2024届高三化学二轮复习基础练——电解质溶液（含解析）

2024届高三化学二轮复习基础练——电解质溶液
一、单选题
1．关于一些重要的化学概念有下列说法，其中正确的是 （　　）
①Fe(OH)3胶体和CuSO4溶液都是混合物
②BaSO4是一种难溶于水的强电解质
③冰醋酸、纯碱、小苏打分别属于酸、碱、盐
④煤的干馏、煤的汽化和液化都属于化学变化
A．①② B．①②④
C．②③④ D．③④
2．下列溶液中，一定呈中性的是（　　）
A．由非电解质溶于水得到的溶液
B．c(H+)、c(OH-)均为5.0×10-7mol·L-1的溶液
C．等物质的量的强酸与强碱反应得到的溶液
D．将pH=9的烧碱溶液稀释100倍所得到的溶液
3．下列叙述中错误的是（　　）
A．氨气是一种碱性气体，可用碱石灰干燥
B．液溴应保存于带磨口玻璃塞的细口试剂瓶中，并加水“水封”以减少其挥发
C．向 Ca(ClO)2 溶液通入 CO2，溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去
D．向未知溶液中滴加稀 NaOH 溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，则原溶液中无 NH4+
4．存在氢键的非电解质是（　　）
A．H2O B．CH4 C．HF D．CH3OH
5．下列物质既能导电又属于电解质的是（　　）
A．稀硫酸 B．熔融氢氧化钠
C．石墨 D．Fe
6．下列金属中，通常采用电解法冶炼的是（　　）
A．Na B．Cu C．Fe D．Ag
7．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．室温下，的溶液中由水电离出的数目为
B．将溶于稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中的数目为
C．中所含共用电子对数目为
D．将氯气通入足量水中充分反应后，、、的微粒数之和为
8．某兴趣小组的同学向一定体积的 Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，并测得混合溶液的导电能力随时间变化的曲线如图所示。下列说法中错误的是
A．a时刻 Ba(OH)2溶液与稀硫酸恰好完全中和
B．a时刻溶液的导电能力约为0，说明溶液中几乎没有自由移动的离子
C．AB段溶液的导电能力不断减弱说明生成的 BaSO4不是电解质
D．BC段溶液的导电能力不断增大主要是由于过量的H2SO4电离出的离子导电
9．下图表示NaCl在水中溶解过程的微观状态示意图，下列表述合理的是（　　）
甲 乙 丙
A．过程发生的先后顺序为：甲、乙、丙
B．干燥的NaCl固体不导电，是由于固体中不存在Na+、Cl－
C．NaCl溶液能导电，是由于在水分子作用下形成了自由移动的Na+、Cl－
D．NaCl在外加电场作用下发生电离
10．某无色溶液含有下列离子中的若干种: 、 、 、 、 、 、 、 、 .向该溶液中加入铝粉,只放出 ,则溶液中能大量存在的离子最多有（　　）
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
11．化学的实用性表现在它与人们的生活紧密联系。下列常用物质的主要化学成分溶于水后对水的电离有抑制作用的是（　　）
A．明矾 B．苏打
C．84消毒液 D．洁厕灵
12．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（　　）
A．含有大量SO42－的溶液：Mg2+、Cl－、NH4+、NO3－
B．无色透明溶液中：Na+、H+、MnO4－、SO32－
C．滴加酚酞变红的溶液：SO42－、Cu2+、K+、Cl－
D．加入铁粉能产生H2的溶液：Na+、Ca2+、Cl－、HCO3－
13．25℃时，下列各组溶液的pH一定等于7的是（　　）
A．pH=2和pH=12的两种溶液以等体积混合
B．0.05mol L 1 H2SO4与0.10mol L 1 NaOH溶液以等体积混合
C．将pH=5的CH3COOH溶液稀释100倍
D．pH=1的H2SO4与0.10mol L 1 Ba(OH)2溶液以等体积混合
14．下列用于解释事实的化学用语书写错误的是
A．电解精炼铜的阳极反应：Cu2++2e-=Cu
B．用Na2CO3溶液清洗油污的原因：H2O+COHCO+OH-
C．用饱和Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4：CaSO4(s)+CO(aq)CaCO3(s)+SO(aq)
D．将纯水加热至较高温度，水的pH＜7：H2OH++OH- △H＞0
15．25℃时，用的NaOH溶液，分别滴定20mL、浓度均为的两种酸HX、HY。所加NaOH溶液的体积与反应后溶液的pH的关系如图所示。下列叙述正确的是（　　）
A．酸性：HXB．分别向两种溶液中加入20mLNaOH溶液时，两种溶液的pH均为7
C．溶液中水的电离程度：a点>b点
D．b点溶液中，
16．一化学兴趣小组在家中进行化学实验，按照图1连接好线路发现灯泡不亮，按照图2接好线路发现灯泡亮，由此得出的结论正确的是（　　）
A．NaCl是非电解质
B．NaCl溶液是电解质
C．NaCl在水溶液中电离出了可以自由移动的离子
D．NaCl溶液中产生了电子
17．下列说法正确的是（　　）
A．的氨水稀释10倍，溶液的变为9
B．相同体积、相同浓度的氨水与氢氧化钠溶液，分别与同浓度的盐酸溶液恰好完全反应时，氨水消耗的盐酸溶液体积多
C．氨水和盐酸恰好完全反应，溶液显中性
D．相同条件下的NaOH溶液和的氨水导电能力相同
18．下列说法正确的是（　　）
A．HS-的水解方程式为：HS-+ H2O H3O++S2-
B．CH3COOH 溶液加水稀释后，溶液中 的值减小
C．将pH =4的盐酸稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低
D．100℃时，pH=12的纯碱溶液中：c(OH-)=1.0×10-2 mol·L-1
19．下列有关离子检验的实验操作和现象均正确的是（　　）
选项 离子 实验操作 实验现象
A CO 先滴加足量盐酸，将生成的气体通入澄清石灰水 出现白色沉淀即可证明
B Cl- 滴加稀盐酸，再滴加硝酸银溶液 出现白色沉淀即可证明
C Fe3+ 滴加硫氰化钾溶液 溶液中出现红色沉淀即可证明
D Na+ 用洁净的铂丝蘸取待测液在酒精灯外焰灼烧 可看到黄色的火焰即可证明
A．A B．B C．C D．D
20．1774年，瑞典科学家舍勒在研究软锰矿时，意外发现黄绿色气体。二氯化锰在酸性介质中稳定，在碱性介质中易被氧化，高锰酸钾溶液见光或放置过久会分解。下列说法不正确的是（　　）
A．向二氯化锰溶液中滴加NaOH溶液，产生白色沉淀，后迅速氧化为黑色的
B．硬锰矿的主要成分是，其与浓盐酸共热能产生黄绿色气体
C．高锰酸钾溶液要现用现配，并保存在棕色试剂瓶中
D．能氧化生成，可通过显色来检验溶液中是否存在大量，但样品中浓度要过量
二、综合题
21．电子工业需要用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜，制造印刷电路板。完成下列问题。
（1）请写出FeCl3溶液与铜反应的离子方程式：　 　。
（2）反应后的废液中含有Fe3+，请写出用KSCN溶液检验铁离子的离子方程式　 　。请问能否用酸性高锰酸钾溶液检验反应后的溶废液中是否含有Fe2+？　 　(填能或不能)，并用离子方程式解释原因：　 　。
（3）现将反应后的废液采用以下流程进行回收再生，根据流程图完成下列填空。
沉淀A中含有的单质：　 　，气体C可以把滤液转化成FeCl3腐蚀液，写出反应过程中的离子方程式　 　。加入H2O2溶液也可以到达相同目的，请写出H2O2与滤液反应离子方程式：　 　。
22．草酸()常用作还原剂和漂白剂，在25℃时为无色透明结晶，电离常数，。
（1）某科研小组欲配制溶液。
①需要用托盘天平称量草酸晶体()的质量是　 　g。
②配制过程中，下列仪器中未用到的是　 　(填仪器名称)。
（2）取100mL配制的草酸溶液，向其中逐渐加入NaOH固体，所得溶液中含碳微粒的浓度随溶液pH的变化如图所示(假设溶液体积变化忽略不计)。
①图中曲线Ⅱ表示的含碳微粒是　 　(填微粒符号)。
②25℃，的水解平衡常数　 　
③pH=7时，若溶液中，，则溶液中　 　(用含x、y的代数式表示)。
④M点溶液的pH为　 　()。
23．某小组探究 沉淀向 沉淀转化过程中发生了异常现象，便进一步探究原因：
（1）已知 时， 的溶度积 ，则下列说法正确的是___________。
A．温度一定，当溶液中 时，此溶液为 的饱和溶液
B． 溶液与 溶液混合后的溶液中，一定有
C．向饱和 水溶液中加入盐酸， 值变大
D． 时，与水中相比， 在 溶液中的溶解度、 均要小
（2）写出 沉淀向 沉淀转化的离子方程式：　 　。
（3）该小组同学认为长时间放置后产生乳白色沉淀与空气中的氧气有关，其反应的化学方程式为： □ □ (请在答题卷的方框中填入物质及计量数) 　 　。
（4）为避免 沉淀向 沉淀转化过程中出现异常现象，需控制的反应条件是　 　。
24．酸、碱、盐都是电解质，在水中都能电离出离子。根据下列化合物：①NaOH②CH3COOH③NH4Cl④NH3·H2O⑤H2S请回答下列问题：
（1）上述几种电解质中属于弱电解质的是　 　（写序号）
（2）常温下pH=2的CH3COOH溶液中由水电离产生的c(OH－)=　 　
（3）写出H2S的电离方程式　 　
（4）pH相同的NaOH和NH3·H2O物质的量浓度分别为c1和c2，则c1　 　c2
（5）将等pH等体积的NaOH和NH3·H2O分别稀释m倍和n倍，稀释后两溶液的pH仍相等，则m　 　n（填“<”或“>”或“=”，上同）。
（6）若25℃时醋酸的起始浓度为0.010mol·L－1，平衡时氢离子浓度为4.2×10－4mol·L－1，则该温度下醋酸的电离平衡常数为Ka=　 　。
25．2019年3月21日是第二十七届“世界水日”，保护水资源，合理利用废水节省水资源，加强废水的回收利用已被越来越多的人所关注。已知：某无色废水中可能含有H+、NH4+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Na+、NO3-、CO32-、SO42-中的几种，为分析其成分，分别取废水样品100 ，进行了三组实验，其操作和有关图像如下图所示，请回答下列问题：
（1）根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的阴离子是　 　，一定存在的阳离子是　 　。
（2）分析图像，在原溶液中c（NH4+）与c（Al3+）的比值为　 　
（3）若通过实验确定原废水中c（Na+）=0.14mol/L，试判断原废水中NO3-是否存在 　 　（填“存在”“不存在”或“不确定”）。若存在，c（NO3-）=　 　mol/L。（若不存在或不确定则此空不填）。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】①Fe(OH)3胶体和CuSO4溶液都是由分散质和分散剂组成的混合物，①符合题意；
②BaSO4是一种难溶于水的电解质，其溶解于水中的部分时完全电离的，故BaSO4是强电解质，②符合题意；
③纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐类，③不符合题意；
④煤的干馏指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程；煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成氢气 、一氧化碳等气体的过程；
煤的液化是将煤与氢气在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的氢气和一氧化碳通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程。这三种变化都有新物质生成，都属于化学变化，④符合题意；
故正确序号为①②④，B符合题意；
故答案为：B
【分析】①胶体和溶液都属于混合物；
②绝大多数的盐都是强电解质；
③纯碱为Na2CO3，属于盐；
④根据干馏、汽化和液化进行分析；
2．【答案】B
【解析】【解答】A、由非电解质溶于水得到的溶液不一定呈中性，如二氧化碳的水溶液呈酸性，氨气的水溶液呈碱性，故A错误；
B、 c（H+）、c（OH-）均为5.0×10-7mol L-1的溶液中存在c（H+）=c（OH-），则该溶液一定呈中性， 故B正确；
C、等物质的量的强酸与强碱反应得到的溶液可能呈酸性、中性或碱性，如硫酸和NaOH等物质的量混合溶液为酸性溶液、HCl和氢氧化钡等物质的量混合溶液呈碱性、等物质的量的HCl和KOH混合溶液呈中性，故C错误；
D、碱溶液无论如何稀释都不能变为中性或酸性溶液，将pH=9的烧碱溶液稀释100倍所得到的溶液仍然呈碱性，故D错误；
故答案为：B。
【分析】 c（H+）=c（OH-）时溶液一定呈中性，c（H+）＞c（OH-）时溶液一定呈酸性，c（H+）＜c（OH-）时溶液一定呈碱性。
3．【答案】D
【解析】【解答】A.氨气是一种碱性气体，可用碱石灰干燥，故A不符合题意；
B.液溴应保存于带磨口玻璃塞的细口瓶试剂瓶中，并加水“水封”以减少其易挥发，故不B符合题意；
C.向Ca（ClO）2溶液通入CO2，反应生成HClO和碳酸钙，则溶液变浑浊，再加入品红溶液，HClO具有漂白性，红色褪去，故C不符合题意；
D.向某溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，可能是原溶液中无NH4＋，也可能是溶液中含有的NH4＋浓度小，不能产生NH3，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】由于铵根离子浓度较高时才能和氢氧根离子产生氨气，所以不能利用少量氢氧化钠来判断是否存在铵根离子。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．H2O是极弱的电解质，水分子间能形成有氢键，故A不符合题意；
B．CH4是非电解质，但分子间不存在氢键，故B不符合题意；
C．HF分子间存在氢键，但属于电解质，故C不符合题意；
D．CH3OH属于非电解质，甲醇分子间存在氢键，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题两个关键点，要含有氢键，N、O、F元素易形成氢键，非电解质包括有机物，非金属氧化物，非金属氰化物等。
5．【答案】B
【解析】【解答】A. 稀硫酸中有自由移动的H+和SO42-，可以导电，但稀硫酸是混合物，不是电解质，A错误；
B.熔融氢氧化钠既有自由移动的Na+和OH-，又是纯净物，化合物，B正确；
C.石墨有自由移动的电子，但它是单质，不是化合物，C错误；
D. Fe 有自由移动的电子，但它是单质，不是化合物，D错误；
故答案为： B
【分析】 本题考查了电解质、导电物质的判断，根据物质导电的实质及电解质定义来分析解答即可，难度不大。
6．【答案】A
【解析】【解答】A．Na的性质很活泼，用电解其氯化物的方法冶炼，故A符合题意；
B．Cu用热还原法冶炼，故B不符合题意；
C．Fe用热还原法冶炼，故C不符合题意；
D．Ag用热分解法冶炼，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的Al2O3）制得；冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等）；冶炼不活泼的金属Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．溶液体积未知，不能计算其物质的量，则不能计算数目，A不符合题意；
B．将溶于稀氨水中，所得溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c()+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，则c()=c(Cl-)=0.1mol，溶液中的数目为，B符合题意；
C．的物质的量为，的结构简式为CH3CH2CH2NH2或(CH3)2CH(NH2)，则1个分子含有12个共用电子对，即中所含共用电子对数目为，C不符合题意；
D．氯气通入足量水中充分反应：Cl2+H2OHCl+HClO，溶液中的含氯微粒有、、、Cl2，因此、、的微粒数之和小于，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.溶液体积未知；
B.依据电荷守恒和溶液的电中性分析；
C.依据和的结构简式分析；
D.氯气通入足量水中溶液中的含氯微粒有、、、Cl2。
8．【答案】C
【解析】【解答】
A． a时刻 Ba(OH)2溶液与稀硫酸恰好完全中和 ，A不符合题意；
B． a时刻溶液的导电能力约为0，说明溶液中几乎没有自由移动的离子 ，B不符合题意；
C．BaSO4是强电解质，C符合题意；
D． BC段溶液的导电能力不断增大主要是由于过量的H2SO4电离出的离子导电 ，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A．硫酸能与氢氧化钡反应；
B．溶液导电能力与离子浓度成正比；
C．BaSO4难溶于水，导电能力弱，而BaSO4是强电解质；
D．离子越多，导电能力越强。
9．【答案】C
【解析】【解答】A.过程中发生的先后顺序为：乙、丙、甲，故A不符合题意；
B.干燥的氯化钠固体不导电，主要是固体中不存在自由移动的钠离子和氯离子，故B不符合题意；
C.氯化钠溶液导电主要是由于在水分子的作用下形成了自由移动的钠离子和氯离子，故C符合题意；
D.氯化钠在水溶液的作用下就可导电，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】氯化钠加入到水中时，水分子向氯化钠缝隙中进入，促使钠离子和氯离子分开，有自由移动的阴阳离子导致溶液导电，结合选项判断。
10．【答案】C
【解析】【解答】溶液无色，则一定不存在铁离子。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，如果溶液显酸性，则存在的离子是氢离子、铵根、钡离子、铝离子、氯离子；如果显碱性，则可以大量存在的是钡离子（或碳酸根，二者不能同时存在）、氯离子、氢氧根、硝酸根，因此溶液中能大量存在的离子最多有五种。
故答案为：C。
【分析】本题考查离子共存问题。对于无色溶液，先将带颜色的离子排除，再根据题干信息判断溶液的酸碱性，进而根据离子共存的条件：离子间不发生氧化还原反应；不生成水（弱电解质）、沉底、气体等；据此进分析即可。
11．【答案】D
【解析】【解答】A、明矾是KAl(SO4)2·12H2O，其中Al3＋发生水解，促进水的电离，故A不符合题意；
B、苏打是Na2CO3，CO32－发生水解，促进水的电离，故B不符合题意；
C、84消毒液的成分是NaClO，ClO－发生水解，促进水的电离，故C不符合题意；
D、洁厕灵主要成分是HCl，抑制水的电离，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】根据水的电离平衡，分析加入物质的离子对水电离出的氢离子和氢氧根离子的影响，然后得出结论即可。
12．【答案】A
【解析】【解答】A．这几种离子之间互不反应，能大量共存，A符合题意；
B．MnO4－为紫红色，且MnO4-、SO32-之间能发生氧化还原反应，不能大量共存，B不符合题意；
C．滴加酚酞变红的溶液呈碱性，Cu2+与OH-不能大量共存，C不符合题意；
D．加入铁粉能产生H2的溶液呈酸性，HCO3－与H+不能大量共存，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】判断离子之间是否能大量共存，主要看离子之间是否发生反应。若离子之间反应生成气体、沉淀、弱电解质或发生氧化还原反应、络合反应、双水解反应等时，离子之间不可大量共存。在遇到此类试题时，注意题干中是否涉及颜色，要熟悉溶液中常见离子的颜色，以及溶液的酸碱性。另注意“H+与NO3－”组合具有强氧化性，能与S2-、Fe2+、I-等发生氧化还原反应。
13．【答案】B
【解析】【解答】A．pH＝2溶液，c(H+)=10-2mol/L，pH＝12的溶液c(OH-)=10-2mol/L，若酸、碱都是强电解质，则二者两种溶液以等体积混合时，恰好完全中和，溶液显中性，pH=7，若酸是弱酸，由于存在电离平衡，当二者等体积混合后，未电离的酸分子会进一步电离产生氢离子，使溶液显酸性，pH<7；若碱是弱碱，当二者等体积混合后，过量的碱又电离产生氢氧根离子，使溶液显碱性，pH>7.因此pH＝2和pH＝12的两种溶液以等体积混合后溶液的pH可能大于7、等于7、小于7，不符合题意；
B.0.05mol·L－1H2SO4，c(H+)=0.1mol/L与0.10mol·L－1NaOH溶液以等体积混合，由于是强酸与强碱反应，因此反应后溶液现中性，pH=7，符合题意；
C．CH3COOH是弱酸，在溶液中存在电离平衡，主要以酸分子形式存在， CH3COOH溶液pH＝5，c(CH3COOH)> c(H+)=10-5mol/L，稀释100倍后，溶液中未电离的酸分子进一步电离，使氢离子的浓度增大，因此溶液的pH<7，不符合题意；
D.0.10mol·L－1Ba(OH)2溶液，c(OH-)=0.2mol/L，pH＝1的H2SO4，c(H+)=0.1mol/L，当二者以等体积混合时碱过量，溶液显碱性，pH>7，不符合题意。
【分析】A.没有明确酸碱的强弱；
B.强酸与强碱氢离子和氢氧根离子等物质的量反应后溶液呈中性；
C.酸溶液无限稀释也不可能呈中性；
D.根据方程式可知氢氧根离子过量。
14．【答案】D
【解析】【解答】A．电解精炼铜时，粗铜做阳极，阳极电极反应式：Cu-2e-=Cu2+，故A不符合题意；
B．碳酸钠水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠，离子方程式H2O+COHCO+OH-，溶液显碱性，油脂在碱性条件下水解生成可溶于水的物质，故B不符合题意；
C．用饱和Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4，硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙沉淀，离子方程式为：CaSO4(s)+CO(aq)CaCO3(s)+SO(aq)，故C不符合题意；
D．水是弱电解质，存在电离平衡，水的电离过程吸收热量，升高温度，水的电离平衡正向移动，其中c(H+)增大，因此溶液的pH减小，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、铜为阳极，失去电子形成铜离子；
B、碳酸根水解成碱性；
C、硫酸钙和碳酸根反应生成碳酸钙和硫酸根；
D、升高温度，平衡朝正向移动，pH减小。
15．【答案】D
【解析】【解答】A．根据图象，HY的pH=4，均为0.1mol/L，HY部分电离；HX的pH=1，均为0.1mol/L，HX完全电离，故A不符合题意；
B．两种溶液中加入20mLNaOH溶液时，NaX不水解，NaX的pH=7；NaY水解，Ph>7，故B不符合题意；
C．HY为弱酸，水解促进水的电离，所以溶液中水电离的程度：a点点，故C不符合题意；
D．b点为加入NaOH溶液体积为10mL，反应后溶质为等浓度的HY和NaY，根据物料守恒可得，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．由起点可判断出HY和HX的酸性强弱；
B．由图像可判断出NaY溶液pH>7；
C．a点等浓度的HX和NaX溶液，因为HX为强酸，所以该溶液中抑制水的电离，b为等浓度的HY和NaY溶液，溶液显酸性，酸的电离程度大于酸根离子的水解程度，抑制水的电离，但程度小于强酸，即水的电离程度为a点D．b点溶液为等浓度的HY和NaY溶液，根据物料守恒分析，有2c(Na+)=c(Y-)+c(HY)。
16．【答案】C
【解析】【解答】A.NaCl晶体中不含自由移动的阴阳离子或电子，所以不导电，但NaCl在熔融状态下能导电，所以属于电解质，故A不符合题意；
B.氯化钠溶液含有自由移动的离子，所以能得电子，但NaCl溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B不符合题意；
C.NaCl在水溶液中电离出了可以自由移动的离子，所以NaCl溶液能导电，故C符合题意；
D.氯化钠在水分子的作用下电离出阴阳离子，没有产生电子，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据原电池的工作原理和构成条件：电解质溶液必须含有大量自由移动离子，电解质中阴阳离子的定向移动形成电流，在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，含有自由移动的离子或电子的物质能导电，据此答题。
17．【答案】D
【解析】【解答】A．一水合氨是弱电解质，稀释促进电离，
的氨水稀释10倍，溶液的
大于9，A不符合题意；
B．相同体积、相同浓度的氨水与氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相等，则分别与同浓度的盐酸溶液恰好完全反应时，二者消耗的盐酸溶液体积一样多，B不符合题意；
C．氨水和盐酸恰好完全反应生成氯化铵，铵根水解，溶液显酸性，C不符合题意；
D．相同条件下
的NaOH溶液和
的氨水溶液中氢氧根浓度相等，则导电能力相同，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.依据弱电解质的电离分析；
B.依据弱电解质的部分电离分析解答；
C.氯化铵中铵根水解，溶液显酸性；
D.依据溶液中离子浓度的大小分析导电能力。
18．【答案】B
【解析】【解答】A、HS－的水解方程式为HS－＋H2O H2S＋OH－，A不符合题意；
B、同一种溶液，溶液的体积相同，即物质的量浓度比值等于其物质的量变化，加水稀释促进CH3COOH的电离，CH3COO－的物质的量增大，CH3COOH的物质的量减小，即c(CH3COOH)/c(CH3COO-)比值减小，B符合题意；
C、根据水的离子积，盐酸溶液稀释，c(OH－)增大，C不符合题意；
D、水的离子积受温度的影响，升高温度，水的离子积增大，100℃时水的离子积为1×10－12，溶液中c(OH－)=1mol·L－1，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.HS-水解产生H2S和OH-；
B.根据稀释促进电离分析；
C.稀释后，溶液中c(H+)减小，结合Kw可知，c(OH-)增大；
D.100℃时，Kw≠10-14；
19．【答案】D
【解析】【解答】A．滴加足量盐酸，将生成的气体通入澄清石灰水， 出现白色沉淀，可能存在 的干扰，故A项不符合题意；
B．检验Cl-应选用硝酸酸化的硝酸银溶液，故B项不符合题意；
C．Fe3+遇硫氰化钾溶液，溶液显红色，并非出现红色沉淀，故C项不符合题意；
D．用洁净的铂丝蘸取待测液在酒精灯外焰灼烧，看到黄色的火焰，证明含有Na+，故D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.证明碳酸根，先加氯化钙之后，再加入稀盐酸看是否产生无色无味的气体，再将此气体通入石灰水中
B.加入盐酸引入氯离子
C.现象描述错误应该是溶液的颜色是红色
D.钠元素的焰色反应是黄色
20．【答案】D
【解析】【解答】A、根据题干信息，二氯化锰在碱性介质中易被氧化，则向二氯化锰溶液中滴加NaOH溶液，产生Mn(OH)2白色沉淀，后迅速氧化为黑色的，故A不符合题意；
B、硬锰矿的成分可改写为mMnO·MnO2·nH2O的形式，由此可知，其与浓盐酸共热反应生成黄绿色气体氯气，故B不符合题意；
C、根据题干信息，高锰酸钾溶液见光或放置过久会分解，因此高锰酸钾溶液要现用现配，并保存在棕色试剂瓶中，故C不符合题意；
D、 能氧化 生成 ， 为紫红色，因此可通过显色来检验溶液中是否存在大量 ，但样品中 浓度无需过量，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、二氯化锰在碱性介质中易被氧化；
B、 硬锰矿的化学式可改写为mMnO·MnO2·nH2O；
C、高锰酸钾溶液见光或放置过久会分解；
D、 中浓度无需过量。
21．【答案】（1）2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
（2）Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；不能；2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
（3）Fe、Cu；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+
【解析】【解答】（1）FeCl3溶液与铜反应生成FeCl2和CuCl2，其离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。
（2）KSCN溶液遇Fe3+变红，其离子方程式为Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3。不能用酸性高锰酸钾溶液检验反应后的溶液中的Fe2+，因为溶液中的氯离子与酸性高锰酸钾溶液也能发生氧化还原反应而使其褪色，干扰Fe2+的检验，其离子方程式为2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。
（3）由分析可知，沉淀A中含有的单质是Fe、Cu；气体C可以把滤液转化成FeCl3腐蚀液，其离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；H2O2与滤液反应离子方程式为H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+。
【分析】（1）注意书写离子方程式时，单质不能拆分。
（2）Fe3+和KSCN溶液反应会产生红色的络合物；溶液中的氯离子与酸性高锰酸钾溶液也能发生氧化还原反应而使其褪色。
（3）根据题干信息可知，废液中含有Fe2+、Fe3+、Cu2+。由流程图可知，①中涉及反应是Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu；过滤后得到的沉淀A为Fe、Cu，所得滤液中含有Fe2+，向滤液中通入气体C，得到FeCl3溶液，可推出气体C为氯气；沉淀A与过量盐酸反应的方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，铜不反应，所以沉淀B为Cu。
22．【答案】（1）4.1；圆底烧瓶
（2）；；；4.2
【解析】【解答】（1）①溶液的物质的量为n=cV=0.1mol/L×0.25L=0.025mol，草酸晶体()的质量是m=n M=0.025mol×162g/mol=4.05g，托盘天平的精确度为0.1g，则需要称量4.1g晶体；
②配制过程中，需要烧杯溶解晶体，需要胶头滴管定容，需要量筒量取蒸馏水，未用到的仪器是圆底烧瓶；
（2）①草酸逐滴加入NaOH，先生成NaHC2O4，H2C2O4的浓度减小，曲线I代表H2C2O4，后生成Na2C2O4，c()先增大后减小，曲线II代表，c()后增大，曲线III代表；
②25℃，的水解方程式为，平衡常数；
③pH=7时溶液呈中性即c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒：，则溶液中；
④曲线II代表，曲线III代表，M点溶液c()=c()，，pH=-lgc(H+)=4.2。
【分析】（1）①利用托盘天平的精确度为0.1g，m=n M计算；
②配制一定物质的量浓度溶液用到的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶（一定体积）、胶头滴管；
（2）①二元酸中滴入碱反应时先生成酸式盐，再生成正盐；
②利用平衡常数计算；
③利用中性实质，由电荷守恒计算；
④选取M点，利用计算。
23．【答案】（1）A
（2）
（3）
（4）隔绝氧气或者缩短存放时间
【解析】【解答】(1) A．温度一定，当溶液中 时，说明溶液中溶液中存在氯化银的溶解平衡，所得溶液为氯化银的饱和溶液，故正确；
B．硝酸银溶液与氯化钠溶液混合后的溶液中，银离子浓度与氯离子浓度不一定相等，两者的相对大小取决于硝酸银和氯化钠的物质的量的相对大小，故不正确；
C．溶度积是温度函数，温度不变，溶度积不变，则向饱和氯化银水溶液中加入盐酸，溶度积的值不变，故不正确；
D．溶度积是温度函数，温度不变，溶度积不变，则 时，与水中相比，氯化银在硝酸银溶液中的溶解度要小，但溶度积相等，故不正确；
A正确，故答案为：A；
(2)在溶液中，氯化银的溶解度比硫化银小，向氯化银白色沉淀中加入硫化钠溶液，氯化银与硫化钠溶液反应生成黑色的硫化银和氯化钠，转化的离子方程式为 ，故答案为： ；
(3)由题意可知，硫化银黑色沉淀在空气中长期放置，在氯化钠作用下，与空气中氧气反应生成硫、氯化银和氢氧化钠，反应的化学方程式为 ，故答案为： ；
(4)由题意可知，硫化银黑色沉淀长时间放置后产生乳白色沉淀与在空气中放置时间和空气中的氧气有关，则为避免出现异常现象，应隔绝氧气或者缩短存放时间，故答案为：隔绝氧气或者缩短存放时间。
【分析】由题给转化过程可知，向氯化钠溶液中加入硝酸银溶液，氯化钠溶液与硝酸银溶液反应生成硝酸钠和氯化银白色沉淀；向白色沉淀中加入硫化钠溶液，氯化银与硫化钠溶液反应生成硫化银和氯化钠；硫化银黑色沉淀在空气中长期放置，在氯化钠作用下，与空气中氧气反应生成硫、氯化银和氢氧化钠。
24．【答案】（1）②④⑤
（2）10-12mo1/L
（3）H2S HS-+H+、HS- S2-+H+
（4）<
（5）<
（6）1.8×10－5
【解析】【解答】(1)常见弱电解质有弱酸、弱碱，其中CH3COOH、H2S都是弱酸，NH3·H2O是弱碱，因此属于弱电解质的有CH3COOH、H2S、NH3·H2O，故答案为②④⑤；(2)常温下pH=2的CH3COOH溶液中c(H+)=0.01mol/L，则c(OH-)= = mol/L=10-12mol/L=c(OH-)水；(3)H2S属于二元弱酸，在水中分步电离，电离方程式为H2S HS-+H+、HS- S2-+H+；(4)NH3·H2O属于弱电解质，在水中部分电离，NaOH属于强电解质，在水中完全电离，因此pH相同的NaOH和NH3·H2O溶液中c(NaOH)NaOH，若要实现稀释后二者溶液pH相等，则向NH3·H2O溶液中所加水的体积较多，故答案为：<；(6)醋酸在水中的电离平衡为：CH3COOH CH3COO-+H+，25℃时醋酸的起始浓度为0.010mol·L－1，平衡时c(H+)=4.2×10－4mol·L－1，则c(CH3COO-)=c(H+)=4.2×10－4mol·L－1，c(CH3COOH)=0.010mol·L－1-4.2×10－4mol·L－1≈0.010mol·L－1，Ka= = =1.8×10－5。
【分析】（1）弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，据此分析；
（2）根据溶液的pH计算出溶液中氢离子的浓度，常温下，再根据c(OH-)= 计算；
（3）H2S属于二元弱酸，在水中分步电离，据此书写电离方程式；
（4）弱电解质在水中部分电离，强电解质在水中完全电离，据此解答；
（5）根据醋酸的电离平衡和题中已知信息得知c(CH3COO-)=c(H+)，进而求出c(CH3COOH)，即可求出Ka。
25．【答案】（1）CO32-；Na+、H+、Al3+、NH4+
（2）1：1
（3）存在；0.36
【解析】【解答】（1）由无色废水可知溶液中无Fe3+，根据实验①可知溶液中含有Na+，根据实验②可知溶液中含有SO42-，根据实验③可知溶液中含有H+和Al3+，溶液中一定不含Fe3+、Mg2+，因为CO32-与Al3+不能共存，溶液中无CO32-，则溶液中存在的离子为Na+、Al3+、NH4+、H+、SO42-，一定不存在的离子有Fe3+、Mg2+、CO32-，故答案为：CO32-；Na+、H+、Al3+、NH4+；（2）已知硫酸钡沉淀为2.33g，则n（SO42-）为0.01mol，根据图象可知与Al（OH）3的OH-为的物质的量0.007mol，由方程式Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O可知将铝离子沉淀需要氢氧化钠0.021mol，所以溶液中H+消耗氢氧化钠0.014mol，氢离子的物质的量是0.014mol，由方程式NH4++OH-=NH3 H2O可知消耗氢氧化钠0.007mol，所以铵根离子的物质的量是0.007mol，则原溶液中c（NH4+）与c（Al3+）的比值为1：1，故答案为：1：1；（3）由题意可知，铝离子为0.007mol、氢离子为0.014mol、铵根离子为0.007mol，硫酸根的物质的量为0.01mol，由电荷守恒可知，溶液中必然有硝酸根离子，硝酸根物质的量为（0.007mol×3+0.014mol+0.007mol）—0.01mol×2=0.036mol，则c（NO3-）=0.36mol/L，故答案为：0.36。
【分析】由无色废水可知溶液中无Fe3+，根据实验①可知溶液中含有Na+，根据实验②可知溶液中含有SO42-，根据实验③可知溶液中含有H+和Al3+，溶液中一定不含Fe3+、Mg2+，因为CO32-与Al3+不能共存，溶液中无CO32-，则溶液中存在的离子为Na+、Al3+、NH4+、H+、SO42-，一定不存在的离子有Fe3+、Mg2+、CO32-。