第1頁/共1頁2025北京高二（上）期末化學匯編水溶液中的離子反應與平衡章節綜合一、單選題1．（2025北京十一學校高二上期末）常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能夠大量共存的是（）A．無色透明溶液中：Na+、Fe3+、Cl-、I-B．1mol/L的AlCl3溶液中：、Ba2+、H+、C．pH=1的溶液中：Mg2+、K+、、D．由水電離出的c(H+)=10-13mol/L的溶液中：Na+、K+、Cl-、2．（2025北京十一學校高二上期末）常溫下，用溶液分別滴定體積均為、濃度均為的鹽酸和醋酸溶液。滴定過程中溶液pH隨加入的NaOH溶液體積而變化的滴定曲線如下圖所示，下列說法正確的是（）A．滴定開始前，溶液、鹽酸和醋酸溶液中由水電離出的最大的是鹽酸B．左圖是溶液滴定鹽酸的曲線，右圖是溶液滴定醋酸的曲線C．分析圖像可知，和的關系為：D．M點對應的溶液中，各離子的物質的量濃度由大到小的順序是（A-表示或）3．（2025北京十一學校高二上期末）人體血液中存在平衡：，使血液保持在之間，否則就會發生酸中毒或堿中毒。已知隨變化關系如下表所示，下列說法不正確的是（）1.017.820.022.4pH6.107.357.407.45A．的血液中，B．人體發生酸中毒時，可靜脈滴注一定濃度的溶液解毒C．常溫下將的血液稀釋，一定不變D．時，的電離程度小于的水解程度4．（2025北京十一學校高二上期末）常溫下，將濃度均為0.1mol/L一元酸HX溶液和NaOH溶液等體積混合所得溶液pH=9，下列說法正確的是（）A．溶液中：B．所得溶液中：C．常溫下，0.1mol/LHX溶液的pH=1D．所得溶液中：5．（2025北京十一學校高二上期末）磷酸(H3PO4)是三元弱酸，可用于制磷肥、含磷藥物。H3PO4水溶液中各含磷微粒的分布分數(平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分數)與pH的關系如圖所示。下列說法正確的是（）A．H3PO4第一步的電離常數為Ka1，Ka1約為10-2B．0.1mol/LH3PO4溶液的pH約為10.0C．H3PO4的電離方程式為：D．pH=12時，由電荷守恒可知，溶液中6．（2025北京昌平高二上期末）為研究沉淀的生成及轉化，某小組同學進行如圖1所示實驗，圖2為ZnS、CuS飽和溶液離子濃度關系曲線圖，M代表Cu或Zn。下列關于該實驗分析不正確的是（）A．①中產生白色沉淀的原因是c(Zn2＋)·c(S2-)>Ksp(ZnS)B．②中現象不能證明Zn2＋(aq)與S2-(aq)反應有限度C．③中現象能證明CuS比ZnS更難溶D．由圖1實驗可得圖2中曲線a代表CuS7．（2025北京昌平高二上期末）25℃時，向20mL0.1mol·L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol·L-1NaOH溶液，pH變化曲線如下圖所示：下列說法不正確的是（）A．由a點pH可知CH3COOH的電離常數Ka≈10-4.8B．b點溶液中微粒濃度：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)C．c點溶液中微粒對水的電離平衡的促進與抑制程度相同D．a點→d點的過程中n(CH3COO-)持續增大8．（2025北京昌平高二上期末）測定0.1mol·L-1Na2CO3溶液升溫過程中的pH(不考慮水的蒸發)，數據如下。溫度/℃20406080pH11.8011.6811.5411.42下列說法正確的是（）A．Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO+2H2OH2CO3+2OH-B．升溫過程中，溶液中的c(OH-)在增大C．升溫過程中，溶液pH變化是水解平衡移動的結果D．升溫過程中，溶液中c(CO)+c(HCO)=0.1mol·L-19．（2025北京昌平高二上期末）一定溫度下，pH=1的CH3COOH溶液中存在如下電離平衡：CH3COOHCH3COO?+H+，對于該溶液，下列說法不正確的是（）A．升高溫度，電離平衡常數K變大，平衡正向移動，c(H+)增大B．加入少量CH3COONa固體，平衡逆向移動，c(CH3COO?)減小C．加入少量水，平衡正向移動，c(H+)減小D．與等體積pH=1的鹽酸相比，該溶液與足量Zn反應生成的氣體更多10．（2025北京昌平高二上期末）下列方程式與所給事實不相符的是（）A．食醋去除水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑B．用碳酸鈉溶液處理鍋爐水垢：CaSO4(s)+COCaCO3(s)+SOC．用5%的Na2SO4溶液除去誤食的Ba2+：Ba2++SO=BaSO4↓D．泡沫滅火器中NaHCO3溶液與Al2(SO4)3溶液混合產生氣體和沉淀：3HCO+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑11．（2025北京昌平高二上期末）漂白粉的主要成分為Ca(ClO)2和CaCl2，下列有關說法正確的是（）A．二者均能完全電離 B．二者均能水解C．二者的水溶液均顯堿性 D．二者均可電離出Cl-12．（2025北京昌平高二上期末）下列電離方程式書寫正確的是（）A．NH4ClNH+Cl- B．NH3·H2ONH+OH-C．H2CO32H++CO D．HClO=ClO-+H+13．（2025北京北師大附中高二上期末）將溶液分別滴入溶液和溶液中，如圖所示，I、Ⅱ中均有沉淀產生。(已知：是白色難溶于水的固體。)下列說法不正確的是（）A．溶液和溶液中均存在：B．I中的沉淀可能有和C．Ⅱ中生成的反應：D．I和Ⅱ中加入溶液后，均降低14．（2025北京四中高二上期末）下列事實不能用平衡移動原理解釋的是（）A．FeS可用于除去廢水中的B．25℃～100℃，隨溫度升高，純水的pH減小C．加熱溶液，液體由黃色變為紅褐色D．，采用高溫提高單位時間內的產率15．（2025北京北師大附中高二上期末）下列溶液中各微粒的濃度關系不正確的是（）A．溶液：B．KCl溶液：C．CH3COONa溶液：D．室溫下，pH=7的、混合溶液：二、填空題16．（2025北京昌平高二上期末）①鹽酸②醋酸③一水合氨④氫氧化鈉⑤氯化銨⑥醋酸鈉是實驗室和生活中常見的物質。(1)CH3COONa溶液顯(填“酸性”、“中性”或“堿性”)，結合化學用語解釋原因。(2)將濃度均為0.1mol/L的①與③溶液等體積混合后，溶液中存在的離子濃度大小關系是。(3)下列事實不能證明氨水中存在電離平衡的是。a．氨水中存在NH4+、OH?、H+b．氨水的導電性弱于NaOH溶液c．常溫下，1mol·L-1的氨水測得pH約為12d．將一定體積的1mol·L-1的氨水稀釋10倍，其pH變化小于1(4)常溫下，pH=4的CH3COOH和NH4Cl溶液，由水電離出的c(H＋)之比是。(5)向飽和NaHCO3溶液中滴加飽和CaCl2溶液，可觀察到先產生白色沉淀，后產生大量無色氣泡，結合化學用語，從平衡移動角度解釋原因。三、解答題17．（2025北京北師大附中高二上期末）會造成大氣污染，在工業上采用多種方法進行處理。Ⅰ．氧化法：煙氣中的NO經預處理后轉化為，再用懸濁液吸收。已知：常溫下，，。(1)將懸濁液靜置，取上層清液，測得pH約為8，用化學用語解釋原因為。(2)用懸濁液吸收，將其轉化為，該反應的化學方程式為。(3)在實際吸收的過程中，通過向懸濁液中加入固體，提高的吸收速率，從溶解平衡的角度解釋其原因。Ⅱ．選擇性非催化還原法：該反應不使用催化劑，但必須在高溫有氧下利用做還原劑與進行選擇性反應：。(4)判斷該反應是吸熱反應還是放熱反應，并說明理由：。(5)檢測煙氣中含量的步驟如下：ⅰ．將VL氣樣通入適量酸化的溶液中，使完全被氧化為；ⅱ．加水稀釋至100.00mL，量取20.00mL該溶液，與mL標準溶液(過量)充分混合；ⅲ．用標準溶液滴定剩余的，終點時消耗mL。滴定過程中發生下列反應：煙氣氣樣中折合成的含量為。18．（2025北京十一學校高二上期末）一種利用低品位銅礦（含有、、和等）為原料制取的工藝流程如下：已知、、、開始沉淀和沉淀完全的如下表：開始沉淀pH4.78.38.11.5完全沉淀pH6.79.89.63.2(1)步驟I中，可將、等物質氧化溶解。①S中的化合價為。②補全并配平下列離子方程式：__________。(2)步驟II中，固體C中含有的物質是（填化學式）；加入氨水調節至如下范圍：的目的是。(3)步驟IV中，濾液E中的主要溶質為，加熱過程中，主要溶質發生分解反應的化學方程式為。(4)該流程中可循環利用的物質是（填化學式）。(5)CuCl質量分數的測定稱取樣品，溶于過量的硫酸鐵銨溶液[可將氧化為]，滴加2滴試亞鐵靈指示劑（可與發生特征顯色反應），用的硫酸鐘標準溶液滴定（反應為），共消耗硫酸鈰標準溶液。寫出與CuCl反應的離子方程式。寫出CuCl質量分數的計算式（CuCl的相對分子質量以字母表示）。19．（2025北京十一學校高二上期末）食醋作為日常飲食中的一種調味劑，深受人們青睞，它對改善食物的口感、增進食欲、促進食物消化等都有獨特的功能。食醋的酸味主要來自其中的醋酸等有機酸。食醋的總酸含量是指每100mL食醋中含酸(以醋酸計)的質量，也稱食醋的酸度。國家標準規定釀造食醋的總酸含量不得低于3.5g/100mL。某活動小組探究市場上某品牌白醋總酸度的步驟如下：①移取25.00mL某品牌白醋，置于250mL容量瓶中，加水稀釋至刻度，搖勻得待測食醋溶液；②用0.100mol/L的標準NaOH溶液潤洗堿式滴定管3次；③把盛有標準溶液的堿式滴定管固定好，調節液面使滴定管尖嘴充滿溶液；④調節液面至“0”刻線或零刻線下任一刻線；⑤用_____取20.00mL待測食醋溶液注入潔凈的錐形瓶，并加入2~3滴指示劑；⑥用標準NaOH溶液滴定至終點，記下滴定管液面的刻度；⑦重復滴定3次。請回答下列問題：(1)為了完成該實驗，步驟⑤中所用的儀器為(選填“酸式”、“堿式”)滴定管。(2)實驗室現有3種酸堿指示劑，其pH的變色范圍如下：①甲基橙：3.1~4.4

②石蕊：5.0~8.0

③酚酞：8.2~10.0你認為該活動小組應該選用的最佳指示劑是(選填編號)。滴定終點的操作及現象為。(3)數據記錄與處理：滴定次數待測液體積(mL)標準NaOH溶液體積(mL)滴定前刻度滴定后刻度第1次20.001.0321.04第2次20.001.0621.06第3次20.002.0622.05經數據處理，此品牌的食醋總酸含量的平均值是g/100mL。（已知醋酸的摩爾質量為60g/mol）(4)若在接近滴定終點時，用少量蒸餾水將錐形瓶內壁沖洗一下，再繼續滴定至終點，則所測得該品牌白醋的總酸度含量會。（選填“偏大”、“偏小”或“無影響）20．（2025北京昌平高二上期末）某小組同學向CuCl2和KCl混合液中加入打磨光亮的Mg條，探究溶液中參與反應的微粒及對應產物。【實驗I、II】(均加入表面積相同的光亮鎂條0.20g，約0.0083mol)加入試劑實驗現象初期3min12hⅠ室溫下，10mLpH=3.80的CuCl2和KCl混合液。c(Cu2+)=0.1mol·L-1，c(Cl?)=1mol·L-1.鎂條表面產生紅色固體，產生無色氣泡，速率很快。鎂條表面不斷聚積出現藍白色不溶物。不再產生氣泡，鎂條完全消失，試管底部依次有紅色、藍白色、紅色、白色沉淀，反應液渾濁(室溫下pH=9.28)。Ⅱ室溫下，10mL1mol·L-1酸性KCl溶液。(鹽酸酸化至pH=x)產生無色氣泡，速率適中。——不再產生氣泡，大部分鎂條沒有反應完，反應液澄清(室溫下pH=10.55)。(1)實驗Ⅱ為實驗Ⅰ的空白對照組，x的值為。(2)反應初期，實驗I比實驗II產生氣泡速率更快的原因是。【實驗III】探究實驗I中3min時藍白色不溶物的成分實驗步驟及現象III重復實驗Ⅰ，進行到3min時，取出鎂條。用濃氨水充分浸取后，鎂條表面藍白色不溶物完全溶解并露出紅色層，氨水浸出液呈藍色。資料：ⅰ．Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，Mg(OH)2固體不可溶于濃氨水。ⅱ．Cu(OH)2固體可溶于濃氨水形成深藍色配離子[Cu(NH3)4]2+。ⅲ．CuCl為白色固體；[Cu(NH3)2]+為無色配離子，容易被空氣氧化。(3)由實驗III可得，藍白色不溶物中含Cu(OH)2，不含Mg(OH)2。①結合化學用語解釋Cu(OH)2產生的原因：。②藍白色不溶物中不含Mg(OH)2的實驗證據是。(4)依據資料，推測藍白色不溶物中含CuCl，進一步進行探究。①取實驗III的藍色浸取液，分成兩等份于兩支試管中，試管a用橡膠塞蓋緊，試管b充分振蕩靜置，(填現象)，證實推測。②用離子方程式解釋試管b中現象：。③用離子方程式解釋CuCl產生的原因：。(5)對比實驗I和實驗II中12h后的現象，結合必要的數據分析，解釋實驗I中12h后反應液在pH=9.28時渾濁的原因是。21．（2025北京昌平高二上期末）以黃鐵礦(主要含FeS2)為原料，低成本回收蛇紋石中和渣(含大量Fe2O3及少量其他金屬氧化物雜質)中的鐵元素，制備高附加值氧化鐵紅的工藝流程如下(部分流程已省略)：(1)酸浸過程中，加快浸出速率可采取的措施有；(寫兩條)。(2)酸浸過程中，Fe2O3發生反應的離子方程式為。(3)黃鐵礦在隔絕空氣的條件下還原酸浸液，黃鐵礦與酸浸液按一定比例混合，在不同溫度下反應相同時間，測得溶液中Fe2+、Fe3+的質量濃度變化如下圖。已知：Sx2?S2?+(x-1)S(x=2，3，…)①將還原過程的離子方程式補充完整：。□FeS2+□_______+□_______=□_______+□SO+□_______+□_______②溫度高于85℃，隨溫度的升高，Fe2+質量濃度減小的原因是。(4)測定氧化鐵紅純度。取ag煅燒后的氧化鐵紅產品，用鹽酸溶解后配成100mL溶液，取10mL待測溶液，向其中加入過量SnCl2溶液還原，加入HgCl2除去過量的SnCl2.加入3滴指示劑，用cmol/LK2Cr2O7標準溶液滴定至終點，共消耗VmLK2Cr2O7標準溶液。資料：Cr2O72-被還原為Cr3+①用上述方法測得的產品中Fe2O3的質量分數為(列計算式即可，Fe2O3摩爾質量為160g/mol)。②若不除去過量的SnCl2，Fe2O3的質量分數測定結果將(填“偏高”“不變”或“偏低”)。22．（2025北京北師大附中高二上期末）某小組探究鹵素參與的氧化還原反應，從電極反應角度分析物質氧化性和還原性變化規律。(1)濃鹽酸與混合加熱生成氯氣。氯氣不再逸出時，固液混合物A中仍存在鹽酸和。①反應的離子方程式是。②電極反應式：ⅰ.還原反應：ⅱ.氧化反應：。③根據電極反應式，分析A中仍存在鹽酸和的原因。ⅰ.隨降低或升高，氧化性減弱。ⅱ.隨降低，。④補充實驗證實了③中的分析。序號實驗加入試劑現象Ⅰ較濃硫酸有氯氣Ⅱa有氯氣Ⅲa和b無氯氣a是，b是。(2)利用對氧化性的影響，探究鹵素離子的還原性。相同濃度的KCl、KBr和KI溶液，能與反應所需的最低由大到小的順序是，從原子結構角度說明理由。(3)根據(1)中結論推測：酸性條件下，加入某種化合物可以提高溴的氧化性，將氧化為。經實驗證實了推測。該化合物是。(4)Ag分別與的鹽酸、氫溴酸和氫碘酸混合，Ag只與氫碘酸發生置換反應。試解釋原因：。(5)總結：物質氧化性和還原性變化的一般規律是。

參考答案1．B【詳解】A．Fe3+的水溶液顯黃色，在無色溶液中不能大量存在；且Fe3+、I-會發生氧化還原反應產生Fe2+、I2，也不能大量共存，A不符合題意；B．在1mol/L的AlCl3溶液中，含有的Al3+、Cl-與選項離子之間不能發生任何反應，可以大量共存，B符合題意；C．pH=1的溶液顯酸性，含有大量H+，H+與會反應產生H2O、CO2氣體，不能大量共存，C不符合題意；D．在常溫下，由水電離出的c(H+)=10-13mol/L的溶液，可能顯酸性，也可能顯堿性。在酸性溶液中，H+與會反應產生H2O、CO2氣體，不能大量共存；在堿性溶液中，OH-與會反應產生H2O、，也不能大量共存，D不符合題意；故合理選項是B。2．D【分析】由圖可知，未加入氫氧化鈉溶液時，左圖中0.1mol/L溶液pH為3、右圖中0.1mol/L溶液pH為1，則左圖是氫氧化鈉溶液滴定醋酸的曲線、右圖是氫氧化鈉溶液滴定鹽酸的曲線。【詳解】A．0.1mol/L氫氧化鈉溶液溶液中氫氧根離子和0.1mol/L鹽酸中氫離子濃度都為0.1mol/L，而醋酸溶液中氫離子濃度小于0.1mol/L，酸或堿均抑制水的電離，溶液中氫氧根離子濃度或氫離子濃度越大，水的電離程度越小，所以醋酸溶液中水電離出的氫離子濃度最大，故A錯誤；B．由分析可知，左圖是氫氧化鈉溶液滴定醋酸的曲線、右圖是氫氧化鈉溶液滴定鹽酸的曲線，故B錯誤；C．由分析可知，左圖是氫氧化鈉溶液滴定醋酸的曲線、右圖是氫氧化鈉溶液滴定鹽酸的曲線，氫氧化鈉溶液體積為V1mL時，醋酸溶液與氫氧化鈉溶液反應得到醋酸鈉和醋酸的混合溶液，溶液pH為7，則V1mL小于20mL，氫氧化鈉溶液體積為V2mL時，鹽酸與氫氧化鈉溶液反應得到氯化鈉溶液，溶液pH為7，則V2mL等于20mL，則V1小于V2，故C錯誤；D．由分析可知，左圖是氫氧化鈉溶液滴定醋酸的曲線，由圖可知，氫氧化鈉溶液體積為20mL的M點為等濃度的醋酸鈉和醋酸的混合溶液，溶液呈酸性，溶液中氫離子濃度大于氫氧根離子濃度，由電荷守恒關系c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO—)+c(OH—)可知，溶液中，故D正確；故選D。3．D【詳解】A．根據圖中數據判斷，pH＞6.10時，碳酸氫根濃度大于碳酸濃度，則pH=7.00的血液中，故A正確；B．發生酸中毒時，應該用堿性物質緩解，例如NaHCO3溶液，碳酸氫根濃度增大，使題干中平衡左移，氫離子濃度降低，可避免酸中毒，故B正確；C．水的離子積常數只與溫度有關，與溶液的酸堿性無關，故C正確；D．碳酸氫鈉溶液因水解程度大于電離程度呈堿性，時，pH=6.10，溶液為酸性，說明碳酸的電離程度大于碳酸氫根離子水解程度，故D錯誤；故答案為D。4．A【分析】常溫下，將濃度均為0.1mol/L一元酸HX溶液和NaOH溶液等體積混合所得溶液pH=9，溶液呈堿性，說明HX為弱酸；【詳解】A．HX為弱酸，電離程度較小，溶液中：，A正確；B．等體積混合后，溶液總體積變大，所得溶液中：，B錯誤；C．HX為弱酸，常溫下，0.1mol/LHX溶液的pH＞1，C錯誤；D．等濃度等體積混合，二者恰好完全反應生成，水解使溶液呈堿性，溶液中，D錯誤；故選A。5．A【詳解】A．磷酸(H3PO4)是三元弱酸，在溶液中存在電離平衡，電離分步進行，第一步電離平衡為：H3PO4H++，其第一步的電離平衡常數Ka1=，根據圖示可知：當pH=2時，c(H3PO4)=c()，則Ka1=c(H+)=10-2，A正確；B．H3PO4是三元弱酸，其水溶液呈酸性，在常溫下0.1mol/LH3PO4溶液的pH＜7，不可能約為10.0，B錯誤；C．H3PO4是三元弱酸，多元弱酸分步電離，每一步都存在電離平衡，其中以第一步電離為主，其第一步的電離方程式為：H3PO4H++，C錯誤；D．pH=12時，溶液呈堿性，即，陽離子除H+外，還應該有其他陽離子(設為Mn+)，則由電荷守恒可知，溶液中nc(Mn+)+c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH-)，D錯誤；故選A。6．D【詳解】A．①中硫化鈉和硫酸鋅反應生成硫化鋅，則c(Zn2＋)·c(S2-)>Ksp(ZnS)，A正確；B．加入的Na2S為0.002L×0.2mol/L=0.0004mol，ZnSO4為0.002L×0.1mol/L=0.0001mol，所以Na2S過量，則Zn2+應完全反應，S2-一定有剩余，所以要證明Zn2+(aq)與S2-(aq)的反應是有限度的，應驗證是否有Zn2+，加入CuSO4溶液出現黑色沉淀只能說明S2-存在，不能證明Zn2＋(aq)與S2-(aq)反應有限度，B正確；C．ZnS為白色固體，CuS為黑色固體，所以③中顏色變化說明ZnS轉化為CuS，則證明CuS比ZnS更難溶，C正確；D．結合C分析可知，硫化銅的Ksp更小，圖2中硫離子濃度相同時，即-lgc(S2-)相同時，b對應的-lgc(M2+)更大，則b對應物質的溶度積更小，故圖2中b代表CuS，D錯誤；故選D。7．B【詳解】A．由a點pH可知，CH3COOH的電離常數Ka=≈10-4.8，A正確；B．B點溶液中溶質CH3COONa和CH3COOH等物質的量濃度的混合溶液，在溶液中存在電荷守恒：c(Na＋)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，b點時溶液pH＜7，c(H+)>c(OH-)，所以c(Na＋)＜c(CH3COO-)，B錯誤；C．c點溶液中溶質CH3COONa和CH3COOH微粒，pH=7，說明CH3COONa對水的電離平衡的促進與CH3COOH抑制程度相同，C正確；D．a點→d點加入0.1mol·L-1NaOH溶液，弱電解質CH3COOH生成強電解質CH3COONa，也可以理解為減小，促進CH3COOH電離，過程中n(CH3COO-)持續增大，D正確；故選B；8．B【詳解】A．Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO+H2OHCO+OH-，A錯誤；B．溫度升高，促進碳酸根離子的水解，導致溶液中升高，B正確；C．溫度升高，促進碳酸根離子的水解，且水的電離程度變大，故溶液pH的變化是改變與水解平衡移動共同作用的結果，C錯誤；D．根據元素守恒可知升溫過程中，溶液中c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.1mol·L-1，D錯誤；故選B。9．B【詳解】A．升高溫度，促進電離，電離平衡常數K變大，平衡正向移動，醋酸的電離程度增大，c(H+)增大pH值減小，A正確；B．加入少量CH3COONa固體，c(CH3COO?)增大，平衡逆向移動，B錯誤；C．加入少量水，促進電離，平衡正向移動，c(H+)減小，C正確；D．與等體積pH=1的鹽酸相比，醋酸的濃度大于鹽酸，故醋酸與足量Zn反應生成的氣體更多，D正確；故選B。10．A【詳解】A．食醋去除水垢中的CaCO3，醋酸是弱酸，不能拆寫：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，A錯誤；B．CaCO3的溶度積小于CaSO4，能夠發生沉淀轉化，CaSO4(s)+COCaCO3(s)+SO，B正確；C．Ba2+有毒，可以用5%的Na2SO4溶液除去誤食的Ba2+生成不溶于酸的BaSO4沉淀，離子方程式為：Ba2++SO=BaSO4↓，C正確；D．沫滅火器中NaHCO3溶液與Al2(SO4)3溶液混合，Al3+水解呈酸性，HCO水解呈堿性，二者水解相互促進，產生氣體和沉淀：3HCO+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑，D正確；答案選A。11．A【詳解】A．Ca(ClO)2和CaCl2均為強電解質，均能完全電離，A正確；B．Ca(ClO)2中次氯酸根為弱酸陰離子，Ca(ClO)2屬于強堿弱酸鹽，能水解，而CaCl2屬于強酸強堿鹽，不能水解，B錯誤；C．Ca(ClO)2為強堿弱酸鹽，水解使其溶液呈堿性，CaCl2為強酸強堿鹽，不能水解，溶液呈中性，C錯誤；D．Ca(ClO)2和CaCl2均為強電解質，Ca(ClO)2發生完全電離：，即Ca(ClO)2不能電離出Cl-，而CaCl2能電離出Cl-，D錯誤；故選A。12．B【詳解】A．氯化銨是強電解質，電離方程式為：NH4Cl=NH+Cl-，A錯誤；B．一水合氨是弱電解質，電離方程式為：NH3·H2ONH+OH-，B正確；C．碳酸是二元弱酸，電離方程式為：H2CO3H++HCO，C錯誤；D．次氯酸是弱酸，其電離方程式為：HClOClO-+H+，D錯誤；故選B。13．C【詳解】A．溶液和溶液中均存在電荷守恒：，A正確；B．Ⅰ中發生的反應有碳酸鈉和硫酸亞鐵生成碳酸亞鐵沉淀，Fe2+遇碳酸根發生雙水解反應生成Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2會很快被空氣中氧氣氧化成Fe(OH)3，B正確；C．Ⅱ中生成的反應：，C錯誤；D．Ⅰ和Ⅱ中加入硫酸亞鐵溶液后，生成沉淀，溶液的堿性減弱，pH均降低，D正確；故選C。14．D【詳解】A．存在，硫離子與生成硫化汞沉淀，平衡正向移動，A不符合題意；B．吸熱，升高溫度，平衡正移，氫離子濃度增大，pH減小，B不符合題意；C．吸熱，升高溫度，平衡正移，氫氧化鐵濃度增大，液體由黃色變為紅褐色，C不符合題意；D．，采用高溫，可以加快化學反應速率，提高單位時間內的產率，與平衡移動無關，D符合題意；故選D。15．C【詳解】A．溶液中，Fe3+發生水解，則，故A正確；B．KCl溶液呈中性，，故B正確；C．CH3COONa溶液中CH3COO-發生水解使溶液呈堿性，則溶液中，故C錯誤；D．室溫下，pH=7的、混合溶液中呈中性，，由電荷守恒可知嗎，故D正確；故選C。16．(1)堿性CH3COONa在溶液中完全電離：CH3COONa=CH3COO-＋Na+水中存在：H2OH++OH-，CH3COO-結合H2O電離出的H+，c(H+)減小，使水的電離平衡向右移動，c(OH-)增大，溶液中c(H+)＜c(OH-)，因此溶液顯堿性(2)c(Cl-)>c(NH)>c(H＋)>c(OH-)(3)ab(4)10-10：10-4(5)在溶液中，存在平衡HCOH++CO，向溶液中加入Ca2+，發生反應Ca2++CO=CaCO3↓，產生白色沉淀，使c(CO)減小，使平衡正移，c(H+)增大，發生反應H++HCO=H2O+CO2↑，CO2逸出，產生大量氣體【詳解】（1）CH3COONa是強堿弱酸鹽，其溶液因水解顯堿性；原因是：CH3COONa在溶液中完全電離：CH3COONa=CH3COO-＋Na+水中存在：H2OH++OH-，CH3COO-結合H2O電離出的H+，c(H+)減小，使水的電離平衡向右移動，c(OH-)增大，溶液中c(H+)＜c(OH-)，因此溶液顯堿性；（2）濃度均為0.1mol/L的①與③溶液等體積混合后剛好完全反應生成NH4Cl，少量的離子水解顯示酸性，溶液中離子濃度的大小順序為：c(Cl-)>c(NH)>c(H＋)>c(OH-)；（3）a．水電離出H+和OH-離子，氨水中的NH3·H2O會電離出和OH-離子，氨水中存在、OH?、H+，不能確定氨水存在電離平衡，a符合；b．沒有給出二者的濃度，不能根據氨水和NaOH溶液導電性來判斷氨水是弱堿，b符合；c．常溫下，1mol·L-1的氨水測得pH約為12，c(OH-)=10-2mol/L，說明氨水是部分電離，存在電離平衡，c不符合；d．將一定體積的1mol·L-1的氨水稀釋10倍，其pH變化小于1，說明氨水電離平衡正向移動，存在店里平衡，d不符合；答案選ab；（4）CH3COOH電離出的H+對水電離抑制，NH4Cl電離出的銨根離子水解，對水電離促進，常溫下，pH=4的CH3COOH溶液中水電離出的H+濃度為10-10mol/L，pH=4的NH4Cl溶液溶液中水電離出的H+濃度為10-4mol/L，由水電離出的c(H＋)之比是：10-10：10-4；（5）NaHCO3溶液中電離出的，存在平衡?H++，向溶液中加入Ca2+，發生反應Ca2++=CaCO3↓，產生白色沉淀，使c()減小，使平衡正移，c(H+)增大，發生反應H++=H2O+CO2↑，CO2逸出，產生大量氣體。17．(1)(2)(3)濁液中存在：，加入固體，與結合生成沉淀，減小，平衡正向移動，導致增大，從而使的吸收速率加快(4)放熱；由圖像中下反應先達平衡可推斷，由(高溫)時NO的平衡濃度高可推斷正反應是放熱反應。(5)【詳解】（1）為強堿弱酸鹽，亞硫酸根離子在溶液中發生水解反應使上層清液呈堿性，離子方程式為：。（2）懸濁液吸收，生成以及，化學反應方程式為：。（3）濁液中存在：，加入固體，與結合生成沉淀，減小，平衡正向移動，導致增大，從而使的吸收速率加快。（4）由圖可知，時先達到平衡，所以，溫度為時，NO的平衡濃度高，說明升高溫度，平衡逆向移動，所以正反應是放熱反應。（5）由可知過量的，則中消耗的，所以，根據N元素守恒，VL氣樣中的物質的量為：，即的含量為。18．(1)+1(2)將溶液中鐵離子完全轉化為氫氧化鐵沉淀，而銅離子和錳離子不沉淀(3)(4)NH3(5)【分析】由題給流程可知，向低品位銅礦中加入二氧化錳和稀硫酸酸浸，氧化鐵溶于稀硫酸生成硫酸鐵，硫化亞銅、硫化銅、氧化亞鐵被氧化生成硫、硫酸銅和硫酸鐵，過濾得到含有硫的濾渣和濾液；向濾液中加入氨水調節溶液pH，將溶液中鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀，過濾得到含有氫氧化鐵的濾渣和濾液；向濾液中先通氨氣將溶液中的銅離子轉化為四氨合銅離子，再加入碳酸氫銨將溶液中的錳離子轉化為碳酸錳沉淀，過濾得到含有碳酸錳的濾渣和濾液；加熱濾液，溶液中碳酸四氨合銅受熱分解生成氧化銅、氨氣、二氧化碳，過濾得到氧化銅；將氧化銅粉末與水、鹽酸、氯化鈉、銅混合反應得到Na[CuCl2]，過濾得到含有Na[CuCl2]的濾液；向濾液中加入大量水，將Na[CuCl2]轉化為氯化亞銅沉淀，過濾得到氯化亞銅，據此分析；【詳解】（1）①根據化合價代數和為零，中硫的化合價為-2，中的化合價為+1；②中Cu由+1價升高到+2價，S由-2價升高到0價，每個失去4個電子，中Mn由+4降到+2價，每個得2個電子，根據得失電子守恒進行配平，離子方程式為，答案為：；（2）根據分析，步驟II中，固體C中含有的物質是；加入氨水調節至如下范圍：目的是：將溶液中鐵離子完全轉化為氫氧化鐵沉淀，而銅離子和錳離子不沉淀；（3）受熱分解生成氧化銅、氨氣、二氧化碳，反應的化學方程式為；（4）由分析可知，該流程中可循環利用的物質是NH3；（5）根據題中信息，可將氧化為，與CuCl反應的離子方程式：；根據關系式，CuCl質量分數的計算式=；19．(1)酸式(2)③滴入最后半滴NaOH標準溶液，溶液由無色變為淺紅色，半分鐘內不再變為無色，就達到了滴定終點(3)6.0(4)無影響【分析】用一定物質的量濃度的NaOH標準溶液滴定未知濃度的醋酸時，NaOH標準溶液應該盛放在堿式滴定管中，待測醋酸溶液用酸式滴定管量取。滴定管是準確量取液體體積的儀器，精確度是0.01mL。滴定管有“0”刻度。“0”刻度“在上，大刻度在下。待測酸溶液在錐形瓶中，由于二者恰好反應時溶液顯堿性，為減小實驗誤差，用堿性范圍變色酚酞作指示劑，開始滴定時溶液無色，隨著堿標準溶液的滴入，溶液酸性逐漸減弱，堿性逐漸增強，溶液的pH逐漸增大，當滴入最后半滴NaOH標準溶液，溶液由無色變為淺紅色，半分鐘內不再變為無色，滴定達到終點，停止滴加。為減少實驗的偶然性，使實驗測定值更接近真實值，要多進行幾次平均實驗，再根據實驗數據，確定有效實驗數據，計算平均反應消耗NaOH溶液的體積，然后計算粗待測酸溶液的濃度。若操作導致消耗標準溶液體積偏多，則待測溶液濃度偏高；操作導致消耗標準溶液體積偏少，則待測溶液濃度偏低。【詳解】（1）食醋顯酸性，為了完成該實驗，步驟⑤中所用的儀器為酸式滴定管；（2）強堿NaOH溶液滴定弱酸醋酸，當二者恰好反應時，生成強堿弱酸鹽CH3COONa，CH3COONa是強堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性，為了減少滴定產生的實驗誤差，要選擇堿性范圍變色的酚酞為指示劑，故合理選項是③；用酚酞作指示劑，用標準NaOH溶液滴定食醋中的醋酸時，開始滴定時溶液顯無色，隨著堿標準溶液的滴入，溶液酸性逐漸減弱，堿性逐漸增強，溶液的pH逐漸增大，當接近滴定終點時滴定發生突躍，當滴入最后半滴NaOH標準溶液，溶液由無色變為淺紅色，半分鐘內不再變為無色，此時滴定達到終點，應該停止滴加NaOH標準溶液。（3）滴定20.00mL食醋時，進行了三次平行實驗，消耗NaOH標準溶液的體積分別是20.01mL、20.00mL、19.99mL，三次實驗數據相差不大，均有效，消耗NaOH溶液的體積V(NaOH)==20.00mL，根據反應NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H2O中物質反應轉化關系可知n(CH3COOH)=n(NaOH)=0.100mol/L×0.020L=0.0020mol，c(CH3COOH)==0.100mol/L，故稀釋前食醋溶液的濃度為c(CH3COOH)食醋=0.100mol/L×=1.000mol/L，則在100mL食醋中含有醋酸的質量為m(CH3COOH)=1.000mol/L×0.100L×60g/mol=6.0g，大于每100mL食醋質量3.5g，故該食醋符合國家標準規定；（4）若在接近滴定終點時，用少量蒸餾水將錐形瓶內壁沖洗一下，再繼續滴定至終點，由于錐形瓶中待測溶液中醋酸的物質的量不變，則反應消耗NaOH的物質的量就不變，消耗NaOH溶液的體積就不變，因此對所測得該品牌白醋的總酸度含量無影響。20．(1)3.80(2)反應生成Cu，構成原電池，加快化學反應速率(3)Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，Mg和H+反應生成H2，c(H＋)減小，平衡正移，生成Cu(OH)2藍色沉淀鎂條表面藍白色不溶物完全溶解(4)試管b中藍色比試管a中的深4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O2Cu2++Mg+2Cl-=2CuCl↓+Mg2+(5)Q=c(Mg2+)·c2(OH-)=0.83×(10-4.72)2=8.3×10-10.44>5.6×10-12，Q>K，產生沉淀【詳解】（1）實驗Ⅱ為實驗Ⅰ的空白對照組，實驗I的pH=3.80，因此x的值為3.80；（2）實驗I的反應初期，Mg置換出Cu，形成原電池，加快了反應速率，實驗I比實驗II產生氣泡速率更快；（3）①Cu2+與水發生水解反應，生成藍色Cu(OH)2藍色沉淀，相應的離子方程式為：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，Mg和H+反應生成H2，c(H＋)減小，平衡正移，生成Cu(OH)2藍色沉淀；②Mg(OH)2白色沉淀不能溶于氨水，鎂條表面藍白色不溶物完全溶解，說明白色沉淀不是Mg(OH)2；（4）①[Cu(NH3)2]+容易被空氣氧化成二價銅離子，再與NH3結合成藍色的[Cu(NH3)4]2+，試管b中藍色比試管a中的深；②離子方程式為：4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O；③Cu2+具有氧化性，Mg單質可以還原Cu2+為Cu+，Cu+與Cl-反應生成CuCl白色沉淀，離子方程式為：2Cu2++Mg+2Cl-=2CuCl↓+Mg2+；（5）鎂條0.20g，約0.0083mol，完全反應后生成的Mg2+的物質的量為0.0083mol，c(Mg2+)=，pH=9.28時，c(OH-)=1.0×10-4.72mol/L，Q=c(Mg2+)·c2(OH-)=0.83×(10-4.72)2=8.3×10-10.44>5.6×10-12，Q>K，產生沉淀。21．(1)升溫提高H2SO4濃度、粉碎等(2)Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O(3)FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO+16H+或FeS2+8Fe3++4H2O=9Fe2++SO+S+8H+FeS2(s)Fe2+(aq)+S22-(aq)，Sx2?S2?+(x-1)S，85℃后，隨溫度升高，H+結合S2?生成H2S，H2S揮發脫離體系，最終使FeS2的沉淀溶解平衡正移，該過程生成Fe2+，同時使參與①中反應的FeS2減少，該過程減少Fe2+，Fe2+減少量更多，使Fe2+質量濃度減小。(4)偏高【分析】蛇紋石中和渣(含大量Fe2O3及少量其他金屬氧化物雜質)加入稀硫酸酸浸，得到含有Fe3+的溶液，加入黃鐵礦，發生氧化還原反應生成S單質雜質，溶液中得到FeSO4溶液，再經過除雜凈化，氧化煅燒最終得到Fe2O3。【詳解】（1）酸浸過程中，加快浸出速率可采取的措施有升溫、提高H2SO4濃度、粉碎等；（2）酸浸過程中，Fe2O3溶于硫酸，發生反應的離子方程式為：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；（3）黃鐵礦與Fe3+發生氧化還原反應，可以