2025届高三化学一轮复习练习——电解质溶液

2025届高三化学一轮复习练习——电解质溶液 一、单选题 1．缓冲溶液是指加少量水稀释或外加少量酸、碱，自身pH不发生显著变化的溶液。1L含1mol乳酸(HLac)和1mol乳酸钠(NaLac)的溶液就是一种缓冲溶液，该溶液的pH为3.85。下图是此缓冲溶液的pH随通入HCl(g)或加入NaOH(s)的物质的量变化的示意图(溶液体积保持1L)，已知lg3=0.48。下列说法错误的是 A．此缓冲溶液中( B．通过计算可得出，a点溶液的pH约为3.37 C．根据图像可以判断，b点溶液已失去缓冲能力 D．当加入NaOH，且横坐标为0.5时，对应溶液中( 2．某溶液中含大量 NH、Na+、HCO、CO、CH3COO-离子，往其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是(假设溶液体积无变化)（　　） A．CH3COO- B．Na+ C．CO、NH D．CH3COO-、Na+ 3．下列物质中不属于电解质的是 A．HI B． C．KOH D． 4．氰化钠泄露时，喷洒双氧水可将NaCN氧化为无害的NaHCO3，从而安全处理泄露，下列说法不正确的是（　　） A．NaCN是强电解质 B．侯氏制碱法制备的工业产物是NaHCO3 C．NaHCO3受热易分解 D．CNO-为直线型结构 5．下列实验方案能达到相应实验目的的是 选项 实验方案 实验目的 A 室温下，用pH试纸分别测定浓度均为的NaClO和溶液的pH 比较HClO和的酸性强弱 B 配制溶液时，先将溶于适量浓盐酸中，再用蒸馏水稀释到所需浓度，最后在试剂瓶中加入少量铜粉 抑制水解，并防止被氧化 C 将稀硝酸与反应产生的气体先通入饱和溶液中，再通入溶液中 验证非金属性：N＞C＞Si D 取等体积不同浓度的NaClO溶液，分别加入等体积等浓度的溶液中，对比现象 探究浓度对化学反应速率的影响 A．A B．B C．C D．D 6．已知表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．白磷()和甲烷均含有个共价键 B．电解精炼铜，阴极增重12.8g，理论上转移的电子为 C．标况下，含有的氧原子数目为 D．溶液中， 7．下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　） A．使甲基橙变红色的溶液：Al3+、Na+、I-、 B．0.1mol·L-1NaAlO2溶液：、K+、、 C．lg<0溶液：CH3COO-、Ba2+、、Br- D．0.1mol·L-1Fe(NO3)2溶液：[Fe(CN)6]3-、Na+、、Cl- 8．下列离子方程式书写不正确的是 A．向AlCl3溶液中滴加少量氨水产生白色沉淀：Al3++3OH-=Al(OH)3↓ B．铁钉在潮湿空气中生锈的负极反应：Fe-2e-=Fe2+ C．CuSO4溶液与闪锌矿(ZnS)反应生成铜蓝(CuS)：Cu2+(aq)+ZnS(s)CuS(s)+Zn2+(aq) D．向FeBr2溶液中通入少量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- 9．人体血液存在、等缓冲对。常温下，水溶液中部分缓冲对的微粒浓度之比的对数值表示或与pH的关系如图所示。已知碳酸、磷酸。则下列说法正确的是 （　　） A．曲线Ⅰ表示与pH的变化关系 B．的过程中，水的电离程度逐渐减小 C．当时 D．当pH增大时，逐渐减小 10．下列各项实验操作和现象推出的结论正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A ①向某溶液中加入Ba(NO3)2溶液 ②再加足量盐酸 ①产生白色沉淀②仍有白色沉淀 原溶液中有SO B 取5mL0.1mol·L-1FeCl3溶液，滴加5~6滴0.1mol·L-1KI溶液，充分反应后，再滴加KSCN溶液 溶液变红 FeCl3和KI的反应是可逆反应 C 将足量SO2通入Na2CO3溶液中逸出的气体先通入足量的酸性KMnO4溶液，再通入澄清石灰水中 酸性高锰酸钾溶液颜色变浅，澄清石灰水变浑浊 Ka1(H2SO3)>Ka1(H2CO3) D 向蔗糖溶液中加入适量稀硫酸，水浴加热，冷却后向溶液中滴加新制Cu(OH)2悬浊液，加热 未出现砖红色沉淀 蔗糖未水解 A．A B．B C．C D．D 11．下列各组离子在给定溶液中一定能大量共存的是（　　） A．在氨水中：、、、 B．在氯化钠溶液中：、、、 C．在醋酸钠溶液中：、、、 D．25℃时，由水电离出的的溶液中：、、、 12．草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。实验室配制了0.010 0 mol/L Na2C2O4标准溶液，现对25 ℃时该溶液的性质进行探究，下列所得结论正确的是 A．0.010 0 mol/L Na2C2O4溶液中存在：c(OH−)=c(H+)+c(H2C2O4)+c() B．若向该溶液中滴加等体积等浓度稀盐酸，测得溶液pH<7，此时溶液中存在：c()>c(Cl−)>c(H2C2O4) C．已知25℃时Ksp(CaC2O4)=2.5×10−9。向该溶液中加入等体积0.0200 mol/L CaCl2溶液，所得上层清液中c()<5×10−5mol/L D．向该溶液中加入几滴酸性KMnO4溶液，被还原为Mn2+，则反应的离子方程式：+4+14H+=2CO2↑+4Mn2++7H2O 13．实验室模拟侯氏制碱碳酸化制的过程，将通入饱和氨盐水（溶质为、），实验现象及数据如图1，含碳粒子在水溶液中的物质的量分数（）与pH的关系如图2。 图1 图2 下列说法正确的是 A．，溶液中 B．，、均保持不变 C．水的电离程度： D．，发生反应： 14．常温下，向10 mL一定浓度的硝酸银溶液中，逐滴加入0.1 mol·L-1的氨水，反应过程中- 1gc(Ag+ )或-1gc([(Ag(NH3)2]+ )与加入氨水体积的关系如图所示。下列说法错误的是（　　） A．常温下，Kpsp(AgOH)的数量级为10-8 B．原硝酸银溶液的浓度是0.1 mol·L-1 C．溶液m点c( )-c(Ag+)-c( )=0.01 mol·L-1 D．溶液b点的浓度大于溶液m点的 浓度 15．常温下，用0.1000的盐酸滴定20.00mL 溶液，溶液中、、的分布分数随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是（　　） 已知： A． B．的的值为 C．若将完全转变为，仅需用酚酞做指示剂 D．图中c点， 16．NH4HCO3是我国除尿素外使用最广泛的一种氮肥产品，还用作缓冲剂、充气剂和分析试剂。常温下，0.1mol·L-1NH4HCO3溶液pH是7.8。已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时，各微粒浓度占总微粒浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是 A．pH=6.5的上述溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液时，和浓度逐渐减小 B．NH4HCO3溶液中：c(NH3 ·H2O) + c() >c(H2CO3) C．分析可知，常温下水解平衡常数Kh()的数量级为10-7 D．常温下，= 10-16.8 17．已知常温时，0.1mol·L-1的二元酸H2A溶液的pH=4.0，则下列说法中正确的是（　　） A．加水稀释H2A溶液，H2A的电离程度增大，溶液中各离子浓度均减小 B．在Na2A溶液中一定有：c(Na+)>c(A2-)>c(H+)>c(OH-)>c(HA-) C．在Na2A、NaHA两溶液中，离子种类不相同 D．在NaHA溶液中一定有：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-) 18．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　） A．1mol完全溶于水，所得溶液中含氮微粒数为 B．1L0.1mol/L的溶液中含有的数目为 C．1mol中σ键的数目为 D．标准状况下，22.4LHCl分子中含有的数目为 19．中国海洋大学科学家发现海泥细菌电池的电压可以高达0.8V，在这种海水/海泥界面存在的天然电压驱动下，海泥细菌产生的电子可以源源不断的传输出来，持续产生电能。下列说法错误的是 A．电极电势：A＜B B．天然的海泥层和海水层分别为负极和正极的导电介质 C．海底沉积层可发生反应： D．海底沉积层/海水天然界面作为“质子交换膜材料”，不需要任何人工膜材料 20．已知25℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。下列说法正确的是（　　） A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者 B．向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，则H2A的电离度为0.013% C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2-)＞c(HA-) D．取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1 二、综合题 21．某课题组对含钴高炉渣(主要成分有、、、、、)资源化综合处理的流程如下： 回答下列问题： （1）“研磨”的目的为　 　；物质是　 　(填化学式)。 （2）参与“酸浸”的化学方程式为　 　。滤渣Ⅰ的主要成分是　 　(填化学式)。 （3）“中和沉淀”中，生成高效净水剂黄钠铁矾[]存在于滤渣Ⅱ中。该过程的离子方程式为　 　。在实验室中，向固体中加入等体积的溶液和　 　溶液，使其恰好完全反应，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到黄钠铁矾。 （4）滤液③中的铝元素恰好完全转化为沉淀的为　 　。{通常认为溶液中离子浓度小于为沉淀完全；；} （5）经充分焙烧质量减少，则获得的质量为　 　t。 22．分铜液净化渣主要含铜、碲(Te)、锑(Sb)、砷(As)等元素的化合物，一种回收工艺流程如图所示： 已知：①“碱浸”时，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，碱浸液含有、。 ②“酸浸”时，锑元素反应生成难溶的浸渣。 回答下列问题： （1）As位于第四周期VA族，基态As的价层电子排布式为　 　。 （2）“碱浸”时，与NaOH反应的离子方程式为　 　。 （3）向碱浸液加入盐酸调节pH=4，有析出，分离出的操作是　 　。滤液中As元素最主要的存在形式为　 　(常温下，的各级电离常数为：、、)。 A． B． C． D． （4）①中，Sb的化合价为　 　。 ②“氯盐酸浸”时，通入的目的是　 　。 （5）“水解”时，生成SbOCl的化学方程式为　 　。 （6）可用作电子元件材料，熔点为733℃，其熔点远高于的原因为　 　。晶胞是长方体结构(如图所示)，碲的配位数为　 　。已知为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为　 　(列出计算表达式) 23．NO是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NO是环境保护的重要课题。回答下列问题： I．反应：可用于去除汽车尾气中的有害气体，该反应为自发反应。 （1）　 　0(填“>”“＜”或“=”)。 （2）在密闭容器中充入8molNO和10molCO发生反应，平衡时NO的体积分数与温度T、压强p的关系如图所示： ①　 　(填“>”或“＜”)。 ②A点时NO的转化率为　 　。 ③若反应在D点达到平衡，此时对反应容器降温的同时压缩体积，重新达到的平衡状态可能是图中A~G点中的　 　点。 （3）探究催化剂对CO、NO转化的影响。将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO含量，从而确定尾气脱氮率(即NO的转化率)，结果如图所示： ①由图可知：要达到最大脱氮率，该反应应采取的最佳实验条件为　 　。 ②温度低于200℃时，图中催化剂I的曲线脱氮率随温度升高变化不大的主要原因是　 　。 Ⅱ．以铂为电极，加入少量NaOH的饱和食盐水作电解液，对含有NO的烟气进行脱氮的原理如图所示，NO进入电解液被阳极产生的氧化性气体氧化为。 （4）NO被氧化的离子方程式为　 　。 24．实验室以含锌废液(主要成分为，及少量的、)为原料制备碱式碳酸锌的实验流程如下： 回答下列问题： （1）已知中含有1个过氧键(—O—O—)，则其中硫元素的化合价为　 　，“氧化除锰”操作中生成和的离子方程式为　 　。 （2）验证加入“试剂X”之前的溶液中不含的实验方案是　 　。 （3）为提高碱式碳酸锌的产量，试剂X可以选择　 　；常温下，调节溶液的pH，使溶液中铁元素完全沉淀，则理论上pH的最小值为　 　{当溶液中某离子浓度c小于等于时，可认为该离子沉淀完全；常温下，}。 （4）“沉锌”操作中发生反应的离子方程式为　 　。 （5）可用于制备晶体，具体操作为将溶于足量稀硫酸，　 　，洗涤、低温干燥，即可得到晶体。 25．是广泛用于中学化学实验的一种试剂，某小组用纯碳酸钡制备氯化钡晶体并测定产品纯度。 （1）实验一：制备。 取足量于烧杯中，加入适量盐酸，充分反应，碳酸钡过量。过滤，得滤液M。 常温下，滤液M的pH　 　7（填“＞”“＜”或“＝”）。 （2）取少量溶液，经蒸干得到固体，它是　 　（填化学式）。 （3）将滤液M经蒸发浓缩、　 　、过滤、洗涤、干燥得到产品。 （4）实验二：测定产品纯度。 方案1 重量法。取wg样品溶于蒸馏水，滴加足量的溶液和盐酸，过滤洗涤、干燥，得到固体质量为mg。 方案2 滴定法。实验步骤如下： 步骤1：取xg样品配成250mL溶液；准确量取25.00mL配制的溶液于锥形瓶； 步骤2：向锥形瓶中加入溶液（过量）使完全沉淀； 步骤3：向其中加入硝基苯，用力振荡，使沉淀表面被有机物覆盖； 步骤4：加入指示剂溶液，用溶液滴定过量的至终点，消耗溶液体积为。已知：常温下，，。 方案1中，测定产品纯度为　 　。如果用滤纸包裹在电炉中烘干，因温度过高，导致炭黑将部分还原成BaS，则测得结果　 　（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。 （5）方案2中，滴定终点的现象是　 　。硝基苯覆盖沉淀的作用是　 　。 （6）方案2中，测得样品中氯元素质量分数为　 　%。若取消步骤3，测定结果　 　（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。 答案解析部分 1．【答案】D 2．【答案】A 【解析】【解答】A．加入足量的Na2O2固体后，溶液中生成氢氧化钠和氧气，CH3COO-浓度基本不变，故A符合题意； B．Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，Na+浓度增加，故B不符合题意； C．HCO与OH-反应生成CO，则HCO离子浓度减小，CO离子浓度增大，NH与OH-反应生成生成一水合氨，NH浓度会减小，故C不符合题意； D．Na2O2与水反应生成氢氧化钠，Na+ Na+浓度增加，故D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】过氧化钠溶于水，生成氢氧化钠和氧气； A、醋酸根不受到影响； B、氢氧化钠的生成导致钠离子浓度增大； C、铵根离子和氢氧根不能共存，碳酸氢根和氢氧根不能共存，会生成碳酸根； D、钠离子浓度增大。 3．【答案】D 4．【答案】B 【解析】【解答】A、NaCN为钠盐，在水溶液中完全电离，属于强电解质，故A不符合题意； B、侯氏制碱法制备的是纯碱，即碳酸钠，故B符合题意； C、NaHCO3受热易分解为碳酸钠、水和二氧化碳，故C不符合题意； D、CNO-和CO2是等电子体，CO2是直线结构，所以CNO-也为直线结构，故D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A、强电解质是指在水溶液中完全电离的电解质； B、侯氏制碱法制备的是纯碱； C、碳酸氢钠不稳定，受热易分解； D、CNO-和CO2是等电子体。 5．【答案】C 6．【答案】B 7．【答案】C 【解析】【解答】A．在酸性条件下产生SO2和S，该组离子不能大量共存，A项不符合题意； B．与发生双水解不能大量共存，与反应，B项不符合题意； C．即是c(H+)<c(OH-)该溶液为碱性，该条件下各离子能大量共存，C项符合题意； D．Fe2+与 [Fe(CN)6]3-发生络合反应生成蓝色沉淀而不能大量共存，D项不符合题意； 故答案为：C。 【分析】思路分析：判断离子共存方法，1.看溶液中离子之间因发生复分解反应生成沉淀、气体和弱电解质而不能共存；2看离子之间因发生氧化还原反应而不能共存，3.注意题目隐含条件，颜色、pH。 8．【答案】A 9．【答案】D 【解析】【解答】A.磷酸，曲线 Ⅱ表示表示与pH的变化关系，曲线Ⅰ表示与pH的变化关系，故A不符合题意； B.的过程中，氢离子浓度减小，对水的电离的抑制减弱，则水的电离程度逐渐增大，故B不符合题意； C.当时，，观察图可得，，而 时，，故C不符合题意； D.当pH增大时，减小，则逐渐减小，故D符合题意。 故答案为：D。 【分析】A、可以从电力平衡常数进行分析，pKa对应电力平衡常数，以及两组浓度比和pH计算，对应相关图象； B、氢离子浓度变小，对水的抑制程度减弱； C、注意结合图象纵坐标，可以知道，即=1，，此时，，时，此时； D、结合两个化学平衡常数进行判断，Ka1=，Ka2=，根据Ka1/Ka2，可以知道为定值，则pH增大，减小， 逐渐减小 。 10．【答案】C 【解析】【解答】A．溶液中的亚硫酸根离子也能与硝酸钡溶液反应生成亚硫酸钡白色沉淀，加入足量盐酸，酸性条件下硝酸根离子将亚硫酸钡沉淀氧化为硫酸钡沉淀，所以向某溶液中加入硝酸钡溶液产生白色沉淀，再加足量盐酸仍有白色沉淀不能说明原溶液中含有硫酸根离子，故A不符合题意； B．过量的氯化铁溶液与碘化钾溶液反应后，溶液中含有铁离子，加入硫氰化钾溶液，溶液会变为红色，则溶液变红不能说明氯化铁溶液与碘化钾溶液的反应为可逆反应，故B不符合题意； C．将足量二氧化硫通入碳酸钠溶液中逸出的气体先通入足量的酸性高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，排出二氧化硫对二氧化碳检验的干扰，再通入澄清石灰水中变浑浊说明二氧化硫能与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体，亚硫酸的一级电离程度大于碳酸，一级电离常数大于碳酸一级电离常数，故C符合题意； D．酸性条件下葡萄糖不能与新制氢氧化铜悬浊液反应，则向蔗糖溶液中加入适量稀硫酸，水浴加热，冷却后未加入氢氧化钠溶液中和稀硫酸，直接向溶液中滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热不可能产生砖红色沉淀，则未出现砖红色沉淀不能说明蔗糖未水解，故D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A.酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，若溶液中含有亚硫酸根，也能产生相同的实验现象； B.该实验中氯化铁过量，溶液中始终存在铁离子； D.蔗糖水解后，应在碱性环境中检验葡萄糖。 11．【答案】C 【解析】【解答】A．氨水显碱性，会与、反应生成沉淀，不能大量共存，A不符合题意； B．氯化钠溶液中，、会发生完全双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，且会反应生成亚铁离子和碘单质，不能大量共存，B不符合题意； C．在醋酸钠溶液中、、、不存在任何反应，可以大量共存，C符合题意； D.25℃时，由水电离出的的酸性溶液，不能大量存在，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】思路分析：判断离子共存方法，1.看溶液中离子之间因发生复分解反应生成沉淀、气体和弱电解质而不能共存；2看离子之间因发生氧化还原反应而不能共存，3.注意题目隐含条件，颜色、pH. 12．【答案】C 【解析】【解答】A.0.010 0 Na2C2O4溶液中存在： ，质子守恒，A不符合题意； B．若向该溶液中滴加等体积等浓度稀盐酸，测得溶液pH<7，此时溶液是草酸氢钠和氯化钠的等浓度混合溶液，可知草酸氢根离子的电离大于水解，溶液中存在：，B不符合题意； C．向该溶液中加入等体积0.0200mol•L-1CaCl2溶液后溶液中钙离子的浓度为=5.00×，由25℃时 =2.5×10-9可得溶液中草酸根离子的浓度为=5.00×10-7<5.00×10-5，C符合题意； D．向该溶液中加入几滴酸性KMnO4溶液，被还原为Mn2+，则反应的离子方程式：，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A、结合质子守恒判断； B、结合电离程度和水解程度的强弱判断； C、结合钙离子浓度以及溶度积判断； D、氧化还原反应的方程式要注意，根据化合价升降总数配平化学计量数。 13．【答案】C 14．【答案】C 【解析】【解答】A．b点溶液溶质为NH4NO3，Ag+完全沉淀，存在沉淀溶解平衡AgOH(s)=Ag+(aq)+OH-(aq)，所以可以近似地认为c(Ag+)=c(OH-)，此时-1gc(Ag+)=4，则c(Ag+)=c(OH-)=1×10-4mol，Ksp(AgOH)=c(Ag+)•c(OH-)=1×10-8，A不符合题意； B．b点完全反应，此时加入的氨水为10mL，氨水的浓度0.1mol/L，原硝酸银溶液也为10mL，根据方程式Ag++NH3•H2O=AgOH↓+NH4+可知，硝酸银溶液的浓度为0.1mol/L，B不符合题意； C．m点溶液存在电荷守恒c(OH-)+c()=c(Ag+)+c[]+c()+c(H+)，此时加入了过量的氨水，溶液应呈碱性，则有：c()-c(Ag+)-c()= c[]+c(H+)-c(OH-)=10-2+c(H+)-c(OH-)＜10-2mol/L，C符合题意； D．b点溶液溶质为NH4NO3，b到m过程发生反应AgOH+2NH3•H2O=+2H2O+OH-，随着氨水的加入，并没有引入铵根离子，虽然碱性增强铵根离子的水解受到促进，则铵根离子的浓度减小，即b点铵根离子的浓度大于溶液m点铵根离子的浓度，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】 向10 mL一定浓度的硝酸银溶液中，逐滴加入0.1 mol·L-1的氨水 ，先发生反应Ag++NH3•H2O=AgOH↓+，紧接着发生反应AgOH+2NH3•H2O=+2H2O+OH-；b点-lgc(Ag+ )达到最大值，此时Ag+与氨水恰好完全反应。 15．【答案】B 【解析】【解答】A．据图可知e点时恰好完全反应，溶液中溶质为H2A和NaCl，n(Na2A)=0.5n(Na+)=0.5n(Cl-)=0.1mol/L×0.04L×0.5=0.002mol，所以c(Na2A)== 0.1mol/L，A不符合题意； B．H2A的Ka1=，据图可知当pH=6.38时，即c(H+)=10-6.38mol/L时，c(HA-)=c(H2A)，所以Ka1=10-6.38，B符合题意； C．将完全转变为，滴定终点呈酸性，应选用甲基橙作指示剂，C不符合题意； D．结合分析和图可知，c点c(HA-)＞c(A2-)，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A、即计算完全反应的点，结合e点判断，可知c(Na2A)=0.1mol/L； B、一级电离平衡常数可以结合pH进行判断； C、滴定终点为酸性，不能选择酚酞； D、结合c点判断，可知此时c(HA-)＞c(A2-)。 16．【答案】D 【解析】【解答】A．根据图象可知，当溶液pH增大时，浓度逐渐增大，则的浓度逐渐减小，而浓度先增大后减小，A不符合题意； B．根据物料守恒，①c()+c()=c(H2CO3)+c()+c()，根据电荷守恒，②c()+c()=c()+c()+2c()，①-②得c(NH3 ·H2O) + c() =c(H2CO3)+ c()-c()，又因0.1mol·L-1NH4HCO3溶液，pH=7.8，所以c()<c()，因此c(NH3 ·H2O) + c() =c(H2CO3)+ c()-c()<c(H2CO3)，B不符合题意； C．如题图常温下当pH=6.5时，c()=c(H2CO3)，则Kh ()=，常温下水解平衡常数Kh ()的数量级为10-8，C不符合题意； D．如题图常温下当pH=6.5时，c()=c(H2CO3)，，当pH=10.3时，c()=c()，，则=，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A.随pH增大，浓度先增大后减小； B.根据物料守恒和电荷守恒分析； C.根据Kh ()=计算。 17．【答案】D 【解析】【解答】A． 加水稀释H2A溶液，H2A的电离程度增大，溶液中c(A2-)、c(H+)、c(HA-)离子浓度均减小，但溶液中c(OH-)增大，故A不符合题意； B． 在Na2A溶液中，A2-离子水解，故c(Na+)＞c(A2-)，而溶液呈碱性，故有c(OH-)＞c(H+)，则有：c(Na+)＞c(A2-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B不符合题意； C． 在Na2A、NaHA两溶液中，A2-离子水解，HA-存在电离和水解，溶液中均含有：Na+、A2-、H+、OH-、HA-，离子种类相同，故C不符合题意； D． 根据电荷守恒，在NaHA溶液中一定有：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，故D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A.加入稀释促进H2A的电离； B.根据电荷守恒分析； C.Na2A、NaHA溶液中存在的离子均为Na+、A2-、H+、OH-、HA-。 18．【答案】A 【解析】【解答】A、1molNH4NO3中含有2molN原子，溶于水的过程中，氮元素守恒，因此溶液中含氮微粒数为2NA，A符合题意。 B、HClO是一种弱酸，在水中部分电离，因此溶液中ClO－的个数小于1 NA，B不符合题意。 C、1mol[Cu(H2O)4]2＋中含有4mol共价键，4molH2O。一个H2O分子中含有2个σ键。因此1mol[Cu(H2O)4]2＋中所含的σ键个数为12 NA，C不符合题意。 D、HCl分子中不含有Cl－，D不符合题意。 故答案为：A 【分析】A、根据氮原子守恒分析。 B、HClO是一种弱酸，在水中部分电离。 C、一个H2O分子中含有2个σ键，一个配位键为一个σ键。 D、HCl分子中不含有Cl－。 19．【答案】A 20．【答案】B 【解析】【解答】A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的电离程度前者大于后者，故A不符合题意； B．向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，，则H2A的电离度 0.013%，故B符合题意； C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，，则c(A2-)<c(HA-)，故C不符合题意； D．H2A是弱酸，取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，H2A的电离平衡正向移动，则该溶液pH<a+1，故D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A.多元弱酸根离子水解，第一步水解程度远远大于第二步水解程度； B.H2A的电离度=； C.，即； D.加水促进H2A电离。 21．【答案】（1）减小炉渣粒径，增大接触面积，加快反应速率，提高炉渣利用率； （2）；、 （3）；0.75 （4）8.38 （5）2.41 【解析】【解答】（1）研磨使颗粒物减小炉渣粒径，增大接触面积，加快反应速率，提高炉渣利用率；具有磁性，磁选时被分离出来，故填减小炉渣粒径，增大接触面积，加快反应速率，提高炉渣利用率、； （2）在酸性条件下与反应的化学方程式为，加入硫酸后不反应，与硫酸生成，故填、、； （3）根据题意，加入碳酸氢钠，生成高效净水剂黄钠铁矾[]的反应为；根据反应方程式，设体积为1L，则1L溶液含的物质的量为，恰好反应消耗物质的量为，浓度为，故填，0.75； （4）根据反应，，当时恰好沉淀，则，pH=8.38，故填8.38； （5）焙烧时发生反应，质量减少2t，设生成的质量为xt，则 可得，解得，故填2.41。 【分析】（1）依据影响反应速率的因素分析；具有磁性； （2）根据反应物和产物的化学式，利用原子守恒、电子守恒书写；依据流程图，利用反应物和产物的性质判断； （3）根据反应物和产物的化学式，利用原子守恒、电荷守恒书写；根据反应方程式计算； （4）根据溶度积常数计算； （5）利用差量法计算。 22．【答案】（1）4s24p3 （2） （3）过滤；B （4）+5；将还原为SbCl3 （5）SbCl3+H2O=SbOCl+2HCl （6）TeO2为离子晶体，SO2为分子晶体；6； 【解析】【解答】（1）As位于第四周期VA族，基态As的价层电子排布式为：4s24p3 （2）“碱浸”时，二氧化碲与NaOH反应的离子方程式为： （3）分离出二氧化碲的操作是过滤；pH=4时，溶液成酸性，，，故滤液中As元素最主要的存在形式为：B； （4）①中，Sb的化合价为+5价； ②“氯盐酸浸”时，通入二氧化硫，的目的是：将还原为SbCl3 （5）TeO2为离子晶体，SO2为分子晶体；由晶胞结构可知，Te的配位数为6；根据均摊法，Te原子位于晶胞的顶点和内部，个数为；O原子位于晶胞的面上和内部，个数为，晶胞的密度为 【分析】分铜液净化渣碱浸后，碱浸液中含、，铜元素和锑元素转化为氧化物或氢氧化物，硫酸酸浸后得到沉淀，经过氯盐酸浸后得到SbCl3，水解后得到SbOCl。碱浸液中含、，调节pH值后得到TeO2沉淀。 23．【答案】＜；>；12.5%；G；催化剂Ⅱ、450℃；温度较低，催化剂的活性偏低； 24．【答案】（1）； （2）取少量溶液于洁净的试管中，滴入几滴铁氰化钾溶液，不产生蓝色沉淀，证明溶液中不含 （3）ZnO、、等；3 （4） （5）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 【解析】【解答】（1）中含有1个过氧键(—O—O—)，其中有2个氧原子为-1价，令S元素化合价为a，根据化合价代数和等于所带电荷，则，解得a=6，故中硫元素的化合价为+6价；“氧化除锰”操作中生成和的离子方程式为； 故答案为：+6；； （2）验证加入“试剂X”之前的溶液中不含的实验方案是取少量溶液于洁净的试管中，滴入几滴铁氰化钾溶液，不产生蓝色沉淀，证明溶液中不含； 故答案为：取少量溶液于洁净的试管中，滴入几滴铁氰化钾溶液，不产生蓝色沉淀，证明溶液中不含； （3）为提高碱式碳酸锌的产量，试剂X可以选择ZnO、、等；由题意可知，当时，可认为该离子沉淀完全，则此时，故，即； 故答案为：ZnO、、等；3； （4）根据流程图可知，“沉锌”操作中发生反应的离子方程式为； 故答案为：； （5）可用于制备晶体，具体操作为将溶于足量稀硫酸，得到硫酸锌溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥，即可得到晶体； 故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。 【分析】思路分析：浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图；了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用；解析流程图并思考从原料到产品依次进行了什么反应，利用了什么原理。每一步操作进行到什么程度最佳，每一步除目标物质外还产生了什么杂质或副产物，杂质或副产物是怎样除去的等等。 25．【答案】（1）＜ （2） （3）降温结晶 （4）；偏低 （5）最后滴半滴溶液，溶液由浅黄色刚好变为血红色且半分钟不变色；防止AgCl转化成AgSCN （6）；偏低 【解析】【解答】（1）氯化钡是强酸强碱盐，碳酸钡与盐酸反应后，碳酸钡过量，盐酸完全反应。溶液中溶有少量，使溶液呈弱酸性； 故答案为：＜； （2）氯化钡不水解，蒸干溶液得到无水氯化钡。 故答案为：； （3）冷却结晶或降温结晶分离氯化钡晶体； 故答案为：降温结晶； （4），的摩尔质量为。 。炭还原硫酸钡，发生反应为，导致测得质量m偏小，结果偏低； 故答案为：；偏低； （5）用溶液作滴定剂，用氯化铁等铁盐溶液作指示剂。开始滴加硫氰根离子与银离子反应，不变色，最终银离子完全反应后，再滴加硫氰化铵，遇铁离子显红色。根据溶度积可知，氯化银易转化成硫氰化银。硝基苯覆盖沉淀的作用是防止氯化银转化成硫氰化银； 故答案为：最后滴半滴溶液，溶液由浅黄色刚好变为血红色且半分钟不变色；防止AgCl转化成AgSCN； （6）依题意，，审题时抓住：计算氯元素质量分数以及体积转化关系，计算如下：。如果部分氯化银转化成硫氰化银，消耗溶液体积偏大，测得氯元素质量分数偏低； 故答案为：；偏低。 【分析】（1）虽然碳酸钡过量，盐酸完全反应，但是生成的有二氧化碳，溶解在水中，显酸性。 （2）强酸强碱盐蒸发的到溶质本身。 （3）从溶液得到固体溶质方法为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥即可。 （4）方法一：利用质量守恒计算生成的硫酸钡，进而计算氯化钡的质量分数。 （5）指示剂为NH4SCN，利用与Fe3+产生红色即可判断终点。 学科网（北京）股份有限公司 $$