沪科版高中化学一年级第二学期7《探究电解质溶液的性质》测试题（解析版）
文档属性
| 名称 | 沪科版高中化学一年级第二学期7《探究电解质溶液的性质》测试题（解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 172.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 沪科版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2018-12-04 22:37:41 | ||
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文档简介
《探究电解质溶液的性质》测试题
一、单选题（每小题只有一个正确答案）
1．下列物质中，属于非电解质的是（ ）
A． 蔗糖 B． 金属镁 C． 氧气 D． 氧化钠
2．下列物质溶于水后溶液显酸性的是（ ）
A． KCl B． Na2O C． NH4Cl D． CH3COONa
3．下列反应的离子方程式中，正确的是（ ）
A． 盐酸与饱和的澄清石灰水反应：H+ + OH－══ H2O
B． 稀硫酸与氢氧化钡溶液混合：SO42－+Ba2+=BaSO4↓
C． 钠与CuSO4溶液反应：2Na＋Cu2＋===Cu↓＋2Na＋
D． 稀硫酸滴在银片上：2Ag+2H+=2Ag++H2↑
4．解释下列事实的方程式不正确的是（ ）
A．次氯酸钙溶液中通入过量二氧化硫：Ca2+ + 2ClO－+ H2O + SO2＝CaSO3↓+ 2HClO
B．硫酸型酸雨放置一段时间溶液的pH下降：2H2SO3＋O2＝2H2SO4
C．纯碱液可以清洗油污的原因：CO32?+H2OHCO3?+OH?
D．向K2Cr2O7溶液中加入少量NaOH浓溶液，溶液由橙色变为黄色：Cr2O72—+H2O2CrO42—+2H+
5．下列各组离子在常温下一定能大量共存的是（ ）
A． pH=0的无色溶液中：Cl－、Na+、SO42－、Fe2+
B． 在c(H+)/c( OH－) =1012的溶液中：NH4+、NO3－、K+、Cl－
C． 加入铝粉能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、NO3－、Cl－
D． 含有大量Fe3+的溶液中：Al3+、SCN－、Br－、Na+
6．如图所示，将两烧杯中用电极用电线相连，四个电极分别为Mg、Al、Pt、C。当闭合开关S后，以下表示正确的是（ ）
A． 电流表指针不发生偏转
B． Al、Pt两极有H2产生
C． Mg、C两极生成的气体在一定条件下可以恰好完全反应
D． 甲池pH减小，乙池pH不变
7．下列叙述不正确的是（ ）
A． 氨水中：c(OH－)－c(H＋)＝c(NH)
B． 饱和H2S溶液中：c(H2S)＞c(H＋)＞c(HS－)＞c(S2－)
C． 0.1mol/LCH3COOH溶液中：c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)
D． Ca(OH)2溶液中：c(H＋)＋2c(Ca2＋)＝c(OH－)
8．下列溶液中的微粒浓度的关系正确的是（ ）
A． 常温下，pH＝5 的NaHSO3 溶液中：c(HSO3－)＞c(H2SO3)＞c(SO32－)
B． 0.1 mol·L－1 (NH4)2S 溶液中， c(NH4＋)＝2c(H2S)＋2c(HS－)＋2c(S2－)
C． 0.1 mol·L－1 CuSO4 溶液中， c(Cu2＋)＋c(H＋)＝c(SO42－)＋c(OH－)
D． 0.1 mol·L－1NaHCO3 溶液中， c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(CO32－)＋c(OH－)
9．用惰性电极电解一定浓度的CuSO4溶液时，通电一段时间后，向所得溶液中加入CuO，Cu（OH）2，Cu2（OH）2CO3各0.1mol的混合物后恰好恢复到电解前的浓度和pH（不考虑二氧化碳的溶液）。则电解过程中转移电子的物质的量为（ ）
A． 0.6mol B． 0.8mol C． 1.0mol D． 1.2mol
10．恒温下用惰性电极电解某pH=a的溶液一段时间后，测知溶液的pH没发生改变，则该溶液可能是（ ）
A． NaOH溶液 B． CuSO4溶液 C． HCl溶液 D． 稀Na2SO4溶液
11．关于室温下下列溶液的说法不正确的是（ ）
A．水的电离程度：①=②=③=④
B．分别加水稀释10倍，溶液的pH：①>②>③>④
C．①、③两溶液等体积混合：
D．溶液②与溶液③混合，若，则混合溶液pH=4(忽略溶液体积变化)
12．下列各项操作中，发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是（ ）
①向石灰水中逐渐通入CO2直至过量
②向CaCl2溶波中逐渐通入CO2直至过量
③向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸直至过量
④向Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀盐酸直至过量
A． ①④ B． ①②③ C． ②④ D． ②③④
13．电浮选凝聚法处理酸性污水的工作原理如图。下列说法正确的是（ ）
A． 左侧装置中的铁电极可换成石墨电极
B． 通入甲烷的石墨电极的电极反应式为： CH4+4CO32——8e—=5CO2+2H2O
C． 通入空气的石墨电极做正极，发生氧化反应
D． 若左侧装置中石墨电极产生标况下气体44.8L气体， 则消耗2mol甲烷
14．下列各示意图与对应的表述正确的是( )
A． 图①表示一定条件下某化学反应的速率随时间变化的趋势图，该反应一定为放热反应
B． 图②中曲线表示将氢氧化钠溶液滴加到醋酸溶液浓度的变化趋势图
C． 图③表示等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，分别加入足量镁粉，产生H2的物质的量的变化
D． 图④为水的电离平衡曲线图，若从A点到C点，可采用在水中加入适量NaOH固体的方法
15．把X溶液逐滴滴入Y溶液中，与把Y溶液逐滴滴入X溶液中，所产生现象不同的是 （ ）
A B C D
X BaCl2 AlCl3 NaOH Na2CO3
Y H2SO4 NaOH MgCl2 CaCl2
A． A B． B C． C D． D
二、填空题
16．按下图装置进行实验，并回答下列问题：
（1）判断装置的名称：A池为_________，B池为___________。
（2）铜极为______极，电极反应式为_________，石墨棒C1为___极，电极反应式为______________________，石墨棒C2附近发生的实验现象为___________________。
（3）当C2极析出224mL气体（标准状态时），锌的质量变化（增加或减少）_____g，CuSO4溶液的质量变化了（增加或减少了）______g。
17．某温度下，纯水的[H+]=2.0×10-7mol·L-1。在此温度下，某溶液中由水电离出的[H+]为4.0×10-13mol·L-1，则该溶液的pH可能是： 。
18．25℃时，取0.lmol?L-1 HA溶液与0.1 mol?L-1 NaOH溶液等体积混合（混合后溶液体积的变化不计），测得混合溶液的pH＝8，试回答以下问题：
(1)混合溶液的pH＝8的原因____________________________（用离子方程式表示）。
(2)混合溶液中由水电离出的c(OH－)与0.1 mol?L-1NaOH 溶液中由水电离出的c(OH－)的比值为_______。
(3)混合液中： c(Na+)－c(A－)＝_______mol?L-1（填精确值）
(4)25℃时，已知NH4A溶液为中性，将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断(NH4)2CO3溶液的 pH________7(填“＞”、“＜”或“＝”)。
(5)相同温度下相同物质的量浓度的下列四种盐溶液，pH由大到小的顺序____（填字母）。
A．NH4HCO3 B．NH4A C．NH4HSO4 D．NH4Cl
19．（1）在25℃条件下将pH=11的氨水稀释100倍后溶液的pH为（填序号）__ __。
A．9 B．13 C．11～13之间 D．9～11之间
（2）25℃时，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是（填序号）__ ___。
A．氨水与氯化铵发生化学反应; B．氯化铵溶液水解显酸性，增加了c(H+);
C．氯化铵溶于水，电离出大量铵离子，抑制了氨水的电离，使c(OH―)减小;
（3）室温下，如果将0.1mol NH4Cl和0.05mol NaOH全部溶于水，形成混合溶液(假设无损失)，
①__ _、_ __和_ __三种粒子的物质的量之和等于0.1mol。
②_ __和_ __两种粒子的物质的量之和比OH―多0.05mol。
20．氯及其氯的化合物，有广泛的应用。请回答下列问题：
（1）亚氯酸（HClO2）中氯元素的化合价是____，其电离方程式是______________，NaClO2溶液显_________(填“酸性”、“中性”、“碱性”)。
（2）①向新制饱和氯水中加适量CaCO3制取次氯酸，其反应的总的离子方程式是：_______。
②可用Cl2除去工业废水中CN- ，生成无污染的CO2和N2，写出反应的离子方程式：_____。
（3）CsICl2受热发生非氧化还原反应，则其受热分解的化学方程式是: ______________。
（4）ClO2是一种黄色极易爆炸的强氧化性气体，较安全的制备方法是：NaClO3+SO2+H2SO4—NaHSO4+ClO2（未配平），氧化剂与还原剂的物质的量之比是 _______。
（5）工业上高氯酸可由高氯酸钠和浓硫酸经复分解反应制备：NaClO4+H2SO4（浓）→NaHSO?+HClO?（易爆）。也可以用铜做阴极、铂做阳极，电解盐酸制备HClO4，写出阳极的电极反应式 ___________________________________________________ 。
三、推断题
21．现有下列物质（1）NaOH溶液 （2）铜丝 （3）液态HCl （4）盐酸（5）稀硫酸 （6）液氨 （7）氨水 （8）SO2 （9）胆矾晶体 （10）熔融NaCl （11）蔗糖晶体 （12）酒精
①上述状态下可导电的纯净物是___________________；
②属于非电解质的是_____________________________；
③上述状态下的电解质不能导电的是 ______________。
22．常见的五种盐A、B、C、D、E，它们的阳离子可能是Na＋、NH4+、Cu2＋、Ba2＋、Al3＋、Ag＋、Fe3＋，阴离子可能是Cl－、NO3—、SO42—、CO32—，已知：
①五种盐均溶于水，水溶液均为无色；
②D的焰色反应呈黄色；
③A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性，D的溶液呈碱性；
④若在这五种盐的溶液中分别加入Ba(NO3)2溶液，只有A、C的溶液不产生沉淀；
⑤若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，继续加氨水，C中沉淀消失；
⑥把A的溶液分别加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀；
已知：向Ag+溶液中滴加氨水，先产生沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解。
请回答下列问题：
（1）五种盐中，一定没有的阳离子是_____；所含阴离子相同的两种盐的化学式是________。
（2）D的化学式为____________，D溶液显碱性的原因是(用离子方程式表示)_____________。
（3）A和C的溶液反应的离子方程式是_______________；E和氨水反应的离子方程式是_______________。
（4）若要检验B中所含的阳离子，正确的实验方法是：_________________________。
四、实验题
23．10℃时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：
温度（℃） 10 20 30 加热煮沸后冷却到50℃
pH 8.3 8.4 8.5 8.8
根据上述数据：甲同学认为，该溶液的pH升高的原因是HCO3－的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为____________________________。乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度_______（填“大于”或“小于”）NaHCO3。丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙认为：
（1）只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则____（填“甲”或“乙”判断正确。试剂X是_____________（填序号）。
A．Ba(OH)2溶液 B．BaCl2溶液 C．NaOH溶液 D．澄清的石灰水
（2）将加热后的溶液冷却到10℃，若溶液的pH_____(填“高于”、“低于”或“等于”）8.3，则_____（填“甲”或“乙”）判断正确。
（3）查阅资料，发现NaHCO3的分解温度为150℃，丙断言_____（填“甲”或“乙”）判断是错误的，理由是_____________________________________________________。
24．某课外兴趣小组欲测定某NaOH溶液的浓度，其操作步骤如下：
①将碱式滴定管用蒸馏水洗净，再注入待测溶液，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于"0"刻度以下的位置，记下读数；将锥形瓶用蒸馏水洗净后，从碱式滴定管中放入20.00mL待测溶液到锥形瓶中。
②将酸式滴定管用蒸馏水洗净，再用标准酸液润洗2-3次后，向其中注入0.1000 mol·L-1标准盐酸，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于"0"刻度以下的位置，记下读数。
③向锥形瓶中滴入指示剂，进行滴定。滴定至终点，记录数据。
④重复以上过程2次。
试回答下列问题：
(1)应将NaOH溶液注入右图中的 （选填“甲”或“乙”）中。
(2)该小组在步骤①中的错误是 ，
由此造成的测定结果 (偏高、偏低或无影响)。
(3)右图是某次滴定时的滴定管中的液面，右图表示50mL滴定管中液面的位置，若A与C刻度间相差1mL，A处的刻度为25，滴定管中液面读数应为 mL。
(4)该滴定操作中③应选用的指示剂是 ，滴定时，左手控制滴定管活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视？ ，如何确定终点？ 。
(5)根据下列数据：
滴定次数 待测液体积(mL) 标准盐酸体积（mL）
滴定前读数（mL） 滴定后读数（mL）
第一次 20.00 0.52 25.42
第二次 20.00 4.07 29.17
请计算待测烧碱溶液的浓度为??????????????????? ?。
(6) 如有1mol/L和0.1mol/L的HCl溶液，应用_ _ 的HCl溶液，原因是_________。
五、计算题
25．工业上根据电解饱和食盐水原理制取氯气，氯气是一种重要的工业原料，工业上经常用石灰乳和氯气制备漂白粉。
（1）写出制备漂白粉的化学方程式。
（2）如果需要标况下11.2L的氯气，试利用化学方程式计算所需消耗的NaCl的质量。
26．在稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中，加入铜粉。
（1）若将50mL 4mol/L 稀HNO3和200mL 0.5mol/L稀H2SO4混合后，加入19.2g 铜粉，微热，充分反应。
①若忽略溶液体积变化，溶液中铜离子物质的量浓度为________mol/L。
②若使铜粉全部溶解，还需加入0.5mol/L H2SO4________________________mL。
（2）若c(SO42—)＋c(NO3—)＝a mol·L－1。取200 mL该混合酸，则能溶解铜的最大物质的量为___________mol（用含a的式子表示）。
试卷第2页，总8页
参考答案
1．A
【解析】试题分析：A．蔗糖不能导电，是化合物，属于非电解质，正确；B．金属镁是单质，既不是电解质也不是非电解质，错误；C．氧气是非金属单质，既不是电解质也不是非电解质，错误；D．氧化钠是金属氧化物，熔融状态下能电离，属于强电解质，错误。
考点：考查电解质、非电解质的判断的知识。
2．C
【解析】
【详解】
A项，KCl为强酸强碱盐，溶液呈中性，故A项错误；
B项，Na2O为碱性氧化物，溶于水生成氢氧化钠，溶液呈碱性，故B项错误；
C项，NH4Cl为强酸弱碱盐，溶于水后铵根离子水解产生H+，溶液呈酸性，故C项正确；
D项，CH3COONa为强碱弱酸盐，溶于水后醋酸根离子水解产生OH-，溶液呈碱性，故D项错误。
综上所述，本题的正确答案为C。
3．A
【解析】A、这里是澄清石灰水，应拆写成离子，盐酸是强酸，因此离子反应方程式为H＋＋OH－=H2O，故A正确；B、丢失一个离子反应，应是Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－=BaSO4↓＋2H2O，故B错误；C、金属钠先于水反应，2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，Cu2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓，故C错误；D、银不与硫酸反应，故D错误。
点睛：本题易错点是选项C，学生认为金属钠比铜活泼，应置换出铜单质，忽略了金属钠先于水反应，产生的氢氧化钠再与硫酸铜发生复分解反应，得到氢氧化铜沉淀，应熟记金属钠与盐溶液反应，一般先于水反应。
【答案】A
【解析】
A、产物中的次氯酸具有强氧化性，应把亚硫酸钙氧化成硫酸钙，错误；B、亚硫酸是弱酸，被氧气氧化生成硫酸为强酸，氢离子浓度增大，pH减小，正确；C、纯碱溶液由于碳酸根离子的水解而使溶液显碱性，所以可以清洗油污，正确；D、K2Cr2O7溶液中存在水解平衡，Cr2O72-呈橙色，CrO42-呈黄色，加入氢氧化钠溶液，使平衡正向移动，溶液由橙色变为黄色，正确，答案选A。
5．B
【解析】含有Fe2＋的溶液显浅绿色，故A错误；c(H＋)／c(OH－)＝1012的溶液呈酸性，NH4＋、NO3－、K＋、Cl－可以共存，故B正确；加入金属铝有氢气放出的溶液可能呈酸性或碱性，若呈酸性H+、NO3-与铝反应不能放出氢气，若呈碱性Mg2＋与OH－生成氢氧化镁沉淀，故C错误；含有大量Fe3+的溶液与SCN－结合成血红色Fe(SCN)3，故D错误。
6．C
【解析】
关闭开关S甲装置形成原电池反应，铝做负极失电子发生氧化反应，镁做正极，电极上得到电子发生还原反应，乙池为电解池，Pt做电解池阴极，C做电解池的阳极；A．甲装置形成的原电池，反应过程中有电子转移产生电流，电流计有电流通过，故A错误；B．铝电极是原电池负极溶解无气体生成，Pt电极上氢离子得到电子生成氢气，故B错误；C．镁电极生成的氢气，C电极生成的是氧气，依据电子守恒可知生成2mol氢气同时生成1mol氧气，氢气和氧气恰好反应生成水，故C正确；D．甲装置是原电池消耗氢氧根离子，溶液pH减小；乙池是电解池，电极水溶液浓度增大，氢氧化钠溶液pH增大，故D错误；故选C。
7．C
【解析】分析：本题考查的是弱电解质的电离和溶液中的守恒规律，关键为三大守恒。
详解：A.氨水中的电荷守恒有c(OH－) ＝c(H＋)+ c(NH)，故正确；B.饱和硫化氢溶液中，因为硫化氢存在两步电离，且第一步电离程度大于第二步，所以微粒浓度关系为c(H2S)＞c(H＋)＞c(HS－)＞c(S2－)，故正确；C.在醋酸溶液中，醋酸电离出等量的氢离子和醋酸根离子，水也能电离出氢离子，所以氢离子浓度大于醋酸根离子浓度，故错误；D.氢氧化钙溶液中的电荷守恒有c(H＋)＋2c(Ca2＋)＝c(OH－)，故正确。故选C。
点睛：弱电解质存在电离平衡，需要注意多元弱酸的电离是分步进行的，因为电离出的氢离子对后面的电离有影响，所以电离程度依次减弱。
8．D
【解析】A. 常温下，pH＝5的NaHSO3 溶液显酸性，说明亚硫酸氢根的电离程度大于水解程度，则溶液中：c(HSO3－)＞c(SO32－)＞c(H2SO3)，A错误；B. 0.1mol·L－1 (NH4)2S溶液中根据物料守恒可知溶液中c(NH3·H2O)＋c(NH4＋)＝2c(H2S)＋2c(HS－)＋2c(S2－)，B错误；C. 0.1 mol·L－1 CuSO4溶液中，根据电荷守恒可知2c(Cu2＋)＋c(H＋)＝2c(SO42－)＋c(OH－)，C错误；D. 0.1 mol·L－1NaHCO3溶液中，根据质子守恒可知c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(CO32－)＋c(OH－)，D正确，答案选D。
点睛：解答该类试题的关键是明确溶液中的溶质存在的平衡关系，是电离还是水解，是电离为主还是水解为主，其次要灵活应用电荷守恒、物料守恒和质子守恒，其中质子守恒可以通过电荷守恒和物料守恒进行推导，不一定记住。
9．D
【解析】向所得溶液中加入CuO，Cu(OH)2，Cu2(OH)2CO3各0.1mol的混合物，相当于加入了0.4molCuO和0.2mol水。电解硫酸铜时，开始电解硫酸铜溶液反应生成铜、氧气和硫酸，2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑，后来电解水生成氢气和氧气，2H2O2H2↑＋O2↑。如果只按照第一阶段的电解，反应只需要加入氧化铜或碳酸铜就可以，但是现在还加入了0.2mol水，这0.2mol水应该是第二阶段电解的，该阶段电解0.2mol水转移0.4mol电子，第一阶段电解生成0.4molCu和0.2mol氧气，转移0.8mol电子，所以共转移了1.2mol电子，故选D。
10．D
【解析】
【分析】
根据离子的放电顺序判断电解实质，根据电解实质判断溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度的关系。
【详解】
A项、电解NaOH溶液实质是电解水，溶液浓度增大，氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，故A错误；
B项、电解CuSO4溶液时，阴极上析出铜，阳极上氢氧根离子失电子放出氧气，所以溶液中的氢离子浓度增大，溶液的pH值减小，故B错误；
C项、电解HCl溶液时，阴极上析出氢气，阳极上得到氯气，溶液中溶质的物质的量减小，溶液浓度减小，溶液的pH增大，故C错误；
D项、电解Na2SO4溶液时，实际上电解的是水，所以溶液中氢离子浓度不变，故pH值不变，溶液的pH没发生改变，故D正确。
故选D。
【点睛】
本题考查电解池的工作原理，注意把握电极方程式的书写，明确离子的放电顺序为为解答该题的关键。
11．C
【解析】
试题分析：A、氨水、NaOH溶液的pH为11，则OH?浓度为10-3mol?L?1，pH=3的盐酸和醋酸溶液中H+浓度为10-3mol?L?1，对水的电离影响相同，正确；B、加水稀释，弱电解质的电离平衡向右移动，所以溶液的pH：①>②>③>④，正确；C、①、③两溶液等体积混合，氨水大量过量，溶液溶质为NH3?H2O和NH4Cl，溶液显碱性，离子浓度大小顺序为：c(NH4+) > c(Cl?)>c(OH?)>c(H+)，错误；D、HCl过量，混合溶液c(H+)=（V2?10-3mol—V1?10-3mol）/( V1+ V2)= 10-4mol?L?1，所以pH=4，正确。
考点：本题考查酸碱中和反应、离子浓度比较、水的电离、pH的计算。
12．A
【解析】①向石灰水中逐渐通入CO2直至过量，先生成碳酸钙沉淀后溶解生成碳酸氢钙，故正确；②向CaCl2溶波中逐渐通入CO2直至过量，不发生反应，故错误；③向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸直至过量，产生沉淀不溶解，故错误；④向Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀盐酸直至过量，先产生氢氧化铁沉淀，后溶于盐酸，故正确。故选A。
13．B
【解析】在甲烷燃料电池中，通入甲烷的一极为原电池的负极，发生氧化反应，电极方程式为CH4+ 4CO32--8e-＝5CO2+2H2O，通入空气(氧气)的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为O2+ 2CO2+4e-=2CO32-，铁连接原电池的正极，为电解池的阳极，被氧化，发生Fe-2e-=Fe2+，阴极生成2H++ 2e-=H2↑，A．铁连接原电池的正极，为电解池的阳极，被氧化，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，因此左侧装置中的铁电极不能换成石墨电极，A错误； B．甲烷的一极为原电池的负极，发生氧化反应，电极方程式为CH4+4CO32--8e-＝5CO2+2H2O，B正确；C. 通入空气的石墨电极做正极，发生还原反应，C错误；D. 左侧装置中石墨电极是阴极，氢离子放电，产生标况下气体44.8L气体， 即H2是2mol，转移4mol电子，根据电子转移守恒可知消耗甲烷4mol÷8＝0.5mol，D错误；答案选B。
点睛：掌握原电池和电解池的工作原理是解答的关键，注意正负极、阴阳极的判断以及离子的移动方向等。难点是电极反应式的书写和有关计算，计算的依据是电子得失守恒，即根据得失电子守恒定律关系建立起已知量与未知量之间的桥梁，构建计算所需的关系式。
14．B
【解析】试题分析：A、仅根据速率—时间图像不能确定反应是放热还是吸热，A错误；B、向醋酸溶液中滴加氢氧化钠溶液，醋酸的浓度逐渐降低，恰好反应后氢氧化钠的浓度开始逐渐增加，图像正确，B正确；C、盐酸是强酸，醋酸是弱酸，在浓度相等的条件下盐酸与镁的反应速率快，C错误；D、根据图像可知A到C氢离子和氢氧根的浓度均增大，所以不可能是加入氢氧化钠，应该是加热，D错误，答案选B。
考点：考查反应热、中和滴定曲线、反应速率以及弱电解质的电离
15．B
【解析】A．因X溶液逐滴滴入Y溶液中，与把Y溶液逐滴滴入X溶液中都只发生BaCl2+H2SO4═BaSO4↓+H2O，都有白色沉淀生成，现象相同，故A错误；B．因X溶液逐滴滴入Y溶液中发生AlCl3+4NaOH═NaAlO2+3NaCl+2H2O、3NaAlO2+AlCl3+6H2O=4Al(OH)3↓+3NaCl，刚开始无沉淀后有白色沉淀；而Y溶液逐滴滴入X溶液中发生AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaC、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，则先有白色沉淀，后沉淀溶解，现象不同，故B正确；C．因X溶液逐滴滴入Y溶液中，与把Y溶液逐滴滴入X溶液中，都只发生MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl，都有白色沉淀生成，现象相同，故C错误；D．因X溶液逐滴滴入Y溶液中，与把Y溶液逐滴滴入X溶液中，都只发生Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl，都有白色沉淀生成，现象相同，故D错误；故选B。
16． 原电池 电解池 正极 Cu2++2e-=Cu 阳 2Cl--2e-=Cl2↑ 碳棒附近溶液变红且产生气体 减少0.65 增加0.01
【解析】
【详解】
（1）锌能和硫酸铜发生置换反应，锌、铜和硫酸铜溶液构成原电池，因此A是原电池，则B是电解池。
（2）锌的金属性强于铜，则锌是负极，铜是正极，溶液中的铜离子得到电子，电极反应式是Cu2++2e-=Cu。石墨棒C1与电源的正极相连，为阳极，发生失去电子的氧化反应，即溶液中的氯离子放电，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；石墨棒C2和电源的负极相连，做阴极，溶液中的氢离子放电，同时破坏溶液中水的电离平衡，使阴极周围溶液显碱性，所以C2附近发生的实验现象为碳棒附近溶液变红且产生气体。
（3）224mL气体是氢气，物质的量是0.01mol，则转移0.02mol电子，所以根据电子的得失守恒可知消耗锌的物质的量是0.02mol÷2＝0.01mol，质量是0.65g，即锌的质量减少0.65g。由于正极析出铜的质量是0.64g，所以溶液质量增加0.65g－0.64g＝0.01g。
17．1或12.4(13-lg4)
【解析】略
18．A- + H2O HA + OH- 10-6：10-13（或107：1） 9.9×10-7 > A>B>D>C
【解析】
【分析】
等浓度等体积的一元酸与一元碱混合时，酸碱恰好中和，溶液的酸碱性是由生成的盐决定的。
【详解】
(1)根据“0.lmol?L-1 HA溶液与0.1 mol?L-1 NaOH溶液等体积混合”，可知HA+NaOH=NaA+H2O恰好反应，因所得混合溶液显碱性，推知盐NaA水解显碱性，NaA属于强碱弱酸盐，水解离子方程式为：A—+H2OHA+OH—；
(2)所得混合溶液显碱性是因为NaA水解产生了OH—，该溶液中的OH—全部由水电离产生，故混合溶液中水电离出的。0.1mol/LNaOH溶液中H+全部由水电离产生，而水电离出的H+浓度=水电离出的OH—，所以0.1mol/LNaOH溶液中由水电离产生的，即混合溶液中由水电离出的c(OH－)与0.1 mol?L-1NaOH 溶液中由水电离出的c(OH－)的比值为10-6:10-13=107：1；
(3)混合溶液的溶质是NaA，电荷守恒等式为：c(Na+)+c(H+)=c(A—)+c(OH—)，因此c(Na+)－c(A－)＝c(OH—) －c(H+)=－10-8=9.9×10-7mol/L；
(4)NH4A为弱碱NH3?H2O 与酸HA中和生成的盐，因该盐溶液呈中性，可推知NH3?H2O 与HA强弱相等，又HA加到Na2CO3溶液中有气体放出，说明HA的酸性比H2CO3强，也即NH3?H2O比H2CO3强，据“谁强显谁性”，所以(NH4)2CO3溶液显碱性，pH>7；
(5)因为弱电解质强弱关系：NH3?H2O>H2CO3，所以NH4HCO3溶液显碱性，NH4HSO4和NH4Cl都是强酸弱碱盐显酸性，但NH4HSO4中还有HSO4—电离产生的H+，所以酸性比NH4Cl强，又NH4A显中性，pH由大到小的顺序是NH4HCO3>NH4A>NH4Cl> NH4HSO4，即A>B>D>C。
【点睛】
盐溶液水解规律：“有弱才水解、无弱不水解、越弱越水解、谁强显谁性、同强显中性”。
19．共8分
（1）D（2分） （2）C（2分）
（3）①NH3?H2O和NH4+（共2分，均答对给分）②NH4+和H+（共2分，均答对给分）
【解析】
20． +3价 HClO2H++ClO2- 碱性 CaCO3＋2Cl2＋H2OCa2++2Cl—＋CO2↑＋2HClO 2CN- + 5Cl2 + 4H2O2CO2↑+ N2↑+ 10Cl- + 8H+ CsICl2CsCl+ICl 2:1 Cl－＋4H2O—8e-＝ ClO4－＋8H＋
【解析】试题分析：本题考查氯及其化合物的性质，涉及电离方程式的书写，盐类的水解，化学方程式和离子方程式的书写，氧化还原反应的分析，电极反应式的书写。
（1）亚氯酸中H元素的化合价为+1价，O元素的化合价为-2价，根据正负化合价代数和为0，Cl元素的化合价为+3价。亚氯酸属于弱酸，电离方程式为HClO2H++ClO2-。NaClO2属于强碱弱酸盐，其水溶液由于ClO2-的水解呈碱性。
（2）①新制饱和氯水中存在反应：Cl2+H2OHCl+HClO，加入适量CaCO3消耗HCl：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，HCl浓度减小，Cl2与水的反应正向移动，制取HClO，将两反应相加消去HCl，得总反应的离子方程式为：2Cl2+CaCO3+H2O=Ca2++2Cl-+CO2↑+2HClO。
②CN-转化成无污染的CO2和N2，分析化合价，C元素的化合价由+2价升至+4价，N元素的化合价由-3价升至0价，则Cl2被还原成Cl-，写出反应：Cl2+CN-→Cl-+CO2↑+N2↑，根据得失电子守恒配平：5Cl2+2CN-→10Cl-+2CO2↑+N2↑，结合原子守恒和电荷守恒，写出离子方程式为：5Cl2+2CN-+4H2O=10Cl-+2CO2↑+N2↑+8H+。
（3）Cl的非金属性强于I，在CsICl2中Cs、I、Cl的化合价依次为+1价、+1价、-1价，CsICl2受热发生非氧化还原反应，受热分解的化学方程式为CsICl2CsCl+ICl。
（4）在反应中Cl元素的化合价由NaClO3中+5价降至ClO2中+4价，NaClO3为氧化剂；S元素的化合价由SO2中+4价升至NaHSO4中+6价，SO2为还原剂；根据得失电子守恒，n（NaClO3）1=n（SO2）2，n（NaClO3）：n（SO2）=2:1，氧化剂与还原剂物质的量之比为2:1。
（5）根据题意，电解时阳极为惰性电极Pt，Cl-被氧化成ClO4-，阳极电极反应式为：Cl--8e-+4H2O=ClO4-+8H+。
21． （2）（10） （6）（8）（11）（12） （3）（9）
【解析】(1)NaOH溶液是混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；(2)铜丝为金属单质，存在自由移动的电子，能导电，既不是电解质也不是非电解质；(3)液态HCl不能导电，在水溶液中能够导电，是电解质；(4)盐酸是混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；(5)稀硫酸是混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；(6)液氨不能导电，且自身不能电离，是非电解质；(7)氨水是混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；(8)SO2不能导电，且自身不能电离，是非电解质；(9)胆矾晶体不能导电，在水溶液中能导电，是电解质；(10)熔融NaCl能导电，是电解质；(11)蔗糖晶体不能导电，是非电解质；(12)酒精是纯净物，不导电，是非电解质；故能导电的纯净物是(2)(10)；属于非电解质的是(6)(8)(11)(12)；上述状态下的电解质不能导电的是(3)(9)。
点睛：判断电解质和非电解质时需要注意以下几点：①电解质和非电解质均指化合物，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质；②电解质本身可能不导电，如NaCl固体，但NaCl是电解质，电解质是在水溶液后熔融状态导电即可，又如HCl气体不导电，但溶于水后形成的盐酸能导电，HCl是电解质；③能导电的不一定是电解质，如Fe能导电，但是单质，不属于电解质；④难溶性化合物不一定就是弱电解质。
22．Cu2＋、Fe3＋(NH4)2SO4、Al2(SO4)3Na2CO3CO32-+H2OHCO3-+OH-Ag＋＋Cl－=AgCl↓Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+取少量B于试管中，加入浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察是否变蓝色
【解析】
【分析】
①五种盐均溶于水，水溶液均为无色，五种盐溶液中一定不含Cu2+、Fe3+，Ba2+与SO42-、CO32-不在同一溶液中，Al3+与CO32-不在同一溶液中，Ag+与Cl-、SO42-、CO32-不在同一溶液中；
②D的焰色反应呈黄色，D中阳离子为Na+；
③A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性，B、C、E的溶液中含NH4+、Al3+、Ag+，D的溶液呈碱性，D中含CO32-，结合②知D为Na2CO3；
④若在这五种盐的溶液中分别加入Ba（NO3）2溶液，只有A、C的溶液不产生沉淀，A、C溶液中不含CO32-和SO42-；
⑤若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，继续加氨水，C中沉淀消失，根据“已知：向Ag+溶液中滴加氨水，先产生沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解”，C中阳离子为Ag+，E中阳离子为Al3+，Ag+与Cl-、SO42-、CO32-在溶液中不能大量共存，C为AgNO3；
⑥把A的溶液分别加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，C为AgNO3，A的阴离子为Cl-；E中阳离子为Al3+，A的溶液呈中性，A为BaCl2，E为Al2（SO4）3，结合前面的分析，B溶液呈酸性，则B为（NH4）2SO4。
据此分析作答。
【详解】
①五种盐均溶于水，水溶液均为无色，五种盐溶液中一定不含Cu2+、Fe3+，Ba2+与SO42-、CO32-不在同一溶液中，Al3+与CO32-不在同一溶液中，Ag+与Cl-、SO42-、CO32-不在同一溶液中；
②D的焰色反应呈黄色，D中阳离子为Na+；
③A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性，B、C、E的溶液中含NH4+、Al3+、Ag+，D的溶液呈碱性，D中含CO32-，结合②知D为Na2CO3；
④若在这五种盐的溶液中分别加入Ba（NO3）2溶液，只有A、C的溶液不产生沉淀，A、C溶液中不含CO32-和SO42-；
⑤若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，继续加氨水，C中沉淀消失，根据“已知：向Ag+溶液中滴加氨水，先产生沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解”，C中阳离子为Ag+，E中阳离子为Al3+，Ag+与Cl-、SO42-、CO32-在溶液中不能大量共存，C为AgNO3；
⑥把A的溶液分别加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，C为AgNO3，A的阴离子为Cl-；E中阳离子为Al3+，A的溶液呈中性，A为BaCl2，E为Al2（SO4）3，结合前面的分析，B溶液呈酸性，则B为（NH4）2SO4。
（1）五种盐中，一定没有的阳离子是Cu2+、Fe3+；所含阴离子相同的两种盐的化学式是（NH4）2SO4、Al2（SO4）3，其中阴离子都为SO42-。
（2）D的化学式为Na2CO3。Na2CO3溶液呈碱性的原因是CO32-发生了水解，CO32-水解的离子方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-。
（3）A为BaCl2，C为AgNO3，A与C的溶液反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓。E为Al2（SO4）3，E与氨水反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+。
（4）B为（NH4）2SO4，B中阳离子为NH4+，检验NH4+的正确的实验方法是：取少量B于试管中，加入浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察是否变蓝色，若试纸变蓝色，说明B中含NH4+。
【点睛】
本题考查离子的检验和推断，熟悉各离子的性质、离子之间的反应以及根据实验现象进行推理是解题的关键。离子推断时必须的遵循是：肯定原则（通过实验现象确定一定存在的离子）、互斥原则（相互间能反应的离子在同一溶液中不能大量共存）、电荷守恒原则（阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数）。
23． HCO3-+H2OH2CO3+OH- 大于 乙 B 等于 甲 乙 常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150℃
【解析】试题分析：根据上述数据：甲同学认为，该溶液的pH升高的原因是HCO3－的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-。乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度大于NaHCO3。
（1）只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂BaCl2溶液，若产生白色沉淀（碳酸钡），则乙判断正确。试剂X是BaCl2溶液。
（2）将加热后的溶液冷却到10℃，若溶液的pH等于8.3，则甲判断正确。
（3）查阅资料，发现NaHCO3的分解温度为150℃，丙断言甲和乙判断是错误的，理由是常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150℃。
24．（1）乙
（2）没有用待测NaOH溶液润洗碱式滴定管；偏低
（3）25.40
（4）酚酞(或甲基橙) ；锥形瓶内溶液颜色的变化；
酚酞：浅红色（或粉红色）变为无色，且半分钟不复原
甲基橙：黄色变为橙色，且半分钟不复原
（5）0.1250mol/L
（6）0.1mol/L；如果用1 mol/L盐酸滴定，所耗体积约为2.50mL，则相对误差较大。
【解析】略
25．2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；58.5g
【解析】）（1）氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；正确答案：2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。
（2）电解饱和食盐水，生成氢氧化钠、氯气和氢气；2NaCl+2H2O=2NaOH+Cl2↑+H2↑，11.2L的氯气的物质的量为0.5mol,消耗NaCl的质量为0.5×2×58.5=58.5g；正确答案： 58.5g。
26． 0.6 400 0.12a
【解析】（1）50mL 4mol/L 稀HNO3和200mL 0.5mol/L稀H2SO4混合后，溶液中n(NO3-)=5010-3L4mol/L=0.2mol，n(SO42-)=20010-3L0.5mol/L=0.1mol，n(H+)=0.2mol+0.1mol2=0.4mol，加入19.2g 铜粉的物质的量为0.3mol，微热，发生的反应为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++NO↑+4H2O。因为n(Cu): n(NO3-): n(H+)=0.3:0.2:0.4=3:2:4，不等于化学计量数之比3:2:8，可以判断铜和硝酸根都过量，应按n(H+)计算，所以： ①若忽略溶液体积变化，溶液中铜离子物质的量浓度为 = 0.6mol/L。
②若使铜粉全部溶解，由上面数据分析可知，还需要加入H+0.4mol，所以还需加入0.5mol/L H2SO4 , =0.4L=400mL。
（2）若c(SO42—)＋c(NO3—)＝a mol·L－1。取200 mL该混合酸，n(SO42—)＋n(NO3—)＝0.2a mol，n(H+)= 2n(SO42—)＋n(NO3—)，由反应的离子方程式可知，当n(H+): n(NO3—)=8:2=4:1时，溶解的铜最多，联立上面三个式子可求出n(NO3—)=0.08amol，所以能溶解铜的最大物质的量为0.08a mol=0.12a mol。
点睛：本题考查的是根据离子方程式的计算。铜虽然不和稀硫酸反应，但是当把稀硫酸和稀硝酸混合后，两者电离出来的氢离子是一样的，所以在混酸中，硫酸电离的氢离子参加反应，根据离子方程式进行计算才能把握反应的实质，避免出错。
一、单选题（每小题只有一个正确答案）
1．下列物质中，属于非电解质的是（ ）
A． 蔗糖 B． 金属镁 C． 氧气 D． 氧化钠
2．下列物质溶于水后溶液显酸性的是（ ）
A． KCl B． Na2O C． NH4Cl D． CH3COONa
3．下列反应的离子方程式中，正确的是（ ）
A． 盐酸与饱和的澄清石灰水反应：H+ + OH－══ H2O
B． 稀硫酸与氢氧化钡溶液混合：SO42－+Ba2+=BaSO4↓
C． 钠与CuSO4溶液反应：2Na＋Cu2＋===Cu↓＋2Na＋
D． 稀硫酸滴在银片上：2Ag+2H+=2Ag++H2↑
4．解释下列事实的方程式不正确的是（ ）
A．次氯酸钙溶液中通入过量二氧化硫：Ca2+ + 2ClO－+ H2O + SO2＝CaSO3↓+ 2HClO
B．硫酸型酸雨放置一段时间溶液的pH下降：2H2SO3＋O2＝2H2SO4
C．纯碱液可以清洗油污的原因：CO32?+H2OHCO3?+OH?
D．向K2Cr2O7溶液中加入少量NaOH浓溶液，溶液由橙色变为黄色：Cr2O72—+H2O2CrO42—+2H+
5．下列各组离子在常温下一定能大量共存的是（ ）
A． pH=0的无色溶液中：Cl－、Na+、SO42－、Fe2+
B． 在c(H+)/c( OH－) =1012的溶液中：NH4+、NO3－、K+、Cl－
C． 加入铝粉能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、NO3－、Cl－
D． 含有大量Fe3+的溶液中：Al3+、SCN－、Br－、Na+
6．如图所示，将两烧杯中用电极用电线相连，四个电极分别为Mg、Al、Pt、C。当闭合开关S后，以下表示正确的是（ ）
A． 电流表指针不发生偏转
B． Al、Pt两极有H2产生
C． Mg、C两极生成的气体在一定条件下可以恰好完全反应
D． 甲池pH减小，乙池pH不变
7．下列叙述不正确的是（ ）
A． 氨水中：c(OH－)－c(H＋)＝c(NH)
B． 饱和H2S溶液中：c(H2S)＞c(H＋)＞c(HS－)＞c(S2－)
C． 0.1mol/LCH3COOH溶液中：c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)
D． Ca(OH)2溶液中：c(H＋)＋2c(Ca2＋)＝c(OH－)
8．下列溶液中的微粒浓度的关系正确的是（ ）
A． 常温下，pH＝5 的NaHSO3 溶液中：c(HSO3－)＞c(H2SO3)＞c(SO32－)
B． 0.1 mol·L－1 (NH4)2S 溶液中， c(NH4＋)＝2c(H2S)＋2c(HS－)＋2c(S2－)
C． 0.1 mol·L－1 CuSO4 溶液中， c(Cu2＋)＋c(H＋)＝c(SO42－)＋c(OH－)
D． 0.1 mol·L－1NaHCO3 溶液中， c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(CO32－)＋c(OH－)
9．用惰性电极电解一定浓度的CuSO4溶液时，通电一段时间后，向所得溶液中加入CuO，Cu（OH）2，Cu2（OH）2CO3各0.1mol的混合物后恰好恢复到电解前的浓度和pH（不考虑二氧化碳的溶液）。则电解过程中转移电子的物质的量为（ ）
A． 0.6mol B． 0.8mol C． 1.0mol D． 1.2mol
10．恒温下用惰性电极电解某pH=a的溶液一段时间后，测知溶液的pH没发生改变，则该溶液可能是（ ）
A． NaOH溶液 B． CuSO4溶液 C． HCl溶液 D． 稀Na2SO4溶液
11．关于室温下下列溶液的说法不正确的是（ ）
A．水的电离程度：①=②=③=④
B．分别加水稀释10倍，溶液的pH：①>②>③>④
C．①、③两溶液等体积混合：
D．溶液②与溶液③混合，若，则混合溶液pH=4(忽略溶液体积变化)
12．下列各项操作中，发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是（ ）
①向石灰水中逐渐通入CO2直至过量
②向CaCl2溶波中逐渐通入CO2直至过量
③向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸直至过量
④向Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀盐酸直至过量
A． ①④ B． ①②③ C． ②④ D． ②③④
13．电浮选凝聚法处理酸性污水的工作原理如图。下列说法正确的是（ ）
A． 左侧装置中的铁电极可换成石墨电极
B． 通入甲烷的石墨电极的电极反应式为： CH4+4CO32——8e—=5CO2+2H2O
C． 通入空气的石墨电极做正极，发生氧化反应
D． 若左侧装置中石墨电极产生标况下气体44.8L气体， 则消耗2mol甲烷
14．下列各示意图与对应的表述正确的是( )
A． 图①表示一定条件下某化学反应的速率随时间变化的趋势图，该反应一定为放热反应
B． 图②中曲线表示将氢氧化钠溶液滴加到醋酸溶液浓度的变化趋势图
C． 图③表示等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，分别加入足量镁粉，产生H2的物质的量的变化
D． 图④为水的电离平衡曲线图，若从A点到C点，可采用在水中加入适量NaOH固体的方法
15．把X溶液逐滴滴入Y溶液中，与把Y溶液逐滴滴入X溶液中，所产生现象不同的是 （ ）
A B C D
X BaCl2 AlCl3 NaOH Na2CO3
Y H2SO4 NaOH MgCl2 CaCl2
A． A B． B C． C D． D
二、填空题
16．按下图装置进行实验，并回答下列问题：
（1）判断装置的名称：A池为_________，B池为___________。
（2）铜极为______极，电极反应式为_________，石墨棒C1为___极，电极反应式为______________________，石墨棒C2附近发生的实验现象为___________________。
（3）当C2极析出224mL气体（标准状态时），锌的质量变化（增加或减少）_____g，CuSO4溶液的质量变化了（增加或减少了）______g。
17．某温度下，纯水的[H+]=2.0×10-7mol·L-1。在此温度下，某溶液中由水电离出的[H+]为4.0×10-13mol·L-1，则该溶液的pH可能是： 。
18．25℃时，取0.lmol?L-1 HA溶液与0.1 mol?L-1 NaOH溶液等体积混合（混合后溶液体积的变化不计），测得混合溶液的pH＝8，试回答以下问题：
(1)混合溶液的pH＝8的原因____________________________（用离子方程式表示）。
(2)混合溶液中由水电离出的c(OH－)与0.1 mol?L-1NaOH 溶液中由水电离出的c(OH－)的比值为_______。
(3)混合液中： c(Na+)－c(A－)＝_______mol?L-1（填精确值）
(4)25℃时，已知NH4A溶液为中性，将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断(NH4)2CO3溶液的 pH________7(填“＞”、“＜”或“＝”)。
(5)相同温度下相同物质的量浓度的下列四种盐溶液，pH由大到小的顺序____（填字母）。
A．NH4HCO3 B．NH4A C．NH4HSO4 D．NH4Cl
19．（1）在25℃条件下将pH=11的氨水稀释100倍后溶液的pH为（填序号）__ __。
A．9 B．13 C．11～13之间 D．9～11之间
（2）25℃时，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是（填序号）__ ___。
A．氨水与氯化铵发生化学反应; B．氯化铵溶液水解显酸性，增加了c(H+);
C．氯化铵溶于水，电离出大量铵离子，抑制了氨水的电离，使c(OH―)减小;
（3）室温下，如果将0.1mol NH4Cl和0.05mol NaOH全部溶于水，形成混合溶液(假设无损失)，
①__ _、_ __和_ __三种粒子的物质的量之和等于0.1mol。
②_ __和_ __两种粒子的物质的量之和比OH―多0.05mol。
20．氯及其氯的化合物，有广泛的应用。请回答下列问题：
（1）亚氯酸（HClO2）中氯元素的化合价是____，其电离方程式是______________，NaClO2溶液显_________(填“酸性”、“中性”、“碱性”)。
（2）①向新制饱和氯水中加适量CaCO3制取次氯酸，其反应的总的离子方程式是：_______。
②可用Cl2除去工业废水中CN- ，生成无污染的CO2和N2，写出反应的离子方程式：_____。
（3）CsICl2受热发生非氧化还原反应，则其受热分解的化学方程式是: ______________。
（4）ClO2是一种黄色极易爆炸的强氧化性气体，较安全的制备方法是：NaClO3+SO2+H2SO4—NaHSO4+ClO2（未配平），氧化剂与还原剂的物质的量之比是 _______。
（5）工业上高氯酸可由高氯酸钠和浓硫酸经复分解反应制备：NaClO4+H2SO4（浓）→NaHSO?+HClO?（易爆）。也可以用铜做阴极、铂做阳极，电解盐酸制备HClO4，写出阳极的电极反应式 ___________________________________________________ 。
三、推断题
21．现有下列物质（1）NaOH溶液 （2）铜丝 （3）液态HCl （4）盐酸（5）稀硫酸 （6）液氨 （7）氨水 （8）SO2 （9）胆矾晶体 （10）熔融NaCl （11）蔗糖晶体 （12）酒精
①上述状态下可导电的纯净物是___________________；
②属于非电解质的是_____________________________；
③上述状态下的电解质不能导电的是 ______________。
22．常见的五种盐A、B、C、D、E，它们的阳离子可能是Na＋、NH4+、Cu2＋、Ba2＋、Al3＋、Ag＋、Fe3＋，阴离子可能是Cl－、NO3—、SO42—、CO32—，已知：
①五种盐均溶于水，水溶液均为无色；
②D的焰色反应呈黄色；
③A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性，D的溶液呈碱性；
④若在这五种盐的溶液中分别加入Ba(NO3)2溶液，只有A、C的溶液不产生沉淀；
⑤若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，继续加氨水，C中沉淀消失；
⑥把A的溶液分别加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀；
已知：向Ag+溶液中滴加氨水，先产生沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解。
请回答下列问题：
（1）五种盐中，一定没有的阳离子是_____；所含阴离子相同的两种盐的化学式是________。
（2）D的化学式为____________，D溶液显碱性的原因是(用离子方程式表示)_____________。
（3）A和C的溶液反应的离子方程式是_______________；E和氨水反应的离子方程式是_______________。
（4）若要检验B中所含的阳离子，正确的实验方法是：_________________________。
四、实验题
23．10℃时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：
温度（℃） 10 20 30 加热煮沸后冷却到50℃
pH 8.3 8.4 8.5 8.8
根据上述数据：甲同学认为，该溶液的pH升高的原因是HCO3－的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为____________________________。乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度_______（填“大于”或“小于”）NaHCO3。丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙认为：
（1）只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则____（填“甲”或“乙”判断正确。试剂X是_____________（填序号）。
A．Ba(OH)2溶液 B．BaCl2溶液 C．NaOH溶液 D．澄清的石灰水
（2）将加热后的溶液冷却到10℃，若溶液的pH_____(填“高于”、“低于”或“等于”）8.3，则_____（填“甲”或“乙”）判断正确。
（3）查阅资料，发现NaHCO3的分解温度为150℃，丙断言_____（填“甲”或“乙”）判断是错误的，理由是_____________________________________________________。
24．某课外兴趣小组欲测定某NaOH溶液的浓度，其操作步骤如下：
①将碱式滴定管用蒸馏水洗净，再注入待测溶液，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于"0"刻度以下的位置，记下读数；将锥形瓶用蒸馏水洗净后，从碱式滴定管中放入20.00mL待测溶液到锥形瓶中。
②将酸式滴定管用蒸馏水洗净，再用标准酸液润洗2-3次后，向其中注入0.1000 mol·L-1标准盐酸，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于"0"刻度以下的位置，记下读数。
③向锥形瓶中滴入指示剂，进行滴定。滴定至终点，记录数据。
④重复以上过程2次。
试回答下列问题：
(1)应将NaOH溶液注入右图中的 （选填“甲”或“乙”）中。
(2)该小组在步骤①中的错误是 ，
由此造成的测定结果 (偏高、偏低或无影响)。
(3)右图是某次滴定时的滴定管中的液面，右图表示50mL滴定管中液面的位置，若A与C刻度间相差1mL，A处的刻度为25，滴定管中液面读数应为 mL。
(4)该滴定操作中③应选用的指示剂是 ，滴定时，左手控制滴定管活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视？ ，如何确定终点？ 。
(5)根据下列数据：
滴定次数 待测液体积(mL) 标准盐酸体积（mL）
滴定前读数（mL） 滴定后读数（mL）
第一次 20.00 0.52 25.42
第二次 20.00 4.07 29.17
请计算待测烧碱溶液的浓度为??????????????????? ?。
(6) 如有1mol/L和0.1mol/L的HCl溶液，应用_ _ 的HCl溶液，原因是_________。
五、计算题
25．工业上根据电解饱和食盐水原理制取氯气，氯气是一种重要的工业原料，工业上经常用石灰乳和氯气制备漂白粉。
（1）写出制备漂白粉的化学方程式。
（2）如果需要标况下11.2L的氯气，试利用化学方程式计算所需消耗的NaCl的质量。
26．在稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中，加入铜粉。
（1）若将50mL 4mol/L 稀HNO3和200mL 0.5mol/L稀H2SO4混合后，加入19.2g 铜粉，微热，充分反应。
①若忽略溶液体积变化，溶液中铜离子物质的量浓度为________mol/L。
②若使铜粉全部溶解，还需加入0.5mol/L H2SO4________________________mL。
（2）若c(SO42—)＋c(NO3—)＝a mol·L－1。取200 mL该混合酸，则能溶解铜的最大物质的量为___________mol（用含a的式子表示）。
试卷第2页，总8页
参考答案
1．A
【解析】试题分析：A．蔗糖不能导电，是化合物，属于非电解质，正确；B．金属镁是单质，既不是电解质也不是非电解质，错误；C．氧气是非金属单质，既不是电解质也不是非电解质，错误；D．氧化钠是金属氧化物，熔融状态下能电离，属于强电解质，错误。
考点：考查电解质、非电解质的判断的知识。
2．C
【解析】
【详解】
A项，KCl为强酸强碱盐，溶液呈中性，故A项错误；
B项，Na2O为碱性氧化物，溶于水生成氢氧化钠，溶液呈碱性，故B项错误；
C项，NH4Cl为强酸弱碱盐，溶于水后铵根离子水解产生H+，溶液呈酸性，故C项正确；
D项，CH3COONa为强碱弱酸盐，溶于水后醋酸根离子水解产生OH-，溶液呈碱性，故D项错误。
综上所述，本题的正确答案为C。
3．A
【解析】A、这里是澄清石灰水，应拆写成离子，盐酸是强酸，因此离子反应方程式为H＋＋OH－=H2O，故A正确；B、丢失一个离子反应，应是Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－=BaSO4↓＋2H2O，故B错误；C、金属钠先于水反应，2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，Cu2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓，故C错误；D、银不与硫酸反应，故D错误。
点睛：本题易错点是选项C，学生认为金属钠比铜活泼，应置换出铜单质，忽略了金属钠先于水反应，产生的氢氧化钠再与硫酸铜发生复分解反应，得到氢氧化铜沉淀，应熟记金属钠与盐溶液反应，一般先于水反应。
【答案】A
【解析】
A、产物中的次氯酸具有强氧化性，应把亚硫酸钙氧化成硫酸钙，错误；B、亚硫酸是弱酸，被氧气氧化生成硫酸为强酸，氢离子浓度增大，pH减小，正确；C、纯碱溶液由于碳酸根离子的水解而使溶液显碱性，所以可以清洗油污，正确；D、K2Cr2O7溶液中存在水解平衡，Cr2O72-呈橙色，CrO42-呈黄色，加入氢氧化钠溶液，使平衡正向移动，溶液由橙色变为黄色，正确，答案选A。
5．B
【解析】含有Fe2＋的溶液显浅绿色，故A错误；c(H＋)／c(OH－)＝1012的溶液呈酸性，NH4＋、NO3－、K＋、Cl－可以共存，故B正确；加入金属铝有氢气放出的溶液可能呈酸性或碱性，若呈酸性H+、NO3-与铝反应不能放出氢气，若呈碱性Mg2＋与OH－生成氢氧化镁沉淀，故C错误；含有大量Fe3+的溶液与SCN－结合成血红色Fe(SCN)3，故D错误。
6．C
【解析】
关闭开关S甲装置形成原电池反应，铝做负极失电子发生氧化反应，镁做正极，电极上得到电子发生还原反应，乙池为电解池，Pt做电解池阴极，C做电解池的阳极；A．甲装置形成的原电池，反应过程中有电子转移产生电流，电流计有电流通过，故A错误；B．铝电极是原电池负极溶解无气体生成，Pt电极上氢离子得到电子生成氢气，故B错误；C．镁电极生成的氢气，C电极生成的是氧气，依据电子守恒可知生成2mol氢气同时生成1mol氧气，氢气和氧气恰好反应生成水，故C正确；D．甲装置是原电池消耗氢氧根离子，溶液pH减小；乙池是电解池，电极水溶液浓度增大，氢氧化钠溶液pH增大，故D错误；故选C。
7．C
【解析】分析：本题考查的是弱电解质的电离和溶液中的守恒规律，关键为三大守恒。
详解：A.氨水中的电荷守恒有c(OH－) ＝c(H＋)+ c(NH)，故正确；B.饱和硫化氢溶液中，因为硫化氢存在两步电离，且第一步电离程度大于第二步，所以微粒浓度关系为c(H2S)＞c(H＋)＞c(HS－)＞c(S2－)，故正确；C.在醋酸溶液中，醋酸电离出等量的氢离子和醋酸根离子，水也能电离出氢离子，所以氢离子浓度大于醋酸根离子浓度，故错误；D.氢氧化钙溶液中的电荷守恒有c(H＋)＋2c(Ca2＋)＝c(OH－)，故正确。故选C。
点睛：弱电解质存在电离平衡，需要注意多元弱酸的电离是分步进行的，因为电离出的氢离子对后面的电离有影响，所以电离程度依次减弱。
8．D
【解析】A. 常温下，pH＝5的NaHSO3 溶液显酸性，说明亚硫酸氢根的电离程度大于水解程度，则溶液中：c(HSO3－)＞c(SO32－)＞c(H2SO3)，A错误；B. 0.1mol·L－1 (NH4)2S溶液中根据物料守恒可知溶液中c(NH3·H2O)＋c(NH4＋)＝2c(H2S)＋2c(HS－)＋2c(S2－)，B错误；C. 0.1 mol·L－1 CuSO4溶液中，根据电荷守恒可知2c(Cu2＋)＋c(H＋)＝2c(SO42－)＋c(OH－)，C错误；D. 0.1 mol·L－1NaHCO3溶液中，根据质子守恒可知c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(CO32－)＋c(OH－)，D正确，答案选D。
点睛：解答该类试题的关键是明确溶液中的溶质存在的平衡关系，是电离还是水解，是电离为主还是水解为主，其次要灵活应用电荷守恒、物料守恒和质子守恒，其中质子守恒可以通过电荷守恒和物料守恒进行推导，不一定记住。
9．D
【解析】向所得溶液中加入CuO，Cu(OH)2，Cu2(OH)2CO3各0.1mol的混合物，相当于加入了0.4molCuO和0.2mol水。电解硫酸铜时，开始电解硫酸铜溶液反应生成铜、氧气和硫酸，2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑，后来电解水生成氢气和氧气，2H2O2H2↑＋O2↑。如果只按照第一阶段的电解，反应只需要加入氧化铜或碳酸铜就可以，但是现在还加入了0.2mol水，这0.2mol水应该是第二阶段电解的，该阶段电解0.2mol水转移0.4mol电子，第一阶段电解生成0.4molCu和0.2mol氧气，转移0.8mol电子，所以共转移了1.2mol电子，故选D。
10．D
【解析】
【分析】
根据离子的放电顺序判断电解实质，根据电解实质判断溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度的关系。
【详解】
A项、电解NaOH溶液实质是电解水，溶液浓度增大，氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，故A错误；
B项、电解CuSO4溶液时，阴极上析出铜，阳极上氢氧根离子失电子放出氧气，所以溶液中的氢离子浓度增大，溶液的pH值减小，故B错误；
C项、电解HCl溶液时，阴极上析出氢气，阳极上得到氯气，溶液中溶质的物质的量减小，溶液浓度减小，溶液的pH增大，故C错误；
D项、电解Na2SO4溶液时，实际上电解的是水，所以溶液中氢离子浓度不变，故pH值不变，溶液的pH没发生改变，故D正确。
故选D。
【点睛】
本题考查电解池的工作原理，注意把握电极方程式的书写，明确离子的放电顺序为为解答该题的关键。
11．C
【解析】
试题分析：A、氨水、NaOH溶液的pH为11，则OH?浓度为10-3mol?L?1，pH=3的盐酸和醋酸溶液中H+浓度为10-3mol?L?1，对水的电离影响相同，正确；B、加水稀释，弱电解质的电离平衡向右移动，所以溶液的pH：①>②>③>④，正确；C、①、③两溶液等体积混合，氨水大量过量，溶液溶质为NH3?H2O和NH4Cl，溶液显碱性，离子浓度大小顺序为：c(NH4+) > c(Cl?)>c(OH?)>c(H+)，错误；D、HCl过量，混合溶液c(H+)=（V2?10-3mol—V1?10-3mol）/( V1+ V2)= 10-4mol?L?1，所以pH=4，正确。
考点：本题考查酸碱中和反应、离子浓度比较、水的电离、pH的计算。
12．A
【解析】①向石灰水中逐渐通入CO2直至过量，先生成碳酸钙沉淀后溶解生成碳酸氢钙，故正确；②向CaCl2溶波中逐渐通入CO2直至过量，不发生反应，故错误；③向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸直至过量，产生沉淀不溶解，故错误；④向Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀盐酸直至过量，先产生氢氧化铁沉淀，后溶于盐酸，故正确。故选A。
13．B
【解析】在甲烷燃料电池中，通入甲烷的一极为原电池的负极，发生氧化反应，电极方程式为CH4+ 4CO32--8e-＝5CO2+2H2O，通入空气(氧气)的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为O2+ 2CO2+4e-=2CO32-，铁连接原电池的正极，为电解池的阳极，被氧化，发生Fe-2e-=Fe2+，阴极生成2H++ 2e-=H2↑，A．铁连接原电池的正极，为电解池的阳极，被氧化，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，因此左侧装置中的铁电极不能换成石墨电极，A错误； B．甲烷的一极为原电池的负极，发生氧化反应，电极方程式为CH4+4CO32--8e-＝5CO2+2H2O，B正确；C. 通入空气的石墨电极做正极，发生还原反应，C错误；D. 左侧装置中石墨电极是阴极，氢离子放电，产生标况下气体44.8L气体， 即H2是2mol，转移4mol电子，根据电子转移守恒可知消耗甲烷4mol÷8＝0.5mol，D错误；答案选B。
点睛：掌握原电池和电解池的工作原理是解答的关键，注意正负极、阴阳极的判断以及离子的移动方向等。难点是电极反应式的书写和有关计算，计算的依据是电子得失守恒，即根据得失电子守恒定律关系建立起已知量与未知量之间的桥梁，构建计算所需的关系式。
14．B
【解析】试题分析：A、仅根据速率—时间图像不能确定反应是放热还是吸热，A错误；B、向醋酸溶液中滴加氢氧化钠溶液，醋酸的浓度逐渐降低，恰好反应后氢氧化钠的浓度开始逐渐增加，图像正确，B正确；C、盐酸是强酸，醋酸是弱酸，在浓度相等的条件下盐酸与镁的反应速率快，C错误；D、根据图像可知A到C氢离子和氢氧根的浓度均增大，所以不可能是加入氢氧化钠，应该是加热，D错误，答案选B。
考点：考查反应热、中和滴定曲线、反应速率以及弱电解质的电离
15．B
【解析】A．因X溶液逐滴滴入Y溶液中，与把Y溶液逐滴滴入X溶液中都只发生BaCl2+H2SO4═BaSO4↓+H2O，都有白色沉淀生成，现象相同，故A错误；B．因X溶液逐滴滴入Y溶液中发生AlCl3+4NaOH═NaAlO2+3NaCl+2H2O、3NaAlO2+AlCl3+6H2O=4Al(OH)3↓+3NaCl，刚开始无沉淀后有白色沉淀；而Y溶液逐滴滴入X溶液中发生AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaC、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，则先有白色沉淀，后沉淀溶解，现象不同，故B正确；C．因X溶液逐滴滴入Y溶液中，与把Y溶液逐滴滴入X溶液中，都只发生MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl，都有白色沉淀生成，现象相同，故C错误；D．因X溶液逐滴滴入Y溶液中，与把Y溶液逐滴滴入X溶液中，都只发生Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl，都有白色沉淀生成，现象相同，故D错误；故选B。
16． 原电池 电解池 正极 Cu2++2e-=Cu 阳 2Cl--2e-=Cl2↑ 碳棒附近溶液变红且产生气体 减少0.65 增加0.01
【解析】
【详解】
（1）锌能和硫酸铜发生置换反应，锌、铜和硫酸铜溶液构成原电池，因此A是原电池，则B是电解池。
（2）锌的金属性强于铜，则锌是负极，铜是正极，溶液中的铜离子得到电子，电极反应式是Cu2++2e-=Cu。石墨棒C1与电源的正极相连，为阳极，发生失去电子的氧化反应，即溶液中的氯离子放电，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；石墨棒C2和电源的负极相连，做阴极，溶液中的氢离子放电，同时破坏溶液中水的电离平衡，使阴极周围溶液显碱性，所以C2附近发生的实验现象为碳棒附近溶液变红且产生气体。
（3）224mL气体是氢气，物质的量是0.01mol，则转移0.02mol电子，所以根据电子的得失守恒可知消耗锌的物质的量是0.02mol÷2＝0.01mol，质量是0.65g，即锌的质量减少0.65g。由于正极析出铜的质量是0.64g，所以溶液质量增加0.65g－0.64g＝0.01g。
17．1或12.4(13-lg4)
【解析】略
18．A- + H2O HA + OH- 10-6：10-13（或107：1） 9.9×10-7 > A>B>D>C
【解析】
【分析】
等浓度等体积的一元酸与一元碱混合时，酸碱恰好中和，溶液的酸碱性是由生成的盐决定的。
【详解】
(1)根据“0.lmol?L-1 HA溶液与0.1 mol?L-1 NaOH溶液等体积混合”，可知HA+NaOH=NaA+H2O恰好反应，因所得混合溶液显碱性，推知盐NaA水解显碱性，NaA属于强碱弱酸盐，水解离子方程式为：A—+H2OHA+OH—；
(2)所得混合溶液显碱性是因为NaA水解产生了OH—，该溶液中的OH—全部由水电离产生，故混合溶液中水电离出的。0.1mol/LNaOH溶液中H+全部由水电离产生，而水电离出的H+浓度=水电离出的OH—，所以0.1mol/LNaOH溶液中由水电离产生的，即混合溶液中由水电离出的c(OH－)与0.1 mol?L-1NaOH 溶液中由水电离出的c(OH－)的比值为10-6:10-13=107：1；
(3)混合溶液的溶质是NaA，电荷守恒等式为：c(Na+)+c(H+)=c(A—)+c(OH—)，因此c(Na+)－c(A－)＝c(OH—) －c(H+)=－10-8=9.9×10-7mol/L；
(4)NH4A为弱碱NH3?H2O 与酸HA中和生成的盐，因该盐溶液呈中性，可推知NH3?H2O 与HA强弱相等，又HA加到Na2CO3溶液中有气体放出，说明HA的酸性比H2CO3强，也即NH3?H2O比H2CO3强，据“谁强显谁性”，所以(NH4)2CO3溶液显碱性，pH>7；
(5)因为弱电解质强弱关系：NH3?H2O>H2CO3，所以NH4HCO3溶液显碱性，NH4HSO4和NH4Cl都是强酸弱碱盐显酸性，但NH4HSO4中还有HSO4—电离产生的H+，所以酸性比NH4Cl强，又NH4A显中性，pH由大到小的顺序是NH4HCO3>NH4A>NH4Cl> NH4HSO4，即A>B>D>C。
【点睛】
盐溶液水解规律：“有弱才水解、无弱不水解、越弱越水解、谁强显谁性、同强显中性”。
19．共8分
（1）D（2分） （2）C（2分）
（3）①NH3?H2O和NH4+（共2分，均答对给分）②NH4+和H+（共2分，均答对给分）
【解析】
20． +3价 HClO2H++ClO2- 碱性 CaCO3＋2Cl2＋H2OCa2++2Cl—＋CO2↑＋2HClO 2CN- + 5Cl2 + 4H2O2CO2↑+ N2↑+ 10Cl- + 8H+ CsICl2CsCl+ICl 2:1 Cl－＋4H2O—8e-＝ ClO4－＋8H＋
【解析】试题分析：本题考查氯及其化合物的性质，涉及电离方程式的书写，盐类的水解，化学方程式和离子方程式的书写，氧化还原反应的分析，电极反应式的书写。
（1）亚氯酸中H元素的化合价为+1价，O元素的化合价为-2价，根据正负化合价代数和为0，Cl元素的化合价为+3价。亚氯酸属于弱酸，电离方程式为HClO2H++ClO2-。NaClO2属于强碱弱酸盐，其水溶液由于ClO2-的水解呈碱性。
（2）①新制饱和氯水中存在反应：Cl2+H2OHCl+HClO，加入适量CaCO3消耗HCl：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，HCl浓度减小，Cl2与水的反应正向移动，制取HClO，将两反应相加消去HCl，得总反应的离子方程式为：2Cl2+CaCO3+H2O=Ca2++2Cl-+CO2↑+2HClO。
②CN-转化成无污染的CO2和N2，分析化合价，C元素的化合价由+2价升至+4价，N元素的化合价由-3价升至0价，则Cl2被还原成Cl-，写出反应：Cl2+CN-→Cl-+CO2↑+N2↑，根据得失电子守恒配平：5Cl2+2CN-→10Cl-+2CO2↑+N2↑，结合原子守恒和电荷守恒，写出离子方程式为：5Cl2+2CN-+4H2O=10Cl-+2CO2↑+N2↑+8H+。
（3）Cl的非金属性强于I，在CsICl2中Cs、I、Cl的化合价依次为+1价、+1价、-1价，CsICl2受热发生非氧化还原反应，受热分解的化学方程式为CsICl2CsCl+ICl。
（4）在反应中Cl元素的化合价由NaClO3中+5价降至ClO2中+4价，NaClO3为氧化剂；S元素的化合价由SO2中+4价升至NaHSO4中+6价，SO2为还原剂；根据得失电子守恒，n（NaClO3）1=n（SO2）2，n（NaClO3）：n（SO2）=2:1，氧化剂与还原剂物质的量之比为2:1。
（5）根据题意，电解时阳极为惰性电极Pt，Cl-被氧化成ClO4-，阳极电极反应式为：Cl--8e-+4H2O=ClO4-+8H+。
21． （2）（10） （6）（8）（11）（12） （3）（9）
【解析】(1)NaOH溶液是混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；(2)铜丝为金属单质，存在自由移动的电子，能导电，既不是电解质也不是非电解质；(3)液态HCl不能导电，在水溶液中能够导电，是电解质；(4)盐酸是混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；(5)稀硫酸是混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；(6)液氨不能导电，且自身不能电离，是非电解质；(7)氨水是混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；(8)SO2不能导电，且自身不能电离，是非电解质；(9)胆矾晶体不能导电，在水溶液中能导电，是电解质；(10)熔融NaCl能导电，是电解质；(11)蔗糖晶体不能导电，是非电解质；(12)酒精是纯净物，不导电，是非电解质；故能导电的纯净物是(2)(10)；属于非电解质的是(6)(8)(11)(12)；上述状态下的电解质不能导电的是(3)(9)。
点睛：判断电解质和非电解质时需要注意以下几点：①电解质和非电解质均指化合物，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质；②电解质本身可能不导电，如NaCl固体，但NaCl是电解质，电解质是在水溶液后熔融状态导电即可，又如HCl气体不导电，但溶于水后形成的盐酸能导电，HCl是电解质；③能导电的不一定是电解质，如Fe能导电，但是单质，不属于电解质；④难溶性化合物不一定就是弱电解质。
22．Cu2＋、Fe3＋(NH4)2SO4、Al2(SO4)3Na2CO3CO32-+H2OHCO3-+OH-Ag＋＋Cl－=AgCl↓Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+取少量B于试管中，加入浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察是否变蓝色
【解析】
【分析】
①五种盐均溶于水，水溶液均为无色，五种盐溶液中一定不含Cu2+、Fe3+，Ba2+与SO42-、CO32-不在同一溶液中，Al3+与CO32-不在同一溶液中，Ag+与Cl-、SO42-、CO32-不在同一溶液中；
②D的焰色反应呈黄色，D中阳离子为Na+；
③A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性，B、C、E的溶液中含NH4+、Al3+、Ag+，D的溶液呈碱性，D中含CO32-，结合②知D为Na2CO3；
④若在这五种盐的溶液中分别加入Ba（NO3）2溶液，只有A、C的溶液不产生沉淀，A、C溶液中不含CO32-和SO42-；
⑤若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，继续加氨水，C中沉淀消失，根据“已知：向Ag+溶液中滴加氨水，先产生沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解”，C中阳离子为Ag+，E中阳离子为Al3+，Ag+与Cl-、SO42-、CO32-在溶液中不能大量共存，C为AgNO3；
⑥把A的溶液分别加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，C为AgNO3，A的阴离子为Cl-；E中阳离子为Al3+，A的溶液呈中性，A为BaCl2，E为Al2（SO4）3，结合前面的分析，B溶液呈酸性，则B为（NH4）2SO4。
据此分析作答。
【详解】
①五种盐均溶于水，水溶液均为无色，五种盐溶液中一定不含Cu2+、Fe3+，Ba2+与SO42-、CO32-不在同一溶液中，Al3+与CO32-不在同一溶液中，Ag+与Cl-、SO42-、CO32-不在同一溶液中；
②D的焰色反应呈黄色，D中阳离子为Na+；
③A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性，B、C、E的溶液中含NH4+、Al3+、Ag+，D的溶液呈碱性，D中含CO32-，结合②知D为Na2CO3；
④若在这五种盐的溶液中分别加入Ba（NO3）2溶液，只有A、C的溶液不产生沉淀，A、C溶液中不含CO32-和SO42-；
⑤若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，继续加氨水，C中沉淀消失，根据“已知：向Ag+溶液中滴加氨水，先产生沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解”，C中阳离子为Ag+，E中阳离子为Al3+，Ag+与Cl-、SO42-、CO32-在溶液中不能大量共存，C为AgNO3；
⑥把A的溶液分别加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，C为AgNO3，A的阴离子为Cl-；E中阳离子为Al3+，A的溶液呈中性，A为BaCl2，E为Al2（SO4）3，结合前面的分析，B溶液呈酸性，则B为（NH4）2SO4。
（1）五种盐中，一定没有的阳离子是Cu2+、Fe3+；所含阴离子相同的两种盐的化学式是（NH4）2SO4、Al2（SO4）3，其中阴离子都为SO42-。
（2）D的化学式为Na2CO3。Na2CO3溶液呈碱性的原因是CO32-发生了水解，CO32-水解的离子方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-。
（3）A为BaCl2，C为AgNO3，A与C的溶液反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓。E为Al2（SO4）3，E与氨水反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+。
（4）B为（NH4）2SO4，B中阳离子为NH4+，检验NH4+的正确的实验方法是：取少量B于试管中，加入浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察是否变蓝色，若试纸变蓝色，说明B中含NH4+。
【点睛】
本题考查离子的检验和推断，熟悉各离子的性质、离子之间的反应以及根据实验现象进行推理是解题的关键。离子推断时必须的遵循是：肯定原则（通过实验现象确定一定存在的离子）、互斥原则（相互间能反应的离子在同一溶液中不能大量共存）、电荷守恒原则（阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数）。
23． HCO3-+H2OH2CO3+OH- 大于 乙 B 等于 甲 乙 常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150℃
【解析】试题分析：根据上述数据：甲同学认为，该溶液的pH升高的原因是HCO3－的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-。乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度大于NaHCO3。
（1）只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂BaCl2溶液，若产生白色沉淀（碳酸钡），则乙判断正确。试剂X是BaCl2溶液。
（2）将加热后的溶液冷却到10℃，若溶液的pH等于8.3，则甲判断正确。
（3）查阅资料，发现NaHCO3的分解温度为150℃，丙断言甲和乙判断是错误的，理由是常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150℃。
24．（1）乙
（2）没有用待测NaOH溶液润洗碱式滴定管；偏低
（3）25.40
（4）酚酞(或甲基橙) ；锥形瓶内溶液颜色的变化；
酚酞：浅红色（或粉红色）变为无色，且半分钟不复原
甲基橙：黄色变为橙色，且半分钟不复原
（5）0.1250mol/L
（6）0.1mol/L；如果用1 mol/L盐酸滴定，所耗体积约为2.50mL，则相对误差较大。
【解析】略
25．2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；58.5g
【解析】）（1）氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；正确答案：2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。
（2）电解饱和食盐水，生成氢氧化钠、氯气和氢气；2NaCl+2H2O=2NaOH+Cl2↑+H2↑，11.2L的氯气的物质的量为0.5mol,消耗NaCl的质量为0.5×2×58.5=58.5g；正确答案： 58.5g。
26． 0.6 400 0.12a
【解析】（1）50mL 4mol/L 稀HNO3和200mL 0.5mol/L稀H2SO4混合后，溶液中n(NO3-)=5010-3L4mol/L=0.2mol，n(SO42-)=20010-3L0.5mol/L=0.1mol，n(H+)=0.2mol+0.1mol2=0.4mol，加入19.2g 铜粉的物质的量为0.3mol，微热，发生的反应为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++NO↑+4H2O。因为n(Cu): n(NO3-): n(H+)=0.3:0.2:0.4=3:2:4，不等于化学计量数之比3:2:8，可以判断铜和硝酸根都过量，应按n(H+)计算，所以： ①若忽略溶液体积变化，溶液中铜离子物质的量浓度为 = 0.6mol/L。
②若使铜粉全部溶解，由上面数据分析可知，还需要加入H+0.4mol，所以还需加入0.5mol/L H2SO4 , =0.4L=400mL。
（2）若c(SO42—)＋c(NO3—)＝a mol·L－1。取200 mL该混合酸，n(SO42—)＋n(NO3—)＝0.2a mol，n(H+)= 2n(SO42—)＋n(NO3—)，由反应的离子方程式可知，当n(H+): n(NO3—)=8:2=4:1时，溶解的铜最多，联立上面三个式子可求出n(NO3—)=0.08amol，所以能溶解铜的最大物质的量为0.08a mol=0.12a mol。
点睛：本题考查的是根据离子方程式的计算。铜虽然不和稀硫酸反应，但是当把稀硫酸和稀硝酸混合后，两者电离出来的氢离子是一样的，所以在混酸中，硫酸电离的氢离子参加反应，根据离子方程式进行计算才能把握反应的实质，避免出错。