高三化学二轮复习-电解质溶液

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 B．KNO3溶液 C．Na D．SO22．用pH试纸测定某无色溶液的pH，正确的是（）A．用广泛pH试纸测得该溶液的pH为3.2B．用pH试纸蘸取溶液，观察其颜色变化并与标准比色卡对照C．用干燥、洁净的玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，观察其颜色变化并与标准比色卡对照D．用干燥、洁净的玻璃棒蘸取溶液，滴在湿润的pH试纸上，所测得的pH一定偏小3．下列由相关实验现象所推出的结论正确的是（）A．向某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，则该溶液一定含有SO42−B．向某溶液中加入CCl4，CCl4层显橙红色，证明原溶液中存在Br2C．向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，则溶液中一定含有CO32−D．向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，出现白色沉淀，说明H2SiO3的酸性强于H2CO34．下列说法正确的是（）A．的水溶液能导电，液态不导电，因此盐酸是电解质B．氨水、铜丝都能导电，但均不是电解质，也不是非电解质C．可以表示所有强碱和可溶性铜盐之间的反应D．碳酸钠与盐酸反应，碳酸氢钠与盐酸反应可以用同一个离子方程式表示5．在溶液中能大量共存的离子组是（）A．H+、OH-、Na+、Cl- B．Ag+、Na+、NO、Cl-C．Na+、Mg2+、NO、SO D．Ba2+、Na+、Cl-、CO6．下列溶液中一定能大量共存的离子组是（）A．含有大量Al3+的溶液：Na+、NH4+、SO42－、Cl－B．pH＝1的溶液：Na+、K+、CO32－、SO42－C．含有大量Fe3+的溶液：Na+、Mg2+、NO3-、SCN－D．含有大量NO3－的溶液：H+、Fe2+、SO42－、Cl－7．下图为常温下向10mL0.1mol·L-1NH3·H2O中加入等浓度的盐酸时，NH3·H2O的物质的量随V（盐酸）的变化曲线。（电离度为已电离的NH3•H2O占初始时NH3•H2O的百分比），下列说法正确的是（）A．测得a点时溶液的pH=11，则NH3·H2O的电离度为1%B．b点时溶液的pH=7C．水的电离程度：b<cD．c点时溶液中存在关系式：2c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3•H2O)8．分别在等体积等pH或等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液中，加入足量锌粉，氢离子浓度c(H+)及氢气的体积V(H2)（同温同压下测定）的变化图示如下，其中正确的是（）A．①②③ B．②④ C．①③ D．①②③④9．下列实验操作描述正确且能达到实验目的的是（）ABCD苯萃取碘水后的分离操作配制1mol/L的NaCl溶液时的定容操作探究接触面积对反应速率的影响验证Ksp(AgSO4)＞Ksp(Ag2S)A．A B．B C．C D．D10．某无色溶液含有下列离子中的若干种：H＋、NH4+、Cu2＋、Ba2＋、Al3＋、CO32－、Cl－、OH－、NO3－。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，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．下列各组离子在溶液中既可以大量共存，且加入足量氢氧化钠溶液后也不产生沉淀的是（）A．Na＋Ba2＋Cl－SO42- B．K＋Na＋NO3-OH－C．H＋NH4+Fe3＋SO42- D．H＋Cl－CO32-NO3-12．化学反应原理是研究化学的重要工具，下列相关说法正确的是（）A．CH4(g)＋Cl2(g)CH3Cl(g)＋HCl(g)能自发进行，则该反应H＞0B．向碳酸钠溶液中通入少量的氯气：Na2CO3＋H2O＋2Cl2=2HClO＋2NaCl＋CO2C．室温下，稀释0.1mol/L的HClO溶液，溶液中c(ClO-)减小D．向硫酸钡悬浊液中加入足量饱和碳酸钠溶液，振荡过滤洗涤，向沉淀中加入盐酸溶液有气体产生，说明Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)13．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．无色透明的溶液中：、、、B．能使石蕊试液变红的溶液中：、、CO32-、C．含大量的溶液中：、、、D．含大量的溶液中：、、、14．下列关于化合物，单质，混合物，电解质和非电解质的正确组合是（）化合物单质混合物电解质非电解质A烧碱液态氧冰水混合物盐酸三氧化硫B生石灰白磷胆矾氧化铝蔗糖C干冰铁氢氧化铁胶体纯碱酒精D空气氮气石灰乳氯化铜硫酸钡A．A B．B C．C D．D15．下列叙述中正确的是（）A．向含有CaCO3沉淀的水中通入足量的CO2，沉淀不会溶解B．向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1∶1C．等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积不相同D．分别向NaHCO3溶液和Na2CO3溶液中加入Ca(OH)2溶液，只有Na2CO3溶液产生沉淀16．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．澄清透明的溶液中：、、、B．能使酚酞变红的溶液中：、、、C．麦芽糖溶液中：、、、D．含的溶液中：、、、17．下列电离方程式错误的是（）A．HCl→H+＋Cl－ B．H2CO32H++CO32－C．NaCl→Na+＋Cl－ D．NH3·H2ONH4+＋OH－18．对1L1mol•L-1的NH4Cl溶液进行如下操作，溶液的pH增大的是（）A．加热 B．加入少量的NH4Cl固体C．加水稀释 D．再加1L1mol•LNH4Cl溶液19．和在生产、生活和科学研究中有着广泛的应用，也是大气主要污染物。硫酸盐(含、)气溶胶是的成分之一，在催化作用下与空气中的在接触室中发生可逆反应，反应的热化学方程式表示为：。向溶液中通入过量，过程和现象如下图。经检验，白色沉淀为；灰色固体中含有Ag。下列说法错误的是（）A．①中生成白色沉淀的离子方程式为：B．①中未生成，证明溶度积：C．②中的现象体现了的氧化性D．该实验条件下，与反应生成的速率大于生成Ag的速率20．氢氟酸是一种弱酸，可用杂刻蚀玻璃。已知25℃时：①HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l)∆H=-akJ/mol②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)∆H=-bkJ/mol(a、b均大于在氢氟酸中加入溶液，下列有关说法正确的是（）A．氢氟酸的电离方程式及热效应可表示为：HF(aq)⇌F-(aq)+H+(aq)∆H=-(b-a)kJ/molB．当时，溶液中一定存在：C．当时，溶液中：D．当时，溶液中：二、综合题21．纳米TiO2具有十分宝贵的光学性质，在汽车工业及诸多领域都显示出美好的发展前景。如图是以硫酸氧钛为原料制备纳米二氧化钛的工艺流程图：回答下列问题：（1）反应1中发生两个反应，其一是尿素[CO(NH2)2]与H2O反应生成CO2和NH3·H2O，则另一反应的离子方程式为。（2）判断TiO(OH)2沉淀是否洗净的实验操作和现象是：。（3）为了减少制备过程中的“三废”排放，将上述流程中的“滤液”经过、、（填基本操作）即可回收(填化学式)。（4）为研究反应温度、反应时间、反应物物质的量配比等因素对制备纳米二氧化钛产率的影响，设计如下实验。实验编号反应温度/℃反应时间/h反应物物质的量配比n[CO(NH2)2]：n[TiO(OH)2]①9012：1②9023：1③901④11023：1实验②和④的实验目的是，实验③中反应物物质的量配比为。（5）反应Ⅰ中TiO2+浓度对TiO2的产率和粒径的影响如图。结合图中信息，你认为为达到工艺目的，最合适的TiO2+浓度为。22．某些电镀厂的酸性废水中常含有一定量的CrO42﹣和Cr2O72﹣，它们会对人类及生态系统产生很大的伤害，必须进行处理．常用的处理方法有两种方法1：还原沉淀法，其中第①步存在平衡步存在平衡：2CrO42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙色）+H2O（1）若平衡体系的pH=12，该溶液显．（2）写出第③步的离子反应方程式：．（3）第②步中，用6mol的FeSO4•7H2O可还原molCr2O72﹣离子．（4）第③步生成的Cr（OH）3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr（OH）3（）Cr3+（aq）+3OH﹣（aq）常温下，Cr（OH）3的溶度积Ksp=c（Cr3+）•c3（OH﹣）=10﹣32，要使c（Cr3+）降至10﹣5mol/L，溶液的pH应调至．方法2：电解法：该法用Fe做电极电解含Cr2O72﹣的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr（OH）3沉淀．（5）写出阳极的电极反应式．（6）在阴极附近溶液pH升高的原因是（用电极反应解释）（7）用电镀法在铁制品上镀上一层锌，则阴极上的电极反应式为．23．现有常温下的下列五种溶液：[已知：Ka（CH3COOH）=Kb（NH3•H2O）]．①pH=2的CH3COOH溶液；②pH=2的HCl溶液；③0.01mol•L﹣1的氨水；④0.01mol•L﹣1的NaOH溶液；⑤0.01mol•L﹣1CH3COOH溶液与0.01mol•L﹣1的氨水等体积混合后所得溶液．（1）将溶液稀释相同倍数后，溶液pH：①②（填“＞”、“＜”或“=”）．（2）若将②、③混合后所得溶液pH=7，则消耗溶液的体积：②③（填“＞”、“＜”或“=”）．（3）上述五种溶液中，水的电离程度最大的是（填序号），该溶液中各离子浓度由大到小的顺序是．（4）取①、②溶液各10mL分别加入质量不等的Zn粒，反应完全后产生等量H2，则：（填序号）溶液中所放入Zn的质量较大．（5）若改变温度后，测得④溶液pH=10．在该温度下，将①、④混合后，测得溶液pH=7，则所得溶液中c（Na+）﹣c（CH3COO﹣）=mol•L﹣1（填精确值）．24．电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的量．已知如下表数据（25℃）：化学式电离平衡常数HCNK=4.9×10﹣10CH3COOHK=1.8×10﹣5H2CO3K1=4.4×10﹣7，K2=4.7×10﹣11（1）25℃时，等浓度的三种溶液（A．NaCN溶液、B．Na2CO3溶液、C．CH3COONa溶液）的pH由大到小的顺序为．（填写序号）（2）25℃时，向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的化学方程式为．（3）现有浓度为0.02mol/L的HCN与0.01mol/LNaOH等体积混合后，测得c（Na+）＞c（CN﹣），下列关系正确的是．A．c（H+）＞c（OH﹣） B．c（H+）＜c（OH﹣）C．c（H+）+c（HCN）=c（OH﹣） D．c（HCN）+c（CN﹣）=0.01mol/L（4）浓的Al2（SO4）3溶液和浓的小苏打（NaHCO3）溶液混合可用于灭火，请用离子反应方程式表示灭火的原理．（5）已知NaHC2O4水溶液显酸性，请写出该溶液中各离子浓度的大小．25．A，B，C，D四种物质均为下列离子组成的可溶性化合物，组成这四种物质的离子（离子不能重复组合）有：阳离子Na+、Al3+、Ba2+、NH4+阴离子Cl－、OH－、CO32－、SO42－分别取四种物质进行实验，实验结果如下①B溶液分别与C、D混合，均有白色沉淀生成②将A溶液逐滴滴入C溶液中，有沉淀生成，继续滴加A溶液时，沉淀减少直至完全消失③A与D两种固体混合有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝④用石墨电极电解B溶液，在阳极上产生一种有刺激性气味的气体回答下列问题：（1）A所含的阳离子和C所含阳离子的半径大小＞（填离子符号）。B所含的阴离子是（2）C溶液呈性（填“酸性”或“碱性”），其原因是（用离子方程式解释）。D的化学式是（3）以Pt为电极电解1L0.1mol/LB的水溶液，当电路中通过0.1mol电子时，溶液的pH为（设电解过程溶液体积不变），阳极的电极反应式为（4）若将④阳极产生的气体通入A溶液中至恰好完全反应时，则溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序为

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．NaCl的水溶液或熔融状态均可以导电，为电解质，A符合题意；B．KNO3溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质，B不符合题意；C．Na为单质，既不是电解质也不是非电解质，C不符合题意；D．SO2自身不能电离，为非电解质，D不符合题意；故答案为：A。【分析】电解质：在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，常见的有酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水；

非电解质：在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，常见的有大部分有机物、非金属氧化物、氨。2．【答案】C【解析】【解答】A．广泛pH试纸所测的pH为整数，故A项不符合题意。B．用pH试纸蘸取溶液，将污染溶液，故B项不符合题意。C．用干燥、洁净的玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，观察其颜色变化并与标准比色卡对照，故C符合题意；D．当溶液为强酸强碱盐时，用湿润的pH试纸测得的pH无误差，故D项不符合题意。故答案为：C。

【分析】A.广泛pH试纸测得的数值为整数；

B.测定pH方法为：用玻璃棒蘸取待测溶液，滴在试纸上，然后再与标准比色卡对照，便可测出溶液的pH；

D.测量的pH结果不一定偏低，如中性溶液氯化钠溶液的pH不受影响。3．【答案】B【解析】【解答】A.某溶液中加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，再加稀硝酸，沉淀不溶解，该溶液中可能含有SO32-、SO42-或Ag+，故A不符合题意；B.Br2的四氯化碳溶液呈橙红色，向某溶液中加入CCl4，CCl4层呈橙红色，证明原溶液中存在Br2，故B符合题意；C.向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体可能为二氧化碳或二氧化硫，则溶液中可能存在HCO3-、CO32-、HSO3-、SO32-，故C不符合题意；D.向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，出现白色沉淀，说明H2SiO3的酸性弱于H2CO3，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.在检验硫酸根离子时，应该排除亚硫酸根离子和碳酸根离子等的干扰，在此实验中，银离子也会干扰；

B.溴单质在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，因此四氯化碳可以将溴单质从水溶液中萃取出来；

C.可以使石灰水变浑浊的气体除了二氧化碳还有二氧化硫；

D.根据强制弱的规律可知硅酸的酸性弱于碳酸。4．【答案】B【解析】【解答】A．盐酸是混合物，不是电解质也不是非电解质，A不符合题意；B．氨水是混合物，铜丝是单质，二者均不是电解质也不是非电解质，B符合题意；C．不可以表示强碱氢氧化钡和可溶性铜盐例如硫酸铜之间的反应，C不符合题意；D．碳酸钠与盐酸反应CO32−+2H＋＝CO2↑+H2O，碳酸氢钠与盐酸反应HCO3−+H＋＝CO2↑+H故答案为：B。

【分析】易错点：电解质和非电解质必须是化合物，能导电的不一定是电解质（如单质和混合物），电解质能够导电必须发生电离，产生自由移动的离子5．【答案】C【解析】【解答】A．H+与OH-反应生成水而不能大量共存，选项A不符合题意；B．Ag+与Cl-反应生成氯化银沉淀而不能大量共存，选项B不符合题意；C．Na+、Mg2+、NO、SO各离子之间相互不反应，能大量共存，选项C符合题意；D．Ba2+与CO反应生成碳酸钡沉淀而不能大量共存，选项D不符合题意；故答案为：C。

【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.6．【答案】A【解析】【解答】A．Na+、NH4+、SO42-、Cl-之间不反应，都不与Al3+反应，在溶液中能够大量共存，A符合题意；B．pH=1的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，CO32-与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，B不符合题意；C．Fe3+和SCN-之间反应生成硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，C不符合题意；D．NO3-在酸性条件下与Fe2+之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，D不符合题意；故答案为：A【分析】A.溶液中的离子相互间不反应；

B.pH=1的溶液显酸性，存在大量的H+；

C.Fe3+能与SCN-形成络合物；

D.NO3-在酸性条件下具有氧化性，能将Fe2+氧化；7．【答案】A【解析】【解答】A.a点溶液的pH=11，则溶液中c(H+)=10-11mol/L，此时溶液中，则发生电离的NH3·H2O的浓度为10-3mol/L，故NH3·H2O的电离度为：，A符合题意；B.b点所示溶液中，NH3·H2O和HCl恰好完全反应，所得溶液的溶质为NH4Cl，溶液中存在NH4+的水解，使得溶液显酸性，故b点溶液的pH<7，B不符合题意；C.b点溶液的溶质为NH4Cl，溶液中NH4+的水解促进水的电离，c点溶液的溶质为NH4Cl和HCl，HCl完全电离产生的H+对水的电离起到抑制作用，故水的电离程度：b>c，C不符合题意；D.c点溶液的成分为等浓度的NH4Cl和HCl，令二者的浓度均为xmol/L，则c(NH4+)+c(NH3·H2O)=xmol/L，而c(Cl-)=2xmol/L，因此c(Cl-)=2c(NH4+)+2c(NH3·H2O)，D不符合题意；故答案为：A【分析】A.由a点溶液的pH值，计算NH3·H2O的电离度；B.b点溶液的溶质为NH4Cl，根据溶液中的电离水解分析；C.根据b点和c点溶液的成分，结合水电离的影响因素分析；D.c点溶液的溶质为NH4Cl和HCl，结合物料守恒分析；8．【答案】A【解析】【解答】①随着反应的进行，氢离子浓度逐渐减小但是醋酸会逐渐电离出氢离子，所以醋酸中氢离子消耗的速率慢，正确；

②等pH时，醋酸浓度较大，加入足量锌，不仅产生的氢气的体积更大，而且反应更快，正确；

③等浓度的盐酸和醋酸，盐酸的pH小，和金属锌反应的速率比醋酸的快正确；

④等浓度的盐酸和醋酸，因为盐酸是强酸，醋酸是弱酸，盐酸中H+浓度大，和金属锌反应的速率是盐酸比醋酸的快，错误；

故答案为：A【分析】pH相等的盐酸和醋酸，溶液中c(H+)相等，但溶质的量不相等，与足量的锌粉反应，其反应速率和产生氢气的量也不相等。9．【答案】B【解析】【解答】A．苯的密度比水小，下层放出的是水层，故A不符合题意；B．配制1mol/L的NaCl溶液时当加入蒸馏水据刻度线1－2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切，定容操作均符合题意，故B符合题意；C．盐酸的浓度和碳酸钙的状态都不同，没有控制唯一变量，故C不符合题意；D．悬浊液中含有硝酸银，硝酸银能与硫化氢直接反应生成硫化银沉淀，不能验证Ksp(AgSO4)与Ksp(Ag2S)的大小，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】

A.苯的密度小于水，因此在上方

B.符合氯化钠溶液的定容操作

C.盐酸的浓度不同无法比较

D.无法比较，不应有硝酸银10．【答案】C【解析】【解答】含有Fe3+离子的溶液呈黄色，所以一定不含Fe3+；H+与CO32–、OH–反应不能大量共存；NH4+、Al3+、与OH–反应，不能大量共存；Ba2+、Al3+与CO32–反应不能大量共存；该溶液中加入铝粉，只放出H2，说明溶液可能呈碱性，也可能呈酸性，若为酸性，则含有大量H+，所以不含CO32–、OH–，由于硝酸具有强氧化性，所以加入铝粉，放出H2不含NO3–，溶液中还可能有NH4+、Ca2+、Ba2+、Al3+、Cl–，最多有6种；若为碱性，则含有大量OH-，所以不含NH4+、Al3+，溶液中最多还可能有Ca2+、Ba2+、Cl–、NO3–，共有5种；故D符合题意。

【分析】首先溶液中的离子不能有颜色；其次离子之间不能发生反应才可以共存；铝粉加入到酸性溶液或碱性溶液中都可以放出氢气，然后再分别分析酸性和碱性溶液中离子共存的情况。11．【答案】B【解析】【解答】Ba2＋、SO生成硫酸钡沉淀，A不符合题意；B.K＋Na＋NOOH－不反应，B符合题意；C.Fe3＋加入氢氧化钠溶液后生成氢氧化铁沉淀，C不符合题意；D.H＋、CO反应生成二氧化碳和水，D不符合题意；故答案为：B

【分析】A.Ba2＋能与SO42－形成BaSO4沉淀；

B.溶液中的离子相互间不反应；

C.H＋、NH4＋和Fe3＋都能与NaOH反应；

D.H＋能与CO32－反应生成H2O和CO2；12．【答案】C【解析】【解答】A．该反应能自发进行，说明，CH4(g)＋Cl2(g)CH3Cl(g)＋HCl(g)的=0，则，，A不符合题意；B．氯气少量不能生成二氧化碳，只能生成碳酸氢钠，反应的化学方程式为Na2CO3＋H2O＋Cl2=HClO＋NaHCO3＋NaCl，B不符合题意；C．加水稀释HClO，溶液体积增大程度大于电离平衡向右移动使n(ClO-)增大的程度，因此总体来说c(ClO-)减小，C符合题意；D．碳酸钠足量，无论BaSO4和BaCO3的Ksp谁大，都会产生碳酸钡沉淀，因此无法比较BaSO4和BaCO3的Ksp，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.根据即可判断

B.氯气少量应该产生的是碳酸氢钠不是二氧化碳

C.弱酸电离，稀释时浓度降低

D.应该加入少量的碳酸钠溶液13．【答案】C【解析】【解答】A．含有的溶液呈蓝色，无色透明的溶液中不含，故不选A；B．能使石蕊试液变红的溶液呈酸性，酸性条件下CO32-不能大量存在，故不选B；C．含大量的溶液中，、、、相互之间不反应，能大量共存，故选C；D．、能发生氧化还原反应，含大量的溶液中不能大量含有，故不选D；故答案为：C。

【分析】A．含有的溶液呈蓝色；B．能使石蕊试液变红的溶液呈酸性，酸性条件下不能大量存在；C．含大量的溶液中，、、、相互之间不反应；D．、反应。14．【答案】C【解析】【解答】A.冰水混合物中只含有H2O一种物质，不属于混合物，A不符合题意；B.胆矾中只含有CuSO4·5H2O一种物质，不属于混合物，B不符合题意；C.选项中各物质的分类正确，C符合题意；D.空气中含有多种物质，属于混合物，D不符合题意；故答案为：C【分析】此题是对物质分类的考查，结合化合物、单质、混合物、电解质和非电解质的概念进行分析即可。15．【答案】C【解析】【解答】A、向含有CaCO3沉淀的水中通入足量的CO2，二氧化碳和水与碳酸钙反应生成碳酸氢钙，反应的化学方程式为CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，反应中沉淀溶解，故A不符合题意；B、Na2CO3溶液与稀盐酸的反应是分步进行的，向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，碳酸钠与盐酸反应先生成NaHCO3，所以向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸不会产生CO2，故B不符合题意；C、NaHCO3和Na2CO3的摩尔质量分别为84g/mol、106g/mol，等质量的NaHCO3和Na2CO3物质的量不同，故生成的CO2体积不相同，故C符合题意；D、OH-与HCO3-反应生成HCO3-，所以向NaHCO3溶液和Na2CO3溶液中加入Ca(OH)2溶液，均会产生沉淀，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】Na2CO3溶液与稀盐酸反应分步，向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸先生成NaHCO3，当酸过量才能与NaHCO3反应生成二氧化碳。16．【答案】A【解析】【解答】A．澄清透明的溶液中：、、、互不反应可以共存，A符合题意；B．能使酚酞变红的溶液呈碱性，能产生氢氧化镁沉淀、与氢氧根反应生成碳酸根，、不能共存，B不符合题意；C．麦芽糖溶液具有还原性：在中具有强氧化性，能发生氧化还原反应，不能共存，C不符合题意；D．与能发生双水解产生硅酸沉淀，不能共存，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。17．【答案】B【解析】【解答】A、氯化氢是强电解质，电离方程式：HCl→H+＋Cl－，A不符合题意；B、碳酸是二元弱酸，电离方程式为：H2CO3H++HCO3－，B符合题意；C、氯化钠是强电解质，电离方程式：NaCl→Na+＋Cl－，C不符合题意；D、一水合氨是一元弱碱，电离方程式为NH3·H2ONH4+＋OH－，D不符合题意，故答案为：B。【分析】强电解质电离时打“=”，弱电解质电离时打“”且多元弱酸电离时分步电离，一步电离出1个H+。18．【答案】C【解析】【解答】A．加热促进盐的水解，则水解平衡正移，氢离子浓度增大，溶液的pH减小，A不符合题意；

B．加入少量的NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，水解平衡正移，氢离子浓度增大，溶液的pH减小，B不符合题意；

C．加水稀释，促进盐的水解，水解平衡正移，但是溶液的体积增大较快，氢离子浓度减小，则pH增大，C符合题意；

D．再加1L1mol•LNH4Cl溶液，溶液中铵根离子的浓度不变，溶液的pH不变，D不符合题意；

故答案为：C【分析】NH4Cl溶液存在NH4++H2O⇌H++NH3•H2O，要使溶液的pH增大，则应使c(H+)减小，或c(OH-)增大；据此分析所给选项。19．【答案】B【解析】【解答】A．向溶液中通入过量，经检验白色沉淀为，则反应为，A不符合题意；B．开始生成，一段时间后转化为银单质，说明实验中生成的速率大于生成Ag的速率，①中开始没有生成，不能说明溶度积：，B符合题意；C．灰色固体中含有Ag，则银离子化合价降低发生还原反应生成银单质，银离子为氧化剂，故②中的现象体现了的氧化性，C不符合题意；D．该实验条件下，与反应开始生成，一段时间后转化为银单质，说明实验中生成的速率大于生成Ag的速率，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.与过量发生反应；

C.灰色固体中含有Ag，说明Ag+被还原为Ag；

D.先是SO2与AgNO3反应生成Ag2SO3白色沉淀，一定时间后转化为含有Ag的灰色固体。20．【答案】D【解析】【解答】A．①HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l)∆H=-akJ/mol，②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)∆H=-bkJ/mol，根据盖斯定律①-②，得到的，A项不符合题意；B．当时，若溶质为NaF、HF，所得溶液可能显酸性，则可能存在，但时，溶液中一定存在：，B项不符合题意；C．当时，溶液中溶质为NaF，，溶液呈碱性，，电荷关系为，所以，C项不符合题意；D．当时，溶液中溶质为NaF，物料关系为，电荷关系为，则，D项符合题意；故答案为：D。

【分析】A.根据盖斯定律计算即可

B.V的值不确定，无法判断

C.根据电荷守恒判断即可

D.结合质子守恒判断21．【答案】（1）（2）取少量最后一次的洗涤液于试管中，先加入盐酸，再加氯化钡溶液，如无白色浑浊出现，则表明沉淀已经洗涤干净（3）蒸发浓缩；冷却结晶；过滤；(NH4)2SO4（4）探究不同反应温度对制备二氧化钛产率的影响；3：1（5）1mol·L-1【解析】【解答】（1）TiOSO4易发生水解生成TiO2，由题可知，悬浊液中含有TiO(OH)2，因此另一反应的离子方程式为：；（2）该沉淀表面附着有，判断沉淀是否洗涤干净可根据洗涤液中是否含有，其实验操作和现象为：取少量最后一次的洗涤液于试管中，先加入盐酸，再加氯化钡溶液，如无白色浑浊出现，则表明沉淀已经洗涤干净；（3）该滤液中含有一定量的(NH4)2SO4，因此可通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤进行回收；（4）实验②和④对应的反应温度不同，因此实验目的是：探究不同反应温度对制备二氧化钛产率的影响；实验③和①对应反应温度、反应时间均相同，因此实验目的是探究反应物物质的量配比对制备纳米二氧化钛产率的影响，故实验③中反应物物质的量配比为3：1；（5）纳米二氧化钛粒径为10～50nm，由图可知，随TiO2+浓度增大，TiO2粒径逐渐增大，TiO2的产率逐渐增大，当TiO2+浓度为1mol/L时，TiO2粒径为50nm，故最合适的TiO2+浓度为1mol/L。【分析】TiOSO4易发生水解生成TiO2，控制钛液中TiO2+浓度，TiO2+与氨水或去离子水混合打浆，调节pH，生成白色TiO(OH)2沉淀，待TiO(OH)2沉淀完全后过滤，并用去离子水多次洗涤至沉淀中不再检出，过滤，陈化一段时间后，滤饼与去离子水混合打浆，多次漂洗然后取出烘干，在不同温度下煅烧，经研磨和气流粉碎制备出纳米TiO2，据此解答。22．【答案】（1）黄色（2）Cr3++3OH﹣=Cr（OH）3↓（3）1（4）s；5（5）Fe﹣2e﹣=Fe2+（6）2H++2e﹣=H2↑（7）Zn2++2e﹣=Zn【解析】【解答】解：（1）c（OH﹣）增大，平衡2CrO42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙色）+H2O左移，溶液呈黄色，故答案为：黄；（2）第③步Cr3+与氢氧根离子结合生成沉淀，其反应的离子方程式为：Cr3++3OH﹣=Cr（OH）3↓；故答案为：Cr3++3OH﹣=Cr（OH）3↓；（3）用6mol的FeSO4•7H2O作还原剂，转移6mol电子，则可以还原1molCr2O72﹣离子；故答案为：1；（4）Cr（OH）3的溶度积Ksp=c（Cr3+）•c3（OH﹣）=10﹣32，要使c（Cr3+）降至10﹣5mol/L，则需c（OH﹣）===10﹣9mol/L，所以c（H+）=10﹣5mol/L，即pH=5，故答案为：5；（5）在电解法除铬中，铁作阳极，阳极反应为Fe﹣2e﹣═Fe2+，以提供还原剂Fe2+，故答案为：Fe﹣2e﹣=Fe2+；（6）在阴极附近溶液pH升高的原因是水电离产生的H+放电生成H2：2H++2e﹣═H2↑；故答案为：2H++2e﹣=H2↑；（7）电镀时阴极上溶液中金属离子得电子得到金属单质，则用电镀法在铁制品上镀上一层锌，则阴极上锌离子得电子生成Zn，其电极反应式为Zn2++2e﹣=Zn；故答案为：Zn2++2e﹣=Zn．【分析】（1）根据外界条件对平衡的影响来确定平衡移动方向，从而确定溶液颜色变化；（2）第③步Cr3+与氢氧根离子结合生成沉淀；（3）在氧化还原反应中，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数来计算；（4）根据Ksp=c（Cr3+）•c3（OH﹣）来计算氢氧根离子离子的浓度，并计算氢离子浓度和pH的大小；（5）阳极是活性电极时，阳极本身失电子，生成阳离子；（6）溶液PH升高的原因是溶液中氢离子浓度减少；（7）电镀时阴极上溶液中金属离子得电子得到金属单质．23．【答案】（1）＜（2）＜（3）⑤；c（CH3COO﹣）=c（NH）＞c（OH﹣）=c（H+）（4）②（5）9.9×10﹣6或（10﹣5﹣10﹣7）【解析】【解答】解：（1）加水稀释时，醋酸中氢离子物质的量增大，盐酸中不变，所以pH相同的因素和醋酸加水稀释相同倍数，盐酸溶液中氢离子浓度小，故答案为：＜；（2）相同物质的量的盐酸与氨水混合恰好生成氯化铵，氯化铵溶液显酸性，若使溶液pH=7，加入氨水物质的量应大于盐酸，故答案为：＜；（3）Ka（CH3COOH）=Kb（NH3•H2O）说明其电离程度和离子水解程度相同，0.01mol•L﹣1CH3COOH溶液与0.01mol•L﹣1的氨水等体积混合后所得溶液显中性，①②③④溶液显示一定的酸碱性，抑制水的电离，醋酸铵因为水解促进水的电离，所以水的电离程度最大的是⑤，溶液显中性，离子浓度大小顺序为：c（CH3COO﹣）=c（NH）＞c（OH﹣）=c（H+），故答案为：⑤；c（CH3COO﹣）=c（NH）＞c（OH﹣）=c（H+）；（4）醋酸为弱酸，盐酸是强酸，其pH相等时醋酸浓度比盐酸大，相同体积时，醋酸物质的量多于盐酸，完全反应醋酸需要锌的质量多于盐酸，现在加入质量不等的Zn粒，反应完全后产生等量H2，说明反应掉锌的质量相等，有一种溶液中锌有剩余，剩余锌的只能是盐酸，所以盐酸溶液中加入的锌质量大，故答案为：②；（5）据电荷守恒，溶液中有c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），该溶液Kw=10﹣12，pH=7，说明c（H+）=10﹣7mol/L，则c（OH﹣）=10﹣5mol/L，所以c（Na+）﹣c（CH3COO﹣）=c（HO﹣）﹣c（H+）=9.9×10﹣6或（10﹣5﹣10﹣7）mol/L，故答案为：9.9×10﹣6或（10﹣5﹣10﹣7）．【分析】（1）醋酸为弱酸，盐酸是强酸，其pH相等时醋酸浓度比盐酸大，加水稀释时，醋酸中氢离子物质的量增大，盐酸中不变；（2）pH=2的盐酸浓度为0.01mol/L，氯化铵溶液显酸性；（3）外加酸碱导致溶液的酸碱性越强，对水的电离抑制程度越大，盐类水解促进水的电离；（4）醋酸为弱酸，盐酸是强酸，其pH相等时醋酸浓度比盐酸大；（5）0.01mol•L﹣1的NaOH溶液中c（OH﹣）=10﹣2mol/L，氢离子浓度为c（H+）=10﹣10mol/L，计算其Kw=10﹣12，联系溶液中的电荷守恒解答．24．【答案】（1）b＞a＞c（2）NaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCN（3）B；D（4）Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑（5）c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣）【解析】【解答】解：（1）电离平衡常数，CH3COOH＞H2CO3＞HCN，等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度为：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，故溶液的pH为：Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa，故答案为：b＞a＞c；（2）NaCN和少量CO2反应生成NaHCO3、HCN，反应方程式为：NaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCN，故答案为：NaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCN；（3）将0.02mol/L的HCN与0.01mol/L的NaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质是物质的量浓度都为0.005mol•L﹣1的NaCN、HCN，测得c（Na+）＞c（CN﹣），根据电荷守恒可知：c（H+）＜c（OH﹣），溶液呈碱性，所以HCN的浓度为0.005mol•L﹣1，CN﹣的浓度小于0.005mol•L﹣1，A．根据分析可知，