2024届高三化学二轮专题——电解质溶液（含解析）
文档属性
| 名称 | 2024届高三化学二轮专题——电解质溶液（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 535.9KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-02-10 10:46:30 | ||
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文档简介
2024届高三化学二轮专题——电解质溶液
一、单选题
1．常温下，下列离子在指定环境中一定能够大量共存的是（）
A．通入SO2气体：Na+、Ca2+、Cl-、ClO-
B．中性溶液中：Mg2+、Fe3+、SO42-、Cl-
C．0.1mol/L的明矾溶液中：K＋、Ba2＋、Cl-、HCO3-
D． mol/L的溶液中：NH4+、Cl-、Fe2+、I-
2．下列属于电解质的是（ ）
A．明矾 B．盐酸 C．氨气 D．钾钠合金
3．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。Y的单质经常作为保护气；由Z、W形成的一种化合物可与X、W形成的化合物反应，生成淡黄色固体。下列推断正确的是（ ）
A．Y的最简单氢化物的热稳定性比Z的强
B．在同周期元素中，W的最高价氧化物对应的水化物的酸性最强
C．离子半径：XD．含W的盐溶液可能呈碱性
4．下列物质中为强电解质的是（ ）
A．SO2 B．盐酸 C．HCOONH4 D．HClO
5．下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．Si的熔点高，可用作半导体材料
B．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆
C．Al2O3硬度很大，可用于制造耐火材料
D．Na2CO3溶液呈碱性，可用于洗涤油污
6．晶体是一种超宽禁带半导体材料。工业制法：将溶于热水中，加入碳酸氢钠的高浓度热溶液，煮沸至镓盐全部转变为沉淀，用热水洗涤，然后于600℃灼烧，得到。下列说法正确的是（ ）
A．生成沉淀离子方程式为：
B．用热水洗涤的操作是：用玻璃棒引流，向漏斗中加入热水至刚好浸没沉淀，待热水自然流下，重复操作2~3次
C．检验镓盐是否沉淀完全的方法：取少量滤液，滴加稀硝酸酸化，再加硝酸银溶液
D．灼烧需要的玻璃仪器有玻璃棒、试管和酒精灯
7．常温下，CH3COOH、HCOOH(甲酸)的电离常数数值分别为1.7×10-5、1.8×10-4，以下关于0.1mol/LCH3COOH溶液、0.1mol/LHCOOH溶液的说法正确的是（ ）
A．c(H+)：CH3COOH＞HCOOH
B．等体积的两溶液中，分别加入过量的镁，产生氢气的体积：HCOOH＞CH3COOH
C．HCOOH可能与NaOH发生反应：H++OH-=H2O
D．将CH3COOH溶液稀释100倍过程中， 保持不变
8．25℃时，下列说法正确的是（ ）
A．H2A溶液与NaOH溶液按物质的量1：1恰好完全反应时，溶液酸碱性无法判断
B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA对水的电离没有影响
C．醋酸的电离度：pH=3的醋酸溶液大于pH=4的醋酸溶液
D．pH=2的HCl和pH=12的Ba(OH)2溶液等体积混合后，溶液显碱性
9． 时， 草酸 溶液中各微粒的物质的量浓度如下：
微粒
下列关系不能说明草酸的第二步电离比第一步电离更难的是（ ）
A． 大于 B． 大于
C． 远远大于 D． 约等于
10．下列方案设计、现象和结论有错误的是（ ）
目的 方案设计 现象和结论
A 检验未知溶液中是否含有铵盐 取一定量未知溶液于试管，滴入NaOH溶液并加热，试管口放置湿润红色石蕊试纸 试纸变蓝，说明溶液中含有铵盐
B 探究碳酸钠溶液碱性是CO水解导致 取2.0mL0.1mol/LNa2CO3溶液，滴入3滴酚酸，观察现象，再滴入3滴1mol/LBaCl2溶液 滴入酚酞溶液变红，再滴入BaCl2后出现白色沉淀，溶液颜色变浅
C 比较AgCl和AgI的Ksp大小 向2.0mL0.1mol/LNaCl溶液中滴入2滴0.1mol/LAgNO3溶液，振荡静置，再滴入4滴0.1mol/LKI溶液，观察现象 先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀，说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
D 检验乙醇发生消去反应是否有乙烯生成 将乙醇在浓硫酸、170℃条件下产生的气体依次通过足量NaOH溶液，酸性高锰酸钾溶液 观察到酸性高锰酸钾褪色，可说明有乙烯生成
A．A B．B C．C D．D
11．工业上为了除去锅炉中的水垢，要向锅炉里注入Na2CO3溶液浸泡一段时间，下列叙述正确的是（ ）
A．若c(Na2CO3)=c[(NH4)2CO3]，则两溶液中c(CO )也相等
B．锅炉中加入Na2CO3溶液发生反应的离子方程式为CO (aq)+CaSO4(s) CaCO3(s)+SO (aq)
C．盐酸溶液中，Ksp(CaCO3)增大，Ksp(CaSO4)减小
D．向Na2CO3溶液中通入适量的CO2使溶液呈中性时，c(Na+)=c(CO )+c(HCO )
12．反应CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O可用于捕捉废气中的CO2，下列叙述正确的是（ ）
A．CO2是由极性键构成的非极性分子
B．Na2CO3属于弱电解质，其水溶液呈碱性
C．NaOH溶液既含离子键，又含共价键
D．CO 的水解方程式：CO + 2H2O H2CO3 + 2OH
13．三元弱酸亚砷酸()在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。向溶液中滴加NaOH溶液，关于该过程的说法正确的是（ ）
A．的第三步电离平衡常数
B．的物质的量分数先减小后增大
C．时
D．，存在的含砷微粒仅有、、
14．下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是（ ）。
A．该溶液中，H+、 、 、Br－可以大量共存
B．该溶液中，Ag+、K+、 可以大量共存
C．滴入Na2S溶液，反应的离子方程式为ClO-+S2-+2H＋=Cl-+S↓+H2O
D．向该溶液中加入浓盐酸，每产生1 mol Cl2，转移电子为NA
15．配合物可用于检验。下列说法正确的是（ ）
A．铁原子的2p和3p轨道的形状、能量均相同
B．基态的未成对电子数为5
C．中提供孤电子对的是
D．1mol配合物中所含的π键数目为
16．室温下，用0.05000mol·L-1稀硫酸滴定20.00mL某浓度的MOH溶液，混合溶液的pH随加入稀硫酸体积的变化如图所示。下列说法正确的是
A．若反应在绝热容器中进行，a点对应的溶液温度最高
B．水的电离程度c>b>a
C．b点对应的溶液中，c(M+)：c(MOH)=104：1
D．c点对应的溶液中，c(H+)=c(OH-)+c(M+)+c(MOH)
17．某待测溶液中除含有水电离出的、之外，还可能含有等物质的量的、、、、、中的几种离子。根据如图实验步骤与现象，推测不合理的是（ ）
A．原溶液中一定没有、
B．原溶液中可能同时存在、
C．生成的无色气体为NO
D．蘸取该待测溶液做焰色反应，透过蓝色钴玻璃一定能观察到紫色火焰
18．能促进水的电离，并使溶液中c(H+)>c(OH-)的操作是（ ）
（1）将水加热煮沸 （2） 向水中投入一小块金属钠 （3） 向水中通HCl （4） 向水中加入明矾晶体 （5）向水中加入NaHCO3固体 （6）向水中加KHSO4固体
A．（4） B．（1）（4）（6）
C．（1）（3）（6） D．（4）（6）
19．下列离子方程式书写及评价合理的是（ ）
选项 离子方程式 评价
A 溶液中加入足量 溶液 正确， 过量，酸式盐与碱完全反应生成正盐和水：
B 的 溶液与 的 溶液等体积混合 正确， 与H按物质的量1：1反应转化为 ，过量的 再将一半 转化为
C 将少量的 溶解在过量的稀 中 正确， 化学式可改写为 ， 与 ，物质的量之比为1：2
D 将 溶液加入到足量的 溶液中 错误， 与 发生氧化还原反应：2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+
A．A B．B C．C D．D
20．短周期主族元素X、Y、Z、R、T的原子半径与原子序数关系如图所示。R原子最外层电子数是电子层数的2倍，Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T形成的化合物Z2T能破坏水的电离平衡。下列推断正确的是（ ）
A．原子半径和离子半径均满足：YB．最高价氧化物对应水化物的酸性：TC．氢化物的沸点不一定是：Y>R
D．由X、R、Y、Z四种元素组成的化合物水溶液一定显碱性
二、综合题
21．某矿渣的成分为Cu2O、Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2，工业上用该矿渣获取铜和胆矾的操作流程如图：
已知：①Cu2O＋2H+=Cu＋Cu2+＋H2O。
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表所示：
沉淀物 Cu(OH)2 Al(OH)3 Fe(OH)3 Fe(OH)2
开始沉淀pH 5.4 4.0 2.7 5.8
沉淀完全pH 6.7 5.2 3.7 8.8
（1）为了加快反应Ⅰ的速率，可以采取的措施是 (任写1条)。
（2）固体混合物A中的成分是 。
（3）反应Ⅰ完成后，铁元素的存在形式为 (填离子符号)；检验该离子常用的方法之一是：取少量含该离子的溶液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，会产生沉淀，写出该反应的离子方程式 。
（4）操作1主要包括： 、 、 。洗涤CuSO4·5H2O粗产品不能用大量水洗，而用冰水洗涤。原因是 。
（5）用NaClO调pH可以生成沉淀B，利用题中所给信息分析沉淀B为 ，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（6）用NaOH调pH可以生成沉淀C，利用题中所给信息分析y的范围为 。
22．某结晶水合物含有CO32-、SO42-、SO32-、Fe2+、Fe3+、NH4+、Ba2+中的三种离子，实验小组为确定其化学式做了如下实验：
①准确称取6.125g样品，配制成250.00mL溶液X。
②取20.00mL溶液X，加入足量盐酸，无明显现象；再加足量BaCl2溶液，产生白色沉淀；将沉淀过滤、洗涤、干燥至恒重，得白色固体0.5825g。
③取20.00mL溶液X，加入适量稀硫酸酸化后，用0.01000mol·L-1KMnO4溶液滴定至终点，重复滴定三次，测得消耗KMnO4溶液体积的平均值为25.00mL。
④设计如图所示的装置，取20.00mL溶液Ⅹ进行实验，实验前后B装置增重0.04250g。
⑤取少量溶液X，滴加0.1 mol ·L-1 KSCN溶液无明显现象，再向其中滴加0.1mol·L-1AgNO3溶液，有白色沉淀生成。
回答下列问题；
（1）完成实验①所需要的玻璃仪器有；烧杯、玻璃棒、量筒、 。
（2）实验③达到滴定终点的现象是 。
（3）实验④的反应结束后，打开止水夹通入N2的作用是 。
（4）根据以上实验数据计算该结晶水合物的化学式为 。
（5）某同学查阅资料发现 AgSCN为白色难溶物，Ag+可以氧化SCNˉ和Fe2+。为探究SCNˉ和Fe2+的还原性强弱，该同学设计了如图实验装置并进行下列实验。
先断开电键K，向溶液X中滴加0.1 mol ·L-1 KSCN溶液，无明显现象，说明 ；闭合电键K后，若观察到的实验现象有溶液X逐渐变红、右边石墨电极上有固体析出、电流计指针偏转，据此得出的结论是 ，溶液变红的原因是 (用离子方程式表示)，该实验设计的优点是 。
23．研究含硒工业废水的处理工艺，对控制水体中硒超标具有重要意义。
（1）已知：H2SeO3为二元弱酸，Ka1(H2SeO3)＝3.5×10-3，Ka2(H2SeO3)＝5.0×10-8。用离子交换树脂处理含Na2SeO3浓度较高的废水时，发生的交换反应为SeO32-＋2RCl=R2SeO3＋2Cl- (R为离子交换树脂的树脂骨架)。经离子交换法处理后，废水的pH将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
（2）木炭包覆纳米零价铁除硒法是一种改良的含硒废水处理方法。
①以木屑和FeCl3·6H2O为原料，在N2氛围中迅速升温至600 ℃，保持2 h，过程中木屑先转化为木炭，最终制得木炭包覆纳米零价铁。制备木炭包覆纳米零价铁过程中，木炭的作用有吸附和 。
②木炭包覆纳米零价铁在碱性废水中形成许多微电池，加速SeO32-的还原过程。SeO32-在微电池正极上转化为单质Se，其电极反应式为 。
（3）绿锈[FeaⅡFebⅡ(OH)cXd](X代表阴离子，Ⅱ、Ⅲ表示铁元素的价态)中铁元素以结构态和游离态两种形式存在。由于结构态的双金属氢氧化物层间存在较大的空隙，形成了巨大的比表面积，同时结构态的FeⅡ还原能力优于游离态的FeⅡ，使得绿锈成为一种良好的除硒剂。
①结构态的绿锈具有优异的吸附性能，而且游离态的Fe3+还易水解生成Fe(OH)3胶体进一步吸附SeO32-。写出Fe3+水解的离子方程式： 。
②不同FeⅡ/FeⅢ组成的绿锈对SeO32-去除效果的影响结果如图1所示。随着绿锈组成中FeⅡ/FeⅢ比值的增大，绿锈的除硒效果先减小后增大的原因可能是 。
③废水的初始pH会对绿锈去除SeO32-的效果产生影响，关系如图2所示。当初始pH增大至11时，SeO32-的去除效果突然迅速减小的原因是 。
24．
（1）Ⅰ．①H2+CuO Cu+H2O
②CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O
③3S+6NaOH 2Na2S+Na2SO3+3H2O
④NH4NO3+Zn=ZnO+N2↑+2H2O
⑤Cu2O+4HCl=2HCuCl2+H2O
上述反应中，属于氧化还原反应的是 (填序号)。
（2）配平下面氧化还原反应的化学方程式：KMnO4+SO2+H2O—K2SO4+MnSO4+H2SO4 。
（3）Ⅱ．某无色透明溶液中可能大量存在Ag+、Mg2+、Cu2+中的几种离子。
不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是 。
（4）取少量原溶液加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，白色沉淀不消失，原溶液中肯定有的离子是 。
（5）取(4)的滤液加入过量NaOH溶液，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定存在的离子有 ，离子反应方程式为 。
（6）原溶液中可能大量存在的阴离子是下列的________(填序号)。
A．Cl- B． C． D．OH-
25．高纯镓是用来制作光学玻璃、真空管、半导体的重要原料。工业上由锌粉置换渣(主要成分有Ga2O3、Ga2S3、ZnS、FeO、Fe2O3、SiO2，还有部分锗元素)制备高纯镓的主要流程如图：
已知：①镓与铝性质相似；
②不同的萃取剂对微粒的选择性不同，N235型萃取剂优先萃取铁；P204+YW100协萃体系优先萃取离子的顺序是：Ge(Ⅳ)>Fe(Ⅲ)>Ga(Ⅲ)>Fe(Ⅱ)>Zn(Ⅱ)。
回答下列问题：
（1）二段浸出渣的成分是S和 (填化学式)，富氧浸出时通入氧气的作用是 ，进行两段富氧浸出的目的是 。
（2）N235萃取和P204+YW100萃取的顺序不可以调换，说明原因 。
（3）中和沉镓时发生反应的离子反应方程式为 ，选用Na2CO3中和沉镓优于选用NaOH的原因是 。
（4）生成粗镓的电极反应式为 。
（5）一定温度下，影响Fe3+在N235型萃取剂中溶解度大小的主要因素是 ，真空蒸馏采用真空的原因是 。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A.SO2具有还原性，与ClO-在溶液中会发生氧化还原反应，不能大量共存，A不符合题意；
B.中性溶液中：Mg2+、Fe3+会形成Mg(OH)2、Fe(OH)3沉淀，不能大量共存，B不符合题意；
C.在明矾溶液中，Al3+与HCO3-会发生双水解反应，形成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，不能大量共存，C不符合题意；
D. mol/L的溶液显酸性，在酸性溶液中，H+与选项离子不能发生任何反应，可以大量共存，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】ClO-不论何种环境都有强氧化性，与还原性离子不能大量共存，如：亚铁离子，碘离子，硫离子，溴离子，氯离子都不能共存。而硝酸根离子只有在酸性环境下才能体现出强氧化性，相当于形成硝酸。能发生彻底双水解的组合有;铝离子与碳酸根离子，碳酸氢根例子，硫离子，氢硫酸氢根离子，偏铝酸根离子。
2．【答案】A
【解析】【解答】A、明矾是一种复盐，是电解质，故A符合题意；
B、盐酸属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B不符合题意；
C、氨气不能电离，其溶于水能电离是由于氨气溶于水与水反应生成的一水合氨电离，一水合氨是电解质，氨气不是电解质，是非电解质，故C不符合题意；
D. 钾钠合金属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电的化合物，根据其电离程度可分为强电解质和弱电解质，几乎全部电离的是强电解质，只有少部分电离的是弱电解质。
3．【答案】D
【解析】【解答】Y的单质经常作为保护气，Y为N元素；由Z、W形成的一种化合物可与X、W形成的化合物反应生成淡黄色固体，此反应为SO2+2H2S=3S+2H2O，X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X为H元素，Z为O元素，W为S元素。
A，非金属性：Y（N） Z（O），最简单氢化物的热稳定性：NH3 H2O，A项不符合题意；
B，W为S，S处于第三周期，第三周期元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是HClO4，B项不符合题意；
C，根据“层多径大，序大径小”，离子半径：X Z Y W，C项不符合题意；
D，含S的盐溶液如Na2S、Na2SO3等溶液呈碱性，Na2SO4等溶液呈中性，NaHSO3溶液等呈酸性，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A中氢化物的稳定性比较常用方法是半径越小键长越短，键越牢固，分子越稳定。原子半径比较方法是，左大右，下大上。
D中盐类水解酸碱性的判断方法，异性相吸弱水解，谁强显谁性。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以二氧化硫的水溶液导电，但电离出离子的物质是碳酸不是二氧化硫，所以二氧化硫是非电解质，A不符合题意；
B．盐酸是氯化氢的水溶液，为混合物，既不是电解质，也不是非电解质，B不符合题意；
C．HCOONH4是在水溶液和熔融状态下都能能完全电离的化合物，为强电解质，C符合题意；
D．HClO ClO-+H+，次氯酸在水溶液中不能完全电离，HClO为弱电解质，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，在水溶液中完全电离的是强电解质，部分电离的是弱电解质，强电解质是电解质的范畴；
A．根据定义判断；
B．混合物既不是电解质也不是非电解质；
C．CH3COONH4属于盐，为强电解质；
D．HClO是弱酸，水溶液中部分电离，是弱电解质。
5．【答案】D
【解析】【解答】A.硅晶体的导电性介于导体和绝缘体之间，可用作半导体材料，与熔点高无关，故A不符合题意；
B. SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，与氧化性无关，故B不符合题意；
C. Al2O3熔点高，可用于制造耐火材料，与硬度大无关，故C不符合题意；
D.洗涤油污是使油脂水解成易溶于水的物质，Na2CO3溶液水解呈碱性，能够促进油脂的水解，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.硅的导电性用于作半导体；
B.利用二氧化硫的漂白性漂白纸浆；
C.氧化铝的熔点高，用作制造耐火材料；
D.碳酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性。
6．【答案】B
【解析】【解答】A.该反应应该是Ga3+离子与HCO3-离子反应，A选项是错误的；
B.用热水洗涤的操作是：用玻璃棒引流，向漏斗中加入热水至刚好浸没沉淀，待热水自然流下，重复操作2~3次，B选项是正确的；
C.该操作是用来检验Cl-的，C选项是错误的；
D.灼烧使用的仪器是坩埚，不能使用试管，D选项是错误的。
故答案为：B。
【分析】A.该反应的正确离子方程式为：Ga3++3HCO3-=Ga（OH）3+CO2；
B.洗涤是将可溶性的杂质离子除去，洗涤操作应该重复进行2~3次；
C. 取少量滤液，滴加稀硝酸酸化，再加硝酸银溶液 是用来检验Cl-的操作；
D.灼烧使用的仪器包括酒精灯、玻璃棒、坩埚、三脚架和泥三角。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．电离平衡常数越大，酸性越强，等浓度的甲酸和乙酸溶液，甲酸酸性强，所以电离程度大，所以溶液中的c(H+)：CH3COOH＜HCOOH，故A不符合题意；
B．等浓度等体积的甲酸和乙酸溶液中，甲酸和乙酸的物质的量相等，分别加入过量的镁，产生氢气的体积：HCOOH = CH3COOH，故B不符合题意；
C．与NaOH发生反应：HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，故C不符合题意；
D． = ，将CH3COOH溶液稀释100倍过程中， 保持不变，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据电离阐述即可判断
B.根据n=cv计算，氢离子的物质的量相等产生的气体也相等
C.HCOOH是弱酸， 不拆
D.根据醋酸的电离常数公式和水的离子积进行替换即可
8．【答案】A
【解析】【解答】A．H2A溶液与NaOH溶液按物质的量1：1恰好完全反应后，生成的是NaHA，但是H2A的电离常数不知道，所以该溶液酸碱性无法判断，A符合题意；
B．可溶性正盐BA溶液呈中性，只能说明HA和BOH的强弱相同，但是如果都是弱酸，且电离常数相同，则BA的阴阳离子水解程度相同，促进水的电离，B不符合题意；
C．醋酸是弱电解质，稀释促进电离，稀释后水的pH增大，pH越大说明越稀，水的电离程度越大，C不符合题意；
D．pH=2的HCl和pH=12的Ba(OH)2当中，氢离子和氢氧根离子浓度相同，溶液等体积混合后，溶液显中性，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据题意反应恰好得到NaHA，由于HA-的情况无法确定
B. 可溶性正盐BA溶液呈中性， 可能是强酸强碱盐或者是弱酸弱碱盐的阴离子和阳离子的水解常数相似
C.浓度越稀越电离
D.根据电荷守恒即可判断
9．【答案】A
【解析】【解答】A． 小只能说明第二步电离难，无法比较第二步电离与第一步电离的大小，A符合题意；
B． 为第一步电离， 为第二步电离， 大于 说明草酸第二步电离比第一步电离更难，B不符合题意；
C．第二步电离中生成的 ，而 远远大于 说明第一步电离比第二步电离容易，C不符合题意；
D． 约等于 ，说明第二步电离中的产物可忽略不计，则说明第二步电离比第一步电离更难，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据比较H2C2O4 H++HC2O4-,HCO4- H++C2O42-，各离子之间的浓度大小即可判断
10．【答案】A
【解析】【解答】A．试纸变蓝，说明溶液中含有铵盐也有可能是氨水，故A符合题意；
B．CO水解显碱性，再滴入3滴1mol/LBaCl2溶液生成碳酸钡沉淀，酚酞溶液变浅，说明碳酸钠溶液碱性是CO水解导致，故B不符合题意；
C．向2.0mL0.1mol/LNaCl溶液中滴入2滴0.1mol/LAgNO3溶液，生成AgCl沉淀，再滴入4滴0.1mol/LKI溶液，白色沉淀生成AgI，说明AgCl沉淀转化为溶解度更小的AgI，所以说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故C不符合题意；
D．乙醇发生消去反应有可能产生SO2杂质气体，通入足量NaOH溶液可以吸收SO2和挥发出来的乙醇，乙烯使酸性高锰酸钾褪色，可说明有乙烯生成，故D不符合题意；
故答案为A
【分析】易错分析：A. 取一定量未知溶液于试管，滴入NaOH溶液并加热，试管口放置湿润红色石蕊试纸 ，说明为氨气，该方法为铵根离子的检验，只能证明含有铵根，不能证明为铵盐。
11．【答案】B
【解析】【解答】A．Na2CO3为强碱弱酸盐，而(NH4)2CO3为弱碱弱酸盐，则铵根离子与碳酸根离子相互促进水解，若c(Na2CO3)=c[(NH4)2CO3]，则两溶液中c(CO )不相等，A叙述不符合题意；
B．相同温度时，Ksp(CaSO4)大于Ksp(CaCO3)，则锅炉中加入Na2CO3溶液发生反应的离子方程式为CO (aq)+CaSO4(s) CaCO3(s)+SO (aq)，B叙述符合题意；
C．Ksp(CaSO4)、Ksp(CaCO3)只与温度有关，则盐酸溶液中，Ksp(CaCO3)、Ksp(CaSO4)不变，C叙述不符合题意；
D．向Na2CO3溶液中通入适量的CO2使溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，根据溶液呈电中性，则c(Na+)+c(H+)=2c(CO )+c(HCO )+c(OH-)，故c(Na+)=2c(CO )+c(HCO )，D叙述不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.铵根离子水解显酸性，而碳酸根离子水解显碱性，相互促进，因此碳酸铵中碳酸根离子浓度小
B.碳酸钙比硫酸钙更难溶
C.溶度积与温度有关，与其他条件无关，只要温度不变，溶度积不变
D.根据电荷守恒和中性即可判断
12．【答案】A
【解析】【解答】A．CO2分子中含有C=O键，为极性共价键，其分子结构为直线型，正负电荷中心重合，为非极性分子，A符合题意；
B．碳酸钠在水溶液中可以完全电离，为强电解质，B不符合题意；
C．NaOH溶于水时离子键被破坏，所以NaOH溶液中并不含离子键，C不符合题意；
D．碳酸为二元弱酸，所以碳酸根的水解分步：CO +H2O HCO +OH 、HCO + H2O H2CO3+OH ，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.二氧化碳是线性分子，是含有碳氧极性键的非极性分子
B.可溶性钠盐均为强电解质，但是碳酸是弱酸，因此碳酸盐水解呈碱性
C.氢氧化钠是离子晶体，在固体中存在离子键和共价键，在溶液中离子键被破坏
D.碳酸根的水解是分步水解，以第一步水解为主
13．【答案】B
【解析】【解答】A．由图可知，当时，pH=c，氢离子浓度为10-c，则的第三步电离平衡常数，A不符合题意；
B．由图可知，的物质的量分数一直在减小，B符合题意；
C．由图可知，时浓度最大且，则此时溶质主要为，故有，C不符合题意；
D．由图可知，，已经不存在，此时存在的含砷微粒仅有、、，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据计算；
C.时，最大，；
D.时不存在。
14．【答案】D
【解析】【解答】A．NaClO和NaCl混合溶液中，H+、ClO-、Cl-、Br-会发生氧化还原反应，不能大量共存，A不符合题意；
B．该混合溶液中，Cl-、Ag+会反应产生AgCl沉淀，不能大量共存，B不符合题意；
C．该混合溶液中滴入Na2S溶液，ClO-氧化性强，会将S2-氧化为H2SO4，不能反应产生S单质，C不符合题意；
D．向该溶液中加入浓盐酸，发生反应：2H++Cl-+ClO-=Cl2+H2O，每反应产生1 mol Cl2，转移电子为NA，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 NaClO和NaCl混合溶液有大量的次氯酸根和氯离子，可以大量共存，但是一旦改变溶液的酸碱性次氯酸就能体现出强氧化性，不能和具有还原性物的物质共存，同时氯离子不能和银离子共存。
15．【答案】C
【解析】【解答】A. 铁原子的2p和3p轨道的形状 相同，但是能量不同，A选项是错误的；
B. 基态的未成对电子数为 4，B选项是错误的；
C. 中提供孤电子对的是CN-，因为CN-是配体，C选项是正确的；
D. 1mol配合物中所含的π键数目为 12NA，D选项是错误的。
故答案为：C。
【分析】A.在 原子的核外电子层排布时，离原子核越远能量就越高；
B.基态的价电子排布式为3d6，根据洪特规则以及泡利原理可知，其中未成对电子数为4；
C. 中提供孤电子对的是CN-，因为CN-是配体，Fe2+离子提供空轨道；
D.在CN-离子中含有一个σ键，两个π键。
16．【答案】C
【解析】【解答】A．b点恰好完全反应，放热最多，故b点对应的溶液温度最高，故A不符合题意；
B．b点的溶质为M2SO4，水的电离程度最大，故B不符合题意；
C．b点时溶质为M2SO4，根据质子守恒可得c(H+)=c(OH-)+c(MOH)，b点时pH=5，c(H+)=10-5mol/L，c(OH-)=10-9mol/L，则c(MOH)=10-5mol/L-10-9mol/L≈10-5mol/L，c(M+)≈2c(SO)=2×0.05mol/L=0.1mol/L，则c(M+)：c(MOH)=104：1，故C符合题意；
D．c点为M2SO4和硫酸的混合物，根据质子守恒可得c(H+)=c(OH-)+c(MOH)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.酸性中和时，恰好完全反应时放出的热量最多；
B.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；
D.根据质子守恒分析。
17．【答案】B
【解析】【解答】A．由分析可知，原溶液中一定没有亚铁离子和铁离子，故A不符合题意；
B．由分析可知，原溶液中一定不存在硫酸根离子，故B符合题意；
C．由分析可知，待测溶液中亚硫酸根离子与稀硝酸反应生成无色气体为一氧化氮，故C不符合题意；
D．由分析可知，原溶液中一定存在钾离子和钠离子，若蘸取该待测溶液做焰色反应，透过蓝色钴玻璃一定能观察到紫色火焰，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】依据离子共存原理和实验步骤与现象判断。
18．【答案】A
【解析】【解答】(1)水的电离是吸热过程，将水加热煮沸，促进水的电离，但纯水中仍然存在c(H+)=c(OH-)，(1)不符合题意；(2)向水中投入一小块金属钠，Na和水反应生成NaOH，NaOH是强碱且抑制水的电离，溶液呈碱性，c(H+)＜c(OH-)，(2)不符合题意；(3)向水中通HCl，HCl是强酸，在水中电离出氢离子，抑制水的电离，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，(3)不符合题意；(4)向水中加入明矾晶体，Al3+水解使溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，水解促进水的电离，(4)符合题意；(5)向水中加入NaHCO3固体，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，c(H+)＜c(OH-)，促进水的电离，(5)不符合题意；(6)向水中加KHSO4固体，KHSO4完全电离生成氢离子，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，抑制水的电离，(6)不符合题意。综上，只有(4)符合题意，
故答案为：A。
【分析】强酸弱碱盐或强碱弱酸盐会促进水的电离，但是只有强酸弱碱盐会使氢离子的浓度大于氢氧根离子的浓度，使溶液呈酸性。
19．【答案】B
【解析】【解答】A．Mg(HCO3)2溶液中加入足量NaOH溶液，反应生成碳酸钠、氢氧化镁沉淀和水，正确的离子方程式为：Mg2++2HCO3 +4OH ═Mg(OH)2↓+2CO32 +2H2O，故A不符合题意；
B.1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合，设溶液体积为1L，偏铝酸钠和HCl的物质的量分别为1mol、2.5mol，1mol偏铝酸钠消耗1molHCl生成1mol氢氧化铝，剩余的1.5molHCl能够溶解0.5mol氢氧化铝，反应的离子方程式为：2AlO2 +5H+═Al3++Al(OH)3↓+H2O，故B符合题意；
C．Fe3O4与过量的稀HNO3反应，生成的亚铁离子被稀硝酸氧化成了铁离子，正确的离子方程式为：3Fe3O4+NO3 +28H+═9Fe3++14H2O+NO↑，故C不符合题意；
D．NaClO溶液与FeCl2溶液混合，二者发生氧化还原反应，正确的离子反应为：2Fe2++5ClO +5H2O═2Fe(OH)3↓+Cl +4HClO，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】书写离子方程式注意的问题：
（1）难溶物、微溶物、弱电解质、氧化物、弱酸酸式根、固体反应物和非电解质都不拆；
（2）化学反应前后电荷要守恒。
20．【答案】C
【解析】【解答】A．氧离子半径大于钠离子半径，A不符合题意；
B．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，非金属性T＞R，所以其最高价含氧酸酸性T＞R，B不符合题意；
C．碳元素能形成多种氢化物，其沸点可能高于水，C符合题意；
D．由 X、R、Y、Z 四种元素组成的化合物水溶液不一定显碱性，例如草酸氢钠，D不符合题意；
【分析】X、Y、Z、R、T为五种短周期元素，根据图像可知X是H，R 原子最外层电子数是电子层数的 2 倍，R位于第二周期，则R是碳元素。Y 与 Z 能形成 Z2Y、Z2Y2型离子化合物，则Z是Na，Y是O。Z 与 T 形成的化合物 Z2T，能破坏水的电离平衡，所以T是S。据此结合元素周期律分析选项。
21．【答案】（1）适当升高温度；不断搅拌；将矿渣粉碎；适当增大硫酸的浓度等
（2）SiO2、Cu
（3）Fe2+；3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓
（4）蒸发浓缩；冷却结晶；过滤；冰水既可以洗去晶体表面的杂质离子，又可以减少晶体的损失
（5）Fe(OH)3；1：2
（6）5.2~5.4或5.2≤pH<5.4
【解析】【解答】（1）根据外界条件对化学反应速率的影响，为了加快反应Ⅰ的速率，可以采取的措施是：适当升高温度、不断搅拌、将矿渣粉碎、适当增大硫酸的浓度等。（2）矿渣的成分为Cu2O、Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2，根据题给已知①和固体A为混合物，加入稀硫酸发生的反应I：Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、FeO+H2SO4=FeSO4+H2O、Cu+ Fe2(SO4)3=CuSO4+2FeSO4，SiO2属于酸性氧化物、与稀硫酸不反应，则经过滤得到的固体混合物A的成分是SiO2、Cu。（3）根据上述分析，固体混合物A中有Cu，则反应Ⅰ完成后，铁元素的存在形式为Fe2+；用铁氰化钾溶液检验Fe2+产生蓝色沉淀，反应的离子方程式为3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓。（4）操作1为从CuSO4溶液中获得CuSO4·5H2O粗产品，主要包括：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；洗涤CuSO4·5H2O粗产品不能用大量水洗，而用冰水洗涤，原因是：冰水既可以洗去晶体表面的杂质离子，又可以减少晶体的损失。（5）根据分析，用NaClO调节pH可以生成沉淀B，由于NaClO具有强氧化性，Fe2+具有还原性，所以沉淀B为Fe(OH)3；该反应中Fe元素的化合价由+2价升至+3价，Fe2+为还原剂，NaClO为氧化剂，Cl元素的化合价由+1价降至-1价，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2。（6）根据分析，用NaOH调pH是使Al3+完全沉淀而除去、而Cu2+不形成沉淀，根据部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH，y的范围为5.2≤pH<5.4。
【分析】某矿渣的成分为Cu2O、Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2，加入稀硫酸发生的反应I：Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、FeO+H2SO4=FeSO4+H2O、Cu+ Fe2(SO4)3=CuSO4+2FeSO4，SiO2与稀硫酸不反应，经过滤得到的固体混合物A中含SiO2、Cu，滤液中含CuSO4、Al2(SO4)3、FeSO4；根据部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH，滤液中加入NaClO并调pH=x将Fe2+转化成Fe(OH)3沉淀，再加入NaOH调pH=y使Al3+转化成Al(OH)3沉淀；此时得到的滤液为CuSO4溶液，硫酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到CuSO4·5H2O粗产品；据此分析结合相关知识解答。
22．【答案】（1）250mL容量瓶、胶头滴管
（2）当最后一滴KMnO4标准溶液滴入时，溶液颜色变为浅紫红色，且半分钟内不再发生变化
（3）使锥形瓶中产生的氨气完全进入B装置中被稀硫酸吸收
（4）(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O
（5）溶液中无Fe3+；Fe2+的还原性强于SCN-；Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；氧化性、还原性离子不直接接触。避免发生沉淀反应而导致离子浓度降低
【解析】【解答】（1）准确称取6.125g样品，配制成250.00mL溶液X时，用烧杯溶解药品，用托盘天平称量药品，用胶头滴管定容，需要用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、量筒、250mL容量瓶、胶头滴管；
(2)实验③用0.01000mol·L-1KMnO4溶液滴定，达到滴定终点的现象是当最后一滴KMnO4标准溶液滴入时，溶液颜色变为浅紫红色，且半分钟内不再发生变化；
(3)实验④的反应结束后，打开止水夹通入N2，使锥形瓶中产生的氨气完全进入B装置中被稀硫酸吸收；
（4）②取20.00mL溶液X，加入足量盐酸，无明显现象说明不含CO32-、SO32-；再加足量BaCl2溶液，产生白色沉淀说明含有SO42-，不含Ba2+；将沉淀过滤、洗涤、干燥至恒重，得白色固体硫酸钡0.5825g，即 ，则250.00mL溶液X中含n(SO42-)= ，m(SO42-)= ，③取20.00mL溶液X，加入适量稀硫酸酸化后，用0.01000mol·L-1KMnO4溶液滴定至终点，重复滴定三次，测得消耗KMnO4溶液体积的平均值为25.00mL，根据反应MnO4-+ 5Fe2++8H+=Mn2++ 5Fe3++4H2O可知，则250.00mL溶液X中含n(Fe2+)= ，m(Fe2+)= ，④设计如图所示的装置，取20.00mL溶液Ⅹ进行实验，实验前后B装置增重0.04250g，则n(NH4+)= n(NH3)= ，m(NH4+)= ，故所含结晶水的质量为6.125g-3.00g-0.875g-0.5625g=1.6875g，n(H2O)= ，n(NH4+)：n(Fe2+)：n(SO42-)：n(H2O)= ，故该结晶水合物的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O；
(5) 先断开电键K，向溶液X中滴加0.1 mol ·L-1 KSCN溶液，无明显现象，说明溶液中无Fe3+；闭合电键K后，若观察到的实验现象有溶液X逐渐变红、右边石墨电极上有固体析出、电流计指针偏转，据此得出的结论是Fe2+的还原性强于SCN-，溶液变红的原因是Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，该实验设计的优点是氧化性、还原性离子不直接接触。避免发生沉淀反应而导致离子浓度降低。
【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的操作判断缺少的仪器；
（2）滴定终点利用高锰酸钾的紫色变化进行判断；
（3）氮气可以将生成的氨气全部带出；
（4）根据实验中的数据和现象判断存在的离子，并计算各种离子的物质的量，然后得出化学式；
（5）根据铁离子的检验、原电池原理进行分析即可。
23．【答案】（1）减小
（2）将三价铁还原为零价铁(或防止纳米零价铁被氧化)；SeO32-+4e-+3H2O=Se+6OH-
（3）Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+；当FeⅢ比例减小时，游离态的FeⅢ形成的Fe(OH)3胶体减少，对SeO32-的吸附作用减弱；当FeⅡ比例增大时，结构态的FeⅡ增多，对SeO32-的还原能力增强；碱性太强，大量的OH-与游离态的FeⅡ和FeⅢ分别形成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀覆盖在绿锈表面，减少了反应活性(或碱性太强，结构态的双金属氢氧化物结构受到破坏，还原性减弱)；或大量的OH-吸附在绿锈表面使其带负电荷，从而对SeO32-产生排斥作用
【解析】【解答】（1）H2SeO3为二元弱酸，含Na2SeO3浓度较高的废水中发生水解：SeO32-+H2O HSeO3-+OH-，溶液呈碱性，用离子交换树脂处理含Na2SeO3浓度较高的废水时，发生的交换反应为SeO32-+2RCl=R2SeO3+2Cl-，SeO32-离子转化为Cl-导致浓度减小，水解程度降低，溶液的碱性减弱，废水的pH将减小；（2）①以木屑和FeCl3·6H2O为原料，在N2氛围中迅速升温至600 ℃，保持2 h，过程中木屑先转化为木炭，高温下木炭还具有还原性，可以将FeCl3中+3价的铁还原为零价铁，木炭表面多孔具有吸附性，木炭将得到的纳米零价铁充分包覆，还可防止纳米零价铁被氧化，答案为：将三价铁还原为零价铁(或防止纳米零价铁被氧化)；②木炭包覆纳米零价铁在碱性废水中形成许多微电池，这些微电池负极为铁，发生氧化反应， 正极为木炭，SeO32-在微电池正极上发生还原反应，转化为单质Se，在碱性废水的环境下电极反应式为SeO32-+4e-+3H2O=Se+6OH-；（3）①金属阳离子的水解比较复杂，一般合为一步书写，三价铁离子水解后生成的是氢氧化铁胶体，具有吸附性，Fe3+水解的离子方程式为：Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+②FeⅢ形成的Fe(OH)3胶体吸附碱性废水中的SeO32-离子，FeⅡ对SeO32-进行还原，随着绿锈组成中FeⅡ/FeⅢ比值的增大，FeⅢ的比例减小，游离态的FeⅢ形成的Fe(OH)3胶体减少，对SeO32-的吸附作用减弱，绿锈的除硒效果减小；结构态的FeⅡ还原能力优于游离态的FeⅡ，但随着FeⅡ比例增大，结构态的FeⅡ增多，对SeO32-的还原能力增强，故绿锈的除硒效果又开始增大，答案为：当FeⅢ比例减小时，游离态的FeⅢ形成的Fe(OH)3胶体减少，对SeO32-的吸附作用减弱；当FeⅡ比例增大时，结构态的FeⅡ增多，对SeO32-的还原能力增强；③当初始pH增大至11时，溶液碱性增强，溶液中OH-浓度增大，大量的OH-与游离态的FeⅡ和FeⅢ分别形成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀覆盖在绿锈表面，减少了反应活性；由题中信息可知，绿锈中铁元素以结构态和游离态两种形式存在，结构态的双金属氢氧化物层间存在较大的空隙，形成了巨大的比表面积，使得绿锈成为一种良好的除硒剂，OH-与游离态的FeⅡ和FeⅢ分别形成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀，结构态的双金属氢氧化物结构受到破坏，还原性减弱；另外溶液中大量的OH－吸附在绿锈表面使其带负电荷，从而对SeO32-产生排斥作用，进而影响到SeO32-的去除效果，这些都有可能导致因初始pH增大至11，SeO32-的去除效果突然迅速减小，答案为：碱性太强，大量的OH-与游离态的FeⅡ和FeⅢ分别形成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀覆盖在绿锈表面，减少了反应活性(或碱性太强，结构态的双金属氢氧化物结构受到破坏，还原性减弱)；或大量的OH-吸附在绿锈表面使其带负电荷，从而对SeO32-产生排斥作用。
【分析】（1）根据水解反应及离子交换反应中离子浓度的变化来考虑；（2）①根据木炭的化学性质及题中信息考虑；②根据碱性环境及生成单质Se书写电极反应；（3）①根据阳离子水解方程式的书写方法书写；②根据图中绿锈的除硒效果及FeⅡ/FeⅢ的浓度变化及各自的性质进行考虑；③根据碱性增强导致氢氧根浓度增大与FeⅡ/FeⅢ对SeO32-的去除原理进行考虑；
24．【答案】（1）①③④
（2）2KMnO4+5SO2+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4
（3）Cu2+
（4）Ag+
（5）Mg2+；Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓
（6）B
【解析】【解答】I．(1)分析反应中元素化合价的变化情况：其中①③④三个反应中有元素化合价发生了变化，因此这三个反应属于氧化还原反应，而②⑤⑥三个反应中没有元素化合价发生变化，因此这三个反应不属于氧化还原反应，故合理选项是①③④；(2)在反应KMnO4+SO2 +H2O——K2SO4+MnSO4+H2SO4中，Mn元素化合价由反应前KMnO4中的+7价变为反应后MnSO4中的+2价，化合价降低5价；S元素化合价由反应前SO2中的+4价变为反应后MnSO4、K2SO4和H2SO4中的+6价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数是10，所以KMnO4、MnSO4的系数是2；SO2的系数是5，K2SO4的系数是1，H2SO4的系数是2，再根据H原子守恒，可知H2O的系数是2，则配平后该反应方程式为2KMnO4+5SO2+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4；Ⅱ．(3)Cu2+水溶液显蓝色，在无色溶液中不能大量存在，故不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是Cu2+；(4)取少量原溶液加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，白色沉淀不消失，则原溶液中肯定有的离子是Ag+；(5)取(4)的滤液加入过量NaOH溶液，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定存在的离子是Mg2+，发生该反应的离子方程式为：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓；(6)根据上述分析可知：该溶液中没有Cu2+，含有Ag+、Mg2+。
A．Cl-与Ag+会反应产生AgCl白色沉淀，因此Cl-不能大量存在，A不正确；
B． 与Ag+、Mg2+不会发生任何反应，可以大量存在，B正确；
C． 与Ag+、Mg2+能发生反应，产生Ag2CO3、MgCO3沉淀，不能大量存在，C不正确；
D．OH-与Ag+、Mg2+能发生反应，产生AgOH、Mg(OH)2沉淀，不能大量存在，D不正确；
故合理选项是B。
【分析】I．(1)根据氧化还原反应的特征判断；(2)根据电子守恒、原子守恒配平方程式；II．(3)根据有色离子在无色溶液中不能大量存在；(4)根据AgCl是白色既不溶于水也不溶于硝酸分析；(5)根据离子共存判断可能存在的阴离子。
25．【答案】（1）SiO2；将Fe2+氧化为Fe3+，为后续N235萃取做好准备；浸出更多的浸出液，提高原料的利用率
（2）因为P204+YW100协萃体系对Fe(III)和Ga(III)都有萃取作用
（3）2Ga3++3CO +3H2O=2Ga(OH)3↓+3CO2↑；NaOH过量会使Ga(OH)3溶解
（4）[Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH-
（5）溶液的酸碱度或pH；防止被氧气氧化和减压
【解析】【解答】(1)富氧浸出时，由于SiO2属于酸性氧化物，与硫酸不反应，且难溶于水，故二段浸出渣的成分是S和SiO2；锌粉置换渣中的FeO与硫酸反应生成FeSO4，富氧浸出时通入O2可将Fe2+氧化为Fe3+，为后续N235萃取做好准备；进行两段富氧浸出的目的是浸出更多的浸出液，提高原料的利用率；故答案为：SiO2；将Fe2+氧化为Fe3+，为后续N235萃取做好准备；浸出更多的浸出液，提高原料的利用率。
(2)根据已知“不同的萃取剂对微粒的选择性不同，N235型萃取剂优先萃取铁；P204+YW100协萃体系优先萃取离子的顺序是：Ge(Ⅳ)>Fe(Ⅲ)>Ga(Ⅲ)>Fe(Ⅱ)>Zn(Ⅱ)”，故先加入N235萃取优先萃取铁，从而除去Fe3+；若将N235萃取和P204+YW100萃取的顺序调换，则P204+YW100协萃体系对Fe(III)和Ga(III)都有萃取作用，达不到除去Fe3+的目的；故答案为：因为P204+YW100协萃体系对Fe(III)和Ga(III)都有萃取作用。
(3) 中和沉镓时Ga3+与 发生双水解反应生成Ga(OH)3和CO2，反应的离子方程式为2Ga3++3CO +3H2O=2Ga(OH)3↓+3CO2↑；根据题给已知①推测，Ga(OH)3能与强碱反应生成[Ga(OH)4]-，
故答案为：用Na2CO3中和沉镓优于选用NaOH的原因是NaOH过量会使Ga(OH)3溶解；故答案为：2Ga3++3CO +3H2O=2Ga(OH)3↓+3CO2↑；NaOH过量会使Ga(OH)3溶解。
(4) 电解含[Ga(OH)4]-的碱溶溶液得到粗镓，故生成粗镓的电极反应式为[Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH-；故答案为：[Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH-。
(5)根据流程图，用N235萃取后得到含Fe3+的有机相I，在有机相I中加入H2SO4进行反萃取，N235循环使用，说明加入硫酸后Fe3+进入无机相II中，从而可得出：一定温度下，影响Fe3+在N235型萃取剂中溶解度大小的主要因素是溶液的酸碱度或pH；由于镓与铝性质相似，故真空蒸馏时采用真空的原因是防止被氧气氧化和减压；故答案为：溶液的酸碱度或pH；防止被氧气氧化和减压。
【分析】锌粉置换渣(主要成分有Ga2O3、Ga2S3、ZnS、FeO、Fe2O3、SiO2，还有部分锗元素)中加入H2SO4、并通入O2发生反应得到含Ga3+、Zn2+、Fe3+等的浸出液；根据已知②，浸出液经中和过滤后加入N235萃取优先萃取铁，从而除去Fe3+；无机相I再加入P204+YW100萃取得到含Ga3+的有机相II，有机相II中加入H2SO4得到含Ga3+的无机相III；根据镓与铝性质相似，向无机相III中加入Na2CO3发生双水解反应得到Ga(OH)3沉淀，Ga(OH)3进一步处理得到Ga2O3，Ga2O3与加入的NaOH发生反应Ga2O3+2OH-+3H2O=2[Ga(OH)4]-得到碱溶溶液，电解含[Ga(OH)4]-的碱溶溶液得到粗镓；粗镓经真空蒸馏、重复结晶得到高纯镓。
一、单选题
1．常温下，下列离子在指定环境中一定能够大量共存的是（）
A．通入SO2气体：Na+、Ca2+、Cl-、ClO-
B．中性溶液中：Mg2+、Fe3+、SO42-、Cl-
C．0.1mol/L的明矾溶液中：K＋、Ba2＋、Cl-、HCO3-
D． mol/L的溶液中：NH4+、Cl-、Fe2+、I-
2．下列属于电解质的是（ ）
A．明矾 B．盐酸 C．氨气 D．钾钠合金
3．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。Y的单质经常作为保护气；由Z、W形成的一种化合物可与X、W形成的化合物反应，生成淡黄色固体。下列推断正确的是（ ）
A．Y的最简单氢化物的热稳定性比Z的强
B．在同周期元素中，W的最高价氧化物对应的水化物的酸性最强
C．离子半径：X
4．下列物质中为强电解质的是（ ）
A．SO2 B．盐酸 C．HCOONH4 D．HClO
5．下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．Si的熔点高，可用作半导体材料
B．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆
C．Al2O3硬度很大，可用于制造耐火材料
D．Na2CO3溶液呈碱性，可用于洗涤油污
6．晶体是一种超宽禁带半导体材料。工业制法：将溶于热水中，加入碳酸氢钠的高浓度热溶液，煮沸至镓盐全部转变为沉淀，用热水洗涤，然后于600℃灼烧，得到。下列说法正确的是（ ）
A．生成沉淀离子方程式为：
B．用热水洗涤的操作是：用玻璃棒引流，向漏斗中加入热水至刚好浸没沉淀，待热水自然流下，重复操作2~3次
C．检验镓盐是否沉淀完全的方法：取少量滤液，滴加稀硝酸酸化，再加硝酸银溶液
D．灼烧需要的玻璃仪器有玻璃棒、试管和酒精灯
7．常温下，CH3COOH、HCOOH(甲酸)的电离常数数值分别为1.7×10-5、1.8×10-4，以下关于0.1mol/LCH3COOH溶液、0.1mol/LHCOOH溶液的说法正确的是（ ）
A．c(H+)：CH3COOH＞HCOOH
B．等体积的两溶液中，分别加入过量的镁，产生氢气的体积：HCOOH＞CH3COOH
C．HCOOH可能与NaOH发生反应：H++OH-=H2O
D．将CH3COOH溶液稀释100倍过程中， 保持不变
8．25℃时，下列说法正确的是（ ）
A．H2A溶液与NaOH溶液按物质的量1：1恰好完全反应时，溶液酸碱性无法判断
B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA对水的电离没有影响
C．醋酸的电离度：pH=3的醋酸溶液大于pH=4的醋酸溶液
D．pH=2的HCl和pH=12的Ba(OH)2溶液等体积混合后，溶液显碱性
9． 时， 草酸 溶液中各微粒的物质的量浓度如下：
微粒
下列关系不能说明草酸的第二步电离比第一步电离更难的是（ ）
A． 大于 B． 大于
C． 远远大于 D． 约等于
10．下列方案设计、现象和结论有错误的是（ ）
目的 方案设计 现象和结论
A 检验未知溶液中是否含有铵盐 取一定量未知溶液于试管，滴入NaOH溶液并加热，试管口放置湿润红色石蕊试纸 试纸变蓝，说明溶液中含有铵盐
B 探究碳酸钠溶液碱性是CO水解导致 取2.0mL0.1mol/LNa2CO3溶液，滴入3滴酚酸，观察现象，再滴入3滴1mol/LBaCl2溶液 滴入酚酞溶液变红，再滴入BaCl2后出现白色沉淀，溶液颜色变浅
C 比较AgCl和AgI的Ksp大小 向2.0mL0.1mol/LNaCl溶液中滴入2滴0.1mol/LAgNO3溶液，振荡静置，再滴入4滴0.1mol/LKI溶液，观察现象 先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀，说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
D 检验乙醇发生消去反应是否有乙烯生成 将乙醇在浓硫酸、170℃条件下产生的气体依次通过足量NaOH溶液，酸性高锰酸钾溶液 观察到酸性高锰酸钾褪色，可说明有乙烯生成
A．A B．B C．C D．D
11．工业上为了除去锅炉中的水垢，要向锅炉里注入Na2CO3溶液浸泡一段时间，下列叙述正确的是（ ）
A．若c(Na2CO3)=c[(NH4)2CO3]，则两溶液中c(CO )也相等
B．锅炉中加入Na2CO3溶液发生反应的离子方程式为CO (aq)+CaSO4(s) CaCO3(s)+SO (aq)
C．盐酸溶液中，Ksp(CaCO3)增大，Ksp(CaSO4)减小
D．向Na2CO3溶液中通入适量的CO2使溶液呈中性时，c(Na+)=c(CO )+c(HCO )
12．反应CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O可用于捕捉废气中的CO2，下列叙述正确的是（ ）
A．CO2是由极性键构成的非极性分子
B．Na2CO3属于弱电解质，其水溶液呈碱性
C．NaOH溶液既含离子键，又含共价键
D．CO 的水解方程式：CO + 2H2O H2CO3 + 2OH
13．三元弱酸亚砷酸()在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。向溶液中滴加NaOH溶液，关于该过程的说法正确的是（ ）
A．的第三步电离平衡常数
B．的物质的量分数先减小后增大
C．时
D．，存在的含砷微粒仅有、、
14．下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是（ ）。
A．该溶液中，H+、 、 、Br－可以大量共存
B．该溶液中，Ag+、K+、 可以大量共存
C．滴入Na2S溶液，反应的离子方程式为ClO-+S2-+2H＋=Cl-+S↓+H2O
D．向该溶液中加入浓盐酸，每产生1 mol Cl2，转移电子为NA
15．配合物可用于检验。下列说法正确的是（ ）
A．铁原子的2p和3p轨道的形状、能量均相同
B．基态的未成对电子数为5
C．中提供孤电子对的是
D．1mol配合物中所含的π键数目为
16．室温下，用0.05000mol·L-1稀硫酸滴定20.00mL某浓度的MOH溶液，混合溶液的pH随加入稀硫酸体积的变化如图所示。下列说法正确的是
A．若反应在绝热容器中进行，a点对应的溶液温度最高
B．水的电离程度c>b>a
C．b点对应的溶液中，c(M+)：c(MOH)=104：1
D．c点对应的溶液中，c(H+)=c(OH-)+c(M+)+c(MOH)
17．某待测溶液中除含有水电离出的、之外，还可能含有等物质的量的、、、、、中的几种离子。根据如图实验步骤与现象，推测不合理的是（ ）
A．原溶液中一定没有、
B．原溶液中可能同时存在、
C．生成的无色气体为NO
D．蘸取该待测溶液做焰色反应，透过蓝色钴玻璃一定能观察到紫色火焰
18．能促进水的电离，并使溶液中c(H+)>c(OH-)的操作是（ ）
（1）将水加热煮沸 （2） 向水中投入一小块金属钠 （3） 向水中通HCl （4） 向水中加入明矾晶体 （5）向水中加入NaHCO3固体 （6）向水中加KHSO4固体
A．（4） B．（1）（4）（6）
C．（1）（3）（6） D．（4）（6）
19．下列离子方程式书写及评价合理的是（ ）
选项 离子方程式 评价
A 溶液中加入足量 溶液 正确， 过量，酸式盐与碱完全反应生成正盐和水：
B 的 溶液与 的 溶液等体积混合 正确， 与H按物质的量1：1反应转化为 ，过量的 再将一半 转化为
C 将少量的 溶解在过量的稀 中 正确， 化学式可改写为 ， 与 ，物质的量之比为1：2
D 将 溶液加入到足量的 溶液中 错误， 与 发生氧化还原反应：2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+
A．A B．B C．C D．D
20．短周期主族元素X、Y、Z、R、T的原子半径与原子序数关系如图所示。R原子最外层电子数是电子层数的2倍，Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T形成的化合物Z2T能破坏水的电离平衡。下列推断正确的是（ ）
A．原子半径和离子半径均满足：Y
D．由X、R、Y、Z四种元素组成的化合物水溶液一定显碱性
二、综合题
21．某矿渣的成分为Cu2O、Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2，工业上用该矿渣获取铜和胆矾的操作流程如图：
已知：①Cu2O＋2H+=Cu＋Cu2+＋H2O。
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表所示：
沉淀物 Cu(OH)2 Al(OH)3 Fe(OH)3 Fe(OH)2
开始沉淀pH 5.4 4.0 2.7 5.8
沉淀完全pH 6.7 5.2 3.7 8.8
（1）为了加快反应Ⅰ的速率，可以采取的措施是 (任写1条)。
（2）固体混合物A中的成分是 。
（3）反应Ⅰ完成后，铁元素的存在形式为 (填离子符号)；检验该离子常用的方法之一是：取少量含该离子的溶液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，会产生沉淀，写出该反应的离子方程式 。
（4）操作1主要包括： 、 、 。洗涤CuSO4·5H2O粗产品不能用大量水洗，而用冰水洗涤。原因是 。
（5）用NaClO调pH可以生成沉淀B，利用题中所给信息分析沉淀B为 ，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（6）用NaOH调pH可以生成沉淀C，利用题中所给信息分析y的范围为 。
22．某结晶水合物含有CO32-、SO42-、SO32-、Fe2+、Fe3+、NH4+、Ba2+中的三种离子，实验小组为确定其化学式做了如下实验：
①准确称取6.125g样品，配制成250.00mL溶液X。
②取20.00mL溶液X，加入足量盐酸，无明显现象；再加足量BaCl2溶液，产生白色沉淀；将沉淀过滤、洗涤、干燥至恒重，得白色固体0.5825g。
③取20.00mL溶液X，加入适量稀硫酸酸化后，用0.01000mol·L-1KMnO4溶液滴定至终点，重复滴定三次，测得消耗KMnO4溶液体积的平均值为25.00mL。
④设计如图所示的装置，取20.00mL溶液Ⅹ进行实验，实验前后B装置增重0.04250g。
⑤取少量溶液X，滴加0.1 mol ·L-1 KSCN溶液无明显现象，再向其中滴加0.1mol·L-1AgNO3溶液，有白色沉淀生成。
回答下列问题；
（1）完成实验①所需要的玻璃仪器有；烧杯、玻璃棒、量筒、 。
（2）实验③达到滴定终点的现象是 。
（3）实验④的反应结束后，打开止水夹通入N2的作用是 。
（4）根据以上实验数据计算该结晶水合物的化学式为 。
（5）某同学查阅资料发现 AgSCN为白色难溶物，Ag+可以氧化SCNˉ和Fe2+。为探究SCNˉ和Fe2+的还原性强弱，该同学设计了如图实验装置并进行下列实验。
先断开电键K，向溶液X中滴加0.1 mol ·L-1 KSCN溶液，无明显现象，说明 ；闭合电键K后，若观察到的实验现象有溶液X逐渐变红、右边石墨电极上有固体析出、电流计指针偏转，据此得出的结论是 ，溶液变红的原因是 (用离子方程式表示)，该实验设计的优点是 。
23．研究含硒工业废水的处理工艺，对控制水体中硒超标具有重要意义。
（1）已知：H2SeO3为二元弱酸，Ka1(H2SeO3)＝3.5×10-3，Ka2(H2SeO3)＝5.0×10-8。用离子交换树脂处理含Na2SeO3浓度较高的废水时，发生的交换反应为SeO32-＋2RCl=R2SeO3＋2Cl- (R为离子交换树脂的树脂骨架)。经离子交换法处理后，废水的pH将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
（2）木炭包覆纳米零价铁除硒法是一种改良的含硒废水处理方法。
①以木屑和FeCl3·6H2O为原料，在N2氛围中迅速升温至600 ℃，保持2 h，过程中木屑先转化为木炭，最终制得木炭包覆纳米零价铁。制备木炭包覆纳米零价铁过程中，木炭的作用有吸附和 。
②木炭包覆纳米零价铁在碱性废水中形成许多微电池，加速SeO32-的还原过程。SeO32-在微电池正极上转化为单质Se，其电极反应式为 。
（3）绿锈[FeaⅡFebⅡ(OH)cXd](X代表阴离子，Ⅱ、Ⅲ表示铁元素的价态)中铁元素以结构态和游离态两种形式存在。由于结构态的双金属氢氧化物层间存在较大的空隙，形成了巨大的比表面积，同时结构态的FeⅡ还原能力优于游离态的FeⅡ，使得绿锈成为一种良好的除硒剂。
①结构态的绿锈具有优异的吸附性能，而且游离态的Fe3+还易水解生成Fe(OH)3胶体进一步吸附SeO32-。写出Fe3+水解的离子方程式： 。
②不同FeⅡ/FeⅢ组成的绿锈对SeO32-去除效果的影响结果如图1所示。随着绿锈组成中FeⅡ/FeⅢ比值的增大，绿锈的除硒效果先减小后增大的原因可能是 。
③废水的初始pH会对绿锈去除SeO32-的效果产生影响，关系如图2所示。当初始pH增大至11时，SeO32-的去除效果突然迅速减小的原因是 。
24．
（1）Ⅰ．①H2+CuO Cu+H2O
②CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O
③3S+6NaOH 2Na2S+Na2SO3+3H2O
④NH4NO3+Zn=ZnO+N2↑+2H2O
⑤Cu2O+4HCl=2HCuCl2+H2O
上述反应中，属于氧化还原反应的是 (填序号)。
（2）配平下面氧化还原反应的化学方程式：KMnO4+SO2+H2O—K2SO4+MnSO4+H2SO4 。
（3）Ⅱ．某无色透明溶液中可能大量存在Ag+、Mg2+、Cu2+中的几种离子。
不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是 。
（4）取少量原溶液加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，白色沉淀不消失，原溶液中肯定有的离子是 。
（5）取(4)的滤液加入过量NaOH溶液，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定存在的离子有 ，离子反应方程式为 。
（6）原溶液中可能大量存在的阴离子是下列的________(填序号)。
A．Cl- B． C． D．OH-
25．高纯镓是用来制作光学玻璃、真空管、半导体的重要原料。工业上由锌粉置换渣(主要成分有Ga2O3、Ga2S3、ZnS、FeO、Fe2O3、SiO2，还有部分锗元素)制备高纯镓的主要流程如图：
已知：①镓与铝性质相似；
②不同的萃取剂对微粒的选择性不同，N235型萃取剂优先萃取铁；P204+YW100协萃体系优先萃取离子的顺序是：Ge(Ⅳ)>Fe(Ⅲ)>Ga(Ⅲ)>Fe(Ⅱ)>Zn(Ⅱ)。
回答下列问题：
（1）二段浸出渣的成分是S和 (填化学式)，富氧浸出时通入氧气的作用是 ，进行两段富氧浸出的目的是 。
（2）N235萃取和P204+YW100萃取的顺序不可以调换，说明原因 。
（3）中和沉镓时发生反应的离子反应方程式为 ，选用Na2CO3中和沉镓优于选用NaOH的原因是 。
（4）生成粗镓的电极反应式为 。
（5）一定温度下，影响Fe3+在N235型萃取剂中溶解度大小的主要因素是 ，真空蒸馏采用真空的原因是 。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A.SO2具有还原性，与ClO-在溶液中会发生氧化还原反应，不能大量共存，A不符合题意；
B.中性溶液中：Mg2+、Fe3+会形成Mg(OH)2、Fe(OH)3沉淀，不能大量共存，B不符合题意；
C.在明矾溶液中，Al3+与HCO3-会发生双水解反应，形成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，不能大量共存，C不符合题意；
D. mol/L的溶液显酸性，在酸性溶液中，H+与选项离子不能发生任何反应，可以大量共存，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】ClO-不论何种环境都有强氧化性，与还原性离子不能大量共存，如：亚铁离子，碘离子，硫离子，溴离子，氯离子都不能共存。而硝酸根离子只有在酸性环境下才能体现出强氧化性，相当于形成硝酸。能发生彻底双水解的组合有;铝离子与碳酸根离子，碳酸氢根例子，硫离子，氢硫酸氢根离子，偏铝酸根离子。
2．【答案】A
【解析】【解答】A、明矾是一种复盐，是电解质，故A符合题意；
B、盐酸属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B不符合题意；
C、氨气不能电离，其溶于水能电离是由于氨气溶于水与水反应生成的一水合氨电离，一水合氨是电解质，氨气不是电解质，是非电解质，故C不符合题意；
D. 钾钠合金属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电的化合物，根据其电离程度可分为强电解质和弱电解质，几乎全部电离的是强电解质，只有少部分电离的是弱电解质。
3．【答案】D
【解析】【解答】Y的单质经常作为保护气，Y为N元素；由Z、W形成的一种化合物可与X、W形成的化合物反应生成淡黄色固体，此反应为SO2+2H2S=3S+2H2O，X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X为H元素，Z为O元素，W为S元素。
A，非金属性：Y（N） Z（O），最简单氢化物的热稳定性：NH3 H2O，A项不符合题意；
B，W为S，S处于第三周期，第三周期元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是HClO4，B项不符合题意；
C，根据“层多径大，序大径小”，离子半径：X Z Y W，C项不符合题意；
D，含S的盐溶液如Na2S、Na2SO3等溶液呈碱性，Na2SO4等溶液呈中性，NaHSO3溶液等呈酸性，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A中氢化物的稳定性比较常用方法是半径越小键长越短，键越牢固，分子越稳定。原子半径比较方法是，左大右，下大上。
D中盐类水解酸碱性的判断方法，异性相吸弱水解，谁强显谁性。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以二氧化硫的水溶液导电，但电离出离子的物质是碳酸不是二氧化硫，所以二氧化硫是非电解质，A不符合题意；
B．盐酸是氯化氢的水溶液，为混合物，既不是电解质，也不是非电解质，B不符合题意；
C．HCOONH4是在水溶液和熔融状态下都能能完全电离的化合物，为强电解质，C符合题意；
D．HClO ClO-+H+，次氯酸在水溶液中不能完全电离，HClO为弱电解质，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，在水溶液中完全电离的是强电解质，部分电离的是弱电解质，强电解质是电解质的范畴；
A．根据定义判断；
B．混合物既不是电解质也不是非电解质；
C．CH3COONH4属于盐，为强电解质；
D．HClO是弱酸，水溶液中部分电离，是弱电解质。
5．【答案】D
【解析】【解答】A.硅晶体的导电性介于导体和绝缘体之间，可用作半导体材料，与熔点高无关，故A不符合题意；
B. SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，与氧化性无关，故B不符合题意；
C. Al2O3熔点高，可用于制造耐火材料，与硬度大无关，故C不符合题意；
D.洗涤油污是使油脂水解成易溶于水的物质，Na2CO3溶液水解呈碱性，能够促进油脂的水解，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.硅的导电性用于作半导体；
B.利用二氧化硫的漂白性漂白纸浆；
C.氧化铝的熔点高，用作制造耐火材料；
D.碳酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性。
6．【答案】B
【解析】【解答】A.该反应应该是Ga3+离子与HCO3-离子反应，A选项是错误的；
B.用热水洗涤的操作是：用玻璃棒引流，向漏斗中加入热水至刚好浸没沉淀，待热水自然流下，重复操作2~3次，B选项是正确的；
C.该操作是用来检验Cl-的，C选项是错误的；
D.灼烧使用的仪器是坩埚，不能使用试管，D选项是错误的。
故答案为：B。
【分析】A.该反应的正确离子方程式为：Ga3++3HCO3-=Ga（OH）3+CO2；
B.洗涤是将可溶性的杂质离子除去，洗涤操作应该重复进行2~3次；
C. 取少量滤液，滴加稀硝酸酸化，再加硝酸银溶液 是用来检验Cl-的操作；
D.灼烧使用的仪器包括酒精灯、玻璃棒、坩埚、三脚架和泥三角。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．电离平衡常数越大，酸性越强，等浓度的甲酸和乙酸溶液，甲酸酸性强，所以电离程度大，所以溶液中的c(H+)：CH3COOH＜HCOOH，故A不符合题意；
B．等浓度等体积的甲酸和乙酸溶液中，甲酸和乙酸的物质的量相等，分别加入过量的镁，产生氢气的体积：HCOOH = CH3COOH，故B不符合题意；
C．与NaOH发生反应：HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，故C不符合题意；
D． = ，将CH3COOH溶液稀释100倍过程中， 保持不变，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据电离阐述即可判断
B.根据n=cv计算，氢离子的物质的量相等产生的气体也相等
C.HCOOH是弱酸， 不拆
D.根据醋酸的电离常数公式和水的离子积进行替换即可
8．【答案】A
【解析】【解答】A．H2A溶液与NaOH溶液按物质的量1：1恰好完全反应后，生成的是NaHA，但是H2A的电离常数不知道，所以该溶液酸碱性无法判断，A符合题意；
B．可溶性正盐BA溶液呈中性，只能说明HA和BOH的强弱相同，但是如果都是弱酸，且电离常数相同，则BA的阴阳离子水解程度相同，促进水的电离，B不符合题意；
C．醋酸是弱电解质，稀释促进电离，稀释后水的pH增大，pH越大说明越稀，水的电离程度越大，C不符合题意；
D．pH=2的HCl和pH=12的Ba(OH)2当中，氢离子和氢氧根离子浓度相同，溶液等体积混合后，溶液显中性，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据题意反应恰好得到NaHA，由于HA-的情况无法确定
B. 可溶性正盐BA溶液呈中性， 可能是强酸强碱盐或者是弱酸弱碱盐的阴离子和阳离子的水解常数相似
C.浓度越稀越电离
D.根据电荷守恒即可判断
9．【答案】A
【解析】【解答】A． 小只能说明第二步电离难，无法比较第二步电离与第一步电离的大小，A符合题意；
B． 为第一步电离， 为第二步电离， 大于 说明草酸第二步电离比第一步电离更难，B不符合题意；
C．第二步电离中生成的 ，而 远远大于 说明第一步电离比第二步电离容易，C不符合题意；
D． 约等于 ，说明第二步电离中的产物可忽略不计，则说明第二步电离比第一步电离更难，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据比较H2C2O4 H++HC2O4-,HCO4- H++C2O42-，各离子之间的浓度大小即可判断
10．【答案】A
【解析】【解答】A．试纸变蓝，说明溶液中含有铵盐也有可能是氨水，故A符合题意；
B．CO水解显碱性，再滴入3滴1mol/LBaCl2溶液生成碳酸钡沉淀，酚酞溶液变浅，说明碳酸钠溶液碱性是CO水解导致，故B不符合题意；
C．向2.0mL0.1mol/LNaCl溶液中滴入2滴0.1mol/LAgNO3溶液，生成AgCl沉淀，再滴入4滴0.1mol/LKI溶液，白色沉淀生成AgI，说明AgCl沉淀转化为溶解度更小的AgI，所以说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故C不符合题意；
D．乙醇发生消去反应有可能产生SO2杂质气体，通入足量NaOH溶液可以吸收SO2和挥发出来的乙醇，乙烯使酸性高锰酸钾褪色，可说明有乙烯生成，故D不符合题意；
故答案为A
【分析】易错分析：A. 取一定量未知溶液于试管，滴入NaOH溶液并加热，试管口放置湿润红色石蕊试纸 ，说明为氨气，该方法为铵根离子的检验，只能证明含有铵根，不能证明为铵盐。
11．【答案】B
【解析】【解答】A．Na2CO3为强碱弱酸盐，而(NH4)2CO3为弱碱弱酸盐，则铵根离子与碳酸根离子相互促进水解，若c(Na2CO3)=c[(NH4)2CO3]，则两溶液中c(CO )不相等，A叙述不符合题意；
B．相同温度时，Ksp(CaSO4)大于Ksp(CaCO3)，则锅炉中加入Na2CO3溶液发生反应的离子方程式为CO (aq)+CaSO4(s) CaCO3(s)+SO (aq)，B叙述符合题意；
C．Ksp(CaSO4)、Ksp(CaCO3)只与温度有关，则盐酸溶液中，Ksp(CaCO3)、Ksp(CaSO4)不变，C叙述不符合题意；
D．向Na2CO3溶液中通入适量的CO2使溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，根据溶液呈电中性，则c(Na+)+c(H+)=2c(CO )+c(HCO )+c(OH-)，故c(Na+)=2c(CO )+c(HCO )，D叙述不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.铵根离子水解显酸性，而碳酸根离子水解显碱性，相互促进，因此碳酸铵中碳酸根离子浓度小
B.碳酸钙比硫酸钙更难溶
C.溶度积与温度有关，与其他条件无关，只要温度不变，溶度积不变
D.根据电荷守恒和中性即可判断
12．【答案】A
【解析】【解答】A．CO2分子中含有C=O键，为极性共价键，其分子结构为直线型，正负电荷中心重合，为非极性分子，A符合题意；
B．碳酸钠在水溶液中可以完全电离，为强电解质，B不符合题意；
C．NaOH溶于水时离子键被破坏，所以NaOH溶液中并不含离子键，C不符合题意；
D．碳酸为二元弱酸，所以碳酸根的水解分步：CO +H2O HCO +OH 、HCO + H2O H2CO3+OH ，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.二氧化碳是线性分子，是含有碳氧极性键的非极性分子
B.可溶性钠盐均为强电解质，但是碳酸是弱酸，因此碳酸盐水解呈碱性
C.氢氧化钠是离子晶体，在固体中存在离子键和共价键，在溶液中离子键被破坏
D.碳酸根的水解是分步水解，以第一步水解为主
13．【答案】B
【解析】【解答】A．由图可知，当时，pH=c，氢离子浓度为10-c，则的第三步电离平衡常数，A不符合题意；
B．由图可知，的物质的量分数一直在减小，B符合题意；
C．由图可知，时浓度最大且，则此时溶质主要为，故有，C不符合题意；
D．由图可知，，已经不存在，此时存在的含砷微粒仅有、、，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据计算；
C.时，最大，；
D.时不存在。
14．【答案】D
【解析】【解答】A．NaClO和NaCl混合溶液中，H+、ClO-、Cl-、Br-会发生氧化还原反应，不能大量共存，A不符合题意；
B．该混合溶液中，Cl-、Ag+会反应产生AgCl沉淀，不能大量共存，B不符合题意；
C．该混合溶液中滴入Na2S溶液，ClO-氧化性强，会将S2-氧化为H2SO4，不能反应产生S单质，C不符合题意；
D．向该溶液中加入浓盐酸，发生反应：2H++Cl-+ClO-=Cl2+H2O，每反应产生1 mol Cl2，转移电子为NA，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 NaClO和NaCl混合溶液有大量的次氯酸根和氯离子，可以大量共存，但是一旦改变溶液的酸碱性次氯酸就能体现出强氧化性，不能和具有还原性物的物质共存，同时氯离子不能和银离子共存。
15．【答案】C
【解析】【解答】A. 铁原子的2p和3p轨道的形状 相同，但是能量不同，A选项是错误的；
B. 基态的未成对电子数为 4，B选项是错误的；
C. 中提供孤电子对的是CN-，因为CN-是配体，C选项是正确的；
D. 1mol配合物中所含的π键数目为 12NA，D选项是错误的。
故答案为：C。
【分析】A.在 原子的核外电子层排布时，离原子核越远能量就越高；
B.基态的价电子排布式为3d6，根据洪特规则以及泡利原理可知，其中未成对电子数为4；
C. 中提供孤电子对的是CN-，因为CN-是配体，Fe2+离子提供空轨道；
D.在CN-离子中含有一个σ键，两个π键。
16．【答案】C
【解析】【解答】A．b点恰好完全反应，放热最多，故b点对应的溶液温度最高，故A不符合题意；
B．b点的溶质为M2SO4，水的电离程度最大，故B不符合题意；
C．b点时溶质为M2SO4，根据质子守恒可得c(H+)=c(OH-)+c(MOH)，b点时pH=5，c(H+)=10-5mol/L，c(OH-)=10-9mol/L，则c(MOH)=10-5mol/L-10-9mol/L≈10-5mol/L，c(M+)≈2c(SO)=2×0.05mol/L=0.1mol/L，则c(M+)：c(MOH)=104：1，故C符合题意；
D．c点为M2SO4和硫酸的混合物，根据质子守恒可得c(H+)=c(OH-)+c(MOH)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.酸性中和时，恰好完全反应时放出的热量最多；
B.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；
D.根据质子守恒分析。
17．【答案】B
【解析】【解答】A．由分析可知，原溶液中一定没有亚铁离子和铁离子，故A不符合题意；
B．由分析可知，原溶液中一定不存在硫酸根离子，故B符合题意；
C．由分析可知，待测溶液中亚硫酸根离子与稀硝酸反应生成无色气体为一氧化氮，故C不符合题意；
D．由分析可知，原溶液中一定存在钾离子和钠离子，若蘸取该待测溶液做焰色反应，透过蓝色钴玻璃一定能观察到紫色火焰，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】依据离子共存原理和实验步骤与现象判断。
18．【答案】A
【解析】【解答】(1)水的电离是吸热过程，将水加热煮沸，促进水的电离，但纯水中仍然存在c(H+)=c(OH-)，(1)不符合题意；(2)向水中投入一小块金属钠，Na和水反应生成NaOH，NaOH是强碱且抑制水的电离，溶液呈碱性，c(H+)＜c(OH-)，(2)不符合题意；(3)向水中通HCl，HCl是强酸，在水中电离出氢离子，抑制水的电离，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，(3)不符合题意；(4)向水中加入明矾晶体，Al3+水解使溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，水解促进水的电离，(4)符合题意；(5)向水中加入NaHCO3固体，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，c(H+)＜c(OH-)，促进水的电离，(5)不符合题意；(6)向水中加KHSO4固体，KHSO4完全电离生成氢离子，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，抑制水的电离，(6)不符合题意。综上，只有(4)符合题意，
故答案为：A。
【分析】强酸弱碱盐或强碱弱酸盐会促进水的电离，但是只有强酸弱碱盐会使氢离子的浓度大于氢氧根离子的浓度，使溶液呈酸性。
19．【答案】B
【解析】【解答】A．Mg(HCO3)2溶液中加入足量NaOH溶液，反应生成碳酸钠、氢氧化镁沉淀和水，正确的离子方程式为：Mg2++2HCO3 +4OH ═Mg(OH)2↓+2CO32 +2H2O，故A不符合题意；
B.1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合，设溶液体积为1L，偏铝酸钠和HCl的物质的量分别为1mol、2.5mol，1mol偏铝酸钠消耗1molHCl生成1mol氢氧化铝，剩余的1.5molHCl能够溶解0.5mol氢氧化铝，反应的离子方程式为：2AlO2 +5H+═Al3++Al(OH)3↓+H2O，故B符合题意；
C．Fe3O4与过量的稀HNO3反应，生成的亚铁离子被稀硝酸氧化成了铁离子，正确的离子方程式为：3Fe3O4+NO3 +28H+═9Fe3++14H2O+NO↑，故C不符合题意；
D．NaClO溶液与FeCl2溶液混合，二者发生氧化还原反应，正确的离子反应为：2Fe2++5ClO +5H2O═2Fe(OH)3↓+Cl +4HClO，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】书写离子方程式注意的问题：
（1）难溶物、微溶物、弱电解质、氧化物、弱酸酸式根、固体反应物和非电解质都不拆；
（2）化学反应前后电荷要守恒。
20．【答案】C
【解析】【解答】A．氧离子半径大于钠离子半径，A不符合题意；
B．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，非金属性T＞R，所以其最高价含氧酸酸性T＞R，B不符合题意；
C．碳元素能形成多种氢化物，其沸点可能高于水，C符合题意；
D．由 X、R、Y、Z 四种元素组成的化合物水溶液不一定显碱性，例如草酸氢钠，D不符合题意；
【分析】X、Y、Z、R、T为五种短周期元素，根据图像可知X是H，R 原子最外层电子数是电子层数的 2 倍，R位于第二周期，则R是碳元素。Y 与 Z 能形成 Z2Y、Z2Y2型离子化合物，则Z是Na，Y是O。Z 与 T 形成的化合物 Z2T，能破坏水的电离平衡，所以T是S。据此结合元素周期律分析选项。
21．【答案】（1）适当升高温度；不断搅拌；将矿渣粉碎；适当增大硫酸的浓度等
（2）SiO2、Cu
（3）Fe2+；3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓
（4）蒸发浓缩；冷却结晶；过滤；冰水既可以洗去晶体表面的杂质离子，又可以减少晶体的损失
（5）Fe(OH)3；1：2
（6）5.2~5.4或5.2≤pH<5.4
【解析】【解答】（1）根据外界条件对化学反应速率的影响，为了加快反应Ⅰ的速率，可以采取的措施是：适当升高温度、不断搅拌、将矿渣粉碎、适当增大硫酸的浓度等。（2）矿渣的成分为Cu2O、Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2，根据题给已知①和固体A为混合物，加入稀硫酸发生的反应I：Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、FeO+H2SO4=FeSO4+H2O、Cu+ Fe2(SO4)3=CuSO4+2FeSO4，SiO2属于酸性氧化物、与稀硫酸不反应，则经过滤得到的固体混合物A的成分是SiO2、Cu。（3）根据上述分析，固体混合物A中有Cu，则反应Ⅰ完成后，铁元素的存在形式为Fe2+；用铁氰化钾溶液检验Fe2+产生蓝色沉淀，反应的离子方程式为3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓。（4）操作1为从CuSO4溶液中获得CuSO4·5H2O粗产品，主要包括：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；洗涤CuSO4·5H2O粗产品不能用大量水洗，而用冰水洗涤，原因是：冰水既可以洗去晶体表面的杂质离子，又可以减少晶体的损失。（5）根据分析，用NaClO调节pH可以生成沉淀B，由于NaClO具有强氧化性，Fe2+具有还原性，所以沉淀B为Fe(OH)3；该反应中Fe元素的化合价由+2价升至+3价，Fe2+为还原剂，NaClO为氧化剂，Cl元素的化合价由+1价降至-1价，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2。（6）根据分析，用NaOH调pH是使Al3+完全沉淀而除去、而Cu2+不形成沉淀，根据部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH，y的范围为5.2≤pH<5.4。
【分析】某矿渣的成分为Cu2O、Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2，加入稀硫酸发生的反应I：Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、FeO+H2SO4=FeSO4+H2O、Cu+ Fe2(SO4)3=CuSO4+2FeSO4，SiO2与稀硫酸不反应，经过滤得到的固体混合物A中含SiO2、Cu，滤液中含CuSO4、Al2(SO4)3、FeSO4；根据部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH，滤液中加入NaClO并调pH=x将Fe2+转化成Fe(OH)3沉淀，再加入NaOH调pH=y使Al3+转化成Al(OH)3沉淀；此时得到的滤液为CuSO4溶液，硫酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到CuSO4·5H2O粗产品；据此分析结合相关知识解答。
22．【答案】（1）250mL容量瓶、胶头滴管
（2）当最后一滴KMnO4标准溶液滴入时，溶液颜色变为浅紫红色，且半分钟内不再发生变化
（3）使锥形瓶中产生的氨气完全进入B装置中被稀硫酸吸收
（4）(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O
（5）溶液中无Fe3+；Fe2+的还原性强于SCN-；Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；氧化性、还原性离子不直接接触。避免发生沉淀反应而导致离子浓度降低
【解析】【解答】（1）准确称取6.125g样品，配制成250.00mL溶液X时，用烧杯溶解药品，用托盘天平称量药品，用胶头滴管定容，需要用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、量筒、250mL容量瓶、胶头滴管；
(2)实验③用0.01000mol·L-1KMnO4溶液滴定，达到滴定终点的现象是当最后一滴KMnO4标准溶液滴入时，溶液颜色变为浅紫红色，且半分钟内不再发生变化；
(3)实验④的反应结束后，打开止水夹通入N2，使锥形瓶中产生的氨气完全进入B装置中被稀硫酸吸收；
（4）②取20.00mL溶液X，加入足量盐酸，无明显现象说明不含CO32-、SO32-；再加足量BaCl2溶液，产生白色沉淀说明含有SO42-，不含Ba2+；将沉淀过滤、洗涤、干燥至恒重，得白色固体硫酸钡0.5825g，即 ，则250.00mL溶液X中含n(SO42-)= ，m(SO42-)= ，③取20.00mL溶液X，加入适量稀硫酸酸化后，用0.01000mol·L-1KMnO4溶液滴定至终点，重复滴定三次，测得消耗KMnO4溶液体积的平均值为25.00mL，根据反应MnO4-+ 5Fe2++8H+=Mn2++ 5Fe3++4H2O可知，则250.00mL溶液X中含n(Fe2+)= ，m(Fe2+)= ，④设计如图所示的装置，取20.00mL溶液Ⅹ进行实验，实验前后B装置增重0.04250g，则n(NH4+)= n(NH3)= ，m(NH4+)= ，故所含结晶水的质量为6.125g-3.00g-0.875g-0.5625g=1.6875g，n(H2O)= ，n(NH4+)：n(Fe2+)：n(SO42-)：n(H2O)= ，故该结晶水合物的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O；
(5) 先断开电键K，向溶液X中滴加0.1 mol ·L-1 KSCN溶液，无明显现象，说明溶液中无Fe3+；闭合电键K后，若观察到的实验现象有溶液X逐渐变红、右边石墨电极上有固体析出、电流计指针偏转，据此得出的结论是Fe2+的还原性强于SCN-，溶液变红的原因是Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，该实验设计的优点是氧化性、还原性离子不直接接触。避免发生沉淀反应而导致离子浓度降低。
【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的操作判断缺少的仪器；
（2）滴定终点利用高锰酸钾的紫色变化进行判断；
（3）氮气可以将生成的氨气全部带出；
（4）根据实验中的数据和现象判断存在的离子，并计算各种离子的物质的量，然后得出化学式；
（5）根据铁离子的检验、原电池原理进行分析即可。
23．【答案】（1）减小
（2）将三价铁还原为零价铁(或防止纳米零价铁被氧化)；SeO32-+4e-+3H2O=Se+6OH-
（3）Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+；当FeⅢ比例减小时，游离态的FeⅢ形成的Fe(OH)3胶体减少，对SeO32-的吸附作用减弱；当FeⅡ比例增大时，结构态的FeⅡ增多，对SeO32-的还原能力增强；碱性太强，大量的OH-与游离态的FeⅡ和FeⅢ分别形成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀覆盖在绿锈表面，减少了反应活性(或碱性太强，结构态的双金属氢氧化物结构受到破坏，还原性减弱)；或大量的OH-吸附在绿锈表面使其带负电荷，从而对SeO32-产生排斥作用
【解析】【解答】（1）H2SeO3为二元弱酸，含Na2SeO3浓度较高的废水中发生水解：SeO32-+H2O HSeO3-+OH-，溶液呈碱性，用离子交换树脂处理含Na2SeO3浓度较高的废水时，发生的交换反应为SeO32-+2RCl=R2SeO3+2Cl-，SeO32-离子转化为Cl-导致浓度减小，水解程度降低，溶液的碱性减弱，废水的pH将减小；（2）①以木屑和FeCl3·6H2O为原料，在N2氛围中迅速升温至600 ℃，保持2 h，过程中木屑先转化为木炭，高温下木炭还具有还原性，可以将FeCl3中+3价的铁还原为零价铁，木炭表面多孔具有吸附性，木炭将得到的纳米零价铁充分包覆，还可防止纳米零价铁被氧化，答案为：将三价铁还原为零价铁(或防止纳米零价铁被氧化)；②木炭包覆纳米零价铁在碱性废水中形成许多微电池，这些微电池负极为铁，发生氧化反应， 正极为木炭，SeO32-在微电池正极上发生还原反应，转化为单质Se，在碱性废水的环境下电极反应式为SeO32-+4e-+3H2O=Se+6OH-；（3）①金属阳离子的水解比较复杂，一般合为一步书写，三价铁离子水解后生成的是氢氧化铁胶体，具有吸附性，Fe3+水解的离子方程式为：Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+②FeⅢ形成的Fe(OH)3胶体吸附碱性废水中的SeO32-离子，FeⅡ对SeO32-进行还原，随着绿锈组成中FeⅡ/FeⅢ比值的增大，FeⅢ的比例减小，游离态的FeⅢ形成的Fe(OH)3胶体减少，对SeO32-的吸附作用减弱，绿锈的除硒效果减小；结构态的FeⅡ还原能力优于游离态的FeⅡ，但随着FeⅡ比例增大，结构态的FeⅡ增多，对SeO32-的还原能力增强，故绿锈的除硒效果又开始增大，答案为：当FeⅢ比例减小时，游离态的FeⅢ形成的Fe(OH)3胶体减少，对SeO32-的吸附作用减弱；当FeⅡ比例增大时，结构态的FeⅡ增多，对SeO32-的还原能力增强；③当初始pH增大至11时，溶液碱性增强，溶液中OH-浓度增大，大量的OH-与游离态的FeⅡ和FeⅢ分别形成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀覆盖在绿锈表面，减少了反应活性；由题中信息可知，绿锈中铁元素以结构态和游离态两种形式存在，结构态的双金属氢氧化物层间存在较大的空隙，形成了巨大的比表面积，使得绿锈成为一种良好的除硒剂，OH-与游离态的FeⅡ和FeⅢ分别形成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀，结构态的双金属氢氧化物结构受到破坏，还原性减弱；另外溶液中大量的OH－吸附在绿锈表面使其带负电荷，从而对SeO32-产生排斥作用，进而影响到SeO32-的去除效果，这些都有可能导致因初始pH增大至11，SeO32-的去除效果突然迅速减小，答案为：碱性太强，大量的OH-与游离态的FeⅡ和FeⅢ分别形成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀覆盖在绿锈表面，减少了反应活性(或碱性太强，结构态的双金属氢氧化物结构受到破坏，还原性减弱)；或大量的OH-吸附在绿锈表面使其带负电荷，从而对SeO32-产生排斥作用。
【分析】（1）根据水解反应及离子交换反应中离子浓度的变化来考虑；（2）①根据木炭的化学性质及题中信息考虑；②根据碱性环境及生成单质Se书写电极反应；（3）①根据阳离子水解方程式的书写方法书写；②根据图中绿锈的除硒效果及FeⅡ/FeⅢ的浓度变化及各自的性质进行考虑；③根据碱性增强导致氢氧根浓度增大与FeⅡ/FeⅢ对SeO32-的去除原理进行考虑；
24．【答案】（1）①③④
（2）2KMnO4+5SO2+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4
（3）Cu2+
（4）Ag+
（5）Mg2+；Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓
（6）B
【解析】【解答】I．(1)分析反应中元素化合价的变化情况：其中①③④三个反应中有元素化合价发生了变化，因此这三个反应属于氧化还原反应，而②⑤⑥三个反应中没有元素化合价发生变化，因此这三个反应不属于氧化还原反应，故合理选项是①③④；(2)在反应KMnO4+SO2 +H2O——K2SO4+MnSO4+H2SO4中，Mn元素化合价由反应前KMnO4中的+7价变为反应后MnSO4中的+2价，化合价降低5价；S元素化合价由反应前SO2中的+4价变为反应后MnSO4、K2SO4和H2SO4中的+6价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数是10，所以KMnO4、MnSO4的系数是2；SO2的系数是5，K2SO4的系数是1，H2SO4的系数是2，再根据H原子守恒，可知H2O的系数是2，则配平后该反应方程式为2KMnO4+5SO2+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4；Ⅱ．(3)Cu2+水溶液显蓝色，在无色溶液中不能大量存在，故不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是Cu2+；(4)取少量原溶液加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，白色沉淀不消失，则原溶液中肯定有的离子是Ag+；(5)取(4)的滤液加入过量NaOH溶液，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定存在的离子是Mg2+，发生该反应的离子方程式为：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓；(6)根据上述分析可知：该溶液中没有Cu2+，含有Ag+、Mg2+。
A．Cl-与Ag+会反应产生AgCl白色沉淀，因此Cl-不能大量存在，A不正确；
B． 与Ag+、Mg2+不会发生任何反应，可以大量存在，B正确；
C． 与Ag+、Mg2+能发生反应，产生Ag2CO3、MgCO3沉淀，不能大量存在，C不正确；
D．OH-与Ag+、Mg2+能发生反应，产生AgOH、Mg(OH)2沉淀，不能大量存在，D不正确；
故合理选项是B。
【分析】I．(1)根据氧化还原反应的特征判断；(2)根据电子守恒、原子守恒配平方程式；II．(3)根据有色离子在无色溶液中不能大量存在；(4)根据AgCl是白色既不溶于水也不溶于硝酸分析；(5)根据离子共存判断可能存在的阴离子。
25．【答案】（1）SiO2；将Fe2+氧化为Fe3+，为后续N235萃取做好准备；浸出更多的浸出液，提高原料的利用率
（2）因为P204+YW100协萃体系对Fe(III)和Ga(III)都有萃取作用
（3）2Ga3++3CO +3H2O=2Ga(OH)3↓+3CO2↑；NaOH过量会使Ga(OH)3溶解
（4）[Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH-
（5）溶液的酸碱度或pH；防止被氧气氧化和减压
【解析】【解答】(1)富氧浸出时，由于SiO2属于酸性氧化物，与硫酸不反应，且难溶于水，故二段浸出渣的成分是S和SiO2；锌粉置换渣中的FeO与硫酸反应生成FeSO4，富氧浸出时通入O2可将Fe2+氧化为Fe3+，为后续N235萃取做好准备；进行两段富氧浸出的目的是浸出更多的浸出液，提高原料的利用率；故答案为：SiO2；将Fe2+氧化为Fe3+，为后续N235萃取做好准备；浸出更多的浸出液，提高原料的利用率。
(2)根据已知“不同的萃取剂对微粒的选择性不同，N235型萃取剂优先萃取铁；P204+YW100协萃体系优先萃取离子的顺序是：Ge(Ⅳ)>Fe(Ⅲ)>Ga(Ⅲ)>Fe(Ⅱ)>Zn(Ⅱ)”，故先加入N235萃取优先萃取铁，从而除去Fe3+；若将N235萃取和P204+YW100萃取的顺序调换，则P204+YW100协萃体系对Fe(III)和Ga(III)都有萃取作用，达不到除去Fe3+的目的；故答案为：因为P204+YW100协萃体系对Fe(III)和Ga(III)都有萃取作用。
(3) 中和沉镓时Ga3+与 发生双水解反应生成Ga(OH)3和CO2，反应的离子方程式为2Ga3++3CO +3H2O=2Ga(OH)3↓+3CO2↑；根据题给已知①推测，Ga(OH)3能与强碱反应生成[Ga(OH)4]-，
故答案为：用Na2CO3中和沉镓优于选用NaOH的原因是NaOH过量会使Ga(OH)3溶解；故答案为：2Ga3++3CO +3H2O=2Ga(OH)3↓+3CO2↑；NaOH过量会使Ga(OH)3溶解。
(4) 电解含[Ga(OH)4]-的碱溶溶液得到粗镓，故生成粗镓的电极反应式为[Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH-；故答案为：[Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH-。
(5)根据流程图，用N235萃取后得到含Fe3+的有机相I，在有机相I中加入H2SO4进行反萃取，N235循环使用，说明加入硫酸后Fe3+进入无机相II中，从而可得出：一定温度下，影响Fe3+在N235型萃取剂中溶解度大小的主要因素是溶液的酸碱度或pH；由于镓与铝性质相似，故真空蒸馏时采用真空的原因是防止被氧气氧化和减压；故答案为：溶液的酸碱度或pH；防止被氧气氧化和减压。
【分析】锌粉置换渣(主要成分有Ga2O3、Ga2S3、ZnS、FeO、Fe2O3、SiO2，还有部分锗元素)中加入H2SO4、并通入O2发生反应得到含Ga3+、Zn2+、Fe3+等的浸出液；根据已知②，浸出液经中和过滤后加入N235萃取优先萃取铁，从而除去Fe3+；无机相I再加入P204+YW100萃取得到含Ga3+的有机相II，有机相II中加入H2SO4得到含Ga3+的无机相III；根据镓与铝性质相似，向无机相III中加入Na2CO3发生双水解反应得到Ga(OH)3沉淀，Ga(OH)3进一步处理得到Ga2O3，Ga2O3与加入的NaOH发生反应Ga2O3+2OH-+3H2O=2[Ga(OH)4]-得到碱溶溶液，电解含[Ga(OH)4]-的碱溶溶液得到粗镓；粗镓经真空蒸馏、重复结晶得到高纯镓。
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