上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-10离子反应（3）

上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-10离子反应（3）

一、单选题

1．（2022·上海·模拟预测）向0.01mol•L-1的a中匀速滴入0.02mol•L-1的b，不符合图象的是

A．A B．B C．C D．D

2．（2022·上海·统考一模）下列厨房中的物质属于强电解质的是

A．醋酸 B．白糖 C．淀粉 D．小苏打

3．（2022·上海·统考一模）实验室需配制一种仅含四种离子(不包括水电离出的离子并忽略水解)的混合溶液，且在混合液中四种离子的物质的量浓度均为0.5mol•L-1，下面四个选项中能达到此目的是

A．Fe2+、Na+、NO、Cl- B．Mg2+、NH、SO、NO

C．H+、K+、Cl-、CH3COO- D．K+、Mg2+、CO、OH-

4．（2022·上海·模拟预测）某晶体中只含有非极性键和极性键，关于该晶体的说法错误的是

A．可能是离子晶体也可能是分子晶体 B．可能是电解质也可能是非电解质

C．可能是有机物也可能是无机物 D．可能是极性分子也可能是非极性分子

5．（2022·上海·模拟预测）某无色溶液可能由K2CO3、MgCl2、NaHCO3、BaCl2溶液中的一种或几种组成。取样，向溶液中加入烧碱溶液出现白色沉淀；另取样，加入稀硫酸也出现白色沉淀并放出气体。据此分析，下列判断中正确的是

A．一定有MgCl2 B．一定有MgCl2和NaHCO3

C．一定有K2CO3 D．一定有BaCl2和NaHCO3

6．（2022·上海·模拟预测）下列各组物质混合，滴加顺序不同时，发生不同化学反应的是

A．NaHCO3溶液和NaOH溶液 B．NaHCO3溶液与HCl溶液

C．NaOH溶液和AlCl3溶液 D．氨水与KAl(SO4)2溶液

7．（2022·上海·模拟预测）饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打，滤出小苏打后，向母液中通入氨，再冷却、加食盐，过滤，得到氯化铵固体。下列分析错误的是

A．制备小苏打的方程式为：NaCl + NH4HCO3 → NaHCO3↓ + NH4Cl

B．通入氨气的离子方程式为：NH3+ HCO→CO+ NH

C．加食盐有利于氯化铵固体的析出

D．温度较低时，氯化铵的溶解度比氯化钠的大

8．（2022·上海·模拟预测）在复盐NH4Fe(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，可能发生的反应的离子方程式是

A．Fe2++SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+Fe(OH)2↓

B．4NH+2SO+2Ba2++OH-=2BaSO4↓+4NH3·H2O

C．2Fe3++3SO+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Fe(OH)3↓

D．3NH+Fe3++3SO+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+Fe(OH)3↓+3NH3·H2O

9．（2022·上海虹口·统考模拟预测）检验下列溶液是否变质，所选试剂或试纸肯定合理的是

A．A B．B C．C D．D

10．（2022·上海·统考一模）向KAl(SO4)2溶液中加入一定量的Ba(OH)2溶液，当SO恰好完全沉淀时下列离子方程式正确的是

A．SO+Ba2+→BaSO4↓

B．Al3++SO+Ba2++3OH-→Al(OH)3↓+BaSO4↓

C．Al3++2SO+2Ba2++3OH-→Al(OH)3↓+2BaSO4↓

D．Al3++2SO+2Ba2++4OH-→AlO+2BaSO4↓+2H2O

11．（2022·上海闵行·统考一模）属于非电解质，且溶解时破坏化学键的物质是

A．Cl2 B．HCl C．CO2 D．C2H5OH

12．（2022·上海·统考一模）在的溶液中，含有浓度都为的、、、和X离子，则X可能是

A． B． C． D．

13．（2022·上海·模拟预测）欲除去粗盐中含有的Ca2+、Mg2+、SO，加入三种除杂试剂顺序不可行的是

A．NaOH  BaCl2  Na2CO3 B．BaCl2  NaOH  Na2CO3

C．Na2CO3  BaCl2  NaOH D．BaCl2  Na2CO3  NaOH

14．（2022·上海·模拟预测）下列离子方程式书写错误的是

A．溶液呈酸性：

B．与NaOH溶液反应：

C．溶液中通入：

D．铝粉投入到氨水溶液中：

15．（2022·上海·模拟预测）判断下列有关化学基本概念的依据正确的是

A．共价化合物：是否含有共价键 B．离子晶体：液态时能否导电

C．强弱电解质：溶液的导电能力大小 D．氧化还原反应：元素化合价是否变化

16．（2022·上海徐汇·统考三模）离子方程式2Ca2+ + 3HCO+ 3OH– = 2CaCO3↓ + CO+ 3H2O可以表示

A．Ca(HCO3)2与NH3•H2O溶液反应 B．NaHCO3与澄清石灰水反应

C．Ca(HCO3)2与澄清石灰水反应 D．NH4HCO3与澄清石灰水反应

17．（2022·上海·模拟预测）常温下，下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是

A．pH=1的溶液：Fe2+、Mg2+、、

B．pH=12的溶液：K+、Na+、、

C．pH=7的溶液：Na+、Cu2+、S2-、Cl-

D．pH=7的溶液：Al3+、K+、Cl-、

18．（2022·上海黄浦·统考二模）为检验某久置过氧化钠样品的成分，学习小组依次进行了有关实验。实验中涉及反应的离子方程式正确的是

A．将过氧化钠样品完全溶于水，产生气泡：Na2O2+H2O=2Na++2OH-+O2↑

B．向溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀：CO+Ba2+=BaCO3↓

C．向沉淀中滴加稀醋酸，产生气体：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O

D．将气体通入足量澄清石灰水，出现浑浊现象：CO2+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O

19．（2022·上海·模拟预测）图a-c分别为NaCl在不同状态下的导电实验、Y为石墨电极微观示意图。下列分析错误的是

A．图中代表 B．a：NaCl固体，不导电

C．b：X与电源负极相连 D．c：Y上产生

20．（2022·上海·模拟预测）下列化学反应的离子方程式正确的是

A．用小苏打治疗胃酸过多：

B．往碳酸钡中滴加稀盐酸：

C．往氨水中滴加氯化铝：

D．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：

21．（2022·上海·模拟预测）某溶液可能含有Cl-、SO、CO、NH、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。由此得出的判断错误的是

A．至少存在4种离子

B．Cl-一定存在，且c(Cl‑)≥0.4mol/L

C．SO、NH一定存在，CO可能存在

D．Al3+、K+可能存在

22．（2022·上海·模拟预测）既不属于电解质，又不属于非电解质的是

A．氯气 B．氨气 C．乙醇 D．醋酸钠

23．（2022·上海·模拟预测）若使含有Ba2+、Al3+和Ag+的溶液中各离子逐一沉淀，下列所选试剂和加入试剂的顺序正确的是

A．H2SO4、HCl、NaOH、CO2 B．NaCl、Na2SO4、NaOH、HCl

C．HCl、Na2SO4、NaOH、CO2 D．Na2CO3、NaCl、NaOH、HCl

24．（2022·上海·模拟预测）加入铝粉能放出氢气的溶液中一定不能大量共存的离子组是

A．、、、 B．、、、

C．、、、 D．、、、

25．（2022·上海·模拟预测）某溶液中可能含有物质的量浓度相等的和。取少量溶液，加入过量的溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，同时生成白色沉淀。则原溶液中

A．可能有、 B．可能有4种离子

C．可能无 D．一定有、、

26．（2022·上海·模拟预测）某溶液中可能含浓度均为0.5mol/L的、、、、、中的若干种。向该溶液中逐滴加入稀HCl至过量，无明显现象，得到溶液X，对X进行如下实验：

根据上述实验现象得出的结论，错误的是

A．可能含、、 B．沉淀N是

C．一定含、 D．再检验一种离子即可确定原溶液成分

27．（2022·上海长宁·统考一模）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．c(H+)/c(OH-)=1×10-14的溶液：Ca2+、Na+、、

B．0.1 mol·L-1 KOH溶液：、Na+、I-、

C．能使pH试纸显深红色的溶液：Fe3+、Cl-、Ba2+、SCN-

D．0.1 mol·L-1NaClO溶液：HS-、Na+、Cl-、

28．（2022·上海·一模）将一定物质的量的Na2CO3、NaHCO3的混合物溶于水，配成1L溶液，取50mL溶液，滴加一定物质的量浓度的盐酸与它反应，得到的图象如下，下列说法正确的是

A．③代表产生的CO2的物质的量

B．原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1：2

C．盐酸的浓度是0.5mol·L-1

D．盐酸加到150mL时，放出CO2气体2.24L

二、实验题

29．（2022·上海杨浦·统考一模）铜是不活泼的金属，常见有、价。为探究铜及其化合物的性质，完成了两组实验，部分记录如下：

第一组：

完成下列填空：

(1)写出试管1中发生反应的离子方程式。___________

(2)试管2，预测步骤ⅱ后溶液不应呈红色，依据是___________。

(3)经测定试管2中得到的白色沉淀是。

对生成有两种猜测：

猜测①和反应生成，根据___________，推知这一猜测错误。

猜测②生成白色沉淀是因为：Cu++SCN-=CuSCN↓。再请结合步骤ⅱ溶液出现红色的现象，解释生成沉淀的可能原因。___________(用离子方程式表示)

第二组：水合肼(N2H4·H2O)和碱性铜氨[Cu(NH3)4]2+溶液混合反应，生成铜。

(4)水合肼溶液显弱碱性，其电离与NH3·H2O相似，写出水合肼的电离方程式：___________。

(5)将下列化学方程式补充完整、配平，并标出电子转移的数目和方向___________。

______N2H4·H2O+_____[Cu(NH3)4]2++_____OH-→_____Cu+_______N2↑+_______NH3+____H2O

(6)水合肼可用于还原锅炉水中溶解的O2，防止锅炉被腐蚀。与Na2SO3相比，使用水合肼处理水中溶解O2的优点是___________(任写一点)。

三、填空题

30．（2022·上海·模拟预测）综合利用CO2对构建低碳社会、促进工业可持续发展有重要意义。

途径1：可用工业废气中二氧化碳制备再生能源物质——甲醇。反应原理为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g) + H2O(g) +53.7kJ

某温度下，向2L密闭容器中通入0.04 mol CO2和0.08 mol H2，测得其压强(p)随时间(t)变化(如图1中)曲线I所示。

(1)以CO2来表示5 min内的化学反应反应速率υ(CO2)=_______。

(2)若只改变某一条件，其他条件相同时，曲线变化为II，则改变的条件是_______。

途径2：还可以通过以下途径实现CO2向CH3OH的转化(Q1、Q2均大于0)：

反应I：CO2(g)+H2(g)⇌H2O(g)+CO(g)+Q1

反应Ⅱ：2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)+Q2

反应I和反应Ⅱ的平衡常数K随温度T的变化如图2所示。

(3)根据图中数据分析可知，T1_______T2(选填“>”、“<”或“=”)；

(4)目前，许多国家采用CO2代替CO(以煤和天然气为原料)生产CH3OH。请阐述理由：_______

(5)0.02molCO2通入含有10mL 3 mol/L NaOH溶液中：

①所得溶液中取2mL，滴加几滴稀Ba(OH)2溶液，c(CO)_______(选填“增大、减小、不变、无法确定”)，写出反应的离子方程式_______；

②反应后的溶液还能吸收CO2的物质的量是_______；

③反应后的溶液中离子浓度由大到小的顺序排列_______。

参考答案：

1．C

【分析】由图可知，向0.01mol•L-1的a溶液中匀速滴入0.02mol•L-1的b溶液时，溶液中离子浓度减小，导电性减弱，当a溶液完全反应后，继续加入b溶液时，溶液中离子浓度又增大，溶液的导电性增强。

【详解】A．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸溶液发生的反应为氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为2H++SO+Ba2++2OH—=BaSO4↓+2H2O，反应中溶液中离子浓度减小，导电性减弱，当氢氧化钡溶液完全反应后，再加入稀硫酸使溶液中离子浓度又增大，溶液的导电性增强，反应过程与图示吻合，故A不符合题意；

B．向氢氧化钡溶液中加入硫酸铜溶液发生的反应为氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜，反应的离子方程式为Cu2++SO+Ba2++2OH—=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，反应中溶液中离子浓度减小，导电性减弱，当氢氧化钡溶液完全反应后，再加入硫酸铜使溶液中离子浓度又增大，溶液的导电性增强，反应过程与图示吻合，故B不符合题意；

C．向氢氧化钙溶液中加入碳酸氢钠溶液发生的反应为氢氧化钙溶液与碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，反应的离子方程式为Ca2++HCO+OH—=CaCO3↓+H2O，溶液中含有钠离子和氢氧根离子，导电能力不能为0，反应过程与图示不吻合，故C符合题意；

D．向氢氧化钙溶液中加入碳酸氢铵溶液发生的反应为氢氧化钙溶液与碳酸氢铵溶液共热反应生成碳酸钙沉淀、氨气和水，反应的离子方程式为Ca2++HCO+NH+2OH—CaCO3↓+NH3↑+2H2O，当氢氧化钙溶液完全反应后，再加入碳酸氢铵使溶液中离子浓度又增大，溶液的导电性增强，反应过程与图示吻合，故D不符合题意；

故选C。

2．D

【详解】A．醋酸是弱酸，属于弱电解质，故A不符合题意；

B．白糖是有机物，属于非电解质，故B不符合题意；

C．淀粉化学式(C6H10O5)n，属于天然高分子化合物，属于非电解质，故C不符合题意；

D．小苏打是碳酸氢钠，属于盐，属于强电解质，故D符合题意。

综上所述，答案为D。

3．B

【详解】A．该组离子之间不反应，可大量共存，但物质的量浓度均为0.5mol•L-1，不遵循电荷守恒，故A不选；

B．该组离子之间不反应，可大量共存，且物质的量浓度均为0.5mol•L-1，遵循电荷守恒，故B选；

C．H+、CH3COO-不能大量共存，故C不选；

D．Mg2+分别与CO、OH-反应，不能大量共存，故D不选；

故选：B。

4．A

【详解】A．极性键和非极性键均属于共价键，由题意知该晶体中不含离子键，故不可能是离子晶体，A错误；

B．由题意知，下列物质符合题意，CH3COOH（属于电解质）、CH2=CH2（属于非电解质）、C6H6（属于非电解质）等，B正确；

C．过氧化氢，乙烯，苯等只含非极性键和极性键，H2O2是无机物，C2H4、C6H6是有机物，C正确；

D．H2O2是极性分子，C2H4、C6H6是非极性分子，D正确；

故答案选A。

5．D

【详解】向溶液中加入烧碱溶液出现白色沉淀，可能是NaOH与MgCl2生成Mg(OH)2白色沉淀，也可能是NaOH与NaHCO3反应生成Na2CO3，Na2CO3与BaCl2生成BaCO3白色沉淀；加入稀硫酸也出现白色沉淀并放出气体，该白色沉淀一定是稀硫酸与BaCl2生成的BaSO4，气体是稀硫酸与K2CO3或NaHCO3反应生成的CO2，因一定存在BaCl2则一定没有K2CO3，故一定有NaHCO3；综上所述，该无色溶液一定含有一定有BaCl2和NaHCO3，一定没有K2CO3，可能有MgCl2，故答案选D。

6．C

【详解】A．NaHCO3电离出HCO和NaOH电离出OH-结合成碳酸根和水，离子方程式：HCO+ OH-= CO+H2O，调换滴加顺序，反应相同，A不选；

B．NaHCO3电离出HCO和HCl电离出H+结合成二氧化碳和水，离子方程式：HCO+ H+= CO2+H2O，调换滴加顺序，反应相同，B不选；

C．少量的NaOH溶液滴入AlCl3溶液中生成Al(OH)3, 离子方程式：Al3++ 3OH-=Al(OH)3↓，调换滴加顺序，少量的AlCl3溶液滴入过量NaOH溶液中生成NaAlO2，离子方程式：Al3++ 4OH-=AlO+2H2O，反应不同，C选；

D．氨水电离出OH-结合KAl(SO4)2电离出Al3+结合生成Al(OH)3，离子方程式：Al3++ 3NH3∙ H2O=Al(OH)3↓+3NH，调换滴加顺序，由于氢氧化铝与弱碱不反应，则反应相同，D不选；

故选：C。

7．D

【详解】A．利用溶解度差异，可以使溶解度相对较低的NaHCO3以沉淀的形式析出，NaCl+ NH4HCO3 → NaHCO3↓ + NH4Cl，A项正确；

B．NH3溶于水得到一水合氨，HCO可以和一水合氨发生反应，得到CO和NH，B项正确；

C．加食盐是为了提高溶液中Cl-的浓度，根据同离子效应使氯化铵先析出，C项正确；

D．冷却后加食盐得到氯化铵固体，说明氯化铵的溶解度比食盐更低，D项错误；

答案选D。

8．C

【分析】已知NH4Fe(SO4)2中Fe为+3价，Fe3+先与OH-结合，当Fe3+完全沉淀后，过量的OH-才与结合，据此分析解题：

【详解】A．由分析可知，NH4Fe(SO4)2中Fe为+3价，即不存在Fe2+，A不合题意；

B．由分析可知，Fe3+先与OH-结合，当Fe3+完全沉淀后，过量的OH-才与结合，故不可能发生4NH+2SO+2Ba2++OH-=2BaSO4↓+4NH3·H2O，B不合题意；

C．当NH4Fe(SO4)2和Ba(OH)2物质的量之比为2:3时，发生的离子方程式为2Fe3++3SO+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Fe(OH)3↓，C符合题意；

D．由分析可知，Fe3+先与OH-结合，当Fe3+完全沉淀后，过量的OH-才与结合，故不可能发生3NH+Fe3++3SO+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+Fe(OH)3↓+3NH3·H2O，D不合题意；

故答案为：C。

9．B

【详解】A．Na2SO3易被空气中的O2氧化为Na2SO4，检验需先加足量盐酸，再加BaCl2溶液，试剂选择不全，不符题意；

B．Fe2+溶液中易被氧化为Fe3+，Fe3+遇SCN-形成易溶难电离的[Fe(SCN)6]3-，溶液变为血红色，试剂选择正确，符合题意；

C．I-易被空气中的O2氧化为I2，检验I2需用淀粉试液，试剂选择错误，不符题意；

D．NaOH溶液易吸收空气中的CO2形成Na2CO3杂质，所以选择澄清石灰水可检验溶液中是否有，试剂选择错误，不符题意；

综上，本题选B。

10．D

【详解】向KAl(SO4)2溶液中加入一定量的Ba(OH)2溶液，当SO恰好完全沉淀时，KAl(SO4)2和Ba(OH)2的物质的量之比为1：2，化学方程式为KAl(SO4)2+2Ba(OH)2=KAlO2+2BaSO4↓+2H2O，离子方程式为Al3++2SO+2Ba2++4OH-→AlO+2BaSO4↓+2H2O；

故答案为D。

11．C

【详解】A．Cl2是非金属单质，既不是电解质又不是非电解质，故不选A；    

B．HCl的水溶液能导电，HCl是电解质，故不选B；

C．CO2自身不能电离，属于非电解质，CO2溶解时和水反应生成碳酸，有化学键的断裂和形成，故选C；

D．C2H5OH溶于水时不能电离，没有破坏化学键，C2H5OH是非电解质，故不选D；

选C。

12．B

【详解】由离子共存可知，溶液中含有氯离子，则X不可能为银离子，溶液中含有氢离子和硝酸根离子，则X不可能为亚铁离子；阴离子的电荷总数为0.1mol/L×1+0.1mol/L×2+0.1mol/L×1=0.4mol/L，由电荷守恒可知，0.1mol/LX的电荷数为0.4mol/L—0.1mol/L×1—0.1mol/L×1=0.2mol/L，则X为带有2个单位正电荷的镁离子，故选B。

13．C

【详解】除去Ca2+，要使用Na2CO3溶液；欲除去SO，要使用BaCl2溶液，这时就要引入过量Ba2+，除去过量Ba2+，就要使用Na2CO3溶液，为使实验步骤简单，除去SO加入的BaCl2溶液就要在加入Na2CO3溶液之前，这样除去Mg2+要使用NaOH溶液，过量的OH-及要用盐酸除去，而加入NaOH溶液除去Mg2+在使用试剂顺序无要求，因此三种试剂使用顺序可以是NaOH、BaCl2、Na2CO3或BaCl2、NaOH、Na2CO3或BaCl2、Na2CO3、NaOH，而不能是按Na2CO3、BaCl2、NaOH顺序，故合理选项是C。

14．D

【详解】A．FeCl3溶液中，铁离子水解溶液呈酸性，离子方程式：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，故A正确；

B．乙酸与氢氧化钠溶液发生中和反应，反应的离子反应：CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，故B正确；

C．FeSO4溶液中通入Cl2，氯气氧化亚铁离子，反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，溶液变为黄色，故C正确；

D．铝粉投入到氨水溶液中，氨水中的一水合氨为弱碱与铝不反应，故D错误；

故选：D。

15．D

【详解】A．共价化合物是含有共价键的化合物，而含有共价键的物质，可能是含有多个原子的非金属单质如H2，也可能是离子化合物，如NaOH，也可能是共价化合物，如HCl，因此不能根据物质是否含有共价键判断是否是共价化合物，A错误；

B．离子晶体是阴、阳离子之间以离子键结合形成的化合物，物质在液态时能导电，说明其中含有自由移动的微粒，可能是离子，也可能是电子。如熔融NaCl属于离子化合物，是离子导电，金属Hg是自由移动的电子导电，故不能根据物质在液态时能否导电判断是否是离子晶体，B错误；

C．电解质强弱判断是根据电解质溶于水后是否完全电离为离子，若完全电离，就是强电解质，若只有部分电离，溶液中存在电离平衡就是弱电解质。不能根据溶液导电能力大小判断，溶液导电能力强，只能说明溶液中自由移动的离子浓度大，C错误；

D．氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，所以可根据反应过程中元素化合价是否发生变化判断反应是否为氧化还原反应，D正确；

故合理选项是D。

16．B

【详解】A．NH3•H2O是弱碱，应该用化学式表示，不能用OH– 表示，故A不选；

B．1mol氢氧化钙含1mol Ca2+和2mol OH–，当碳酸氢钠和氢氧化钙的物质的量之比为3∶2时，NaHCO3与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠、氢氧化钠和水，可以用2Ca2+ + 3HCO+ 3OH– = 2CaCO3↓ + CO+ 3H2O表示，故B选；

C．Ca(HCO3)2与澄清石灰水反应生成碳酸钙和水，不能用2Ca2+ + 3HCO+ 3OH– = 2CaCO3↓ + CO+ 3H2O表示，故C不选；

D．1mol氢氧化钙含1mol Ca2+和2mol OH–，当碳酸氢铵和氢氧化钙的物质的量之比为3∶2时，NH4HCO3与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸铵、NH3•H2O和水，NH3•H2O用化学式表示，不能用2Ca2+ + 3HCO+ 3OH– = 2CaCO3↓ + CO+ 3H2O表示，故D不选；

故选B。

17．B

【详解】A．pH=1的溶液中，在酸性条件下与Fe2+会发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；

B．pH=12的溶液中，K+、Na+、、均不能发生反应，能大量共存，故B正确；

C．pH=7的溶液中，Cu2+、S2-会发生反应生成沉淀，不能大量共存，故C错误；

D．pH=7的溶液中，Al3+、会发生双水解，不能大量共存，故D错误；

故选B。

18．B

【详解】A．将过氧化钠样品完全溶于水，产生气泡，涉及的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，A错误；

B．向溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，涉及的离子方程式为：：CO+Ba2+=BaCO3↓，B正确；

C．向沉淀中滴加稀醋酸，产生气体，涉及的离子方程式为： BaCO3+2CH3COOH=Ba2++CO2↑+H2O+2CH3COO-，C错误；

D．将气体通入足量澄清石灰水，出现浑浊现象，涉及的离子方程式为：CO2+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O，D错误；

故答案为：B。

19．C

【详解】

根据离子半径判断，氯离子半径大于钠离子，则图中代表的离子是，故A正确；

B．含有自由移动离子或自由电子的物质能导电，NaCl固体中不能自由移动的离子或电子，所以不能导电，故B正确；

C．图b电解熔融氯化钠，氯离子向X电极移动，则X电极为阳极，与电源正极相连，故C错误；

D．图c为NaCl溶液，氯离子向X电极移动，则X电极为阳极、Y电极为阴极，电解NaCl溶液时Y电极上氢离子放电生成氢气，所以Y电极产物是氢气，故D正确；

故选：C。

20．A

【详解】A．小苏打的主要成分为碳酸氢钠，胃酸的主要成分为HCl，则用小苏打治疗胃酸过多的离子方程式为：，故A正确；

B．碳酸钡为难溶物，不能拆成离子形式，则往碳酸钡中滴加稀盐酸反应的离子方程式：，故B错误；

C．氢氧化铝能溶于强碱，但不溶于氨水等弱碱，且氨水不能拆成离子形式，则往氨水中滴加氯化铝：，故C错误；

D．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：，故D错误；

答案选A。

21．C

【分析】由于加入过量NaOH溶液，加热得到0.02mol气体，说明一定有NH，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，故有0.02molFe3+，一定没有CO；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，一定有Cl-，至少 0.02mol×3+0.02-0.02mol×2＝0.04mol，物质的量浓度至少＝0.4mol/L，根据题中信息，无法判断Al3+和K+是否存在，据此分析解答。

【详解】A．根据分析，至少存在Cl-、SO、NH、Fe3+四种离子，故A正确；

B．根据分析，结合电荷守恒，溶液中一定有Cl-，至少且c(Cl‑)≥0.4mol/L，故B正确

C．根据分析，CO一定不存在，故C错误；

D．根据分析，无法判断Al3+、K+是否存在，二者可能存在，也可能不存在，故D正确；

答案选C。

22．A

【分析】水溶液或熔融状态下能导电的化合物为电解质，水溶液和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质。

【详解】A．氯气为单质，既不是电解质也不是非电解质，A符合题意；

B．氨气的水溶液导电是因为其与水反应生成弱电解质一水合氨，其自身不能发生电离，为非电解质，B不符合题意；

C．乙醇的水溶液和熔融状态下都不导电，为非电解质，C不符合题意；

D．醋酸钠水溶液或熔融状态下能导电，为电解质，D不符合题意；

综上所述答案为A。

23．C

【详解】A．加H2SO4会同时沉淀Ba2+、Ag+，故A错误；

B．加入NaCl沉淀Ag+，加入硫酸钠沉淀Ba2+，加入适量NaOH能沉淀Al3+，过量氢氧化钠将Al3+转化为偏铝酸根离子，最后一步加过量HCl会溶解Al(OH)3沉淀，故B错误；

C．加HCl沉淀Ag+，加Na2SO4沉淀Ba2+，加过量的NaOH消耗之前的HCl同时生成偏铝酸钠，最后通CO2生成Al(OH)3沉淀，故C正确；

D．Na2CO3会同时沉淀Ba2+、Ag+、Al3+，故D错误；

故选：C。

24．B

【分析】加入铝粉能放出氢气的溶液，说明溶液为非氧化性强酸溶液（含有大量H+）或者强碱溶液（含有大量OH-）。

【详解】A．会与OH-反应生成NH3•H2O，不能在碱性条件下存在，但是离子均可以在酸性条件下共存，故A错误；

B．与OH-反应生成Mg(OH)2沉淀，不能在碱性下共存，酸性条件下存在，加入Al不能产生氢气，故酸性条件也不能共存，故B正确；

C．无论酸性还是碱性，均可以共存，不会发生化学反应，故C错误；

D．酸性条件下，弱酸酸根不能共存，酸性条件下存在，加入Al不能产生氢气，碱性条件下可以共存，故D错误；

故选B。

25．A

【详解】取少量溶液，加入过量的溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体NH3，故原溶液中含有，同时生成白色沉淀说明含有，由于Fe(OH)3是红褐色沉淀，故原溶液中一定没有Fe3+，Al3+与过量的溶液将转化为，故原溶液中可能含有Al3+，由题干信息可知，各离子的物质的量浓度相等，故若只含有、则溶液电荷不守恒，故肯定由K+或Al3+，当有Al3+时，则还应该由Cl-和，当含有K+时，则电荷恰好守恒，则肯定没有Cl-和，据此分析解题：

A. 由分析可知，当有Al3+时，则还应该由Cl-和，当含有K+时，则电荷恰好守恒，则肯定没有Cl-和，故可能有、，A符合题意；

B. 当有Al3+时，则还应该由Cl-和，原溶液中含有、、Al3+、Cl-和五种离子，当含有K+时，则电荷恰好守恒，则肯定没有Cl-和，原溶液中只有3种离子，故不可能有4种离子，B不合题意；

C. 由分析可知，原溶液中一定不含，C不合题意；    

D. 有分析可知，原溶液不一定含有，D不合题意；

故答案为：A。

26．A

【分析】向该溶液中逐滴加入稀HCl至过量，无明显现象，则无存在，再加入过量的硝酸钡生成白色沉淀，沉淀为硫酸钡，存在，同时生成气体，气体在空气中变为红棕色，则气体为NO，则溶液中存在Fe2+，反应后生成Fe3+，加入过量的NaOH生成氢氧化铁沉淀，已知可能含浓度均为0.5mol/L，根据溶液呈电中性，则其它离子不能判断。

【详解】A．根据溶液呈电中性，可能含有0.5mol/L的Na+和Cl-，则Al3+不存在，A结论错误；

B．NaOH过量，则反应后生成Fe3+，其与NaOH生成的沉淀N是Fe(OH)3，B结论正确；

C．分析可知，溶液中一定含Fe2+、，C结论正确；

D．根据溶液呈电中性及含离子的浓度均为0.5mol/L，再检验一种离子即可确定原溶液成分，D结论正确；

答案为A。

27．B

【详解】A．)=1×10-14的溶液中c(H+)=10-14mol/L，c(OH-)=1mol/L，该溶液显碱性， 不能在碱性溶液中存在，故A错误；

B．0.1 mol·L-1 KOH溶液：、Na+、I-、四种离子之间不发生反应，可以大量共存，故B正确；

C．能使pH试纸显深红色的溶液呈酸性，SCN-和Fe3+形成络合物，不能大量共存，故C错误；

D．0.1 mol·L-1NaClO溶液中，ClO-会和HS-发生氧化还原反应不能大量共存，故D错误；

故选B。

28．C

【详解】A．0∼50mL段发生反应为Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，没有二氧化碳生成，标注③的直线不能代表产生的CO2的物质的量，故A错误；

B．根据图示中(0，0.025)可知，原混合物中原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比的物质的量之比为1:1，故B错误；

C．50mL溶液中Na2CO3完全转化成NaHCO3，消耗50mL盐酸，根据Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3可知，n(HCl)=n(Na2CO3)=0.025mol，该盐酸的浓度为：c(HCl)==0.5mol/L，故C正确；

D．由图可知50mL∼150mL发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，可知n(CO2)=(HCl)=0.1L×0.5mol/L=0.05mol，V(CO2)=0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故D错误；

故答案选：C。

【点睛】根据图示中（0，0.025）可知，原混合物中原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量相等。

29．(1)Fe3++3SCN-Fe(SCN)3

(2)根据反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+可知，铜粉过量时，Fe3+反应完全

(3)     实验③，溶液变成绿色而无白色沉淀生成     Fe2++Cu2+Fe3++Cu+  Cu++SCN-=CuSCN↓

(4)N2H4·H2ON2H+OH-

(5)

(6)前者会产生Na2SO4杂质，后者生成无污染的气体

【详解】（1）试管1中发生反应即Fe2(SO4)3与KSCN溶液反应，则其离子方程式为：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3。

（2）已知0.16g铜粉的物质的量为：=0.0025mol，2mL0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中Fe3+的物质的量为：2×2×10-3L×0.05mol/L=0.0002mol，结合试管2中发生反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故铜过量，则可预测步骤ⅱ后溶液不应呈红色，故答案为：根据反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+可知，铜粉过量时，Fe3+反应完全。

（3）由实验③中CuSO4和KSCN溶液反应不产生白色沉淀，而是溶液变成绿色，则猜测①Cu2+和SCN-反应生成CuSCN是错误；猜测②生成白色沉淀是因为：Cu++SCN-=CuSCN↓，再请结合步骤ⅱ溶液出现红色的现象，即硫酸铁和铜反应后生成了亚铁离子和铜离子，二者将发生可逆反应生成Fe3+和Cu+。

（4）根据NH3·H2O的电离方程式NH3·H2ONH4++OH-可知，水合肼溶液显弱碱性，其电离与NH3·H2O相似，则水合肼的电离方程式为：N2H4·H2ON2H5++OH-。

（5）已知反应中N的化合价由-2价升高到0价，Cu的化合价由+2价降低到0价，根据氧化还原反应配平可得，该反应离子方程式为：N2H4·H2O+2[Cu(NH3)4]2++4OH-=2Cu+N2↑+8NH3+5H2O。双线桥法标出其电子转移方向和数目为：。

（6）水合肼可用于还原锅炉水中溶解的O2，生成N2和水，不会污染环境，防止锅炉被腐蚀，而Na2SO3与氧气反应转化为硫酸钠，对水溶液引入新的杂质，故使用水合肼处理水中溶解O2的优点是前者会产生Na2SO4杂质，后者生成无污染的气体。

30．(1)0.002mol/(L·min)

(2)加入催化剂

(3)<

(4)CO以煤和天然气为原料，生产成本受煤和天然气价格影响较大；CO2来源广泛，它还是温室气体，这样的转化有利于碳减排，缓解环境问题

(5)     增大     2 HCO+Ba2++2OH-=BaCO3↓+CO+2 H2O     0.01mol     c(Na+)>c(HCO)> c(CO)> c(OH-)> c(H+)

【解析】（1）

①开始时混合气体总物质的量=(0.04+0.08) mol=0. 12 mol，恒温恒容条件下，气体物质的量之比等于压强之比，则平街时混合气体总物质的量=×0.12mol=0. 08 mol，根据方程式知，如果有1 mol二氧化碳完全反应，则混合气体物质的量减少2 mol，则混合气体减少(0. 12-0.08) mol=0. 04 mol.则消耗n(CO2 )=×0.04 mol=0.02mol，反应开始至达平衡时，v(CO2)===0.002mol/(L·min)；

（2）

改变条件时只缩短了反应达到平街时间，但是平衡时压强不变，催化剂只改变化学反应速率不影响平街移动，所以改变的条件是加入催化剂；

（3）

Ⅰ和Ⅱ的正反应都是放热反应，升高温度平街逆向移动，化学平衡常数减小，根据图知，从左向右化学平衡常依次减小说明温度依次升高，所以Ti<T2；

（4）

CO需要煤和天然气制取，投资较高，且生产成本受煤和天然气价格影响较大，二氧化碳来源广泛，且是温室气体，还能解决温室效应，所以用二氧化碳较好；

（5）

①二氧化碳通入到氢氧化钠溶液中，首先反应生成碳酸钠，碳酸钠在与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，产物不是碳酸钠就是碳酸氢钠，或者二者都有，设生成物中碳酸钠的物质的量为x，碳酸为y，根据2NaOH＋CO2＝Na2CO3＋H2O，NaOH＋CO2＝NaHCO3再根据C和Na守恒可知可得出，x+y=0.02mol，2x+y=0.01L×3 mol/L=0.03mol，解得x=y=0.01mol，溶液碳酸钠和碳酸氢钠混合液，所得溶液中取2mL，滴加几滴稀Ba(OH)2溶液，而碳酸碳酸氢根和氢氧根结合生碳酸根，钡离子和碳酸根结合生成碳酸钡沉淀，由于氢氧化钡的量少，氢氧化钡提供来两个氢氧根的全部被碳酸氢根消耗掉，还多了碳酸根，所以碳酸根的数目增多，反离子方程式为：2HCO+Ba2++2OH-=BaCO3↓+CO+2H2O；

②根据①分析可知碳酸钠为0.01mol，根据Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，可知Na2CO3～CO2所以n(CO2)=n(Na2CO3)=0.01mol；

③据①分析可知，溶液中n(Na2CO3)=0.01mol=n(NaHCO3)，根据两个电离方程式NaHCO3=Na+ + HCO，Na2CO3=2Na+ + CO，可知c(Na+)最大，HCO+ H2O H2CO3 + OH-，CO+ H2O HCO+ OH-可知溶液显碱性，c(OH-)> c(H+)，也可知c(HCO)和c(CO)均比c(OH-)大，若HCO和CO都不水解和电离二者浓度一样大，但是CO的水解程度大于HCO的水解程度，剩余就少，所以c(Na+)>c(HCO)> c(CO)> c(OH-)> c(H+)；