2024届高三化学二轮复习——电解质溶液（含解析）
文档属性
| 名称 | 2024届高三化学二轮复习——电解质溶液（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 912.9KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-02-20 11:23:53 | ||
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文档简介
2024届高三化学二轮复习——电解质溶液
一、单选题
1．下列物质属于电解质的是（ ）
A．NaCl溶液 B．SO3 C．NaOH D．Cu
2．下列化学用语的表述正确的是（ ）
A．原子的价电子构型：
B．二氧化碳分子的比例模型：
C．溶液导电：NaCl
Na++Cl-
D．的电子式：
3．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A．新制饱和氯水中：Al3+、Cu2+、SO42-、Br-
B．使甲基橙变红的溶液中：Mg2+、Fe3+、NO3-、SCN-
C． =1×10-13mol·L-1的溶液中：Na+、K+、Cl-、AlO2-
D．由水电离的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液中：Ca2+、Ba2+、Cl-、HCO3-
4．下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）（ ）
A． NaCl溶于水
B． 电解CuCl2溶液
C． CH3COOH在水中电离
D．H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H=183kJ·mol-1 H2与Cl2反应能量变化
5．既不是电解质，又不是非电解质的是（ ）
A．氯气 B．二氧化硫 C．酒精 D．冰醋酸
6．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
选项 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，与可发生氧化还原反应
C 、、、 能大量共存，钠盐、铵盐都溶于水
D 、、、 不能大量共存，、会发生氧化还原反应
A．A B．B C．C D．D
7．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．0.1 mol C3H6分子中含有的碳碳双键数为0.1NA
B．常温下，1LpH=2的CH3COOH溶液中含有的CH3COO-数为0.01NA
C．25.6g铜与一定量的浓硝酸完全反应时，转移的电子数为0.8NA
D．标准状况下，2.24LS16O2和S18O3的混合物中含有的硫原子数为0.1NA
8．已知常温下NH3 H2O的电离平衡常数Kb=1.8×10-5。常温下向1L0.1mol L-1的NH4Cl溶液中不断加入NaOH固体，溶液中NH 和NH3 H2O的物质的量浓度变化曲线如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是（ ）
A．M点时，加入的NaOH少于0.05mol
B．M点时，溶液pH=7
C．M点时，c(OH-)+0.05=a+c(H+)
D．n(NaOH)=0.05mol时，c(Cl-)>c(NH )>c(H+)>c(OH-)
9．t℃时，将0.200mol·L－1的某一元酸HA与0.200mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，充分反应后所得溶液中部分离子浓度如下表。下列说法中正确的是（ ）
A．所得溶液中：c(Na+)>c(A－)>c(HA)>c(OH－)
B．t℃时，水的离子积Kw=1.0×10－13
C．t℃时，一元酸HA的电离常数K=3.10×10－7
D．t℃时，0.100mol·L－1NaA溶液中A－的水解率为0.80%
10．在水溶液中能大量共存的一组离子是（ ）
A．NH4+、CH3COO-、Na+、H+ B．AlO2-、Na+、K+、HCO3-
C．Mg2+、Na+、SO42-、NO3- D．ClO-、Na+、K+、Fe2+
11．室温下，下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是（ ）
A．pH=10的溶液中，Na+、ClO-、 、Cl-
B．0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中，Cu2+、 、 、
C．使蓝色石蕊试纸变红的溶液中，Mg2+、 、K+、Cl-
D．0.2mol·L-1KI溶液中， 、H+、Al3+、Br-
12．相同温度下等物质的量浓度的下列溶液中，值最小的是（ ）
A． B． C． D．
13．以含钴废渣(主要成分为CoO和Co2O3，含少量 Al2O3和 ZnO)为原料制备锂电池的电极材料CoCO3的工艺流程如图：
下列说法不正确的是（ ）
A．通入SO2发生反应的离子方程式：
B．除铝时加入Na2CO3溶液可以促进 Al3+ 的水解
C．若萃取剂的总量一定，则一次加入萃取比分多次加入萃取效果更好
D．将含Na2CO3的溶液缓慢滴加到Co2+溶液中沉钴，目的是防止产生 Co(OH)2
14．次磷酸(H3PO2) 为一元中强酸，具有较强的还原性，可用电渗析法制备，“四室电渗析法”工作原理如下图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)。下列叙述不正确的是（ ）
A．阳极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+
B．产品室中发生反应H++ H2PO2-=H3PO2， 该法还可得副产品NaOH
C．原料室中H2PO2- 向左移动，Na+ 向右移动，该室pH 升高
D．阳膜1的主要作用是防止H2PO2- 进入阳极室被氧化并允许H+通过
15．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A．能使甲基橙变红的溶液中：K＋、Mg2＋、NO3－、I－
B．c(HCO3－)＝1 mol·L－1溶液中：Na＋、NH4+、SO42-、OH－
C．无色透明的溶液中：Fe3＋、Al3＋、NO3－、SO42-
D．c(OH-)/c(H+)＝1012的溶液中：Ba2＋、Na＋、NO3－、AlO2－
16．化学是一门以实验为基础的学科，下列有关实验的说法错误的是
选项 实验 实验说明或者方案设计
A 测定中和反应的反应热 中和滴定的同时，使用温度传感器采集锥形瓶内溶液温度，测得中和反应的反应热数值可能偏低
B 比较Mg和Al的金属性强弱 将MgCl2溶液和AlCl3溶液分别与足量NaOH溶液反应
C 实验室制备氢氧化铁胶体 图标提示全部需要
D 室温下，将AgCl和AgBr的饱和溶液等体积混合 已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgBr)=5.0×10-13，推测可能看到出现淡黄色沉淀
A．A B．B C．C D．D
17．已知：25℃，NH3·H2O电离平衡常数K＝1.76×10－5。25℃，向1 L 0.1 mol/L某一元酸HR溶液中逐渐通入氨气，若溶液温度和体积保持不变，所得混合溶液的pH与变化的关系如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．由图可推知：25℃，0.1 mol/L NaR溶液的pH约为10
B．当通入0.1 mol NH3时，所得溶液中：c(NH4+)＞c(R－)＞c(OH－)＞c(H+)
C．pH＝7时，所得溶液中：c(HR)＞c(R－) =c(NH4+)
D．pH＝10时，所得溶液中：c(R－)＞c(HR) ，c(NH4+)＞c(NH3·H2O)
18．下列实验操作或装置(略去部分夹持仪器)正确的是（）
A．蒸发结晶
B．中和滴定
C．制MgCl2
D．制乙酸乙酯
19．室温下，通过下列实验探究0.1mol·L-1NaHS溶液的性质。
实验 实验操作和现象
① 滴加几滴酚酞试液，溶液变红
② 加入等体积0.1mol L-1NaOH溶液充分混合，无明显现象
③ 加入少量CuSO4溶液，产生黑色沉淀
④ 加入适量NaClO溶液，有淡黄色沉淀产生
下列有关说法正确的是（ ）
A．实验①溶液中：c(S2-)＞c(H2S)
B．实验②所得溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)
C．实验③中反应的离子方程式：Cu2++HS-→CuS↓+H+
D．实验④中反应的离子方程式：2HS-+ClO-→2S↓+Cl-+H2O
20．现有常温下0.1mol/L的Na2SO4溶液。欲使此溶液中水的电离平衡向右移动，且pH<7，有下列措施：①给溶液加热；②加入少量稀硫酸；③加入NH4Cl晶体；④加入CH3COONa固体；⑤加入BaCl2溶液；⑥加入FeCl3溶液。其中能达到目的的是（ ）
A．①③⑥ B．①②③
C．②③④ D．③⑤⑥
二、综合题
21．燃料电池种类众多，应用广泛。目前已经上市的氢燃料电池汽车有数十种，某种氢燃料客车搭载质子交换膜燃料电池的结构如图所示。
（1）通入氧气的电极发生（ ）反应（单选）。
A.氧化 B.还原 C.氧化还原 D.非氧化还原
（2）该电池的导电粒子为质子，它在电池内部的定向移动方向是 。
A.a极→b极 B.b极→a极
C.正极→负极 D.负极→正极
该电池的负极的电极反应式： 。
（3）肼—空气燃料电池也是一种环保型碱性燃料电池，电解质为溶液，该电池的总反应方程式为。电池工作时，若有消耗，转移的电子数为 ，溶液的 （单项）。
A.增大 B.减小 C.不变 D.无法确定
（4）已知水溶液呈弱碱性，室温下其电离常数，。向的水溶液中加入的溶液，该反应的离子方程式为 ，反应后的溶液呈 （单项）。
A.碱性 B.中性 C.酸性 D.无法确定
（5）推广磷酸亚铁锂电池的新能源汽车对减少二氧化碳排放和大气污染具有重要意义。该电池的正极材料为，利用废料（带铝箔）回收Li、Al、Fe、P元素的工业模拟过程如下：
已知，易溶于盐酸。
步骤①加入溶液的目的是 ，产品1主要成分为 。
（6）写出步骤③发生反应的离子方程式 。
（7）已知的，的，判断步骤⑤是否可以完全反应，说明理由 。
（8）步骤④、⑥两步加入均产生沉淀，指出两步中的作用 。
22．锑（Sb）广泛用于生产各种阻燃剂、陶瓷、半导体元件和医药及化工等领域。
（1）Ⅰ．锑在元素周期表中的位置 。
（2）锑（Ⅲ）的氧化物被称为锑白，可以由SbCl3水解制得，已知SbCl3水解的最终产物为锑白。为了得到较多、较纯的锑白，操作时将SbCl3徐徐加入大量水中，反应后期还要加入少量氨水。试用必要的化学用语和平衡移动原理解释这两项操作的作用 。工业上，还可用火法制取锑白，是将辉锑矿（主要成分为Sb2S3）装入氧化炉的坩埚中，高温使其融化后通入空气，充分反应后，经冷却生成锑白。写出火法制取锑白的化学方程式 。
（3）Ⅱ．以辉锑矿为原料制备金属锑，其中一种工艺流程如下：
已知部分信息如下：
①辉锑矿（除Sb2S3外，还含有砷、铅、铜的化合物和SiO2等）；
②浸出液主要含盐酸和SbCl3，还含SbCl5、CuCl2、AsCl3和PbCl2等杂质；
③常温下，Ksp（CuS）=1.0×10-36，Ksp（PbS）=9.0×10-29。
回答下列问题：
“酸浸”过程中Sb2S3发生反应的化学方程式为 。
（4）已知：浸出液中c（Cu2+）=0.0001mol/L，c（ Pb2+）=0.1mol/L。在沉淀铜、铅过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，先产生沉淀的是 （填化学式）；当CuS、PbS共沉沉时， = （保留小数点后一位）。
（5）在“除砷”过程中，氧化产物为H3PO4。该反应氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。
（6）在“电解”过程中，锑的产率与电压大小关系如图所示。当电压超过U0
V时，锑的产率降低的原因可能是 。
23．钛酸钡(BaTiO3)是电子陶瓷器件的重要基础原料。工业上以钛精矿(主要成分为TiO2)和BaCl2为主要原料制备钛酸钡粉体的工艺流程如下：
已知：①TiCl4水解生成H2TiO3沉淀；
②水溶液中含碳微粒随pH的分布如图所示。
（1）“氯化”在800 ℃时进行，其反应的化学方程式为 。
（2）“共沉淀”时，需控制溶液pH为10～11，其原因是：① ；② 。
（3）“滤液”中溶质的主要成分为 (填化学式)。过滤得到的固体通常用一定浓度的NH4HCO3溶液进行洗涤，其主要原因是 。
（4）“煅烧”得到的钛酸钡粉体中钡钛质量比 ，钛酸钡粉体中可能含有的杂质为 (填化学式)。
24．钛矿工业中的硫酸酸性废水富含Ti、Fe等元素，其综合利用如下：
已知：TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中。
（1）TiO2+钛的化合价为 。
（2）步骤Ⅰ中检验钛矿废水中加入铁屑是否足量的试剂是 。
（3）操作a是蒸发浓缩、冷却结晶、 。
（4）步骤Ⅲ中发生反应的化学方程式为 ；反应温度一般需控制在35℃以下，其目的是 。
（5）已知Ksp=[Fe（OH）2] = 8×10-16。步骤Ⅲ中，FeCO3达到溶解平衡时，若室温下测得溶液的pH为8.5， c（Fe2+） = 1×10-6mol/L。试判断所得的FeCO3中 （填“有”或“没有”）Fe（OH）2；步骤Ⅳ中，为了得到较为纯净的Fe2O3，除了适当的温度外，还需要采取的措施是 。
（6）向“富含TiO2+溶液”中加入Na2CO3粉末易得到固体TiO2 nH2O。请结合原理和化学用语解释其原因 。
25．钴盐在生活和生产中有着重要应用。
（1）干燥剂变色硅胶常含有。常见氯化钴晶体的颜色如下：
化学式
颜色 蓝色 蓝紫色 紫红色 粉红色
变色硅胶吸水饱和后颜色变成 ，硅胶中添加的作用 。
（2）草酸钴是制备钴氧化物的重要原料，常用溶液和溶液制取难溶于水的晶体。
①常温下，溶液的 7(填“>”“=”或“<”)。(已知：常温下，，。)
②制取晶体时，还需加入适量氨水，其作用是 。
③在空气中加热二水合草酸钴，受热过程中在不同温度范围内分别得到一种固体物质。已知的两种常见化合价为价和价，。
温度范围／ 150～210 290～320
固体质量/g 8.82 4.82
ⅰ．温度在范围内，固体物质为 (填化学式，下同)；
ⅱ．从加热到时生成一种钴的氧化物和，此过程发生反应的化学方程式是 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A. NaCl溶液属于混合物，不是电解质，也不是非电解质，A不符合题意；
B. SO3不能电离出离子，是非电解质，B不符合题意；
C. NaOH能电离出离子而导电，属于电解质，C符合题意；
D. Cu是金属单质，不是电解质，也不是非电解质，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】电解质是指在水溶液或熔融状态能够导电的化合物，主要包括酸、碱、盐和活泼金属的氧化物。
2．【答案】D
【解析】【解答】A.Ge为第四周期元素，其原子的价电子构型为4s24p2，故A不符合题意；
B.碳原子的半径比氧原子大，故B不符合题意；
C.氯化钠溶液导电是因为氯化钠在水中先发生了电离，不是因为导电才发生电离，故C不符合题意；
D.碳原子分别与氧原子和硫原子形成双键，且都达到8电子稳定结构，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、根据元素在周期表中的位置确定价电子的构型；
B、确定比例模型时要注意原子半径的大小关系；
C、注意物质导电和电离的因果顺序。
3．【答案】C
【解析】【解答】A、新制饱和氯水中含有大量的Cl2 ， 能将Br -氧化为Br2 ， 故A不符合题意；
B、使甲基橙变红的溶液呈酸性，Fe3+与SCN-反应生成红色的Fe(SCN)3 ， 故B不符合题意；
C、
=1×10-13mol·L-1的溶液呈碱性，所以这四种离子能够大量共存，即C符合题意；
D、由水电离的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，而HCO3-在酸性、碱性溶液中都不能存在，所以D不符合题意。故答案为C。【分析】考查了离子共存问题，溶液中存在的离子不能结合生成弱电解质、沉淀、气体
4．【答案】B
【解析】【解答】Ａ.NaCl在溶于水后破坏的是离子键，因此会变为Cl-和Na+，题目的描述是正确的，不符合题意；
B.在电解CuCl2溶液的反应中，阳极发生的反应是2Cl-2e-=Cl2，所以题目的说法是错误的，符合题意；
C.醋酸分子属于弱电解质，因此在水溶液中是不完全电离的，用可逆号表示，选项的描述是正确的，不符合题意；
D.在氢气和氯气的反应中，断旧键需要吸收能量，成新键需要放出能量，所以该反应的反应热等于1mol氢氢键的键能与1mol氯氯键键能之和，减去2mol氢氯键的键能。
故答案为：B
【分析】A.离子化合物在水溶液中会破坏离子键；
B.电解氯化铜溶液后，阳极的产物是氯气，阴极的产物是铜离子；
C..弱电解质在水中的电离是很微弱的，因此要用可逆号表示；
D.反应热是指当一个化学反应在恒压以及不作非膨胀功的情况下发生后，若使生成物的温度回到反应物的起始温度，这时体系所放出或吸收的热量称为反应热。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A选；
B．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SO2的水溶液导电，但电离出离子的物质是亚硫酸不是SO2，所以SO2是非电解质，故B不选；
C．酒精是在熔化状态下和水溶液中都不能导电的化合物是非电解质，故C不选；
D．冰醋酸能电离出少量自由移动的阴阳离子，是电解质，故D不选；
故答案为：A。
【分析】在水溶液或熔融状态下能导电的化合物叫做电解质，在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物叫做非电解质。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．、在酸性溶液中会发生氧化还原反应，不能大量共存；在离子方程式中，草酸是弱酸，不能拆开，故A不符合题意；
B．酸性条件下，可与发生氧化还原反应，二者不能大量共存，故B符合题意；
C．因为酸性太弱，因此和水解相互促进，发生彻底反应，最终可生成氨水和硅酸，因此不能大量共存，故C不符合题意；
D．向溶液中加入一定量，可得到和的混合溶液，、、、四种离子可以大量共存，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．草酸是弱酸，不拆；
B．酸性条件下，与反应；
C．和反应；
D．、、、离子之间不反应。
7．【答案】C
【解析】【解答】A.分子式为C3H6的有机物，其结构可能为CH2=CHCH3或，因此其所含的碳碳双键不一定为0.1NA，A不符合题意；
B.1LpH=2的CH3COOH溶液中，n(H+)=1L×0.01mol/L=0.01mol，溶液中的H+来自于CH3COOH和H2O的电离，因此溶液中n(CH3COO-)小于0.01NA，B不符合题意；
C.25.6g铜的物质的量，反应过程中，Cu失去两个电子转化为Cu2+，因此0.4molCu完全反应，转移电子数为0.8NA，C符合题意；
D.标准状态下，SO3不是气体，因此不能应用气体摩尔体积进行计算，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据C3H6的结构进行分析；
B.CH3COOH溶液中H+来自于CH3COOH和H2O的电离；
C.根据公式计算n(Cu)，结合反应过程中元素化合价的变化计算转移电子数；
D.标准状态下，SO3不是气体，不能应用气体摩尔体积进行计算；
8．【答案】C
【解析】【解答】A． 向1L0.1mol L-1的NH4Cl溶液中不断加入NaOH固体，a=0.05mol时，得到物质的量均为0.05mol的氯化铵和一水合氨， ，即一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，所以 ，所以要想满足 ，加入的NaOH要大于0.05mol，故A不符合题意；
B．由A分析知，当a=0.05mol时，一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，溶液显碱性，M点a大于0.05mol，碱性更强，溶液pH>7，故B不符合题意；
C． M点时存在电荷守恒 ，且c(Na+)=amol/L，c(Cl-)=0.1mol/L， ，则 整理可得c(OH-)+0.05=a+c(H+)，故C符合题意；
D． n(NaOH)=0.05mol时，一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，所以 ，所以c(OH-)>c(H+)，所以c(Cl-)>c(NH )>c(H+)>c(OH-)不成立，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据给出的数据计算出此时的铵根离子水解常数与氨水的电离常数进行对比即可
B.根据铵根的水解常数和氨水的电离常数进行对比即可
C.根据电荷守恒以及给出的数据进行判断即可
D.根据铵根的水解常数和氨水的电离常数进行比较即可
9．【答案】D
【解析】【解答】t℃时，将0.200mol/L的某一元酸HA与0.200mol/L的NaOH溶液等体积混合，则起始时c(HA)=0.100mol/L，c(NaOH)=0.100mol/L，HA与NaOH发生反应NaOH+HA=NaA+H2O，反应恰好生成0.1mol/L的NaA，根据物料守恒，c(HA)+c(A-)=0.1mol/L，已知c(A-)=9.92×10-2mol/L，则c(HA)=0.1mol/L-9.92×10-2mol/L=8×10-4mol/L，c(Na+)=0.1mol/L，已知c(H+)=2.50×10-10mol/L，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，则c(OH-)=0.1mol/L+2.50×10-10mol/L-9.92×10-2mol/L＞8×10-4mol/L。
A．所得溶液中，c(Na+)=0.1mol/L，c(A-)=9.92×10-2mol/L，c(HA)=8×10-4mol/L，c(OH-)＞8×10-4mol/L，c(OH-)＞c(HA)，因此所得溶液中，粒子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(HA)，故A不符合题意；
B．t℃时，溶液中c(H+)=2.50×10-10mol/L，c(OH-)＞8×10-4mol/L，则水的离子积Kw=c(H+)c(OH-)＞2.50×10-10×8×10-4=2×10-13＞1.0×10-14，故B不符合题意；
C．t℃时，一元酸HA的电离常数K= = =3.1×10-8，故C不符合题意；
D．t℃时，0.100mol/L的NaA溶液中，平衡时c(HA)=8×10-4mol/L，发生的水解反应为：A-+H2O HA+OH-，则水解率= ×100%=0.80%，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.反应得到的溶质是NaA，由于A-是弱酸根离子会进行水解，因此溶液显碱性，根据离子之间浓度的计算可知，OH-的浓度大于HA；
B.根据此时氢离子和氢氧根离子的浓度之积可以计算出水的离子积等于2×10-13；
C.电离平衡常数等于H+和A-浓度之积比上HA的浓度；
D.水解率等于水解消耗的物质的量与原物质的量之比。
10．【答案】C
【解析】【解答】A.CH3COO-、H+生成弱电解质CH3COOH，故A不符合题意；
B.AlO2-、HCO3-反应生成Al(OH)3、CO32-，故B不符合题意；
C.Mg2+、Na+、SO42-、NO3-不反应，故C符合题意；
D.ClO-、Fe2+发生氧化还原反应，故D不符合题意。
【分析】根据离子间能否发生离子反应进行判断即可。
11．【答案】A
【解析】【解答】A．pH=10的溶液呈碱性，碱性条件下Na+、ClO-、 、Cl-相互之间不反应，Na+、ClO-、 、Cl-能大量共存，故选A；
B.0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中，Fe3+与 发生双水解反应生成生成二氧化碳气体，0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中不含 ，故不选B；
C．使蓝色石蕊试纸变红的溶液呈酸性，酸性条件下 不能大量存在，故不选C；
D．酸性条件下 能把I-氧化为I2，0.2mol·L-1KI溶液中不含 ，故不选D；
故答案为：A。
【分析】A.pH=10的溶液呈碱性；
B.0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中含有大量的铁离子；
C.使蓝色石蕊试纸变红的溶液呈酸性；
D.碘离子具有还原性能被强氧化性离子氧化。
12．【答案】B
【解析】【解答】铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，促进铵根离子水解会使铵根离子浓度减小，抑制铵根离子水解使铵根离子浓度增大，由化学式可知，相同温度下等物质的量浓度的硫酸铵溶液中铵根离子浓度最大；碳酸氢铵溶液中碳酸氢根离子水解促进铵根离子水解，铵根离子浓度小于氯化铵溶液，硫酸氢铵溶液中硫酸氢根离子电离出的氢离子浓度大于氯化铵溶液，则相同温度下等物质的量浓度的碳酸氢铵溶液中铵根离子浓度最小，
故答案为：。
【分析】铵根离子水解程度越大，则浓度越低，反之，则铵根离子浓度越小。
13．【答案】C
14．【答案】C
【解析】【解答】A. 阳极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，故A正确；
B. 阳极室H+的通过阳膜1移向产品室，原料室的H2PO2-通过阴膜移向产品室，所以产品室中发生反应H++ H2PO2-=H3PO2，阴极产生OH-，原料室的Na+通过阳膜移向阴极室，所以该法还可得副产品NaOH，故B正确；
C.原料室中H2PO2- 水解使溶液呈碱性，H2PO2- 向左移动，该室pH 降低，故C不正确；
D. 阳膜1的主要作用是防止H2PO2- 进入阳极室被氧化并允许H+通过，故D正确。
故答案为：C。
【分析】H2PO2- 水解使溶液呈碱性，H2PO2- 向左移动，该室pH 降低。
15．【答案】D
【解析】【解答】A. 能使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，在酸性条件下NO3－、I－发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不选；
B. HCO3－与OH－不共存，同时NH4+、OH－也不能大量共存，故B不选；
C. 在溶液中Fe3＋为棕黄色，无色溶液中不可能含有Fe3＋，故C不选；
D. c(OH-)/c(H+)＝1012的溶液为强碱性溶液，Ba2＋、Na＋、NO3－、AlO2－与OH-不反应，且本组离子之间也不反应，能大量共存，故D选。
故答案为：D。
【分析】A.甲基橙变红色溶液呈酸性，酸性溶液中的硝酸根离子能氧化碘离子；
BZ.碳酸氢根离子与氢氧根离子反应；
C.铁离子是有色离子，不能在无色溶液中大量共存。
16．【答案】C
【解析】【解答】A．中和滴定时，右手摇动锥形瓶会造成热量散失，所以使用温度传感器采集锥形瓶内溶液温度，测得中和反应的反应热数值会偏低，故A不符合题意；
B．氯化镁溶液与氢氧化钠溶液反应生成白色氢氧化镁沉淀，氯化铝溶液与氢氧化钠溶液先反应生成白色氢氧化铝沉淀，后白色沉淀溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和水说明氢氧化镁的碱性强于氢氧化铝，证明镁元素的金属性强于铝元素，故B不符合题意；
C．饱和氯化铁溶液在沸水中共热反应制得氢氧化铁胶体，实验时不需要用到排风、锐器图标提示，故C符合题意；
D．由溶度积可知，饱和氯化银溶液中的银离子浓度为mol/L、饱和溴化银溶液中溴离子浓度为mol/L，当饱和氯化银饱和溶液和饱和溴化银溶液等体积混合时，溶液中溴化银的浓度熵Qc=×××＞5.0×10-13，溶液中会有淡黄色的溴化银沉淀生成，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.摇动锥形瓶会造成热量散失；
B.元素对应的碱碱性越强，其金属性越强；
D.Qc> Ksp时，有沉淀生成。
17．【答案】B
【解析】【解答】A. 由图可知，pH=5时，，所以，所以，25℃，0.1 mol/L NaR溶液中，，，所以pH约为9，A不符合题意；
B. 当通入0.1 mol NH3时，所得溶液中的溶质为NH4R，NH4R的阴、阳离子可以发生互促双水解，由于NH3·H2O电离平衡常数K＝1.76×10－5，而HR的，故 R－的水解程度较大，溶液显碱性，所以c(NH4+)＞c(R－)＞c(OH－)＞c(H+)，B符合题意；
C. pH＝7时，由图可知，，则，所以c(R－)＞c(HR)；由电荷守恒可知c(R－) =c(NH4+)，所以，所得溶液中c(R－) =c(NH4+)＞c(HR) ，C不符合题意；
D. pH＝10时，c(OH－)=，由NH3·H2O电离平衡常数K＝1.76×10－5，可以求出，所以c(NH4+)＜c(NH3·H2O)，由图可知，pH＝10时，，即，所以c(R－)＞c(HR) ， D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、计算NaR的pH可以其水解平衡常数进行计算，根据HR的电离平衡常数计算；
B、当氨为0.1mol时，氨和一元酸1：1反应，溶质恰好为NH4R，根据HR和一水合氨的电离平衡常数相对大小判断其酸碱性；
C、pH=7时，结合图示判断c(R－)和c(HR)的大小；
D、结合两者的电离平衡常数可以判断HR和R-、NH4+和NH3·H2O的浓度大小。
18．【答案】C
【解析】【解答】A.NaCl的溶解度受温度的影响变化不大，用蒸发溶剂的方法结晶，使用的仪器是蒸发皿，不是坩埚，A不符合题意；
B.进行酸碱中和滴定时，滴定管不能伸入到锥形瓶中，B不符合题意；
C.MgCl2晶体加热时，会发生水解反应产生Mg(OH)2和容易挥发的HCl，通入HCl气体可抑制氯化镁水解，最后得到无水氯化镁，C符合题意；
D.制取乙酸乙酯时，导气管不能伸入到饱和碳酸钠溶液中，导气管要在碳酸钠饱和溶液的液面以上，以防止由于乙醇、乙酸的溶解和反应引起的倒吸，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.蒸发结晶应在蒸发皿中进行；
B.滴定管不能深入锥形瓶内；
C.由MgCl2·2H2O制备MgCl2时，应通HCl抑制Mg2+的水解；
D.制备乙酸乙酯时，导管不能伸入Na2CO3溶液中；
19．【答案】B
【解析】【解答】A．实验①：滴加几滴酚酞试液，溶液变红，表明溶液显碱性，则HS-的水解程度大于电离程度，所以溶液中：c(S2-)＜c(H2S)，A不符合题意；
B．实验②中，NaHS与NaOH正好完全反应，所得溶液为Na2S溶液，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)，物料守恒：c(Na+)=2c(HS-)+2c(S2-)+2c(H2S)，从而得出c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，B符合题意；
C．实验③中，HS-与Cu2+反应，生成CuS沉淀和H+，H+再与HS-结合为H2S，反应的离子方程式：Cu2++2HS-→CuS↓+H2S↑，C不符合题意；
D．实验④中，HS-与ClO-发生氧化还原反应，生成S、Cl-和OH-，OH-再与HS-反应生成S2-和H2O，反应的离子方程式：2HS-+ClO-→S↓+Cl-+S2-+H2O，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.NaHS溶液显碱性，HS-的水解程度大于电离程度；
B.根据电荷守恒和物料守恒分析；
C.HS-与Cu2+发生反应Cu2++2HS-→CuS↓+H2S↑；
D.HS-与ClO-发生反应2HS-+ClO-→S↓+Cl-+S2-+H2O。
20．【答案】A
【解析】【解答】①给溶液加热促进水的电离，氢离子浓度增大，pH＜7，①正确；②加入少量稀硫酸抑制水的电离，②错误；③加入NH4Cl晶体，铵根水解，促进水的电离，溶液显酸性，pH＜7，③正确；④加入CH3COONa固体，醋酸根水解，促进水的电离，溶液显碱性，④错误；⑤加入BaCl2溶液生成硫酸钡和氯化钠，不影响溶液酸碱性和水的电离，⑤错误；⑥加入FeCl3溶液，铁离子水解，促进水的电离，溶液显酸性，pH＜7，⑥正确，
故答案为：A。
【分析】 溶液中水的电离平衡向右移动，且pH<7， 应是加入的物质使水的电离平衡得到促进，溶液呈酸性或加热呈中性，据此解答即可。
21．【答案】（1）B
（2）BD；H2-2e-=2H+
（3）8NA；B
（4）2N2H4+3H+=N2H5++N2H62+；碱性
（5）将铝单质溶解；Al（OH）3
（6）2Fe2++2H+H2O2=2Fe3++2H2O；
（7）步骤⑤的反应是：FePO4+3OH-=Fe（OH）3+PO43-，该反应的K=2.375×1022>105,所以该反应可以完全进行
（8）第一步加Na2CO3的目的是中和掉盐酸；第二步加Na2CO3的目的是将Li+沉淀下来；
【解析】【解答】（1）在燃料电池中，氧气作正极，得到电子，发生还原反应，故答案为：B；
（2）质子带正电荷，其在电池内部的移动方向是从负极到正极，即 b极→a极 ，正确答案是：BD；
（3）根据方程式可知： 消耗，转移的电子数为 8NA，根据总反应，产生H2O，会对OH-浓度稀释，则pH值减小，B选项是正确的；
（4）该反应的离子方程式为：2N2H4+3H+=N2H5++N2H62+，反应后是等浓度的N2H5+和N2H62+混合溶液，该混合溶液显碱性；
（5） 步骤①加入溶液的目的是 将铝单质溶解；产品1的主要成分是Al（OH）3；
（6）步骤③是将二价铁离子氧化为三价铁离子：2Fe2++2H+H2O2=2Fe3++2H2O；
（7）步骤⑤的反应是：FePO4+3OH-=Fe（OH）3+PO43-，该反应的K=2.375×1022>105,所以该反应可以完全进行；
（8）第一步加Na2CO3的目的是中和掉盐酸；第二步加Na2CO3的目的是将Li+沉淀下来；
【分析】（1）在原电池中，负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子，发生还原反应；
（2）在原电池的电解质溶液中，遵循“正正负负”的原理，所以H+从负极移向正极；
（3）根据方程式可知： 消耗，转移的电子数为 8NA，根据总反应，产生H2O，会对OH-浓度稀释，则pH值减小；
（4）得到的溶液为等浓度的N2H5+和N2H62+混合溶液，根据N2H4的两步电离平衡常数，可知溶液以盐溶液的第一步水解为主，显碱性；
（5）Al与氢氧化钠反应的方程式为：2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2；
（6）步骤③是将二价铁离子氧化为三价铁离子：2Fe2++2H+H2O2=2Fe3++2H2O；
（7）K值小于10-5的反应，可认为无法正向进行；K值介于10-5至105的反应，可认为是可逆反应，K值大于105的反应，可认为是完全进行的反应。
（8）第一步加Na2CO3的目的是中和掉盐酸；第二步加Na2CO3的目的是将Li+沉淀下来。
22．【答案】（1）第5周期第ⅤA族
（2）2SbCl3+3H2O Sb2O3+6HCl，不断加入SbCl3，使SbCl3浓度增大，利于水解平衡右移，反应后期加入氨水中和盐酸，使c(HCl)减小，利于平衡右移；2Sb2S3+9O2 2Sb2O3+6SO2
（3）Sb2S3+ 3SbCl5=5SbCl3+3S↓
（4）CuS；1.1×10-8
（5）3：4
（6）H+参与电极反应
【解析】【解答】Ⅰ．（1）锑和氮在同一主族，其在元素周期表中位于第5周期第ⅤA族。（2）SbCl3水解：2SbCl3+3H2O Sb2O3+6HCl，将SbCl3徐徐加入大量水中，SbCl3浓度增大，水解平衡右移，反应后期还要加入少量氨水中和HCl，使c(HCl)减小，平衡右移，有利于Sb2O3的生成。故答案为：2SbCl3+3H2O Sb2O3+6HCl，不断加入SbCl3，使SbCl3浓度增大，利于水解平衡右移，反应后期加入氨水中和盐酸，使c(HCl)减小，利于平衡右移。
火法制取锑白，是辉锑矿（主要成分为Sb2S3）在高温下和空气中的氧气反应，生成Sb2O3的同时生成SO2。化学方程式为：2Sb2S3+9O2 2Sb2O3+6SO2。Ⅱ．（3）“酸浸”时Sb2S3和SbCl5溶液反应，得到SbCl3和SbCl5的混合溶液，滤渣中有硫，是此反应的生成物，Sb2S3发生反应的化学方程式为Sb2S3+ 3SbCl5=5SbCl3+3S。（4）浸出液中c（Cu2+）=0.0001mol/L，c（Pb2+）=0.1mol/L。在沉淀铜、铅过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，当Cu2+开始沉淀时，c(S2-)= =1.0×10-32mol/L，当Pb2+开始沉淀时，c(S2-)= =9.0×10-28mol/L，所以先产生沉淀的是CuS；当CuS、PbS共沉淀时， = ＝ ＝ ＝1.1×10-8。（5）加入NaHPO2除砷，发生了NaHPO2和AsCl3的反应，氧化产物为H3PO4，还原产物是As，磷的化合价从+1价升高到+5价，生成1mol H3PO4失去4mol电子，砷的化合价从+3价降低到0价，生成1molAs得到3mol电子，根据电子守恒，该反应氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：4。（6）电解SbCl3溶液制取锑，在阴极是Sb3+得到电子生成Sb，当电压过大时，溶液中的H+也可能在阴极放电，导致锑的产率降低。
【分析】（1）根据元素的核外电子数即可知道位置
（2）增加SbCl3 主要是增加反应物，加入氨水主要是消耗生成物促进平衡向右移动，根据反应物和生成物即可写出方程式
（3） 根据反应物和生成物即可写出方程式
（4）根据溶度积即可计算出沉淀，即可计算出比值
（5）根据反应物和生成物写出方程式即可判断氧化物产物和还原产物的比值
（6）根据电压超过一定数值后，氢离子开始放电
23．【答案】（1）TiO2＋2C＋2Cl2 TiCl4＋2CO
（2）pH＞10，溶液中含碳微粒以CO32 为主，可使Ba2＋完全变成BaCO3沉淀；pH＜11，可抑制H2TiO3沉淀溶解
（3）NH4Cl；抑制或减少BaCO3的溶解
（4）TiO2或H2TiO3或TiO2、H2TiO3
【解析】【解答】⑴根据题中信息“氯化”在800 ℃时进行，TiO2与C、Cl2反应生成 TiCl4和CO，其反应的化学方程式为TiO2＋2C＋2Cl2 TiCl4＋2CO；故答案为：TiO2＋2C＋2Cl2 TiCl4＋2CO。⑵“共沉淀”时，说明生成碳酸钡、H2TiO3沉淀，因此需控制溶液pH为10～11，其原因是：反应要生成碳酸钡，尽量使得溶液碳微粒以碳酸根形式存在，钡离子和碳酸根结合生成碳酸钡沉淀；要形成H2TiO3沉淀，碱性不能太强，碱性太强会溶解H2TiO3沉淀；故答案为：pH＞10，溶液中含碳微粒以CO32 为主，可使Ba2＋完全变成BaCO3沉淀；pH＜11，可抑制H2TiO3沉淀溶解。⑶根据前面分析得出“滤液”中溶质的主要成分为NH4Cl。为了减少或抑制碳酸钡沉淀洗涤时溶解一部分，因此过滤得到的固体通常用一定浓度的NH4HCO3溶液进行洗涤；故答案为：NH4Cl；抑制或减少BaCO3的溶解。⑷钛酸钡(BaTiO3)中钡钛质量比 ，“煅烧”得到的钛酸钡粉体中钡钛质量比 ，说明钛酸钡粉体中可能含有的杂质为含钛的物质即TiO2或H2TiO3或TiO2、H2TiO3；故答案为：TiO2或H2TiO3或TiO2、H2TiO3。
【分析】钛精矿(主要成分为TiO2)和C、Cl2反应生成 TiCl4和CO，TiCl4加入氯化钡、碳酸氢铵、氨水控制pH，反应生成碳酸钡、H2TiO3沉淀和氯化铵溶液，过滤得到碳酸钡、H2TiO3沉淀，煅烧生成钛酸钡(BaTiO3)。
24．【答案】（1）+4
（2）KSCN溶液
（3）过滤、洗涤、干燥
（4）FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+（NH4）2SO4+H2O+CO2↑；避免温度过高碳酸氢铵分解，减少Fe2+的水解或氧化
（5）没有；向反应容器中补充适量的空气
（6）溶液中存在水解平衡TiO2++（n+1）H2O TiO2 nH2O+2H+，加入的Na2CO3粉末与H+反应，降低了溶液中c（H+），促进水解平衡向生成TiO2 nH2O的方向移动
【解析】【解答】（1）离子中各元素化合价代数和等于离子所带电荷数计算，O元素为-2价，则TiO2+钛的化合价为+4价，故答案为：+4。
（2）步骤I中检验钛矿废水中加入铁屑是否足量的试剂是检验是否含铁离子，可以选择加入KSCN溶液，溶液变红色证明铁加入不足，如溶液不变红色证明铁粉加入足量，故答案为：KSCN溶液。
（3）操作a是溶液中得到硫酸亚铁晶体，方法是蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，故答案为：过滤、洗涤、干燥。
（4）步骤Ⅲ中发生反应是硫酸亚铁和碳酸氢铵反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+（NH4）2SO4+H2O+CO2↑，反应温度一般需控制在35℃以下，是为了避免温度过高碳酸氢铵分解，减少Fe2+的水解或氧化，故答案为：FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+（NH4）2SO4+H2O+CO2↑；避免温度过高碳酸氢铵分解，减少Fe2+的水解或氧化。
（5）室温下测得溶液的pH为8.5，c（OH-）=10 14÷10 8.5=1×10-5.5，由题中数据可知，溶液中c（Fe2+） c2（OH-）=1×10-6×（1×10-5.5）2=1×10-17＜Ksp[Fe（OH）2]=8×10-16，故无Fe（OH）2沉淀生成；步骤Ⅳ中，为了得到较为纯净的Fe2O3，除了适当的温度外，还需要采取的措施是向反应容器中补充适量的空气。故答案为：没有；向反应容器中补充适量的空气。
（6）富含的TiO2+溶液，加入Na2CO3粉末与H+反应，降低了溶液中c（H+），使平衡TiO2++（n+1）H2O TiO2 nH2O+2H+向生成TiO2 n H2O的方向移动，可得到TiO2粗产品，故答案为：溶液中存在水解平衡TiO2++（n+1）H2O TiO2 nH2O+2H+，加入的Na2CO3粉末与H+反应，降低了溶液中c（H+），促进水解平衡向生成TiO2 nH2O的方向移动。
【分析】（1）结合氧元素的化合价和离子所带电荷数计算Ti的化合价；
（2）检验铁屑是否足量，则需检验废水中是否还含有Fe3+，据此判断所加入的试剂；
（3）结晶后应对晶体进行过滤、洗涤、干燥；
（4）根据流程信息确定反应物和生成物，结合原子守恒书写反应的化学方程式；控制较低的反应温度，主要是为了防止物质受热分解；
（5）由溶液的pH，结合水的离子积常数计算溶液中c(OH-)，结合c(Fe2+)和Fe(OH)2的Ksp，分析是否有Fe(OH)2沉淀析出；未得到纯净的Fe2O3，应补充适量的空气；
（6）结合平衡移动的影响因素分析；
25．【答案】（1）粉红色；作指示剂，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸水程度
（2）＜；抑制的水解，提高的利用率(或调节溶液，提高草酸钴晶体的产率)；；3＋2O2Co3O4＋6CO2
【解析】【解答】（1）变色硅胶吸水饱和变为，则颜色变成粉红色，根据的吸收程度不同，其颜色不相同，因此硅胶中添加的作用是作指示剂，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸水程度；故答案为：粉红色；作指示剂，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸水程度。
（2）①常温下，根据电离平衡常数和越弱越水解，则铵根水解程度大于草酸根水解程度，铵根水解呈酸性，因此溶液的＜7；故答案为：＜。
②制取晶体时，铵根和草酸根都要水解，两者是相互促进的双水解，加入适量氨水，抑制铵根水解，也抑制了草酸根的水解，则提高的利用率(或调节溶液，提高草酸钴晶体的产率)；故答案为：抑制的水解，提高的利用率(或调节溶液，提高草酸钴晶体的产率)。
③ⅰ．二水合草酸钴，其物质的量为，温度在范围内，若失去水，则质量为0.06mol×147g mol 1＝8.82g，因此固体物质为CoC2O4；故答案为：CoC2O4。
ⅱ．从加热到时生成一种钴的氧化物和，则Co质量为0.06mol×59g mol 1＝3.54g，则氧的质量为4.82g 3.54g＝1.28g，氧原子物质的量为，则钴的氧化物为Co3O4，草酸钴和氧气反应生成Co3O4和二氧化碳，则此过程发生反应的化学方程式是3＋2O2Co3O4＋6CO2；故答案为：3＋2O2Co3O4＋6CO2。
【分析】（1）变色硅胶吸水饱和变为，硅胶中添加的作用是作指示剂。
（2）①根据信息可知，常温下，铵根水解程度大于草酸根水解程度。
②加入适量氨水，能抑制铵根和草酸根的水解。
③温度在范围内， 会失水，结合m=nM进行分析。根据原子质量、数目守恒推测产物中钴的氧化物，进一步分析。
一、单选题
1．下列物质属于电解质的是（ ）
A．NaCl溶液 B．SO3 C．NaOH D．Cu
2．下列化学用语的表述正确的是（ ）
A．原子的价电子构型：
B．二氧化碳分子的比例模型：
C．溶液导电：NaCl
Na++Cl-
D．的电子式：
3．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A．新制饱和氯水中：Al3+、Cu2+、SO42-、Br-
B．使甲基橙变红的溶液中：Mg2+、Fe3+、NO3-、SCN-
C． =1×10-13mol·L-1的溶液中：Na+、K+、Cl-、AlO2-
D．由水电离的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液中：Ca2+、Ba2+、Cl-、HCO3-
4．下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）（ ）
A． NaCl溶于水
B． 电解CuCl2溶液
C． CH3COOH在水中电离
D．H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H=183kJ·mol-1 H2与Cl2反应能量变化
5．既不是电解质，又不是非电解质的是（ ）
A．氯气 B．二氧化硫 C．酒精 D．冰醋酸
6．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
选项 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，与可发生氧化还原反应
C 、、、 能大量共存，钠盐、铵盐都溶于水
D 、、、 不能大量共存，、会发生氧化还原反应
A．A B．B C．C D．D
7．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．0.1 mol C3H6分子中含有的碳碳双键数为0.1NA
B．常温下，1LpH=2的CH3COOH溶液中含有的CH3COO-数为0.01NA
C．25.6g铜与一定量的浓硝酸完全反应时，转移的电子数为0.8NA
D．标准状况下，2.24LS16O2和S18O3的混合物中含有的硫原子数为0.1NA
8．已知常温下NH3 H2O的电离平衡常数Kb=1.8×10-5。常温下向1L0.1mol L-1的NH4Cl溶液中不断加入NaOH固体，溶液中NH 和NH3 H2O的物质的量浓度变化曲线如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是（ ）
A．M点时，加入的NaOH少于0.05mol
B．M点时，溶液pH=7
C．M点时，c(OH-)+0.05=a+c(H+)
D．n(NaOH)=0.05mol时，c(Cl-)>c(NH )>c(H+)>c(OH-)
9．t℃时，将0.200mol·L－1的某一元酸HA与0.200mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，充分反应后所得溶液中部分离子浓度如下表。下列说法中正确的是（ ）
A．所得溶液中：c(Na+)>c(A－)>c(HA)>c(OH－)
B．t℃时，水的离子积Kw=1.0×10－13
C．t℃时，一元酸HA的电离常数K=3.10×10－7
D．t℃时，0.100mol·L－1NaA溶液中A－的水解率为0.80%
10．在水溶液中能大量共存的一组离子是（ ）
A．NH4+、CH3COO-、Na+、H+ B．AlO2-、Na+、K+、HCO3-
C．Mg2+、Na+、SO42-、NO3- D．ClO-、Na+、K+、Fe2+
11．室温下，下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是（ ）
A．pH=10的溶液中，Na+、ClO-、 、Cl-
B．0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中，Cu2+、 、 、
C．使蓝色石蕊试纸变红的溶液中，Mg2+、 、K+、Cl-
D．0.2mol·L-1KI溶液中， 、H+、Al3+、Br-
12．相同温度下等物质的量浓度的下列溶液中，值最小的是（ ）
A． B． C． D．
13．以含钴废渣(主要成分为CoO和Co2O3，含少量 Al2O3和 ZnO)为原料制备锂电池的电极材料CoCO3的工艺流程如图：
下列说法不正确的是（ ）
A．通入SO2发生反应的离子方程式：
B．除铝时加入Na2CO3溶液可以促进 Al3+ 的水解
C．若萃取剂的总量一定，则一次加入萃取比分多次加入萃取效果更好
D．将含Na2CO3的溶液缓慢滴加到Co2+溶液中沉钴，目的是防止产生 Co(OH)2
14．次磷酸(H3PO2) 为一元中强酸，具有较强的还原性，可用电渗析法制备，“四室电渗析法”工作原理如下图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)。下列叙述不正确的是（ ）
A．阳极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+
B．产品室中发生反应H++ H2PO2-=H3PO2， 该法还可得副产品NaOH
C．原料室中H2PO2- 向左移动，Na+ 向右移动，该室pH 升高
D．阳膜1的主要作用是防止H2PO2- 进入阳极室被氧化并允许H+通过
15．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A．能使甲基橙变红的溶液中：K＋、Mg2＋、NO3－、I－
B．c(HCO3－)＝1 mol·L－1溶液中：Na＋、NH4+、SO42-、OH－
C．无色透明的溶液中：Fe3＋、Al3＋、NO3－、SO42-
D．c(OH-)/c(H+)＝1012的溶液中：Ba2＋、Na＋、NO3－、AlO2－
16．化学是一门以实验为基础的学科，下列有关实验的说法错误的是
选项 实验 实验说明或者方案设计
A 测定中和反应的反应热 中和滴定的同时，使用温度传感器采集锥形瓶内溶液温度，测得中和反应的反应热数值可能偏低
B 比较Mg和Al的金属性强弱 将MgCl2溶液和AlCl3溶液分别与足量NaOH溶液反应
C 实验室制备氢氧化铁胶体 图标提示全部需要
D 室温下，将AgCl和AgBr的饱和溶液等体积混合 已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgBr)=5.0×10-13，推测可能看到出现淡黄色沉淀
A．A B．B C．C D．D
17．已知：25℃，NH3·H2O电离平衡常数K＝1.76×10－5。25℃，向1 L 0.1 mol/L某一元酸HR溶液中逐渐通入氨气，若溶液温度和体积保持不变，所得混合溶液的pH与变化的关系如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．由图可推知：25℃，0.1 mol/L NaR溶液的pH约为10
B．当通入0.1 mol NH3时，所得溶液中：c(NH4+)＞c(R－)＞c(OH－)＞c(H+)
C．pH＝7时，所得溶液中：c(HR)＞c(R－) =c(NH4+)
D．pH＝10时，所得溶液中：c(R－)＞c(HR) ，c(NH4+)＞c(NH3·H2O)
18．下列实验操作或装置(略去部分夹持仪器)正确的是（）
A．蒸发结晶
B．中和滴定
C．制MgCl2
D．制乙酸乙酯
19．室温下，通过下列实验探究0.1mol·L-1NaHS溶液的性质。
实验 实验操作和现象
① 滴加几滴酚酞试液，溶液变红
② 加入等体积0.1mol L-1NaOH溶液充分混合，无明显现象
③ 加入少量CuSO4溶液，产生黑色沉淀
④ 加入适量NaClO溶液，有淡黄色沉淀产生
下列有关说法正确的是（ ）
A．实验①溶液中：c(S2-)＞c(H2S)
B．实验②所得溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)
C．实验③中反应的离子方程式：Cu2++HS-→CuS↓+H+
D．实验④中反应的离子方程式：2HS-+ClO-→2S↓+Cl-+H2O
20．现有常温下0.1mol/L的Na2SO4溶液。欲使此溶液中水的电离平衡向右移动，且pH<7，有下列措施：①给溶液加热；②加入少量稀硫酸；③加入NH4Cl晶体；④加入CH3COONa固体；⑤加入BaCl2溶液；⑥加入FeCl3溶液。其中能达到目的的是（ ）
A．①③⑥ B．①②③
C．②③④ D．③⑤⑥
二、综合题
21．燃料电池种类众多，应用广泛。目前已经上市的氢燃料电池汽车有数十种，某种氢燃料客车搭载质子交换膜燃料电池的结构如图所示。
（1）通入氧气的电极发生（ ）反应（单选）。
A.氧化 B.还原 C.氧化还原 D.非氧化还原
（2）该电池的导电粒子为质子，它在电池内部的定向移动方向是 。
A.a极→b极 B.b极→a极
C.正极→负极 D.负极→正极
该电池的负极的电极反应式： 。
（3）肼—空气燃料电池也是一种环保型碱性燃料电池，电解质为溶液，该电池的总反应方程式为。电池工作时，若有消耗，转移的电子数为 ，溶液的 （单项）。
A.增大 B.减小 C.不变 D.无法确定
（4）已知水溶液呈弱碱性，室温下其电离常数，。向的水溶液中加入的溶液，该反应的离子方程式为 ，反应后的溶液呈 （单项）。
A.碱性 B.中性 C.酸性 D.无法确定
（5）推广磷酸亚铁锂电池的新能源汽车对减少二氧化碳排放和大气污染具有重要意义。该电池的正极材料为，利用废料（带铝箔）回收Li、Al、Fe、P元素的工业模拟过程如下：
已知，易溶于盐酸。
步骤①加入溶液的目的是 ，产品1主要成分为 。
（6）写出步骤③发生反应的离子方程式 。
（7）已知的，的，判断步骤⑤是否可以完全反应，说明理由 。
（8）步骤④、⑥两步加入均产生沉淀，指出两步中的作用 。
22．锑（Sb）广泛用于生产各种阻燃剂、陶瓷、半导体元件和医药及化工等领域。
（1）Ⅰ．锑在元素周期表中的位置 。
（2）锑（Ⅲ）的氧化物被称为锑白，可以由SbCl3水解制得，已知SbCl3水解的最终产物为锑白。为了得到较多、较纯的锑白，操作时将SbCl3徐徐加入大量水中，反应后期还要加入少量氨水。试用必要的化学用语和平衡移动原理解释这两项操作的作用 。工业上，还可用火法制取锑白，是将辉锑矿（主要成分为Sb2S3）装入氧化炉的坩埚中，高温使其融化后通入空气，充分反应后，经冷却生成锑白。写出火法制取锑白的化学方程式 。
（3）Ⅱ．以辉锑矿为原料制备金属锑，其中一种工艺流程如下：
已知部分信息如下：
①辉锑矿（除Sb2S3外，还含有砷、铅、铜的化合物和SiO2等）；
②浸出液主要含盐酸和SbCl3，还含SbCl5、CuCl2、AsCl3和PbCl2等杂质；
③常温下，Ksp（CuS）=1.0×10-36，Ksp（PbS）=9.0×10-29。
回答下列问题：
“酸浸”过程中Sb2S3发生反应的化学方程式为 。
（4）已知：浸出液中c（Cu2+）=0.0001mol/L，c（ Pb2+）=0.1mol/L。在沉淀铜、铅过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，先产生沉淀的是 （填化学式）；当CuS、PbS共沉沉时， = （保留小数点后一位）。
（5）在“除砷”过程中，氧化产物为H3PO4。该反应氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。
（6）在“电解”过程中，锑的产率与电压大小关系如图所示。当电压超过U0
V时，锑的产率降低的原因可能是 。
23．钛酸钡(BaTiO3)是电子陶瓷器件的重要基础原料。工业上以钛精矿(主要成分为TiO2)和BaCl2为主要原料制备钛酸钡粉体的工艺流程如下：
已知：①TiCl4水解生成H2TiO3沉淀；
②水溶液中含碳微粒随pH的分布如图所示。
（1）“氯化”在800 ℃时进行，其反应的化学方程式为 。
（2）“共沉淀”时，需控制溶液pH为10～11，其原因是：① ；② 。
（3）“滤液”中溶质的主要成分为 (填化学式)。过滤得到的固体通常用一定浓度的NH4HCO3溶液进行洗涤，其主要原因是 。
（4）“煅烧”得到的钛酸钡粉体中钡钛质量比 ，钛酸钡粉体中可能含有的杂质为 (填化学式)。
24．钛矿工业中的硫酸酸性废水富含Ti、Fe等元素，其综合利用如下：
已知：TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中。
（1）TiO2+钛的化合价为 。
（2）步骤Ⅰ中检验钛矿废水中加入铁屑是否足量的试剂是 。
（3）操作a是蒸发浓缩、冷却结晶、 。
（4）步骤Ⅲ中发生反应的化学方程式为 ；反应温度一般需控制在35℃以下，其目的是 。
（5）已知Ksp=[Fe（OH）2] = 8×10-16。步骤Ⅲ中，FeCO3达到溶解平衡时，若室温下测得溶液的pH为8.5， c（Fe2+） = 1×10-6mol/L。试判断所得的FeCO3中 （填“有”或“没有”）Fe（OH）2；步骤Ⅳ中，为了得到较为纯净的Fe2O3，除了适当的温度外，还需要采取的措施是 。
（6）向“富含TiO2+溶液”中加入Na2CO3粉末易得到固体TiO2 nH2O。请结合原理和化学用语解释其原因 。
25．钴盐在生活和生产中有着重要应用。
（1）干燥剂变色硅胶常含有。常见氯化钴晶体的颜色如下：
化学式
颜色 蓝色 蓝紫色 紫红色 粉红色
变色硅胶吸水饱和后颜色变成 ，硅胶中添加的作用 。
（2）草酸钴是制备钴氧化物的重要原料，常用溶液和溶液制取难溶于水的晶体。
①常温下，溶液的 7(填“>”“=”或“<”)。(已知：常温下，，。)
②制取晶体时，还需加入适量氨水，其作用是 。
③在空气中加热二水合草酸钴，受热过程中在不同温度范围内分别得到一种固体物质。已知的两种常见化合价为价和价，。
温度范围／ 150～210 290～320
固体质量/g 8.82 4.82
ⅰ．温度在范围内，固体物质为 (填化学式，下同)；
ⅱ．从加热到时生成一种钴的氧化物和，此过程发生反应的化学方程式是 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A. NaCl溶液属于混合物，不是电解质，也不是非电解质，A不符合题意；
B. SO3不能电离出离子，是非电解质，B不符合题意；
C. NaOH能电离出离子而导电，属于电解质，C符合题意；
D. Cu是金属单质，不是电解质，也不是非电解质，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】电解质是指在水溶液或熔融状态能够导电的化合物，主要包括酸、碱、盐和活泼金属的氧化物。
2．【答案】D
【解析】【解答】A.Ge为第四周期元素，其原子的价电子构型为4s24p2，故A不符合题意；
B.碳原子的半径比氧原子大，故B不符合题意；
C.氯化钠溶液导电是因为氯化钠在水中先发生了电离，不是因为导电才发生电离，故C不符合题意；
D.碳原子分别与氧原子和硫原子形成双键，且都达到8电子稳定结构，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、根据元素在周期表中的位置确定价电子的构型；
B、确定比例模型时要注意原子半径的大小关系；
C、注意物质导电和电离的因果顺序。
3．【答案】C
【解析】【解答】A、新制饱和氯水中含有大量的Cl2 ， 能将Br -氧化为Br2 ， 故A不符合题意；
B、使甲基橙变红的溶液呈酸性，Fe3+与SCN-反应生成红色的Fe(SCN)3 ， 故B不符合题意；
C、
=1×10-13mol·L-1的溶液呈碱性，所以这四种离子能够大量共存，即C符合题意；
D、由水电离的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，而HCO3-在酸性、碱性溶液中都不能存在，所以D不符合题意。故答案为C。【分析】考查了离子共存问题，溶液中存在的离子不能结合生成弱电解质、沉淀、气体
4．【答案】B
【解析】【解答】Ａ.NaCl在溶于水后破坏的是离子键，因此会变为Cl-和Na+，题目的描述是正确的，不符合题意；
B.在电解CuCl2溶液的反应中，阳极发生的反应是2Cl-2e-=Cl2，所以题目的说法是错误的，符合题意；
C.醋酸分子属于弱电解质，因此在水溶液中是不完全电离的，用可逆号表示，选项的描述是正确的，不符合题意；
D.在氢气和氯气的反应中，断旧键需要吸收能量，成新键需要放出能量，所以该反应的反应热等于1mol氢氢键的键能与1mol氯氯键键能之和，减去2mol氢氯键的键能。
故答案为：B
【分析】A.离子化合物在水溶液中会破坏离子键；
B.电解氯化铜溶液后，阳极的产物是氯气，阴极的产物是铜离子；
C..弱电解质在水中的电离是很微弱的，因此要用可逆号表示；
D.反应热是指当一个化学反应在恒压以及不作非膨胀功的情况下发生后，若使生成物的温度回到反应物的起始温度，这时体系所放出或吸收的热量称为反应热。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A选；
B．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SO2的水溶液导电，但电离出离子的物质是亚硫酸不是SO2，所以SO2是非电解质，故B不选；
C．酒精是在熔化状态下和水溶液中都不能导电的化合物是非电解质，故C不选；
D．冰醋酸能电离出少量自由移动的阴阳离子，是电解质，故D不选；
故答案为：A。
【分析】在水溶液或熔融状态下能导电的化合物叫做电解质，在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物叫做非电解质。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．、在酸性溶液中会发生氧化还原反应，不能大量共存；在离子方程式中，草酸是弱酸，不能拆开，故A不符合题意；
B．酸性条件下，可与发生氧化还原反应，二者不能大量共存，故B符合题意；
C．因为酸性太弱，因此和水解相互促进，发生彻底反应，最终可生成氨水和硅酸，因此不能大量共存，故C不符合题意；
D．向溶液中加入一定量，可得到和的混合溶液，、、、四种离子可以大量共存，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．草酸是弱酸，不拆；
B．酸性条件下，与反应；
C．和反应；
D．、、、离子之间不反应。
7．【答案】C
【解析】【解答】A.分子式为C3H6的有机物，其结构可能为CH2=CHCH3或，因此其所含的碳碳双键不一定为0.1NA，A不符合题意；
B.1LpH=2的CH3COOH溶液中，n(H+)=1L×0.01mol/L=0.01mol，溶液中的H+来自于CH3COOH和H2O的电离，因此溶液中n(CH3COO-)小于0.01NA，B不符合题意；
C.25.6g铜的物质的量，反应过程中，Cu失去两个电子转化为Cu2+，因此0.4molCu完全反应，转移电子数为0.8NA，C符合题意；
D.标准状态下，SO3不是气体，因此不能应用气体摩尔体积进行计算，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据C3H6的结构进行分析；
B.CH3COOH溶液中H+来自于CH3COOH和H2O的电离；
C.根据公式计算n(Cu)，结合反应过程中元素化合价的变化计算转移电子数；
D.标准状态下，SO3不是气体，不能应用气体摩尔体积进行计算；
8．【答案】C
【解析】【解答】A． 向1L0.1mol L-1的NH4Cl溶液中不断加入NaOH固体，a=0.05mol时，得到物质的量均为0.05mol的氯化铵和一水合氨， ，即一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，所以 ，所以要想满足 ，加入的NaOH要大于0.05mol，故A不符合题意；
B．由A分析知，当a=0.05mol时，一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，溶液显碱性，M点a大于0.05mol，碱性更强，溶液pH>7，故B不符合题意；
C． M点时存在电荷守恒 ，且c(Na+)=amol/L，c(Cl-)=0.1mol/L， ，则 整理可得c(OH-)+0.05=a+c(H+)，故C符合题意；
D． n(NaOH)=0.05mol时，一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，所以 ，所以c(OH-)>c(H+)，所以c(Cl-)>c(NH )>c(H+)>c(OH-)不成立，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据给出的数据计算出此时的铵根离子水解常数与氨水的电离常数进行对比即可
B.根据铵根的水解常数和氨水的电离常数进行对比即可
C.根据电荷守恒以及给出的数据进行判断即可
D.根据铵根的水解常数和氨水的电离常数进行比较即可
9．【答案】D
【解析】【解答】t℃时，将0.200mol/L的某一元酸HA与0.200mol/L的NaOH溶液等体积混合，则起始时c(HA)=0.100mol/L，c(NaOH)=0.100mol/L，HA与NaOH发生反应NaOH+HA=NaA+H2O，反应恰好生成0.1mol/L的NaA，根据物料守恒，c(HA)+c(A-)=0.1mol/L，已知c(A-)=9.92×10-2mol/L，则c(HA)=0.1mol/L-9.92×10-2mol/L=8×10-4mol/L，c(Na+)=0.1mol/L，已知c(H+)=2.50×10-10mol/L，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，则c(OH-)=0.1mol/L+2.50×10-10mol/L-9.92×10-2mol/L＞8×10-4mol/L。
A．所得溶液中，c(Na+)=0.1mol/L，c(A-)=9.92×10-2mol/L，c(HA)=8×10-4mol/L，c(OH-)＞8×10-4mol/L，c(OH-)＞c(HA)，因此所得溶液中，粒子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(HA)，故A不符合题意；
B．t℃时，溶液中c(H+)=2.50×10-10mol/L，c(OH-)＞8×10-4mol/L，则水的离子积Kw=c(H+)c(OH-)＞2.50×10-10×8×10-4=2×10-13＞1.0×10-14，故B不符合题意；
C．t℃时，一元酸HA的电离常数K= = =3.1×10-8，故C不符合题意；
D．t℃时，0.100mol/L的NaA溶液中，平衡时c(HA)=8×10-4mol/L，发生的水解反应为：A-+H2O HA+OH-，则水解率= ×100%=0.80%，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.反应得到的溶质是NaA，由于A-是弱酸根离子会进行水解，因此溶液显碱性，根据离子之间浓度的计算可知，OH-的浓度大于HA；
B.根据此时氢离子和氢氧根离子的浓度之积可以计算出水的离子积等于2×10-13；
C.电离平衡常数等于H+和A-浓度之积比上HA的浓度；
D.水解率等于水解消耗的物质的量与原物质的量之比。
10．【答案】C
【解析】【解答】A.CH3COO-、H+生成弱电解质CH3COOH，故A不符合题意；
B.AlO2-、HCO3-反应生成Al(OH)3、CO32-，故B不符合题意；
C.Mg2+、Na+、SO42-、NO3-不反应，故C符合题意；
D.ClO-、Fe2+发生氧化还原反应，故D不符合题意。
【分析】根据离子间能否发生离子反应进行判断即可。
11．【答案】A
【解析】【解答】A．pH=10的溶液呈碱性，碱性条件下Na+、ClO-、 、Cl-相互之间不反应，Na+、ClO-、 、Cl-能大量共存，故选A；
B.0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中，Fe3+与 发生双水解反应生成生成二氧化碳气体，0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中不含 ，故不选B；
C．使蓝色石蕊试纸变红的溶液呈酸性，酸性条件下 不能大量存在，故不选C；
D．酸性条件下 能把I-氧化为I2，0.2mol·L-1KI溶液中不含 ，故不选D；
故答案为：A。
【分析】A.pH=10的溶液呈碱性；
B.0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中含有大量的铁离子；
C.使蓝色石蕊试纸变红的溶液呈酸性；
D.碘离子具有还原性能被强氧化性离子氧化。
12．【答案】B
【解析】【解答】铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，促进铵根离子水解会使铵根离子浓度减小，抑制铵根离子水解使铵根离子浓度增大，由化学式可知，相同温度下等物质的量浓度的硫酸铵溶液中铵根离子浓度最大；碳酸氢铵溶液中碳酸氢根离子水解促进铵根离子水解，铵根离子浓度小于氯化铵溶液，硫酸氢铵溶液中硫酸氢根离子电离出的氢离子浓度大于氯化铵溶液，则相同温度下等物质的量浓度的碳酸氢铵溶液中铵根离子浓度最小，
故答案为：。
【分析】铵根离子水解程度越大，则浓度越低，反之，则铵根离子浓度越小。
13．【答案】C
14．【答案】C
【解析】【解答】A. 阳极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，故A正确；
B. 阳极室H+的通过阳膜1移向产品室，原料室的H2PO2-通过阴膜移向产品室，所以产品室中发生反应H++ H2PO2-=H3PO2，阴极产生OH-，原料室的Na+通过阳膜移向阴极室，所以该法还可得副产品NaOH，故B正确；
C.原料室中H2PO2- 水解使溶液呈碱性，H2PO2- 向左移动，该室pH 降低，故C不正确；
D. 阳膜1的主要作用是防止H2PO2- 进入阳极室被氧化并允许H+通过，故D正确。
故答案为：C。
【分析】H2PO2- 水解使溶液呈碱性，H2PO2- 向左移动，该室pH 降低。
15．【答案】D
【解析】【解答】A. 能使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，在酸性条件下NO3－、I－发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不选；
B. HCO3－与OH－不共存，同时NH4+、OH－也不能大量共存，故B不选；
C. 在溶液中Fe3＋为棕黄色，无色溶液中不可能含有Fe3＋，故C不选；
D. c(OH-)/c(H+)＝1012的溶液为强碱性溶液，Ba2＋、Na＋、NO3－、AlO2－与OH-不反应，且本组离子之间也不反应，能大量共存，故D选。
故答案为：D。
【分析】A.甲基橙变红色溶液呈酸性，酸性溶液中的硝酸根离子能氧化碘离子；
BZ.碳酸氢根离子与氢氧根离子反应；
C.铁离子是有色离子，不能在无色溶液中大量共存。
16．【答案】C
【解析】【解答】A．中和滴定时，右手摇动锥形瓶会造成热量散失，所以使用温度传感器采集锥形瓶内溶液温度，测得中和反应的反应热数值会偏低，故A不符合题意；
B．氯化镁溶液与氢氧化钠溶液反应生成白色氢氧化镁沉淀，氯化铝溶液与氢氧化钠溶液先反应生成白色氢氧化铝沉淀，后白色沉淀溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和水说明氢氧化镁的碱性强于氢氧化铝，证明镁元素的金属性强于铝元素，故B不符合题意；
C．饱和氯化铁溶液在沸水中共热反应制得氢氧化铁胶体，实验时不需要用到排风、锐器图标提示，故C符合题意；
D．由溶度积可知，饱和氯化银溶液中的银离子浓度为mol/L、饱和溴化银溶液中溴离子浓度为mol/L，当饱和氯化银饱和溶液和饱和溴化银溶液等体积混合时，溶液中溴化银的浓度熵Qc=×××＞5.0×10-13，溶液中会有淡黄色的溴化银沉淀生成，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.摇动锥形瓶会造成热量散失；
B.元素对应的碱碱性越强，其金属性越强；
D.Qc> Ksp时，有沉淀生成。
17．【答案】B
【解析】【解答】A. 由图可知，pH=5时，，所以，所以，25℃，0.1 mol/L NaR溶液中，，，所以pH约为9，A不符合题意；
B. 当通入0.1 mol NH3时，所得溶液中的溶质为NH4R，NH4R的阴、阳离子可以发生互促双水解，由于NH3·H2O电离平衡常数K＝1.76×10－5，而HR的，故 R－的水解程度较大，溶液显碱性，所以c(NH4+)＞c(R－)＞c(OH－)＞c(H+)，B符合题意；
C. pH＝7时，由图可知，，则，所以c(R－)＞c(HR)；由电荷守恒可知c(R－) =c(NH4+)，所以，所得溶液中c(R－) =c(NH4+)＞c(HR) ，C不符合题意；
D. pH＝10时，c(OH－)=，由NH3·H2O电离平衡常数K＝1.76×10－5，可以求出，所以c(NH4+)＜c(NH3·H2O)，由图可知，pH＝10时，，即，所以c(R－)＞c(HR) ， D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、计算NaR的pH可以其水解平衡常数进行计算，根据HR的电离平衡常数计算；
B、当氨为0.1mol时，氨和一元酸1：1反应，溶质恰好为NH4R，根据HR和一水合氨的电离平衡常数相对大小判断其酸碱性；
C、pH=7时，结合图示判断c(R－)和c(HR)的大小；
D、结合两者的电离平衡常数可以判断HR和R-、NH4+和NH3·H2O的浓度大小。
18．【答案】C
【解析】【解答】A.NaCl的溶解度受温度的影响变化不大，用蒸发溶剂的方法结晶，使用的仪器是蒸发皿，不是坩埚，A不符合题意；
B.进行酸碱中和滴定时，滴定管不能伸入到锥形瓶中，B不符合题意；
C.MgCl2晶体加热时，会发生水解反应产生Mg(OH)2和容易挥发的HCl，通入HCl气体可抑制氯化镁水解，最后得到无水氯化镁，C符合题意；
D.制取乙酸乙酯时，导气管不能伸入到饱和碳酸钠溶液中，导气管要在碳酸钠饱和溶液的液面以上，以防止由于乙醇、乙酸的溶解和反应引起的倒吸，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.蒸发结晶应在蒸发皿中进行；
B.滴定管不能深入锥形瓶内；
C.由MgCl2·2H2O制备MgCl2时，应通HCl抑制Mg2+的水解；
D.制备乙酸乙酯时，导管不能伸入Na2CO3溶液中；
19．【答案】B
【解析】【解答】A．实验①：滴加几滴酚酞试液，溶液变红，表明溶液显碱性，则HS-的水解程度大于电离程度，所以溶液中：c(S2-)＜c(H2S)，A不符合题意；
B．实验②中，NaHS与NaOH正好完全反应，所得溶液为Na2S溶液，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)，物料守恒：c(Na+)=2c(HS-)+2c(S2-)+2c(H2S)，从而得出c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，B符合题意；
C．实验③中，HS-与Cu2+反应，生成CuS沉淀和H+，H+再与HS-结合为H2S，反应的离子方程式：Cu2++2HS-→CuS↓+H2S↑，C不符合题意；
D．实验④中，HS-与ClO-发生氧化还原反应，生成S、Cl-和OH-，OH-再与HS-反应生成S2-和H2O，反应的离子方程式：2HS-+ClO-→S↓+Cl-+S2-+H2O，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.NaHS溶液显碱性，HS-的水解程度大于电离程度；
B.根据电荷守恒和物料守恒分析；
C.HS-与Cu2+发生反应Cu2++2HS-→CuS↓+H2S↑；
D.HS-与ClO-发生反应2HS-+ClO-→S↓+Cl-+S2-+H2O。
20．【答案】A
【解析】【解答】①给溶液加热促进水的电离，氢离子浓度增大，pH＜7，①正确；②加入少量稀硫酸抑制水的电离，②错误；③加入NH4Cl晶体，铵根水解，促进水的电离，溶液显酸性，pH＜7，③正确；④加入CH3COONa固体，醋酸根水解，促进水的电离，溶液显碱性，④错误；⑤加入BaCl2溶液生成硫酸钡和氯化钠，不影响溶液酸碱性和水的电离，⑤错误；⑥加入FeCl3溶液，铁离子水解，促进水的电离，溶液显酸性，pH＜7，⑥正确，
故答案为：A。
【分析】 溶液中水的电离平衡向右移动，且pH<7， 应是加入的物质使水的电离平衡得到促进，溶液呈酸性或加热呈中性，据此解答即可。
21．【答案】（1）B
（2）BD；H2-2e-=2H+
（3）8NA；B
（4）2N2H4+3H+=N2H5++N2H62+；碱性
（5）将铝单质溶解；Al（OH）3
（6）2Fe2++2H+H2O2=2Fe3++2H2O；
（7）步骤⑤的反应是：FePO4+3OH-=Fe（OH）3+PO43-，该反应的K=2.375×1022>105,所以该反应可以完全进行
（8）第一步加Na2CO3的目的是中和掉盐酸；第二步加Na2CO3的目的是将Li+沉淀下来；
【解析】【解答】（1）在燃料电池中，氧气作正极，得到电子，发生还原反应，故答案为：B；
（2）质子带正电荷，其在电池内部的移动方向是从负极到正极，即 b极→a极 ，正确答案是：BD；
（3）根据方程式可知： 消耗，转移的电子数为 8NA，根据总反应，产生H2O，会对OH-浓度稀释，则pH值减小，B选项是正确的；
（4）该反应的离子方程式为：2N2H4+3H+=N2H5++N2H62+，反应后是等浓度的N2H5+和N2H62+混合溶液，该混合溶液显碱性；
（5） 步骤①加入溶液的目的是 将铝单质溶解；产品1的主要成分是Al（OH）3；
（6）步骤③是将二价铁离子氧化为三价铁离子：2Fe2++2H+H2O2=2Fe3++2H2O；
（7）步骤⑤的反应是：FePO4+3OH-=Fe（OH）3+PO43-，该反应的K=2.375×1022>105,所以该反应可以完全进行；
（8）第一步加Na2CO3的目的是中和掉盐酸；第二步加Na2CO3的目的是将Li+沉淀下来；
【分析】（1）在原电池中，负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子，发生还原反应；
（2）在原电池的电解质溶液中，遵循“正正负负”的原理，所以H+从负极移向正极；
（3）根据方程式可知： 消耗，转移的电子数为 8NA，根据总反应，产生H2O，会对OH-浓度稀释，则pH值减小；
（4）得到的溶液为等浓度的N2H5+和N2H62+混合溶液，根据N2H4的两步电离平衡常数，可知溶液以盐溶液的第一步水解为主，显碱性；
（5）Al与氢氧化钠反应的方程式为：2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2；
（6）步骤③是将二价铁离子氧化为三价铁离子：2Fe2++2H+H2O2=2Fe3++2H2O；
（7）K值小于10-5的反应，可认为无法正向进行；K值介于10-5至105的反应，可认为是可逆反应，K值大于105的反应，可认为是完全进行的反应。
（8）第一步加Na2CO3的目的是中和掉盐酸；第二步加Na2CO3的目的是将Li+沉淀下来。
22．【答案】（1）第5周期第ⅤA族
（2）2SbCl3+3H2O Sb2O3+6HCl，不断加入SbCl3，使SbCl3浓度增大，利于水解平衡右移，反应后期加入氨水中和盐酸，使c(HCl)减小，利于平衡右移；2Sb2S3+9O2 2Sb2O3+6SO2
（3）Sb2S3+ 3SbCl5=5SbCl3+3S↓
（4）CuS；1.1×10-8
（5）3：4
（6）H+参与电极反应
【解析】【解答】Ⅰ．（1）锑和氮在同一主族，其在元素周期表中位于第5周期第ⅤA族。（2）SbCl3水解：2SbCl3+3H2O Sb2O3+6HCl，将SbCl3徐徐加入大量水中，SbCl3浓度增大，水解平衡右移，反应后期还要加入少量氨水中和HCl，使c(HCl)减小，平衡右移，有利于Sb2O3的生成。故答案为：2SbCl3+3H2O Sb2O3+6HCl，不断加入SbCl3，使SbCl3浓度增大，利于水解平衡右移，反应后期加入氨水中和盐酸，使c(HCl)减小，利于平衡右移。
火法制取锑白，是辉锑矿（主要成分为Sb2S3）在高温下和空气中的氧气反应，生成Sb2O3的同时生成SO2。化学方程式为：2Sb2S3+9O2 2Sb2O3+6SO2。Ⅱ．（3）“酸浸”时Sb2S3和SbCl5溶液反应，得到SbCl3和SbCl5的混合溶液，滤渣中有硫，是此反应的生成物，Sb2S3发生反应的化学方程式为Sb2S3+ 3SbCl5=5SbCl3+3S。（4）浸出液中c（Cu2+）=0.0001mol/L，c（Pb2+）=0.1mol/L。在沉淀铜、铅过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，当Cu2+开始沉淀时，c(S2-)= =1.0×10-32mol/L，当Pb2+开始沉淀时，c(S2-)= =9.0×10-28mol/L，所以先产生沉淀的是CuS；当CuS、PbS共沉淀时， = ＝ ＝ ＝1.1×10-8。（5）加入NaHPO2除砷，发生了NaHPO2和AsCl3的反应，氧化产物为H3PO4，还原产物是As，磷的化合价从+1价升高到+5价，生成1mol H3PO4失去4mol电子，砷的化合价从+3价降低到0价，生成1molAs得到3mol电子，根据电子守恒，该反应氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：4。（6）电解SbCl3溶液制取锑，在阴极是Sb3+得到电子生成Sb，当电压过大时，溶液中的H+也可能在阴极放电，导致锑的产率降低。
【分析】（1）根据元素的核外电子数即可知道位置
（2）增加SbCl3 主要是增加反应物，加入氨水主要是消耗生成物促进平衡向右移动，根据反应物和生成物即可写出方程式
（3） 根据反应物和生成物即可写出方程式
（4）根据溶度积即可计算出沉淀，即可计算出比值
（5）根据反应物和生成物写出方程式即可判断氧化物产物和还原产物的比值
（6）根据电压超过一定数值后，氢离子开始放电
23．【答案】（1）TiO2＋2C＋2Cl2 TiCl4＋2CO
（2）pH＞10，溶液中含碳微粒以CO32 为主，可使Ba2＋完全变成BaCO3沉淀；pH＜11，可抑制H2TiO3沉淀溶解
（3）NH4Cl；抑制或减少BaCO3的溶解
（4）TiO2或H2TiO3或TiO2、H2TiO3
【解析】【解答】⑴根据题中信息“氯化”在800 ℃时进行，TiO2与C、Cl2反应生成 TiCl4和CO，其反应的化学方程式为TiO2＋2C＋2Cl2 TiCl4＋2CO；故答案为：TiO2＋2C＋2Cl2 TiCl4＋2CO。⑵“共沉淀”时，说明生成碳酸钡、H2TiO3沉淀，因此需控制溶液pH为10～11，其原因是：反应要生成碳酸钡，尽量使得溶液碳微粒以碳酸根形式存在，钡离子和碳酸根结合生成碳酸钡沉淀；要形成H2TiO3沉淀，碱性不能太强，碱性太强会溶解H2TiO3沉淀；故答案为：pH＞10，溶液中含碳微粒以CO32 为主，可使Ba2＋完全变成BaCO3沉淀；pH＜11，可抑制H2TiO3沉淀溶解。⑶根据前面分析得出“滤液”中溶质的主要成分为NH4Cl。为了减少或抑制碳酸钡沉淀洗涤时溶解一部分，因此过滤得到的固体通常用一定浓度的NH4HCO3溶液进行洗涤；故答案为：NH4Cl；抑制或减少BaCO3的溶解。⑷钛酸钡(BaTiO3)中钡钛质量比 ，“煅烧”得到的钛酸钡粉体中钡钛质量比 ，说明钛酸钡粉体中可能含有的杂质为含钛的物质即TiO2或H2TiO3或TiO2、H2TiO3；故答案为：TiO2或H2TiO3或TiO2、H2TiO3。
【分析】钛精矿(主要成分为TiO2)和C、Cl2反应生成 TiCl4和CO，TiCl4加入氯化钡、碳酸氢铵、氨水控制pH，反应生成碳酸钡、H2TiO3沉淀和氯化铵溶液，过滤得到碳酸钡、H2TiO3沉淀，煅烧生成钛酸钡(BaTiO3)。
24．【答案】（1）+4
（2）KSCN溶液
（3）过滤、洗涤、干燥
（4）FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+（NH4）2SO4+H2O+CO2↑；避免温度过高碳酸氢铵分解，减少Fe2+的水解或氧化
（5）没有；向反应容器中补充适量的空气
（6）溶液中存在水解平衡TiO2++（n+1）H2O TiO2 nH2O+2H+，加入的Na2CO3粉末与H+反应，降低了溶液中c（H+），促进水解平衡向生成TiO2 nH2O的方向移动
【解析】【解答】（1）离子中各元素化合价代数和等于离子所带电荷数计算，O元素为-2价，则TiO2+钛的化合价为+4价，故答案为：+4。
（2）步骤I中检验钛矿废水中加入铁屑是否足量的试剂是检验是否含铁离子，可以选择加入KSCN溶液，溶液变红色证明铁加入不足，如溶液不变红色证明铁粉加入足量，故答案为：KSCN溶液。
（3）操作a是溶液中得到硫酸亚铁晶体，方法是蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，故答案为：过滤、洗涤、干燥。
（4）步骤Ⅲ中发生反应是硫酸亚铁和碳酸氢铵反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+（NH4）2SO4+H2O+CO2↑，反应温度一般需控制在35℃以下，是为了避免温度过高碳酸氢铵分解，减少Fe2+的水解或氧化，故答案为：FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+（NH4）2SO4+H2O+CO2↑；避免温度过高碳酸氢铵分解，减少Fe2+的水解或氧化。
（5）室温下测得溶液的pH为8.5，c（OH-）=10 14÷10 8.5=1×10-5.5，由题中数据可知，溶液中c（Fe2+） c2（OH-）=1×10-6×（1×10-5.5）2=1×10-17＜Ksp[Fe（OH）2]=8×10-16，故无Fe（OH）2沉淀生成；步骤Ⅳ中，为了得到较为纯净的Fe2O3，除了适当的温度外，还需要采取的措施是向反应容器中补充适量的空气。故答案为：没有；向反应容器中补充适量的空气。
（6）富含的TiO2+溶液，加入Na2CO3粉末与H+反应，降低了溶液中c（H+），使平衡TiO2++（n+1）H2O TiO2 nH2O+2H+向生成TiO2 n H2O的方向移动，可得到TiO2粗产品，故答案为：溶液中存在水解平衡TiO2++（n+1）H2O TiO2 nH2O+2H+，加入的Na2CO3粉末与H+反应，降低了溶液中c（H+），促进水解平衡向生成TiO2 nH2O的方向移动。
【分析】（1）结合氧元素的化合价和离子所带电荷数计算Ti的化合价；
（2）检验铁屑是否足量，则需检验废水中是否还含有Fe3+，据此判断所加入的试剂；
（3）结晶后应对晶体进行过滤、洗涤、干燥；
（4）根据流程信息确定反应物和生成物，结合原子守恒书写反应的化学方程式；控制较低的反应温度，主要是为了防止物质受热分解；
（5）由溶液的pH，结合水的离子积常数计算溶液中c(OH-)，结合c(Fe2+)和Fe(OH)2的Ksp，分析是否有Fe(OH)2沉淀析出；未得到纯净的Fe2O3，应补充适量的空气；
（6）结合平衡移动的影响因素分析；
25．【答案】（1）粉红色；作指示剂，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸水程度
（2）＜；抑制的水解，提高的利用率(或调节溶液，提高草酸钴晶体的产率)；；3＋2O2Co3O4＋6CO2
【解析】【解答】（1）变色硅胶吸水饱和变为，则颜色变成粉红色，根据的吸收程度不同，其颜色不相同，因此硅胶中添加的作用是作指示剂，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸水程度；故答案为：粉红色；作指示剂，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸水程度。
（2）①常温下，根据电离平衡常数和越弱越水解，则铵根水解程度大于草酸根水解程度，铵根水解呈酸性，因此溶液的＜7；故答案为：＜。
②制取晶体时，铵根和草酸根都要水解，两者是相互促进的双水解，加入适量氨水，抑制铵根水解，也抑制了草酸根的水解，则提高的利用率(或调节溶液，提高草酸钴晶体的产率)；故答案为：抑制的水解，提高的利用率(或调节溶液，提高草酸钴晶体的产率)。
③ⅰ．二水合草酸钴，其物质的量为，温度在范围内，若失去水，则质量为0.06mol×147g mol 1＝8.82g，因此固体物质为CoC2O4；故答案为：CoC2O4。
ⅱ．从加热到时生成一种钴的氧化物和，则Co质量为0.06mol×59g mol 1＝3.54g，则氧的质量为4.82g 3.54g＝1.28g，氧原子物质的量为，则钴的氧化物为Co3O4，草酸钴和氧气反应生成Co3O4和二氧化碳，则此过程发生反应的化学方程式是3＋2O2Co3O4＋6CO2；故答案为：3＋2O2Co3O4＋6CO2。
【分析】（1）变色硅胶吸水饱和变为，硅胶中添加的作用是作指示剂。
（2）①根据信息可知，常温下，铵根水解程度大于草酸根水解程度。
②加入适量氨水，能抑制铵根和草酸根的水解。
③温度在范围内， 会失水，结合m=nM进行分析。根据原子质量、数目守恒推测产物中钴的氧化物，进一步分析。
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