2024届高三化学一轮复习——电解质溶液
一、单选题
1．下列物质在熔融状态下不导电的是（ ）
A． B． C． D．
2．下列物质中在一定条件下能够导电，但不属于电解质的是（ ）
A．石墨 B．KNO3 C．H2SO4 D．蔗糖
3．某溶液中含有较大量的Cl－、CO32－、OH－，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来，正确的操作顺序是 （ ）
①滴加Mg(NO3)2溶液 ②过滤 ③滴加AgNO3溶液 ④滴加Ba(NO3)2溶液
A．①②④②③ B．④②①②③ C．①②③②④ D．④②③②①
4．常温下，将SO2气体逐渐通入某溶液，溶液的pH值随通入的SO2气体体积的变化如图所示，该溶液可能是（ ）
A．氯水 B．氨水
C．氢硫酸 D．食盐水
5．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．1.0mol/LKNO3溶液：H＋、Fe2＋、SCN－、SO42－
B．pH =0的溶液：Al3＋、CO32－、Cl－、SO42－
C． 的溶液：K＋、Ba2＋、NO3－、Cl－
D．无色溶液：Na＋、SO32－、Cu2＋、SO42－
6．下列有关溶液中粒子浓度的关系式中一定错误的是（ ）
A．在常温下，0.10mol·L-1Na2CO3溶液25mL 用0.10mol·L-1盐酸滴定，当滴定到消耗20mLHCl时所得溶液中离子浓度间的关系有：5c(Cl-)=4c(HCO3-)+4c(CO32-)+4c(H2CO3)
B．pH=12的氨水与pH=2的盐酸等体积混合溶液中：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
C．25℃时，0.1 mol L﹣1pH=4.5的NaHSO3溶液中：c（HSO3﹣）＞c（H2SO3）＞c（SO32﹣）
D．常温下，等浓度的CH3COONa和CH3COOH混合溶液：c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=2[c(H+) c(OH )]
7．下列实验合理的是（ ）
A．用新制氢氧化铜悬浊液(必要时可加热)鉴别甲酸与乙酸
B．用澄清石灰水鉴别SO2与CO2
C．用淀粉－KI试纸鉴别碘水与FeCl3溶液
D．用湿润的pH试纸测定CH3COONa的pH
8．X溶液中含有下表所示离子中的某5种，且其离子浓度均为0.1mol/L(不考虑水的电离和离子水解)。向X溶液中加入足量稀盐酸，有气体生成，反应前后阴离子种类不变。下列叙述错误的是（ ）
阳离子
阴离子
A．原溶液中一定含有
B．X溶液中不可能含有和
C．X溶液中含有3种阳离子、2种阴离子
D．生成气体的离子反应方程式为
9．下列说法正确的是（ ）
A．铅蓄电池在放电过程中，负极质量减小，正极质量增加
B．SO3与Ba(NO3)2溶液反应可得到BaSO4，SO2与Ba(NO3)2溶液可得到BaSO3
C．明矾水解生成Al(OH)胶体，可用作净水剂
D．室温下，SiO2(s)+3C(s)=SiC(s)+2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH<0
10．常温下，将一定浓度的NaOH溶液滴加到某二元酸溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．是二元弱酸，且
B．曲线M表示pH与的变化关系
C．当混合溶液呈中性时，溶液中存在：
D．NaHX溶液中：
11．室温时，下列各环境下的离子组合一定能够大量共存的是（ ）
A．0.1 mol/LNa2CO3的溶液中：Ca2+、Fe3+、 、Cl-
B．0.1 mol/LHCl的溶液中：Fe3+、K+、I-、
C．0.1 mol/LNaOH的溶液中：K+、Ba2+、Cl-、ClO-
D．0.1 mol/LNaHCO3的溶液中：Na+、K+、Al3+、Cl-
12．已知H2A为二元弱酸，20℃时，配制一组c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.100mol/L的H2A和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．Ka2(H2A)的数量级为10-5
B．NaHA溶液中：c(H+)>c(OH-)
C．M点由水电离出的c(H+)>N点由水电离出的c(H+)
D．pH=7的溶液中：c(Na+)>2c(A2-)
13．a、b、c、d 四种物质之间的转化关系如图所示(部分产物略去)，下列说法正确的是（ ）
A．若 a 为 Cl2，b 可能为 NH3，实验室可用加热固体 c 的方法制取 NH3
B．若 a 为 Fe，b 可能为稀 HNO3，反应②的离子方程式为3Fe＋8H+＋2NO3-=3Fe2+＋2NO2↑＋4H2O
C．若 a 为 AlCl3 溶液，b 可能为氨水，反应①的离子方程式为Al3+＋4NH3 ·H2O=AlO2-＋4NH4+＋2H2O
D．若 a 为 NaOH 溶液，b 可能为 CO2，可用 Ca(OH)2 溶液鉴定 c、d 溶液中的阴离子
14．下列说法正确的是（ ）
A．100℃时，KW=10﹣12，此温度下pH=6的溶液一定显酸性
B．25℃时，0.1mol/L的NaHSO3溶液pH=4，说明HSO3﹣在水溶液中只存在电离
C．NH4Cl、CH3COONa、NaHCO3、NaHSO4溶于水，对水的电离都有促进作用
D．25℃时，10mL 0.1mol/L CH3COOH溶液与5mL 0.1mol/L NaOH溶液混合，所得溶液中有2c（Na+）═c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）
15．油条配方中的主要成分为KAl(SO4)2·12H2O、Na2CO3、NaCl，发生反应为：2KAl(SO4)2·12H2O+3Na2CO3=2Al(OH)3↓+3Na2SO4+K2SO4+3CO2↑+21H2O。下列判断正确的是（ ）
A．油条配方中的“矾、碱、盐”主要成分均为盐
B．发生的反应为氧化还原反应
C．发生的反应中，反应物和生成物均为电解质
D．反应的离子方程式为2Al3++3 =2Al(OH)3↓+3CO2↑
16．下列有关物质的实验操作、现象及结论描述正确的是（ ）
选项 操作 现象 结论
A 某铁的氧化物样品用足量浓盐酸溶解 后，再滴入少量酸性高锰酸钾 紫红色褪去 铁的氧化物中一定含+2 价 铁
B 向某无色溶液中通入过量的 CO2 气体 有白色沉淀产生 该溶液中可能含有 SiO
C 向品红溶液中通入某气体 溶液褪色 该气体一定是 SO2
D 滴加 NaOH 溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口 试纸不变蓝 原溶液中无 NH
A．A B．B C．C D．D
17．某温度下，水的离子积KW=10-13，关于该温度下水电离的说法正确的是（ ）
A．pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液中水电离出的H+浓度之比为10：1
B．向水中加入少量硫酸氢钠固体或氯化铁固体，水的电离平衡均逆向移动
C．纯水的pH=6.5，显酸性
D．pH均为2的CH3COOH溶液与H2SO4溶液中水电离出的H+浓度不同
二、综合题
18．用含有少量SiO2、Fe2O3杂质的辉铜矿（主要成分Cu2S）和软锰矿（主要成分MnO2），制备碱式碳酸铜，可进一步制取有机合成中的催化剂氯化亚铜（CuCl），其主要工艺流程如图：
已知：①MnO2能氧化硫化物生成S；
②部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示：
③CuCl是一种白色粉末，难溶于水，可溶于氯离子浓度较大的体系。
（1）浸出液中含有CuSO4和MnSO4等主要产物，写出生成该主要产物的化学方程式： 。
（2）实验室中用18.4mol/L的浓硫酸配制480mL4.5mol/L的硫酸溶液需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、 、 。
（3）沉淀物的主要成分是 。
（4）结合已知条件，实验室中若选用饱和Na2CO3溶液（pH约为12）和MnSO4溶液作为反应原料制备MnCO3沉淀，采用的加料方式是将 溶液缓慢加入到盛有 溶液的反应容器中。
（5）CuCl2溶液中加入Na2SO3溶液的离子反应方程式为 。
（6）得到的CuCl晶体需用水洗涤，洗涤CuCl晶体的操作是 。
（7）CuCl晶体在碱性溶液中可以制得氧化亚铜，该反应的离子反应方程式为 。
19．Ni(OH)2作为合成镍钴锰三元电极材料的原料，工业上可用红土镍矿(主要成分为NiO、FeO、Fe2O3、MgO和SiO2)制备，工艺流程如图所示。回答下列问题：
（1）“滤渣l”的成分为 (写化学式)。
（2）“除铁"中，加入NaClO的目的是将溶液中的Fe2＋氧化为Fe3＋，写出该反应的离子方程式： ，为了证明加入NaClO已足量，可选择的试剂是 (填字母标号)。
a．KSCN溶液、氯水 b．K3[Fe(CN)6]溶液 c．NaOH溶液
（3）Na2CO3的作用是调节溶液pH使Fe3＋沉淀，根据下表的数据，则调节溶液pH的范围是 。
金属离子 Fe2+ Fe3+ Mg2+ Ni2+
开始沉淀的pH 6.3 1.5 8.9 6.9
沉淀完全的pH 8.3 2.8 10.9 8.9
（4）“除镁”中，若溶液pH过小，Mg2＋沉淀不完全，用化学平衡移动的原理解释其原因是 。
（5）“沉镍”时有能使澄清石灰水变浑浊的气体生成，则该反应的离子方程式为 。
20．菱锰矿的主要成分是MnCO3，其中含有FeCO3、CaCO3、MgCO3等杂质。工业上采用硫酸铵焙烧菱锰矿法制备高纯MnCO3，流程如下图：
已知：
I.金属碳酸盐和硫酸铵混合粉末在加热条件下反应，生成硫酸盐、NH3和CO2。
II.溶液中金属离子沉淀的pH如下表：
金属离子 Fe3+ Fe2+ Mn2+ Mg2+ Ca2+
开始沉淀pH 1.5 6.3 8.2 8.9 11.9
完全沉淀pH 2.8 8.3 10.2 10.9 13.9
（1）步骤1中MnCO3与(NH4)2SO4反应的化学方程式是 。
（2）步骤2和3中加入MnO2固体、调节pH的目的分别是 。
（3）上述流程中可以再利用的物质有 。
a.(NH4)2SO4 b.NH3
c.CO2
（4）MnCO3可用于制备苯甲醛，流程如下：
已知：甲苯难溶于水，密度小于水，沸点为110.4oC；苯甲醛微溶于水，易溶于甲苯，沸点为179℃。
①MnCO3在空气中加热的化学方程式是 。
②操作1是 ；操作2是 。
③该方法制备1.06kg苯甲醛，则理论上消耗Mn2O3 kg[M(Mn2O3)=158g/mol；M(苯甲醛)=106g/mol]。
21．国务院总理李克强在2021年国务院政府工作报告中指出，扎实做好碳达峰、碳中和各项工作，优化产业结构和能源结构，努力争取2060年前实现碳中和。碳的化合物在工业上应用广泛，下面有几种碳的化合物的具体应用：
（1）已知下列热化学方程式：
i.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2ClCHClCH3(g) ΔH=-133kJ·mol-1
ii.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) ΔH=-100kJ·mol-1
①写出相同条件下CH2=CHCH2Cl和HCl合成CH2ClCHClCH3的热化学方程式 。
②已知①中的正反应的活化能E正为132kJ·mol-1，请在下图中标出①中逆反应的活化能E逆及数值 。
（2）温度为T℃时向容积为2L的密闭容器中投入3molH2和1molCO2发生反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.4kJ·mol-1，反应达到平衡时，测得放出热量19.76kJ，求平衡时：
①H2的转化率为
②T℃时该反应的平衡常数K= (列计算式表示)。
（3）目前有Ni-CeO2催化CO2加H2形成CH4的反应，历程如图所示，吸附在催化剂表面的物种用*标注。
①写出上述转换中存在的主要反应的化学方程式 。
②有人提出中间产物CO的处理，用反应2CO(g)=2C(s)+O2(g) ΔH>0来消除CO的污染，请用文字说明是否可行 。
（4）T℃，HCOOH与CH3COONa溶液反应：HCOOH+CH3COO- HCOO-+CH3COOH，该反应的K=12.5，则该温度下醋酸的电离常数Ka(CH3COOH)= (T℃时Ka(HCOOH)=2×10-4)。
22．氧化钪可提高计算机记忆元件性能，利用钪精矿为原料(主要成分为，还含有、等杂质)生产氧化钪的一种工艺流程如下：
已知：钪与铝类似，其氢氧化物具有两性；是钪元素的萃取剂，萃取发生的反应为。
（1）加入氨水调节，过滤，滤渣主要成分是 。
（2）上述洗脱剂X最好选择 (选填“酸性”、“碱性”或“中性”)溶液。
（3）过程中生成的离子方程式 。
（4）“沉钪”前先加入稀盐酸调节溶液至酸性，然后用草酸“沉钪”。25℃时的草酸溶液中 。(25℃时，草酸电离平衡常数为，)。
（5）“沉钪”后所得到的草酸钪晶体的化学式为，灼烧发生分解反应的化学方程式为 ，写出固体产物溶于溶液的离子方程式 。
答案解析部分
1．【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- 。
2．【答案】A
【解析】【解答】A.石墨能导电，属于单质，既不是电解质又不是非电解质；
B.KNO3属于盐，在水溶液里、熔融时都能导电，属于电解质；
C.H2SO4属于酸，在水溶液里电离产生氢离子和硫酸根离子能导电，属于电解质；
D.蔗糖属于非电解质，不导电。
故答案为：A。
【分析】要注意电解质的相关概念：在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物叫做电解质，要注意固态电解质本身不导电，能够导电的物质也不一定是电解质。
3．【答案】B
【解析】【解答】Cl-检验时需要用到Ag+，但会有诸多其他离子干扰；为了保证一次取样就能完成全部检测，所以要在最后检验Cl-；溶液中的 可以利用Ba(NO3)2进行检验，出现白色沉淀即可验证；在加入过量Ba(NO3)2后，将溶液中的 全部转化为沉淀，并过滤除去；再利用Mg(NO3)2溶液检验溶液中的OH-，滴加过量的Mg(NO3)2溶液后将OH-全部转化为沉淀并过滤除去；最后只需直接加AgNO3溶液检验Cl-即可；综上所述顺序为④②①②③，B项符合题意；
故答案为：B。
【分析】要想一次就能检验出三种阴离子需要保准每加一次试剂保证只能检测出一种阴离子并且不影响后续离子的检测。
4．【答案】A
【解析】【解答】A. 常温下，氯水溶液起始pH小于7，SO2气体会和氯水发生氧化还原反应，其化学方程式为：Cl2+SO2+2H2O═H2SO4+2HCl，随着通入的SO2气体体积增大，溶液的酸性逐渐增强，其pH值逐渐降低，A项符合题意；
B. 氨水溶液显碱性，pH大于7，B项不符合题意；
C. 常温下，氢硫酸溶液起始pH小于7，随着SO2气体的通入，发生反应为：2H2S+SO2 ═ 3S↓+2H2O，溶液的酸性减弱，其pH值逐渐增大，C项不符合题意；
D. 常温下，食盐水起始pH等于7，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据图像pH 的变化，由大到小，故酸性增强，碱性减弱，根据反应方程式中反应物和生成物之间的变化进行判断。
5．【答案】C
【解析】【解答】A.NO3－、H＋、Fe2＋发生氧化还原反应，A不符合题意；
B.pH =0的溶液，强酸性和CO32－反应生成气体，B不符合题意；
C. 的溶液，说明是c(OH-) = 0.01 mol/L，K＋、Ba2＋、NO3－、Cl－，都不反应，C符合题意；
D.无色溶液，Cu2＋有颜色，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.NO3-在酸性条件下具有氧化性，能将Fe2+氧化；
B.pH=0的溶液显酸性，含有大量的H+；
C.该溶液显碱性，含有大量的OH-；
D.无色溶液中不含有Cu2+；
6．【答案】C
【解析】【解答】A.在常温下，0.10mol·L-1Na2CO3溶液25mL 用0.10mol·L-1盐酸滴定，当滴定到消耗20mLHCl时，Na2CO3、HCl的物质的量之比为5：4，则Na2CO3和HCl以1：1反应且Na2CO3有剩余，溶液中溶质为Na2CO3、NaCl、NaHCO3，根据物料守恒得5c（Cl﹣）=4c（HCO3﹣）+4c（CO32﹣）+4c（H2CO3），故A不符合题意；
B.常温下，pH=12的氨水浓度大于0.01mol/L，pH=2的盐酸浓度为0.01mol/L，二者等体积混合，氨水有剩余，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度导致溶液呈碱性，但电离和水解程度都较小，结合电荷守恒得c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B不符合题意；
C.25℃时，0.1 mol L﹣1的NaHSO3溶液pH=4.5，溶液呈酸性，说明HSO3﹣电离程度大于水解程度，则存在c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H2SO3），故C符合题意；
D.等浓度的CH3COONa和CH3COOH混合溶液，根据电荷守恒可知：c(CH3COO )+c(OH )=c(H+)+c(Na+)，根据物料守恒可得：c(CH3COO )+c(CH3COOH)=2c(Na+)，两式整理可得：c(CH3COO ) c(CH3COOH)=2[c(H+) c(OH )]，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据任何溶液中都存在物料守恒来判断；
B、将两者等体积混合，则氨水有剩余，溶液呈碱性，根据电荷守恒来判断；
C、硫酸氢钠溶液pH为4.5。溶液呈酸性，说明亚硫酸氢根电离程度大于水解程度；
D、任何电解质溶液都存在电荷守恒和物料守恒。
7．【答案】A
【解析】【解答】A．甲酸中有醛基结构，与新制氢氧化铜反应，适当条件下可以生成砖红色沉淀，乙酸无醛基结构，与新制氢氧化铜只是发生酸碱中和反应，无砖红色沉淀生成，可以实现鉴别，符合题意；
B．SO2可以与Ca(OH)2反应生成白色沉淀CaSO3，无法实现鉴别，不符题意；
C．Fe3+可以氧化I-形成I2，I2使淀粉变蓝，所以无法实现鉴别，不符题意；
D．湿润的pH试纸无法准确测定CH3COONa的pH，不符题意；
故答案为：A。
【分析】A.新制氢氧化铜悬浊液可用于鉴别有机物中是否含有醛基，有醛基的有机物能与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀。
B. Ca(OH)2与SO2、CO2反应均产生白色沉淀（CaSO3、CaCO3）。
C.I-能被Fe3+氧化为I2，淀粉遇I2变蓝。
D.用湿润的pH试纸所测的溶液pH为溶液稀释后的，注意测溶液pH时，pH试纸不能润湿。
8．【答案】C
【解析】【解答】A．原溶液中一定含有Mg2+，故A选项不符合题意；
B．根据分析可知，溶液中一定不存在与，故B选项不符合题意；
C．根据分析可知，原溶液中含有的五种离子为：Cl-、NO、SO、 Fe2+、 Mg2+，3种阴离子、2种阳离子，故C选项符合题意；
D．根据分析可知，生成气体为NO，反应的离子方程式为： ，故D选项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 向溶液X中加入足量的盐酸，有气体生成，且溶液中阴离子的种类没有变化，产生气体的离子不可能、，Fe2+、NO在酸性条件下生成NO气体， 则原溶液中含有Fe2+和NO，则一定不存在OH-，反应后NO有剩余，而溶液中阴离子种类不变，则原溶液中含有Cl-，阴离子只含有NO、Cl-不满足电荷守恒，则还含有SO，根据溶液呈电中性可知，原溶液中还存在Mg2+。
9．【答案】C
【解析】【解答】A、铅蓄电池放电总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，其中PbSO4是一种微溶性盐，电池放电时正极反应为PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，负极反应为Pb+SO42--2e-=PbSO4，所以正负极质量均增加，A不符合题意。
B、SO3+H2O+Ba(NO3)2=BaSO4↓+2HNO3，SO2如果类比会生成Ba(SO3)2和HNO3，但是生成的HNO3会氧化+4 价S元素生成Ba(SO4)2，B不符合题意。
C、Al3++3H2O Al(OH)3+3H +，生成的Al(OH)3可以吸附水中的固体小颗粒起到净水的作用，C符合题意。
D、该反应过程中气体总量增加，属于熵增反应，既△S>0，反应不能自发进行则△G>0，△G=△H-T△S，所以△H=△G+T△S>0，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据电池放电时正负极的反应式分析；
B、HNO3具有强氧化性；
C、Al(OH)3胶体的吸附作用；
D、根据△G=△H-T△S判断；
10．【答案】B
【解析】【解答】A．由图知，溶液中存在H2X、HX-、X2-，则是二元弱酸，由图可知， N曲线横坐标值为0时，pH1≈4.5，则 ≈10-4.5，M曲线横坐标值为0时，pH2≈5.4，≈10-5.4，A不符合题意；
B．据分析，N曲线表示，M曲线表示曲线，B符合题意；
C．结合选项A可知，NaHX中HX－的电离平衡常数≈10-5.4，即Ka2的数量级约为10－6，HX－的水解平衡常数Kh==10－-8.6<10－5.4，说明HX－的电离大于其水解，溶液显酸性，Na2X溶液呈碱性， 由图知，当混合溶液呈中性时，为NaHX和Na2X的混合溶液，由图知：呈中性时pH=7，则横坐标＞0，溶液中存在，综上，存在：， C不符合题意；
D．结合选项A可知，NaHX中HX－的电离平衡常数≈10-5.4，即Ka2的数量级约为10－6，HX－的水解平衡常数Kh==10－-8.6<10－5.4，说明HX－的电离大于其水解，溶液显酸性，则， D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据、计算后比较；
C.当混合溶液呈中性时，为NaHX和Na2X的混合溶液；
D.NaHX中HX-的电离程度大于水解程度。
11．【答案】C
【解析】【解答】A． 与Ca2+会反应形成CaCO3沉淀，不能大量共存； 与Fe3+会发生盐的双水解反应，不能大量共存，A不符合题意；
B．H+、I-、 会发生氧化还原反应，不能大量共存；Fe3+、I-会发生氧化还原反应，不能大量共存，B不符合题意；
C．该溶液显碱性，含有大量的OH-，OH-与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，C符合题意；
D． 与Al3+会发生盐的双水解反应，产生Al(OH)3沉淀和CO2气体，不能大量共存，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】离子不能共存，说明可以发生化学反应，主要是发生复分解反应、氧化还原反应、络合反应等等
常见发生复分解反应不能共存的是：氢离子与氢氧根离子、以及可以形成弱电解质的阴离子，氢氧根与氢离子、碳酸氢根、亚硫酸氢根、铜离子、铁离子、镁离子等不同共存，银离子和氯离子，钡离子和碳酸根、硫酸根、钙离子和碳酸根
发生氧化还原反应不能共存的是：氢离子、硝酸根以及次氯酸根以及高锰酸根和亚铁离子、硫离子等还原性离子
发生络合不能共存的是：铁离子和硫氰酸根、铜离子和氨水等等
12．【答案】C
【解析】【解答】A， ，选取图中N点，此时pH=4.2，A2-和HA-的浓度相等，所以 ，所以Ka2(H2A)的数量级为10-5，选项A不符合题意。
B，图中看出当HA-的浓度占主导地位的时候，pH为2到3之间，所以NaHA溶液显酸性，即c(H+)>c(OH-)，选项B不符合题意。
C，M、N都显酸性，溶质电离的氢离子对于水的电离都起到抑制作用，因为从M到N，溶液的pH升高，溶质电离出来的氢离子浓度减小，所以对于水的电离的抑制减弱，N点水电离的氢离子浓度更大，选项C符合题意。
D，溶液中一定存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)＝c(OH-) + 2c(A2-) + c(HA-)，中性溶液中氢离子和氢氧根离子浓度相等，所以有c(Na+)＝2c(A2-) + c(HA-)，则c(Na+)>2c(A2-)，选项D不符合题意。
故答案选C。
【分析】结合图像和题目所给信息进行求解。c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.100mol/L的H2A和NaOH混合溶液为关键的信息。
13．【答案】B
【解析】【解答】A.若a为Cl2，b可能为NH3，固体c为氯化铵，由于氨气与氯化氢反应，无法通过加热氯化铵的方法制取NH3，故A不符合题意；
B.若a为Fe，b可能为稀HNO3，反应生成硝酸亚铁，反应的离子方程式为：3Fe+8H++2NO3-═3Fe2++2NO↑+4H2O，故B符合题意；
C.若a为AlCl3溶液，b可能为氨水，氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al3++3NH3 H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故C不符合题意；
D.若a为NaOH溶液，b可能为CO2，c为碳酸氢钠，d为碳酸钠，碳酸钠和碳酸氢钠都与氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀，无法用Ca（OH）2溶液鉴定，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.氨气可以和氯化氢气体发生化合反应得到氯化铵，所以不能通过加热氯化铵的方法制取氨气；
B.铁单质和稀硝酸反应可以被氧化为亚铁离子；
C.氯离子在氨水中反应会得到偏铝酸根离子和铵根离子和水；
D.碳酸根离子和碳酸氢根离子都可以和钙离子反应得到碳酸钙沉淀。
14．【答案】D
【解析】【解答】A.水的离子积KW=10﹣12，纯水中c(H+)= c(OH-)=10-6mol/L，此温度下pH=6的溶液显示中性，故A项不符合题意；
B. 25℃时，0.1mol/L的NaHSO3溶液pH=4，只能说明HSO3﹣在水溶液中的电离程度大于HSO3﹣的水解程度，故B项不符合题意；
C.盐的水解对水的电离有促进作用，故NH4Cl、CH3COONa、NaHCO3均能促进水的电离，但NaHSO4不水解，且溶于水后能电离出大量的氢离子，对水的电离有抑制作用，故C项不符合题意；
D. 25℃时，10mL 0.1mol/L CH3COOH溶液与5mL 0.1mol/L NaOH溶液混合，所得溶液中有n（CH3COO﹣）+n（CH3COOH）=0.001mol、n（Na+）=0.0005mol，则2n（Na+）═n（CH3COO﹣）+n（CH3COOH），因为在同一溶液中，所以2c（Na+）═c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），故D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、根据 KW 值可知， 此温度下pH=6的溶液中氢离子浓度=氢氧根离子溶度，为中性；
B、HSO3﹣在水溶液中的电离程度大于HSO3﹣的水解程度，说明溶液显酸性；
C、根据水电离的影响因素分析解答；
D、根据物料守恒分析即可得出答案。
15．【答案】A
【解析】【解答】A. 从物质的分类角度来看，油条配方中的“KAl(SO4)2·12H2O、Na2CO3、NaCl”主要成分均为盐，选项A符合题意；
B. 反应2KAl(SO4)2·12H2O+3Na2CO3=2Al(OH)3↓+3Na2SO4+K2SO4+3CO2↑+21H2O，各元素化合价均不变，发生的反应为非氧化还原反应，选项B不符合题意；
C. 发生的反应中，生成物CO2为非电解质，选项C不符合题意；
D. 反应的离子方程式为2Al3++3 +3H2O =2Al(OH)3↓+3CO2↑，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题要注意D选项，Al3+和在水溶液中相互促进水解，发生彻底的双水解，生成Al(OH)3和CO2。
16．【答案】B
【解析】【解答】A．浓盐酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色，样品应用足量稀硫酸溶解后，再滴入少量，A不符合题意；
B．向某无色溶液中通入过量的 CO2气体，有白色沉淀产生，沉淀可以是氢氧化铝或硅酸，故该溶液中可能含有 SiO ，也可能是含有偏铝酸根，B符合题意；
C．向品红溶液中通入某气体溶液褪色，则气体可能是二氧化硫，也可能是氯气等，C不符合题意；
D．应该滴加浓 NaOH 溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸不变蓝，则原溶液中无 NH ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、浓盐酸能够与高锰酸钾反应生成Cl2，使高猛酸钾褪色；
B、过量二氧化碳与某溶液反应生成白色沉淀，根据强酸制弱酸，沉淀可能为硅酸，也可能与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀；
C、品红褪色，气体可能是二氧化硫，也可能是氯气导致，主要考察漂白性；
D、实验室用铵盐与碱共热制备氨气，氨气为碱性气体，检验时用湿润的红色石蕊试纸检验；
17．【答案】A
【解析】【解答】该温度下pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液中水电离出的H+浓度分别是10-11mol/L和10-12mol/L，二者比值为10：1，A符合题意；加入少量硫酸氢钠固体，水的电离平衡逆向移动，加少量氯化铁固体，水的电离平衡正向移动B不符合题意；纯水无论pH是多少均显中性，C不符合题意；pH均为2的 CH3COOH溶液与H2SO4溶液中水电离出的H+浓度均为10-11mol/L，D不符合题意。
【分析】某温度下，水的离子积KW=10-13，说明温度高于室温，促进了水的电离，中性溶液的pH小于7，然后结合酸碱中和、pH的计算等进行分析即可。
18．【答案】（1）2MnO2+Cu2S+4H2SO4=2CuSO4+S+2MnSO4+4H2O
（2）500mL容量瓶；胶头滴管
（3）Fe(OH)3
（4）Na2CO3；MnSO4
（5）2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+
（6）向漏斗中注水至没过CuCl晶体，待液体自然流下后，重复操作2-3次
（7）2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2O
【解析】【解答】（1）由题干及工艺流程图可知MnO2、Cu2S与硫酸反应的生成物为MnSO4、CuSO4、S，Mn元素由+4价降到+2价，Cu2S中的Cu元素由+1价升到+2价，S元素由-2价升到0价，可根据得失电子守恒配平该方程式：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O，故答案为：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O。（2）18.4mol/L的浓硫酸配制480mL4.5mol/L的硫酸溶液需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶，胶头滴管。（3）由表可知，Fe(OH)3完全沉淀时的pH为3.2，Cu(OH)2开始沉淀时的pH为4.4，结合流程调节pH的目的是除去Fe3+，故沉淀的主要成分为Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3。（4）已知饱和Na2CO3溶液的pH为12，而Mn2+转化为氢氧化锰沉淀的范围为8.3～9.8，为防止Mn2+转化为氢氧化锰沉淀，因此制备MnCO3沉淀时必须将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有MnSO4溶液的反应容器中，故答案为：Na2CO3，MnSO4。（5）由题意可知：CuCl2与Na2SO3溶液反应生成CuCl，则Na2SO3被氧化为Na2SO4，因此离子反应方程式为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，故答案为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+。（6）洗涤CuCl晶体的操作是向漏斗中注水至没过CuCl晶体，待液体自然流下后，重复操作2-3次，故答案为：向漏斗中注水至没过CuCl晶体，待液体自然流下后，重复操作2-3次。（7）已知CuCl晶体在碱性溶液中反应生成氧化亚铜，该反应的离子反应方程式为：2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2O，故答案为：2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2O。
【分析】分析流程题需要掌握的技巧是：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。
19．【答案】（1）SiO2
（2）2Fe2++ ClO－+ 2H+ =2Fe3++ Cl－+ H2O；b
（3）2.8~6.9
（4）F－与H+结合形成弱电解质HF，MgF2 Mg2++2F－平衡向右移动
（5）Ni2+＋2 =NiCO3↓＋CO2↑＋H2O
【解析】【解答】(1)由以上分析知，“滤渣l”的成分为SiO2。答案为：SiO2；(2)“除铁"中，加入NaClO的目的是将溶液中的Fe2＋氧化为Fe3＋，ClO－被还原为 Cl－，该反应的离子方程式：2Fe2++ ClO－+ 2H+ =2Fe3++ Cl－+ H2O，为了证明加入NaClO已足量，即证明溶液中不存在Fe2+，可选择的试剂是K3[Fe(CN)6]溶液，
故答案为：b。答案为：2Fe2++ ClO－+ 2H+ =2Fe3++ Cl－+ H2O；b；(3)Na2CO3的作用是调节溶液pH使Fe3＋沉淀，既要让Fe3+完全沉淀，又不能让Ni2+生成沉淀，则调节溶液pH的范围是2.8~6.9。答案为：2.8~6.9；(4)“除镁”中，若溶液pH过小，溶液中的F-会与H+结合，使Mg2＋沉淀不完全，用化学平衡移动的原理解释其原因是：F－与H+结合形成弱电解质HF，MgF2 Mg2++2F－平衡向右移动。答案为：F－与H+结合形成弱电解质HF，MgF2 Mg2++2F－平衡向右移动；(5)“沉镍”时，Ni2+与 反应生成NiCO3沉淀，同时有CO2生成，则该反应的离子方程式为Ni2+＋2 =NiCO3↓＋CO2↑＋H2O。答案为：Ni2+＋2 =NiCO3↓＋CO2↑＋H2O。
【分析】红土镍矿(主要成分为NiO、FeO、Fe2O3、MgO和SiO2)粉碎后加入稀硫酸溶浸，NiO、FeO、Fe2O3、MgO都生成相应的硫酸盐，只有SiO2不溶，所以滤渣1为SiO2；滤液中加入NaClO、Na2CO3，将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，成为滤渣2的主要成分；滤液中加入NaF，将Mg2+转化为MgF2沉淀；滤液中加入NH4HCO3，将Ni2+转化为NiCO3沉淀，再加入H2SO4、NaOH，将NiCO3转化为NiSO4，最后生成Ni(OH)2。
20．【答案】（1）MnCO3+(NH4)2SO4 MnSO4+CO2↑+2NH3↑+H2O
（2）加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+；调节pH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去
（3）abc
（4）4MnCO3+O2 2Mn2O3+4CO2；分液；蒸馏；3.16
【解析】【解答】(1)根据题意可知MnCO3与(NH4)2SO4反应可得到MnSO4、CO2、NH3，根据元素守恒可得化学方程式为MnCO3+(NH4)2SO4 MnSO4+CO2↑+2NH3↑+H2O；
(2)加入MnO2作氧化剂，将Fe2+氧化为更容易除去的Fe3+，再调节pH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去；
(3)溶液e中主要含硫酸铵，处理得到硫酸铵粉末可以再利用，步骤1中产生的NH3和CO2可以在步骤5中再利用，
故答案为：abc；
(4)①根据流程可知MnCO3在空气中加热可以得到Mn2O3，应是被空气中的氧气氧化，根据电子守恒可知MnCO3和O2的系数比应为4：1，再结合元素守恒可得化学方程式为4MnCO3+O2 2Mn2O3+4CO2；
②酸性环境中Mn2O3将甲苯氧化为苯甲醛，苯甲醛易溶于甲苯，微溶于水，甲苯难溶于水，所以操作1应是分液，分离得到苯甲醛和甲苯；根据题目所给信息可知苯甲醛和甲苯的沸点差异较大，可以蒸馏分离，即操作2为蒸馏；
③根据电子守恒和元素守恒甲苯和Mn2O3反应的化学方程式应为C6H5CH3+2Mn2O3+8H+→C6H5CHO+5H2O+4Mn2+；1.06kg苯甲醛的物质的量为 =10mol，所以理论上消耗20mol Mn2O3，质量为20mol×158g/mol=3160g=3.16kg。
【分析】菱锰矿粉与过量的硫酸铵粉末共热，得到MnSO4、FeSO4、CaSO4、MgSO4等物质的混合固体和CO2、NH3；将固体a加入硫酸溶液溶解，并加入MnO2作氧化剂，Fe2+被氧化为Fe3+，CaSO4微溶，所以过滤得到含有Mn2+、Fe3+、Mg2+等阳离子的溶液b，调节pH除去Fe3+得到Fe(OH)3，溶液c中还有Mn2+、Mg2+等，加入NH4F除去Mg2+得到MgF2沉淀，过滤后再向溶液d中通入NH3和CO2得到MnCO3，溶解时用的酸为硫酸，所以最终过滤得到的溶液e中主要含硫酸铵。
21．【答案】（1）CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)→CH2ClCHClCH3(g) △H= - 33 kJ·mol-1；
（2）40%；
（3）CO2+4H2 CH4+ 2H2O；因为△G=△H-T△S>0，所以不可行(或者△H>0，△S>0， 任何温度不能自发)
（4）1.6×105
【解析】【解答】(1)①已知：i.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2ClCHClCH3(g) ΔH=-133kJ·mol-1
ii.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) ΔH=-100kJ·mol-1
根据盖斯定律，由i-ii得CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)→CH2ClCHClCH3(g) △H= -100kJ·mol-1-(-133kJ·mol-1)=- 33 kJ·mol-1，故答案为：CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)→CH2ClCHClCH3(g) △H= - 33 kJ·mol-1；
②△H=Ea正-Ea逆，则Ea（逆）=Ea正-△H=132kJ mol-1-（-33kJ mol-1）=165kJ mol-1，故答案为： ；
(2)①反应热与参加反应的物质的物质的量成正比，由热化学方程式知，3mol氢气完全转化时放出热量为49.4kJ热量，则测得放出热量19.76kJ时，H2的转化率为 ；
②用三段式法计算得：
， ；
(3)①根据图示中箭头方向知，反应物为CO2、H2，生成物为CH4、H2O，故答案为：CO2+4H2 CH4+ 2H2O；
②有人提出中间产物CO的处理，用反应2CO(g)=2C(s)+O2(g) ΔH>0来消除CO的污染，因为△G=△H-T△S>0，所以不可行(或者△H>0，△S>0， 任何温度不能自发)；
(4)T℃，HCOOH与CH3COONa溶液反应：HCOOH+CH3COO- HCOO-+CH3COOH，该反应的K=12.5，即 ，则该温度下醋酸的电离常数Ka(CH3COOH)= ，故答案为：1.6×105。
【分析】（1）①根据盖斯定律即可写出热化学方程式
②根据逆反应的活化能等于焓变的数值+正活化能
（2）①热量之比等于物质的量之比，即可结合热量的变化计算出物质的量变化计算出氢气的转化率
②根据平衡时的物质的量即可计算出平衡常数
（3）①根据反应物和生成物即可写出方程式
②根据△G=△H-T△S进行判断即可
（4）根据给出的方程式写出常数的公式利用给出的数据即可计算出醋酸的常数
22．【答案】（1）
（2）酸性
（3）
（4）
（5）；
【解析】【解答】（1）根据流程中物质分离的信息，加入氨水调节目的是除去溶液中的，故滤渣主要成分是。
（2）根据方程式知洗脱时加入的X最好选择酸性溶液。
（3）过程中在碱性条件下被双氧水氧化生成的离子方程式为：。
（4）根据草酸的电离平衡常数得：，，时，，故。
（5）中碳元素显+3价，灼烧分解时碳发生歧化反应，分解反应的化学方程式为：。固体产物溶于溶液的离子方程式为：。
【分析】（1）依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；
（2）根据已知萃取发生的方程式分析；
（3）依据氧化还原反应原理，根据得失电子守恒和原子守恒分析；
（4）根据电离平衡常数计算；
（5）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒分析。
