乙醇钠的水溶液呈强碱性 结合 的能力强
B 将某溶液滴在 淀粉试纸上，试纸变蓝 原溶液中一定含有
C 向 和 的混合溶液中滴入硝酸酸化的 溶液，溶液变红 氧化性：
D 向盛有 一定浓度的 溶液的试管中，滴入5滴 的 溶液，产生黄色沉淀 发生了水解
A．A B．B C．C D．D
7．下列属于弱电解质的是（ ）
A．硫酸钡 B．二氧化硫 C．乙醇 D．乙酸
8．室温下，用0.1mol·L-1的NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1HA溶液，测得混合溶液的pH与的关系如图所示。下列说法正确的是
A．导电能力：a>b B．室温下，Ka(HA)=10-3.8
C．b点时，V(NaOH)=20mL D．c点时，c(A-)>c(Na+)
9．已知HX、HY均为一元酸，室温下用 NaOH溶液分别滴定20.00mL等物质的量浓度的HX、HY溶液时的滴定曲线如下。下列有关说法正确的是（ ）
A．a=20
B．HX可能为强酸，HY一定是弱酸
C．若E为滴定终点，则室温下
D．图中B，D两点对应的溶液中存在
10．已知：25℃时，Ka(CH3COOH)=1.7×10-5，Kb(NH3·H2O)=1.7×10-5。用0.01 mol/L的CH3COOH溶液滴定20 mL由浓度均为0.01 mol/L的NaOH溶液和氨水组成的混合溶液，溶液的相对导电能力随加入CH3COOH溶液体积的变化趋势如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．a点时混合溶液中：c( )≈l.7×10-5 mol·L-1
B．b点时混合溶液中：c(CH3COOH)＜c( )
C．c点时混合溶液中：c(CH3COO- )+c(CH3COOH)=c( )+c(NH3·H2O)+c(Na+)
D．c点时混合溶液中：pH=7
11．下列物质熔融状态时不导电的是（ ）
A．MgF2 B．KCl C．H2SO4 D．NaOH
12．某试液中只可能含有K＋、NH 、Fe2＋、Al3＋、Cl－、SO 、CO 、AlO 中的若干种离子，离子浓度均为0.1mol·L 1，某同学进行了如下实验，下列说法正确的是（ ）
A．无法确定原试液中是否含有Al3＋、Cl－
B．原溶液中存在NH 、Fe2＋、Cl－、SO
C．无法确定沉淀C的成分
D．滤液X中大量存在的阳离子有NH 、Fe2＋和Ba2+
13．常温下，二元弱酸H2Y溶液中滴加KOH溶液，所得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示，下列有关说法错误的是
A．曲线M表示pH与lg的变化关系
B．NaHY溶液显酸性
C．交点d对应的pH=2.8
D．e点溶液中：c(HY-)>c(H2Y)>c(Y2-)>c(H+)>c(OH-)
14．下列说法正确的是（ ）
A．25℃时，测得0.1的XCl溶液pH＜7，则XOH为强碱
B．同体积浓度分别为1、0.1的醋酸，含的物质的量分别为a mol、b mol，则a>10b
C．同体积同pH的盐酸与醋酸，与足量锌反应，若后者生成氢气多，则说明醋酸为弱酸
D．同物质的量浓度的盐酸与醋酸分别中和同体积同浓度的NaOH溶液，醋酸消耗的体积多
15．湿法提银工艺中，浸出的Ag+需加入Cl-进行沉淀。25℃时，平衡体系中含Ag微粒的分布系数δ[如δ(AgCl)=]随lgc(Cl-)的变化曲线如图所示。已知：lg[Ksp(AgCl)]=-9.75。下列叙述错误的是（ ）
A．AgCl溶解度随c(Cl-)增大而不断减小
B．沉淀最彻底时，溶液中c(Ag+)=10-7.21mol L-1
C．当c(Cl-)=10-2mol L-1时，溶液中c(AgCl)>c(Ag+)>c(AgCl)
D．25℃时，AgCl+Cl-AgCl的平衡常数K=100.2
16．下列所示的实验方案正确，且能达到实验目的的是（ ）
选项 实验目的 实验方案
A 比较镁、铝的金属性强弱 分别在MgCl2和AlCl3溶液中滴加氨水直至过量，观察现象
B 比较Cl2、Br2的氧化性强弱 将少量氯水滴入FeBr2溶液中，观察现象
C 证明SO2具有漂白性 将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色
D 证明电离常数Ka:HSO3->HCO3- 测得同浓度的Na2CO3溶液的pH大于Na2SO3溶液
A．A B．B C．C D．D
二、综合题
17．以银锰精矿主要含、、和氧化锰矿主要含为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。
已知：酸性条件下，的氧化性强于。
（1）“浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出；矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。
“浸锰”过程中，发生反应，则可推断： 填“”或“”。
在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有 。
（2）“浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。
将“浸银”反应的离子方程式补充完整：
结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用： 。
（3）“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。
该步反应的离子方程式有 。
一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因： 。
（4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势： 。
18．三氧化二钴(Co2O3)常用于颜料、釉料及磁性材料。工业上以钴矿石(主要成分是CoO(OH)、CoCO3、CoO、Co2O3，及少量SiO2、Al2O3、Fe2O3、MnO2等)为原料制备Co2O3的工艺流程如图所示。
（1）“浸泡”过程中，为加快反应速率和提高矿石原料利用率，下列方法不可取的是____。
A．将钴矿石粉碎，搅拌 B．适当升高温度
C．适当降低溶液的pH D．使用过量的NaHSO3溶液
（2）“浸泡”时CoO(OH)参与反应的离子方程式为 。
（3）“除杂”时加入试剂①的作用是 ；若溶液中c(Co2+)=0.1mol/L，根据表中数据计算，加入试剂②调节pH范围是6~ (忽略过程中溶液体积变化)。
沉淀 Al(OH)3 Fe(OH)3 Co(OH)2 Fe(OH)2 Mn(OH)2
沉淀完全的pH 5.2 3.2 9.4 9.5 10.1
（4）“萃取”时发生反应：Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+，则试剂③为 。设计萃取、反萃取的目的是 。
（5）“沉钴”时的离子方程式为 ，证明Co2+已沉淀完全的实验操作和现象为 。
19．从铜电解液(主要含、Ni2+、、、、Zn2+等)中提纯得到粗硫酸镍晶体，为了进一步纯化并回收胆矾晶体，某课题小组设计了如图流程：
已知：相关离子浓度为0.1mol/L时，形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子 Cu2+ Fe2+ Fe3+ Ca2+ Zn2+ Ni2+
开始沉淀的pH 4.2 6.3 1.5 11.8 6.2 6.9
沉淀完全的uH 6.7 8.3 2.8 13.8 8.2 8.9
（1）为加快“水浸”时的浸出率，可采取的措施有 (任写一点)。
（2）为了使“溶液1”中的反应充分进行，需要通入稍过量的H2S，写出Fe3+与H2S发生反应的离子方程式： 。
（3）请结合离子方程式解释向“溶液2”中加入Ni(OH)2的原因 。
（4）“操作X”为在 (填仪器名称)中加热至 ，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得到结晶水合物晶体。
（5）若“溶液3”中Ca2+的浓度为0.001mol/L，取等体积的NiF2溶液与该溶液混合，要使反应结束时c(Ca2+)<10-5mol/L，则所加NiF2溶液的浓度至少为 mol/L。[已知室温下Ksp(CaF2)=4×10-11]
（6）室温下选择萃取剂P204(二乙基已基磷酸，用HR表示)，其萃取原理为nHR+Mn+ MRn+nH+，试剂a为 (填化学式)。溶液pH对几种离子的萃取率的影响如图，则萃取锌时，应控制pH的范围为3~4，请解释原因： 。
20．已知酸HA和HB的电离平衡常数为、，则：
（1）反应的化学平衡常数为 。
（2）常温下的NaB溶液中 。
21．无机物及有机物在工农业生产和人类生活中都有着重要的应用。
（1）比较离子半径大小：Li+ H-(选填“>"、“<”或“=”)。
（2）LiAlH4中电负性最大的元素是 ，它与水反应生成的单质气体为 。
（3）LiCl溶液显酸性，用离子方程式说明原因 。
（4）泡沫灭火器的灭火原理： (用离子方程式说明)。
（5）如图所示，已知B可用作燃料，则A的官能团名称为 ；A生成B的有机反应类型为 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．滴入酚酞变红的溶液为碱性溶液，碳酸氢根不能存在，碳酸根和钙离子也不能共存，A不符合题意；
B．所给离子相互之间均不反应，可以共存，B符合题意；
C．酸性溶液中醋酸根不能存在，C不符合题意；
D．铜离子为蓝色，无色溶液中不能存在，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】K+、Na+、NH4+和所有酸根离子共存，NO3-和所有阳离子共存，
CO32-只能和Na+、K+、NH4+共存，
OH-只能和Na+、K+、Ba2+共存，SO42-不能和Ag+、Ca2+、Pb2+、Ba2+共存，
Cl-不能和Ag+共存
H+只能和Cl-、Br-、I-、NO3-、SO42-、ClO4-共存。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．金属氧化物中为酸性氧化物，为两性氧化物；非金属氧化物中等都不是酸性氧化物，A项不符合题意；
B．溶液与胶体的本质区别是分散质粒子直径不同，溶液中分散质粒子直径小于1nm，胶体中分散质粒子直径为1~100nm，B项不符合题意；
C．光导纤维的主要成分是SiO2，C项不符合题意；
D．电解质是在水溶液或熔融状态下，本身能够电离出离子导电的化合物，氨水是混合物，氨气本身无法电离产生离子，故二者都不是电解质，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.有的金属氧化物是酸性氧化物，如；
B.溶液与胶体的本质区别是分散质粒子直径不同；
C.光导纤维的主要成分是二氧化硅。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．CaCl2是强酸强碱盐，其溶液显中性，A不符合题意；
B．Na2SO3是强碱弱酸盐，其溶液显碱性，B符合题意；
C．Ba(OH)2属于碱，不符合题意，C不符合题意；
D．HNO3，属于酸，不符合题意，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】强酸弱碱盐呈酸性，强碱弱酸盐呈碱性，强酸强碱盐呈中性。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．薪柴之灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾可做钾肥，故A不符合题意；
B．薪柴之灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾在溶液中水解使溶液呈碱性，碱性溶液能使油污水解达到洗衣的目的，则取碱浣衣存在水解反应，故B不符合题意；
C．碱浣衣是利用了碳酸钾在溶液中水解使溶液呈碱性，碱性溶液能使油污水解达到洗衣的目的，而肥皂浣衣的原理是在洗涤的过程中，污垢中的油脂跟肥皂接触后，高级脂肪酸钠分子的烃基就插入油滴内，而易溶于水的羧基部分伸在油滴外面，插入水中。这样油滴就被肥皂分子包围起来，再经磨擦、振动，大的油滴就分散成小的油珠，最后脱离纤维织品，达到洗涤的目的，两者浣衣原理不同，故C不符合题意；
D．由题意可知，上述过程涉及溶解、过滤操作，不涉及蒸馏操作，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.薪柴之灰为碳酸钾，含钾元素；
B.碳酸钾是弱酸强碱盐，水溶液呈碱性，可用于去油污；
C.碳酸钾溶液呈碱性，促进油脂水解生成可溶性盐，肥皂是利用乳化作用进行去污除油；
D.该过程不涉及蒸馏。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．相同物质的量浓度的一元酸的pH越小，氢离子浓度越大，说明酸的电离程度越大，该酸的酸性越强，其电离平衡常数越大，根据图知，未加NaOH溶液时，pH：HA＜HB＜HD，说明酸的电离程度HA＞HB＞HD，则KHA＞KHB＞KHD，故A不符合题意；
B．P点时HB被中和50%，溶液中溶质为等物质的量浓度的酸（HB）和盐（NaB），由图可知溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，说明HB的电离程度大于B-的水解程度，则c(B-)＞c(HB)，结合物料守恒2c(Na+)=c(B-)+c(HB)可知：c(B-)＞c(Na+)＞c(HB)，溶液中离子浓度大小为：，故B不符合题意；
C．pH=7时，溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知，HA溶液中c(Na+)=c(A-)，HB溶液中c(Na+)=c(B-)，HD溶液中c(Na+)=c(D-)，由于HA，HB，HD的酸性并不一致，则使溶液呈中性时，三种溶液中c(Na+)并不相等，则c(A-)、c(B-)、c(D-)并不相等，故C符合题意；
D．当中和达时，溶液中存在的是NaA，由可得：，即，化简得：，刚好是NaA溶液的物料守恒等式，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.初始点的pH值AB>D；
B.P点时中和50%，溶液显酸性，B的电离大于水解，故B->HB，H+>OH-，而2Na=B-+HB，故c(B-)＞c(Na+)＞c(HB)；
C.ABD的酸酸性不一样，所以消耗的氢氧化钠的量不同，生成的离子也不同；
D.根据物料守恒计算。
6．【答案】A
【解析】【解答】A． 溶液中电离出的 水解生成 与 使溶液呈强碱性，则 ，所以 结合 的能力强，故A符合题意；
B．能氧化碘离子的不止氯气，其他强氧化剂如溴单质，氧气以及双氧水等都能将碘离子氧化成碘单质，从而使淀粉试纸变蓝，故B不符合题意；
C．滴加硝酸酸化的硝酸银溶液中含有硝酸，硝酸能将亚铁离子氧化成铁离子，从而使 溶液变红，所以不能得出氧化性： ，故C不符合题意；
D．向盛有 一定浓度的 溶液的试管中，滴入5滴 的 溶液，产生黄色沉淀，黄色沉淀的成分为AgI，说明 溶液含有 ，即 发生电离，而不是水解，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】 A.乙醇钠的水溶液中水解显碱性；
B.溶液可能为碘或溴水；
C.硝酸可氧化亚铁离子，生成铁离子遇KSCN溶液变红；
D.滴入5滴2mol/L的KI溶液，产生黄色沉淀为AgI。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．硫酸钡在熔融状态下能完全电离，属于强电解质，A不符合题意；
B．SO2属于非电解质，B不符合题意；
C．乙醇属于非电解质，C不符合题意；
D．乙酸在水溶液中部分电离，属于弱电解质，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】弱电解质在水溶液或熔融状态下部分电离，注意常见的弱电解质包括弱酸、弱碱、水。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．由电荷守恒得：，随NaOH的加入，和增大，则溶液中总离子浓度增大，溶液导电能力增大，导电能力：aB．=2时，pH=5.8，此时=100，=， Ka(HA)= ×100=10-3.8，故B符合题意；
C．HA为弱酸，当V(NaOH)=20mL时，恰好与HA完全反应生成NaA，此时溶液因水解显碱性，而b点溶液显中性，则V(NaOH)<20mL，故C不符合题意；
D．电荷守恒得：，c点溶液显碱性，则，，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据电荷守恒和导电性与溶液中自由移动离子的浓度有关分析；
B．选择a点，利用 Ka(HA)= 计算；
C．依据中和产物的类型分析；
D．依据电荷守恒分析。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．由图像可知浓度均为0.1000mol·L－1的两种一元酸，HY的pH=3，部分电离，为弱酸；HX的pH=1溶液，全部电离，为强酸；HX溶液用NaOH溶液滴定呈中性时消耗20mLNaOH，则同样滴定到中性的HY溶液消耗的NaOH溶液大于20mL，a﹥20，故A不符合题意；
B．由图可知，HY一定是弱酸，HX酸性比HY强，，所以B、D两点对应溶液的总体积不相等，和也不可能相等，故B符合题意；
C．由图像可知浓度均为0.1000mol·L－1的两种一元酸，HY的pH=3，则室温下﹥10-6，故C不符合题意；
D．由图可知，HY一定是弱酸，HX酸性比HY强，，所以B、D两点对应溶液的总体积不相等，和也不可能相等，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】对于滴定图像问题要注意：1.注意图像起点、终点、滴定终点和反应终点，2.关注图像变化斜率，3.充分利用电荷守恒、质量守恒、质子守恒。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．a点时溶液为0.01 mol/L的NaOH、NH3·H2O得到的混合溶液，NaOH是强碱，完全电离，NH3·H2O是弱碱，部分电离。由NH3·H2O的电离平衡常数Kb= 可得c( )= ，A不符合题意；
B．b点时NaOH恰好被中和，溶液为CH3COONa、NH3·H2O的混合溶液，由于醋酸是一元弱酸，NH3·H2O、CH3COOH电离平衡常数相同。CH3COONa会水解产生CH3COOH，CH3COO-的水解平衡常数Kh= ＜1.7×10-5=Kb，故CH3COO-的水解程度小于NH3·H2O的电离程度，因此该混合溶液中微粒浓度：c(CH3COOH)＜c( )，B不符合题意；
C．c点溶液为等浓度的CH3COONa、CH3COONH4的混合溶液，根据物料守恒可得：c(CH3COO- )+c(CH3COOH)=c( )+c(NH3·H2O)+c(Na+)，C不符合题意；
D．c点溶液的溶质为等浓度的醋酸钠和醋酸铵，在醋酸铵溶液中，铵根离子和醋酸根离子的水解程度相近，溶液呈中性，醋酸钠属于强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，可知等浓度的醋酸钠和醋酸铵混合溶液的pH＞7，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据氨水的电离常数计算公式计算即可
B.b点是恰好将氢氧化钠反应完。计算出醋酸根离子的水解平衡常数即可判断
C.c点是将氨水全部反应完全的点，根据物料守恒写出即可
D.根据各离子的水解常数即可判断即可
11．【答案】C
【解析】【解答】A．MgF2是离子晶体，熔融状态时电离出自由移动的离子，能导电，则A不符合题意；
B．KCl是离子晶体，熔融状态时电离出自由移动的离子，能导电，则B不符合题意；
C．H2SO4为分子晶体，熔融状态时不能电离出自由移动的离子，不能导电，则C符合题意；
D．NaOH是离子晶体，熔融状态时电离出自由移动的离子，能导电，则D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电解质熔融下导电说明是离子晶体
12．【答案】B
【解析】【解答】A.根据分析原试液中一定不含有Al3＋，一定含Cl-，故A不符合题意；
B.根据分析原溶液中存在SO42 、Cl－、Fe2＋、NH4+，故B符合题意；
C.根据分析溶液中不含有Al3＋，因此沉淀C为碳酸钡沉淀，故C不符合题意；
D.滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe3+、H+和Ba2+，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】加入过量稀硫酸后，无明显现象产生，说明原溶液中不含有CO32－、AlO2－。再加入过量Ba(NO3)2溶液，产生气体和沉淀A，则原溶液中一定含有Fe2＋、SO42－。滤液X中加入过量的NaOH溶液，产生气体和沉淀B，则气体为NH3，沉淀B为Fe(OH)3，说明原溶液中含有NH4＋。由于溶液中各个离子的浓度都是0.1mol·L－1，因此溶液中一定含有Cl－，一定不含有K＋和Al3＋。据此结合选项分析。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．随着KOH溶液滴加，c(HY-)增大，c(H2Y)减小，继续滴加，c(HY-)减小，c(Y2-)增大，所以lg增大，用曲线N表示，lg减小，用曲线M表示，A不符合题意；
B．通过图中c点可得Ka1=10-1.3，e点可得Ka2=10-4.3，Kh2==10-12.7，Ka2>Kh2，NaHY的电离程度大于其水解程度，所以溶液显酸性，B不符合题意；
C．交点d时c(H2Y)=c(Y2-)，Ka1·Ka2==10-5.6，则对应的pH=2.8，C不符合题意；
D．e点溶液中：lg>lg，c(H2Y)故答案为：D。
【分析】 二元弱酸H2Y溶液中滴加KOH溶液，反应为H2Y+KOH=KHY+H2O、KHY+KOH=K2Y+H2O，随 着 KOH 溶 液 滴 加，c(HY- )增 大，c(H2Y)减小，继续滴加，c(HY- )减小，c(Y2- )增大，则曲线M表示pH与lg的变化关系，曲线N表示pH与lg的变化关系。
14．【答案】C
【解析】【解答】A．若XOH为强碱，则XCl为强酸强碱盐，呈中性，25℃时其溶液pH=7，则A不符合题意；
B．醋酸为弱酸，在溶液中不完全电离，根据越稀越电离，0.1的醋酸电离程度大于1的醋酸，所以a<10b，故B不符合题意；
C．同体积同pH的盐酸与醋酸，与足量锌反应，若后者生成氢气多，则说明醋酸浓度大，说明醋酸不完全电离，为弱酸，故C符合题意；
D．同物质的量浓度的盐酸与醋酸分别中和同体积同浓度的NaOH溶液，因醋酸和盐酸的物质的量相同，且两者与NaOH 1：1反应，即消耗的NaOH溶液的体积相同，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据强碱弱酸盐显碱性
B.越稀越电离即可判断
C.弱酸部分电离，相同pH的酸，弱酸浓度大
D.氢离子相等，消耗的碱相同
15．【答案】A
【解析】【解答】A．由图可知开始的时候氯化银的溶解度随着c(Cl-)增大而不断减小，但是当氯离子浓度增大的一定程度的时候，随着c(Cl-)增大溶液中的银离子和氯离子形成络离子，而溶解度增大，A符合题意；
B．沉淀最彻底时即银离子以氯化银的形式存在，而且氯化银最多的时候，就是沉淀最彻底时，由图可知此时c(Cl-)=10-2.54，由lg[Ksp(AgCl)]=-9.75可知，Ksp(AgCl)= 10-9.75，则此时c(Ag+)=10-7.21mol L-1，B不符合题意；
C．当c(Cl-)=10-2mol L-1时，图中横坐标为-2，由图可知，此时c(AgCl
)>c(Ag+)>c(AgCl
)，C不符合题意；
D．AgCl
+Cl-AgCl
的平衡常数
，则在图中横坐标为-0.2时AgCl
与AgCl
相交，即其浓度相等，则在常数中其比值为1，此时常数K=
=100.2，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.结合图示即可判断，氯化银溶解度先减小后增大
B.结合图示，沉淀最彻底时，找出数据结合Ksp计算出银离子浓度
C.根据图示找出 当c(Cl-)=10-2mol L-1时 的浓度即可
D.找出反应时的数据即可计算出常数
16．【答案】D
【解析】【解答】A．分别在MgCl2和AlCl3溶液中滴加氨水直至过量，均生成白色沉淀，无法比较镁、铝的金属性强弱，故A不符合题意；
B．Fe2+的还原性大于Br-，将少量氯水滴入FeBr2溶液中，首先氧化Fe2+，则无法比较Cl2、Br2的氧化性强弱，故B不符合题意；
C．将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，体现SO2的还原性，不是漂白性，故C不符合题意；
D．测得同浓度的Na2CO3溶液的pH大于Na2SO3溶液，说明CO32-的水解能力大于SO32-，则电离能力HSO3->HCO3-，即电离常数Ka:HSO3->HCO3-，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】根据同浓度的碳酸钠溶液与亚硫酸钠溶液的pH值大小来判断CO32-与SO32-水解能力的大小，由此可以得出HSO3->HCO3-的电离能力，据此分析解答即可。
17．【答案】（1）；、
（2）；Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，H+可以抑制Fe3+水解
（3）、；被氧气氧化为，把氧化为
（4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂
【解析】【解答】（1）①Ag2S、MnS都可以在酸性条件下反应生成H2S，而MnS优先反应，则其溶度积更大，故答案为：>；
②FeS2中Fe为+2价，MnO2中Mn为+4价，结合已知条件“酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3+”，可知MnO2可以和FeS2发生氧化还原反应生成Mn2+和Fe3+，故答案为：、；
（2）①S化合价由-2变为0，化合价升高，则Fe3+化合价降低，生成Fe2+，结合题干可知反应物含有Cl-，根据S和Fe化合价变化，结合化合价变化价态守恒，配平离子方程式，故答案为：；
②Ag2S存在电离平衡，Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，Fe3+存在水解平衡，H+可以抑制Fe3+水解，故答案为：Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，H+可以抑制Fe3+水解；
（3）①[AgCl2]-与Fe反应，生成Fe2+、Ag、Cl-，Fe3+和Fe反应生成Fe2+，故答案为：、；
②沉银的过程中，同时有Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+可以和Ag发生氧化还原，影响了Ag的沉淀，故答案为： 被氧气氧化为，把氧化为；
（4）银锰精矿和氧化锰矿都含有锰元素，可以一起转化到浸锰液中，并且可以让银和锰实现分离；同时银锰精矿中生成的铁离子还可以用于沉银，故答案为： 可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂剂。
【分析】（1）①溶度积越小，则沉淀越慢转化；
②氧化还原反应的过程中，Mn化合价降低，Fe化合价升高；
（2）①根据氧化还原反应的特点，以及题干提供的各种物质化学式，以化合价升降守恒配平离子方程式；
②减少生成物浓度，平衡朝正向移动，增大生成物浓度，平衡朝正向移动；
（3）①沉银的过程中发生了两个反应，分别为[AgCl2]-与Fe反应和Fe3+和Fe反应；
②随着时间的延长，Fe2+逐渐被氧化，形成具有较强氧化性的Fe3+，Fe3+可以和大部分金属反应；
（4）通常要考虑工艺过程中，矿石的综合利用以及成本的节约。
18．【答案】（1）D
（2）
（3）将Fe2+氧化为Fe3+；7.4
（4）稀硫酸；将Co2+、Mn2+分离，并富集Co2+
（5）；取少量上清液于试管中，滴加碳酸氢钠溶液，无沉淀出现，则Co2+已沉淀完全
【解析】【解答】钴矿石加硫酸和亚硫酸氢钠溶液浸泡，亚硫酸氢钠具有还原性，CoO(OH)、CoCO3、CoO、Co2O3、Al2O3、Fe2O3、MnO2转化为：Co2+、Al3+、Fe2+、Mn2+，SiO2不溶进入滤渣1；除杂时加入试剂①过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，再加试剂②氨水调pH值，使Al3+、Fe3+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3，进入滤渣2中；加有机萃取剂萃取后将Co2+、Mn2+分离，并富集Co2+；Co2+进入有机相，根据题中所给的萃取原理，加稀硫酸可使平衡逆向移动，故加稀硫酸进行反萃取得到含Co2+的溶液，加碳酸氢钠溶液沉钴得到CoCO3，灼烧后得到Co2O3。
（1）A．搅拌、粉碎能增大接触面积，加快反应速率，A正确；
B．升高温度使反应速率加快，B正确；
C．适当降低pH值，酸性增强，氢离子浓度增大，金属氧化物与氢离子反应速率加快，C正确；
D．过量的NaHSO3溶液与氢离子在酸性条件下会生成SO2，消耗氢离子，不能加快反应速率，D不正确；
故答案为：D。
（2）NaHSO3溶液为还原剂，CoO(OH)与其在酸性条件下发生氧化还原反应，离子方程式为：；
（3）根据分析，试剂①的作用是：将Fe2+氧化为Fe3+；根据表格中所给数据，当Co2+沉淀完全时，，，当时，，，pH=7.4，故调节pH的范围是：6-7.4；
（4）根据分析，反萃取时选用的试剂③是：稀硫酸；设计反萃取的目的是：将Co2+、Mn2+分离，并富集Co2+；
（5）加碳酸氢钠溶液沉钴得到CoCO3，离子方程式为：；若Co2+已沉淀完全，继续滴加碳酸氢钠溶液无沉淀生成，故证明Co2+已沉淀完全的实验操作和现象为：取少量上清液于试管中，滴加碳酸氢钠溶液，无沉淀出现，则Co2+已沉淀完全。
【分析】
（1）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
（2）NaHSO3溶液为还原剂，利用氧化还原反应原理书写；
（3）根据表中的Ksp计算分析；
（4）依据化学平衡移动原理分析；
（5）依据反应物产物书写，通过检验加入试剂的离子证明。
19．【答案】（1）搅拌
（2）2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+
（3）Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入后消耗H+，使平衡正向移动，有利于Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而被除去
（4）蒸发皿；出现少量晶膜
（5）0.003
（6）H2SO4；pH太小，锌的萃取率低，pH太大，镍可能以的形式沉出，不利于硫酸镍晶体的生成
【解析】【解答】（1）搅拌、适当地升温均可以增大浸出率。故答案为：搅拌；
（2）Fe3+与H2S发生氧化还原反应生成S和三价铁离子，反应离子方程式为：2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+，故答案为：2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+；
（3）加入的目的是调节pH，使Fe3+水解反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+正向进行，促进Fe3+的沉淀。故答案为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入后消耗H+，使平衡正向移动，有利于Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而被除去；
（4）操作X是从溶液中得到晶体的操作，应在蒸发皿中进行，当加热至溶液表面出现一层晶膜时停止加热，降温冷却得到晶体，故答案为：蒸发皿；出现少量晶膜；
（5）根据Ksp(CaF2)=c(Ca2+)×c2(F-)，得出c2(F-)≥4×10-6mol/L，设NiF2溶液的体积为VL，即溶液中n(F-)=2V×2×10-3=4V×10-3(mol)，沉淀时消耗的F-的物质的量为V×2×10-3mol，则总共需要n(F-)=6V×10-3mol，所加的NiF2溶液的浓度至少为3×10-3mol/L。故答案为：0.003；
（6）欲使有机相中的锌转化成硫酸锌，需使萃取平衡逆向移动，为不引入新杂质应加入硫酸使反应逆行移动；由图示信息可知pH太小，锌的萃取率低；pH太大，镍可能以的形式沉出，不利于硫酸镍晶体的生成。故答案为：H2SO4；pH太小，锌的萃取率低，pH太大，镍可能以的形式沉出，不利于硫酸镍晶体的生成；
【分析】（1）依据影响反应速率的因素分析；
（2）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；
（3）依据水解平衡移动原理分析；
（4）依据蒸发操作分析；
（5）根据Ksp计算；
（6）依据萃取平衡分析；
20．【答案】（1）
（2）
【解析】【解答】(1)该反应的平衡常数
；
(2)NaB溶液中存在水解平衡：B-+H2O
HB+OH-，
c(HB)，则
，则
。
【分析】（1）根据方程式写出平衡常数公式即可计算
（2）根据B离子水解方程式计算出离子浓度
21．【答案】（1）<
（2）H(氢)；H2
（3）Li+ + H2O LiOH + H+
（4）Al3＋＋3HCO =Al(OH)3↓＋3CO2↑
（5）碳碳双键；加成反应
【解析】【解答】(1) Li+和H－的核外电子排布相同，Li+的核电荷数大于H－，电子层排布相同时核电荷数越大离子半径越小，因此锂离子的半径小于氢负离子半径，故答案为：<； (2)同周期中元素的电负性从左往右逐渐增大，同主族从上往下逐渐减小，则LiAlH4中电负性最大的元素是H(氢)；氢元素为-1价，则与水发生归中反应生成的单质气体为H2，故答案为：H(氢)；H2；(3) LiCl为强酸弱碱盐，其溶液显酸性是因为锂离子水解，离子方程式为：Li+ + H2O LiOH + H+，故答案为：Li+ + H2O LiOH + H+；(4)泡沫灭火器所用的原料为硫酸铝和碳酸氢钠，两者反应生成氢氧化铝和二氧化碳气体，用离子方程式表示泡沫灭火器的灭火原理Al3＋＋3HCO =Al(OH)3↓＋3CO2↑，故答案为：Al3＋＋3HCO =Al(OH)3↓＋3CO2↑；(5) A为烃，反应后生成B，B可用作燃料，可知A含有碳碳双键，B为醇，A生成B为加成反应，故答案为：碳碳双键；加成反应。
【分析】(1)核外电子层排布相同时核电荷数越大离子半径越小；
(2)一般情况下，非金属性越强，电负性越强；
(3)用Li+水解分析；
(4)用铝离子和碳酸氢根的双水解原理分析；
(5)根据框图及碳碳双键的性质分析；
一、单选题
1．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．滴入酚酞变红色的溶液：K+、Ca2+、HCO、CO
B．0.1 mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH、NO、SO
C．pH=1的溶液：Ba2+、K+、CH3COO-、NO
D．无色透明的溶液：Cu2+、Na+、SO、NO
2．化学是在原子、分子水平上研究物质的组成、结构、性质、转化及其应用的基础自然科学，下列说法正确的是（ ）
A．金属氧化物都是碱性氧化物，非金属氧化物都是酸性氧化物
B．溶液与胶体的本质区别是是否存在丁达尔效应
C．光导纤维的主要成分为硅单质
D．氨水和氨气都不是电解质
3．下列水溶液呈碱性的盐是（ ）
A．CaCl2 B．Na2SO3 C．Ba(OH)2 D．HNO3
4．《本草纲目》中有“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”记载。有关说法错误的是（ ）
A．薪柴之灰可做钾肥
B．取碱浇衣存在水解反应
C．碱浣衣与肥皂浣衣原理不同
D．上述过程涉及溶解、过滤、蒸馏操作
5．室温下，用相同浓度的溶液，分别滴定浓度均为的三种酸、和溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是 （ ）
A．三种酸的电离常数关系：
B．点时，溶液中：
C．时，三种溶液中：
D．当中和达时，溶液中：
6．室温下进行下列实验，根据实验操作和现象，所得到的结论正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 结论
A 乙醇钠的水溶液呈强碱性 结合 的能力强
B 将某溶液滴在 淀粉试纸上，试纸变蓝 原溶液中一定含有
C 向 和 的混合溶液中滴入硝酸酸化的 溶液，溶液变红 氧化性：
D 向盛有 一定浓度的 溶液的试管中，滴入5滴 的 溶液，产生黄色沉淀 发生了水解
A．A B．B C．C D．D
7．下列属于弱电解质的是（ ）
A．硫酸钡 B．二氧化硫 C．乙醇 D．乙酸
8．室温下，用0.1mol·L-1的NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1HA溶液，测得混合溶液的pH与的关系如图所示。下列说法正确的是
A．导电能力：a>b B．室温下，Ka(HA)=10-3.8
C．b点时，V(NaOH)=20mL D．c点时，c(A-)>c(Na+)
9．已知HX、HY均为一元酸，室温下用 NaOH溶液分别滴定20.00mL等物质的量浓度的HX、HY溶液时的滴定曲线如下。下列有关说法正确的是（ ）
A．a=20
B．HX可能为强酸，HY一定是弱酸
C．若E为滴定终点，则室温下
D．图中B，D两点对应的溶液中存在
10．已知：25℃时，Ka(CH3COOH)=1.7×10-5，Kb(NH3·H2O)=1.7×10-5。用0.01 mol/L的CH3COOH溶液滴定20 mL由浓度均为0.01 mol/L的NaOH溶液和氨水组成的混合溶液，溶液的相对导电能力随加入CH3COOH溶液体积的变化趋势如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．a点时混合溶液中：c( )≈l.7×10-5 mol·L-1
B．b点时混合溶液中：c(CH3COOH)＜c( )
C．c点时混合溶液中：c(CH3COO- )+c(CH3COOH)=c( )+c(NH3·H2O)+c(Na+)
D．c点时混合溶液中：pH=7
11．下列物质熔融状态时不导电的是（ ）
A．MgF2 B．KCl C．H2SO4 D．NaOH
12．某试液中只可能含有K＋、NH 、Fe2＋、Al3＋、Cl－、SO 、CO 、AlO 中的若干种离子，离子浓度均为0.1mol·L 1，某同学进行了如下实验，下列说法正确的是（ ）
A．无法确定原试液中是否含有Al3＋、Cl－
B．原溶液中存在NH 、Fe2＋、Cl－、SO
C．无法确定沉淀C的成分
D．滤液X中大量存在的阳离子有NH 、Fe2＋和Ba2+
13．常温下，二元弱酸H2Y溶液中滴加KOH溶液，所得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示，下列有关说法错误的是
A．曲线M表示pH与lg的变化关系
B．NaHY溶液显酸性
C．交点d对应的pH=2.8
D．e点溶液中：c(HY-)>c(H2Y)>c(Y2-)>c(H+)>c(OH-)
14．下列说法正确的是（ ）
A．25℃时，测得0.1的XCl溶液pH＜7，则XOH为强碱
B．同体积浓度分别为1、0.1的醋酸，含的物质的量分别为a mol、b mol，则a>10b
C．同体积同pH的盐酸与醋酸，与足量锌反应，若后者生成氢气多，则说明醋酸为弱酸
D．同物质的量浓度的盐酸与醋酸分别中和同体积同浓度的NaOH溶液，醋酸消耗的体积多
15．湿法提银工艺中，浸出的Ag+需加入Cl-进行沉淀。25℃时，平衡体系中含Ag微粒的分布系数δ[如δ(AgCl)=]随lgc(Cl-)的变化曲线如图所示。已知：lg[Ksp(AgCl)]=-9.75。下列叙述错误的是（ ）
A．AgCl溶解度随c(Cl-)增大而不断减小
B．沉淀最彻底时，溶液中c(Ag+)=10-7.21mol L-1
C．当c(Cl-)=10-2mol L-1时，溶液中c(AgCl)>c(Ag+)>c(AgCl)
D．25℃时，AgCl+Cl-AgCl的平衡常数K=100.2
16．下列所示的实验方案正确，且能达到实验目的的是（ ）
选项 实验目的 实验方案
A 比较镁、铝的金属性强弱 分别在MgCl2和AlCl3溶液中滴加氨水直至过量，观察现象
B 比较Cl2、Br2的氧化性强弱 将少量氯水滴入FeBr2溶液中，观察现象
C 证明SO2具有漂白性 将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色
D 证明电离常数Ka:HSO3->HCO3- 测得同浓度的Na2CO3溶液的pH大于Na2SO3溶液
A．A B．B C．C D．D
二、综合题
17．以银锰精矿主要含、、和氧化锰矿主要含为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。
已知：酸性条件下，的氧化性强于。
（1）“浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出；矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。
“浸锰”过程中，发生反应，则可推断： 填“”或“”。
在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有 。
（2）“浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。
将“浸银”反应的离子方程式补充完整：
结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用： 。
（3）“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。
该步反应的离子方程式有 。
一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因： 。
（4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势： 。
18．三氧化二钴(Co2O3)常用于颜料、釉料及磁性材料。工业上以钴矿石(主要成分是CoO(OH)、CoCO3、CoO、Co2O3，及少量SiO2、Al2O3、Fe2O3、MnO2等)为原料制备Co2O3的工艺流程如图所示。
（1）“浸泡”过程中，为加快反应速率和提高矿石原料利用率，下列方法不可取的是____。
A．将钴矿石粉碎，搅拌 B．适当升高温度
C．适当降低溶液的pH D．使用过量的NaHSO3溶液
（2）“浸泡”时CoO(OH)参与反应的离子方程式为 。
（3）“除杂”时加入试剂①的作用是 ；若溶液中c(Co2+)=0.1mol/L，根据表中数据计算，加入试剂②调节pH范围是6~ (忽略过程中溶液体积变化)。
沉淀 Al(OH)3 Fe(OH)3 Co(OH)2 Fe(OH)2 Mn(OH)2
沉淀完全的pH 5.2 3.2 9.4 9.5 10.1
（4）“萃取”时发生反应：Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+，则试剂③为 。设计萃取、反萃取的目的是 。
（5）“沉钴”时的离子方程式为 ，证明Co2+已沉淀完全的实验操作和现象为 。
19．从铜电解液(主要含、Ni2+、、、、Zn2+等)中提纯得到粗硫酸镍晶体，为了进一步纯化并回收胆矾晶体，某课题小组设计了如图流程：
已知：相关离子浓度为0.1mol/L时，形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子 Cu2+ Fe2+ Fe3+ Ca2+ Zn2+ Ni2+
开始沉淀的pH 4.2 6.3 1.5 11.8 6.2 6.9
沉淀完全的uH 6.7 8.3 2.8 13.8 8.2 8.9
（1）为加快“水浸”时的浸出率，可采取的措施有 (任写一点)。
（2）为了使“溶液1”中的反应充分进行，需要通入稍过量的H2S，写出Fe3+与H2S发生反应的离子方程式： 。
（3）请结合离子方程式解释向“溶液2”中加入Ni(OH)2的原因 。
（4）“操作X”为在 (填仪器名称)中加热至 ，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得到结晶水合物晶体。
（5）若“溶液3”中Ca2+的浓度为0.001mol/L，取等体积的NiF2溶液与该溶液混合，要使反应结束时c(Ca2+)<10-5mol/L，则所加NiF2溶液的浓度至少为 mol/L。[已知室温下Ksp(CaF2)=4×10-11]
（6）室温下选择萃取剂P204(二乙基已基磷酸，用HR表示)，其萃取原理为nHR+Mn+ MRn+nH+，试剂a为 (填化学式)。溶液pH对几种离子的萃取率的影响如图，则萃取锌时，应控制pH的范围为3~4，请解释原因： 。
20．已知酸HA和HB的电离平衡常数为、，则：
（1）反应的化学平衡常数为 。
（2）常温下的NaB溶液中 。
21．无机物及有机物在工农业生产和人类生活中都有着重要的应用。
（1）比较离子半径大小：Li+ H-(选填“>"、“<”或“=”)。
（2）LiAlH4中电负性最大的元素是 ，它与水反应生成的单质气体为 。
（3）LiCl溶液显酸性，用离子方程式说明原因 。
（4）泡沫灭火器的灭火原理： (用离子方程式说明)。
（5）如图所示，已知B可用作燃料，则A的官能团名称为 ；A生成B的有机反应类型为 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．滴入酚酞变红的溶液为碱性溶液，碳酸氢根不能存在，碳酸根和钙离子也不能共存，A不符合题意；
B．所给离子相互之间均不反应，可以共存，B符合题意；
C．酸性溶液中醋酸根不能存在，C不符合题意；
D．铜离子为蓝色，无色溶液中不能存在，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】K+、Na+、NH4+和所有酸根离子共存，NO3-和所有阳离子共存，
CO32-只能和Na+、K+、NH4+共存，
OH-只能和Na+、K+、Ba2+共存，SO42-不能和Ag+、Ca2+、Pb2+、Ba2+共存，
Cl-不能和Ag+共存
H+只能和Cl-、Br-、I-、NO3-、SO42-、ClO4-共存。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．金属氧化物中为酸性氧化物，为两性氧化物；非金属氧化物中等都不是酸性氧化物，A项不符合题意；
B．溶液与胶体的本质区别是分散质粒子直径不同，溶液中分散质粒子直径小于1nm，胶体中分散质粒子直径为1~100nm，B项不符合题意；
C．光导纤维的主要成分是SiO2，C项不符合题意；
D．电解质是在水溶液或熔融状态下，本身能够电离出离子导电的化合物，氨水是混合物，氨气本身无法电离产生离子，故二者都不是电解质，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.有的金属氧化物是酸性氧化物，如；
B.溶液与胶体的本质区别是分散质粒子直径不同；
C.光导纤维的主要成分是二氧化硅。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．CaCl2是强酸强碱盐，其溶液显中性，A不符合题意；
B．Na2SO3是强碱弱酸盐，其溶液显碱性，B符合题意；
C．Ba(OH)2属于碱，不符合题意，C不符合题意；
D．HNO3，属于酸，不符合题意，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】强酸弱碱盐呈酸性，强碱弱酸盐呈碱性，强酸强碱盐呈中性。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．薪柴之灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾可做钾肥，故A不符合题意；
B．薪柴之灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾在溶液中水解使溶液呈碱性，碱性溶液能使油污水解达到洗衣的目的，则取碱浣衣存在水解反应，故B不符合题意；
C．碱浣衣是利用了碳酸钾在溶液中水解使溶液呈碱性，碱性溶液能使油污水解达到洗衣的目的，而肥皂浣衣的原理是在洗涤的过程中，污垢中的油脂跟肥皂接触后，高级脂肪酸钠分子的烃基就插入油滴内，而易溶于水的羧基部分伸在油滴外面，插入水中。这样油滴就被肥皂分子包围起来，再经磨擦、振动，大的油滴就分散成小的油珠，最后脱离纤维织品，达到洗涤的目的，两者浣衣原理不同，故C不符合题意；
D．由题意可知，上述过程涉及溶解、过滤操作，不涉及蒸馏操作，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.薪柴之灰为碳酸钾，含钾元素；
B.碳酸钾是弱酸强碱盐，水溶液呈碱性，可用于去油污；
C.碳酸钾溶液呈碱性，促进油脂水解生成可溶性盐，肥皂是利用乳化作用进行去污除油；
D.该过程不涉及蒸馏。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．相同物质的量浓度的一元酸的pH越小，氢离子浓度越大，说明酸的电离程度越大，该酸的酸性越强，其电离平衡常数越大，根据图知，未加NaOH溶液时，pH：HA＜HB＜HD，说明酸的电离程度HA＞HB＞HD，则KHA＞KHB＞KHD，故A不符合题意；
B．P点时HB被中和50%，溶液中溶质为等物质的量浓度的酸（HB）和盐（NaB），由图可知溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，说明HB的电离程度大于B-的水解程度，则c(B-)＞c(HB)，结合物料守恒2c(Na+)=c(B-)+c(HB)可知：c(B-)＞c(Na+)＞c(HB)，溶液中离子浓度大小为：，故B不符合题意；
C．pH=7时，溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知，HA溶液中c(Na+)=c(A-)，HB溶液中c(Na+)=c(B-)，HD溶液中c(Na+)=c(D-)，由于HA，HB，HD的酸性并不一致，则使溶液呈中性时，三种溶液中c(Na+)并不相等，则c(A-)、c(B-)、c(D-)并不相等，故C符合题意；
D．当中和达时，溶液中存在的是NaA，由可得：，即，化简得：，刚好是NaA溶液的物料守恒等式，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.初始点的pH值A
B.P点时中和50%，溶液显酸性，B的电离大于水解，故B->HB，H+>OH-，而2Na=B-+HB，故c(B-)＞c(Na+)＞c(HB)；
C.ABD的酸酸性不一样，所以消耗的氢氧化钠的量不同，生成的离子也不同；
D.根据物料守恒计算。
6．【答案】A
【解析】【解答】A． 溶液中电离出的 水解生成 与 使溶液呈强碱性，则 ，所以 结合 的能力强，故A符合题意；
B．能氧化碘离子的不止氯气，其他强氧化剂如溴单质，氧气以及双氧水等都能将碘离子氧化成碘单质，从而使淀粉试纸变蓝，故B不符合题意；
C．滴加硝酸酸化的硝酸银溶液中含有硝酸，硝酸能将亚铁离子氧化成铁离子，从而使 溶液变红，所以不能得出氧化性： ，故C不符合题意；
D．向盛有 一定浓度的 溶液的试管中，滴入5滴 的 溶液，产生黄色沉淀，黄色沉淀的成分为AgI，说明 溶液含有 ，即 发生电离，而不是水解，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】 A.乙醇钠的水溶液中水解显碱性；
B.溶液可能为碘或溴水；
C.硝酸可氧化亚铁离子，生成铁离子遇KSCN溶液变红；
D.滴入5滴2mol/L的KI溶液，产生黄色沉淀为AgI。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．硫酸钡在熔融状态下能完全电离，属于强电解质，A不符合题意；
B．SO2属于非电解质，B不符合题意；
C．乙醇属于非电解质，C不符合题意；
D．乙酸在水溶液中部分电离，属于弱电解质，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】弱电解质在水溶液或熔融状态下部分电离，注意常见的弱电解质包括弱酸、弱碱、水。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．由电荷守恒得：，随NaOH的加入，和增大，则溶液中总离子浓度增大，溶液导电能力增大，导电能力：a
C．HA为弱酸，当V(NaOH)=20mL时，恰好与HA完全反应生成NaA，此时溶液因水解显碱性，而b点溶液显中性，则V(NaOH)<20mL，故C不符合题意；
D．电荷守恒得：，c点溶液显碱性，则，，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据电荷守恒和导电性与溶液中自由移动离子的浓度有关分析；
B．选择a点，利用 Ka(HA)= 计算；
C．依据中和产物的类型分析；
D．依据电荷守恒分析。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．由图像可知浓度均为0.1000mol·L－1的两种一元酸，HY的pH=3，部分电离，为弱酸；HX的pH=1溶液，全部电离，为强酸；HX溶液用NaOH溶液滴定呈中性时消耗20mLNaOH，则同样滴定到中性的HY溶液消耗的NaOH溶液大于20mL，a﹥20，故A不符合题意；
B．由图可知，HY一定是弱酸，HX酸性比HY强，，所以B、D两点对应溶液的总体积不相等，和也不可能相等，故B符合题意；
C．由图像可知浓度均为0.1000mol·L－1的两种一元酸，HY的pH=3，则室温下﹥10-6，故C不符合题意；
D．由图可知，HY一定是弱酸，HX酸性比HY强，，所以B、D两点对应溶液的总体积不相等，和也不可能相等，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】对于滴定图像问题要注意：1.注意图像起点、终点、滴定终点和反应终点，2.关注图像变化斜率，3.充分利用电荷守恒、质量守恒、质子守恒。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．a点时溶液为0.01 mol/L的NaOH、NH3·H2O得到的混合溶液，NaOH是强碱，完全电离，NH3·H2O是弱碱，部分电离。由NH3·H2O的电离平衡常数Kb= 可得c( )= ，A不符合题意；
B．b点时NaOH恰好被中和，溶液为CH3COONa、NH3·H2O的混合溶液，由于醋酸是一元弱酸，NH3·H2O、CH3COOH电离平衡常数相同。CH3COONa会水解产生CH3COOH，CH3COO-的水解平衡常数Kh= ＜1.7×10-5=Kb，故CH3COO-的水解程度小于NH3·H2O的电离程度，因此该混合溶液中微粒浓度：c(CH3COOH)＜c( )，B不符合题意；
C．c点溶液为等浓度的CH3COONa、CH3COONH4的混合溶液，根据物料守恒可得：c(CH3COO- )+c(CH3COOH)=c( )+c(NH3·H2O)+c(Na+)，C不符合题意；
D．c点溶液的溶质为等浓度的醋酸钠和醋酸铵，在醋酸铵溶液中，铵根离子和醋酸根离子的水解程度相近，溶液呈中性，醋酸钠属于强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，可知等浓度的醋酸钠和醋酸铵混合溶液的pH＞7，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据氨水的电离常数计算公式计算即可
B.b点是恰好将氢氧化钠反应完。计算出醋酸根离子的水解平衡常数即可判断
C.c点是将氨水全部反应完全的点，根据物料守恒写出即可
D.根据各离子的水解常数即可判断即可
11．【答案】C
【解析】【解答】A．MgF2是离子晶体，熔融状态时电离出自由移动的离子，能导电，则A不符合题意；
B．KCl是离子晶体，熔融状态时电离出自由移动的离子，能导电，则B不符合题意；
C．H2SO4为分子晶体，熔融状态时不能电离出自由移动的离子，不能导电，则C符合题意；
D．NaOH是离子晶体，熔融状态时电离出自由移动的离子，能导电，则D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电解质熔融下导电说明是离子晶体
12．【答案】B
【解析】【解答】A.根据分析原试液中一定不含有Al3＋，一定含Cl-，故A不符合题意；
B.根据分析原溶液中存在SO42 、Cl－、Fe2＋、NH4+，故B符合题意；
C.根据分析溶液中不含有Al3＋，因此沉淀C为碳酸钡沉淀，故C不符合题意；
D.滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe3+、H+和Ba2+，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】加入过量稀硫酸后，无明显现象产生，说明原溶液中不含有CO32－、AlO2－。再加入过量Ba(NO3)2溶液，产生气体和沉淀A，则原溶液中一定含有Fe2＋、SO42－。滤液X中加入过量的NaOH溶液，产生气体和沉淀B，则气体为NH3，沉淀B为Fe(OH)3，说明原溶液中含有NH4＋。由于溶液中各个离子的浓度都是0.1mol·L－1，因此溶液中一定含有Cl－，一定不含有K＋和Al3＋。据此结合选项分析。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．随着KOH溶液滴加，c(HY-)增大，c(H2Y)减小，继续滴加，c(HY-)减小，c(Y2-)增大，所以lg增大，用曲线N表示，lg减小，用曲线M表示，A不符合题意；
B．通过图中c点可得Ka1=10-1.3，e点可得Ka2=10-4.3，Kh2==10-12.7，Ka2>Kh2，NaHY的电离程度大于其水解程度，所以溶液显酸性，B不符合题意；
C．交点d时c(H2Y)=c(Y2-)，Ka1·Ka2==10-5.6，则对应的pH=2.8，C不符合题意；
D．e点溶液中：lg>lg，c(H2Y)
【分析】 二元弱酸H2Y溶液中滴加KOH溶液，反应为H2Y+KOH=KHY+H2O、KHY+KOH=K2Y+H2O，随 着 KOH 溶 液 滴 加，c(HY- )增 大，c(H2Y)减小，继续滴加，c(HY- )减小，c(Y2- )增大，则曲线M表示pH与lg的变化关系，曲线N表示pH与lg的变化关系。
14．【答案】C
【解析】【解答】A．若XOH为强碱，则XCl为强酸强碱盐，呈中性，25℃时其溶液pH=7，则A不符合题意；
B．醋酸为弱酸，在溶液中不完全电离，根据越稀越电离，0.1的醋酸电离程度大于1的醋酸，所以a<10b，故B不符合题意；
C．同体积同pH的盐酸与醋酸，与足量锌反应，若后者生成氢气多，则说明醋酸浓度大，说明醋酸不完全电离，为弱酸，故C符合题意；
D．同物质的量浓度的盐酸与醋酸分别中和同体积同浓度的NaOH溶液，因醋酸和盐酸的物质的量相同，且两者与NaOH 1：1反应，即消耗的NaOH溶液的体积相同，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据强碱弱酸盐显碱性
B.越稀越电离即可判断
C.弱酸部分电离，相同pH的酸，弱酸浓度大
D.氢离子相等，消耗的碱相同
15．【答案】A
【解析】【解答】A．由图可知开始的时候氯化银的溶解度随着c(Cl-)增大而不断减小，但是当氯离子浓度增大的一定程度的时候，随着c(Cl-)增大溶液中的银离子和氯离子形成络离子，而溶解度增大，A符合题意；
B．沉淀最彻底时即银离子以氯化银的形式存在，而且氯化银最多的时候，就是沉淀最彻底时，由图可知此时c(Cl-)=10-2.54，由lg[Ksp(AgCl)]=-9.75可知，Ksp(AgCl)= 10-9.75，则此时c(Ag+)=10-7.21mol L-1，B不符合题意；
C．当c(Cl-)=10-2mol L-1时，图中横坐标为-2，由图可知，此时c(AgCl
)>c(Ag+)>c(AgCl
)，C不符合题意；
D．AgCl
+Cl-AgCl
的平衡常数
，则在图中横坐标为-0.2时AgCl
与AgCl
相交，即其浓度相等，则在常数中其比值为1，此时常数K=
=100.2，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.结合图示即可判断，氯化银溶解度先减小后增大
B.结合图示，沉淀最彻底时，找出数据结合Ksp计算出银离子浓度
C.根据图示找出 当c(Cl-)=10-2mol L-1时 的浓度即可
D.找出反应时的数据即可计算出常数
16．【答案】D
【解析】【解答】A．分别在MgCl2和AlCl3溶液中滴加氨水直至过量，均生成白色沉淀，无法比较镁、铝的金属性强弱，故A不符合题意；
B．Fe2+的还原性大于Br-，将少量氯水滴入FeBr2溶液中，首先氧化Fe2+，则无法比较Cl2、Br2的氧化性强弱，故B不符合题意；
C．将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，体现SO2的还原性，不是漂白性，故C不符合题意；
D．测得同浓度的Na2CO3溶液的pH大于Na2SO3溶液，说明CO32-的水解能力大于SO32-，则电离能力HSO3->HCO3-，即电离常数Ka:HSO3->HCO3-，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】根据同浓度的碳酸钠溶液与亚硫酸钠溶液的pH值大小来判断CO32-与SO32-水解能力的大小，由此可以得出HSO3->HCO3-的电离能力，据此分析解答即可。
17．【答案】（1）；、
（2）；Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，H+可以抑制Fe3+水解
（3）、；被氧气氧化为，把氧化为
（4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂
【解析】【解答】（1）①Ag2S、MnS都可以在酸性条件下反应生成H2S，而MnS优先反应，则其溶度积更大，故答案为：>；
②FeS2中Fe为+2价，MnO2中Mn为+4价，结合已知条件“酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3+”，可知MnO2可以和FeS2发生氧化还原反应生成Mn2+和Fe3+，故答案为：、；
（2）①S化合价由-2变为0，化合价升高，则Fe3+化合价降低，生成Fe2+，结合题干可知反应物含有Cl-，根据S和Fe化合价变化，结合化合价变化价态守恒，配平离子方程式，故答案为：；
②Ag2S存在电离平衡，Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，Fe3+存在水解平衡，H+可以抑制Fe3+水解，故答案为：Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，H+可以抑制Fe3+水解；
（3）①[AgCl2]-与Fe反应，生成Fe2+、Ag、Cl-，Fe3+和Fe反应生成Fe2+，故答案为：、；
②沉银的过程中，同时有Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+可以和Ag发生氧化还原，影响了Ag的沉淀，故答案为： 被氧气氧化为，把氧化为；
（4）银锰精矿和氧化锰矿都含有锰元素，可以一起转化到浸锰液中，并且可以让银和锰实现分离；同时银锰精矿中生成的铁离子还可以用于沉银，故答案为： 可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂剂。
【分析】（1）①溶度积越小，则沉淀越慢转化；
②氧化还原反应的过程中，Mn化合价降低，Fe化合价升高；
（2）①根据氧化还原反应的特点，以及题干提供的各种物质化学式，以化合价升降守恒配平离子方程式；
②减少生成物浓度，平衡朝正向移动，增大生成物浓度，平衡朝正向移动；
（3）①沉银的过程中发生了两个反应，分别为[AgCl2]-与Fe反应和Fe3+和Fe反应；
②随着时间的延长，Fe2+逐渐被氧化，形成具有较强氧化性的Fe3+，Fe3+可以和大部分金属反应；
（4）通常要考虑工艺过程中，矿石的综合利用以及成本的节约。
18．【答案】（1）D
（2）
（3）将Fe2+氧化为Fe3+；7.4
（4）稀硫酸；将Co2+、Mn2+分离，并富集Co2+
（5）；取少量上清液于试管中，滴加碳酸氢钠溶液，无沉淀出现，则Co2+已沉淀完全
【解析】【解答】钴矿石加硫酸和亚硫酸氢钠溶液浸泡，亚硫酸氢钠具有还原性，CoO(OH)、CoCO3、CoO、Co2O3、Al2O3、Fe2O3、MnO2转化为：Co2+、Al3+、Fe2+、Mn2+，SiO2不溶进入滤渣1；除杂时加入试剂①过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，再加试剂②氨水调pH值，使Al3+、Fe3+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3，进入滤渣2中；加有机萃取剂萃取后将Co2+、Mn2+分离，并富集Co2+；Co2+进入有机相，根据题中所给的萃取原理，加稀硫酸可使平衡逆向移动，故加稀硫酸进行反萃取得到含Co2+的溶液，加碳酸氢钠溶液沉钴得到CoCO3，灼烧后得到Co2O3。
（1）A．搅拌、粉碎能增大接触面积，加快反应速率，A正确；
B．升高温度使反应速率加快，B正确；
C．适当降低pH值，酸性增强，氢离子浓度增大，金属氧化物与氢离子反应速率加快，C正确；
D．过量的NaHSO3溶液与氢离子在酸性条件下会生成SO2，消耗氢离子，不能加快反应速率，D不正确；
故答案为：D。
（2）NaHSO3溶液为还原剂，CoO(OH)与其在酸性条件下发生氧化还原反应，离子方程式为：；
（3）根据分析，试剂①的作用是：将Fe2+氧化为Fe3+；根据表格中所给数据，当Co2+沉淀完全时，，，当时，，，pH=7.4，故调节pH的范围是：6-7.4；
（4）根据分析，反萃取时选用的试剂③是：稀硫酸；设计反萃取的目的是：将Co2+、Mn2+分离，并富集Co2+；
（5）加碳酸氢钠溶液沉钴得到CoCO3，离子方程式为：；若Co2+已沉淀完全，继续滴加碳酸氢钠溶液无沉淀生成，故证明Co2+已沉淀完全的实验操作和现象为：取少量上清液于试管中，滴加碳酸氢钠溶液，无沉淀出现，则Co2+已沉淀完全。
【分析】
（1）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
（2）NaHSO3溶液为还原剂，利用氧化还原反应原理书写；
（3）根据表中的Ksp计算分析；
（4）依据化学平衡移动原理分析；
（5）依据反应物产物书写，通过检验加入试剂的离子证明。
19．【答案】（1）搅拌
（2）2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+
（3）Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入后消耗H+，使平衡正向移动，有利于Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而被除去
（4）蒸发皿；出现少量晶膜
（5）0.003
（6）H2SO4；pH太小，锌的萃取率低，pH太大，镍可能以的形式沉出，不利于硫酸镍晶体的生成
【解析】【解答】（1）搅拌、适当地升温均可以增大浸出率。故答案为：搅拌；
（2）Fe3+与H2S发生氧化还原反应生成S和三价铁离子，反应离子方程式为：2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+，故答案为：2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+；
（3）加入的目的是调节pH，使Fe3+水解反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+正向进行，促进Fe3+的沉淀。故答案为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入后消耗H+，使平衡正向移动，有利于Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而被除去；
（4）操作X是从溶液中得到晶体的操作，应在蒸发皿中进行，当加热至溶液表面出现一层晶膜时停止加热，降温冷却得到晶体，故答案为：蒸发皿；出现少量晶膜；
（5）根据Ksp(CaF2)=c(Ca2+)×c2(F-)，得出c2(F-)≥4×10-6mol/L，设NiF2溶液的体积为VL，即溶液中n(F-)=2V×2×10-3=4V×10-3(mol)，沉淀时消耗的F-的物质的量为V×2×10-3mol，则总共需要n(F-)=6V×10-3mol，所加的NiF2溶液的浓度至少为3×10-3mol/L。故答案为：0.003；
（6）欲使有机相中的锌转化成硫酸锌，需使萃取平衡逆向移动，为不引入新杂质应加入硫酸使反应逆行移动；由图示信息可知pH太小，锌的萃取率低；pH太大，镍可能以的形式沉出，不利于硫酸镍晶体的生成。故答案为：H2SO4；pH太小，锌的萃取率低，pH太大，镍可能以的形式沉出，不利于硫酸镍晶体的生成；
【分析】（1）依据影响反应速率的因素分析；
（2）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；
（3）依据水解平衡移动原理分析；
（4）依据蒸发操作分析；
（5）根据Ksp计算；
（6）依据萃取平衡分析；
20．【答案】（1）
（2）
【解析】【解答】(1)该反应的平衡常数
；
(2)NaB溶液中存在水解平衡：B-+H2O
HB+OH-，
c(HB)，则
，则
。
【分析】（1）根据方程式写出平衡常数公式即可计算
（2）根据B离子水解方程式计算出离子浓度
21．【答案】（1）<
（2）H(氢)；H2
（3）Li+ + H2O LiOH + H+
（4）Al3＋＋3HCO =Al(OH)3↓＋3CO2↑
（5）碳碳双键；加成反应
【解析】【解答】(1) Li+和H－的核外电子排布相同，Li+的核电荷数大于H－，电子层排布相同时核电荷数越大离子半径越小，因此锂离子的半径小于氢负离子半径，故答案为：<； (2)同周期中元素的电负性从左往右逐渐增大，同主族从上往下逐渐减小，则LiAlH4中电负性最大的元素是H(氢)；氢元素为-1价，则与水发生归中反应生成的单质气体为H2，故答案为：H(氢)；H2；(3) LiCl为强酸弱碱盐，其溶液显酸性是因为锂离子水解，离子方程式为：Li+ + H2O LiOH + H+，故答案为：Li+ + H2O LiOH + H+；(4)泡沫灭火器所用的原料为硫酸铝和碳酸氢钠，两者反应生成氢氧化铝和二氧化碳气体，用离子方程式表示泡沫灭火器的灭火原理Al3＋＋3HCO =Al(OH)3↓＋3CO2↑，故答案为：Al3＋＋3HCO =Al(OH)3↓＋3CO2↑；(5) A为烃，反应后生成B，B可用作燃料，可知A含有碳碳双键，B为醇，A生成B为加成反应，故答案为：碳碳双键；加成反应。
【分析】(1)核外电子层排布相同时核电荷数越大离子半径越小；
(2)一般情况下，非金属性越强，电负性越强；
(3)用Li+水解分析；
(4)用铝离子和碳酸氢根的双水解原理分析；
(5)根据框图及碳碳双键的性质分析；
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