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2021年新高考化学各地模拟题精细分类汇编 第13讲 电解质溶液（二）（一轮二轮通用）
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【备战2021】新高考化学各地模拟题精细分类汇编-第13讲电解质溶液（二）
知识点思维导图：
一．选择题（共13小题）
1．（2020秋•吴起县校级月考）下列离子方程式中，属于水解反应的是（ ）
A．CH3COOH+H2O⇌CH3COO﹣+H3O+
B．SO2+H2O⇌H2SO3
C．HCO3﹣+OH﹣⇌CO32﹣+H2O
D．NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+
2．（2020春•庄河市校级月考）欲使CH3COONa稀溶液中增大，可采取的措施是（ ）
A．加少量固体K2CO3 B．加少量的NaOH固体
C．加水稀释 D．升温
3．（2020春•金华期末）下列说法正确的是（ ）
A．中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同
B．在醋酸钠溶液中再加入少量水，水解平衡正向移动
C．用冰醋酸、蒸馏水和容量瓶可以配制pH＝1的醋酸溶液
D．室温下pH＝12的Ba（OH）2溶液与pH＝2的盐酸恰好中和，消耗二者体积比为1：2
4．（2020秋•科尔沁区校级月考）下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）
A．将Ca（ClO）2、Na2SO3、FeCl3、KAl（SO4）2的各自溶液分别蒸干均得不到原溶质
B．配制Fe（NO3）2溶液时，向Fe（NO3）2溶液中滴加几滴稀硝酸，以防止Fe（NO3）2发生水解
C．NH4F溶液要保存在塑料瓶
D．NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同
5．（2019秋•张北县期中）下列反应属于离子反应的是（ ）
A．C和O2反应生成CO2
B．锌片投入稀硫酸中
C．KMnO4加热分解制取O2
D．NH3遇HCl气体生成白烟NH4Cl小颗粒
6．（2020秋•榆阳区校级月考）下列图象能正确反映其对应实验过程中相关量的变化关系的是（ ）
A．向一定量的饱和石灰水中逐渐加入一定量的生石灰
B．向装有未打磨的铝片的试管中逐渐加入稀盐酸
C．向一定量的Ba（NO3）2溶液中逐渐加入稀硫酸
D．向一定量的稀盐酸中逐渐加入NaOH溶液
7．（2020秋•兴庆区校级月考）对下列实验过程的评价，正确的是（ ）
A．某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体中一定含有碳酸盐
B．某溶液中滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀，证明一定含有SO42﹣
C．用可溶性钡盐检验硫酸根离子的存在时，先在待测溶液中加入盐酸，其作用是排除硫酸根离子以外其他阴离子及银离子的干扰
D．验证某溶液中是否含有Cl﹣，加入AgNO3溶液，有白色沉淀，证明含Cl﹣
8．（2020秋•海淀区校级月考）已知溶解度也可用物质的量浓度表示，25℃时，Ag2SO4在不同浓度SO42﹣溶液中的溶解度如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．图中a、b两点c（Ag+）相同
B．把a点的溶液加热蒸发掉一部分水，恢复到室温，可得到b点的溶液
C．该温度下，Ag2SO4溶度积的数量级为10﹣5
D．在c点的溶液中加入少量Na2SO4固体，溶液可变为a点
9．（2020秋•沙坪坝区校级月考）重庆一中化学组姜林老师，热衷于电解，在办公室组装了如下四套装置。电极均为惰性电极，溶质、溶剂均足量，通电时间和电流强度均相同，相同条件下，产生气体总体积最大的是（ ）
A．
B．
C．
D．
10．（2020秋•吴起县校级月考）甲酸（HCOOH）是一种一元弱酸，下列性质中可以证明它是弱电解质的是（ ）
A．10mL 1mol•L﹣1甲酸溶液恰好与10mL 1mol•L﹣1NaOH溶液完全反应
B．甲酸能与碳酸钠溶液反应放出二氧化碳
C．常温下，1mol•L﹣1甲酸溶液中的 c （H+）约为0.01mol•L﹣1
D．甲酸溶液与锌反应比强酸溶液与锌反应缓慢
11．（2020秋•吴起县校级月考）下列说法正确的是（ ）
A．常温下0.2mol/L HB溶液和0.2mol/L NaOH溶液等体积混合后溶液的pH＞7，则混合溶液中离子浓度的大小顺序为：c（B﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．常温下，pH均为2的CH3COOH溶液和HCl溶液、pH均为12的氨水和NaOH溶液，四种溶液中由水电离的c（H+）相等
C．常温下0.1mol/L的下列溶液①NH4 Al（SO4）2，②NH4Cl，③NH3•H2O，④CH3COONH4中，c（NH4+）由大到小的顺序是：②＞①＞④＞③
D．0.1 mol/L pH为4的NaHB溶液中：c（HB﹣）＞c（H2B）＞c（B2﹣）
12．（2020秋•科尔沁区校级月考）25℃时，向10mL 0.1mol•L﹣1H3AsO4水溶液滴加0.1mol•L﹣1NaOH溶液，含砷的各物种的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与pH的关系分别如图，下列说法错误的是（ ）
A．H3AsO4⇌H2AsO4﹣+H+的电离常数为10﹣2.2
B．溶液中：Na3AsO4的Kh3＝10﹣11.8
C．水的电离程度：a＞b＞c
D．HAsO42﹣的水解程度大于电离程度
13．（2020秋•贵池区校级月考）在溶液中加入适量Na2O2后仍能大量共存的是（ ）
A．NH4+、K+、Cl﹣、SO42﹣ B．Na+、Mg2+、Cl﹣、ClO﹣
C．Na+、NO3﹣、HCO3﹣、SO42﹣ D．Ba2+、AlO2﹣、Cl﹣、NO3﹣
二．填空题（共8小题）
14．（2020秋•丰满区校级月考）有均为1mol/L的Na2CO3、FeCl3溶液，在Na2CO3溶液中滴入酚酞，则溶液呈现 （填“浅红”或“红色”），原因： （用离子方程表达），加热，则颜色变 （浅或深），在FeCl3溶液中滴入石蕊，则溶液呈现 （填颜色），若将其蒸干并灼烧，则得到的固体物质为： ，若将饱和的FeCl3滴入沸水，则发生的反应： （用离子方程表达）。
15．（2020秋•盐湖区校级月考）某溶液有Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣，要求依次检验出这三种离子，请完成下列实验设计：
检验离子
所加试剂
实验现象
离子方程式
①CO32﹣
稀硝酸
②SO42﹣
产生白色沉淀
③Cl﹣
产生白色沉淀
16．（2020秋•工农区校级月考）（1）已知25℃时，Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，Ksp（AgI）＝8.5×10﹣17。请回答下列问题：
①25℃时，若向50mL 0.018mol•L﹣1的AgNO3溶液中加入50mL 0.020mol•L﹣1的盐酸，混合后溶液中的c（Ag+）为 mol•L﹣1，pH为 。
②25℃时，取一定量含有I﹣、Cl﹣的溶液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl和AgI同时沉淀时，溶液中为 。
（2）已知：2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O，25℃时，Ksp（Ag2CrO4）＝9.0×10﹣12，Ksp（Ag2Cr2O7）＝2.0×10﹣7，向Na2Cr2O7溶液中加入AgNO3溶液，最终只生成一种砖红色沉淀，该沉淀的化学式是 。
（3）已知：25℃时Ksp（Ag2CrO4）＝9.0×10﹣12，Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，说明Ag2CrO4的溶解度 （填“大于”、“小于”或“等于”）AgCl的。
17．（2020秋•湖南月考）（1）离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系。由有机阳离子、Al2Cl7﹣和AlCl4﹣组成的离子液体作电解液时，可在钢制品上电镀铝。钢制品应接电源的 极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极反应式为 。若改用AlCl3水溶液作电解液，则阴极产物为 。
（2）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题，由硫化氢获得硫单质有多种方法。
①将用烧碱吸收H2S后所得的溶液加入如图一所示的电解池的阳极区进行电解。电解过程中阳极区发生如下反应：S2﹣﹣2e﹣═S，（n﹣1）S+S2﹣═Sn2﹣．电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，其离子方程式可写成 。
②电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图二所示，其阳极反应方程式为 。为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充 物质。（填化学式）
18．（2020春•番禺区校级期中）醋酸的电离方程式： 。
能说明醋酸是弱电解质的事实是 。
19．（2020秋•工农区校级月考）回答下列问题：
（1）氯化铁水溶液呈酸性，原因是（用离子方程式表示） 。实验室在临时配制一些氯化铁溶液时，常将氯化铁固体先溶于较浓的 中，然后再用蒸馏水稀释到所需要的浓度，是为了抑制其水解。
（2）25℃时，浓度为0.1mol/L的6种溶液：①HCl；②CH3COOH；③Ba（OH）2；④Na2CO3；⑤KCl；⑥NH4Cl，溶液的pH由小到大的顺序为 （填序号）[已知Kb（NH3•H2O）＝1.8×10﹣5，Ka（CH3COOH）＝1.75×10﹣5]。
（3）①写出1mol/L的NaH2PO4溶液中的电荷守恒表达式： 。
②泡沫灭火器（里面装饱和NaHCO3溶液和Al2（SO4）3）的工作原理（用离子方程式表示） 。
20．（2020春•赤峰期末）（1）在t℃时，某NaOH稀溶液中，c（H+）＝10﹣amol/L，c（OH﹣）＝10﹣bmol/L，已知a+b＝l2，则：该温度下水的离子积常数Kw＝ ；
（2）常温下，amL 0.1mol/L盐酸与bmL 0.1mol/L氨水混合，充分反应。
①写出反应的离子方程式： 。
②若混合后溶液呈中性，则a b．（填“＜”、“＝”或“＞”）
（3）常温下，amL pH＝3的盐酸与bmLpH＝l1的氨水混合，充分反应。
①两溶液中由水电离出的H+浓度之比为 。
②若a＝b，则反应后溶液中离子浓度从大到小的顺序是 。
（4）氯化铝水溶液呈酸性，原因是（用离子方程式表示）： 。
（5）在25℃下，向浓度均为0.1mol•L﹣1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成 沉淀。（填化学式）已知：25℃时Ksp[Mg（OH）2]＝1.8×10﹣11，Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣20。
21．（1）将下列离子Na+、Ag+、Cu2+、H+、NO3﹣、Cl﹣、CO32﹣、OH﹣按可能大量共存于同一溶液的情况，把他们分成A、B两组。
A组显酸性，除H+外还有 、 、 离子；
B组显碱性，除OH﹣外还有 、 、 离子；
（2）实验室制备氢氧化铁胶体的方法是 ；反应的化学方程为 。
三．实验题（共8小题）
22．（2020春•东城区校级期末）某小组同学为研究NaHCO3溶液加热时的pH变化及其原因，在10℃时加热NaHCO3溶液，并记录pH如下：
温度（℃）
10
20
30
加热煮沸后冷却到50℃
pH
8.3
8.4
8.5
8.8
（1）甲同学认为，该溶液的pH升高的原因是HCO3﹣的水解程度增大，故碱性增强，NaHCO3发生水解反应的离子方程式是 。
（2）乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度 （填“＞”或“＜”）NaHCO3。
（3）丙、丁同学进行实验如下：
①丙：向少量加热煮沸的溶液和未经加热的溶液中分别加入足量的试剂X后，观察到前者产生大量白色沉淀，因此他认为 （填“甲”或“乙”）的判断正确。其中试剂X是 。（填序号）
a．Ba（OH）2溶液 b．BaCl2溶液 c．NaOH溶液 d．澄清石灰水
②丁：将加热至30℃的NaHCO3溶液恢复至10℃，测其pH＝8.3．由此可得到的结论是 。
23．（2020•海淀区校级模拟）为探究FeCl3溶液中的离子平衡和离子反应，某小组同学进行了如下实验．
（1）配制50mL 1.0mol•L﹣1的FeCl3溶液，测其pH约为0.7，即c（H+）＝0.2mol•L﹣1．
①用化学用语解释FeCl3溶液呈酸性的原因： ．
②下列实验方案中，能使FeCl3溶液pH升高的是 （填字母序号）．
a．加水稀释 b．加入FeCl3固体 c．滴加浓KSCN溶液 d．加入NaHCO3固体
（2）小组同学利用上述FeCl3溶液探究其与足量锌粉的反应．实验操作及现象如表：
操作
现象
向反应瓶中加入6.5g锌粉，然后加入50mL 1.0mol•L﹣1的FeCl3溶液，搅拌
溶液温度迅速上升，稍后出现红褐色沉淀，同时出现少量气泡；反应一段时间后静置，上层溶液为浅绿色，反应瓶底部有黑色固体
收集检验反应过程中产生的气体
集气管口靠近火焰，有爆鸣声
已知：Zn的性质与Al相似，能发生反应：Zn+2NaOH═Na2ZnO2+H2↑
①结合实验现象和平衡移动原理解释出现红褐色沉淀的原因： ．
②用离子方程式解释反应后溶液为浅绿色的原因： ．
③分离出黑色固体，经下列实验证实了其中含有的主要物质．
i．黑色固体可以被磁铁吸引；
ii．向黑色固体中加入足量的NaOH溶液，产生气泡；
iii．将ii中剩余固体用蒸馏水洗涤后，加入稀盐酸，产生大量气泡；
iv．向iii反应后的溶液中滴加KSCN溶液，无变化．
a．黑色固体中一定含有的物质是 ．
b．小组同学认为上述实验无法确定黑色固体中是否含有Fe3O4，理由是 ．
（3）为进一步探究上述1.0mol•L﹣1FeCl3溶液中Fe3+和H+氧化性的相对强弱，继续实验并观察到反应开始时现象如表：
操作
现象
将5mL 1.0mol•L﹣1的FeCl3溶液与0.65g锌粉混合
溶液温度迅速上升，开始时几乎没有气泡
将 与0.65g锌粉混合
溶液中立即产生大量气泡
小组同学得出结论：在1.0mol•L﹣1FeCl3溶液中，Fe3+的氧化性比H+更强．
24．某学习小组以氢氧化钡、水、稀硫酸为实验对象进行如下实验：
实验装置
实验过程
①向烧杯中加入氢氧化钡粉末，灯泡不亮；
②再向烧杯中加入蒸馏水，灯泡变亮；
③向烧杯中逐滴滴加稀硫酸，灯泡变化情况
如下：亮暗熄灭亮
（1）氢氧化钡与稀硫酸能发生 。（填序号）
a．复分解反应
b．置换反应
（2）加蒸馏水后，灯泡变亮的原因是氢氧化钡在水溶液里发生了 。
（3）用离子方程式解释过程Ⅰ中灯泡变暗的原因： 。
（4）用硫酸钠溶液替代稀硫酸，重复上述实验进行对照。
①硫酸钠溶液中SO42﹣的浓度（mg•L﹣1）与稀硫酸中SO42﹣的浓度（mg•L﹣1） 。（填“相等”或“不相等”）
②加入硫酸钠溶液的过程中灯泡不熄灭，原因是 。
25．（2020秋•招远市校级月考）对某地区的颗粒物进行采样分析，颗粒物溶于水后形成的溶液中只含有NH4+、Na+、Mg2+、Ca2+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣、CO32﹣、Cl﹣中的若干种。为确定该颗粒物的组成，某化学兴趣小组对颗粒物进行如下实验：
回答下列问题：
（1）“气体2”分子中含有 （填“极性键”或“非极性键”）。
（2）实验室常用一种碱和一种盐制备“沉淀1”，该反应的化学方程式为 。
（3）写出“溶液5”生成“气体1”时发生反应的离子方程式： 。
（4）该颗粒物的水溶液中一定不含有的阳离子为 ；不能确定的阴离子为 ，请补充实验验证其是否存在： 。
（5）该颗粒物为大气污染物采样，由以上实验结果分析，该地区大气污染主要有 （填标号）。
A．燃煤污染（S）
B．机动车尾气（N）
C．土壤扬尘（Al）
D．建筑粉尘（Ca）
26．（2020•海淀区校级三模）某研究小组探究AgCl沉淀向Ag2S转化过程中发生了异常，并进一步探究原因：
（1）写出试管①中产生白色沉淀的离子方程式 。
（2）用化学方程式表示试管②中产生黑色沉淀的原因 。
（3）试管④中加入浓HNO3后的离子反应方程式为 。
（4）该小组为探究③中乳白色沉淀的原因可能与空气中的氧气有关，设计如图装置。
现象
B：一段时间后，无明显变化
C：一段时间后，出现乳白色沉淀
①E中加入的是 溶液。
②B中盛放的物质是 。
③该小组认为C中产生沉淀的反应如下（请补充完整）。
2Ag2S+ + +2H2O⇌2S+ +4 。
④请解释B、C现象不同的原因 。
（5）为了避免在AgCl沉淀向Ag2S转化过程中出现异常现象，需要控制的反应条件是 。
27．（2020秋•北京月考）某小组同学在实验室中用如图装置进行电解氯化铜溶液的实验。U型管内盛有蓝色的10% CuCl2溶液。
（1）通电一段时间后b极产生红色物质，相应的电极反应式是 。用湿润的淀粉碘化钾试纸置于a上方，可观察到的现象是 。
（2）继续研究电解过程中溶液的变化（电解过程中溶液体积变化忽略不计）。
①甲同学预测：随电解进行，U型管中的溶液颜色应变为浅蓝色，预测的的理由是 。
②随电解的进行，同学们却发现溶液颜色由蓝色变为绿色。
资料：Cu2+在溶液中存在[Cu（H2O）4]2+和[CuCl4]2﹣两种形式，且[Cu（H2O）4]2+（蓝色）+4C1﹣⇌[CuCl4]2﹣（黄色）+4H2O，当溶液浓度较小时呈蓝色，溶液浓度较大时呈绿色（蓝色与黄色叠加）。
乙同学在清理实验仪器时发现U型管壁温度较高，由此推测分析：由于 ，使溶液颜色发生变化。
③为了进一步证实乙同学的推测，可以采取的实验方法是 。
（3）电解CuCl2溶液的过程中能量转换形式为 。
28．（2020•麒麟区校级模拟）直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。
（1）用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应： ；
（2）在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式是 ；
（3）吸收液吸收SO2的过程中，pH随n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）变化关系如下表：
n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）
91：9
1：1
9：91
pH
8.2
7.2
6.2
①上表判断NaHSO3溶液显 性，用化学平衡原理解释 ；
②当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是（选填字母）： ；
a．c（Na+）＝2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）
b．c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H+）＝c（OH﹣）
c．c（Na+）+c（H+）＝c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣）
（4）当吸收液的pH降至约为6时，需送至电解槽再生。再生示意图如下：
①HSO3﹣在阳极放电的电极反应式是 ；
②当阴极室中溶液pH升至8以上时，吸收液再生并循环利用。简述再生原理 。
29．（2020春•浦东新区校级期中）常温下，某同学将硫酸与氨水等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液如表。
实验编号
氨水浓度/mol•L﹣1
硫酸浓度
/mol•L﹣1
混合溶液
NH4+浓度/mol•L﹣1
pH
①
0.2
0.2
a
②
0.2
0.1
b
x
③
c
0.1
7
请回答：
（1）实验①所得混合溶液pH小于7，（填“能”或“不能”） 证明一水合氨是弱电解质，请你再设计一个能证明一水合氨是弱电解质的方案 。
（2）实验①、②所得混合溶液中，a b，x 7．（填“＞”、“＜”或“＝”）
（3）实验③中，c 0.2（填“＞”、“＜”或“＝”），所得混合溶液中各离子浓度大小关系为 。
四．解答题（共10小题）
30．（2020春•凌源市校级月考）常温下，将0.1molCH3COONa和0.05molHCl溶于水配成1L溶液（pH＜7）。
（1）用离子方程式表示该溶液中存在的三个平衡体系 、 、 。
（2）溶液中各离子的物质的量浓度由大到小顺序为 。
（3）溶液中粒子中浓度为0.1mol/L的是 ，浓度为0.05mol/L的是 。
（4）物质的量之和为0.1mol的两种粒子是 与 。
31．（2020•闵行区二模）NaClO、NaNO3、Na2SO3 等钠盐在多领域有着较广的应用。
（1）上述三种盐所涉及的五种元素中，半径较小的原子是 ；原子核外最外层p亚层上电子自旋状态只有一种的元素是 。
（2）碱性条件下，铝粉可除去工业废水中的NaNO2，处理过程中产生一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。 产物中铝元素的存在形式 （ 填化学符号 ）； 每摩尔铝粉可处理 g NaNO2。
（3）新冠疫情发生后，有人用电解食盐水自制NaClO消毒液，装置如图（电极都是石墨）。电极a应
接在直流电源的 极；该装置中发生的化学方程式为 。
（4）Na2SO3 溶液中存在水解平衡 SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣，设计简单实验证明该平衡存在 。
（5）0.1mol/L Na2SO3溶液先升温再降温，过程中（溶液体积变化不计）pH如表。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
升温过程中pH减小的原因是 ；
①与④相比；c（HSO3﹣）① ④（填“＞”或“＜”）。
32．（2020秋•武功县月考）我们的生活离不开化学。化学物质在不同的领域发挥着重要的作用。
（1）明矾是常用的一种净水剂，用离子方程式和相应的文字叙述解释其净水的原理： 。
（2）化合物Mg5Al3（OH）19（H2O）4可作环保型阻燃材料，受热时发生如下分解反应：2Mg5Al3（OH）19（H2O）427H2O+10MgO+3Al2O3写出该化合物作阻燃剂的两条依据： 、 。
（3）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种常见的食品抗氧化剂，焦亚硫酸钠中硫元素的化合价为 。
（4）铵盐是重要的化肥，NH4Cl溶液中离子浓度大小顺序是 。
（5）NaHCO3可以中和胃酸又是常用的食品添加剂，室温下pH＝8的NaHCO3溶液中水电离出的OH﹣浓度为 。
33．（2019秋•汉中期末）离子反应是中学化学中重要的反应类型。请回答下列问题：
（1）在发生离子反应的反应物或生成物中，一定存在的是 （填字母）。
A．单质 B．氧化物 C．盐 D．化合物
（2）有一瓶澄清的溶液其中可能含有H+、Mg2+、Ba2+、Al3+、NO3﹣、CO32﹣、SO42﹣，取该溶液进行以下实验：
①用pH试纸检验，表明溶液呈强酸性，可以排除 的存在。
②取出部分溶液逐滴加入NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变为碱性，继续滴加NaOH溶液，先有白色沉淀产生后沉淀部分消失，则可证明 的存在。
③取部分上述碱性溶液加Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，证明 的存在，又可以排除 的存在，生成白色沉淀发生反应的离子方程式为 。
④根据上述实验事实还能确定溶液中肯定存在的离子是 。
34．（2020秋•运城月考）某溶液中可能含有大量的离子如下表所示：为探究其成分，某同学将Na2O2逐渐加入到上述混合溶液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量与加入Na2O，的物质的量的关系如图所示。
阳离子
H+、K+、Al3+、NH4+、Mg2+
阴离子
Cl﹣、Br﹣、OH﹣、CO32﹣、AlO2
（1）溶液中一定存在的阴离子是 ，可能存在的阳离子是 ，欲确定其存在的简单方法是 。
（2）导致沉淀物质的量减小的原因（用离子方程式表示）： ，整个过程中存在一个使沉淀固体质量增加但物质的量不变的变化，写出反应的化学方程式： 。
（3）若a＝1，溶液中各阳离子物质的量之比为 ，若最初溶液的体积为5L，则阴离子物质的量浓度为 。
35．（2020春•三明期末）向湿法炼锌的电解液中同时加入Cu和CuSO4，可生成CuCl沉淀除去Cl﹣，反应
原理如下：
Cu（s）+Cu2++（aq）⇌2Cu+（aq）△H1＝ak•mol﹣l
Cl﹣（aq）+Cu+（aq）⇌CuCl（s）△H2＝bkJ•mol﹣l
（1）反应Cu（s）+Cu2+（aq）+2Cl﹣（aq）═2CuCl（s）△H＝ 。
物质
CuCl
CuI
Cul2
Ksp
1.7×10﹣7
1.3×10﹣12
﹣
颜色
白色
白色
金黄色
（2）实验测得电解液 pH 对溶液中残留（Cl﹣）的影响如图所示。当pH＝7时，溶液中c（Cu+）＝ 。
（3）兴趣小组在CuCl2溶液中加入过量KI固体，观察到有白色沉淀生成。推测该白色沉淀中一定含有的物质是 ，原因是 。（已知：常温下 CuCl、CuI、CuI2的相关信息见上表。）
36．（2020秋•沙坪坝区校级月考）在电化学中，离子交换膜扮演了非常重要的角色，其中阴（阳）离子交换膜只允许阴（阳）离子通过的特性，往往有很多新奇的应用。
（1）用图一装置电解Na2SO4溶液。m、n分别为 、 离子交换膜（填“阳”或“阴”）。
A、D口产品的化学式分别是A 、D （H2O除外），整个装置中的总反应方程式为 。
（2）电渗析法是近年发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如图二。
①比较出水口的NaCl溶液浓度：b c（填“＞、＜或＝”）。
②海水中含有较多的Ca2+和Mg2+，淡化过程中， 口对应的室会产生较多的水垢（填a、b、c、d、e）。
37．（2020春•庐阳区校级月考）最近雾霾天气肆虐我国大部分地区。其中SO2是造成空气污染的主要原因，利用钠碱循环法可除去SO2。
（1）钠碱循环法中，Na2SO3溶液呈碱性的原因是 。（用离子方程式表示）
（2）已知H2SO3的电离常数为K1＝1.5×10﹣2，K2＝1.0×10﹣7；H2CO3的电离常数为K1＝4.3×10﹣7，K2＝5.6×10﹣11；，
则下列微粒可以大量共存的是 （填序号）。
A．CO32﹣和HSO3﹣ B．HCO3﹣和HSO3﹣ C．H2SO3和HCO3﹣ D．SO32﹣和HCO3﹣
（3）根据上述信息，当溶液的 pH＝5 时，溶液中＝ （填具体数值）。
（4）吸收液吸收SO2的过程中，水溶液中H2SO3、HSO3﹣、SO32﹣随 pH 的分布如图：
①吸收SO2制备NaHSO3溶液，实验中确定何时停止通SO2的实验操作为 。
②在0.1mol•L﹣1NaHSO3溶液中离子浓度关系不正确的是 （填序号）。
A．c（Na+）＝c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）
B．c（Na+）＞?（??O3﹣）＞?（?O32﹣）＞?（OH﹣）
C．c（H2SO3）+c（H+）＝c（SO32﹣）+c（OH﹣）
D．c（Na+）+c（H+）＝c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣）
（5）亚硫酰氯（SOCl2 ）又名氯化亚砜，是一种液态的非电解质，沸点为 77℃．SOCl2中氯元素与硫元素直接以共价键相连，其中 Cl 呈﹣1价；SOCl2遇水可生成SO2．请回答下列问题：蒸干MgCl2溶液不能得到无水MgCl2，若将SOCl2与MgCl2•6H2O混合并加热，可制得无水MgCl2，请用SOCl2与水反应的方程式和必要的文字描述解释原因 。
38．（2020秋•怀化月考）回答下列有关水溶液的问题：
（1）下列两种溶液中，室温下由水电离生成的H+浓度之比（①：②）是 。
①pH＝1的盐酸
②0.01mol•L﹣1的NaOH溶液
（2）已知在25℃和95℃时，水的电离平衡曲线如图所示。
①在25℃时，水的电离平衡曲线应为 （填“A”或“B”）；95℃时水的离子积KW＝ 。
②25℃时，将pH＝9的Ba（OH）2溶液与pH＝4的H2SO4溶液混合，若冷却至25℃时所得混合溶液的pH＝7，则Ba（OH）2溶液与H2SO4溶液的体积比为 。
③曲线B对应温度下，pH＝2的盐酸溶液和pH＝11的氢氧化钠溶液按体积比9：1混合，溶液的pH＝ 。
④常温下，将一小块金属钠投入100mL 0.15mol•L﹣1的CuSO4溶液中，收集到产生的气体1.456L（标准状况下），此时溶液体积仍为100mL，反应后溶液的pH＝ 。
39．某河道两旁有甲乙两厂。它们排放的工业废水中，共含K+、Ag+、Fe3+、C1﹣、OH﹣、NO3﹣六种离子。
（1）甲厂的废水明显呈碱性，故甲厂废水中所含的三种离子 、 、 。
（2）乙厂的废水中含有另外三种离子。对于该两厂的废水，可采取下列两种方法来处理。如果在乙厂废水中加一定量 （选填：活性炭或铁粉），离子方程式是 ，并且能够回收其中的金属 （填写金属元素符号）。
【备战2021】新高考化学各地模拟题精细分类汇编-第13讲电解质溶液（二）
参考答案与试题解析
一．选择题（共13小题）
1．答案：D
解：A．CH3COOH+H2O⇌CH3COO﹣+H3O+为弱酸的电离方程式，故A不符合；
B．SO2+H2O⇌H2SO3为二氧化硫和水的化合反应方程式，故B不符合；
C．HCO3﹣+OH﹣⇌CO32﹣+H2O为可溶性碳酸氢盐和可溶性强碱的复分解反应方程式，故C不符合；
D．NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+为NH4+的水解离子方程式，属于水解反应，故D符合；
故选：D。
2．答案：A
解：A.加少量固体K2CO3，碳酸根离子水解显碱性，溶液中氢氧根离子的浓度增大，水解平衡向逆向移动，所以醋酸根离子浓度增大，钠离子浓度不变，即比值会增大，故A正确；
B.加入NaOH固体，会导致氢氧根离子浓度增大，水解平衡向逆向移动，所以醋酸根离子浓度增大，但是钠离子增加的程度大，即比值会减小，故B错误；
C.加水稀释，促进水解，所以醋酸根离子物质的量减小，而钠离子的物质的量不变，即比值会减小，故C错误；
D.升温，水解平衡正向移动，所以醋酸根离子浓度减小，但是钠离子浓度不变，即比值会减小，故D错误；
故选：A。
3．答案：B
解：A．中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，由于一水合氨为弱碱，pH相同时氨水的浓度较大，则氨水消耗HCl的物质的量大于NaOH溶液，故A错误；
B．加水稀释促进盐的水解，则在醋酸钠溶液中再加入少量水，促进醋酸钠的水解，即水解平衡正向移动，故B正确；
C．醋酸为弱酸，难以配制pH＝1的溶液，可配制0.1mol/L的溶液，故C错误；
D．室温下pH＝12的Ba（OH）2溶液与pH＝2的盐酸，Ba（OH）2溶液中氢氧根离子的浓度等于盐酸中氢离子的浓度，所以二者恰好中和时，消耗二者体积比为1：1，故D错误。
故选：B。
4．答案：C
解：A．Ca（ClO）2、Na2SO3、FeCl3溶液蒸干均得不到原溶质，而KAl（SO4）2溶液加热时虽能水解，但生成的氢氧化铝和硫酸反应，最终为KAl（SO4）2，可得到溶质固体，故A错误；
B．HNO3有强氧化性，Fe2+有强还原性，二者能发生氧化还原反应生成Fe3+，所以配制 Fe（NO3）2 溶液时，不能滴加几滴稀硝酸抑制水解，故B错误；
C．氟化铵水解生成的氢氟酸，氢氟酸与玻璃中的二氧化硅反应，不能保存在玻璃瓶中，但与塑料不反应，可保存在塑料瓶中，故C正确；
D．NaCl溶液为中性，原因是钠离子和氯离子都不水解，而CH3COONH4溶液显中性是由于醋酸根离子与铵根离子的水解程度相等，所以醋酸铵溶液中水的电离程度大于氯化钠溶液，故D错误；
故选：C。
5．答案：B
解：A．C和O2反应生成CO2不是在溶液中进行的反应，所以不属于离子反应，故A错误；
B．锌和稀硫酸反应，有离子参加，属于离子反应，离子方程式：Zn+2H+＝Zn2++H2↑，故B正确；
C．高锰酸钾分解不是在溶液中进行的反应，所以不属于离子反应，故C错误；
D．NH3遇HCl气体生成白烟NH4Cl小颗粒，不是溶液中的反应，不属于离子反应，故D错误；
故选：B。
6．答案：B
解：A．生石灰与水反应生成氢氧化钙，水减少，会析出一部分溶质，反应放出大量的热，氢氧化钙的溶解度随着温度的升高而减小，溶质质量逐渐减小，随着反应结束，温度恢复至室温，氢氧化钙的溶解度随着温度的降低而增大，但是最终与反应前相比会变小，故A错误；
B．未打磨的铝片的试管中逐渐加入稀盐酸，盐酸先将表面的氧化铝保护膜溶解，不会产生氢气，然后是金属铝和盐酸之间的反应，此阶段会产生氢气，故B正确；
C．向一定量的Ba（NO3）2溶液中逐渐加入稀硫酸，会产生硫酸钡白色的沉淀，直到产生的沉淀量最大，将钡离子沉淀完毕后，不会再出现沉淀，沉淀量不再变化，故C错误；
D．一定量的稀盐酸中逐渐加入NaOH溶液发生中和反应生成氯化钠和水，恰好中和溶液显示中性，pH逐渐增大至7，开始盐酸的pH小于7，故D错误；
故选：B。
7．答案：C
解：A．碳酸氢盐、亚硫酸盐等均与盐酸反应生成无色气体，则该固体中不一定含有碳酸盐，故A错误；
B．白色沉淀可能为AgCl，则原溶液可能含银离子或硫酸根离子，但二者不同时存在，故B错误；
C．因为CO32﹣、SO32﹣、Ag+等均能与BaCl2溶液反应生成BaCO3、BaSO3、AgCl白色沉淀，干扰SO42﹣的检验，所以先在待测溶液中加入盐酸，排除SO42﹣以外的其它阴离子及Ag+的干扰，再用可溶性钡盐检验SO42﹣离子的存在，故C正确；
D．加入AgNO3溶液，有白色沉淀，可能为碳酸银沉淀，验证某溶液中是否含Cl﹣，应先加入过量的稀硝酸，排除其它离子的干扰，再加入AgNO3溶液，有白色沉淀，则证明含Cl﹣，故D错误；
故选：C。
8．答案：C
解：A．曲线为达到沉淀溶解平衡时的曲线，a点和b点c（SO42﹣）不一样，则c（Ag+）＝不一样，所以图中a、b两点c（Ag+）不相同，故A错误；
B．把a点的溶液加热蒸发掉一部分水，恢复到室温，仍然是饱和溶液，则溶液中各离子的浓度不变，即不能得到b点的溶液，故B错误；
C．根据图象上相关数据，Ag2SO4（s）⇌2Ag+（aq）+SO42﹣（aq），当c（SO42﹣）＝1mol/L时，溶液中c（Ag+）＝2×10﹣2.5mol/L，则Ksp＝c2（Ag+）•c（SO42﹣）＝（2×10﹣2.5）2×1＝4×10﹣5，则数量级为10﹣5，故C正确；
D．在c点的溶液是不饱和溶液，加入少量Na2SO4固体，溶液中c（SO42﹣）增大，c（Ag+）不变，不可能从c点变为a点，故D错误。
故选：C。
9．答案：B
解：图中装置都是串联电路，电极均为惰性电极，溶质、溶剂均足量，通电时间和电流强度均相同，假设通过4mol电子，生成的气体为标准状况，
A．左侧总反应为：2HClCl2↑+H2↑，右侧总反应为：CuCl2Cl2↑+Cu，总共生成6mol气体；
B．左侧总反应为：2NaCl+2H2OCl2↑+2NaOH+H2↑，右侧总反应为：2H2O2H2↑+O2↑，总共生成7mol气体；
C．左侧总反应为：Na2S+2H2OS↓+2NaOH+H2↑，右侧总反应为：2H2O2H2↑+O2↑，总共生成5mol气体；
D．左侧总反应为：2H2O2H2↑+O2↑，右侧总反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，总共生成6mol气体；
产生气体总体积最大的是B，
故选：B。
10．答案：C
解：A．等物质的量的甲酸和NaOH完全反应说明HCOOH为一元弱酸，不能说明HCOOH部分电离，则不能证明HCOOH为弱电解质，故A错误；
B．甲酸能和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，说明甲酸酸性大于碳酸，碳酸为弱酸，不能说明甲酸部分电离，则不能证明甲酸为弱电解质，故B错误；
C．常温下，1mol•L﹣1甲酸溶液中的 c （H+）约为0.01mol•L﹣1，c （H+）小于甲酸浓度，则HCOOH部分电离，为弱电解质，故C正确；
D．甲酸溶液与锌反应比强酸溶液与锌反应缓慢，说明甲酸中氢离子浓度小，但不能说明甲酸部分电离，则不能证明甲酸为弱电解质，故D错误；
故选：C。
11．答案：B
解：A．常温下0.2mol/L HB溶液和0.2mol/L NaOH溶液等体积混合后溶液的pH＞7，溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），结合电荷守恒可知c（Na+）＞c（B﹣），故A错误；
B．常温下，pH均为2的CH3COOH溶液和HCl溶液、pH均为12的氨水和NaOH溶液，四种溶液都抑制了水的电离，且酸溶液中的氢离子浓度和碱溶液中的氢氧根离子浓度均为0.01mol/L，则四种溶液中由水电离的c（H+）相等，故B正确；
C．①NH4 Al（SO4）2中铝离子水解抑制了NH4+的水解，②NH4Cl中NH4+组成水解，③NH3•H2O为弱电解质，部分电离出NH4+，其溶液中NH4+浓度最小，④CH3COONH4中醋酸根离子水解促进了NH4+的水解，所以浓度相等时四种溶液中的c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞②＞④＞③，故C错误；
D．NaHB溶液呈酸性，则存在c（HB﹣）＞c（B2﹣）＞c（H2B），故D错误；
故选：B。
12．答案：C
解：A．a点c（H3AsO4）＝c（H2AsO4﹣），溶液的pH＝2.2，则H3AsO4⇌H2AsO4﹣+H+的电离常数Ka1＝＝c（H+）＝10﹣2.2，故A正确；
B．a点c（H3AsO4）＝c（H2AsO4﹣），溶液的pH＝2.2，则Na3AsO4的Kh3＝＝c（OH﹣）＝＝10﹣11.8，故B正确；
C．a点溶液呈酸性，抑制了水的的电离，b点pH＝7，水的电离不受影响，c点HAsO42﹣、AsO43﹣水解促进了水的电离，则水的电离程度：a＜b＜c，故C错误；
D．由图示可知，溶液中主要存在HAsO42﹣时，溶液呈碱性，说明HAsO42﹣的水解程度大于其电离程度，故D正确；
故选：C。
13．答案：D
解：Na2O2具有强氧化性，与水反应生成NaOH和O2，
A．NH4+与OH﹣反应，加入适量Na2O2后不能大量共存，故A错误；
B．Mg2+与OH﹣、ClO﹣反应，不能大量共存，故B错误；
C．OH﹣、HCO3﹣之间发生反应，加入适量Na2O2后不能大量共存，故C错误；
D．Ba2+、AlO2﹣、Cl﹣、NO3﹣之间不反应，加入适量Na2O2后仍能大量共存，故D正确；
故选：D。
二．填空题（共8小题）
14．答案：浅红；CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣；深；红；Fe2O3；Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+。
解：1mol/L的Na2CO3溶液中的碳酸根离子会水解呈碱性，CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故遇到酚酞溶液变红，加热能促进碳酸根的水解，溶液的碱性增强，溶液红色加深，Fe3+会水解呈酸性，故滴入石蕊后变红；FeCl3是强酸弱碱盐，铁离子是弱碱阳离子；将FeCl3溶液蒸干时，铁离子水解生成Fe（OH）3和HCl，升高温度促进HCl挥发，所以蒸干溶液时得到碱，灼烧氢氧化铁时，氢氧化铁会分解生成氧化铁，所以最终得到的是红棕色固体Fe2O3，将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制备氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为：Fe3++3H2O（沸）═Fe（OH）3（胶体）+3H+，
故答案为：浅红；CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣；深；红；Fe2O3；Fe3++3H2O（沸）═Fe（OH）3（胶体）+3H+。
15．答案：①无色气泡； CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O；
②硝酸钡；Ba2++SO42﹣═BaSO4↓；
③硝酸银；Ag++Cl﹣═AlgCl↓。
解：先检验CO32﹣离子，此时可以加入稀硝酸，会产生无色气泡，反应的离子方程式为：CO32﹣+2H+＝H2O+CO2↑；
再检验SO42﹣离子，可以用含有Ba2+的盐（如硝酸钡）或者是氢氧化钡，反应现象为产生白色沉淀，反应的离子方程式为：Ba2++SO42﹣＝BaSO4↓；
最后检验Cl﹣离子可以使用Ag+，选用硝酸银溶液，反应会生成白色沉淀，反应的离子方程式为：Ag++Cl﹣＝AgCl↓，
故答案为：①无色气泡； CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O；②硝酸钡；Ba2++SO42﹣═BaSO4↓；③硝酸银；Ag++Cl﹣═AlgCl↓。
16．答案：（1）①1.8×10﹣7；2；
②4.7×10﹣7；
（2）Ag2CrO4；
（3）大于。
解：（1）①50mL0.018mol•L﹣1的AgNO3溶液中加入50mL0.020mol•L﹣1盐酸，则反应后c（Cl﹣）mol/L＝0.001mol/L，Ksp（AgCl）＝c（Ag+）×c（Cl﹣）＝1.8×10﹣10，则c（Ag+）＝＝1.8×10﹣7mol/L，c（H+）＝＝0.01mol/L，则pH＝2，
故答案为：1.8×10﹣7；2；
②＝×＝＝＝4.7×10﹣7，
故答案为：4.7×10﹣7；
（2）Ksp（Ag2CrO4）＜Ksp（Ag2Cr2O7）则Ag2CrO4更易生成沉淀，最终生成沉淀为Ag2CrO4，故答案为：Ag2CrO4；
（3）设1L饱和溶液中Ag2CrO4的物质的量为xmol，由平衡Ag2CrO4（s）⇌2Ag+（aq）+CrO42﹣（aq）可知，设c（Ag+）＝2x；c（CrO42﹣）＝x，则Ksp（Ag2CrO4）＝4x3＝9.0×10﹣12，解得x＝；同理可得饱和溶液中AgCl的物质的量为mol，则Ag2CrO4的溶解度较大，
故答案为：大于。
17．答案：（1）负；4Al2Cl7﹣+3e﹣＝Al+7AlCl4﹣；H2；
（2）①Sn2﹣+2H+＝（n﹣1）S↓+H2S↑；
②NO﹣3e﹣+2H2O＝NO3﹣+4H+；NH3。
解：（1）依据电镀原理分析，钢铁上镀铝是利用铝做阳极与电源正极相连，钢铁做阴极与电源负极相连，由有机阳离子、Al2Cl7﹣和AlCl4﹣组成的离子液体做电解液来实现，离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系，电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，则阴极反应生成铝是发生的还原反应，铝元素化合价降低，分析离子液体成分，结合电荷守恒分析可知是Al2Cl7﹣得到电子生成，电极反应为：4Al2Cl7﹣+3e﹣＝Al+7AlCl4﹣；改用AlCl3水溶液作电解液是溶液中氢离子在阴极放电生成氢气，2H++2e﹣＝H2↑；
故答案为：负；4Al2Cl7﹣+3e﹣＝Al+7AlCl4﹣；H2；
（2）①电解后阳极区离子为Sn2﹣，酸性条件下，发生歧化反应反应生成硫单质和硫化氢，反应离子方程式为：Sn2﹣+2H+＝（n﹣1）S↓+H2S↑，
故答案为：Sn2﹣+2H+＝（n﹣1）S↓+H2S↑；
②电解NO制备NH4NO3，阳极反应为NO﹣3e﹣+2H2O＝NO3﹣+4H+，阴极反应为：NO+5e﹣+6H+＝NH4++H2O，从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的NO3﹣的物质的量大于阴极产生的NH4+的物质的量，总反应方程式为：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3，为使电解产物全部转化为5mol NH4NO3，实际需在阴极生成3molNH4+，
故答案为：NO﹣3e﹣+2H2O＝NO3﹣+4H+；NH3。
18．答案：见试题解答内容
解：醋酸是弱电解质，部分电离生成氢离子和醋酸根离子，电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+；
部分电离的电解质为弱电解质，要证明醋酸为弱酸，只要证明醋酸部分电离即可，可以通过一下方法证明醋酸为弱酸，
相同浓度的盐酸和醋酸，盐酸的导电性比醋酸好；相同浓度的盐酸和醋酸，盐酸的pH比醋酸小；相同浓度的盐酸和醋酸，与锌反应，盐酸速率快，
故答案为：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+；相同浓度的盐酸和醋酸，盐酸的导电性比醋酸好；相同浓度的盐酸和醋酸，盐酸的pH比醋酸小；相同浓度的盐酸和醋酸，与锌反应，盐酸速率快。
19．答案：（1）Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+；盐酸；
（2）①＜②＜⑥＜⑤＜④＜③；
（3）①c（OH﹣）+c（H2PO4﹣）+2c （HPO42﹣）+3c （PO43﹣）＝c（H+）+c（Na+）；
②Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑。
解：（1）氯化铁水溶液呈酸性，原因是Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，实验室在临时配制一些氯化铁溶液时，常将氯化铁固体先溶于较浓的盐酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需要的浓度，是为了抑制其水解，
故答案为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+；盐酸；
（2）①HCl为强酸；②CH3COOH为弱酸；③Ba（OH）2为强碱；④Na2CO3为强碱弱酸盐；⑤KCl为强酸强碱盐；⑥NH4Cl为强酸弱碱盐；相同浓度下pH强酸＜弱酸＜强酸弱碱盐＜强酸强碱盐＜弱酸强碱盐＜强碱，则①＜②＜⑥＜⑤＜④＜③，
故答案为：①＜②＜⑥＜⑤＜④＜③；
（3）①1mol/L的NaH2PO4溶液中的电荷守恒表达式为c（OH﹣）+c（H2PO4﹣）+2c （HPO42﹣）+3c （PO43﹣）＝c（H+）+c（Na+），
故答案为：c（OH﹣）+c（H2PO4﹣）+2c （HPO42﹣）+3c （PO43﹣）＝c（H+）+c（Na+）；
②泡沫灭火器中NaHCO3溶液和Al2（SO4）3发生双水解反应的离子方程式为Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑，产生大量泡沫覆盖可燃物，达到灭火效果，
故答案为：Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑。
20．答案：（1）1×10﹣12；
（2）①H++NH3•H2O＝NH4++H2O；
②＜；
（3）①1：1；
②c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；
（4）Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；
（5）Cu（OH）2。
解：（1）Kw＝c（H+）×c（OH﹣）＝10﹣amol/L×10﹣bmol/L＝1×10﹣12mol2/L2，
故答案为：1×10﹣12；
（2）①一水合氨为弱电解质，写化学式，二者反应生成氯化铵和水，则离子方程式为H++NH3•H2O＝NH4++H2O，
故答案为：H++NH3•H2O＝NH4++H2O；
②若a＝b，二者恰好反应生成氯化铵，铵根离子发生水解反应，溶液呈酸性，若溶液呈中性时，氨水应该稍微过量，则需再加入少量的氨水，故a＜b，
故答案为：＜；
（3）①常温下，根据离子积常数，amLpH＝3的盐酸中，水电离出的c（OH﹣）为10﹣11mol/L，水电离出的H+与OH﹣相同，则水电离出的c（H+）＝10﹣11mol/L；bmLpH＝11的氨水中c（OH﹣）＝10﹣3mol/L，则水电离出的（H+）＝10﹣11mol/L，两溶液中由水电离出的c（H+）之比为1：1，
故答案为：1：1；
②若a＝b，则碱过量，溶液呈碱性，结合电荷守恒得c（NH4+）＞c（Cl﹣），一水合氨电离程度较小，溶液中离子浓度从大到小的顺序是c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），
故答案为：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；
（4）氯化铝为强酸弱碱盐，水溶液中，铝离子水解生成Al（OH）3和H+，导致溶液呈酸性，离子方程式为Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，
故答案为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；
（5）0．lmol•L﹣1的MgCl2溶液，镁离子刚好生成沉淀时，c2（OH﹣）＝＝1.8×10﹣10，则c（OH﹣）＝×10﹣5mol/L，同理0．lmol•L﹣1的CuCl2溶液，铜离子刚好生成沉底时，c（OH﹣）＝×10﹣10mol/L，需要的c（OH﹣）越小越先生成沉淀，则CuCl2先生成沉淀，生成沉淀Cu（OH）2，
故答案为：Cu（OH）2。
21．答案：（1）NO3﹣；Ag+；Cu2+；CO32﹣；Cl﹣；Na+；
（2）向沸水中逐滴加入5﹣6滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热；FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl。
解：（1）A组显酸性，存在大量H+，与H+反应的CO32﹣、OH﹣只能存在于B组，与CO32﹣、OH﹣反应的Ag+、Cu2+只能存在于A组；
B组显碱性，溶液中存在大量OH﹣，与OH﹣反应的Ag+、Cu2+离子不能共存，与Ag+反应的Cl﹣离子存在于A组，
结合分析可知，即A组含有的离子为NO3﹣、Ag+、Cu2+、H+，B组含有的离子为CO32﹣、OH﹣、Cl﹣、Na+，
故答案为：NO3﹣；Ag+；Cu2+；CO32﹣；Cl﹣；Na+；
（2）实验室制备氢氧化铁胶体的方法是：向沸水中逐滴加入5﹣6滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，发生反应的化学方程式为：FeCl3+3 H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl，
故答案为：向沸水中逐滴加入5﹣6滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热；FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl。
三．实验题（共8小题）
22．答案：见试题解答内容
解：（1）碳酸氢钠是强碱弱酸盐，能水解导致溶液呈碱性，水解离子方程式为HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，并且水解吸热，所以升高温度水解程度增大，溶液碱性增强，
故答案为：HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣；
（2）碳酸钠、碳酸氢钠均是强碱弱酸盐、能水解，酸性：H2CO3＞HCO3﹣，所以CO32﹣离子的第一步水解程度远远大于第二步水解程度，导致Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度，
故答案为：＞；
（3）①若要判断甲乙同学结论的对错，只需要检验煮沸的NaHCO3溶液是否含有Na2CO3即可，可根据二者化学性质的不同设计方案，
a、向两溶液中加入氢氧化钡溶液都能生成白色沉淀，现象相同，不能用于二者鉴别，故a不选；
b、向两溶液中加入氯化钡溶液，碳酸氢钠和氯化钡不反应，但碳酸钠和氯化钡能反应生成白色碳酸钡沉淀现象不同，可用于二者鉴别，故b选；
c、向两溶液中加入氢氧化钠，都无明显现象，所以不能用于二者鉴别，故c不选；
d：向溶液中加入澄清石灰水都能生成白色沉淀，现象相同，不能用于二者鉴别，故d不选；
由于分别加入足量的氯化钡溶液后，观察到前者产生大量白色沉淀，则乙同学结论正确，
故答案为：乙；b；
②起始时（10℃）NaHCO3溶液的pH＝8.3，将加热至30℃的NaHCO3溶液恢复至10℃，pH仍然为8.3，说明加热后碳酸氢钠没有分解，由此证明甲同学的判断正确，
故答案为：甲同学的判断正确。
23．答案：见试题解答内容
解：（1）①FeCl3溶液呈酸性的原因是Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，
故答案为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+；
②a能使FeCl3溶液pH升高是促进水解逆向进行，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，
a．加水稀释促进水解平衡正向进行，溶液PH增大，故a正确；
b．加入FeCl3固体溶解后平衡正向进行，溶液PH减小，故b错误；
c．滴加浓KSCN溶液，结合铁离子生成硫氰酸铁，水解平衡逆向进行，溶液PH增大，故c正确；
d．加入NaHCO3固体溶解后碳酸氢根离子结合氢离子促进平衡正向进行，溶液PH增大，故d正确；
故答案为：acd；
（2）向反应瓶中加入6.5g锌粉物质的量＝＝0.1mol，然后加入50mL 1.0mol•L﹣1的FeCl3溶液，溶液中铁离子物质的量＝0.050L×1.0mol/L＝0.05mol，2Fe3++Zn＝2Fe2++Zn2+，反应定量关系可知锌过量，搅拌溶液温度迅速上升，说明发生反应为放热反应，稍后出现红褐色沉淀为氢氧化铁沉淀，同时出现少量气泡，收集检验反应过程中产生的气体，集气管口靠近火焰，有爆鸣声证明为氢气，说明锌和铁离子水解生成的酸反应生成氢气，促进水解平衡正向进行生成氢氧化铁沉淀；反应一段时间后静置，上层溶液为浅绿色为氯化亚铁溶液，反应瓶底部有黑色固体，可能为过量的锌和氯化亚铁反应生成的金属铁，Zn的性质与Al相似，能发生反应：Zn+2NaOH═Na2ZnO2+H2↑，
①实验现象和平衡移动原理解释出现红褐色沉淀的原因是溶液温度升高，反应过程中出现H2使溶液中c（H+）降低，都会促进Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+正向移动，出现红褐色Fe（OH）3沉淀，
故答案为：溶液温度升高，反应过程中出现H2使溶液中c（H+）降低，都会促进Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+正向移动，出现红褐色Fe（OH）3沉淀；
②反应后溶液为浅绿色的原因是铁离子和锌反应生成亚铁离子和锌离子的溶液，反应的离子方程式为：2Fe3++Zn═2Fe2++Zn2+，
故答案为：2Fe3++Zn═2Fe2++Zn2+；
③i．黑色固体可以被磁铁吸引说明含铁；
ii．向黑色固体中加入足量的NaOH溶液，产生气泡，证明含有锌；
iii．将ii中剩余固体用蒸馏水洗涤后，加入稀盐酸，产生大量气泡，证明为金属锌；
iv．向iii反应后的溶液中滴加KSCN溶液，无变化说明为铁离子．
a．分析可知黑色固体中一定含有的物质是Fe和Zn，
故答案为：Fe和Zn；
b．上述实验无法确定黑色固体中是否含有Fe3O4，理由是iii中，若存在Fe3O4，稀盐酸与Fe3O4反应产生的Fe3+可与Fe继续反应生成Fe2+，导致在iv中检测不到Fe3+，与没有Fe3O4得到的iv中现象相同，
故答案为：iii中，若存在Fe3O4，稀盐酸与Fe3O4反应产生的Fe3+可与Fe继续反应生成Fe2+，导致在iv中检测不到Fe3+，与没有Fe3O4得到的iv中现象相同；
（3）探究上述1.0mol•L﹣1FeCl3溶液中Fe3+和H+氧化性的相对强弱，将5mL 1.0mol•L﹣1的FeCl3溶液与0.65g锌粉混合，溶液温度迅速上升，说明发生氧化还原反应，开始时几乎没有气泡证明铁离子先和锌反应，氢离子没反应；
5 mL 0.2 mol•L﹣1（或pH＝0.7）的盐酸与锌反应会生成气体，
故答案为：5 mL 0.2 mol•L﹣1（或pH＝0.7）的盐酸；
24．答案：（1）a；
（2）电离；
（3）Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣＝BaSO4↓+2H2O；
（4）①相等；
②反应有NaOH生成，NaOH在水溶液中能电离出Na+和OH﹣。
解：（1）氢氧化钡与稀硫酸发生中和反应生成硫酸钡和水，属于复分解反应，由于没有单质参与和生成，不属于置换反应，故选a，
故答案为：a；
（2）氢氧化钡固体中的阴阳离子不能自由移动，则氢氧化钡固体不导电，加入蒸馏水时氢氧化钡发生电离，生成自由移动的钡离子和氢氧根离子，所以灯泡逐渐变亮，
故答案为：电离；
（3）硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀，随着硫酸的加入，溶液中阴阳离子的浓度逐渐降低，过程Ⅰ中灯泡逐渐变暗，离子方程式为为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣＝BaSO4↓+2H2O，
故答案为：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣＝BaSO4↓+2H2O；
（4）①硫酸钠溶液替代稀硫酸进行对照实验，对照实验中SO42﹣的浓度必须相等，
故答案为：相等；
②硫酸钠和氢氧化钡反应的方程式为Na2SO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+2NaOH，氢氧化钠是可溶性碱，能电离生成Na+和OH﹣，其溶液能导电，所以加入硫酸钠溶液的过程中灯泡不熄灭，
故答案为：反应有NaOH生成，NaOH在水溶液中能电离出Na+和OH﹣。
25．答案：（1）极性键；
（2）6NH3•H2O+Al2（SO4）3＝2Al（OH）3↓+3（NH4）2SO4；
（3）8A1+2H2O+3NO3﹣+5OH﹣＝3NH3↑+8AlO2﹣；
（4）Mg2+、Ca2+；C1﹣；取适量“溶液1”于试管中，向其中加入足量的硝酸钡溶液，静置，取上层清液，滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀出现，则含C1﹣，反之则无；
（5）ABC。
解：（1）“气体2”为二氧化碳，二氧化碳为共价化合物，二氧化碳的电子式为：，其分子中含有两个碳氧双键，不同非金属元素之间易形成极性共价键，其分子中含有极性键，
故答案为：极性键；
（2）颗粒物溶于水后形成的溶液中只含有NH4+、Na+、Mg2+、Ca2+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣、CO32﹣、Cl﹣中的若干种，溶液1中加入过量NaOH溶液并加热有气体1生成且得到溶液，没有沉淀生成说明不含Mg2+，生成气体说明含有NH4+，气体1为氨气，向溶液2中通入二氧化碳有沉淀1生成且沉淀能溶解于NaOH溶液说明含有Al3+不含Ca2+，沉淀1为氢氧化铝，实验室常用氨水和铝盐的水溶液制备，反应方程式为：6NH3•H2O+Al2（SO4）3＝2Al（OH）3↓+3（NH4）2SO4，
故答案为：6NH3•H2O+Al2（SO4）3＝2Al（OH）3↓+3（NH4）2SO4；
（3）“气体1”为氨气，“溶液4”为偏铝酸钠溶液，向溶液3中加入足量氯化钡溶液得到沉淀且沉淀能部分溶解与稀盐酸生成气体，说明含有SO42﹣、CO32﹣，气体2为二氧化碳气体，该碳酸根离子为通入二氧化碳得到的，向溶液5中加入Al粉和NaOH并加热得到气体1，该气体为氨气，结合已知条件知，原溶液中含有NO3﹣，溶液5为硝酸铵溶液，发生反应的离子方程式为：8A1+2H2O+3NO3﹣+5OH﹣＝3NH3↑+8AlO2﹣，
故答案为：8A1+2H2O+3NO3﹣+5OH﹣＝3NH3↑+8AlO2﹣；
（4）该颗粒物的水溶液中，一定存在的离子有NH4+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣，一定不存在的离子有Mg2+、Ca2+、CO32﹣，不能确定的离子有Na+、Cl﹣，所以一定不存在的阳离子有Mg2+、Ca2+，不能确定的阴离子有Cl﹣，为确定该颗粒物的水溶液中是否存在Cl﹣，取适 量“溶液1”于试管中，向其中加入足量的硝酸钡溶液，静置，取上层清液，滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀出现，则含Cl﹣，反之则无，
故答案为：Mg2+、Ca2+；C1﹣；取适量“溶液1”于试管中，向其中加入足量的硝酸钡溶液，静置，取上层清液，滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀出现，则含C1﹣，反之则无；
（5）该颗粒物为大气污染物采样，一定存在的离子有NH4+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣，该地区大气污染主要有燃煤污染（S），机动车尾气（N），土壤扬尘（Al），
故答案为：ABC。
26．答案：（1）Ag++Cl﹣═AgCl↓；
（2）2AgCl（s）+S2﹣（aq）⇌AgS（s）+2Cl﹣ （aq）；
（3）S+4H++6NO3﹣＝SO42﹣+6NO2↑+2H2O或8NO3﹣+Ag2S+8H+＝Ag2SO4+8NO2↑+4H2O；
（4）①H2O2；②Ag2S 的悬浊液；③1O2、4NaCl、4AgCl、NaOH；④C中O2将Ag2S氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl﹣与游离的 Ag+结合成AgCl沉淀，由于c（Ag+）减小，有利于③中反应平衡右移，C 中最终出现乳白色沉淀；
（5）NaCl不过量或者隔绝氧气或者缩短存放时间。
解：（1）氯化钠和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，离子方程式为Ag++Cl﹣═AgCl↓，
故答案为：Ag++Cl﹣═AgCl↓；
（2）氯化银和硫化钠反应生成硫化银沉淀，方程式为2AgCl（s）+S2﹣（aq）⇌AgS（s）+2Cl﹣ （aq），
故答案为：2AgCl（s）+S2﹣（aq）⇌AgS（s）+2Cl﹣ （aq）；
（3）白色沉淀为氯化银，说明硫化银被氧气氧化生成了硫，硫和硝酸反应生成二氧化氮和硫酸根离子和水，方程式为：S+4H++6NO3﹣＝SO42﹣+6NO2↑+2H2O；或认为硫化银被硝酸氧化，离子方程式为8NO3﹣+Ag2S+8H+＝Ag2SO4+8NO2↑+4H2O，
故答案为：S+4H++6NO3﹣＝SO42﹣+6NO2↑+2H2O或8NO3﹣+Ag2S+8H+＝Ag2SO4+8NO2↑+4H2O；
（4）①实验要探究的是氧气对反应的影响，装置内产生氧气，因为烧瓶内已有二氧化锰存在，说明E中加入的为过氧化氢（H2O2），
故答案为：H2O2；
②B中应做对比实验，对比实验应该不含氯化钠溶液，即为Ag2S 的悬浊液，
故答案为：Ag2S 的悬浊液；
③硫化银被氧气氧化生成硫，在氯化钠存在下同时生成氯化银沉淀，产物中钠离子只能以氢氧化钠形式，根据氢元素守恒可知另一种未知反应物为水，方程式为2Ag2S+1O2+4NaCl+2H2O⇌4AgCl↓+2S+4NaOH，
故答案为：1O2、4NaCl、4AgCl↓、2S、NaOH；
④C中O2将Ag2S氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl﹣与游离的 Ag+结合成AgCl沉淀，由于c（Ag+）减小，有利于③中反应平衡右移，C 中最终出现乳白色沉淀，
故答案为：C中O2将Ag2S氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl﹣与游离的 Ag+结合成AgCl沉淀，由于c（Ag+）减小，有利于③中反应平衡右移，C 中最终出现乳白色沉淀；
（5）为了能实现氯化银变成硫化银，清晰看到实验现象，避免硫化银被氧化，在氯化钠和硝酸银反应过程中控制氯化钠的用量，NaCl不过量或者隔绝氧气或者缩短存放时间，
故答案为：NaCl不过量或者隔绝氧气或者缩短存放时间。
27．答案：（1）Cu2++2e﹣＝Cu；试纸变蓝；
（2）①溶液中c（Cu2+）逐渐减小；
②[Cu（H2O）4]2++4Cl﹣⇌[CuCl4]2﹣+4H2O为吸热反应，温度升高使平衡向右移动；
③将电解后的绿色溶液冷却至室温，溶液颜色变为浅蓝色（或将10%CuCl2溶液加热后变为绿色，再冷却后颜色恢复蓝色）；
（3）电能转化为化学能和热能。
解：（1）通电一段时间后b极产生红色物质，说明b电极上铜离子得电子生成铜，为阴极，相应的电极反应式是Cu2++2e﹣＝Cu，则a为阳极，阳极上氯离子放电生成的Cl2，可用湿润的淀粉碘化钾试纸置于a上方检验，淀粉碘化钾试纸变蓝，
故答案为：Cu2++2e﹣＝Cu；试纸变蓝；
（2）①Cu2+的水溶液呈蓝色，随电解进行，溶液中c（Cu2+）逐渐减小，U型管中的溶液颜色应变为浅蓝色，
故答案为：溶液中c（Cu2+）逐渐减小；
②乙同学在清理实验仪器时发现U型管壁温度较高，由此推测分析：由于[Cu（H2O）4]2++4Cl﹣⇌[CuCl4]2﹣+4H2O为吸热反应，温度升高使平衡向右移动，使溶液颜色发生变化，
故答案为：[Cu（H2O）4]2++4Cl﹣⇌[CuCl4]2﹣+4H2O为吸热反应，温度升高使平衡向右移动；
③乙同学的推测是溶液的温度升高，导致[CuCl4]2﹣的浓度增大，为证实乙同学的推测是否正确，可采取的实验方法是将电解后的绿色溶液冷却至室温，观察溶液颜色是否变为浅蓝色（或将10%CuCl2溶液加热后变为绿色，再冷却后颜色恢复蓝色），
故答案为：将电解后的绿色溶液冷却至室温，溶液颜色变为浅蓝色（或将10%CuCl2溶液加热后变为绿色，再冷却后颜色恢复蓝色）；
（3）电解池是将电能转化为化学能的装置，同时溶液温度升高了，则伴随有电能转化为热能，实验电解CuCl2溶液的过程中能量转换形式为电能转化为化学能和热能，
故答案为：电能转化为化学能和热能。
28．答案：见试题解答内容
解：（1）二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸具有还原性，被空气中的氧气氧化生成硫酸，SO2、O2形成硫酸型酸雨的反应：SO2+H2O＝H2SO3、2H2SO3+O2＝2H2SO4，故答案为：SO2+H2O＝H2SO3、2H2SO32H2SO3+O2＝2H2SO4；
（2）二氧化硫属于酸性氧化物，能和NaOH溶液反应生成亚硫酸钠和水，离子方程式为2OH﹣+SO2＝SO32﹣+H2O，
故答案为：2OH﹣+SO2＝SO32﹣+H2O；
（3）①在溶液中主要以HSO3﹣存在，HSO3﹣的电离很微弱，所以n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）＜1：1，根据表格知，当亚硫酸氢根离子的物质的量大于亚硫酸根离子的物质的量时，亚硫酸氢钠溶液呈酸性；亚硫酸氢钠溶液中存在HSO3﹣⇌SO32﹣+H+和HSO3﹣+H2O⇌H2SO3+OH﹣，HSO3﹣的电离程度大于水解程度，所以亚硫酸根离子的物质的量大于亚硫酸氢根；
故答案为：酸；HSO3﹣存在：HSO3﹣⇌SO32﹣+H+和HSO3﹣+H2O⇌H2SO3+OH﹣，HSO3﹣的电离程度大于水解程度；
②当溶液呈中性时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，亚硫酸氢根离子浓度大于亚硫酸根离子浓度。
a、溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，溶液呈中性时，溶液中c（H+）＝c（OH﹣），所以c（Na+）＝2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣），故a正确；
b、溶液呈中性时，溶液中c（H+）＝c（OH﹣），c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣），溶液中阴阳离子所带电荷相等，所以得c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H+）＝c（OH﹣），故b正确；
c、溶液呈中性时，溶液中阴阳离子所带电荷相等，得c（Na+）+c（H+）＝2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），故c错误；
故答案为：ab；
（4）①当吸收液的pH降至约为6时，吸收液中阴离子主要是亚硫酸氢根离子，亚硫酸氢根离子在阳极上失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为：HSO3﹣+H2O﹣2e﹣＝SO42﹣+3H+。
故答案为：HSO3﹣+H2O﹣2e﹣＝SO42﹣+3H+；
②电解时，溶液中阳离子向阴极移动，氢离子在阴极得电子生成氢气，溶液中氢离子浓度降低，导致加速HSO3﹣电离生成SO32﹣，钠离子进入阴极室，吸收液就可以再生。
故答案为：氢离子在阴极得电子生成氢气，溶液中氢离子浓度降低，促使HSO3﹣电离生成SO32﹣，且钠离子进入阴极室，吸收液就可以再生。
29．答案：（1）不能；用pH试纸测NH4Cl、NH4NO3、（NH4）2SO4溶液的pH值，如果pH＜7，证明铵根离子可以水解，故一水合氨为弱电解质；
（2）＞；＜；
（3）＞；c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＝c（OH﹣）。
解：（1）二者恰好完全反应生成NH4HSO4，NH4HSO4电离方程式为NH4HSO4＝NH4++H++SO42﹣，溶液中部分H+来自于HSO4﹣的电离，部分来自于铵根离子水解，溶液pH＜7不能证明一水合氨是弱电解质；可以根据NH4Cl、NH4NO3、（NH4）2SO4溶液pH值判断一水合氨是弱电解质，设计实验方案为：用pH试纸测NH4Cl、NH4NO3、（NH4）2SO4溶液的pH值，如果pH＜7，证明铵根离子可以水解，故一水合氨为弱电解质，
故答案为：不能；用pH试纸测NH4Cl、NH4NO3、（NH4）2SO4溶液的pH值，如果pH＜7，证明铵根离子可以水解，故一水合氨为弱电解质；
（2）①中溶质是NH4HSO4、②中溶质是（NH4）2SO4，两个实验中加入氨水的量相同但HSO4﹣的电离出的H+抑制NH4+水解，所以c（NH4+）：a＞b；NH4+水解导致（NH4）2SO4溶液呈酸性，溶液的pH＜7，
故答案为：＞；＜；
（3）（NH4）2SO4溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，酸碱体积相等，则c＞0.2，溶液呈中性，则c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（NH4+）＝c（OH﹣）+2c（SO42﹣），则c（NH4+）＝2c（SO42﹣），即c（NH4+）＞c（SO42﹣），溶液中水电离程度较小、盐水解程度较小，所以溶液中存在c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＝c（OH﹣），
故答案为：＞；c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＝c（OH﹣）。
四．解答题（共10小题）
30．答案：见试题解答内容
解：混合溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH、NaCl，
（1）溶液中存在醋酸和水的电离平衡、醋酸根离子的水解平衡，所以存在的平衡为CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+、CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣、H2O⇌H++OH﹣，故答案为：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+；CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣；H2O⇌H++OH﹣；
（2）混合溶液的pH＜7，c（H+）＞c（OH﹣），同时说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度，氯离子不水解，结合物料守恒得离子浓度大小顺序为c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），
故答案为：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）；
（3）溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得离子浓度为0.1mol/L的为Na+；离子浓度为0.05mol/L的为Cl﹣，
故答案为：Na+；Cl﹣；
（4）溶液中存在物料守恒，则0.1mol的微粒为CH3COOH、CH3COO﹣ 的物质的量之和，
故答案为：CH3COOH；CH3COO﹣。
31．答案：见试题解答内容
解：（1）Na、S、Cl为第三周期元素，O、N为第二周期元素，电子层数越多半径越大，电子层数相同时核电荷数越多半径越小，因此半径最小的是O；四种元素的核外电子排布分别为：Na：1s22s22p63s1、S：1s22s22p63s23p4、Cl：1s22s22p63s23p5；O：1s22s22p4、N：1s22s22p3；由核外电子排布可知最外层p亚层上电子自旋状态只有一种的元素是氮元素，故答案为：O；N；
（2）碱性条件下，铝粉可除去工业废水中的NaNO2，处理过程中产生一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为氨气，而铝在碱性溶液中最终以偏铝酸盐形式存在；据此可得反应的方程式为：2Al+NO2﹣+H2O+OH﹣＝NH3↑+2AlO2﹣；根据方程式1mol可以消耗0.5mol亚硝酸钠，其质量为：0.5mol×69g/mol＝34.5g，故答案为：AlO2﹣；34.5g；
（3）结合装置的特点及装置的目的可知当a作阳极时产生氯气向上扩散，b电极产生的氢氧化钠向下扩散，有利于两者充分接触反应，因此a接正极，电解过程产生氢氧化钠和氯气，两者继续反应产生次氯酸钠相应的反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；Cl2+2NaO＝NaCl+NaClO+H2O；故答案为：正；2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O；
（4）在加热条件下亚硫酸钠易被氧气氧化成硫酸钠，使得水解的亚硫酸根浓度减小，碱性降低； 因亚硫酸钠在加热时部分被氧化，恢复至室温时，亚硫酸钠的浓度比原来小，水解产生的亚硫酸氢根的浓度也比原来的要小，故答案为：亚硫酸钠被氧化；＞。
32．答案：（1）Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，水解生成的Al（OH）3具有强的吸附作用；
（2）反应吸热降低温度；固体氧化物隔绝空气（水蒸气稀释空气）；
（3）+4；
（4）c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；
（5）10﹣6mol/L。
解：（1）明矾中含有Al3+，在水中发生水解反应，生成Al（OH）3胶体，即Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，Al（OH）3胶体具有强的吸附作用，能吸附水中的悬浮颗粒形成沉淀，从而能净水，
故答案为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，水解生成的Al（OH）3具有强的吸附作用；
（2）2Mg5Al3（OH）19（H2O）427H2O+10MgO+3Al2O3，该反应的特点是：吸热反应、水易气化，气化时吸热、生成的MgO和Al2O3是固体，是耐火材料，该化合物作阻燃剂的两条依据：反应吸热降低温度、固体氧化物隔绝空气（水蒸气稀释空气），
故答案为：反应吸热降低温度；固体氧化物隔绝空气（水蒸气稀释空气）；
（3）Na2S2O5中钠元素为+1价，氧元素为﹣2价，设S的化合价为x价，由化合物中化合价的代数和为0可得1×2+2x+（﹣2）×5＝0，则x＝4，即S的化合价为+4价，
故答案为：+4；
（4）NH4Cl溶液中铵根离子部分水解显酸性，离子浓度大小顺序为c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），
故答案为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；
（5）NaHCO3水解溶液显碱性，pH＝8，则c（H+）＝10﹣8mol/L，则c（OH﹣）＝＝mol/L＝1×10﹣6mol/L，氢氧根离子全部由水电离，则溶液中水电离出的OH﹣浓度为10﹣6mol/L，
故答案为：10﹣6mol/L。
33．答案：见试题解答内容
解：（1）离子反应是由离子参加的反应，发生的条件是化合物在一定的条件下必须电离出能反应的离子，则必须是电解质发生电离，故选D，
故答案为：D；
（2）有一瓶澄清的溶液其中可能含有H+、Mg2+、Ba2+、Al3+、NO3﹣、CO32﹣、SO42﹣，
①用pH试纸检验，表明溶液呈强酸性，则一定不存在CO32﹣，可以排除CO32﹣的存在，
故答案为：CO32﹣；
②取出部分溶液逐滴加入NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变为碱性，继续滴加NaOH溶液，先有白色沉淀产生后沉淀部分消失，沉淀溶解为氢氧化铝，不溶的白色沉淀为氢氧化镁，说明一定含Mg2+、Al3+，
故答案为：Mg2+、Al3+；
③取部分上述碱性溶液加Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，碳酸根离子结合钡兰州市生成碳酸钡沉淀，说明一定含Ba2+，一定不含SO42﹣，生成白色沉淀发生反应的离子方程式为：Ba2++CO32﹣＝BaCO3↓，
故答案为：Ba2+；SO42﹣；Ba2++CO32﹣＝BaCO3↓；
④电解质溶液电荷守恒分析，阴离子一定含NO3﹣，上述实验事实还能确定溶液中肯定存在的离子NO3﹣，
故答案为：NO3﹣。
34．答案：（1）Cl﹣； K+；作焰色反应实验；
（2）Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣；+2H2O；4Fe（ OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3；
（3）n（H+）：n（NH4+ ）：n（Fe2+）：n（Al3+）＝2：2：3：2； 3.2 mol•L﹣1。
解：（1）加入0～a mol过氧化钠时，没有沉淀生成，表明溶液中含有H+；a～b mol过程中沉淀量增加，从b～8 mol过程中沉淀的量不变，但是气体的量增加，表明一定含有NH4+；8～c mol过程中沉淀的量减少，表明溶液中一定含有Al3+；但是并没有完全溶解，表明原溶液中还含 Fe2+，因为H+、NO3﹣、Fe2+不能大量共存，故溶液中一定没有NO3﹣，因此含有的阳离子为H+、Al3+、NH4+、Fe2+；溶液中有H+，所以一定不存在的离子为OH﹣、CO32﹣、AlO2﹣，根据电中性原理知一定有Cl﹣，溶液中可能含有K+，可利用焰色反应判断其是否存在，
故答案为：Cl﹣； K+；作焰色反应实验；
（2）生成的沉淀为 Al（ OH）3、Fe（ OH）2，其中Fe（ OH）2可被空气氧化为Fe（ OH）3，这会导致固体质量增大；氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应导致沉淀物质的量减小，
故答案为：Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O；4Fe（ OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3；
（3）由图知，沉淀量最多为5 mol，n[Al（OH）3]＝2 mol.n[Fe（OH）2]＝3 mol，1 mol Na2O2溶 于水可得到2 mol NaOH，故c＝9 mol。由Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓，Fe2++2OH﹣＝Fe（OH）2↓，将Al3+、Fe2+恰好转化为沉淀时需要12molNaOH、即需要消耗6molNa2O2，结合a＝1mol，知b＝7mol，由此知溶液中 n（NH4+ ）＝2 mol。即与H+反应的Na2O2是1 mol，故溶液中n（H+）＝2 mol，溶液中n（H+）：n（NH4+ ）：n（Fe2+）：n（Al3+）＝2：2：3：2。由电中性原理知n（Cl﹣）＝n（H+）+n（NH4+）+2n（Fe2+）+3n（Al3+）＝2+2+2×3+3×2＝16 mol，c（Cl﹣）＝3.2 mol.L﹣1，
故答案为：n（H+）：n（NH4+ ）：n（Fe2+）：n（Al3+）＝2：2：3：2； 3.2 mol•L﹣1。
35．答案：（1）（a+2b）kJ•mol﹣1；
（2）1.7×10﹣5mol•L﹣1；
（3）CuI；Cu2+与I﹣反应生成Cu+，因Ksp（CuI）＜Ksp（CuCl），Ksp更小的CuI更容易产生沉淀。
解：（1）①Cu（s）+Cu2+（aq）⇌2Cu+（aq）△H1＝a kJ•mol﹣1，②Cl﹣（aq）+Cu+（aq）⇌CuCl（s）△H2＝bkJ•mol﹣1，结合盖斯定律可知①+②×2得；Cu（s）+Cu2+（aq）+2Cl﹣（aq）⇌2CuCl（s）△H＝（a+2b）kJ•mol﹣1，
故答案为：（a+2b）kJ•mol﹣1；
（2）由图可知，pH＝7时，﹣lgc（Cl﹣）＝2，所以c（Cl﹣）＝10﹣2mol•L﹣1，根据Ksp（CuCl）＝c（Cu+）c（Cl﹣），c（Cu+）＝＝＝1.7×10﹣5mol•L﹣1，
故答案为：1.7×10﹣5mol•L﹣1；
（3）CuCl2溶液中加入过量KI固体，观察到有白色沉淀，因Ksp（CuI）＜Ksp（CuCl），Ksp更小的CuI更容易产生沉淀，所以Cu2+与I﹣反应生成Cu+，I﹣+Cu+＝CuI↓，
故答案为：CuI；Cu2+与I﹣反应生成Cu+，因Ksp（CuI）＜Ksp（CuCl），Ksp更小的CuI更容易产生沉淀。
36．答案：（1）阴；阳；H2SO4；NaOH；2Na2SO4+6H2O4NaOH+2H2SO4+2H2↑+O2↑；
（2）①＞；
②e
解：（1）电解Na2SO4溶液装置中，左侧为阳极、右侧为阴极，钠离子通过阳离子交换膜n移向阴极，硫酸根离子通过阴离子交换膜m移向阳极，阴极上氢离子放电生成氢气，则NaOH在阴极生成，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，则阳极上生成硫酸，由图可知，A、D口产品分别是硫酸和氢氧化钠，反应的总反应方程式为2Na2SO4+6H2O4NaOH+2H2SO4+2H2↑+O2↑，
故答案为：阴；阳；H2SO4；NaOH；2Na2SO4+6H2O4NaOH+2H2SO4+2H2↑+O2↑；
（2）①电解池中，阳离子通过阳离子交换膜移向阴极，阴离子通过阴离子交换膜移向阳极，电渗析淡化海水图中，c出口所在原料室中氯离子通过阴离子交换膜移向b出口所在原料室，同时a出口所在原料室中钠离子通过阳离子交换膜移向b出口所在原料室，所以b出口所在原料室中NaCl的浓度增大，c出口所在原料室中NaCl的浓度减小，即NaCl溶液浓度：b＞c，
故答案为：＞；
②水垢的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁，电渗析淡化时阴极上氢离子放电生成氢气，则阴极附近氢氧根离子浓度增大，而海水中含有碳酸氢根离子、Ca2+和Mg2+，阴极生成的氢氧根离子与海水中碳酸氢根离子、钙离子反应生成白色沉淀碳酸钙，同时阴极附近氢氧根离子与镁离子生成氢氧化镁白色沉淀，所以产生较多的水垢的位置是阴极，即e出口对应的室会产生较多的水垢，
故答案为：e
37．答案：（1）SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣；
（2）BD；
（3）15；
（4）①测量溶液的 pH，若pH 约为4，停止通SO2；
②D；
（5）SOCl2+H2O═SO2↑+2HCl，随着SOCl2的通入，能够消耗MgCl2•6H2O分解产生的水，同时生成的 HCl抑制了MgCl2的水解。 HCl抑制了MgCl2的水解
解：（1）Na2SO3为强碱弱酸盐，SO32﹣水解使得溶液显碱性，pH＞7，以第一步水解为主，水解反应离子方程式为SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣，
故答案为：SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣；
（2）已知Ka越大酸性越强，酸性较强的能与酸性较弱的酸根离子反应，由于HCO3﹣的酸性小于HSO3﹣的酸性，所以HCO3﹣与SO32﹣不反应，即BD能共存，
故答案为：BD；
（3）H2SO3的电离常数为K1＝1.5×10﹣2，K2＝1.0×10﹣7，可知H2SO3⇌SO32﹣+2H+，K＝K1•K2＝1.5×10﹣9，当溶液的 pH＝5 时，溶液中＝＝15，
故答案为：15；
（4）①由图象可知吸收SO2制备NaHSO3溶液，溶液pH越为5，则测量溶液的 pH，若pH 约为4，停止通SO2，故答案为：测量溶液的 pH，若pH 约为4，停止通SO2；
②A．由物料守恒可知，c（Na+）＝c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3），故A正确；
B．在NaHSO3溶液中，电离程度大于水解程度，溶液显酸性，则离子浓度为c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣），故B正确；
C．根据质子守恒，c（H2SO3）+c（H+）═c（SO32﹣）+c（OH﹣），故C正确；
D．根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝2c（SO32﹣）+c（（HSO3﹣）+c（OH﹣），故D错误；
故答案为：D；
（5）蒸干MgCl2溶液时Mg2+会发生水解生成Mg（OH）2，且生成的HCl具有挥发性，当MgCl2•6H2O与SOCl2混合共热时，由于SOCl2极易与水反应，反应产生的HCl可以抑制MgCl2的水解，
故答案为：SOCl2+H2O═SO2↑+2HCl，随着SOCl2的通入，能够消耗MgCl2•6H2O分解产生的水，同时生成的 HCl抑制了MgCl2的水解。 HCl抑制了MgCl2的水解。
38．答案：（1）1：10；
（2）①A；10﹣12；
②10：1；
③9；
④14.
解：（1）酸溶液中，氢氧根离子是水电离，碱溶液中H+是水电离的，
①pH＝1的盐酸中由水电离生成的c（H+）＝mol/L＝10﹣13mol/L，
②0.01mol•L﹣1的NaOH溶液中由水电离生成的c（H+）＝mol/L＝10﹣12mol/L，
室温下由水电离生成的c（H+）之比（①：②）是10﹣13：10﹣12＝1：10，
故答案为：1：10；
（2）①水的电离吸收热量，升高温度促进水电离，则水的离子积常数增大，根据图知，在25℃时，水的电离平衡曲线应为A，95℃时水的离子积KW＝10﹣6×10﹣6＝10﹣12，
故答案为：A；10﹣12；
②25℃时，将pH＝9的Ba（OH）2溶液中c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣5mol/L，pH＝4的H2SO4溶液中c（H+）＝10﹣4mol/L，若冷却至25℃时所得混合溶液的pH＝7，溶液呈中性，则碱中n（OH﹣）等于酸中n（H+），二者体积之比等于其浓度的反比，所以V[Ba（OH）2]：V（H2SO4）＝10﹣4mol/L：10﹣5mol/L＝10：1，
故答案为：10：1；
③该温度下KW＝10﹣6×10﹣6＝10﹣12，该温度下pH＝2的盐酸中c（H+）＝10﹣2mol/L，pH＝11的NaOH溶液中c（OH﹣）＝mol/L＝0.1mol/L，二者以体积比为9：1混合，NaOH有剩余，溶液呈碱性，则混合溶液中c（OH﹣）＝mol/L＝0.001mol/L，混合溶液中c（H+）＝mol/L＝10﹣9mol/L，溶液的pH＝9，
故答案为：9；
④由将钠投入CuSO4溶液中，钠先和水反应生成NaOH和氢气，生成的NaOH和CuSO4发生复分解反应，方程式为：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，2NaOH+CuSO4＝Na2SO4+Cu（OH）2↓，n（H2）＝＝0.065mol，根据方程式知生成n（NaOH）＝2n（H2）＝2×0.065mol＝0.13mol，n（CuSO4）＝0.15mol/L×0.1L＝0.015mol，根据方程式知NaOH有剩余，溶液中剩余n（NaOH）＝0.065mol×2﹣0.15mol/L×0.1L×2＝0.1mol，则c（OH﹣）＝mol/L＝1mol/L，c（H+）＝10﹣14mol/L，所以反应后溶液的pH＝14，
故答案为：14。
39．答案：（1）K+；Cl﹣；OH﹣；
（2）铁粉；Fe+2Ag+＝2Ag+Fe2+；Ag。
解：（1）甲厂废水呈碱性，则溶液中含有大量的OH﹣，与OH﹣离子反应的Ag+、Fe3+不能大量共存，
根据溶液电中性可知甲厂废水中应含有K+，乙厂中含有Ag+、Fe3+，则与Ag+、Fe3+反应的Cl﹣、OH﹣不能共存，根据溶液电中性可知乙厂还有NO3﹣，
由此可知：甲厂含有K+、Cl﹣、OH﹣，乙厂含有Ag+、Fe3+、NO3﹣；
故答案为：K+；Cl﹣；OH﹣；
（2）乙厂含有的金属离子有K+、Ag+、Fe3+，加入单质Fe，铁可置换出Ag，反应的离子方程式为：Fe+2Ag+＝2Ag+Fe2+，
故答案为：铁粉；Fe+2Ag+＝2Ag+Fe2+；Ag。
【备战2021】新高考化学各地模拟题精细分类汇编-第13讲电解质溶液（二）
知识点思维导图：
一．选择题（共13小题）
1．（2020秋•吴起县校级月考）下列离子方程式中，属于水解反应的是（ ）
A．CH3COOH+H2O⇌CH3COO﹣+H3O+
B．SO2+H2O⇌H2SO3
C．HCO3﹣+OH﹣⇌CO32﹣+H2O
D．NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+
2．（2020春•庄河市校级月考）欲使CH3COONa稀溶液中增大，可采取的措施是（ ）
A．加少量固体K2CO3 B．加少量的NaOH固体
C．加水稀释 D．升温
3．（2020春•金华期末）下列说法正确的是（ ）
A．中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同
B．在醋酸钠溶液中再加入少量水，水解平衡正向移动
C．用冰醋酸、蒸馏水和容量瓶可以配制pH＝1的醋酸溶液
D．室温下pH＝12的Ba（OH）2溶液与pH＝2的盐酸恰好中和，消耗二者体积比为1：2
4．（2020秋•科尔沁区校级月考）下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）
A．将Ca（ClO）2、Na2SO3、FeCl3、KAl（SO4）2的各自溶液分别蒸干均得不到原溶质
B．配制Fe（NO3）2溶液时，向Fe（NO3）2溶液中滴加几滴稀硝酸，以防止Fe（NO3）2发生水解
C．NH4F溶液要保存在塑料瓶
D．NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同
5．（2019秋•张北县期中）下列反应属于离子反应的是（ ）
A．C和O2反应生成CO2
B．锌片投入稀硫酸中
C．KMnO4加热分解制取O2
D．NH3遇HCl气体生成白烟NH4Cl小颗粒
6．（2020秋•榆阳区校级月考）下列图象能正确反映其对应实验过程中相关量的变化关系的是（ ）
A．向一定量的饱和石灰水中逐渐加入一定量的生石灰
B．向装有未打磨的铝片的试管中逐渐加入稀盐酸
C．向一定量的Ba（NO3）2溶液中逐渐加入稀硫酸
D．向一定量的稀盐酸中逐渐加入NaOH溶液
7．（2020秋•兴庆区校级月考）对下列实验过程的评价，正确的是（ ）
A．某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体中一定含有碳酸盐
B．某溶液中滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀，证明一定含有SO42﹣
C．用可溶性钡盐检验硫酸根离子的存在时，先在待测溶液中加入盐酸，其作用是排除硫酸根离子以外其他阴离子及银离子的干扰
D．验证某溶液中是否含有Cl﹣，加入AgNO3溶液，有白色沉淀，证明含Cl﹣
8．（2020秋•海淀区校级月考）已知溶解度也可用物质的量浓度表示，25℃时，Ag2SO4在不同浓度SO42﹣溶液中的溶解度如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．图中a、b两点c（Ag+）相同
B．把a点的溶液加热蒸发掉一部分水，恢复到室温，可得到b点的溶液
C．该温度下，Ag2SO4溶度积的数量级为10﹣5
D．在c点的溶液中加入少量Na2SO4固体，溶液可变为a点
9．（2020秋•沙坪坝区校级月考）重庆一中化学组姜林老师，热衷于电解，在办公室组装了如下四套装置。电极均为惰性电极，溶质、溶剂均足量，通电时间和电流强度均相同，相同条件下，产生气体总体积最大的是（ ）
A．
B．
C．
D．
10．（2020秋•吴起县校级月考）甲酸（HCOOH）是一种一元弱酸，下列性质中可以证明它是弱电解质的是（ ）
A．10mL 1mol•L﹣1甲酸溶液恰好与10mL 1mol•L﹣1NaOH溶液完全反应
B．甲酸能与碳酸钠溶液反应放出二氧化碳
C．常温下，1mol•L﹣1甲酸溶液中的 c （H+）约为0.01mol•L﹣1
D．甲酸溶液与锌反应比强酸溶液与锌反应缓慢
11．（2020秋•吴起县校级月考）下列说法正确的是（ ）
A．常温下0.2mol/L HB溶液和0.2mol/L NaOH溶液等体积混合后溶液的pH＞7，则混合溶液中离子浓度的大小顺序为：c（B﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．常温下，pH均为2的CH3COOH溶液和HCl溶液、pH均为12的氨水和NaOH溶液，四种溶液中由水电离的c（H+）相等
C．常温下0.1mol/L的下列溶液①NH4 Al（SO4）2，②NH4Cl，③NH3•H2O，④CH3COONH4中，c（NH4+）由大到小的顺序是：②＞①＞④＞③
D．0.1 mol/L pH为4的NaHB溶液中：c（HB﹣）＞c（H2B）＞c（B2﹣）
12．（2020秋•科尔沁区校级月考）25℃时，向10mL 0.1mol•L﹣1H3AsO4水溶液滴加0.1mol•L﹣1NaOH溶液，含砷的各物种的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与pH的关系分别如图，下列说法错误的是（ ）
A．H3AsO4⇌H2AsO4﹣+H+的电离常数为10﹣2.2
B．溶液中：Na3AsO4的Kh3＝10﹣11.8
C．水的电离程度：a＞b＞c
D．HAsO42﹣的水解程度大于电离程度
13．（2020秋•贵池区校级月考）在溶液中加入适量Na2O2后仍能大量共存的是（ ）
A．NH4+、K+、Cl﹣、SO42﹣ B．Na+、Mg2+、Cl﹣、ClO﹣
C．Na+、NO3﹣、HCO3﹣、SO42﹣ D．Ba2+、AlO2﹣、Cl﹣、NO3﹣
二．填空题（共8小题）
14．（2020秋•丰满区校级月考）有均为1mol/L的Na2CO3、FeCl3溶液，在Na2CO3溶液中滴入酚酞，则溶液呈现 （填“浅红”或“红色”），原因： （用离子方程表达），加热，则颜色变 （浅或深），在FeCl3溶液中滴入石蕊，则溶液呈现 （填颜色），若将其蒸干并灼烧，则得到的固体物质为： ，若将饱和的FeCl3滴入沸水，则发生的反应： （用离子方程表达）。
15．（2020秋•盐湖区校级月考）某溶液有Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣，要求依次检验出这三种离子，请完成下列实验设计：
检验离子
所加试剂
实验现象
离子方程式
①CO32﹣
稀硝酸
②SO42﹣
产生白色沉淀
③Cl﹣
产生白色沉淀
16．（2020秋•工农区校级月考）（1）已知25℃时，Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，Ksp（AgI）＝8.5×10﹣17。请回答下列问题：
①25℃时，若向50mL 0.018mol•L﹣1的AgNO3溶液中加入50mL 0.020mol•L﹣1的盐酸，混合后溶液中的c（Ag+）为 mol•L﹣1，pH为 。
②25℃时，取一定量含有I﹣、Cl﹣的溶液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl和AgI同时沉淀时，溶液中为 。
（2）已知：2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O，25℃时，Ksp（Ag2CrO4）＝9.0×10﹣12，Ksp（Ag2Cr2O7）＝2.0×10﹣7，向Na2Cr2O7溶液中加入AgNO3溶液，最终只生成一种砖红色沉淀，该沉淀的化学式是 。
（3）已知：25℃时Ksp（Ag2CrO4）＝9.0×10﹣12，Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，说明Ag2CrO4的溶解度 （填“大于”、“小于”或“等于”）AgCl的。
17．（2020秋•湖南月考）（1）离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系。由有机阳离子、Al2Cl7﹣和AlCl4﹣组成的离子液体作电解液时，可在钢制品上电镀铝。钢制品应接电源的 极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极反应式为 。若改用AlCl3水溶液作电解液，则阴极产物为 。
（2）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题，由硫化氢获得硫单质有多种方法。
①将用烧碱吸收H2S后所得的溶液加入如图一所示的电解池的阳极区进行电解。电解过程中阳极区发生如下反应：S2﹣﹣2e﹣═S，（n﹣1）S+S2﹣═Sn2﹣．电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，其离子方程式可写成 。
②电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图二所示，其阳极反应方程式为 。为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充 物质。（填化学式）
18．（2020春•番禺区校级期中）醋酸的电离方程式： 。
能说明醋酸是弱电解质的事实是 。
19．（2020秋•工农区校级月考）回答下列问题：
（1）氯化铁水溶液呈酸性，原因是（用离子方程式表示） 。实验室在临时配制一些氯化铁溶液时，常将氯化铁固体先溶于较浓的 中，然后再用蒸馏水稀释到所需要的浓度，是为了抑制其水解。
（2）25℃时，浓度为0.1mol/L的6种溶液：①HCl；②CH3COOH；③Ba（OH）2；④Na2CO3；⑤KCl；⑥NH4Cl，溶液的pH由小到大的顺序为 （填序号）[已知Kb（NH3•H2O）＝1.8×10﹣5，Ka（CH3COOH）＝1.75×10﹣5]。
（3）①写出1mol/L的NaH2PO4溶液中的电荷守恒表达式： 。
②泡沫灭火器（里面装饱和NaHCO3溶液和Al2（SO4）3）的工作原理（用离子方程式表示） 。
20．（2020春•赤峰期末）（1）在t℃时，某NaOH稀溶液中，c（H+）＝10﹣amol/L，c（OH﹣）＝10﹣bmol/L，已知a+b＝l2，则：该温度下水的离子积常数Kw＝ ；
（2）常温下，amL 0.1mol/L盐酸与bmL 0.1mol/L氨水混合，充分反应。
①写出反应的离子方程式： 。
②若混合后溶液呈中性，则a b．（填“＜”、“＝”或“＞”）
（3）常温下，amL pH＝3的盐酸与bmLpH＝l1的氨水混合，充分反应。
①两溶液中由水电离出的H+浓度之比为 。
②若a＝b，则反应后溶液中离子浓度从大到小的顺序是 。
（4）氯化铝水溶液呈酸性，原因是（用离子方程式表示）： 。
（5）在25℃下，向浓度均为0.1mol•L﹣1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成 沉淀。（填化学式）已知：25℃时Ksp[Mg（OH）2]＝1.8×10﹣11，Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣20。
21．（1）将下列离子Na+、Ag+、Cu2+、H+、NO3﹣、Cl﹣、CO32﹣、OH﹣按可能大量共存于同一溶液的情况，把他们分成A、B两组。
A组显酸性，除H+外还有 、 、 离子；
B组显碱性，除OH﹣外还有 、 、 离子；
（2）实验室制备氢氧化铁胶体的方法是 ；反应的化学方程为 。
三．实验题（共8小题）
22．（2020春•东城区校级期末）某小组同学为研究NaHCO3溶液加热时的pH变化及其原因，在10℃时加热NaHCO3溶液，并记录pH如下：
温度（℃）
10
20
30
加热煮沸后冷却到50℃
pH
8.3
8.4
8.5
8.8
（1）甲同学认为，该溶液的pH升高的原因是HCO3﹣的水解程度增大，故碱性增强，NaHCO3发生水解反应的离子方程式是 。
（2）乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度 （填“＞”或“＜”）NaHCO3。
（3）丙、丁同学进行实验如下：
①丙：向少量加热煮沸的溶液和未经加热的溶液中分别加入足量的试剂X后，观察到前者产生大量白色沉淀，因此他认为 （填“甲”或“乙”）的判断正确。其中试剂X是 。（填序号）
a．Ba（OH）2溶液 b．BaCl2溶液 c．NaOH溶液 d．澄清石灰水
②丁：将加热至30℃的NaHCO3溶液恢复至10℃，测其pH＝8.3．由此可得到的结论是 。
23．（2020•海淀区校级模拟）为探究FeCl3溶液中的离子平衡和离子反应，某小组同学进行了如下实验．
（1）配制50mL 1.0mol•L﹣1的FeCl3溶液，测其pH约为0.7，即c（H+）＝0.2mol•L﹣1．
①用化学用语解释FeCl3溶液呈酸性的原因： ．
②下列实验方案中，能使FeCl3溶液pH升高的是 （填字母序号）．
a．加水稀释 b．加入FeCl3固体 c．滴加浓KSCN溶液 d．加入NaHCO3固体
（2）小组同学利用上述FeCl3溶液探究其与足量锌粉的反应．实验操作及现象如表：
操作
现象
向反应瓶中加入6.5g锌粉，然后加入50mL 1.0mol•L﹣1的FeCl3溶液，搅拌
溶液温度迅速上升，稍后出现红褐色沉淀，同时出现少量气泡；反应一段时间后静置，上层溶液为浅绿色，反应瓶底部有黑色固体
收集检验反应过程中产生的气体
集气管口靠近火焰，有爆鸣声
已知：Zn的性质与Al相似，能发生反应：Zn+2NaOH═Na2ZnO2+H2↑
①结合实验现象和平衡移动原理解释出现红褐色沉淀的原因： ．
②用离子方程式解释反应后溶液为浅绿色的原因： ．
③分离出黑色固体，经下列实验证实了其中含有的主要物质．
i．黑色固体可以被磁铁吸引；
ii．向黑色固体中加入足量的NaOH溶液，产生气泡；
iii．将ii中剩余固体用蒸馏水洗涤后，加入稀盐酸，产生大量气泡；
iv．向iii反应后的溶液中滴加KSCN溶液，无变化．
a．黑色固体中一定含有的物质是 ．
b．小组同学认为上述实验无法确定黑色固体中是否含有Fe3O4，理由是 ．
（3）为进一步探究上述1.0mol•L﹣1FeCl3溶液中Fe3+和H+氧化性的相对强弱，继续实验并观察到反应开始时现象如表：
操作
现象
将5mL 1.0mol•L﹣1的FeCl3溶液与0.65g锌粉混合
溶液温度迅速上升，开始时几乎没有气泡
将 与0.65g锌粉混合
溶液中立即产生大量气泡
小组同学得出结论：在1.0mol•L﹣1FeCl3溶液中，Fe3+的氧化性比H+更强．
24．某学习小组以氢氧化钡、水、稀硫酸为实验对象进行如下实验：
实验装置
实验过程
①向烧杯中加入氢氧化钡粉末，灯泡不亮；
②再向烧杯中加入蒸馏水，灯泡变亮；
③向烧杯中逐滴滴加稀硫酸，灯泡变化情况
如下：亮暗熄灭亮
（1）氢氧化钡与稀硫酸能发生 。（填序号）
a．复分解反应
b．置换反应
（2）加蒸馏水后，灯泡变亮的原因是氢氧化钡在水溶液里发生了 。
（3）用离子方程式解释过程Ⅰ中灯泡变暗的原因： 。
（4）用硫酸钠溶液替代稀硫酸，重复上述实验进行对照。
①硫酸钠溶液中SO42﹣的浓度（mg•L﹣1）与稀硫酸中SO42﹣的浓度（mg•L﹣1） 。（填“相等”或“不相等”）
②加入硫酸钠溶液的过程中灯泡不熄灭，原因是 。
25．（2020秋•招远市校级月考）对某地区的颗粒物进行采样分析，颗粒物溶于水后形成的溶液中只含有NH4+、Na+、Mg2+、Ca2+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣、CO32﹣、Cl﹣中的若干种。为确定该颗粒物的组成，某化学兴趣小组对颗粒物进行如下实验：
回答下列问题：
（1）“气体2”分子中含有 （填“极性键”或“非极性键”）。
（2）实验室常用一种碱和一种盐制备“沉淀1”，该反应的化学方程式为 。
（3）写出“溶液5”生成“气体1”时发生反应的离子方程式： 。
（4）该颗粒物的水溶液中一定不含有的阳离子为 ；不能确定的阴离子为 ，请补充实验验证其是否存在： 。
（5）该颗粒物为大气污染物采样，由以上实验结果分析，该地区大气污染主要有 （填标号）。
A．燃煤污染（S）
B．机动车尾气（N）
C．土壤扬尘（Al）
D．建筑粉尘（Ca）
26．（2020•海淀区校级三模）某研究小组探究AgCl沉淀向Ag2S转化过程中发生了异常，并进一步探究原因：
（1）写出试管①中产生白色沉淀的离子方程式 。
（2）用化学方程式表示试管②中产生黑色沉淀的原因 。
（3）试管④中加入浓HNO3后的离子反应方程式为 。
（4）该小组为探究③中乳白色沉淀的原因可能与空气中的氧气有关，设计如图装置。
现象
B：一段时间后，无明显变化
C：一段时间后，出现乳白色沉淀
①E中加入的是 溶液。
②B中盛放的物质是 。
③该小组认为C中产生沉淀的反应如下（请补充完整）。
2Ag2S+ + +2H2O⇌2S+ +4 。
④请解释B、C现象不同的原因 。
（5）为了避免在AgCl沉淀向Ag2S转化过程中出现异常现象，需要控制的反应条件是 。
27．（2020秋•北京月考）某小组同学在实验室中用如图装置进行电解氯化铜溶液的实验。U型管内盛有蓝色的10% CuCl2溶液。
（1）通电一段时间后b极产生红色物质，相应的电极反应式是 。用湿润的淀粉碘化钾试纸置于a上方，可观察到的现象是 。
（2）继续研究电解过程中溶液的变化（电解过程中溶液体积变化忽略不计）。
①甲同学预测：随电解进行，U型管中的溶液颜色应变为浅蓝色，预测的的理由是 。
②随电解的进行，同学们却发现溶液颜色由蓝色变为绿色。
资料：Cu2+在溶液中存在[Cu（H2O）4]2+和[CuCl4]2﹣两种形式，且[Cu（H2O）4]2+（蓝色）+4C1﹣⇌[CuCl4]2﹣（黄色）+4H2O，当溶液浓度较小时呈蓝色，溶液浓度较大时呈绿色（蓝色与黄色叠加）。
乙同学在清理实验仪器时发现U型管壁温度较高，由此推测分析：由于 ，使溶液颜色发生变化。
③为了进一步证实乙同学的推测，可以采取的实验方法是 。
（3）电解CuCl2溶液的过程中能量转换形式为 。
28．（2020•麒麟区校级模拟）直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。
（1）用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应： ；
（2）在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式是 ；
（3）吸收液吸收SO2的过程中，pH随n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）变化关系如下表：
n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）
91：9
1：1
9：91
pH
8.2
7.2
6.2
①上表判断NaHSO3溶液显 性，用化学平衡原理解释 ；
②当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是（选填字母）： ；
a．c（Na+）＝2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）
b．c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H+）＝c（OH﹣）
c．c（Na+）+c（H+）＝c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣）
（4）当吸收液的pH降至约为6时，需送至电解槽再生。再生示意图如下：
①HSO3﹣在阳极放电的电极反应式是 ；
②当阴极室中溶液pH升至8以上时，吸收液再生并循环利用。简述再生原理 。
29．（2020春•浦东新区校级期中）常温下，某同学将硫酸与氨水等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液如表。
实验编号
氨水浓度/mol•L﹣1
硫酸浓度
/mol•L﹣1
混合溶液
NH4+浓度/mol•L﹣1
pH
①
0.2
0.2
a
②
0.2
0.1
b
x
③
c
0.1
7
请回答：
（1）实验①所得混合溶液pH小于7，（填“能”或“不能”） 证明一水合氨是弱电解质，请你再设计一个能证明一水合氨是弱电解质的方案 。
（2）实验①、②所得混合溶液中，a b，x 7．（填“＞”、“＜”或“＝”）
（3）实验③中，c 0.2（填“＞”、“＜”或“＝”），所得混合溶液中各离子浓度大小关系为 。
四．解答题（共10小题）
30．（2020春•凌源市校级月考）常温下，将0.1molCH3COONa和0.05molHCl溶于水配成1L溶液（pH＜7）。
（1）用离子方程式表示该溶液中存在的三个平衡体系 、 、 。
（2）溶液中各离子的物质的量浓度由大到小顺序为 。
（3）溶液中粒子中浓度为0.1mol/L的是 ，浓度为0.05mol/L的是 。
（4）物质的量之和为0.1mol的两种粒子是 与 。
31．（2020•闵行区二模）NaClO、NaNO3、Na2SO3 等钠盐在多领域有着较广的应用。
（1）上述三种盐所涉及的五种元素中，半径较小的原子是 ；原子核外最外层p亚层上电子自旋状态只有一种的元素是 。
（2）碱性条件下，铝粉可除去工业废水中的NaNO2，处理过程中产生一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。 产物中铝元素的存在形式 （ 填化学符号 ）； 每摩尔铝粉可处理 g NaNO2。
（3）新冠疫情发生后，有人用电解食盐水自制NaClO消毒液，装置如图（电极都是石墨）。电极a应
接在直流电源的 极；该装置中发生的化学方程式为 。
（4）Na2SO3 溶液中存在水解平衡 SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣，设计简单实验证明该平衡存在 。
（5）0.1mol/L Na2SO3溶液先升温再降温，过程中（溶液体积变化不计）pH如表。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
升温过程中pH减小的原因是 ；
①与④相比；c（HSO3﹣）① ④（填“＞”或“＜”）。
32．（2020秋•武功县月考）我们的生活离不开化学。化学物质在不同的领域发挥着重要的作用。
（1）明矾是常用的一种净水剂，用离子方程式和相应的文字叙述解释其净水的原理： 。
（2）化合物Mg5Al3（OH）19（H2O）4可作环保型阻燃材料，受热时发生如下分解反应：2Mg5Al3（OH）19（H2O）427H2O+10MgO+3Al2O3写出该化合物作阻燃剂的两条依据： 、 。
（3）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种常见的食品抗氧化剂，焦亚硫酸钠中硫元素的化合价为 。
（4）铵盐是重要的化肥，NH4Cl溶液中离子浓度大小顺序是 。
（5）NaHCO3可以中和胃酸又是常用的食品添加剂，室温下pH＝8的NaHCO3溶液中水电离出的OH﹣浓度为 。
33．（2019秋•汉中期末）离子反应是中学化学中重要的反应类型。请回答下列问题：
（1）在发生离子反应的反应物或生成物中，一定存在的是 （填字母）。
A．单质 B．氧化物 C．盐 D．化合物
（2）有一瓶澄清的溶液其中可能含有H+、Mg2+、Ba2+、Al3+、NO3﹣、CO32﹣、SO42﹣，取该溶液进行以下实验：
①用pH试纸检验，表明溶液呈强酸性，可以排除 的存在。
②取出部分溶液逐滴加入NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变为碱性，继续滴加NaOH溶液，先有白色沉淀产生后沉淀部分消失，则可证明 的存在。
③取部分上述碱性溶液加Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，证明 的存在，又可以排除 的存在，生成白色沉淀发生反应的离子方程式为 。
④根据上述实验事实还能确定溶液中肯定存在的离子是 。
34．（2020秋•运城月考）某溶液中可能含有大量的离子如下表所示：为探究其成分，某同学将Na2O2逐渐加入到上述混合溶液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量与加入Na2O，的物质的量的关系如图所示。
阳离子
H+、K+、Al3+、NH4+、Mg2+
阴离子
Cl﹣、Br﹣、OH﹣、CO32﹣、AlO2
（1）溶液中一定存在的阴离子是 ，可能存在的阳离子是 ，欲确定其存在的简单方法是 。
（2）导致沉淀物质的量减小的原因（用离子方程式表示）： ，整个过程中存在一个使沉淀固体质量增加但物质的量不变的变化，写出反应的化学方程式： 。
（3）若a＝1，溶液中各阳离子物质的量之比为 ，若最初溶液的体积为5L，则阴离子物质的量浓度为 。
35．（2020春•三明期末）向湿法炼锌的电解液中同时加入Cu和CuSO4，可生成CuCl沉淀除去Cl﹣，反应
原理如下：
Cu（s）+Cu2++（aq）⇌2Cu+（aq）△H1＝ak•mol﹣l
Cl﹣（aq）+Cu+（aq）⇌CuCl（s）△H2＝bkJ•mol﹣l
（1）反应Cu（s）+Cu2+（aq）+2Cl﹣（aq）═2CuCl（s）△H＝ 。
物质
CuCl
CuI
Cul2
Ksp
1.7×10﹣7
1.3×10﹣12
﹣
颜色
白色
白色
金黄色
（2）实验测得电解液 pH 对溶液中残留（Cl﹣）的影响如图所示。当pH＝7时，溶液中c（Cu+）＝ 。
（3）兴趣小组在CuCl2溶液中加入过量KI固体，观察到有白色沉淀生成。推测该白色沉淀中一定含有的物质是 ，原因是 。（已知：常温下 CuCl、CuI、CuI2的相关信息见上表。）
36．（2020秋•沙坪坝区校级月考）在电化学中，离子交换膜扮演了非常重要的角色，其中阴（阳）离子交换膜只允许阴（阳）离子通过的特性，往往有很多新奇的应用。
（1）用图一装置电解Na2SO4溶液。m、n分别为 、 离子交换膜（填“阳”或“阴”）。
A、D口产品的化学式分别是A 、D （H2O除外），整个装置中的总反应方程式为 。
（2）电渗析法是近年发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如图二。
①比较出水口的NaCl溶液浓度：b c（填“＞、＜或＝”）。
②海水中含有较多的Ca2+和Mg2+，淡化过程中， 口对应的室会产生较多的水垢（填a、b、c、d、e）。
37．（2020春•庐阳区校级月考）最近雾霾天气肆虐我国大部分地区。其中SO2是造成空气污染的主要原因，利用钠碱循环法可除去SO2。
（1）钠碱循环法中，Na2SO3溶液呈碱性的原因是 。（用离子方程式表示）
（2）已知H2SO3的电离常数为K1＝1.5×10﹣2，K2＝1.0×10﹣7；H2CO3的电离常数为K1＝4.3×10﹣7，K2＝5.6×10﹣11；，
则下列微粒可以大量共存的是 （填序号）。
A．CO32﹣和HSO3﹣ B．HCO3﹣和HSO3﹣ C．H2SO3和HCO3﹣ D．SO32﹣和HCO3﹣
（3）根据上述信息，当溶液的 pH＝5 时，溶液中＝ （填具体数值）。
（4）吸收液吸收SO2的过程中，水溶液中H2SO3、HSO3﹣、SO32﹣随 pH 的分布如图：
①吸收SO2制备NaHSO3溶液，实验中确定何时停止通SO2的实验操作为 。
②在0.1mol•L﹣1NaHSO3溶液中离子浓度关系不正确的是 （填序号）。
A．c（Na+）＝c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）
B．c（Na+）＞?（??O3﹣）＞?（?O32﹣）＞?（OH﹣）
C．c（H2SO3）+c（H+）＝c（SO32﹣）+c（OH﹣）
D．c（Na+）+c（H+）＝c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣）
（5）亚硫酰氯（SOCl2 ）又名氯化亚砜，是一种液态的非电解质，沸点为 77℃．SOCl2中氯元素与硫元素直接以共价键相连，其中 Cl 呈﹣1价；SOCl2遇水可生成SO2．请回答下列问题：蒸干MgCl2溶液不能得到无水MgCl2，若将SOCl2与MgCl2•6H2O混合并加热，可制得无水MgCl2，请用SOCl2与水反应的方程式和必要的文字描述解释原因 。
38．（2020秋•怀化月考）回答下列有关水溶液的问题：
（1）下列两种溶液中，室温下由水电离生成的H+浓度之比（①：②）是 。
①pH＝1的盐酸
②0.01mol•L﹣1的NaOH溶液
（2）已知在25℃和95℃时，水的电离平衡曲线如图所示。
①在25℃时，水的电离平衡曲线应为 （填“A”或“B”）；95℃时水的离子积KW＝ 。
②25℃时，将pH＝9的Ba（OH）2溶液与pH＝4的H2SO4溶液混合，若冷却至25℃时所得混合溶液的pH＝7，则Ba（OH）2溶液与H2SO4溶液的体积比为 。
③曲线B对应温度下，pH＝2的盐酸溶液和pH＝11的氢氧化钠溶液按体积比9：1混合，溶液的pH＝ 。
④常温下，将一小块金属钠投入100mL 0.15mol•L﹣1的CuSO4溶液中，收集到产生的气体1.456L（标准状况下），此时溶液体积仍为100mL，反应后溶液的pH＝ 。
39．某河道两旁有甲乙两厂。它们排放的工业废水中，共含K+、Ag+、Fe3+、C1﹣、OH﹣、NO3﹣六种离子。
（1）甲厂的废水明显呈碱性，故甲厂废水中所含的三种离子 、 、 。
（2）乙厂的废水中含有另外三种离子。对于该两厂的废水，可采取下列两种方法来处理。如果在乙厂废水中加一定量 （选填：活性炭或铁粉），离子方程式是 ，并且能够回收其中的金属 （填写金属元素符号）。
【备战2021】新高考化学各地模拟题精细分类汇编-第13讲电解质溶液（二）
参考答案与试题解析
一．选择题（共13小题）
1．答案：D
解：A．CH3COOH+H2O⇌CH3COO﹣+H3O+为弱酸的电离方程式，故A不符合；
B．SO2+H2O⇌H2SO3为二氧化硫和水的化合反应方程式，故B不符合；
C．HCO3﹣+OH﹣⇌CO32﹣+H2O为可溶性碳酸氢盐和可溶性强碱的复分解反应方程式，故C不符合；
D．NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+为NH4+的水解离子方程式，属于水解反应，故D符合；
故选：D。
2．答案：A
解：A.加少量固体K2CO3，碳酸根离子水解显碱性，溶液中氢氧根离子的浓度增大，水解平衡向逆向移动，所以醋酸根离子浓度增大，钠离子浓度不变，即比值会增大，故A正确；
B.加入NaOH固体，会导致氢氧根离子浓度增大，水解平衡向逆向移动，所以醋酸根离子浓度增大，但是钠离子增加的程度大，即比值会减小，故B错误；
C.加水稀释，促进水解，所以醋酸根离子物质的量减小，而钠离子的物质的量不变，即比值会减小，故C错误；
D.升温，水解平衡正向移动，所以醋酸根离子浓度减小，但是钠离子浓度不变，即比值会减小，故D错误；
故选：A。
3．答案：B
解：A．中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，由于一水合氨为弱碱，pH相同时氨水的浓度较大，则氨水消耗HCl的物质的量大于NaOH溶液，故A错误；
B．加水稀释促进盐的水解，则在醋酸钠溶液中再加入少量水，促进醋酸钠的水解，即水解平衡正向移动，故B正确；
C．醋酸为弱酸，难以配制pH＝1的溶液，可配制0.1mol/L的溶液，故C错误；
D．室温下pH＝12的Ba（OH）2溶液与pH＝2的盐酸，Ba（OH）2溶液中氢氧根离子的浓度等于盐酸中氢离子的浓度，所以二者恰好中和时，消耗二者体积比为1：1，故D错误。
故选：B。
4．答案：C
解：A．Ca（ClO）2、Na2SO3、FeCl3溶液蒸干均得不到原溶质，而KAl（SO4）2溶液加热时虽能水解，但生成的氢氧化铝和硫酸反应，最终为KAl（SO4）2，可得到溶质固体，故A错误；
B．HNO3有强氧化性，Fe2+有强还原性，二者能发生氧化还原反应生成Fe3+，所以配制 Fe（NO3）2 溶液时，不能滴加几滴稀硝酸抑制水解，故B错误；
C．氟化铵水解生成的氢氟酸，氢氟酸与玻璃中的二氧化硅反应，不能保存在玻璃瓶中，但与塑料不反应，可保存在塑料瓶中，故C正确；
D．NaCl溶液为中性，原因是钠离子和氯离子都不水解，而CH3COONH4溶液显中性是由于醋酸根离子与铵根离子的水解程度相等，所以醋酸铵溶液中水的电离程度大于氯化钠溶液，故D错误；
故选：C。
5．答案：B
解：A．C和O2反应生成CO2不是在溶液中进行的反应，所以不属于离子反应，故A错误；
B．锌和稀硫酸反应，有离子参加，属于离子反应，离子方程式：Zn+2H+＝Zn2++H2↑，故B正确；
C．高锰酸钾分解不是在溶液中进行的反应，所以不属于离子反应，故C错误；
D．NH3遇HCl气体生成白烟NH4Cl小颗粒，不是溶液中的反应，不属于离子反应，故D错误；
故选：B。
6．答案：B
解：A．生石灰与水反应生成氢氧化钙，水减少，会析出一部分溶质，反应放出大量的热，氢氧化钙的溶解度随着温度的升高而减小，溶质质量逐渐减小，随着反应结束，温度恢复至室温，氢氧化钙的溶解度随着温度的降低而增大，但是最终与反应前相比会变小，故A错误；
B．未打磨的铝片的试管中逐渐加入稀盐酸，盐酸先将表面的氧化铝保护膜溶解，不会产生氢气，然后是金属铝和盐酸之间的反应，此阶段会产生氢气，故B正确；
C．向一定量的Ba（NO3）2溶液中逐渐加入稀硫酸，会产生硫酸钡白色的沉淀，直到产生的沉淀量最大，将钡离子沉淀完毕后，不会再出现沉淀，沉淀量不再变化，故C错误；
D．一定量的稀盐酸中逐渐加入NaOH溶液发生中和反应生成氯化钠和水，恰好中和溶液显示中性，pH逐渐增大至7，开始盐酸的pH小于7，故D错误；
故选：B。
7．答案：C
解：A．碳酸氢盐、亚硫酸盐等均与盐酸反应生成无色气体，则该固体中不一定含有碳酸盐，故A错误；
B．白色沉淀可能为AgCl，则原溶液可能含银离子或硫酸根离子，但二者不同时存在，故B错误；
C．因为CO32﹣、SO32﹣、Ag+等均能与BaCl2溶液反应生成BaCO3、BaSO3、AgCl白色沉淀，干扰SO42﹣的检验，所以先在待测溶液中加入盐酸，排除SO42﹣以外的其它阴离子及Ag+的干扰，再用可溶性钡盐检验SO42﹣离子的存在，故C正确；
D．加入AgNO3溶液，有白色沉淀，可能为碳酸银沉淀，验证某溶液中是否含Cl﹣，应先加入过量的稀硝酸，排除其它离子的干扰，再加入AgNO3溶液，有白色沉淀，则证明含Cl﹣，故D错误；
故选：C。
8．答案：C
解：A．曲线为达到沉淀溶解平衡时的曲线，a点和b点c（SO42﹣）不一样，则c（Ag+）＝不一样，所以图中a、b两点c（Ag+）不相同，故A错误；
B．把a点的溶液加热蒸发掉一部分水，恢复到室温，仍然是饱和溶液，则溶液中各离子的浓度不变，即不能得到b点的溶液，故B错误；
C．根据图象上相关数据，Ag2SO4（s）⇌2Ag+（aq）+SO42﹣（aq），当c（SO42﹣）＝1mol/L时，溶液中c（Ag+）＝2×10﹣2.5mol/L，则Ksp＝c2（Ag+）•c（SO42﹣）＝（2×10﹣2.5）2×1＝4×10﹣5，则数量级为10﹣5，故C正确；
D．在c点的溶液是不饱和溶液，加入少量Na2SO4固体，溶液中c（SO42﹣）增大，c（Ag+）不变，不可能从c点变为a点，故D错误。
故选：C。
9．答案：B
解：图中装置都是串联电路，电极均为惰性电极，溶质、溶剂均足量，通电时间和电流强度均相同，假设通过4mol电子，生成的气体为标准状况，
A．左侧总反应为：2HClCl2↑+H2↑，右侧总反应为：CuCl2Cl2↑+Cu，总共生成6mol气体；
B．左侧总反应为：2NaCl+2H2OCl2↑+2NaOH+H2↑，右侧总反应为：2H2O2H2↑+O2↑，总共生成7mol气体；
C．左侧总反应为：Na2S+2H2OS↓+2NaOH+H2↑，右侧总反应为：2H2O2H2↑+O2↑，总共生成5mol气体；
D．左侧总反应为：2H2O2H2↑+O2↑，右侧总反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，总共生成6mol气体；
产生气体总体积最大的是B，
故选：B。
10．答案：C
解：A．等物质的量的甲酸和NaOH完全反应说明HCOOH为一元弱酸，不能说明HCOOH部分电离，则不能证明HCOOH为弱电解质，故A错误；
B．甲酸能和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，说明甲酸酸性大于碳酸，碳酸为弱酸，不能说明甲酸部分电离，则不能证明甲酸为弱电解质，故B错误；
C．常温下，1mol•L﹣1甲酸溶液中的 c （H+）约为0.01mol•L﹣1，c （H+）小于甲酸浓度，则HCOOH部分电离，为弱电解质，故C正确；
D．甲酸溶液与锌反应比强酸溶液与锌反应缓慢，说明甲酸中氢离子浓度小，但不能说明甲酸部分电离，则不能证明甲酸为弱电解质，故D错误；
故选：C。
11．答案：B
解：A．常温下0.2mol/L HB溶液和0.2mol/L NaOH溶液等体积混合后溶液的pH＞7，溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），结合电荷守恒可知c（Na+）＞c（B﹣），故A错误；
B．常温下，pH均为2的CH3COOH溶液和HCl溶液、pH均为12的氨水和NaOH溶液，四种溶液都抑制了水的电离，且酸溶液中的氢离子浓度和碱溶液中的氢氧根离子浓度均为0.01mol/L，则四种溶液中由水电离的c（H+）相等，故B正确；
C．①NH4 Al（SO4）2中铝离子水解抑制了NH4+的水解，②NH4Cl中NH4+组成水解，③NH3•H2O为弱电解质，部分电离出NH4+，其溶液中NH4+浓度最小，④CH3COONH4中醋酸根离子水解促进了NH4+的水解，所以浓度相等时四种溶液中的c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞②＞④＞③，故C错误；
D．NaHB溶液呈酸性，则存在c（HB﹣）＞c（B2﹣）＞c（H2B），故D错误；
故选：B。
12．答案：C
解：A．a点c（H3AsO4）＝c（H2AsO4﹣），溶液的pH＝2.2，则H3AsO4⇌H2AsO4﹣+H+的电离常数Ka1＝＝c（H+）＝10﹣2.2，故A正确；
B．a点c（H3AsO4）＝c（H2AsO4﹣），溶液的pH＝2.2，则Na3AsO4的Kh3＝＝c（OH﹣）＝＝10﹣11.8，故B正确；
C．a点溶液呈酸性，抑制了水的的电离，b点pH＝7，水的电离不受影响，c点HAsO42﹣、AsO43﹣水解促进了水的电离，则水的电离程度：a＜b＜c，故C错误；
D．由图示可知，溶液中主要存在HAsO42﹣时，溶液呈碱性，说明HAsO42﹣的水解程度大于其电离程度，故D正确；
故选：C。
13．答案：D
解：Na2O2具有强氧化性，与水反应生成NaOH和O2，
A．NH4+与OH﹣反应，加入适量Na2O2后不能大量共存，故A错误；
B．Mg2+与OH﹣、ClO﹣反应，不能大量共存，故B错误；
C．OH﹣、HCO3﹣之间发生反应，加入适量Na2O2后不能大量共存，故C错误；
D．Ba2+、AlO2﹣、Cl﹣、NO3﹣之间不反应，加入适量Na2O2后仍能大量共存，故D正确；
故选：D。
二．填空题（共8小题）
14．答案：浅红；CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣；深；红；Fe2O3；Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+。
解：1mol/L的Na2CO3溶液中的碳酸根离子会水解呈碱性，CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故遇到酚酞溶液变红，加热能促进碳酸根的水解，溶液的碱性增强，溶液红色加深，Fe3+会水解呈酸性，故滴入石蕊后变红；FeCl3是强酸弱碱盐，铁离子是弱碱阳离子；将FeCl3溶液蒸干时，铁离子水解生成Fe（OH）3和HCl，升高温度促进HCl挥发，所以蒸干溶液时得到碱，灼烧氢氧化铁时，氢氧化铁会分解生成氧化铁，所以最终得到的是红棕色固体Fe2O3，将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制备氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为：Fe3++3H2O（沸）═Fe（OH）3（胶体）+3H+，
故答案为：浅红；CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣；深；红；Fe2O3；Fe3++3H2O（沸）═Fe（OH）3（胶体）+3H+。
15．答案：①无色气泡； CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O；
②硝酸钡；Ba2++SO42﹣═BaSO4↓；
③硝酸银；Ag++Cl﹣═AlgCl↓。
解：先检验CO32﹣离子，此时可以加入稀硝酸，会产生无色气泡，反应的离子方程式为：CO32﹣+2H+＝H2O+CO2↑；
再检验SO42﹣离子，可以用含有Ba2+的盐（如硝酸钡）或者是氢氧化钡，反应现象为产生白色沉淀，反应的离子方程式为：Ba2++SO42﹣＝BaSO4↓；
最后检验Cl﹣离子可以使用Ag+，选用硝酸银溶液，反应会生成白色沉淀，反应的离子方程式为：Ag++Cl﹣＝AgCl↓，
故答案为：①无色气泡； CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O；②硝酸钡；Ba2++SO42﹣═BaSO4↓；③硝酸银；Ag++Cl﹣═AlgCl↓。
16．答案：（1）①1.8×10﹣7；2；
②4.7×10﹣7；
（2）Ag2CrO4；
（3）大于。
解：（1）①50mL0.018mol•L﹣1的AgNO3溶液中加入50mL0.020mol•L﹣1盐酸，则反应后c（Cl﹣）mol/L＝0.001mol/L，Ksp（AgCl）＝c（Ag+）×c（Cl﹣）＝1.8×10﹣10，则c（Ag+）＝＝1.8×10﹣7mol/L，c（H+）＝＝0.01mol/L，则pH＝2，
故答案为：1.8×10﹣7；2；
②＝×＝＝＝4.7×10﹣7，
故答案为：4.7×10﹣7；
（2）Ksp（Ag2CrO4）＜Ksp（Ag2Cr2O7）则Ag2CrO4更易生成沉淀，最终生成沉淀为Ag2CrO4，故答案为：Ag2CrO4；
（3）设1L饱和溶液中Ag2CrO4的物质的量为xmol，由平衡Ag2CrO4（s）⇌2Ag+（aq）+CrO42﹣（aq）可知，设c（Ag+）＝2x；c（CrO42﹣）＝x，则Ksp（Ag2CrO4）＝4x3＝9.0×10﹣12，解得x＝；同理可得饱和溶液中AgCl的物质的量为mol，则Ag2CrO4的溶解度较大，
故答案为：大于。
17．答案：（1）负；4Al2Cl7﹣+3e﹣＝Al+7AlCl4﹣；H2；
（2）①Sn2﹣+2H+＝（n﹣1）S↓+H2S↑；
②NO﹣3e﹣+2H2O＝NO3﹣+4H+；NH3。
解：（1）依据电镀原理分析，钢铁上镀铝是利用铝做阳极与电源正极相连，钢铁做阴极与电源负极相连，由有机阳离子、Al2Cl7﹣和AlCl4﹣组成的离子液体做电解液来实现，离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系，电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，则阴极反应生成铝是发生的还原反应，铝元素化合价降低，分析离子液体成分，结合电荷守恒分析可知是Al2Cl7﹣得到电子生成，电极反应为：4Al2Cl7﹣+3e﹣＝Al+7AlCl4﹣；改用AlCl3水溶液作电解液是溶液中氢离子在阴极放电生成氢气，2H++2e﹣＝H2↑；
故答案为：负；4Al2Cl7﹣+3e﹣＝Al+7AlCl4﹣；H2；
（2）①电解后阳极区离子为Sn2﹣，酸性条件下，发生歧化反应反应生成硫单质和硫化氢，反应离子方程式为：Sn2﹣+2H+＝（n﹣1）S↓+H2S↑，
故答案为：Sn2﹣+2H+＝（n﹣1）S↓+H2S↑；
②电解NO制备NH4NO3，阳极反应为NO﹣3e﹣+2H2O＝NO3﹣+4H+，阴极反应为：NO+5e﹣+6H+＝NH4++H2O，从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的NO3﹣的物质的量大于阴极产生的NH4+的物质的量，总反应方程式为：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3，为使电解产物全部转化为5mol NH4NO3，实际需在阴极生成3molNH4+，
故答案为：NO﹣3e﹣+2H2O＝NO3﹣+4H+；NH3。
18．答案：见试题解答内容
解：醋酸是弱电解质，部分电离生成氢离子和醋酸根离子，电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+；
部分电离的电解质为弱电解质，要证明醋酸为弱酸，只要证明醋酸部分电离即可，可以通过一下方法证明醋酸为弱酸，
相同浓度的盐酸和醋酸，盐酸的导电性比醋酸好；相同浓度的盐酸和醋酸，盐酸的pH比醋酸小；相同浓度的盐酸和醋酸，与锌反应，盐酸速率快，
故答案为：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+；相同浓度的盐酸和醋酸，盐酸的导电性比醋酸好；相同浓度的盐酸和醋酸，盐酸的pH比醋酸小；相同浓度的盐酸和醋酸，与锌反应，盐酸速率快。
19．答案：（1）Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+；盐酸；
（2）①＜②＜⑥＜⑤＜④＜③；
（3）①c（OH﹣）+c（H2PO4﹣）+2c （HPO42﹣）+3c （PO43﹣）＝c（H+）+c（Na+）；
②Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑。
解：（1）氯化铁水溶液呈酸性，原因是Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，实验室在临时配制一些氯化铁溶液时，常将氯化铁固体先溶于较浓的盐酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需要的浓度，是为了抑制其水解，
故答案为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+；盐酸；
（2）①HCl为强酸；②CH3COOH为弱酸；③Ba（OH）2为强碱；④Na2CO3为强碱弱酸盐；⑤KCl为强酸强碱盐；⑥NH4Cl为强酸弱碱盐；相同浓度下pH强酸＜弱酸＜强酸弱碱盐＜强酸强碱盐＜弱酸强碱盐＜强碱，则①＜②＜⑥＜⑤＜④＜③，
故答案为：①＜②＜⑥＜⑤＜④＜③；
（3）①1mol/L的NaH2PO4溶液中的电荷守恒表达式为c（OH﹣）+c（H2PO4﹣）+2c （HPO42﹣）+3c （PO43﹣）＝c（H+）+c（Na+），
故答案为：c（OH﹣）+c（H2PO4﹣）+2c （HPO42﹣）+3c （PO43﹣）＝c（H+）+c（Na+）；
②泡沫灭火器中NaHCO3溶液和Al2（SO4）3发生双水解反应的离子方程式为Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑，产生大量泡沫覆盖可燃物，达到灭火效果，
故答案为：Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑。
20．答案：（1）1×10﹣12；
（2）①H++NH3•H2O＝NH4++H2O；
②＜；
（3）①1：1；
②c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；
（4）Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；
（5）Cu（OH）2。
解：（1）Kw＝c（H+）×c（OH﹣）＝10﹣amol/L×10﹣bmol/L＝1×10﹣12mol2/L2，
故答案为：1×10﹣12；
（2）①一水合氨为弱电解质，写化学式，二者反应生成氯化铵和水，则离子方程式为H++NH3•H2O＝NH4++H2O，
故答案为：H++NH3•H2O＝NH4++H2O；
②若a＝b，二者恰好反应生成氯化铵，铵根离子发生水解反应，溶液呈酸性，若溶液呈中性时，氨水应该稍微过量，则需再加入少量的氨水，故a＜b，
故答案为：＜；
（3）①常温下，根据离子积常数，amLpH＝3的盐酸中，水电离出的c（OH﹣）为10﹣11mol/L，水电离出的H+与OH﹣相同，则水电离出的c（H+）＝10﹣11mol/L；bmLpH＝11的氨水中c（OH﹣）＝10﹣3mol/L，则水电离出的（H+）＝10﹣11mol/L，两溶液中由水电离出的c（H+）之比为1：1，
故答案为：1：1；
②若a＝b，则碱过量，溶液呈碱性，结合电荷守恒得c（NH4+）＞c（Cl﹣），一水合氨电离程度较小，溶液中离子浓度从大到小的顺序是c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），
故答案为：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；
（4）氯化铝为强酸弱碱盐，水溶液中，铝离子水解生成Al（OH）3和H+，导致溶液呈酸性，离子方程式为Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，
故答案为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；
（5）0．lmol•L﹣1的MgCl2溶液，镁离子刚好生成沉淀时，c2（OH﹣）＝＝1.8×10﹣10，则c（OH﹣）＝×10﹣5mol/L，同理0．lmol•L﹣1的CuCl2溶液，铜离子刚好生成沉底时，c（OH﹣）＝×10﹣10mol/L，需要的c（OH﹣）越小越先生成沉淀，则CuCl2先生成沉淀，生成沉淀Cu（OH）2，
故答案为：Cu（OH）2。
21．答案：（1）NO3﹣；Ag+；Cu2+；CO32﹣；Cl﹣；Na+；
（2）向沸水中逐滴加入5﹣6滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热；FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl。
解：（1）A组显酸性，存在大量H+，与H+反应的CO32﹣、OH﹣只能存在于B组，与CO32﹣、OH﹣反应的Ag+、Cu2+只能存在于A组；
B组显碱性，溶液中存在大量OH﹣，与OH﹣反应的Ag+、Cu2+离子不能共存，与Ag+反应的Cl﹣离子存在于A组，
结合分析可知，即A组含有的离子为NO3﹣、Ag+、Cu2+、H+，B组含有的离子为CO32﹣、OH﹣、Cl﹣、Na+，
故答案为：NO3﹣；Ag+；Cu2+；CO32﹣；Cl﹣；Na+；
（2）实验室制备氢氧化铁胶体的方法是：向沸水中逐滴加入5﹣6滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，发生反应的化学方程式为：FeCl3+3 H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl，
故答案为：向沸水中逐滴加入5﹣6滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热；FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl。
三．实验题（共8小题）
22．答案：见试题解答内容
解：（1）碳酸氢钠是强碱弱酸盐，能水解导致溶液呈碱性，水解离子方程式为HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，并且水解吸热，所以升高温度水解程度增大，溶液碱性增强，
故答案为：HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣；
（2）碳酸钠、碳酸氢钠均是强碱弱酸盐、能水解，酸性：H2CO3＞HCO3﹣，所以CO32﹣离子的第一步水解程度远远大于第二步水解程度，导致Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度，
故答案为：＞；
（3）①若要判断甲乙同学结论的对错，只需要检验煮沸的NaHCO3溶液是否含有Na2CO3即可，可根据二者化学性质的不同设计方案，
a、向两溶液中加入氢氧化钡溶液都能生成白色沉淀，现象相同，不能用于二者鉴别，故a不选；
b、向两溶液中加入氯化钡溶液，碳酸氢钠和氯化钡不反应，但碳酸钠和氯化钡能反应生成白色碳酸钡沉淀现象不同，可用于二者鉴别，故b选；
c、向两溶液中加入氢氧化钠，都无明显现象，所以不能用于二者鉴别，故c不选；
d：向溶液中加入澄清石灰水都能生成白色沉淀，现象相同，不能用于二者鉴别，故d不选；
由于分别加入足量的氯化钡溶液后，观察到前者产生大量白色沉淀，则乙同学结论正确，
故答案为：乙；b；
②起始时（10℃）NaHCO3溶液的pH＝8.3，将加热至30℃的NaHCO3溶液恢复至10℃，pH仍然为8.3，说明加热后碳酸氢钠没有分解，由此证明甲同学的判断正确，
故答案为：甲同学的判断正确。
23．答案：见试题解答内容
解：（1）①FeCl3溶液呈酸性的原因是Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，
故答案为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+；
②a能使FeCl3溶液pH升高是促进水解逆向进行，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，
a．加水稀释促进水解平衡正向进行，溶液PH增大，故a正确；
b．加入FeCl3固体溶解后平衡正向进行，溶液PH减小，故b错误；
c．滴加浓KSCN溶液，结合铁离子生成硫氰酸铁，水解平衡逆向进行，溶液PH增大，故c正确；
d．加入NaHCO3固体溶解后碳酸氢根离子结合氢离子促进平衡正向进行，溶液PH增大，故d正确；
故答案为：acd；
（2）向反应瓶中加入6.5g锌粉物质的量＝＝0.1mol，然后加入50mL 1.0mol•L﹣1的FeCl3溶液，溶液中铁离子物质的量＝0.050L×1.0mol/L＝0.05mol，2Fe3++Zn＝2Fe2++Zn2+，反应定量关系可知锌过量，搅拌溶液温度迅速上升，说明发生反应为放热反应，稍后出现红褐色沉淀为氢氧化铁沉淀，同时出现少量气泡，收集检验反应过程中产生的气体，集气管口靠近火焰，有爆鸣声证明为氢气，说明锌和铁离子水解生成的酸反应生成氢气，促进水解平衡正向进行生成氢氧化铁沉淀；反应一段时间后静置，上层溶液为浅绿色为氯化亚铁溶液，反应瓶底部有黑色固体，可能为过量的锌和氯化亚铁反应生成的金属铁，Zn的性质与Al相似，能发生反应：Zn+2NaOH═Na2ZnO2+H2↑，
①实验现象和平衡移动原理解释出现红褐色沉淀的原因是溶液温度升高，反应过程中出现H2使溶液中c（H+）降低，都会促进Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+正向移动，出现红褐色Fe（OH）3沉淀，
故答案为：溶液温度升高，反应过程中出现H2使溶液中c（H+）降低，都会促进Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+正向移动，出现红褐色Fe（OH）3沉淀；
②反应后溶液为浅绿色的原因是铁离子和锌反应生成亚铁离子和锌离子的溶液，反应的离子方程式为：2Fe3++Zn═2Fe2++Zn2+，
故答案为：2Fe3++Zn═2Fe2++Zn2+；
③i．黑色固体可以被磁铁吸引说明含铁；
ii．向黑色固体中加入足量的NaOH溶液，产生气泡，证明含有锌；
iii．将ii中剩余固体用蒸馏水洗涤后，加入稀盐酸，产生大量气泡，证明为金属锌；
iv．向iii反应后的溶液中滴加KSCN溶液，无变化说明为铁离子．
a．分析可知黑色固体中一定含有的物质是Fe和Zn，
故答案为：Fe和Zn；
b．上述实验无法确定黑色固体中是否含有Fe3O4，理由是iii中，若存在Fe3O4，稀盐酸与Fe3O4反应产生的Fe3+可与Fe继续反应生成Fe2+，导致在iv中检测不到Fe3+，与没有Fe3O4得到的iv中现象相同，
故答案为：iii中，若存在Fe3O4，稀盐酸与Fe3O4反应产生的Fe3+可与Fe继续反应生成Fe2+，导致在iv中检测不到Fe3+，与没有Fe3O4得到的iv中现象相同；
（3）探究上述1.0mol•L﹣1FeCl3溶液中Fe3+和H+氧化性的相对强弱，将5mL 1.0mol•L﹣1的FeCl3溶液与0.65g锌粉混合，溶液温度迅速上升，说明发生氧化还原反应，开始时几乎没有气泡证明铁离子先和锌反应，氢离子没反应；
5 mL 0.2 mol•L﹣1（或pH＝0.7）的盐酸与锌反应会生成气体，
故答案为：5 mL 0.2 mol•L﹣1（或pH＝0.7）的盐酸；
24．答案：（1）a；
（2）电离；
（3）Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣＝BaSO4↓+2H2O；
（4）①相等；
②反应有NaOH生成，NaOH在水溶液中能电离出Na+和OH﹣。
解：（1）氢氧化钡与稀硫酸发生中和反应生成硫酸钡和水，属于复分解反应，由于没有单质参与和生成，不属于置换反应，故选a，
故答案为：a；
（2）氢氧化钡固体中的阴阳离子不能自由移动，则氢氧化钡固体不导电，加入蒸馏水时氢氧化钡发生电离，生成自由移动的钡离子和氢氧根离子，所以灯泡逐渐变亮，
故答案为：电离；
（3）硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀，随着硫酸的加入，溶液中阴阳离子的浓度逐渐降低，过程Ⅰ中灯泡逐渐变暗，离子方程式为为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣＝BaSO4↓+2H2O，
故答案为：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣＝BaSO4↓+2H2O；
（4）①硫酸钠溶液替代稀硫酸进行对照实验，对照实验中SO42﹣的浓度必须相等，
故答案为：相等；
②硫酸钠和氢氧化钡反应的方程式为Na2SO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+2NaOH，氢氧化钠是可溶性碱，能电离生成Na+和OH﹣，其溶液能导电，所以加入硫酸钠溶液的过程中灯泡不熄灭，
故答案为：反应有NaOH生成，NaOH在水溶液中能电离出Na+和OH﹣。
25．答案：（1）极性键；
（2）6NH3•H2O+Al2（SO4）3＝2Al（OH）3↓+3（NH4）2SO4；
（3）8A1+2H2O+3NO3﹣+5OH﹣＝3NH3↑+8AlO2﹣；
（4）Mg2+、Ca2+；C1﹣；取适量“溶液1”于试管中，向其中加入足量的硝酸钡溶液，静置，取上层清液，滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀出现，则含C1﹣，反之则无；
（5）ABC。
解：（1）“气体2”为二氧化碳，二氧化碳为共价化合物，二氧化碳的电子式为：，其分子中含有两个碳氧双键，不同非金属元素之间易形成极性共价键，其分子中含有极性键，
故答案为：极性键；
（2）颗粒物溶于水后形成的溶液中只含有NH4+、Na+、Mg2+、Ca2+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣、CO32﹣、Cl﹣中的若干种，溶液1中加入过量NaOH溶液并加热有气体1生成且得到溶液，没有沉淀生成说明不含Mg2+，生成气体说明含有NH4+，气体1为氨气，向溶液2中通入二氧化碳有沉淀1生成且沉淀能溶解于NaOH溶液说明含有Al3+不含Ca2+，沉淀1为氢氧化铝，实验室常用氨水和铝盐的水溶液制备，反应方程式为：6NH3•H2O+Al2（SO4）3＝2Al（OH）3↓+3（NH4）2SO4，
故答案为：6NH3•H2O+Al2（SO4）3＝2Al（OH）3↓+3（NH4）2SO4；
（3）“气体1”为氨气，“溶液4”为偏铝酸钠溶液，向溶液3中加入足量氯化钡溶液得到沉淀且沉淀能部分溶解与稀盐酸生成气体，说明含有SO42﹣、CO32﹣，气体2为二氧化碳气体，该碳酸根离子为通入二氧化碳得到的，向溶液5中加入Al粉和NaOH并加热得到气体1，该气体为氨气，结合已知条件知，原溶液中含有NO3﹣，溶液5为硝酸铵溶液，发生反应的离子方程式为：8A1+2H2O+3NO3﹣+5OH﹣＝3NH3↑+8AlO2﹣，
故答案为：8A1+2H2O+3NO3﹣+5OH﹣＝3NH3↑+8AlO2﹣；
（4）该颗粒物的水溶液中，一定存在的离子有NH4+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣，一定不存在的离子有Mg2+、Ca2+、CO32﹣，不能确定的离子有Na+、Cl﹣，所以一定不存在的阳离子有Mg2+、Ca2+，不能确定的阴离子有Cl﹣，为确定该颗粒物的水溶液中是否存在Cl﹣，取适 量“溶液1”于试管中，向其中加入足量的硝酸钡溶液，静置，取上层清液，滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀出现，则含Cl﹣，反之则无，
故答案为：Mg2+、Ca2+；C1﹣；取适量“溶液1”于试管中，向其中加入足量的硝酸钡溶液，静置，取上层清液，滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀出现，则含C1﹣，反之则无；
（5）该颗粒物为大气污染物采样，一定存在的离子有NH4+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣，该地区大气污染主要有燃煤污染（S），机动车尾气（N），土壤扬尘（Al），
故答案为：ABC。
26．答案：（1）Ag++Cl﹣═AgCl↓；
（2）2AgCl（s）+S2﹣（aq）⇌AgS（s）+2Cl﹣ （aq）；
（3）S+4H++6NO3﹣＝SO42﹣+6NO2↑+2H2O或8NO3﹣+Ag2S+8H+＝Ag2SO4+8NO2↑+4H2O；
（4）①H2O2；②Ag2S 的悬浊液；③1O2、4NaCl、4AgCl、NaOH；④C中O2将Ag2S氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl﹣与游离的 Ag+结合成AgCl沉淀，由于c（Ag+）减小，有利于③中反应平衡右移，C 中最终出现乳白色沉淀；
（5）NaCl不过量或者隔绝氧气或者缩短存放时间。
解：（1）氯化钠和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，离子方程式为Ag++Cl﹣═AgCl↓，
故答案为：Ag++Cl﹣═AgCl↓；
（2）氯化银和硫化钠反应生成硫化银沉淀，方程式为2AgCl（s）+S2﹣（aq）⇌AgS（s）+2Cl﹣ （aq），
故答案为：2AgCl（s）+S2﹣（aq）⇌AgS（s）+2Cl﹣ （aq）；
（3）白色沉淀为氯化银，说明硫化银被氧气氧化生成了硫，硫和硝酸反应生成二氧化氮和硫酸根离子和水，方程式为：S+4H++6NO3﹣＝SO42﹣+6NO2↑+2H2O；或认为硫化银被硝酸氧化，离子方程式为8NO3﹣+Ag2S+8H+＝Ag2SO4+8NO2↑+4H2O，
故答案为：S+4H++6NO3﹣＝SO42﹣+6NO2↑+2H2O或8NO3﹣+Ag2S+8H+＝Ag2SO4+8NO2↑+4H2O；
（4）①实验要探究的是氧气对反应的影响，装置内产生氧气，因为烧瓶内已有二氧化锰存在，说明E中加入的为过氧化氢（H2O2），
故答案为：H2O2；
②B中应做对比实验，对比实验应该不含氯化钠溶液，即为Ag2S 的悬浊液，
故答案为：Ag2S 的悬浊液；
③硫化银被氧气氧化生成硫，在氯化钠存在下同时生成氯化银沉淀，产物中钠离子只能以氢氧化钠形式，根据氢元素守恒可知另一种未知反应物为水，方程式为2Ag2S+1O2+4NaCl+2H2O⇌4AgCl↓+2S+4NaOH，
故答案为：1O2、4NaCl、4AgCl↓、2S、NaOH；
④C中O2将Ag2S氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl﹣与游离的 Ag+结合成AgCl沉淀，由于c（Ag+）减小，有利于③中反应平衡右移，C 中最终出现乳白色沉淀，
故答案为：C中O2将Ag2S氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl﹣与游离的 Ag+结合成AgCl沉淀，由于c（Ag+）减小，有利于③中反应平衡右移，C 中最终出现乳白色沉淀；
（5）为了能实现氯化银变成硫化银，清晰看到实验现象，避免硫化银被氧化，在氯化钠和硝酸银反应过程中控制氯化钠的用量，NaCl不过量或者隔绝氧气或者缩短存放时间，
故答案为：NaCl不过量或者隔绝氧气或者缩短存放时间。
27．答案：（1）Cu2++2e﹣＝Cu；试纸变蓝；
（2）①溶液中c（Cu2+）逐渐减小；
②[Cu（H2O）4]2++4Cl﹣⇌[CuCl4]2﹣+4H2O为吸热反应，温度升高使平衡向右移动；
③将电解后的绿色溶液冷却至室温，溶液颜色变为浅蓝色（或将10%CuCl2溶液加热后变为绿色，再冷却后颜色恢复蓝色）；
（3）电能转化为化学能和热能。
解：（1）通电一段时间后b极产生红色物质，说明b电极上铜离子得电子生成铜，为阴极，相应的电极反应式是Cu2++2e﹣＝Cu，则a为阳极，阳极上氯离子放电生成的Cl2，可用湿润的淀粉碘化钾试纸置于a上方检验，淀粉碘化钾试纸变蓝，
故答案为：Cu2++2e﹣＝Cu；试纸变蓝；
（2）①Cu2+的水溶液呈蓝色，随电解进行，溶液中c（Cu2+）逐渐减小，U型管中的溶液颜色应变为浅蓝色，
故答案为：溶液中c（Cu2+）逐渐减小；
②乙同学在清理实验仪器时发现U型管壁温度较高，由此推测分析：由于[Cu（H2O）4]2++4Cl﹣⇌[CuCl4]2﹣+4H2O为吸热反应，温度升高使平衡向右移动，使溶液颜色发生变化，
故答案为：[Cu（H2O）4]2++4Cl﹣⇌[CuCl4]2﹣+4H2O为吸热反应，温度升高使平衡向右移动；
③乙同学的推测是溶液的温度升高，导致[CuCl4]2﹣的浓度增大，为证实乙同学的推测是否正确，可采取的实验方法是将电解后的绿色溶液冷却至室温，观察溶液颜色是否变为浅蓝色（或将10%CuCl2溶液加热后变为绿色，再冷却后颜色恢复蓝色），
故答案为：将电解后的绿色溶液冷却至室温，溶液颜色变为浅蓝色（或将10%CuCl2溶液加热后变为绿色，再冷却后颜色恢复蓝色）；
（3）电解池是将电能转化为化学能的装置，同时溶液温度升高了，则伴随有电能转化为热能，实验电解CuCl2溶液的过程中能量转换形式为电能转化为化学能和热能，
故答案为：电能转化为化学能和热能。
28．答案：见试题解答内容
解：（1）二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸具有还原性，被空气中的氧气氧化生成硫酸，SO2、O2形成硫酸型酸雨的反应：SO2+H2O＝H2SO3、2H2SO3+O2＝2H2SO4，故答案为：SO2+H2O＝H2SO3、2H2SO32H2SO3+O2＝2H2SO4；
（2）二氧化硫属于酸性氧化物，能和NaOH溶液反应生成亚硫酸钠和水，离子方程式为2OH﹣+SO2＝SO32﹣+H2O，
故答案为：2OH﹣+SO2＝SO32﹣+H2O；
（3）①在溶液中主要以HSO3﹣存在，HSO3﹣的电离很微弱，所以n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）＜1：1，根据表格知，当亚硫酸氢根离子的物质的量大于亚硫酸根离子的物质的量时，亚硫酸氢钠溶液呈酸性；亚硫酸氢钠溶液中存在HSO3﹣⇌SO32﹣+H+和HSO3﹣+H2O⇌H2SO3+OH﹣，HSO3﹣的电离程度大于水解程度，所以亚硫酸根离子的物质的量大于亚硫酸氢根；
故答案为：酸；HSO3﹣存在：HSO3﹣⇌SO32﹣+H+和HSO3﹣+H2O⇌H2SO3+OH﹣，HSO3﹣的电离程度大于水解程度；
②当溶液呈中性时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，亚硫酸氢根离子浓度大于亚硫酸根离子浓度。
a、溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，溶液呈中性时，溶液中c（H+）＝c（OH﹣），所以c（Na+）＝2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣），故a正确；
b、溶液呈中性时，溶液中c（H+）＝c（OH﹣），c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣），溶液中阴阳离子所带电荷相等，所以得c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H+）＝c（OH﹣），故b正确；
c、溶液呈中性时，溶液中阴阳离子所带电荷相等，得c（Na+）+c（H+）＝2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），故c错误；
故答案为：ab；
（4）①当吸收液的pH降至约为6时，吸收液中阴离子主要是亚硫酸氢根离子，亚硫酸氢根离子在阳极上失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为：HSO3﹣+H2O﹣2e﹣＝SO42﹣+3H+。
故答案为：HSO3﹣+H2O﹣2e﹣＝SO42﹣+3H+；
②电解时，溶液中阳离子向阴极移动，氢离子在阴极得电子生成氢气，溶液中氢离子浓度降低，导致加速HSO3﹣电离生成SO32﹣，钠离子进入阴极室，吸收液就可以再生。
故答案为：氢离子在阴极得电子生成氢气，溶液中氢离子浓度降低，促使HSO3﹣电离生成SO32﹣，且钠离子进入阴极室，吸收液就可以再生。
29．答案：（1）不能；用pH试纸测NH4Cl、NH4NO3、（NH4）2SO4溶液的pH值，如果pH＜7，证明铵根离子可以水解，故一水合氨为弱电解质；
（2）＞；＜；
（3）＞；c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＝c（OH﹣）。
解：（1）二者恰好完全反应生成NH4HSO4，NH4HSO4电离方程式为NH4HSO4＝NH4++H++SO42﹣，溶液中部分H+来自于HSO4﹣的电离，部分来自于铵根离子水解，溶液pH＜7不能证明一水合氨是弱电解质；可以根据NH4Cl、NH4NO3、（NH4）2SO4溶液pH值判断一水合氨是弱电解质，设计实验方案为：用pH试纸测NH4Cl、NH4NO3、（NH4）2SO4溶液的pH值，如果pH＜7，证明铵根离子可以水解，故一水合氨为弱电解质，
故答案为：不能；用pH试纸测NH4Cl、NH4NO3、（NH4）2SO4溶液的pH值，如果pH＜7，证明铵根离子可以水解，故一水合氨为弱电解质；
（2）①中溶质是NH4HSO4、②中溶质是（NH4）2SO4，两个实验中加入氨水的量相同但HSO4﹣的电离出的H+抑制NH4+水解，所以c（NH4+）：a＞b；NH4+水解导致（NH4）2SO4溶液呈酸性，溶液的pH＜7，
故答案为：＞；＜；
（3）（NH4）2SO4溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，酸碱体积相等，则c＞0.2，溶液呈中性，则c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（NH4+）＝c（OH﹣）+2c（SO42﹣），则c（NH4+）＝2c（SO42﹣），即c（NH4+）＞c（SO42﹣），溶液中水电离程度较小、盐水解程度较小，所以溶液中存在c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＝c（OH﹣），
故答案为：＞；c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＝c（OH﹣）。
四．解答题（共10小题）
30．答案：见试题解答内容
解：混合溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH、NaCl，
（1）溶液中存在醋酸和水的电离平衡、醋酸根离子的水解平衡，所以存在的平衡为CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+、CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣、H2O⇌H++OH﹣，故答案为：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+；CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣；H2O⇌H++OH﹣；
（2）混合溶液的pH＜7，c（H+）＞c（OH﹣），同时说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度，氯离子不水解，结合物料守恒得离子浓度大小顺序为c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），
故答案为：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）；
（3）溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得离子浓度为0.1mol/L的为Na+；离子浓度为0.05mol/L的为Cl﹣，
故答案为：Na+；Cl﹣；
（4）溶液中存在物料守恒，则0.1mol的微粒为CH3COOH、CH3COO﹣ 的物质的量之和，
故答案为：CH3COOH；CH3COO﹣。
31．答案：见试题解答内容
解：（1）Na、S、Cl为第三周期元素，O、N为第二周期元素，电子层数越多半径越大，电子层数相同时核电荷数越多半径越小，因此半径最小的是O；四种元素的核外电子排布分别为：Na：1s22s22p63s1、S：1s22s22p63s23p4、Cl：1s22s22p63s23p5；O：1s22s22p4、N：1s22s22p3；由核外电子排布可知最外层p亚层上电子自旋状态只有一种的元素是氮元素，故答案为：O；N；
（2）碱性条件下，铝粉可除去工业废水中的NaNO2，处理过程中产生一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为氨气，而铝在碱性溶液中最终以偏铝酸盐形式存在；据此可得反应的方程式为：2Al+NO2﹣+H2O+OH﹣＝NH3↑+2AlO2﹣；根据方程式1mol可以消耗0.5mol亚硝酸钠，其质量为：0.5mol×69g/mol＝34.5g，故答案为：AlO2﹣；34.5g；
（3）结合装置的特点及装置的目的可知当a作阳极时产生氯气向上扩散，b电极产生的氢氧化钠向下扩散，有利于两者充分接触反应，因此a接正极，电解过程产生氢氧化钠和氯气，两者继续反应产生次氯酸钠相应的反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；Cl2+2NaO＝NaCl+NaClO+H2O；故答案为：正；2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O；
（4）在加热条件下亚硫酸钠易被氧气氧化成硫酸钠，使得水解的亚硫酸根浓度减小，碱性降低； 因亚硫酸钠在加热时部分被氧化，恢复至室温时，亚硫酸钠的浓度比原来小，水解产生的亚硫酸氢根的浓度也比原来的要小，故答案为：亚硫酸钠被氧化；＞。
32．答案：（1）Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，水解生成的Al（OH）3具有强的吸附作用；
（2）反应吸热降低温度；固体氧化物隔绝空气（水蒸气稀释空气）；
（3）+4；
（4）c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；
（5）10﹣6mol/L。
解：（1）明矾中含有Al3+，在水中发生水解反应，生成Al（OH）3胶体，即Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，Al（OH）3胶体具有强的吸附作用，能吸附水中的悬浮颗粒形成沉淀，从而能净水，
故答案为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，水解生成的Al（OH）3具有强的吸附作用；
（2）2Mg5Al3（OH）19（H2O）427H2O+10MgO+3Al2O3，该反应的特点是：吸热反应、水易气化，气化时吸热、生成的MgO和Al2O3是固体，是耐火材料，该化合物作阻燃剂的两条依据：反应吸热降低温度、固体氧化物隔绝空气（水蒸气稀释空气），
故答案为：反应吸热降低温度；固体氧化物隔绝空气（水蒸气稀释空气）；
（3）Na2S2O5中钠元素为+1价，氧元素为﹣2价，设S的化合价为x价，由化合物中化合价的代数和为0可得1×2+2x+（﹣2）×5＝0，则x＝4，即S的化合价为+4价，
故答案为：+4；
（4）NH4Cl溶液中铵根离子部分水解显酸性，离子浓度大小顺序为c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），
故答案为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；
（5）NaHCO3水解溶液显碱性，pH＝8，则c（H+）＝10﹣8mol/L，则c（OH﹣）＝＝mol/L＝1×10﹣6mol/L，氢氧根离子全部由水电离，则溶液中水电离出的OH﹣浓度为10﹣6mol/L，
故答案为：10﹣6mol/L。
33．答案：见试题解答内容
解：（1）离子反应是由离子参加的反应，发生的条件是化合物在一定的条件下必须电离出能反应的离子，则必须是电解质发生电离，故选D，
故答案为：D；
（2）有一瓶澄清的溶液其中可能含有H+、Mg2+、Ba2+、Al3+、NO3﹣、CO32﹣、SO42﹣，
①用pH试纸检验，表明溶液呈强酸性，则一定不存在CO32﹣，可以排除CO32﹣的存在，
故答案为：CO32﹣；
②取出部分溶液逐滴加入NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变为碱性，继续滴加NaOH溶液，先有白色沉淀产生后沉淀部分消失，沉淀溶解为氢氧化铝，不溶的白色沉淀为氢氧化镁，说明一定含Mg2+、Al3+，
故答案为：Mg2+、Al3+；
③取部分上述碱性溶液加Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，碳酸根离子结合钡兰州市生成碳酸钡沉淀，说明一定含Ba2+，一定不含SO42﹣，生成白色沉淀发生反应的离子方程式为：Ba2++CO32﹣＝BaCO3↓，
故答案为：Ba2+；SO42﹣；Ba2++CO32﹣＝BaCO3↓；
④电解质溶液电荷守恒分析，阴离子一定含NO3﹣，上述实验事实还能确定溶液中肯定存在的离子NO3﹣，
故答案为：NO3﹣。
34．答案：（1）Cl﹣； K+；作焰色反应实验；
（2）Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣；+2H2O；4Fe（ OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3；
（3）n（H+）：n（NH4+ ）：n（Fe2+）：n（Al3+）＝2：2：3：2； 3.2 mol•L﹣1。
解：（1）加入0～a mol过氧化钠时，没有沉淀生成，表明溶液中含有H+；a～b mol过程中沉淀量增加，从b～8 mol过程中沉淀的量不变，但是气体的量增加，表明一定含有NH4+；8～c mol过程中沉淀的量减少，表明溶液中一定含有Al3+；但是并没有完全溶解，表明原溶液中还含 Fe2+，因为H+、NO3﹣、Fe2+不能大量共存，故溶液中一定没有NO3﹣，因此含有的阳离子为H+、Al3+、NH4+、Fe2+；溶液中有H+，所以一定不存在的离子为OH﹣、CO32﹣、AlO2﹣，根据电中性原理知一定有Cl﹣，溶液中可能含有K+，可利用焰色反应判断其是否存在，
故答案为：Cl﹣； K+；作焰色反应实验；
（2）生成的沉淀为 Al（ OH）3、Fe（ OH）2，其中Fe（ OH）2可被空气氧化为Fe（ OH）3，这会导致固体质量增大；氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应导致沉淀物质的量减小，
故答案为：Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O；4Fe（ OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3；
（3）由图知，沉淀量最多为5 mol，n[Al（OH）3]＝2 mol.n[Fe（OH）2]＝3 mol，1 mol Na2O2溶 于水可得到2 mol NaOH，故c＝9 mol。由Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓，Fe2++2OH﹣＝Fe（OH）2↓，将Al3+、Fe2+恰好转化为沉淀时需要12molNaOH、即需要消耗6molNa2O2，结合a＝1mol，知b＝7mol，由此知溶液中 n（NH4+ ）＝2 mol。即与H+反应的Na2O2是1 mol，故溶液中n（H+）＝2 mol，溶液中n（H+）：n（NH4+ ）：n（Fe2+）：n（Al3+）＝2：2：3：2。由电中性原理知n（Cl﹣）＝n（H+）+n（NH4+）+2n（Fe2+）+3n（Al3+）＝2+2+2×3+3×2＝16 mol，c（Cl﹣）＝3.2 mol.L﹣1，
故答案为：n（H+）：n（NH4+ ）：n（Fe2+）：n（Al3+）＝2：2：3：2； 3.2 mol•L﹣1。
35．答案：（1）（a+2b）kJ•mol﹣1；
（2）1.7×10﹣5mol•L﹣1；
（3）CuI；Cu2+与I﹣反应生成Cu+，因Ksp（CuI）＜Ksp（CuCl），Ksp更小的CuI更容易产生沉淀。
解：（1）①Cu（s）+Cu2+（aq）⇌2Cu+（aq）△H1＝a kJ•mol﹣1，②Cl﹣（aq）+Cu+（aq）⇌CuCl（s）△H2＝bkJ•mol﹣1，结合盖斯定律可知①+②×2得；Cu（s）+Cu2+（aq）+2Cl﹣（aq）⇌2CuCl（s）△H＝（a+2b）kJ•mol﹣1，
故答案为：（a+2b）kJ•mol﹣1；
（2）由图可知，pH＝7时，﹣lgc（Cl﹣）＝2，所以c（Cl﹣）＝10﹣2mol•L﹣1，根据Ksp（CuCl）＝c（Cu+）c（Cl﹣），c（Cu+）＝＝＝1.7×10﹣5mol•L﹣1，
故答案为：1.7×10﹣5mol•L﹣1；
（3）CuCl2溶液中加入过量KI固体，观察到有白色沉淀，因Ksp（CuI）＜Ksp（CuCl），Ksp更小的CuI更容易产生沉淀，所以Cu2+与I﹣反应生成Cu+，I﹣+Cu+＝CuI↓，
故答案为：CuI；Cu2+与I﹣反应生成Cu+，因Ksp（CuI）＜Ksp（CuCl），Ksp更小的CuI更容易产生沉淀。
36．答案：（1）阴；阳；H2SO4；NaOH；2Na2SO4+6H2O4NaOH+2H2SO4+2H2↑+O2↑；
（2）①＞；
②e
解：（1）电解Na2SO4溶液装置中，左侧为阳极、右侧为阴极，钠离子通过阳离子交换膜n移向阴极，硫酸根离子通过阴离子交换膜m移向阳极，阴极上氢离子放电生成氢气，则NaOH在阴极生成，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，则阳极上生成硫酸，由图可知，A、D口产品分别是硫酸和氢氧化钠，反应的总反应方程式为2Na2SO4+6H2O4NaOH+2H2SO4+2H2↑+O2↑，
故答案为：阴；阳；H2SO4；NaOH；2Na2SO4+6H2O4NaOH+2H2SO4+2H2↑+O2↑；
（2）①电解池中，阳离子通过阳离子交换膜移向阴极，阴离子通过阴离子交换膜移向阳极，电渗析淡化海水图中，c出口所在原料室中氯离子通过阴离子交换膜移向b出口所在原料室，同时a出口所在原料室中钠离子通过阳离子交换膜移向b出口所在原料室，所以b出口所在原料室中NaCl的浓度增大，c出口所在原料室中NaCl的浓度减小，即NaCl溶液浓度：b＞c，
故答案为：＞；
②水垢的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁，电渗析淡化时阴极上氢离子放电生成氢气，则阴极附近氢氧根离子浓度增大，而海水中含有碳酸氢根离子、Ca2+和Mg2+，阴极生成的氢氧根离子与海水中碳酸氢根离子、钙离子反应生成白色沉淀碳酸钙，同时阴极附近氢氧根离子与镁离子生成氢氧化镁白色沉淀，所以产生较多的水垢的位置是阴极，即e出口对应的室会产生较多的水垢，
故答案为：e
37．答案：（1）SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣；
（2）BD；
（3）15；
（4）①测量溶液的 pH，若pH 约为4，停止通SO2；
②D；
（5）SOCl2+H2O═SO2↑+2HCl，随着SOCl2的通入，能够消耗MgCl2•6H2O分解产生的水，同时生成的 HCl抑制了MgCl2的水解。 HCl抑制了MgCl2的水解
解：（1）Na2SO3为强碱弱酸盐，SO32﹣水解使得溶液显碱性，pH＞7，以第一步水解为主，水解反应离子方程式为SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣，
故答案为：SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣；
（2）已知Ka越大酸性越强，酸性较强的能与酸性较弱的酸根离子反应，由于HCO3﹣的酸性小于HSO3﹣的酸性，所以HCO3﹣与SO32﹣不反应，即BD能共存，
故答案为：BD；
（3）H2SO3的电离常数为K1＝1.5×10﹣2，K2＝1.0×10﹣7，可知H2SO3⇌SO32﹣+2H+，K＝K1•K2＝1.5×10﹣9，当溶液的 pH＝5 时，溶液中＝＝15，
故答案为：15；
（4）①由图象可知吸收SO2制备NaHSO3溶液，溶液pH越为5，则测量溶液的 pH，若pH 约为4，停止通SO2，故答案为：测量溶液的 pH，若pH 约为4，停止通SO2；
②A．由物料守恒可知，c（Na+）＝c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3），故A正确；
B．在NaHSO3溶液中，电离程度大于水解程度，溶液显酸性，则离子浓度为c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣），故B正确；
C．根据质子守恒，c（H2SO3）+c（H+）═c（SO32﹣）+c（OH﹣），故C正确；
D．根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝2c（SO32﹣）+c（（HSO3﹣）+c（OH﹣），故D错误；
故答案为：D；
（5）蒸干MgCl2溶液时Mg2+会发生水解生成Mg（OH）2，且生成的HCl具有挥发性，当MgCl2•6H2O与SOCl2混合共热时，由于SOCl2极易与水反应，反应产生的HCl可以抑制MgCl2的水解，
故答案为：SOCl2+H2O═SO2↑+2HCl，随着SOCl2的通入，能够消耗MgCl2•6H2O分解产生的水，同时生成的 HCl抑制了MgCl2的水解。 HCl抑制了MgCl2的水解。
38．答案：（1）1：10；
（2）①A；10﹣12；
②10：1；
③9；
④14.
解：（1）酸溶液中，氢氧根离子是水电离，碱溶液中H+是水电离的，
①pH＝1的盐酸中由水电离生成的c（H+）＝mol/L＝10﹣13mol/L，
②0.01mol•L﹣1的NaOH溶液中由水电离生成的c（H+）＝mol/L＝10﹣12mol/L，
室温下由水电离生成的c（H+）之比（①：②）是10﹣13：10﹣12＝1：10，
故答案为：1：10；
（2）①水的电离吸收热量，升高温度促进水电离，则水的离子积常数增大，根据图知，在25℃时，水的电离平衡曲线应为A，95℃时水的离子积KW＝10﹣6×10﹣6＝10﹣12，
故答案为：A；10﹣12；
②25℃时，将pH＝9的Ba（OH）2溶液中c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣5mol/L，pH＝4的H2SO4溶液中c（H+）＝10﹣4mol/L，若冷却至25℃时所得混合溶液的pH＝7，溶液呈中性，则碱中n（OH﹣）等于酸中n（H+），二者体积之比等于其浓度的反比，所以V[Ba（OH）2]：V（H2SO4）＝10﹣4mol/L：10﹣5mol/L＝10：1，
故答案为：10：1；
③该温度下KW＝10﹣6×10﹣6＝10﹣12，该温度下pH＝2的盐酸中c（H+）＝10﹣2mol/L，pH＝11的NaOH溶液中c（OH﹣）＝mol/L＝0.1mol/L，二者以体积比为9：1混合，NaOH有剩余，溶液呈碱性，则混合溶液中c（OH﹣）＝mol/L＝0.001mol/L，混合溶液中c（H+）＝mol/L＝10﹣9mol/L，溶液的pH＝9，
故答案为：9；
④由将钠投入CuSO4溶液中，钠先和水反应生成NaOH和氢气，生成的NaOH和CuSO4发生复分解反应，方程式为：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，2NaOH+CuSO4＝Na2SO4+Cu（OH）2↓，n（H2）＝＝0.065mol，根据方程式知生成n（NaOH）＝2n（H2）＝2×0.065mol＝0.13mol，n（CuSO4）＝0.15mol/L×0.1L＝0.015mol，根据方程式知NaOH有剩余，溶液中剩余n（NaOH）＝0.065mol×2﹣0.15mol/L×0.1L×2＝0.1mol，则c（OH﹣）＝mol/L＝1mol/L，c（H+）＝10﹣14mol/L，所以反应后溶液的pH＝14，
故答案为：14。
39．答案：（1）K+；Cl﹣；OH﹣；
（2）铁粉；Fe+2Ag+＝2Ag+Fe2+；Ag。
解：（1）甲厂废水呈碱性，则溶液中含有大量的OH﹣，与OH﹣离子反应的Ag+、Fe3+不能大量共存，
根据溶液电中性可知甲厂废水中应含有K+，乙厂中含有Ag+、Fe3+，则与Ag+、Fe3+反应的Cl﹣、OH﹣不能共存，根据溶液电中性可知乙厂还有NO3﹣，
由此可知：甲厂含有K+、Cl﹣、OH﹣，乙厂含有Ag+、Fe3+、NO3﹣；
故答案为：K+；Cl﹣；OH﹣；
（2）乙厂含有的金属离子有K+、Ag+、Fe3+，加入单质Fe，铁可置换出Ag，反应的离子方程式为：Fe+2Ag+＝2Ag+Fe2+，
故答案为：铁粉；Fe+2Ag+＝2Ag+Fe2+；Ag。
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