2025届高三化学一轮复习---电解质溶液

2025届高三化学一轮复习---电解质溶液 一、单选题 1．设是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．11 g氚水所含中子数为 B．1L 0.1 mol/L溶液中阳离子的数目小于0.1 C．100 g质量分数为46%的乙醇溶液中含氢氧键的数目为 D．等物质的量的铝分别与足量的盐酸和氢氧化钠溶液反应，转移电子数均为 2．下列物质在熔融状态下不导电的是（　　） A． B． C． D． 3．从饱和AlCl3溶液中制备无水AlCl3固体，某小组设计方案如下所示，下列说法不正确的是 A．步骤Ⅰ通入HCl的作用是抑制AlCl3水解并有利于AlCl3⋅6H2O结晶 B．步骤Ⅱ洗涤用的洗涤剂是水 C．步骤Ⅲ可采用减压干燥或低温干燥 D．步骤Ⅳ试剂SOCl2与水反应的产物可使品红溶液褪色 4．重铬酸钾(K2Cr2O7)和铬酸钾(K2CrO4)应用广泛，下列说法不正确的是 A．Cr位于元素周期表d区，最外层电子数为1 B．K2CrO4属于强电解质 C．酸性K2Cr2O7溶液可将乙醇氧化为乙酸 D．K2CrO4在碱性溶液中可转化为K2Cr2O7 5．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 6．室温下，将NaOH溶液滴加到H2X溶液中，混合溶液中离子浓度的变化与pH的关系如图所示。下列说法错误的是（　　） A．H2X的Ka2数量级为10-8 B．当混合溶液pH=3时，c(HX- )= 10c(H2X) C．混合溶液呈中性时c(Na+)> 3c(HX- ) D．NaHX溶液中存在c(H2X)<c(OH- )+c(X2-) 7．向工业废水中加入硫化物可以获得CuS、FeS纳米粒子［已知，］，下列说法正确的是 A．FeS固体不能用于去除工业废水中的 B．向和混合溶液中加入溶液，当两种沉淀共存时， C．向CuS饱和溶液中加入固体，CuS的溶解平衡逆向移动，滤液中一定存在 D．已知溶液中，可判断CuS易溶于稀盐酸 8．常温下，二元弱酸H2Y溶液中滴加KOH溶液，所得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示，下列有关说法错误的是 A．曲线M表示pH与lg的变化关系 B．NaHY溶液显酸性 C．交点d对应的pH=2.8 D．e点溶液中：c(HY-)>c(H2Y)>c(Y2-)>c(H+)>c(OH-) 9．常温下，向20 mL0.1 mol/L的某一元酸(HA)溶液中加入几滴酚酞溶液，再逐滴滴加0.1 mol/LNaOH溶液，测得滴定曲线如图。下列说法错误的是（　　） A．V=10 mL时，c(HA)＞c(A-) B．pH=7时，V(NaOH)＜20 mL C．滴定终点时，溶液由无色变为浅红色 D．a点的水的电离程度大于b点的水的电离程度 10．常温下，几种弱电解质的电离平衡常数如表所示。向20mL0.1mol•L-1的盐酸中逐滴滴加0.1mol•L-1的氨水，溶液pH变化曲线如图所示。下列说法正确的是（　　） A．CH3COONH4溶液中，c(OH-)=c(H+)＞1×10-7mol·L-1 B．曲线上a、b、c、d四个点，水的电离程度依次增大 C．d点时，3c(OH-)－3c(H+)=c(NH )－2c(NH3·H2O) D．向足量的Na2CO3溶液中滴加几滴稀醋酸，反应的离子方程式为：CO +H+=HCO 11．下列实验方案中，能达到实验目的是（　　） 实验目的 实验方案 　 A 验证H2O2具有氧化性 向0.1 mol·L-1 KMnO4溶液中滴加0.1 mol·L-1H2O2溶液，可观察到溶液褪色 B 证明铜与浓硫酸反应有SO2生成 将浓硫酸滴加到放有铜片的试管中，并将蘸有品红溶液的湿滤纸置于试管口 C 比较Ksp(AgI)与Ksp(AgCl) 的大小关系 向浓度均为0.05mol·L-1的NaI、NaCl混合溶液中滴加足量AgNO3溶液，观察所产生沉淀的颜色 D 确定NaCl溶液中是否混有Na2CO3 取少量待测液，滴加CaCl2溶液，观察是否出现白色浑浊 A．A B．B C．C D．D 12．（结构为，易水解，生成和HCl）、均是有机合成中的卤化剂，如：一定条件下，乙醇与反应可生成氯乙烷（）。下列相关说法中正确的是 A．HCl分子之间存在氢键 B．乙醇中杂化的原子只有C C．第一电离能： D．可用作由制取无水的脱水剂 13．25℃时，向20.00mL 0.10mol·L-1 HA溶液中逐滴加入0.10mol·L-1 NaOH溶液，同时分别测得溶液pH和导电能力的变化如下图所示，下列说法错误的是（　　） A．a点对应溶液的pH等于3，说明HA是弱酸 B．b点对应的溶液中：c(A-)＜c(Na+)＜c(HA) C．c点对应的溶液中：c(A-)+c(HA)=c(Na+) D．根据溶液pH和导电能力的变化可推断：V1＜V2 14．常温下，向50 mL溶有0.1molCl2的氯水中滴加2mol/L的NaOH溶液，得到溶液pH随所加NaOH溶液体积的变化图象如下图所示。下列说法正确的是 A．若a点pH=4，且c(Cl-)=m·c(ClO-)，则Ka(HClO)= B．若x=100，b点对应溶液中：c(OH－)>c(H＋)，可用pH试纸测定其pH C．b～c段，随NaOH溶液的滴入，逐渐增大 D．若y=200，c点对应溶液中：c(OH－)-c(H＋)=2c(Cl-)+c(HClO) 15．室温下，向10.0mL纯碱(可能含有NaHCO3)的稀溶液中逐滴加入0.100mol•L-1盐酸，滴定曲线如图，其中p、q为滴定终点。 下列分析正确的是 A．m处溶液pH＞7，原因是+2H2OH2CO3+2OH- B．由滴定数据可推知，原纯碱中不含NaHCO3 C．p和q处的溶液中，均存在c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-) D．原纯碱稀溶液中c(Na+)=0.215mol•L-1 16．工业上以为原料生产，对其工艺条件进行研究。现有含的、溶液，含的、溶液。在一定pH范围内，四种溶液中随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是（　　） A．反应的平衡常数 B． C．曲线④代表含的溶液的变化曲线 D．对含且和初始浓度均为的混合溶液，时才发生沉淀转化 17．室温下，根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（　　） 选项 实验操作和现象 实验结论 A 测得0.1mol·L−1CH3COONa溶液pH约为9，0.1mol·L−1NaNO2溶液pH约为8 HNO2电离出H+的能力比CH3COOH强 B 向浓度均为0.1 mol·L−1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，出现白色沉淀 Ksp(BaSO4) ＜ Ksp(CaSO4) C 向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀 X一定具有强氧化性 D 卤代烃Y与NaOH水溶液共热后，再滴入AgNO3溶液，产生黑色沉淀 卤代烃已变质 A．A B．B C．C D．D 18．回收利用废旧铅蓄电池可缓解铅资源短缺，同时减少污染。从废旧铅蓄电池的铅膏中回收铅的生产流程如下图(部分产物已略去)。 已知： 和 均为能溶于水的强电解质。下列说法正确的是（　　） A．物质a表现氧化性 B． 易溶于水 C．过程iii发生反应的离子方程式为 D．过程i、过程ii、过程iii中均有气体生成 19．制取硫酸四氨合铜晶体{}的实验如下： 步骤1：向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入氨水，首先生成难溶物，继续添加氨水并振荡试管，难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液。 步骤2：再向试管中加入乙醇，析出深蓝色的晶体。 下列说法错误的是（　　） A．步骤1中难溶物溶解是因为生成了配合物 B．步骤2中加入乙醇降低了溶剂的极性从而析出晶体 C．中含有键的数目为 D．最终所得溶液中大量存在、、、 20．是实验室常用试剂。25℃时，下列相关说法正确的是（　　） A．pH均为4的溶液和NH4Cl溶液，水的电离程度相同 B．向0.1mol/L 溶液中加入少量的水，溶液中增大 C．0.2mol 与0.1mol NaOH溶于水配制成100mL的缓冲溶液，测得pH=5.5，则该缓冲溶液中： D．溶液与固体反应，将产生的气体通入苯酚钠溶液中，溶液变出现浑浊。说明酸性：碳酸>苯酚 二、综合题 21．废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有、、和，还有少量、、的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。 一些难溶电解质的溶度积常数如下表： 难溶电解质 一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的如下表： 金属氢氧化物 开始沉淀的 2.3 6.8 3.5 7.2 完全沉淀的 3.2 8.3 4.6 9.1 回答下列问题： （1）在“脱硫”中转化反应的离子方程式为　 　，用沉淀溶解平衡原理解释选择的原因　 　。 （2）在“脱硫”中，加入不能使铅膏中完全转化，原因是　 　。 （3）在“酸浸”中，除加入醋酸（），还要加入。 （ⅰ）能被氧化的离子是　 　； （ⅱ）促进了金属在醋酸中转化为，其化学方程式为　 　； （ⅲ）也能使转化为，的作用是　 　。 （4）“酸浸”后溶液的约为4.9，滤渣的主要成分是　 　。 （5）“沉铅”的滤液中，金属离子有　 　。 22．钼酸钠(Na2MoO4)是一种冷却水系统的金属缓蚀剂，工业上通常利用钼精矿(主要成分MoS2中硫为-2价)制备钼酸钠晶体的流程如图所示。 回答下列问题： （1）可以提高钼精矿焙烧效率的措施有　 　。(任写一种) （2）NaClO的电子式　 　。 （3）粗产品焙烧的化学方程式　 　。 （4）实验室进行操作1所用的玻璃仪器是：烧杯　 　、　 　，操作2的步骤是：　 　、　 　过滤、洗涤、干燥。 （5）操作3中硫元素被氧化为最高价，发生反应的离子方程式为　 　。 （6）钼的化合物间有如下转化关系。八钼酸铵的化学式为：　 　。 （7）某温度下，BaMoO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，要使溶液中钼酸根离子完全沉淀(浓度小于1×10-5mol/L)，溶液中Ba2+的浓度应大于　 　mol/L。 23．乙烯是合成多种塑料的单体。我国科学家开发的特殊催化剂用CO2制备CH2=CH2，有利于实现“双碳”目标。 主反应：2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)+127.8kJ （1）在容积为2L的恒容密闭容器中充0.4molCO2(g)和1.2molH2(g)，若只发生主反应，反应时间2.0min，CO2的转化率为20%，在这段时间内CH2=CH2(g)的平均反应速率为　 　。 （2）在一定温度下，向恒容密闭容器中充入CO2(g)和H2(g)，若只发生主反应，下列情况不能说明反应达到平衡的是　 　(填编号)。 A．混合气体密度保持不变B．混合气体总压强保持不变 C．乙烯体积分数保持不变D．平均摩尔质量保持不变 达到平衡后能提高CO2平衡转化率的措施是　 　(任填一条) （3）在At1、At2、At3三种不同催化剂作用下(其他条件相同)只发生主反应，测得乙烯的净速率(v正-v逆)与温度关系如图所示。 催化效率最高的是　 　(填“At1”、“At2”或“At3”)，A点的正反应速率　 　(填“大于”“小于”或“等于”)逆反应速率。 在发生主反应的同时，还发生了副反应：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g) （4）一定温度下，在容积为2L的恒容密闭容器中充0.4molCO2(g)和1.2molH2(g)同时发生了主反应和副反应，达到平衡时CO2的转化率为45%，C2H4的选择性为80%，则该温度下，副反应的平衡常数K=　 　(结果保留2位小数)。提示：C2H4的选择性=×100% （5）0.1mol·L-1的NaOH溶液和0.2mol·L-1的HCOOH(甲酸)溶液等体积混合，得到混合溶液的pH＜7，溶液中c(HCOOH)　 　c(Na+)(填“大于”或“小于”)，要使c(HCOOH)=c(Na+)，可加入　 　。 24． （1）I.化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氮元素的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。一氯胺(NH2Cl)在中性或酸性环境中会发生强烈水解，生成具有强烈杀菌作用的HClO，是重要的水消毒剂，写出NH2Cl水解的化学方程式　 　。 II.含氮材料为人类提供便利的同时，人类活动和工业化进程产生的N2O、NO和NO2等氮氧化物却对空气产生了巨大污染。 N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为　 　。 （2）NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为NO＋NO2＋2OH－＝2NO ＋H2O、2NO2＋2OH－＝NO ＋NO ＋H2O，吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是　 　(填化学式)；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是　 　(填化学式)。 （3）NO的氧化吸收：用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为NO 的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。 ①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl－和NO ，其离子方程式为　 　。 ②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是　 　。 25．工业上用粗铜电解精炼所产生的阳极泥[主要含硒化亚铜(Cu2Se)和碲化亚铜(Cu2Te)]为原料，进行综合回收利用的某种工艺流程如下： 已知：①是两性氧化物，微溶于水。 ②25℃时，亚碲酸()的，。 （1）“烧结”时的固体产物主要为、和，该过程中反应的化学方程式为　 　。 （2）利用浸取渣制取硫酸铜溶液时，试剂X最好选用　 　。 a． b． c．浓硫酸 （3）常温下，溶液的pH　 　7(填“＜”、“＞”或“=”)。加入稀硫酸调pH时需控制pH范围为4.5~5.0，pH过大或过小都将导致碲的回收率偏低，其原因是　 　。 （4）在盐酸溶液中，被还原得到单质碲。研究表明，在此反应中，离子浓度为0.1mol/L时的活化能比离子浓度为0.3mol/L时的活化能大，说明较高浓度的作用是　 　。 （5）还原过程的主要目的是将“烧结”时生成的少部分进行转化，写出“还原”时反应的离子方程式　 　。 （6）所得粗硒需精制。向粗硒浸出液中加入溶液可以将残留的等微量杂质离子转化为沉淀而除去。已知25℃时，要使溶液中沉淀完全[]，则需控制溶液中　 　mol/L。 答案解析部分 1．【答案】C 2．【答案】C 【解析】【解答】A．NaOH属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的Na+和OH-，故其在熔融状态下能导电，A不符合题意； B．CaCl2属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的Ca2+和Cl-，故其在熔融状态下能导电，B不符合题意； C．HCl是共价化合物，其在熔融状态下不能电离成离子，故其在熔融状态下不导电，C符合题意； D．K2SO4属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的K+和SO ，故其在熔融状态下能导电，D不符合题意； 故答案为：C 【分析】A．NaOH=Na++OH-； B．CaCl2=Ca2++2Cl-； C．HCl熔融状态下以分子状态存在； D．K2SO4=2K++SO42- 。 3．【答案】B 4．【答案】D 5．【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。 6．【答案】C 【解析】【解答】A．由图可知，c(HX- )= c(H2X)，即=0，则pH在7~8之间，故H2X的Ka2=的值在，数量级为10-8，A不符合题意； B．当，pH=2，则K1=10-2，温度不变则平衡常数不变，故混合溶液pH=3时，，则c(HX- )= 10c(H2X)，B不符合题意； C． 由电荷守恒可知，c(Na+)+ c(H+)= c(OH- )+ c(HX- )+2c(X2-)，混合溶液呈中性时，c(H+)= c(OH- )，故c(Na+)=c(HX- )+2c(X2-)，由图可知，，则c(HX- )>c(X2-)，故(HX- )+2c(X2-)<3c(HX- )，所以c(Na+)<3c(HX- )，C符合题意； D．由电荷守恒可知，c(Na+)+ c(H+)= c(OH- )+ c(HX- )+2c(X2-)，NaHX溶液中由物料守恒可知，c(Na+)= c(H2X)+ c(HX- )+c(X2-)，两者联立可知，存在c(H2X)+ c(H+)=c(OH- )+c(X2-)，则c(H2X)<c(OH- )+c(X2-)，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A．利用Ka2=的值判断； B．利用温度不变则平衡常数不变计算； C． 根据电荷守恒分析； D．根据电荷守恒和物料守恒判断。 7．【答案】C 【解析】【解答】A．根据题干信息，Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，说明一定条件下FeS的溶解度较大，则FeS固体能用于去除工业废水中的Cu2+，A不符合题意； B．当两种沉淀共存时，，B不符合题意； C．CuS饱和溶液中存在溶解平衡：CuS(s)可逆Cu2+(aq)+S2-(aq)，加入CuCl2固体，c(Cu2+)增大，利于平衡逆向移动，温度不变，则Ksp(CuS)不变，滤液中一定存在，C符合题意； D．H2S溶液中Ka1·Ka2==1×10-21，CuS饱和溶液中有Ksp(CuS)=c(Cu2+)·c(S2-)，若CuS易溶于稀盐酸，则其反应是CuS+2H+可逆Cu2++H2S，平衡常数K=，由此说明，CuS与稀盐酸的反应几乎不能发生， D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A.相同条件下，物质的溶度积越大，则其溶解度越大。 B.当两种沉淀共存时，。 C.注意温度不变，物质的溶度积不变，结合化学平衡影响因素进行分析。 D.根据弱电解质电离平衡常数、化学平衡常数、物质溶度积公式进行分析。 8．【答案】D 【解析】【解答】A．随着KOH溶液滴加，c(HY-)增大，c(H2Y)减小，继续滴加，c(HY-)减小，c(Y2-)增大，所以lg增大，用曲线N表示，lg减小，用曲线M表示，A不符合题意； B．通过图中c点可得Ka1=10-1.3，e点可得Ka2=10-4.3，Kh2==10-12.7，Ka2>Kh2，NaHY的电离程度大于其水解程度，所以溶液显酸性，B不符合题意； C．交点d时c(H2Y)=c(Y2-)，Ka1·Ka2==10-5.6，则对应的pH=2.8，C不符合题意； D．e点溶液中：lg>lg，c(H2Y)<c(Y2-)，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】 二元弱酸H2Y溶液中滴加KOH溶液，反应为H2Y+KOH=KHY+H2O、KHY+KOH=K2Y+H2O，随 着 KOH 溶 液 滴 加，c(HY- )增 大，c(H2Y)减小，继续滴加，c(HY- )减小，c(Y2- )增大，则曲线M表示pH与lg的变化关系，曲线N表示pH与lg的变化关系。 9．【答案】A 【解析】【解答】A．向20 mL0.1 mol/L的某一元酸(HA)溶液中逐滴滴加0.1 mol/LNaOH溶液，当加入NaOH溶液10 mL时，溶液中含有等物质的量的HA和NaA，根据图象可知溶液pH＜7，显酸性，说明HA的电离作用大于A-的水解作用，故浓度：c(HA)＜c(A-)，A符合题意； B．当加入NaOH溶液体积是20.00 mL时，二者恰好反应产生NaA，此时溶液pH=8＞7，则当溶液pH=7时，滴加NaOH溶液的体积V(NaOH)＜20 mL，B不符合题意； C．当滴定达到终点时，溶液显碱性，由于指示剂在待测酸溶液中，因此看到溶液会由无色变为浅红色，且半分钟内不再变为无色，C不符合题意； D．a点时溶液的溶质为NaA，该盐是强碱弱酸盐，弱酸根A-会发生水解反应，使水电离程度增大；b点为NaA与NaOH的混合溶液，碱的存在会抑制水的电离，因此水的电离程度：a点＞b点，D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】由图像起始点可知该一元酸是弱酸，结合中和滴定以及盐的水解的相关知识分析解答。 10．【答案】C 【解析】【解答】A．因为CH3COOH和NH3•H2O的电离常数相同，故CH3COO-和NH 的水解能力相同，故CH3COONH4溶液呈中性，故常温下c(OH-)=c(H+)=1×10-7mol·L-1，故A项不符合题意； B．由题可知，c点是完全中和点，故c点水的电离程度最大，故B项不符合题意； C．已知d点溶液为NH4Cl和NH3•H2O的混合溶液，且NH4Cl：NH3•H2O=2：1，NH4Cl的质子守恒为：①c(OH-)+c(NH3•H2O)=c(H+)，NH3•H2O的质子守恒为：②c(OH-)=c(H+)+c(NH )，故NH4Cl：NH3•H2O=2：1的混合溶液的质子守恒为：①×2+②，即为：3c(OH-)+2c(NH3·H2O) =c(NH )+3c(H+)，变式即为：3c(OH-)-3c(H+)=c(NH )-2c(NH3·H2O)，故C项符合题意； D．醋酸不可拆，故D项不符合题意； 故答案为C。 【分析】A.根据已知弱电解质的电离平衡常数判断离子的水解常数，根据水解常数的大小判断溶液酸碱性。 B.根据溶液的酸碱性判断，对水的电离的影响，根据抑制的程度判断水的电离程度大小。 C.根据溶液中的溶质的比例关系列物料守恒，根据与电荷守恒的结合推出离子之间的关系。 D.根据离子反应方程式书写规则判断。 11．【答案】D 【解析】【解答】A． H2O2可被KMnO4氧化，体现H2O2的还原性，A不符合题意； B． 铜与浓硫酸反应需要加热，B不符合题意； C． 因为AgNO3溶液是足量的，因此两溶液中均会产生沉淀，不能比较二者溶度积的大小关系，应滴加少量的AgNO3溶液，观察所产生沉淀的颜色进行比较，先生成的沉淀，溶度积小，C不符合题意； D． NaCl与CaCl2不反应，Na2CO3与CaCl2反应生成碳酸钙白色沉淀，故可通过观察是否出现白色浑浊，确定NaCl溶液中是否混有Na2CO3，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A.证明氧化性，是过氧化氢发生还原反应 C.考查的是沉淀的转化，但是必须是产生一种沉淀之后，再进行另外一种物质的加入，看沉淀是否转换 D.考查的是碳酸根的检验 12．【答案】D 13．【答案】B 【解析】【解答】A．a点对应溶液的pH等于3，c(HA)=0.10mol·L-1＞c(H+)=10-3mol·L-1，说明HA未完全电离，存在电离平衡，因此HA是弱酸，A不符合题意； B．b点对应的溶液为HA、NaA等浓度的混合溶液，溶液pH＜7，显酸性，说明HA的电离作用大于A-的水解作用，因此c(A-)＞c(Na+)＞c(HA)，B符合题意； C．溶液中离子浓度越大，溶液的导电性就越强；c点，溶液的导电能力出现拐点，说明此时NaOH和HA恰好完全反应，则c点对应的溶液为NaA溶液，A-在溶液中部分水解产生HA，存在水解平衡，根据物料守恒可得c(A-)+c(HA)=c(Na+)，C不符合题意； D．c点，HA和NaOH恰好完全反应，则V2=20mL，由于HA为弱酸，故c点对应的溶液（NaA溶液）的pH大于7；V(NaOH)=V1 mL时，溶液pH为7，则说明V1＜20mL，故加入NaOH溶液的体积大小关系为V1＜V2，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A. 0.10mol·L-1HA溶液的pH=3，说明HA部分电离； B.b点为HA、NaA等浓度的混合溶液； C.根据物料守恒分析； D.NaA溶液呈碱性，要使酸碱混合溶液呈中性，HA应该稍微过量，则V1＜20.00mL，V2时酸碱恰好完全反应生成NaA，酸碱的体积相等，则V2=20.00mL。 14．【答案】D 15．【答案】D 【解析】【解答】A．由分析可知，m处溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3，二者的水溶液都呈碱性，则溶液的pH＞7，主要原因是+H2O+OH-，A不符合题意； B．由滴定数据可推知，原纯碱为Na2CO3和NaHCO3的混合物，B不符合题意； C．p和q处的溶液中，均存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)+c(Cl-)，C不符合题意； D．由分析可知，原纯碱稀溶液中，n(Na2CO3)=9.8×10-4mol，n(NaHCO3)=1.9×10-4mol，则c(Na+)==0.215mol•L-1，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A.m点溶液的溶质为Na2CO3和NaHCO3，溶液呈碱性，主要原因为+H2O+OH-； B.图像中有两个滴定突跃点，根据消耗的盐酸体积分析是否含碳酸氢钠； C.根据电荷守恒分析。 16．【答案】D 【解析】【解答】A．反应SrSO4(s)+COSrCO3(s)+SO的平衡常数K===，故A不符合题意； B．由分析可知，曲线①为 的 溶液，硫酸锶的溶度积=10-5.5×0.1=10-6.5，温度不变，溶度积不变，则溶液pH为7.7时，锶离子的浓度为=10-6.5，则a为6.5，故B不符合题意； C．由分析可知，曲线④为的溶液的变化曲线，故C不符合题意； D．由分析可知，硫酸是强酸，溶液pH变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，所以硫酸锶的生成与溶液pH无关，故D符合题意； 故答案为：D。 【分析】pH不会影响硫酸根离子的浓度，则曲线①和曲线②为 的溶液，根据可知，越大，越小，则曲线①为 的 溶液的变化曲线，曲线②为的 溶液 的变化曲线；根据可知，越大，越小，则曲线③为 的 溶液的变化曲线，曲线④为的溶液的变化曲线。 17．【答案】A 【解析】【解答】A．由浓度均为0.1mol/L的醋酸钠溶液的pH大于亚硝酸钠可知，醋酸根离子在溶液中的水解程度大于亚硝酸根离子，则亚硝酸的酸性强于醋酸，电离出氢离子的能力强于醋酸，故A符合题意； B．向浓度均为0.1mol/L的氯化钡和氯化钙的混合溶液中滴加硫酸钠溶液，出现的白色沉淀可能是硫酸钡，也可能是硫酸钙，所以无法比较硫酸钡和硫酸钙的溶度积大小，故B不符合题意； C．向溶有二氧化硫的氯化钡溶液中通入氨气，会有亚硫酸钡白色沉淀生成，生成白色沉淀的反应中氨气未表现氧化性，故C不符合题意； D．卤代烃Y与氢氧化钠水溶液共热后，由于未加入稀硝酸中和氢氧化钠溶液，氢氧化钠会与直接加入的硝酸银溶液反应生成氢氧化银，氢氧化银分解生成黑色氧化银，所以反应生成黑色沉淀不能确定卤代烃已变质，故D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A.等浓度的弱酸强碱盐溶液的pH越小，弱酸根对应的弱酸电离出 H+ 的能力越强。 B.SO42-与Ba2+、Ca2+均能生成白色沉淀。 C.亚硫酸钡在中性或碱性溶液中是白色沉淀，据此分析。 D.卤代烃在碱性条件下受热会生成卤化钠，注意在滴入 AgNO3溶液前确保反应后的溶液不呈碱性，据此分析。 18．【答案】C 【解析】【解答】A．过程i中PbO2转化为PbSO4，Pb的化合价降低，所以物质a表现还原性，故A不符合题意； B．铅膏中含有硫酸铅，所以硫酸铅不溶于水，故B不符合题意； C．PbSiF6 和H2SiF6均为能溶于水的强电解质，所以H2SiF6为强酸，完全电离，和PbCO3反应的是H+，反应生成的PbSiF6溶于水，完全电离，所以离子方程式为：PbCO3+2H+=Pb2++H2O+CO2↑，故C符合题意； D．过程ii中发生了沉淀的转化：PbSO4(s)+ (aq) PbCO3(s)+ (aq)，PbSO4转化成了更难溶的PbCO3，没有气体生成，故D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】过程i中PbO2转化为PbSO4，过程ⅱ中发生了沉淀的转化，pbSO4转化成了更难溶的PbCO3，过程ⅲ中PbCO3溶解， 和 均为能溶于水的强电解质，则为二元强酸，PbCO3 和 发生反应生成、水和二氧化碳。 19．【答案】D 【解析】【解答】A．步骤1中难溶物为氢氧化铜沉淀，加入过量氨水，氢氧化铜转化为，其溶解是因为生成了配合物，A不符合题意； B．乙醇属于有机物，加入后减小了溶剂的极性，降低了的溶解度，导致结晶析出，B不符合题意； C．中N-Cu、N-H之间均存在键，1个离子中键数目为16，故中含有键的数目为，C不符合题意； D．一水合氨为弱电解质，溶液中不会大量存在铵根离子和氢氧根离子，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A.氢氧化钠溶于氨水生成； B.加入乙醇降低了溶剂的极性，降低了的溶解度； C.1个中含有16个键； D.铵根离子和氢氧根会结合生成一水合氨。 20．【答案】B 【解析】【解答】A．pH均为4的溶液中水电离出的OH-浓度为10-10mol/L，NH4Cl溶液中水电离出的H+浓度为：10-4mol/L，故二者溶液中水的电离程度不相同，前者小于后者，A不符合题意； B．向0.1mol/L 溶液中加入少量的水，溶液中=，由于温度不变，Kh(CH3COO-)不变，加水稀释，c(CH3COOH)减小，故增大，B符合题意； C.0.2mol 与0.1mol NaOH溶于水配制成100mL的缓冲溶液即等浓度的CH3COOH、CH3COONa的混合溶液，测得pH=5.5，则说明CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解，故则该缓冲溶液中：，C不符合题意； D．溶液与固体反应，将产生的气体通入苯酚钠溶液中，溶液变出现浑浊，由于醋酸具有挥发性，故苯酚钠溶液变浑浊，可能是H2CO3和苯酚钠溶液反应，也可能是醋酸与苯酚钠反应，故不能说明酸性：碳酸>苯酚，D不符合题意； 故答案为B。 【分析】A．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离； B．水解平衡常数只受温度影响； C.依据得到时溶液的组成和电离水解程度分析； D．醋酸具有挥发性。 21．【答案】（1）PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)；反应PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K==3.4105>105，PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3 （2）反应BaSO4(s)+CO(aq)= BaCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K==0.04<<105，反应正向进行的程度有限 （3）Fe2+；Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O；作还原剂 （4）Fe(OH)3、Al(OH)3 （5）Ba2+、Na+ 【解析】【解答】（1）“脱硫”过程中，Na2CO3溶液与PbSO4反应生成PbCO3和Na2SO4，反应的离子方程式为：PbSO4+CO32-= PbCO3+SO42-；结合第一个表格信息可知该反应的平衡常数K=，说明该反应正向进行程度很大，几乎完全转化，且生成的PbCO3可通过“酸浸”进入溶液中，减少铅的损失。 （2）反应BaSO4+CO32-= BaCO3(s)+SO42-的平衡常数K=，远小于105，说明该反应正向进行程度很小，因此加入Na2CO3不能使铅膏中的BaSO4完全转化。 （3）（i）H2O2有氧化性，二价铁有还原性，能被H2O2氧化为三价铁。 （ii）根据题干信息可知，该反应属于氧化还原反应，其中Pb作还原剂，H2O2作氧化剂，氧化产物是Pb(Ac)2，还原产物是H2O，结合电子守恒、原子守恒进行配平可得Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O。 （iii）PbO2→Pb(Ac)2的过程中Pb元素化合价由+4降为+2，说明PbO2是氧化剂，则H2O2是还原剂。 （4）由分析可知，“酸浸”后的滤渣主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3。 （5）由（2）可知，“脱硫”时加入Na2CO3不能使铅膏中的BaSO4完全转化，“酸浸”时Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，“沉铅”时Pb2+转化为Pb(OH)2沉淀，最终得到PbO，所以“沉铅”的滤液中，金属离子有Ba2+和Na+[加Na2CO3、NaOH时引入的]。 【分析】根据题干信息及流程图可知，加入Na2CO3“脱硫”时，铅膏中的PbSO4转化为PbCO3；过滤后，向滤渣中加入HAc、H2O2进行“酸浸”，由于H2O2具有氧化性，可将二价铁氧化为三价铁，“酸浸”后溶液的pH约为4.9，结合第二个表格信息可知，此时所得滤渣主要是Fe(OH)3和Al(OH)3；过滤后，向滤液中加入NaOH进行“沉铅”，得到Pb(OH)2沉淀，经一系列操作可得到PbO。 22．【答案】（1）将钼精矿粉粹、适当增加空气的量和在沸腾炉中进行反应等 （2） （3）MoO3 + Na2CO3Na2MoO4 +CO2↑ （4）漏斗；玻璃棒；蒸发浓缩；冷却结晶 （5）MoS2 +6OH- +9ClO-= MoO+2SO+9Cl- +3H2O （6）(NH4)4Mo8O26 （7）4 ×10-3 【解析】【解答】钼精矿的主要成分为MoS2，其中硫为-2价，在空气中焙烧生成MoO3和SO2，方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2，将MoO3与Na2CO3高温焙烧，生成Na2MoO4和CO2，方程式为：MoO3 + Na2CO3Na2MoO4 +CO2↑，加水溶解、过滤得到Na2MoO4溶液，若将钼精矿溶于NaOH和NaClO混合溶液，生成Na2MoO4溶液，方程式为：MoS2+6NaOH+9NaClO=Na2MoO4+2Na2SO4+9NaCl+3H2O，然后两种方式制得的滤液合并，将Na2MoO4溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，烘干，得到Na2MoO4•2H2O晶体，据此分析解题。 (1)将钼精矿粉粹增大与空气的接触面积、适当增加空气的量让其充分反应和在沸腾炉中进行反应以增大固体和气体的接触面积等措施均可以提高钼精矿焙烧效率，故答案为：将钼精矿粉粹、适当增加空气的量和在沸腾炉中进行反应等； (2)已知NaClO是离子化合物，故NaClO的电子式为：，故答案为：； (3)由分析可知，粗产品焙烧的化学方程式为：MoO3 + Na2CO3Na2MoO4 +CO2↑，故答案为：MoO3 + Na2CO3Na2MoO4 +CO2↑； (4)由题干流程图可知，实验室进行操作1是分离滤渣和溶液，故为过滤操作，则所用的玻璃仪器是：烧杯、漏斗、玻璃棒，由分析可知，操作2为从溶液中析出晶体的过程，故操作的步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：漏斗；玻璃棒；蒸发浓缩；冷却结晶； (5)由分析可知，操作3中硫元素被氧化为最高价，发生反应反应方程式为：MoS2+6NaOH+9NaClO=Na2MoO4+2Na2SO4+9NaCl+3H2O，故其的离子方程式为：MoS2 +6OH- +9ClO-= MoO +2SO +9Cl- +3H2O，故答案为：MoS2 +6OH- +9ClO-= MoO +2SO +9Cl- +3H2O； (6)由题干中正钼酸根和七钼酸根离子可知，钼的化合价为+6价，故八钼酸根离子的化学式为： ，则八钼酸铵的化学式为：(NH4)4Mo8O26，故答案为：(NH4)4Mo8O26； (7)由题干某温度下，BaMoO4在水中的沉淀溶解平衡曲线图所示信息可知，Ks(BaMoO4)=2×10-4×2×10-4=4×10-8，要使溶液中钼酸根离子完全沉淀(浓度小于1×10-5mol/L)，溶液中Ba2+的浓度应大于 =4×10-3mol/L，故答案为：4×10-3。 【分析】（1）可以从影响化学反应速率和化学平衡的因素分析。 （2）NaClO属于离子化合物，其中Cl与O之间形成共价键，Na与ClO之间形成离子键。 （3）注意反应条件，反应方程式遵循质量守恒定律。 （4）操作1是过滤，操作2是从溶液中析出晶体的过程。 （5）+6价硫元素常见于SO42-中，根据反应前后电荷、原子个数守恒，得失电子数相等，元素种类不变进行配平。注意MoS2为难溶物，不能拆。 （6）根据转化关系可知八钼酸根中钼元素的化合价为+6，且x=8，根据八钼酸根中元素化合价正负代数和为-4，可求出y=26，铵根带1个正电荷，化合物中元素化合价为0，据此解答。 （7）首先由图可知BaMoO4的溶度积常数，再根据BaMoO4的溶度积公式进行解答。 23．【答案】（1）0.01mol/(min·L) （2）A；降低温度 （3）At1；大于 （4）0.26 （5）小于；HCOOH 【解析】【解答】（1）根据信息可知，CO2的反应速率为=0.02mol/(min·L)，根据速率之比等于系数之比，可得CH2=CH2(g)的平均反应速率为0.01mol/(min·L)。 （2）对于主反应：2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)+127.8kJ， A．在密闭容器中混合气体的质量不变，且恒容，则混合气体密度一直保持不变，不能说明反应达到平衡状态，A选； B．反应前后气体分子数有变化，在恒温恒容下，压强与物质的量成正比，则混合气体总压强保持不变，说明反应达到平衡状态，B不选； C．乙烯体积分数保持不变说明乙烯的物质的量不再发生变化，说明反应达到平衡状态，C不选； D．在密闭溶液中混合气体的质量不变，反应前后气体分子数有变化，则物质的量有变化，则气体平均摩尔质量保持不变时说明反应达到平衡状态，D不选； 故答案为：A； 由于该反应是放热反应，可降低温度平衡正移，以提高二氧化碳的平衡转化率； （3）由图1可得出在相同温度下，At1催化下乙烯的净速率最大，则说明催化效率最高的是At1；由于A点之后乙烯的净速率持续增大，说明平衡正向移动，则A点的正反应速率大于逆反应速率； （4）CO起始浓度为mol/L，达到平衡时CO的转化率为45%，设生成CH2=CH2为xmol/L、生成HCOOH为ymol，列三段式： 、，由达到平衡时CO的转化率为45%得2x+y=0.2mol×45%=0.09mol，C2H4的选择性为80%得，由两式解得x=0.04、y=0.01，则该温度下，副反应的平衡常数； （5）0.1mol·L-1的NaOH溶液和0.2mol·L-1的HCOOH溶液等体积混合，得到混合溶液为等量的HCOOH和HCOONa，若pH<7，溶液显酸性，则电离大于水解，则c(HCOOH)小于c(Na+)，要使c(HCOOH)=c(Na+)，可加入HCOOH溶液。 【分析】（1）先利用计算CO2的速率，根据速率之比等于系数之比，再计算CH2=CH2(g)的速率。 （2）利用“变者不变即平衡”分析；利用勒夏特列原理分析； （3）利用图像分析净速率的变化； （4）利用“三段式”法计算，； （5）由题意分析电离大于水解。 24．【答案】（1）NH2Cl+H2O = HClO+NH3↑；2NH3＋2O2 N2O＋3H2O （2）NaNO3；NO （3）3HClO＋2NO＋H2O=3Cl－＋2NO ＋5H＋；溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强 【解析】【解答】I. 已知一氯胺(NH2Cl)在中性或酸性环境中会发生强烈水解， 有HClO生成，则另一水解产物为氨气，NH2Cl水解的化学方程式为：NH2Cl+H2O = HClO+NH3↑；II. (1) NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O，则氮元素化合价从-3升高到+1，氧气为氧化剂，化合价从0降低到-2价，按得失电子数守恒、元素质量守恒，该化学方程式为：2NH3＋2O2 N2O＋3H2O； (2)已知NO和NO2可用NaOH溶液吸收，主要反应为NO＋NO2＋2OH－＝2NO ＋H2O、2NO2＋2OH－＝NO ＋NO ＋H2O，则所得到的NaNO2晶体中的主要杂质是NaNO3；从反应可知，如NO与NO2的物质的量之比大于1，则尾气中含有NO，即吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是NO； (3①已知，在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl－和NO ，则氮元素化合价从+2升高到+5，次氯酸为氧化剂，氯元素化合价从+1降低到-1价，按得失电子数守恒、元素质量守恒，该离子方程式为：3HClO＋2NO＋H2O=3Cl－＋2NO ＋5H＋； ②NaClO溶液是强碱弱酸盐，次氯酸根离子能和氢离子结合成次氯酸分子， NaClO溶液的初始pH越小，氢离子浓度越大，溶液中生成的HClO浓度越大，氧化NO的能力越强。 【分析】（1）I. 根据提示一氯胺(NH2Cl)在中性或酸性环境中会发生强烈水解， 生成HClO，按照元素守恒书写方程式； II. 根据氨气的催化氧化生成 N2O 和H2O书写方程式； （2）根据离子反应方程式提示，生成物中含有NO3-，判断杂质为NaNO3；NO与NO2可以1：1反应，过量的NO2可与NaOH反应，若NO过量，NO2少量，NO随尾气排出； （3）根据氧化还原中得失电子守恒，元素守恒书写离子方程式；NaClO溶液是为弱碱性，加入HCl，生成HClO，具有强氧化性；pH越低，H+浓度越大，平衡移动，促使HClO浓度增大； 25．【答案】（1）2Cu2Se＋2Na2CO3＋3O22Cu2O＋2Na2SeO3＋2CO2 （2）b （3）＜；TeO2是两性氧化物，溶液酸性增强或碱性增强都能发生反应而导致碲元素损失 （4）催化剂 （5）2Fe2+＋SeO＋2H+ = 2Fe3+＋SeO＋H2O （6）6.0×10-13 【解析】【解答】（1）阳极泥主要含硒化亚铜Cu2Se 和碲化亚铜Cu2Te，通过在氧气和Na2CO3固体中烧结，生成、和，通过元素守恒和电子转移守恒，得到Cu2Se发生的化学方程式为：2Cu2Se＋2Na2CO3＋3O22Cu2O＋2Na2SeO3＋2CO2； （2）根据分析可知浸取后过滤，滤渣中 加入氧化剂和硫酸溶液生成硫酸铜溶液，故加入双氧水，答案为：b； （3）根据 的 ， ，可计算出水解平衡常数 ，故 电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，pH<7；由题中信息可知 是两性氧化物，既可以和强酸反应又可以和强碱反应，所以： 是两性氧化物，溶液酸性增强或碱性增强都能发生反应而导致碲元素损失。 （4）催化剂可以降低反应的活化能，说明较高浓度 的作用是催化剂； （5）根据流程烧结是产生的少量 被FeSO4还原为 除去，根据电子转移守恒和元素守恒，反应的离子方程式为2Fe2+＋SeO ＋2H+ = 2Fe3+＋SeO ＋H2O； （6）已知25℃时 ，则 恰好完全沉淀时，故溶液中 ； 【分析】（1）根据反应物和生成物即可写出方程式 （2）考虑到不引入杂质和易除杂结合选项进行判断 （3）充分考虑物质的性质进行判断 （4）结合物质的量浓度结合活化能大小即可判断出作用 （5）根据物质的性质即可写出离子方程式 （6）根据Ksp结合浓度即可计算出离子浓度 学科网（北京）股份有限公司 $$