资源简介

登录二一教育在线组卷平台 助您教考全无忧
近三年高考化学真题分类汇编：电解质溶液（2022年）
一、选择题
1．（2022·江苏）一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1mol L-1KOH溶液吸收CO2，若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c总=c(H2CO3)+c()+c()。H2CO3电离常数分别为Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是 （　　）
A．KOH吸收CO2所得到的溶液中：c(H2CO3)＞c()
B．KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-)= c(H+)+c()+c(H2CO3)
C．KOH溶液吸收CO2，c总=0.1mol L-1溶液中：c(H2CO3)＞c()
D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降
【答案】C
【知识点】电解质在水溶液中的电离；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．KOH吸收CO2所得到的溶液，若为K2CO3溶液，则主要发生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)＜c()，若为KHCO3溶液，KHCO3直接电离产生，的水解是微弱的，则溶液中：c(H2CO3)＜c()，A不符合题意；
B．KOH完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K+)+ c(H+)=c(OH-)+c()+2c()，依据物料守恒，溶液中：c(K+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]，则c(OH-)= c(H+)+c()+2c(H2CO3)，B不符合题意；
C．KOH溶液吸收CO2，c(KOH)=0.1mol L-1，c总=0.1mol L-1，则溶液为KHCO3溶液， Kh2==≈2.3×10-8＞Ka2=4.4×10-11，说明的水解程度大于电离程度，所以溶液中：c(H2CO3)＞c()，C符合题意；
D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生反应为：CO2+2KOH=K2CO3+H2O、K2CO3+CaO+H2O=CaCO3↓+2KOH(若生成KHCO3或K2CO3与KHCO3的混合物，则原理相同)，二式相加得：CO2+CaO=CaCO3↓，该反应放热，溶液的温度升高，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.KOH吸收CO2所得到的溶液可能得到两种溶液，碳酸钾或者碳酸氢钾；
B.根据电荷守恒和物料守恒分析；
D.“吸收”“转化”过程中的总反应为CO2+CaO=CaCO3↓，该反应放热。
2．（2022·辽宁）甘氨酸是人体必需氨基酸之一、在时，、和的分布分数【如】与溶液关系如图。下列说法错误的是（　　）
A．甘氨酸具有两性
B．曲线c代表
C．的平衡常数
D．
【答案】D
【知识点】电解质在水溶液中的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．中存在和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A不符合题意；
B．氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示
的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化，故B不符合题意；
C．的平衡常数，时，根据a，b曲线交点坐标可知，时，，则，故C不符合题意；
D．由C项分析可知，，根据b，c曲线交点坐标坐标分析可得电离平衡的电离常数为K1=，，则，即，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.甘氨酸含有氨基和羧基，具有两性；
B.曲线a表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示
的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化；
C.根据计算。
3．（2022·重庆市）某小组模拟成垢－除垢过程如图。
100mL0.1mol L-1CaCl2水溶液……
忽略体积变化，且步骤②中反应完全。下列说法正确的是（　　）
A．经过步骤①，溶液中c(Ca2+)+c(Na+)=c(Cl-)
B．经过步骤②，溶液中c(Na+)=4c(SO)
C．经过步骤②，溶液中c(Cl-)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)
D．经过步骤③，溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)
【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．经过步骤①，100mL0.1mol L-1CaCl2水溶液和0.01molNa2SO4反应方程式为CaCl2+ Na2SO4=2NaCl+CaSO4↓，生成0.02mol NaCl和0.01molCaSO4，CaSO4微溶，则溶液中含有SO和Ca2+，则c(Ca2+)+c(Na+)>c(Cl-)，故A不符合题意；
B．步骤②中，CaSO4(s)+Na2CO3(aq)=CaCO3↓+NaSO4(aq)，步骤②中反应完全，则反应后的溶质为0.01mol Na2SO4、0.01mol Na2CO3和0.02molNaCl，则c(Na+)=6c(SO)，故B不符合题意；
C．经过步骤②，反应后的溶质为0.01mol Na2SO4、0.01mol Na2CO3和0.02molNaCl，存在物料守恒：c(Cl-)=2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)，故C不符合题意；
D．步骤③中，CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2↑，反应后的溶液中含有0.02molNaCl、0.01mol Ca(CH3COO)2，则c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.100mL0.1mol L-1CaCl2水溶液和0.01molNa2SO4发生反应CaCl2+ Na2SO4=2NaCl+CaSO4↓，CaSO4微溶；
B.经步骤②发生反应CaSO4(s)+Na2CO3(aq)=CaCO3↓+NaSO4(aq)；
C.经过步骤②，反应后的溶质为0.01mol NaSO4、0.01mol Na2CO3和0.02molNaCl，结合物料守恒分析；
D.步骤③中发生反应CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2↑。
4．（2022·福建）氨是水体污染物的主要成分之一，工业上可用次氯酸盐作处理剂，有关反应可表示为：
①
②
在一定条件下模拟处理氨氮废水：将的氨水分别和不同量的混合，测得溶液中氨去除率、总氮(氨氮和硝氮的总和)残余率与投入量(用x表示)的关系如下图所示。下列说法正确的是（　　）
A．的数值为0.009
B．时，
C．时，x越大，生成的量越少
D．时，
【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．x1时，氨的去除率为100%、总氮残留率为5，，95%的氨气参与反应①、有5%的氨气参与反应②，反应①消耗，参与反应②消耗，，A不符合题意；
B．x>x1时，反应①也生成氯离子，所以，B不符合题意；
C．x>x1时，x越大，氨总去除率不变，氮残余率增大，说明生成的硝酸根离子越多，生成N2的量越少，C符合题意；
D．x=x1时，氨的去除率为100%，溶液中没有和ClO-，含有Na+、H+、、Cl-和OH-，根据电荷守恒得，D不符合题意；
故本题选C。
【分析】A.x1时，氨的去除率为100%、总氮残余率为5%；
B.x＞x1时，反应①也生成氯离子；
C.x＞x1时，x越大，氨总去除率不变，氮残余率增大，说明生成的硝酸根离子越多；
D.x=x1时，溶液中还含有硝酸根离子。
5．（2022·天津市）25℃时，下列各组离子中可以在水溶液中大量共存的是（　　）
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．与反应生成次氯酸而不能大量共存，故A不符合题意；
B．、、发生氧化还原反应而不能大量共存，故B不符合题意；
C．与反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体而不能大量共存，故C不符合题意；
D．、、、互不反应，能大量共存，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。
6．（2022·重庆市）下列操作中，不会影响溶液中K+、Al3+、Fe3+、Ba2+、Cl-、NO等离子大量共存的是（　　）
A．加入ZnSO4 B．加入Fe粉 C．通入NH3 D．通入CO2
【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．向溶液中加入硫酸锌溶液，硫酸根离子会与溶液中的钡离子反应生成硫酸钡沉淀，故A不符合题意；
B．向溶液中加入铁粉，铁离子会与铁反应氧化还原反应生成亚铁离子，故B不符合题意；
C．向溶液中通入氨气，氨气溶于水生成氨水，铝离子、铁离子会与氨水反应生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，故C不符合题意；
D．二氧化碳与K+、Al3+、Fe3+、Ba2+、Cl-、NO均不反应 ，不会影响溶液中离子的大量共存，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。
7．（2022·福建）锂辉石是锂的重要来源，其焙烧后的酸性浸出液中含有和杂质离子，可在0~14范围内调节对其净化(即相关离子浓度)。时，与关系见下图(碱性过强时和会部分溶解)。下列说法正确的是（　　）
A．可被净化的区间最大
B．加入适量，可进一步提升净化程度
C．净化的先后顺序：
D．
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．对离子净化时，相关离子浓度c<10-5mol/L，则lgc<-5，由图可知，可作净化的pH区间最大的是Fe3+，A不符合题意；
B．加入适量H2O2，可将Fe2+氧化为Fe3+，提高净化程度，B符合题意；
C．由图可知，净化的先后顺序为，C不符合题意；
D．对离子净化时，相关离子浓度c<10-5mol/L，lgc<-5，由图可知，Fe3+完全沉淀的pH约为2.5，c(H+)=10-2.5mol/L，c(OH-)=10-11.5mol/L，，Al3+完全沉淀的pH约为4.5，c(H+)=10-4.5mol/L，c(OH-)=10-9.5mol/L，，Fe2+完全沉淀的pH约为8.5，c(H+)=10-8.5mol/L，c(OH-)=10-5.5mol/L， ，则有，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.Mg2+可被净化的pH区间最小；
B.过氧化氢具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子；
C.随着溶液pH值的增大，净化的顺序是Fe3+、Al3+、Fe2+、Mg2+；
D.根据Ksp的公式计算。
8．（2022·河北）某水样中含一定浓度的CO、HCO和其他不与酸碱反应的离子。取10.00mL水样，用0.01000mol L-1的HCl溶液进行滴定，溶液pH随滴加HCl溶液体积V(HCl)的变化关系如图(混合后溶液体积变化忽略不计)。
下列说法正确的是（　　）
A．该水样中c(CO)=0.01mol L-1
B．a点处c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)
C．当V(HCl)≤20.00mL时，溶液中c(HCO)基本保持不变
D．曲线上任意一点存在c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03mol L-1
【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．由分析可知，水样中碳酸根离子的浓度为0.02mol/L，故A不符合题意；
B．由图可知，a点发生的反应为碳酸根离子与氢离子恰好反应生成碳酸氢根离子，可溶性碳酸氢盐溶液中质子守恒关系为c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)+ c(CO)，故B不符合题意；
C．由分析可知，水样中碳酸氢根离子的浓度为0.01mol/L，当盐酸溶液体积V(HCl)≤20.00mL时，只发生反应CO+H+=HCO，滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度为=0.01mol/L，则滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度不变，故C符合题意；
D．由分析可知，水样中碳酸根离子和碳酸氢根离子浓度之和为0.03mol/L，由物料守恒可知，溶液中c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03 mol/L，滴定加入盐酸会使溶液体积增大，则溶液中[c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)]会小于0.03 mol/L，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】滴定过程中发生两次突越，第一次在a点，此时发生的反应为，则c()=，第二次是耗HCl为50mL的点，此时发生的反应为，由生成消耗20mL盐酸，则原溶液中的消耗10mL盐酸，则c()=。
9．（2022·湖北）硫代碳酸钠能用于处理废水中的重金属离子，可通过如下反应制备：，下列说法正确的是（　　）
A．不能被氧化 B．溶液显碱性
C．该制备反应是熵减过程 D．的热稳定性比的高
【答案】B
【知识点】焓变和熵变；盐类水解的应用
【解析】【解答】A． 中硫元素为-2价，处于最低价态，具有较强的还原性，能被氧化，故A不符合题意；
B． 类比溶液，O与S同主族，可知溶液显碱性，故B符合题意；
C．由反应方程式可知，该反应是固体和液体生成固体和气体，体系混乱度增大，为熵增过程，故C不符合题意；
D．原子半径：S>O，键长：C=S＞C=O，键能：C=S＜C=O，则的热稳定性比的低，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.中的S元素处于最低价态，具有较强的还原性；
B.与类似；
C.该反应是固体和液体生成固体和气体，体系混乱度增大；
D.键能越大越稳定。
10．（2022·湖北）根据酸碱质子理论，给出质子的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。已知：，，下列酸性强弱顺序正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】离子反应发生的条件；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】根据复分解反应的规律，强酸能制得弱酸，根据酸碱质子理论，给出质子的物质是酸，则反应中，酸性：，反应中，酸性：，故酸性：，
故答案为：D。
【分析】根据酸碱质子理论和强酸制弱酸原理判断酸性强弱。
11．（2022·湖北）下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是（　　）
A．在氨水中：
B．在氯化钠溶液中：
C．在醋酸溶液中：
D．在硝酸银溶液中：
【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．氨水显碱性，会与反应，不能大量共存，A项不符合题意；
B．会发生氧化还原反应，不能大量共存，B项不符合题意；
C．醋酸显酸性，在醋酸溶液中均不会发生反应，能大量共存，C项符合题意；
D．硝酸银中的银离子会与氯离子、碳酸根离子反应生成沉淀，不能大量共存，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氨水与均不能共存；
B.会发生氧化还原反应；
C.酸性溶液中，互不反应；
D.会生成碳酸银、氯化银沉淀。
12．（2022·湖北）下图是亚砷酸As(OH)3和酒石酸混合体系中部分物种的c-pH图(浓度：总As为，总T为)。下列说法错误的是（　　）
A．的为
B．的酸性比的强
C．时，的浓度比的高
D．时，溶液中浓度最高的物种为
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．，，当pH=9.1时，=，，，A不符合题意；
B．，当pH=4.6时，=，Ka=10-4.6，而由A选项计算得H3AsO3的，即Ka > Ka1，所以的酸性比的强，B不符合题意；
C．由图可知的浓度为左坐标，浓度的数量级为10-3mol/L，的浓度为右坐标，浓度的数量级为10-6mol/L，所以时，的浓度比的高，C不符合题意；
D．由可知条件，酒石酸，的为，即酒石酸的第一部电离常数远大于亚砷酸的第一步电离常数，所以酒石酸的酸性远强于，另外总As的浓度也小于总T的浓度，所以当时，溶液中浓度最高的物种不是，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据计算；
B.电离平衡常数越大，酸性越强；
C.的浓度为左坐标，浓度的数量级为10-3mol/L，的浓度为右坐标，浓度的数量级为10-6mol/L。
13．（2022·北京市）2022年3月神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中太空“冰雪实验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。下列说法错误的是（　　）
A．醋酸钠是强电解质
B．醋酸钠晶体与冰都是离子晶体
C．常温下，醋酸钠溶液的
D．该溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出
【答案】B
【知识点】强电解质和弱电解质；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．醋酸钠在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故A不符合题意；
B．醋酸钠晶体是离子晶体，冰是分子晶体，故B符合题意；
C．醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解使溶液呈碱性，则常温下醋酸钠溶液的，故C不符合题意；
D．过饱和醋酸钠溶液处于亚稳态，加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出，形成饱和溶液，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.醋酸钠在水溶液中完全电离，属于强电解质；
B.冰属于分子晶体；
C.醋酸钠溶液中醋酸根离子水解使溶液显碱性；
D.向过饱和醋酸钠溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出。
14．（2022·山东）某同学按图示装置进行实验，欲使瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液。下列物质组合不符合要求的是（　　）
气体 液体 固体粉末
A 饱和溶液
B 溶液 Fe
C 溶液
D
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】离子反应发生的条件；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．通入CO2气体依次发生反应CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3、CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2，相同温度下NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，最终瓶中仍有NaHCO3白色晶体析出，不会得到澄清溶液，A符合题意；
B．通入Cl2，发生反应Cl2+2FeCl2=2FeCl3、2FeCl3+Fe=3FeCl2，最终Fe消失得到澄清溶液，B不符合题意；
C．通入HCl，在酸性条件下具有强氧化性，发生离子反应：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，最终Cu消失得到澄清溶液，C不符合题意；
D．AgCl在水中存在溶解平衡AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)，通入NH3后，Ag+与NH3结合成[Ag(NH3)2]+，使溶解平衡正向移动，最终AgCl消失得到澄清溶液，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.二氧化碳与碳酸钠反应生成的碳酸氢钠为固体；
B.氯气将氯化亚铁氧化为氯化铁，单质铁与氯化铁反应生成氯化亚铁；
C.酸性条件下发生反应3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；
D.氨气极易溶于水，AgCl可溶于氨水生成银氨溶液。
15．（2022·山东）工业上以为原料生产，对其工艺条件进行研究。现有含的、溶液，含的、溶液。在一定pH范围内，四种溶液中随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．反应的平衡常数
B．
C．曲线④代表含的溶液的变化曲线
D．对含且和初始浓度均为的混合溶液，时才发生沉淀转化
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．反应SrSO4(s)+COSrCO3(s)+SO的平衡常数K===，故A不符合题意；
B．由分析可知，曲线①为 的 溶液，硫酸锶的溶度积=10-5.5×0.1=10-6.5，温度不变，溶度积不变，则溶液pH为7.7时，锶离子的浓度为=10-6.5，则a为6.5，故B不符合题意；
C．由分析可知，曲线④为的溶液的变化曲线，故C不符合题意；
D．由分析可知，硫酸是强酸，溶液pH变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，所以硫酸锶的生成与溶液pH无关，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】pH不会影响硫酸根离子的浓度，则曲线①和曲线②为 的溶液，根据可知，越大，越小，则曲线①为 的 溶液的变化曲线，曲线②为的 溶液 的变化曲线；根据可知，越大，越小，则曲线③为 的 溶液的变化曲线，曲线④为的溶液的变化曲线。
16．（2022·浙江6月选考）时，苯酚的，下列说法正确的是（　　）
A．相同温度下，等的和溶液中，
B．将浓度均为的和溶液加热，两种溶液的均变大
C．时，溶液与溶液混合，测得，则此时溶液中
D．时，的溶液中加少量固体，水的电离程度变小
【答案】C
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度小于C6H5O-，则相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)B．C6H5ONa溶液中，C6H5O-离子水解出氢氧根离子，升温促进C6H5O-离子的水解，氢氧根离子浓度增大，pH变大，而氢氧化钠溶液中不存在平衡，升温pH不变，B不符合题意；
C．当pH=10.00时，c(OH-)=1.0×10-10， ，故c(C6H5O-)= c(C6H5OH)，C符合题意；
D．C6H5ONa中的C6H5O-可以水解，会促进水的电离，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.越弱越水解；
B.温度升高，Kw增大；
C.根据电离平衡常数分析判断；
D.C6H5ONa水解促进水的电离。
17．（2022·浙江6月选考）下列物质属于强电解质的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A． 是弱酸，部分电离，属于弱电解质，A不符合题意；
B． 是单质，既不是电解质也不是非电解质，B不符合题意；
C． 是盐，在水溶液中完全电离产生钠离子和碳酸根离子，属于强电解质，C符合题意；
D． 是有机物，在水溶液和熔融状态下均不导电，属于非电解质，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，在溶液中完全电离的电解质属于强电解质。
18．（2022·浙江6月选考）时，向浓度均为的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入的溶液（醋酸的；用的溶液滴定等浓度的盐酸，滴定终点的突跃范围4.3～9.7）。下列说法不正确的是（　　）
A．恰好中和时，溶液呈碱性
B．滴加溶液至的过程中，发生反应的离子方程式为：
C．滴定过程中，
D．时，
【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子水解使溶液显碱性，A不符合题意；
B．滴加 溶液至 的过程中，若只发生反应的离子方程式： ，则滴加NaOH溶液的体积为20mL，则根据电离常数， 的醋酸中，c(H+)≈c(CH3COO-)= = = >1.0×10-4.3，故用氢氧化钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，则离子方程式为：H++OH-=H2O和CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，B符合题意；
C．滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，根据物料守恒可知： ，C不符合题意；
D．向 浓度均为 的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入 的 溶液，当盐酸的体积为20mL时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，当加入的NaOH溶液的体积为30mL时，溶液为NaCl和等浓度的CH3COONa、CH3COOH，根据Ka=1.8×10-5＞Kh= 可知，此时溶液仍然呈酸性，需继续滴加NaOH溶液，故有 ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.醋酸根水解显碱性；
B.滴定过程中，盐酸和醋酸都参与反应；
C.根据物料守恒判断；
D.当盐酸的体积为20mL时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠。
19．（2022·湖南）室温时，用 的标准 溶液滴定 浓度相等的 、 和 混合溶液，通过电位滴定法获得 与 的关系曲线如图所示（忽略沉淀对离子的吸附作用)。
若溶液中离子浓度小于 时，认为该离子沉淀完全。 ， ， ）。
下列说法正确的是（　　）
A．a点：有白色沉淀生成
B．原溶液中 的浓度为
C．当 沉淀完全时，已经有部分 沉淀
D．b点：
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．根据分析可知，Cl-、Br-、I-的沉淀顺序为I->Br->Cl-，I-先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A不符合题意；
B．根据分析可知，原溶液中I-的物质的量为1.5×10-4mol，则I-的浓度为=0.0100mol L-1，故B不符合题意；
C．当Br-沉淀完全时(Br-浓度为1.0×10-5mol/L)，溶液中的c(Ag+)==5.4×10-8mol/L，若Cl-已经开始沉淀，则此时溶液中的c(Cl-)==3.3×10-3mol/L，原溶液中的c(Cl-)= c(I-)=0.0100mol L-1，则已经有部分Cl-沉淀，故C符合题意；
D．b点加入了过量的硝酸银溶液，Ag+浓度最大，Cl-、Br-和 I-已沉淀完全，且Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)＞Ksp(AgI)，则b点各离子浓度为：，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】Ksp小的先沉淀，则Cl-、Br-、I-的沉淀顺序为I->Br->Cl-， 当滴入4.50mL硝酸银溶液时，Cl-恰好沉淀完全，此时硝酸银一共消耗了：4.50mL×10-3L/mL×0.100mol/L=4.5×10-4mol，即Cl-、Br-和 I-均为1.5×10-4mol。
20．（2022·全国乙卷）常温下，一元酸的。在某体系中，与离子不能穿过隔膜，未电离的可自由穿过该膜（如图所示）。
设溶液中，当达到平衡时，下列叙述正确的是（　　）
A．溶液Ⅰ中
B．溶液Ⅱ中的的电离度为
C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的不相等
D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的之比为
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由图可知常温下溶液I的pH=7.0，说明该溶液中c(H+)=c(OH-)，所以c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A不符合题意；
B．根据题干信息可知，常温下溶液II的pH=1.0，即c(H+)=0.1mol/L，又Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.0×10-3，解得=，B符合题意；
C．根据题干信息，未电离的可自由穿过隔膜，则溶液I和II中的c(HA)相等，C不符合题意；
D．由题干信息可知，常温下溶液I的c(H+)=1×10-7mol/L，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，根据Ka=和c总(HA)=c(HA)+c(A-)，可得到溶液I中c总(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II中c总(HA)=1.01c(HA)，而两溶液中c(HA)相等，则溶液I和II中c总(HA)之比为，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.注意常温下pH=7.0的溶液呈中性，即c(H+)=c(OH-)，据此分析。
B.根据电离平衡常数表达式Ka=和c总(HA)=c(HA)+c(A-)进行解答。
C.物质的浓度不随体积多少而改变。
D. 根据电离平衡常数表达式Ka=和c总(HA)=c(HA)+c(A-)进行解答，注意两溶液中c(HA)相等。
21．（2022·浙江选考）下列物质属于非电解质的是（　　）
A．CH4 B．KI C．NaOH D．CH3COOH
【答案】A
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】A．CH4属于有机物，在水溶液中和熔融状态下均不导电的化合物，为非电解质，故A符合题意；
B．KI属于盐，在水溶液中和熔融状态下能导电的化合物，为电解质，故B不符合题意；
C．NaOH属于碱，在水溶液中和熔融状态下能导电的化合物，为电解质，故C不符合题意；
D．CH3COOH属于酸，在水溶液中能电离出H+离子和CH3COO-离子，即CH3COOH是在水溶液中导电的化合物，为电解质，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质。
22．（2022·浙江选考）水溶液呈酸性的盐是（　　）
A．NH4Cl B．BaCl2 C．H2SO4 D．Ca(OH)2
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A．NH4Cl盐溶液存在而显酸性，A符合题意；
B．BaCl2溶液中Ba2+和Cl-均不水解，是强酸强碱盐，溶液显中性，B不符合题意；
C．H2SO4属于酸，不是盐类，C不符合题意；
D．Ca(OH)2是碱类物质，溶液显碱性，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.氯化铵为强酸弱碱盐，水解显酸性；
B.氯化钡为强酸强碱盐，呈中性；
C.硫酸呈酸性，但属于酸；
D.氢氧化钙属于碱。
23．（2022·浙江选考）已知25℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。下列说法正确的是（　　）
A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者
B．向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，则H2A的电离度为0.013%
C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2-)＞c(HA-)
D．取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的电离程度前者大于后者，故A不符合题意；
B．向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，，则H2A的电离度 0.013%，故B符合题意；
C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，，则c(A2-)D．H2A是弱酸，取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，H2A的电离平衡正向移动，则该溶液pH故答案为：B。
【分析】A.多元弱酸根离子水解，第一步水解程度远远大于第二步水解程度；
B.H2A的电离度=；
C.，即；
D.加水促进H2A电离。
24．（2022·浙江选考）某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4mol·L-1Na2CO3溶液和40mL0.2mol·L-1NaHCO3溶液，再分别用0.4mol·L-1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如图曲线：
下列说法正确的的是（　　）
A．图中甲、丁线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸
B．当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为：HCO+H+=CO2↑+H2O
C．根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点
D．Na2CO3和NaHCO3溶液中均满足：c(H2CO3)-c(CO)=c(OH-)-c(H+)
【答案】C
【知识点】电解质在水溶液中的电离；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；指示剂
【解析】【解答】A．碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，再产生二氧化碳气体，故图中甲、丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，A不符合题意；
B．当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应为碳酸根离子与氢离子结合生成碳酸氢根离子，离子方程式表示为：CO+H+= HCO，B不符合题意；
C．根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c点的pH在9左右，符合酚酞的指示范围，故可用酚酞作指示剂；d点的pH在4左右，符合甲基橙的指示范围，故可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，C符合题意；
D．根据电荷守恒和物料守恒，则Na2CO3中存在c(OH-)-c(H+)=2c(H2CO3)+c(HCO)， NaHCO3溶液中满足c(H2CO3)-c(CO)=c(OH-)-c(H+)，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.向碳酸钠中滴加盐酸，先生成碳酸氢钠再生成二氧化碳气体；
B.滴加盐酸的体积为V1mL时，所发生的反应为碳酸根离子与氢离子结合生成碳酸氢根离子；
C.c点的pH在9左右，d点的pH在4左右；
D.根据电荷守恒和物料守恒判断。
二、多选题
25．（2022·海南）某元素M的氢氧化物在水中的溶解反应为：、，25℃，-lgc与pH的关系如图所示，c为或浓度的值，下列说法错误的是（　　）
A．曲线①代表与pH的关系
B．的约为
C．向的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，体系中元素M主要以存在pH=9.0，体系中元素M主要以存在
D．向的溶液中加入等体积0.4mol/L的HCl后，体系中元素M主要以存在
【答案】B,D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线①代表-lg c(M2+)与pH的关系，A不符合题意；
B．由图象，pH=7.0时，-lg c(M2+)=3.0，则M(OH)2的Ksp=c(M2+)·c2(OH-)=1×10-17，B符合题意；
C．向c(M2+)=0.1mol/L的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，根据图像，pH=9.0时，c(M2+)、c[M(OH)]均极小，则体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在，C不符合题意；
D．c[M(OH)]=0.1mol/L的溶液中，由于溶解平衡是少量的，因此加入等体积的0.4mol/L的HCl后，体系中元素M仍主要以M(OH)存在，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】根据溶解反应可知，当酸性较强时， 的平衡正向移动，的平衡逆向移动，则曲线①代表-lg c(M2+)与pH的关系，曲线②代表-lg c( )与pH的关系。
26．（2022·海南）NaClO溶液具有添白能力，已知25℃时，。下列关于NaClO溶液说法正确的是（　　）
A．0.01mol/L溶液中，
B．长期露置在空气中，释放，漂白能力减弱
C．通入过量，反应的离子方程式为
D．25℃，的NaClO和HClO的混合溶液中，
【答案】A,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．NaClO溶液中ClO-会水解，故0.01mol/LNaClO溶液中c(ClO-)＜0.01mol/L，A符合题意；
B．NaClO溶液长期露置在空气中，会发生反应 CO2 + NaClO + H2O =HClO + NaHCO3，次氯酸不稳定，见光分解生成HCl和O2，不会释放Cl2，B不符合题意；
C．将过量的SO2通入NaClO溶液中，SO2发生氧化还原反应生成硫酸钠、氯化钠和氯化氢，反应的离子方程式为SO2+ClO +H2O=Cl-++2H+，C不符合题意；
D.25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，存在电荷守恒：c(ClO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则c(ClO-)=c(Na+)，又c(HClO)＞c(ClO-)，所以c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.次氯酸根会发生水解；
B.NaClO溶液长期露置在空气中，会发生反应 CO2 + NaClO + H2O =HClO + NaHCO3；
C.向NaClO溶液中通入过量SO2，反应生成硫酸钠、氯化钠和氯化氢；
D.25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒分析。
三、非选择题
27．（2022·天津市）天津地处环渤海湾，海水资源丰富。科研人员把铁的配合物(L为配体)溶于弱碱性的海水中，制成吸收液，将气体转化为单质硫，改进了湿法脱硫工艺。该工艺包含两个阶段：①的吸收氧化；②的再生。反应原理如下：
①
②
回答下列问题：
（1）该工艺的总反应方程式为　 　。1mol 发生该反应的热量变化为　 　，在总反应中的作用是　 　。
（2）研究不同配体与所形成的配合物(A、B、C)对吸收转化率的影响。将配合物A、B、C分别溶于海水中，配成相同物质的量浓度的吸收液，在相同反应条件下，分别向三份吸收液持续通入，测得单位体积吸收液中吸收转化率随时间变化的曲线如图1所示。以由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，结果最好的是　 　(填“A”、“B”或“C”)。
（3）的电离方程式为　 　。25℃时，溶液中、、在含硫粒子总浓度中所占分数随溶液pH的变化关系如图2，由图2计算，的　 　，　 　。再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，，为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于　 　(已知25℃时，FeS的为)。
【答案】（1）(或)；放出热量；作催化剂或降低反应活化能
（2）A
（3）或；；；8
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；化学平衡转化过程中的变化曲线；弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，将①×2+②可得(或)，该反应的热化学方程式，因此1mol 发生该反应的热量变化为放出热量，参与了化学反应，但反应前后量没有改变，是该反应的催化剂，在总反应中的作用是作催化剂或降低反应活化能；故答案为：(或)；放出热量；作催化剂或降低反应活化能。
（2）根据图中信息以由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，A持续时间最短，说明A的脱硫效率最高，因此结果最好的A；故答案为：A。
（3）是二元弱酸，其电离是一步一步电离，主要以第一步电离为主，因此其电离方程式为或；根据题意pH=7时、的所占分数相等，因此的，pH=13时、的所占分数相等，则。再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，根据得到，根据和，得到，pH=8，因此为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于8；故答案为：或；；；8。
【分析】（1）根据盖斯定律，将反应①×2+②可得目标方程式； 是该反应的催化剂；
（2）配合物用时最短，对H2S吸收效率最好；
（3）H2S为二元弱酸，分步电离；当pH=7时，H2S、HS-的分布分数相同，即浓度相等，结合、计算；为避免FeS沉淀生成， c(Fe2+)×c(S2-)≤Ksp(FeS)。
28．（2022·湖北）自发热材料在生活中的应用日益广泛。某实验小组为探究“”体系的发热原理，在隔热装置中进行了下表中的五组实验，测得相应实验体系的温度升高值()随时间(t)的变化曲线，如图所示。
实验编号 反应物组成
a 粉末
b 粉
c 粉 饱和石灰水
d 粉 石灰乳
e 粉 粉末
回答下列问题：
（1）已知：
①
②
③
则的　 　。
（2）温度为T时，，则饱和溶液中　 　(用含x的代数式表示)。
（3）实验a中，后基本不变，原因是　 　。
（4）实验b中，的变化说明粉与在该条件下　 　(填“反应”或“不反应”)。实验c中，前的有变化，其原因是　 　；后基本不变，其原因是　 　微粒的量有限。
（5）下列说法不能解释实验d在内温度持续升高的是____(填标号)。
A．反应②的发生促使反应①平衡右移
B．反应③的发生促使反应②平衡右移
C．气体的逸出促使反应③向右进行
D．温度升高导致反应速率加快
（6）归纳以上实验结果，根据实验e的特征，用文字简述其发热原理　 　。
【答案】（1）-911.9
（2）mol L-1
（3）Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态
（4）不反应；Al和溶液中的OH-发生了反应；OH-
（5）A
（6）实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】(1)根据盖斯定律可得，①+②+2×③可得反应CaO(s)+2Al(s)+7H2O(l)=Ca2+(aq)+2[Al(OH)4]-(aq)+3H2(g)，则ΔH4=ΔH1+ΔH2+2ΔH3=(-65.17kJ mol-1)+(-16.73kJ mol-1)+2(-415.0kJ mol-1)=-911.9kJ mol-1。
(2)温度为T时，Ca(OH)2的饱和溶液中，存在沉淀溶解平衡Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)， c(OH-)=2c(Ca2+)，Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+) c2(OH-)=x，则c(OH-)=mol L-1。
(3)实验a中，CaO和H2O反应生成Ca(OH)2，该反应放热，当温度不变时，反应达到平衡状态，则4min后ΔT基本不变是因为Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态。
(4)实验b中，ΔT几乎不变，说明Al粉与H2O在该条件下不反应；实验c中，前3min的ΔT有变化，是因为Al和溶液中的OH-发生了反应，3min后ΔT基本不变，是因为饱和石灰水中OH-的浓度较低，OH-的量有限。
(5)实验d中，发生反应②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，这两步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快；综上所述，实验d在10min内温度持续升高与反应①无关，
故答案为：A。
(6)实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）根据Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+) c2(OH-)=x计算；
（3） Ca(OH)2在水中的溶解度小；
（4）铝粉与水在该条件下不反应；饱和石灰水中含有OH-，铝能与OH-反应；
（5）反应②和反应③都是放热反应；
（6）实验e中，发生反应①、②和③均为放热反应。
29．（2022·北京市）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。
已知：
物质
（1）白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为　 　。
（2）用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。
氧化物()浸出率/% 产品中纯度/% 产品中Mg杂质含量/% (以计)
计算值 实测值
2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 ——
2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06
2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20
备注：ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg)
ⅱ、纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中纯度。
①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是　 　。
②沉钙反应的离子方程式为　 　。
③“浸钙”过程不适宜选用的比例为　 　。
④产品中纯度的实测值高于计算值的原因是　 　。
（3）“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是　 　。
（4）滤渣C中含有的物质是　 　。
（5）该流程中可循环利用的物质是　 　。
【答案】（1）
（2），在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故先浸出；；2.4∶1；，优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙
（3），，随大量氨逸出，平衡正向移动
（4）
（5）
【知识点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】
（1）白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，反应的化学方程式为；
（2）①根据表中数据可知，，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故首先溶解被浸出；
②沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子，反应的离子方程式为。
③由图表可知，“浸钙”过程的比例为2.4∶1时，产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度最低，故不适宜选用的比例为2.4∶1。
④，在反应中会优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙，导致产品中纯度的实测值高于计算值；
（3）“浸镁”过程中，发生反应：，，加热蒸馏随大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁；
（4）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅烧浸钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B中加入硫酸铵后转化为微溶于的硫酸钙，氧化铁、二氧化硅几乎不反应进入滤渣中；“浸镁”过程中，的浸出率最终可达98.9% ，则还有部分氧化镁进入滤渣中，故滤渣C中含有的物质是；
（5）沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出；滤液D加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也会生成二氧化碳；在流程中既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是。
【分析】白云石矿样煅烧后转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解浸钙，大部分钙离子进入滤液A，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B，加入硫酸铵将镁离子转化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁。
30．（2022·山东）工业上以氟磷灰石[，含等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）酸解时有产生。氢氟酸与反应生成二元强酸，离子方程式为　 　。
（2）部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比加入脱氟，充分反应后，　 　；再分批加入一定量的，首先转化为沉淀的离子是　 　。
（3）浓度(以计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、浓度(以计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得、为45的混合体系中，石膏存在形式为　 　(填化学式)；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是　 　，回收利用洗涤液X的操作单元是　 　；一定温度下，石膏存在形式与溶液中和的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是　 　(填标号)。
A．、、 B．、、
C．、、 D．、、
【答案】（1）6HF+SiO2=2H+++2H2O
（2）；
（3）CaSO4 0.5H2O；减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；酸解；D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；复杂化学式的确定
【解析】【解答】氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制I脱氟、除硫酸根离子和，过滤，滤液经精制II等一系列操作得到磷酸。
(1)氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF+SiO2=2H+++2H2O。
(2)精制 Ⅰ 中，按物质的量之比n(Na2CO3)：n()= 1：1加入Na2CO3脱氟，发生反应H2SiF6+ Na2CO3= Na2SiF6↓+CO2↑+ H2O，饱和的Na2SiF6中存在c(Na+)=2c()，根据Ksp= c2(Na+) c()=4c3()可知，c() =mol L-1，因此c(Na+)=2c()=mol L-1；粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c()=mol L-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol L-1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是，然后才是；
(3)酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏的存在形式为CaSO4 0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的溶解度也，因此用一定浓度的硫酸溶液洗涤可以减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，酸解时使用的也是硫酸，则回收利用洗涤液X的操作单元是：酸解；由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在：
A． 由图乙可知，P2O5%=15、SO3%= 15位于65℃、80℃之间，不能实现晶体的完全转化，A不正确；
B． 由图乙可知，P2O5%= 10、SO3%= 20位于65℃、80℃之间，不能实现晶体的完全转化， B不正确；
C．由图乙可知，P2O5%= 10、SO3%= 30位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在，不能实现晶体转化， C不正确；
D． 由图乙可知，P2O5%=10、SO3%= 10位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在，能实现晶体的完全转化，D正确；
综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是D。
【分析】（1）HF与SiO2反应生成H2SiF6和水；
（2）Ksp小的先沉淀；
（3）100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4 0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于水中的溶解度；洗涤液X中含有硫酸；位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在。
31．（2022·广东）食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸（用 表示）。 的应用与其电离平衡密切相关。25℃时， 的 。
（1）配制 的 溶液，需 溶液的体积为　 　mL。
（2）下列关于250mL容量瓶的操作，正确的是　 　。
（3）某小组研究25℃下 电离平衡的影响因素。
提出假设 稀释 溶液或改变 浓度， 电离平衡会发生移动。
设计方案并完成实验 用浓度均为 的 和 溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定 ，记录数据。
序号
Ⅰ 40.00 / / 0 2.86
Ⅱ 4.00 / 36.00 0 3.36
… 　 　 　 　 　
Ⅶ 4.00 a b 3∶4 4.53
Ⅷ 4.00 4.00 32.00 1∶1 4.65
①根据表中信息，补充数据： 　 　， 　 　。
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释 溶液，电离平衡　 　（填”正”或”逆”）向移动；结合表中数据，给出判断理由：　 　。
③由实验Ⅱ~VIII可知，增大 浓度， 电离平衡逆向移动。
实验结论 假设成立。
（4）小组分析上表数据发现：随着 的增加， 的值逐渐接近 的 。
查阅资料获悉：一定条件下，按 配制的溶液中， 的值等于 的 。
对比数据发现，实验VIII中 与资料数据 存在一定差异；推测可能由物质浓度准确程度不够引起，故先准确测定 溶液的浓度再验证。
（ⅰ）移取 溶液，加入2滴酚酞溶液，用 溶液滴定至终点，消耗体积为 ，则该 溶液的浓度为　 　 。在答题卡虚线框中，画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点　 　。
（ⅱ）用上述 溶液和 溶液，配制等物质的量的 与 混合溶液，测定pH，结果与资料数据相符。
（5）小组进一步提出：如果只有浓度均约为 的 和 溶液，如何准确测定 的 ？小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。
Ⅰ 移取 溶液，用 溶液滴定至终点，消耗 溶液
Ⅱ 　 　，测得溶液的pH为4.76
实验总结 得到的结果与资料数据相符，方案可行。
（6）根据 可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途　 　。
【答案】（1）5.0
（2）C
（3）3.00；33.00；正；实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实验II的pH增大值小于1
（4）0.1104；
（5）向滴定后的混合液中加入20mL HAc溶液
（6）HClO：漂白剂和消毒液(或H2SO3：还原剂、防腐剂或H3PO4：食品添加剂、制药、生产肥料)
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）溶液稀释前后，溶质的物质的量不变，假设稀释前溶液的体积为V，则250mL×0.1mol/L=V×5mol/L，所以V=5.0mL。
（2）A．不能用手触碰容量瓶的瓶口，以防污染试剂，A不符合题意；
B．定容时，视线应与溶液凹液面的最低处相切，B不符合题意；
C．转移液体时要用玻璃棒引流，且其下端一般应靠在容量瓶内壁的刻度线以下部位，C符合题意；
D．摇匀过程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，D不符合题意；
故答案为：C。
（3）①根据表格信息，实验VII中n(NaAc)：n(HAc)=3：4，V(HAc)=4.00mL，且c(NaAc)=n(HAc)，根据n=cV，则V(NaAc)=3.00mL，即a=3.00。由实验I可知，溶液最终的体积为40.00mL，所以V(H2O)=40.00mL-4.00mL-3.00mL=33.00mL，即b=33.00。
②根据表格信息，对比实验I和实验II可知，实验II中c(HAc)为实验I的，若不考虑电离平衡移动，则实验II溶液的pH=2.86+1=3.86，但实际pH=3.36，说明稀释过程中，溶液中c(H+)增大，即电离平衡正向移动。
（4）①涉及反应是HAc+NaOH=NaAc+H2O，滴定至终点时，n(HAc)=n(NaOH)，根据n=cV，则22.08mL×0.1mol/L=20.00mL×c(HAc)，所以c(HAc)=0.1104mol/L。滴定过程中，当V(NaOH)=0时，为HAc溶液，c(H+)=，pH=2.88；当V(NaOH)=11.04mL时，所得溶液为NaAc和HAc 的混合液，且n(NaAc)=n(HAc)，则Ka=c(H+)，所以 pH=4.76；当V(NaOH)=22.08mL时，达到滴定终点，所得溶液为NaAc溶液，Ac-发生水解，溶液呈弱碱性；当NaOH溶液过量较多时，c(NaOH)无限接近0.1mol/L，溶液pH接近13，因此滴定曲线图是。
（5）向20.00mL的HAc溶液中加入V1mL NaOH溶液达到滴定终点，此时所得溶液中溶质为NaAc，当n(NaAc)=n(HAc)时，溶液中c(H+)=Ka，所以可再向溶液中加入20.00mL HAc溶液。
（6）如弱酸HClO具有强氧化性，在生活中可用于漂白和消毒；弱酸H2SO3具有还原性，可用作还原剂，在葡萄酒中添加适量H2SO3可用作防腐剂等等。
【分析】(1)根据溶液稀释前后，n(溶质)不变，即c(浓)·V(浓)=c(稀)·V(稀)进行分析，注意单位统一。
（2）根据配制一定物质的量浓度溶液的步骤进行分析。
（3）①根据控制变量法，结合n=cV进行分析。
②通过对比实验I和实验II的数据信息可知，实验II中c(HAc)为实验I的，再根据稀释过程中溶液中c(H+)是否增大进行分析。
（4）涉及反应是HAc+NaOH=NaAc+H2O，滴定至终点时，n(HAc)=n(NaOH)，根据n=cV进行分析。滴定曲线示意图中横坐标为V(NaOH)，纵坐标为溶液的pH，通过计算V(NaOH)分别为0、11.04mL[此时n(NaAc)=n(HAc)]、22.08mL(达到滴定终点)时对应的pH，然后把主要坐标点之间用曲线相连，注意NaOH溶液过量时，c(NaOH)无限接近0.1mol/L，溶液pH接近13。
（5）Ka=，当c(Ac-)=c(HAc)，即n(NaAc)=n(HAc)时，Ka=c(H+)，此时溶液pH=-lg c(H+)=-lg Ka=4.76，据此分析。
（6）根据无机弱酸的性质及用途进行分析。
32．（2022·广东）稀土（ ）包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿（含铁、铝等元素）中提取稀土的工艺如下：
已知：月桂酸 熔点为 ；月桂酸和 均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持 价不变； 的 ； 开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子
开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4
沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 /
（1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是　 　。
（2）“过滤1”前，用 溶液调pH至　 　的范围内，该过程中 发生反应的离子方程式为　 　。
（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到 元素，滤液2中 浓度为 。为尽可能多地提取 ，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中 低于　 　 （保留两位有效数字）。
（4）①“加热搅拌”有利于加快 溶出、提高产率，其原因是　 　。
②“操作X”的过程为：先　 　，再固液分离。
（5）该工艺中，可再生循环利用的物质有　 　（写化学式）。
（6）稀土元素钇（Y）可用于制备高活性的合金类催化剂 。
①还原 和 熔融盐制备 时，生成 转移　 　 电子。
② 用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化 的还原，发生的电极反应为　 　。
【答案】（1）Fe2+
（2）4.7 pH<6.2；
（3）4.0 10-4
（4）加热搅拌可加快反应速率；冷却结晶
（5）MgSO4
（6）15；O2+4e-+2H2O=4OH-
【知识点】电极反应和电池反应方程式；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）由分析可知，“氧化调pH”是为了除去含铁、铝等元素，根据表格信息，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+。
（2）根据表格数据信息，Fe3+、Al3+完全沉淀的pH分别为3.2、4.7，RE3+开始沉淀的pH为6.2~7.4，为使Fe3+、Al3+完全沉淀，而RE3+不沉淀，则应将pH调至4.7≤pH<6.2的范围内。Al3+与OH-结合生成Al(OH)3沉淀。
（3）滤液2中c(Mg2+)为2.7g/L，即0.1125mol/L，根据(C11H23COO)2Mg的 Ksp=c(Mg2+)·[c(C11H23COO-)]2，若要加入月桂酸钠后只生成(C11H23COO)3RE，而不产生(C11H23COO)2Mg，则c(C11H23COO-)＜。
（4）①加热搅拌可加快反应速率，有利于加快RE3+溶出、提高产率。
② “操作X”是为了析出月桂酸，根据题干信息可知，月桂酸的熔点为44℃，则应先冷却结晶，再固液分离。
（5）由分析可知，可再生循环利用的物质是MgSO4。
（6）①根据题干信息，涉及反应是还原剂+氧化剂（YCl3与PtCl4）→还原产物（Pt3Y）+氧化产物，反应前后Y元素的化合价由+3降为0，Pt元素的化合价由+4降为0，则生成1mol Pt3Y转移的电子数为3mol+4×3mol=15mol。
②氢氧燃料电池属于原电池，正极得电子发生还原反应，碱性溶液中，正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH。
【分析】矿物中的铁元素可能含有二价铁或三价铁或都有，根据流程图，加入酸化MgSO4“浸取”时，得到的浸取液中主要含有RE3+、Mg2+、Fe2+（或Fe3+）、Al3+、SO42-；“氧化调pH”会使Fe2+转化为Fe3+，且使Fe3+、Al3+形成沉淀，得到的滤渣主要是Fe(OH)3、Al(OH)3；滤液1中主要含有RE3+、Mg2+、SO42-；向滤液1中加入月桂酸钠，根据题干信息，会形成(C11H23COO)3RE沉淀，得到滤液2中的主要成分是MgSO4溶液，滤饼的主要成分是(C11H23COO)3RE；加入盐酸并加热搅拌后，(C11H23COO)3RE与盐酸反应得到C11H23COOH沉淀和RECl3溶液，经一系列操作，析出C11H23COOH，且分离得到RECl3溶液，据此分析。
33．（2022·广东）铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。
（1）催化剂 可由 加热分解制备，反应同时生成无污染气体。
①完成化学方程式： 　 　　 　。
② 催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图1， 过程的焓变为　 　（列式表示）。
③ 可用于 的催化氧化。设计从 出发经过3步反应制备 的路线　 　（用“→”表示含氮物质间的转化）；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为　 　。
（2） 溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡：
（ⅰ）
（ⅱ）
①下列有关 溶液的说法正确的有　 　。
A．加入少量硫酸，溶液的pH不变
B．加入少量水稀释，溶液中离子总数增加
C．加入少量 溶液，反应（ⅰ）的平衡逆向移动
D．加入少量 固体，平衡时 与 的比值保持不变
② 时， 溶液中 随pH的变化关系如图2。当 时，设 、 与 的平衡浓度分别为x、y、z ，则x、y、z之间的关系式为　 　 ；计算溶液中 的平衡浓度　 　（写出计算过程，结果保留两位有效数字）。
③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度（A）与其所吸收光的波长（ ）有关；在一定波长范围内，最大A对应的波长（ ）取决于物质的结构特征；浓度越高，A越大。混合溶液在某一波长的A是各组分吸收程度之和。为研究pH对反应（ⅰ）和（ⅱ）平衡的影响，配制浓度相同、 不同的 稀溶液，测得其A随 的变化曲线如图3。波长 、 和 中，与 的 最接近的是　 　；溶液 从a变到b的过程中， 的值　 　（填“增大”“减小”或“不变”）。
【答案】（1）N2↑；4H2O；(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)；；2NO+O2=2NO2
（2）BD；；当溶液pH=9时， ，因此可忽略溶液中 即 =0.20 反应(ii)的平衡常数K2= = =3.3×10-7 联立两个方程可得 =6.0×10-4mol/L；λ3；增大
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）①根本据题干信息，(NH4)2Cr2O7分解过程中，生成Cr2O3和无污染气体，再结合元素守恒可知，无污染气体为N2、H2O，根据原子守恒进行配平得(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O。
②根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为 (E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。
③在Cr2O3作催化剂条件下，NH3与O2反应生成无色的NO，NO与O2反应生成红棕色的NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，则从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线为NH3NO NO2HNO3 。
（2）①A．向溶液中加入少量硫酸，溶液中c(H+)增大，反应(ii)平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，平衡移动只是减弱改变量，所以平衡后，溶液中c(H+)整体是增大，即pH减小，A错误；
B．加水稀释过程中，根据“越稀越水解”“越稀越电离”可知，反应(i)和(ii)的平衡都正向移动，溶液中离子总数增加，B正确；
C．加入少量NaOH溶液，反应(ii)中c(H+)减小，促进反应(ii)正向移动，则c(HCrO4-)减小，所以反应(i)正向移动，C错误；
D．由于平衡(i)的平衡常数K1= ，平衡常数只与温度和反应本身有关，所以加入少量K2Cr2O7溶液，平衡时两比值不变，D正确；
故答案为：BD。
②0.10mol/L K2Cr2O7溶液中，Cr原子的总浓度为0.20mol/L，当溶液pH=9.00时，溶液中Cr原子总浓度为
2 c(Cr2O72-)+c(HCrO4-)+ c(CrO42-)=0.20mol/L，所以x+0.5x+0.5y=0.10。由图8可知，当溶液pH=9时，lg＞4，即104，所以可认为c(HCrO4-)+ c(CrO42-)=0.20 mol/L，反应(ii)的平衡常数K2= =3.3×10-7，联立两个方程可得c(HCrO4-)=6.0×10-4mol/L。
③溶液的pH增大，即c(H+)减小，能促进反应(i)、(ii)正向进行，使溶液中离子浓度之和增大，由图可知混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，则c(CrO42-)越大，所以与CrO42-的λmax最接近的是λ3。反应(i)的平衡常数K1= ，反应(ii)的平衡常数K2= ，则 (K2)2×K1= ，所以，温度不变，平衡常数不变，溶液pH从a变到b的过程中，溶液中c(H+)减小，所以的值将增大。
【分析】（1）①根据题干信息及元素种类守恒可推出其他产物，再结合原子个数守恒进行配平。
②根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为 (E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。
③根据物质的性质进行分析，反应路线是NH3NO NO2HNO3 。
（2）①A.盐类水解程度较弱，硫酸为强电解质，加入硫酸，溶液中酸性增强。
B. 越稀越水解，越稀越电离，据此分析。
C.根据勒夏特列原理进行分析。
D.根据平衡常数的表达式及其影响因素进行分析。
②根据原子守恒及平衡常数表达式进行分析。
③由图可知混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，即c(H+)越小，则更能促进反应(i)、(ii)正向进行，溶液中离子浓度之和越大，所以与CrO42-的λmax最接近的是λ3。在判断题干中表达式的数值大小时，可结合平衡常数表达式和c(H+)进行分析。
34．（2022·全国乙卷）废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有、、和，还有少量、、的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的如下表：
金属氢氧化物
开始沉淀的 2.3 6.8 3.5 7.2
完全沉淀的 3.2 8.3 4.6 9.1
回答下列问题：
（1）在“脱硫”中转化反应的离子方程式为　 　，用沉淀溶解平衡原理解释选择的原因　 　。
（2）在“脱硫”中，加入不能使铅膏中完全转化，原因是　 　。
（3）在“酸浸”中，除加入醋酸（），还要加入。
（ⅰ）能被氧化的离子是　 　；
（ⅱ）促进了金属在醋酸中转化为，其化学方程式为　 　；
（ⅲ）也能使转化为，的作用是　 　。
（4）“酸浸”后溶液的约为4.9，滤渣的主要成分是　 　。
（5）“沉铅”的滤液中，金属离子有　 　。
【答案】（1）PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)；反应PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K==3.4105>105，PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3
（2）反应BaSO4(s)+CO(aq)= BaCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K==0.04<<105，反应正向进行的程度有限
（3）Fe2+；Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O；作还原剂
（4）Fe(OH)3、Al(OH)3
（5）Ba2+、Na+
【知识点】化学平衡常数；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）“脱硫”过程中，Na2CO3溶液与PbSO4反应生成PbCO3和Na2SO4，反应的离子方程式为：PbSO4+CO32-= PbCO3+SO42-；结合第一个表格信息可知该反应的平衡常数K=，说明该反应正向进行程度很大，几乎完全转化，且生成的PbCO3可通过“酸浸”进入溶液中，减少铅的损失。
（2）反应BaSO4+CO32-= BaCO3(s)+SO42-的平衡常数K=，远小于105，说明该反应正向进行程度很小，因此加入Na2CO3不能使铅膏中的BaSO4完全转化。
（3）（i）H2O2有氧化性，二价铁有还原性，能被H2O2氧化为三价铁。
（ii）根据题干信息可知，该反应属于氧化还原反应，其中Pb作还原剂，H2O2作氧化剂，氧化产物是Pb(Ac)2，还原产物是H2O，结合电子守恒、原子守恒进行配平可得Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O。
（iii）PbO2→Pb(Ac)2的过程中Pb元素化合价由+4降为+2，说明PbO2是氧化剂，则H2O2是还原剂。
（4）由分析可知，“酸浸”后的滤渣主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3。
（5）由（2）可知，“脱硫”时加入Na2CO3不能使铅膏中的BaSO4完全转化，“酸浸”时Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，“沉铅”时Pb2+转化为Pb(OH)2沉淀，最终得到PbO，所以“沉铅”的滤液中，金属离子有Ba2+和Na+[加Na2CO3、NaOH时引入的]。
【分析】根据题干信息及流程图可知，加入Na2CO3“脱硫”时，铅膏中的PbSO4转化为PbCO3；过滤后，向滤渣中加入HAc、H2O2进行“酸浸”，由于H2O2具有氧化性，可将二价铁氧化为三价铁，“酸浸”后溶液的pH约为4.9，结合第二个表格信息可知，此时所得滤渣主要是Fe(OH)3和Al(OH)3；过滤后，向滤液中加入NaOH进行“沉铅”，得到Pb(OH)2沉淀，经一系列操作可得到PbO。
二一教育在线组卷平台（zujuan.21cnjy.com）自动生成 1 / 1登录二一教育在线组卷平台 助您教考全无忧
近三年高考化学真题分类汇编：电解质溶液（2022年）
一、选择题
1．（2022·江苏）一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1mol L-1KOH溶液吸收CO2，若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c总=c(H2CO3)+c()+c()。H2CO3电离常数分别为Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是 （　　）
A．KOH吸收CO2所得到的溶液中：c(H2CO3)＞c()
B．KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-)= c(H+)+c()+c(H2CO3)
C．KOH溶液吸收CO2，c总=0.1mol L-1溶液中：c(H2CO3)＞c()
D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降
2．（2022·辽宁）甘氨酸是人体必需氨基酸之一、在时，、和的分布分数【如】与溶液关系如图。下列说法错误的是（　　）
A．甘氨酸具有两性
B．曲线c代表
C．的平衡常数
D．
3．（2022·重庆市）某小组模拟成垢－除垢过程如图。
100mL0.1mol L-1CaCl2水溶液……
忽略体积变化，且步骤②中反应完全。下列说法正确的是（　　）
A．经过步骤①，溶液中c(Ca2+)+c(Na+)=c(Cl-)
B．经过步骤②，溶液中c(Na+)=4c(SO)
C．经过步骤②，溶液中c(Cl-)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)
D．经过步骤③，溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)
4．（2022·福建）氨是水体污染物的主要成分之一，工业上可用次氯酸盐作处理剂，有关反应可表示为：
①
②
在一定条件下模拟处理氨氮废水：将的氨水分别和不同量的混合，测得溶液中氨去除率、总氮(氨氮和硝氮的总和)残余率与投入量(用x表示)的关系如下图所示。下列说法正确的是（　　）
A．的数值为0.009
B．时，
C．时，x越大，生成的量越少
D．时，
5．（2022·天津市）25℃时，下列各组离子中可以在水溶液中大量共存的是（　　）
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
6．（2022·重庆市）下列操作中，不会影响溶液中K+、Al3+、Fe3+、Ba2+、Cl-、NO等离子大量共存的是（　　）
A．加入ZnSO4 B．加入Fe粉 C．通入NH3 D．通入CO2
7．（2022·福建）锂辉石是锂的重要来源，其焙烧后的酸性浸出液中含有和杂质离子，可在0~14范围内调节对其净化(即相关离子浓度)。时，与关系见下图(碱性过强时和会部分溶解)。下列说法正确的是（　　）
A．可被净化的区间最大
B．加入适量，可进一步提升净化程度
C．净化的先后顺序：
D．
8．（2022·河北）某水样中含一定浓度的CO、HCO和其他不与酸碱反应的离子。取10.00mL水样，用0.01000mol L-1的HCl溶液进行滴定，溶液pH随滴加HCl溶液体积V(HCl)的变化关系如图(混合后溶液体积变化忽略不计)。
下列说法正确的是（　　）
A．该水样中c(CO)=0.01mol L-1
B．a点处c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)
C．当V(HCl)≤20.00mL时，溶液中c(HCO)基本保持不变
D．曲线上任意一点存在c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03mol L-1
9．（2022·湖北）硫代碳酸钠能用于处理废水中的重金属离子，可通过如下反应制备：，下列说法正确的是（　　）
A．不能被氧化 B．溶液显碱性
C．该制备反应是熵减过程 D．的热稳定性比的高
10．（2022·湖北）根据酸碱质子理论，给出质子的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。已知：，，下列酸性强弱顺序正确的是（　　）
A． B．
C． D．
11．（2022·湖北）下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是（　　）
A．在氨水中：
B．在氯化钠溶液中：
C．在醋酸溶液中：
D．在硝酸银溶液中：
12．（2022·湖北）下图是亚砷酸As(OH)3和酒石酸混合体系中部分物种的c-pH图(浓度：总As为，总T为)。下列说法错误的是（　　）
A．的为
B．的酸性比的强
C．时，的浓度比的高
D．时，溶液中浓度最高的物种为
13．（2022·北京市）2022年3月神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中太空“冰雪实验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。下列说法错误的是（　　）
A．醋酸钠是强电解质
B．醋酸钠晶体与冰都是离子晶体
C．常温下，醋酸钠溶液的
D．该溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出
14．（2022·山东）某同学按图示装置进行实验，欲使瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液。下列物质组合不符合要求的是（　　）
气体 液体 固体粉末
A 饱和溶液
B 溶液 Fe
C 溶液
D
A．A B．B C．C D．D
15．（2022·山东）工业上以为原料生产，对其工艺条件进行研究。现有含的、溶液，含的、溶液。在一定pH范围内，四种溶液中随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．反应的平衡常数
B．
C．曲线④代表含的溶液的变化曲线
D．对含且和初始浓度均为的混合溶液，时才发生沉淀转化
16．（2022·浙江6月选考）时，苯酚的，下列说法正确的是（　　）
A．相同温度下，等的和溶液中，
B．将浓度均为的和溶液加热，两种溶液的均变大
C．时，溶液与溶液混合，测得，则此时溶液中
D．时，的溶液中加少量固体，水的电离程度变小
17．（2022·浙江6月选考）下列物质属于强电解质的是（　　）
A． B． C． D．
18．（2022·浙江6月选考）时，向浓度均为的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入的溶液（醋酸的；用的溶液滴定等浓度的盐酸，滴定终点的突跃范围4.3～9.7）。下列说法不正确的是（　　）
A．恰好中和时，溶液呈碱性
B．滴加溶液至的过程中，发生反应的离子方程式为：
C．滴定过程中，
D．时，
19．（2022·湖南）室温时，用 的标准 溶液滴定 浓度相等的 、 和 混合溶液，通过电位滴定法获得 与 的关系曲线如图所示（忽略沉淀对离子的吸附作用)。
若溶液中离子浓度小于 时，认为该离子沉淀完全。 ， ， ）。
下列说法正确的是（　　）
A．a点：有白色沉淀生成
B．原溶液中 的浓度为
C．当 沉淀完全时，已经有部分 沉淀
D．b点：
20．（2022·全国乙卷）常温下，一元酸的。在某体系中，与离子不能穿过隔膜，未电离的可自由穿过该膜（如图所示）。
设溶液中，当达到平衡时，下列叙述正确的是（　　）
A．溶液Ⅰ中
B．溶液Ⅱ中的的电离度为
C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的不相等
D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的之比为
21．（2022·浙江选考）下列物质属于非电解质的是（　　）
A．CH4 B．KI C．NaOH D．CH3COOH
22．（2022·浙江选考）水溶液呈酸性的盐是（　　）
A．NH4Cl B．BaCl2 C．H2SO4 D．Ca(OH)2
23．（2022·浙江选考）已知25℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。下列说法正确的是（　　）
A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者
B．向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，则H2A的电离度为0.013%
C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2-)＞c(HA-)
D．取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1
24．（2022·浙江选考）某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4mol·L-1Na2CO3溶液和40mL0.2mol·L-1NaHCO3溶液，再分别用0.4mol·L-1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如图曲线：
下列说法正确的的是（　　）
A．图中甲、丁线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸
B．当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为：HCO+H+=CO2↑+H2O
C．根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点
D．Na2CO3和NaHCO3溶液中均满足：c(H2CO3)-c(CO)=c(OH-)-c(H+)
二、多选题
25．（2022·海南）某元素M的氢氧化物在水中的溶解反应为：、，25℃，-lgc与pH的关系如图所示，c为或浓度的值，下列说法错误的是（　　）
A．曲线①代表与pH的关系
B．的约为
C．向的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，体系中元素M主要以存在pH=9.0，体系中元素M主要以存在
D．向的溶液中加入等体积0.4mol/L的HCl后，体系中元素M主要以存在
26．（2022·海南）NaClO溶液具有添白能力，已知25℃时，。下列关于NaClO溶液说法正确的是（　　）
A．0.01mol/L溶液中，
B．长期露置在空气中，释放，漂白能力减弱
C．通入过量，反应的离子方程式为
D．25℃，的NaClO和HClO的混合溶液中，
三、非选择题
27．（2022·天津市）天津地处环渤海湾，海水资源丰富。科研人员把铁的配合物(L为配体)溶于弱碱性的海水中，制成吸收液，将气体转化为单质硫，改进了湿法脱硫工艺。该工艺包含两个阶段：①的吸收氧化；②的再生。反应原理如下：
①
②
回答下列问题：
（1）该工艺的总反应方程式为　 　。1mol 发生该反应的热量变化为　 　，在总反应中的作用是　 　。
（2）研究不同配体与所形成的配合物(A、B、C)对吸收转化率的影响。将配合物A、B、C分别溶于海水中，配成相同物质的量浓度的吸收液，在相同反应条件下，分别向三份吸收液持续通入，测得单位体积吸收液中吸收转化率随时间变化的曲线如图1所示。以由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，结果最好的是　 　(填“A”、“B”或“C”)。
（3）的电离方程式为　 　。25℃时，溶液中、、在含硫粒子总浓度中所占分数随溶液pH的变化关系如图2，由图2计算，的　 　，　 　。再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，，为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于　 　(已知25℃时，FeS的为)。
28．（2022·湖北）自发热材料在生活中的应用日益广泛。某实验小组为探究“”体系的发热原理，在隔热装置中进行了下表中的五组实验，测得相应实验体系的温度升高值()随时间(t)的变化曲线，如图所示。
实验编号 反应物组成
a 粉末
b 粉
c 粉 饱和石灰水
d 粉 石灰乳
e 粉 粉末
回答下列问题：
（1）已知：
①
②
③
则的　 　。
（2）温度为T时，，则饱和溶液中　 　(用含x的代数式表示)。
（3）实验a中，后基本不变，原因是　 　。
（4）实验b中，的变化说明粉与在该条件下　 　(填“反应”或“不反应”)。实验c中，前的有变化，其原因是　 　；后基本不变，其原因是　 　微粒的量有限。
（5）下列说法不能解释实验d在内温度持续升高的是____(填标号)。
A．反应②的发生促使反应①平衡右移
B．反应③的发生促使反应②平衡右移
C．气体的逸出促使反应③向右进行
D．温度升高导致反应速率加快
（6）归纳以上实验结果，根据实验e的特征，用文字简述其发热原理　 　。
29．（2022·北京市）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。
已知：
物质
（1）白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为　 　。
（2）用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。
氧化物()浸出率/% 产品中纯度/% 产品中Mg杂质含量/% (以计)
计算值 实测值
2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 ——
2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06
2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20
备注：ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg)
ⅱ、纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中纯度。
①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是　 　。
②沉钙反应的离子方程式为　 　。
③“浸钙”过程不适宜选用的比例为　 　。
④产品中纯度的实测值高于计算值的原因是　 　。
（3）“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是　 　。
（4）滤渣C中含有的物质是　 　。
（5）该流程中可循环利用的物质是　 　。
30．（2022·山东）工业上以氟磷灰石[，含等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）酸解时有产生。氢氟酸与反应生成二元强酸，离子方程式为　 　。
（2）部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比加入脱氟，充分反应后，　 　；再分批加入一定量的，首先转化为沉淀的离子是　 　。
（3）浓度(以计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、浓度(以计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得、为45的混合体系中，石膏存在形式为　 　(填化学式)；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是　 　，回收利用洗涤液X的操作单元是　 　；一定温度下，石膏存在形式与溶液中和的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是　 　(填标号)。
A．、、 B．、、
C．、、 D．、、
31．（2022·广东）食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸（用 表示）。 的应用与其电离平衡密切相关。25℃时， 的 。
（1）配制 的 溶液，需 溶液的体积为　 　mL。
（2）下列关于250mL容量瓶的操作，正确的是　 　。
（3）某小组研究25℃下 电离平衡的影响因素。
提出假设 稀释 溶液或改变 浓度， 电离平衡会发生移动。
设计方案并完成实验 用浓度均为 的 和 溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定 ，记录数据。
序号
Ⅰ 40.00 / / 0 2.86
Ⅱ 4.00 / 36.00 0 3.36
… 　 　 　 　 　
Ⅶ 4.00 a b 3∶4 4.53
Ⅷ 4.00 4.00 32.00 1∶1 4.65
①根据表中信息，补充数据： 　 　， 　 　。
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释 溶液，电离平衡　 　（填”正”或”逆”）向移动；结合表中数据，给出判断理由：　 　。
③由实验Ⅱ~VIII可知，增大 浓度， 电离平衡逆向移动。
实验结论 假设成立。
（4）小组分析上表数据发现：随着 的增加， 的值逐渐接近 的 。
查阅资料获悉：一定条件下，按 配制的溶液中， 的值等于 的 。
对比数据发现，实验VIII中 与资料数据 存在一定差异；推测可能由物质浓度准确程度不够引起，故先准确测定 溶液的浓度再验证。
（ⅰ）移取 溶液，加入2滴酚酞溶液，用 溶液滴定至终点，消耗体积为 ，则该 溶液的浓度为　 　 。在答题卡虚线框中，画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点　 　。
（ⅱ）用上述 溶液和 溶液，配制等物质的量的 与 混合溶液，测定pH，结果与资料数据相符。
（5）小组进一步提出：如果只有浓度均约为 的 和 溶液，如何准确测定 的 ？小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。
Ⅰ 移取 溶液，用 溶液滴定至终点，消耗 溶液
Ⅱ 　 　，测得溶液的pH为4.76
实验总结 得到的结果与资料数据相符，方案可行。
（6）根据 可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途　 　。
32．（2022·广东）稀土（ ）包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿（含铁、铝等元素）中提取稀土的工艺如下：
已知：月桂酸 熔点为 ；月桂酸和 均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持 价不变； 的 ； 开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子
开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4
沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 /
（1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是　 　。
（2）“过滤1”前，用 溶液调pH至　 　的范围内，该过程中 发生反应的离子方程式为　 　。
（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到 元素，滤液2中 浓度为 。为尽可能多地提取 ，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中 低于　 　 （保留两位有效数字）。
（4）①“加热搅拌”有利于加快 溶出、提高产率，其原因是　 　。
②“操作X”的过程为：先　 　，再固液分离。
（5）该工艺中，可再生循环利用的物质有　 　（写化学式）。
（6）稀土元素钇（Y）可用于制备高活性的合金类催化剂 。
①还原 和 熔融盐制备 时，生成 转移　 　 电子。
② 用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化 的还原，发生的电极反应为　 　。
33．（2022·广东）铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。
（1）催化剂 可由 加热分解制备，反应同时生成无污染气体。
①完成化学方程式： 　 　　 　。
② 催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图1， 过程的焓变为　 　（列式表示）。
③ 可用于 的催化氧化。设计从 出发经过3步反应制备 的路线　 　（用“→”表示含氮物质间的转化）；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为　 　。
（2） 溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡：
（ⅰ）
（ⅱ）
①下列有关 溶液的说法正确的有　 　。
A．加入少量硫酸，溶液的pH不变
B．加入少量水稀释，溶液中离子总数增加
C．加入少量 溶液，反应（ⅰ）的平衡逆向移动
D．加入少量 固体，平衡时 与 的比值保持不变
② 时， 溶液中 随pH的变化关系如图2。当 时，设 、 与 的平衡浓度分别为x、y、z ，则x、y、z之间的关系式为　 　 ；计算溶液中 的平衡浓度　 　（写出计算过程，结果保留两位有效数字）。
③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度（A）与其所吸收光的波长（ ）有关；在一定波长范围内，最大A对应的波长（ ）取决于物质的结构特征；浓度越高，A越大。混合溶液在某一波长的A是各组分吸收程度之和。为研究pH对反应（ⅰ）和（ⅱ）平衡的影响，配制浓度相同、 不同的 稀溶液，测得其A随 的变化曲线如图3。波长 、 和 中，与 的 最接近的是　 　；溶液 从a变到b的过程中， 的值　 　（填“增大”“减小”或“不变”）。
34．（2022·全国乙卷）废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有、、和，还有少量、、的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的如下表：
金属氢氧化物
开始沉淀的 2.3 6.8 3.5 7.2
完全沉淀的 3.2 8.3 4.6 9.1
回答下列问题：
（1）在“脱硫”中转化反应的离子方程式为　 　，用沉淀溶解平衡原理解释选择的原因　 　。
（2）在“脱硫”中，加入不能使铅膏中完全转化，原因是　 　。
（3）在“酸浸”中，除加入醋酸（），还要加入。
（ⅰ）能被氧化的离子是　 　；
（ⅱ）促进了金属在醋酸中转化为，其化学方程式为　 　；
（ⅲ）也能使转化为，的作用是　 　。
（4）“酸浸”后溶液的约为4.9，滤渣的主要成分是　 　。
（5）“沉铅”的滤液中，金属离子有　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】电解质在水溶液中的电离；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．KOH吸收CO2所得到的溶液，若为K2CO3溶液，则主要发生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)＜c()，若为KHCO3溶液，KHCO3直接电离产生，的水解是微弱的，则溶液中：c(H2CO3)＜c()，A不符合题意；
B．KOH完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K+)+ c(H+)=c(OH-)+c()+2c()，依据物料守恒，溶液中：c(K+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]，则c(OH-)= c(H+)+c()+2c(H2CO3)，B不符合题意；
C．KOH溶液吸收CO2，c(KOH)=0.1mol L-1，c总=0.1mol L-1，则溶液为KHCO3溶液， Kh2==≈2.3×10-8＞Ka2=4.4×10-11，说明的水解程度大于电离程度，所以溶液中：c(H2CO3)＞c()，C符合题意；
D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生反应为：CO2+2KOH=K2CO3+H2O、K2CO3+CaO+H2O=CaCO3↓+2KOH(若生成KHCO3或K2CO3与KHCO3的混合物，则原理相同)，二式相加得：CO2+CaO=CaCO3↓，该反应放热，溶液的温度升高，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.KOH吸收CO2所得到的溶液可能得到两种溶液，碳酸钾或者碳酸氢钾；
B.根据电荷守恒和物料守恒分析；
D.“吸收”“转化”过程中的总反应为CO2+CaO=CaCO3↓，该反应放热。
2．【答案】D
【知识点】电解质在水溶液中的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．中存在和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A不符合题意；
B．氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示
的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化，故B不符合题意；
C．的平衡常数，时，根据a，b曲线交点坐标可知，时，，则，故C不符合题意；
D．由C项分析可知，，根据b，c曲线交点坐标坐标分析可得电离平衡的电离常数为K1=，，则，即，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.甘氨酸含有氨基和羧基，具有两性；
B.曲线a表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示
的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化；
C.根据计算。
3．【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．经过步骤①，100mL0.1mol L-1CaCl2水溶液和0.01molNa2SO4反应方程式为CaCl2+ Na2SO4=2NaCl+CaSO4↓，生成0.02mol NaCl和0.01molCaSO4，CaSO4微溶，则溶液中含有SO和Ca2+，则c(Ca2+)+c(Na+)>c(Cl-)，故A不符合题意；
B．步骤②中，CaSO4(s)+Na2CO3(aq)=CaCO3↓+NaSO4(aq)，步骤②中反应完全，则反应后的溶质为0.01mol Na2SO4、0.01mol Na2CO3和0.02molNaCl，则c(Na+)=6c(SO)，故B不符合题意；
C．经过步骤②，反应后的溶质为0.01mol Na2SO4、0.01mol Na2CO3和0.02molNaCl，存在物料守恒：c(Cl-)=2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)，故C不符合题意；
D．步骤③中，CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2↑，反应后的溶液中含有0.02molNaCl、0.01mol Ca(CH3COO)2，则c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.100mL0.1mol L-1CaCl2水溶液和0.01molNa2SO4发生反应CaCl2+ Na2SO4=2NaCl+CaSO4↓，CaSO4微溶；
B.经步骤②发生反应CaSO4(s)+Na2CO3(aq)=CaCO3↓+NaSO4(aq)；
C.经过步骤②，反应后的溶质为0.01mol NaSO4、0.01mol Na2CO3和0.02molNaCl，结合物料守恒分析；
D.步骤③中发生反应CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2↑。
4．【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．x1时，氨的去除率为100%、总氮残留率为5，，95%的氨气参与反应①、有5%的氨气参与反应②，反应①消耗，参与反应②消耗，，A不符合题意；
B．x>x1时，反应①也生成氯离子，所以，B不符合题意；
C．x>x1时，x越大，氨总去除率不变，氮残余率增大，说明生成的硝酸根离子越多，生成N2的量越少，C符合题意；
D．x=x1时，氨的去除率为100%，溶液中没有和ClO-，含有Na+、H+、、Cl-和OH-，根据电荷守恒得，D不符合题意；
故本题选C。
【分析】A.x1时，氨的去除率为100%、总氮残余率为5%；
B.x＞x1时，反应①也生成氯离子；
C.x＞x1时，x越大，氨总去除率不变，氮残余率增大，说明生成的硝酸根离子越多；
D.x=x1时，溶液中还含有硝酸根离子。
5．【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．与反应生成次氯酸而不能大量共存，故A不符合题意；
B．、、发生氧化还原反应而不能大量共存，故B不符合题意；
C．与反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体而不能大量共存，故C不符合题意；
D．、、、互不反应，能大量共存，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。
6．【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．向溶液中加入硫酸锌溶液，硫酸根离子会与溶液中的钡离子反应生成硫酸钡沉淀，故A不符合题意；
B．向溶液中加入铁粉，铁离子会与铁反应氧化还原反应生成亚铁离子，故B不符合题意；
C．向溶液中通入氨气，氨气溶于水生成氨水，铝离子、铁离子会与氨水反应生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，故C不符合题意；
D．二氧化碳与K+、Al3+、Fe3+、Ba2+、Cl-、NO均不反应 ，不会影响溶液中离子的大量共存，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。
7．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．对离子净化时，相关离子浓度c<10-5mol/L，则lgc<-5，由图可知，可作净化的pH区间最大的是Fe3+，A不符合题意；
B．加入适量H2O2，可将Fe2+氧化为Fe3+，提高净化程度，B符合题意；
C．由图可知，净化的先后顺序为，C不符合题意；
D．对离子净化时，相关离子浓度c<10-5mol/L，lgc<-5，由图可知，Fe3+完全沉淀的pH约为2.5，c(H+)=10-2.5mol/L，c(OH-)=10-11.5mol/L，，Al3+完全沉淀的pH约为4.5，c(H+)=10-4.5mol/L，c(OH-)=10-9.5mol/L，，Fe2+完全沉淀的pH约为8.5，c(H+)=10-8.5mol/L，c(OH-)=10-5.5mol/L， ，则有，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.Mg2+可被净化的pH区间最小；
B.过氧化氢具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子；
C.随着溶液pH值的增大，净化的顺序是Fe3+、Al3+、Fe2+、Mg2+；
D.根据Ksp的公式计算。
8．【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．由分析可知，水样中碳酸根离子的浓度为0.02mol/L，故A不符合题意；
B．由图可知，a点发生的反应为碳酸根离子与氢离子恰好反应生成碳酸氢根离子，可溶性碳酸氢盐溶液中质子守恒关系为c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)+ c(CO)，故B不符合题意；
C．由分析可知，水样中碳酸氢根离子的浓度为0.01mol/L，当盐酸溶液体积V(HCl)≤20.00mL时，只发生反应CO+H+=HCO，滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度为=0.01mol/L，则滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度不变，故C符合题意；
D．由分析可知，水样中碳酸根离子和碳酸氢根离子浓度之和为0.03mol/L，由物料守恒可知，溶液中c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03 mol/L，滴定加入盐酸会使溶液体积增大，则溶液中[c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)]会小于0.03 mol/L，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】滴定过程中发生两次突越，第一次在a点，此时发生的反应为，则c()=，第二次是耗HCl为50mL的点，此时发生的反应为，由生成消耗20mL盐酸，则原溶液中的消耗10mL盐酸，则c()=。
9．【答案】B
【知识点】焓变和熵变；盐类水解的应用
【解析】【解答】A． 中硫元素为-2价，处于最低价态，具有较强的还原性，能被氧化，故A不符合题意；
B． 类比溶液，O与S同主族，可知溶液显碱性，故B符合题意；
C．由反应方程式可知，该反应是固体和液体生成固体和气体，体系混乱度增大，为熵增过程，故C不符合题意；
D．原子半径：S>O，键长：C=S＞C=O，键能：C=S＜C=O，则的热稳定性比的低，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.中的S元素处于最低价态，具有较强的还原性；
B.与类似；
C.该反应是固体和液体生成固体和气体，体系混乱度增大；
D.键能越大越稳定。
10．【答案】D
【知识点】离子反应发生的条件；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】根据复分解反应的规律，强酸能制得弱酸，根据酸碱质子理论，给出质子的物质是酸，则反应中，酸性：，反应中，酸性：，故酸性：，
故答案为：D。
【分析】根据酸碱质子理论和强酸制弱酸原理判断酸性强弱。
11．【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．氨水显碱性，会与反应，不能大量共存，A项不符合题意；
B．会发生氧化还原反应，不能大量共存，B项不符合题意；
C．醋酸显酸性，在醋酸溶液中均不会发生反应，能大量共存，C项符合题意；
D．硝酸银中的银离子会与氯离子、碳酸根离子反应生成沉淀，不能大量共存，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氨水与均不能共存；
B.会发生氧化还原反应；
C.酸性溶液中，互不反应；
D.会生成碳酸银、氯化银沉淀。
12．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．，，当pH=9.1时，=，，，A不符合题意；
B．，当pH=4.6时，=，Ka=10-4.6，而由A选项计算得H3AsO3的，即Ka > Ka1，所以的酸性比的强，B不符合题意；
C．由图可知的浓度为左坐标，浓度的数量级为10-3mol/L，的浓度为右坐标，浓度的数量级为10-6mol/L，所以时，的浓度比的高，C不符合题意；
D．由可知条件，酒石酸，的为，即酒石酸的第一部电离常数远大于亚砷酸的第一步电离常数，所以酒石酸的酸性远强于，另外总As的浓度也小于总T的浓度，所以当时，溶液中浓度最高的物种不是，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据计算；
B.电离平衡常数越大，酸性越强；
C.的浓度为左坐标，浓度的数量级为10-3mol/L，的浓度为右坐标，浓度的数量级为10-6mol/L。
13．【答案】B
【知识点】强电解质和弱电解质；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．醋酸钠在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故A不符合题意；
B．醋酸钠晶体是离子晶体，冰是分子晶体，故B符合题意；
C．醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解使溶液呈碱性，则常温下醋酸钠溶液的，故C不符合题意；
D．过饱和醋酸钠溶液处于亚稳态，加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出，形成饱和溶液，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.醋酸钠在水溶液中完全电离，属于强电解质；
B.冰属于分子晶体；
C.醋酸钠溶液中醋酸根离子水解使溶液显碱性；
D.向过饱和醋酸钠溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出。
14．【答案】A
【知识点】离子反应发生的条件；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．通入CO2气体依次发生反应CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3、CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2，相同温度下NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，最终瓶中仍有NaHCO3白色晶体析出，不会得到澄清溶液，A符合题意；
B．通入Cl2，发生反应Cl2+2FeCl2=2FeCl3、2FeCl3+Fe=3FeCl2，最终Fe消失得到澄清溶液，B不符合题意；
C．通入HCl，在酸性条件下具有强氧化性，发生离子反应：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，最终Cu消失得到澄清溶液，C不符合题意；
D．AgCl在水中存在溶解平衡AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)，通入NH3后，Ag+与NH3结合成[Ag(NH3)2]+，使溶解平衡正向移动，最终AgCl消失得到澄清溶液，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.二氧化碳与碳酸钠反应生成的碳酸氢钠为固体；
B.氯气将氯化亚铁氧化为氯化铁，单质铁与氯化铁反应生成氯化亚铁；
C.酸性条件下发生反应3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；
D.氨气极易溶于水，AgCl可溶于氨水生成银氨溶液。
15．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．反应SrSO4(s)+COSrCO3(s)+SO的平衡常数K===，故A不符合题意；
B．由分析可知，曲线①为 的 溶液，硫酸锶的溶度积=10-5.5×0.1=10-6.5，温度不变，溶度积不变，则溶液pH为7.7时，锶离子的浓度为=10-6.5，则a为6.5，故B不符合题意；
C．由分析可知，曲线④为的溶液的变化曲线，故C不符合题意；
D．由分析可知，硫酸是强酸，溶液pH变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，所以硫酸锶的生成与溶液pH无关，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】pH不会影响硫酸根离子的浓度，则曲线①和曲线②为 的溶液，根据可知，越大，越小，则曲线①为 的 溶液的变化曲线，曲线②为的 溶液 的变化曲线；根据可知，越大，越小，则曲线③为 的 溶液的变化曲线，曲线④为的溶液的变化曲线。
16．【答案】C
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度小于C6H5O-，则相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)B．C6H5ONa溶液中，C6H5O-离子水解出氢氧根离子，升温促进C6H5O-离子的水解，氢氧根离子浓度增大，pH变大，而氢氧化钠溶液中不存在平衡，升温pH不变，B不符合题意；
C．当pH=10.00时，c(OH-)=1.0×10-10， ，故c(C6H5O-)= c(C6H5OH)，C符合题意；
D．C6H5ONa中的C6H5O-可以水解，会促进水的电离，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.越弱越水解；
B.温度升高，Kw增大；
C.根据电离平衡常数分析判断；
D.C6H5ONa水解促进水的电离。
17．【答案】C
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A． 是弱酸，部分电离，属于弱电解质，A不符合题意；
B． 是单质，既不是电解质也不是非电解质，B不符合题意；
C． 是盐，在水溶液中完全电离产生钠离子和碳酸根离子，属于强电解质，C符合题意；
D． 是有机物，在水溶液和熔融状态下均不导电，属于非电解质，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，在溶液中完全电离的电解质属于强电解质。
18．【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子水解使溶液显碱性，A不符合题意；
B．滴加 溶液至 的过程中，若只发生反应的离子方程式： ，则滴加NaOH溶液的体积为20mL，则根据电离常数， 的醋酸中，c(H+)≈c(CH3COO-)= = = >1.0×10-4.3，故用氢氧化钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，则离子方程式为：H++OH-=H2O和CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，B符合题意；
C．滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，根据物料守恒可知： ，C不符合题意；
D．向 浓度均为 的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入 的 溶液，当盐酸的体积为20mL时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，当加入的NaOH溶液的体积为30mL时，溶液为NaCl和等浓度的CH3COONa、CH3COOH，根据Ka=1.8×10-5＞Kh= 可知，此时溶液仍然呈酸性，需继续滴加NaOH溶液，故有 ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.醋酸根水解显碱性；
B.滴定过程中，盐酸和醋酸都参与反应；
C.根据物料守恒判断；
D.当盐酸的体积为20mL时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠。
19．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．根据分析可知，Cl-、Br-、I-的沉淀顺序为I->Br->Cl-，I-先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A不符合题意；
B．根据分析可知，原溶液中I-的物质的量为1.5×10-4mol，则I-的浓度为=0.0100mol L-1，故B不符合题意；
C．当Br-沉淀完全时(Br-浓度为1.0×10-5mol/L)，溶液中的c(Ag+)==5.4×10-8mol/L，若Cl-已经开始沉淀，则此时溶液中的c(Cl-)==3.3×10-3mol/L，原溶液中的c(Cl-)= c(I-)=0.0100mol L-1，则已经有部分Cl-沉淀，故C符合题意；
D．b点加入了过量的硝酸银溶液，Ag+浓度最大，Cl-、Br-和 I-已沉淀完全，且Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)＞Ksp(AgI)，则b点各离子浓度为：，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】Ksp小的先沉淀，则Cl-、Br-、I-的沉淀顺序为I->Br->Cl-， 当滴入4.50mL硝酸银溶液时，Cl-恰好沉淀完全，此时硝酸银一共消耗了：4.50mL×10-3L/mL×0.100mol/L=4.5×10-4mol，即Cl-、Br-和 I-均为1.5×10-4mol。
20．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由图可知常温下溶液I的pH=7.0，说明该溶液中c(H+)=c(OH-)，所以c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A不符合题意；
B．根据题干信息可知，常温下溶液II的pH=1.0，即c(H+)=0.1mol/L，又Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.0×10-3，解得=，B符合题意；
C．根据题干信息，未电离的可自由穿过隔膜，则溶液I和II中的c(HA)相等，C不符合题意；
D．由题干信息可知，常温下溶液I的c(H+)=1×10-7mol/L，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，根据Ka=和c总(HA)=c(HA)+c(A-)，可得到溶液I中c总(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II中c总(HA)=1.01c(HA)，而两溶液中c(HA)相等，则溶液I和II中c总(HA)之比为，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.注意常温下pH=7.0的溶液呈中性，即c(H+)=c(OH-)，据此分析。
B.根据电离平衡常数表达式Ka=和c总(HA)=c(HA)+c(A-)进行解答。
C.物质的浓度不随体积多少而改变。
D. 根据电离平衡常数表达式Ka=和c总(HA)=c(HA)+c(A-)进行解答，注意两溶液中c(HA)相等。
21．【答案】A
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】A．CH4属于有机物，在水溶液中和熔融状态下均不导电的化合物，为非电解质，故A符合题意；
B．KI属于盐，在水溶液中和熔融状态下能导电的化合物，为电解质，故B不符合题意；
C．NaOH属于碱，在水溶液中和熔融状态下能导电的化合物，为电解质，故C不符合题意；
D．CH3COOH属于酸，在水溶液中能电离出H+离子和CH3COO-离子，即CH3COOH是在水溶液中导电的化合物，为电解质，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质。
22．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A．NH4Cl盐溶液存在而显酸性，A符合题意；
B．BaCl2溶液中Ba2+和Cl-均不水解，是强酸强碱盐，溶液显中性，B不符合题意；
C．H2SO4属于酸，不是盐类，C不符合题意；
D．Ca(OH)2是碱类物质，溶液显碱性，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.氯化铵为强酸弱碱盐，水解显酸性；
B.氯化钡为强酸强碱盐，呈中性；
C.硫酸呈酸性，但属于酸；
D.氢氧化钙属于碱。
23．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的电离程度前者大于后者，故A不符合题意；
B．向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，，则H2A的电离度 0.013%，故B符合题意；
C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，，则c(A2-)D．H2A是弱酸，取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，H2A的电离平衡正向移动，则该溶液pH故答案为：B。
【分析】A.多元弱酸根离子水解，第一步水解程度远远大于第二步水解程度；
B.H2A的电离度=；
C.，即；
D.加水促进H2A电离。
24．【答案】C
【知识点】电解质在水溶液中的电离；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；指示剂
【解析】【解答】A．碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，再产生二氧化碳气体，故图中甲、丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，A不符合题意；
B．当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应为碳酸根离子与氢离子结合生成碳酸氢根离子，离子方程式表示为：CO+H+= HCO，B不符合题意；
C．根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c点的pH在9左右，符合酚酞的指示范围，故可用酚酞作指示剂；d点的pH在4左右，符合甲基橙的指示范围，故可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，C符合题意；
D．根据电荷守恒和物料守恒，则Na2CO3中存在c(OH-)-c(H+)=2c(H2CO3)+c(HCO)， NaHCO3溶液中满足c(H2CO3)-c(CO)=c(OH-)-c(H+)，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.向碳酸钠中滴加盐酸，先生成碳酸氢钠再生成二氧化碳气体；
B.滴加盐酸的体积为V1mL时，所发生的反应为碳酸根离子与氢离子结合生成碳酸氢根离子；
C.c点的pH在9左右，d点的pH在4左右；
D.根据电荷守恒和物料守恒判断。
25．【答案】B,D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线①代表-lg c(M2+)与pH的关系，A不符合题意；
B．由图象，pH=7.0时，-lg c(M2+)=3.0，则M(OH)2的Ksp=c(M2+)·c2(OH-)=1×10-17，B符合题意；
C．向c(M2+)=0.1mol/L的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，根据图像，pH=9.0时，c(M2+)、c[M(OH)]均极小，则体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在，C不符合题意；
D．c[M(OH)]=0.1mol/L的溶液中，由于溶解平衡是少量的，因此加入等体积的0.4mol/L的HCl后，体系中元素M仍主要以M(OH)存在，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】根据溶解反应可知，当酸性较强时， 的平衡正向移动，的平衡逆向移动，则曲线①代表-lg c(M2+)与pH的关系，曲线②代表-lg c( )与pH的关系。
26．【答案】A,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．NaClO溶液中ClO-会水解，故0.01mol/LNaClO溶液中c(ClO-)＜0.01mol/L，A符合题意；
B．NaClO溶液长期露置在空气中，会发生反应 CO2 + NaClO + H2O =HClO + NaHCO3，次氯酸不稳定，见光分解生成HCl和O2，不会释放Cl2，B不符合题意；
C．将过量的SO2通入NaClO溶液中，SO2发生氧化还原反应生成硫酸钠、氯化钠和氯化氢，反应的离子方程式为SO2+ClO +H2O=Cl-++2H+，C不符合题意；
D.25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，存在电荷守恒：c(ClO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则c(ClO-)=c(Na+)，又c(HClO)＞c(ClO-)，所以c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.次氯酸根会发生水解；
B.NaClO溶液长期露置在空气中，会发生反应 CO2 + NaClO + H2O =HClO + NaHCO3；
C.向NaClO溶液中通入过量SO2，反应生成硫酸钠、氯化钠和氯化氢；
D.25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒分析。
27．【答案】（1）(或)；放出热量；作催化剂或降低反应活化能
（2）A
（3）或；；；8
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；化学平衡转化过程中的变化曲线；弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，将①×2+②可得(或)，该反应的热化学方程式，因此1mol 发生该反应的热量变化为放出热量，参与了化学反应，但反应前后量没有改变，是该反应的催化剂，在总反应中的作用是作催化剂或降低反应活化能；故答案为：(或)；放出热量；作催化剂或降低反应活化能。
（2）根据图中信息以由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，A持续时间最短，说明A的脱硫效率最高，因此结果最好的A；故答案为：A。
（3）是二元弱酸，其电离是一步一步电离，主要以第一步电离为主，因此其电离方程式为或；根据题意pH=7时、的所占分数相等，因此的，pH=13时、的所占分数相等，则。再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，根据得到，根据和，得到，pH=8，因此为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于8；故答案为：或；；；8。
【分析】（1）根据盖斯定律，将反应①×2+②可得目标方程式； 是该反应的催化剂；
（2）配合物用时最短，对H2S吸收效率最好；
（3）H2S为二元弱酸，分步电离；当pH=7时，H2S、HS-的分布分数相同，即浓度相等，结合、计算；为避免FeS沉淀生成， c(Fe2+)×c(S2-)≤Ksp(FeS)。
28．【答案】（1）-911.9
（2）mol L-1
（3）Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态
（4）不反应；Al和溶液中的OH-发生了反应；OH-
（5）A
（6）实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】(1)根据盖斯定律可得，①+②+2×③可得反应CaO(s)+2Al(s)+7H2O(l)=Ca2+(aq)+2[Al(OH)4]-(aq)+3H2(g)，则ΔH4=ΔH1+ΔH2+2ΔH3=(-65.17kJ mol-1)+(-16.73kJ mol-1)+2(-415.0kJ mol-1)=-911.9kJ mol-1。
(2)温度为T时，Ca(OH)2的饱和溶液中，存在沉淀溶解平衡Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)， c(OH-)=2c(Ca2+)，Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+) c2(OH-)=x，则c(OH-)=mol L-1。
(3)实验a中，CaO和H2O反应生成Ca(OH)2，该反应放热，当温度不变时，反应达到平衡状态，则4min后ΔT基本不变是因为Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态。
(4)实验b中，ΔT几乎不变，说明Al粉与H2O在该条件下不反应；实验c中，前3min的ΔT有变化，是因为Al和溶液中的OH-发生了反应，3min后ΔT基本不变，是因为饱和石灰水中OH-的浓度较低，OH-的量有限。
(5)实验d中，发生反应②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，这两步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快；综上所述，实验d在10min内温度持续升高与反应①无关，
故答案为：A。
(6)实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）根据Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+) c2(OH-)=x计算；
（3） Ca(OH)2在水中的溶解度小；
（4）铝粉与水在该条件下不反应；饱和石灰水中含有OH-，铝能与OH-反应；
（5）反应②和反应③都是放热反应；
（6）实验e中，发生反应①、②和③均为放热反应。
29．【答案】（1）
（2），在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故先浸出；；2.4∶1；，优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙
（3），，随大量氨逸出，平衡正向移动
（4）
（5）
【知识点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】
（1）白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，反应的化学方程式为；
（2）①根据表中数据可知，，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故首先溶解被浸出；
②沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子，反应的离子方程式为。
③由图表可知，“浸钙”过程的比例为2.4∶1时，产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度最低，故不适宜选用的比例为2.4∶1。
④，在反应中会优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙，导致产品中纯度的实测值高于计算值；
（3）“浸镁”过程中，发生反应：，，加热蒸馏随大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁；
（4）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅烧浸钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B中加入硫酸铵后转化为微溶于的硫酸钙，氧化铁、二氧化硅几乎不反应进入滤渣中；“浸镁”过程中，的浸出率最终可达98.9% ，则还有部分氧化镁进入滤渣中，故滤渣C中含有的物质是；
（5）沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出；滤液D加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也会生成二氧化碳；在流程中既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是。
【分析】白云石矿样煅烧后转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解浸钙，大部分钙离子进入滤液A，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B，加入硫酸铵将镁离子转化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁。
30．【答案】（1）6HF+SiO2=2H+++2H2O
（2）；
（3）CaSO4 0.5H2O；减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；酸解；D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；复杂化学式的确定
【解析】【解答】氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制I脱氟、除硫酸根离子和，过滤，滤液经精制II等一系列操作得到磷酸。
(1)氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF+SiO2=2H+++2H2O。
(2)精制 Ⅰ 中，按物质的量之比n(Na2CO3)：n()= 1：1加入Na2CO3脱氟，发生反应H2SiF6+ Na2CO3= Na2SiF6↓+CO2↑+ H2O，饱和的Na2SiF6中存在c(Na+)=2c()，根据Ksp= c2(Na+) c()=4c3()可知，c() =mol L-1，因此c(Na+)=2c()=mol L-1；粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c()=mol L-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol L-1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是，然后才是；
(3)酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏的存在形式为CaSO4 0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的溶解度也，因此用一定浓度的硫酸溶液洗涤可以减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，酸解时使用的也是硫酸，则回收利用洗涤液X的操作单元是：酸解；由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在：
A． 由图乙可知，P2O5%=15、SO3%= 15位于65℃、80℃之间，不能实现晶体的完全转化，A不正确；
B． 由图乙可知，P2O5%= 10、SO3%= 20位于65℃、80℃之间，不能实现晶体的完全转化， B不正确；
C．由图乙可知，P2O5%= 10、SO3%= 30位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在，不能实现晶体转化， C不正确；
D． 由图乙可知，P2O5%=10、SO3%= 10位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在，能实现晶体的完全转化，D正确；
综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是D。
【分析】（1）HF与SiO2反应生成H2SiF6和水；
（2）Ksp小的先沉淀；
（3）100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4 0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于水中的溶解度；洗涤液X中含有硫酸；位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在。
31．【答案】（1）5.0
（2）C
（3）3.00；33.00；正；实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实验II的pH增大值小于1
（4）0.1104；
（5）向滴定后的混合液中加入20mL HAc溶液
（6）HClO：漂白剂和消毒液(或H2SO3：还原剂、防腐剂或H3PO4：食品添加剂、制药、生产肥料)
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）溶液稀释前后，溶质的物质的量不变，假设稀释前溶液的体积为V，则250mL×0.1mol/L=V×5mol/L，所以V=5.0mL。
（2）A．不能用手触碰容量瓶的瓶口，以防污染试剂，A不符合题意；
B．定容时，视线应与溶液凹液面的最低处相切，B不符合题意；
C．转移液体时要用玻璃棒引流，且其下端一般应靠在容量瓶内壁的刻度线以下部位，C符合题意；
D．摇匀过程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，D不符合题意；
故答案为：C。
（3）①根据表格信息，实验VII中n(NaAc)：n(HAc)=3：4，V(HAc)=4.00mL，且c(NaAc)=n(HAc)，根据n=cV，则V(NaAc)=3.00mL，即a=3.00。由实验I可知，溶液最终的体积为40.00mL，所以V(H2O)=40.00mL-4.00mL-3.00mL=33.00mL，即b=33.00。
②根据表格信息，对比实验I和实验II可知，实验II中c(HAc)为实验I的，若不考虑电离平衡移动，则实验II溶液的pH=2.86+1=3.86，但实际pH=3.36，说明稀释过程中，溶液中c(H+)增大，即电离平衡正向移动。
（4）①涉及反应是HAc+NaOH=NaAc+H2O，滴定至终点时，n(HAc)=n(NaOH)，根据n=cV，则22.08mL×0.1mol/L=20.00mL×c(HAc)，所以c(HAc)=0.1104mol/L。滴定过程中，当V(NaOH)=0时，为HAc溶液，c(H+)=，pH=2.88；当V(NaOH)=11.04mL时，所得溶液为NaAc和HAc 的混合液，且n(NaAc)=n(HAc)，则Ka=c(H+)，所以 pH=4.76；当V(NaOH)=22.08mL时，达到滴定终点，所得溶液为NaAc溶液，Ac-发生水解，溶液呈弱碱性；当NaOH溶液过量较多时，c(NaOH)无限接近0.1mol/L，溶液pH接近13，因此滴定曲线图是。
（5）向20.00mL的HAc溶液中加入V1mL NaOH溶液达到滴定终点，此时所得溶液中溶质为NaAc，当n(NaAc)=n(HAc)时，溶液中c(H+)=Ka，所以可再向溶液中加入20.00mL HAc溶液。
（6）如弱酸HClO具有强氧化性，在生活中可用于漂白和消毒；弱酸H2SO3具有还原性，可用作还原剂，在葡萄酒中添加适量H2SO3可用作防腐剂等等。
【分析】(1)根据溶液稀释前后，n(溶质)不变，即c(浓)·V(浓)=c(稀)·V(稀)进行分析，注意单位统一。
（2）根据配制一定物质的量浓度溶液的步骤进行分析。
（3）①根据控制变量法，结合n=cV进行分析。
②通过对比实验I和实验II的数据信息可知，实验II中c(HAc)为实验I的，再根据稀释过程中溶液中c(H+)是否增大进行分析。
（4）涉及反应是HAc+NaOH=NaAc+H2O，滴定至终点时，n(HAc)=n(NaOH)，根据n=cV进行分析。滴定曲线示意图中横坐标为V(NaOH)，纵坐标为溶液的pH，通过计算V(NaOH)分别为0、11.04mL[此时n(NaAc)=n(HAc)]、22.08mL(达到滴定终点)时对应的pH，然后把主要坐标点之间用曲线相连，注意NaOH溶液过量时，c(NaOH)无限接近0.1mol/L，溶液pH接近13。
（5）Ka=，当c(Ac-)=c(HAc)，即n(NaAc)=n(HAc)时，Ka=c(H+)，此时溶液pH=-lg c(H+)=-lg Ka=4.76，据此分析。
（6）根据无机弱酸的性质及用途进行分析。
32．【答案】（1）Fe2+
（2）4.7 pH<6.2；
（3）4.0 10-4
（4）加热搅拌可加快反应速率；冷却结晶
（5）MgSO4
（6）15；O2+4e-+2H2O=4OH-
【知识点】电极反应和电池反应方程式；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）由分析可知，“氧化调pH”是为了除去含铁、铝等元素，根据表格信息，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+。
（2）根据表格数据信息，Fe3+、Al3+完全沉淀的pH分别为3.2、4.7，RE3+开始沉淀的pH为6.2~7.4，为使Fe3+、Al3+完全沉淀，而RE3+不沉淀，则应将pH调至4.7≤pH<6.2的范围内。Al3+与OH-结合生成Al(OH)3沉淀。
（3）滤液2中c(Mg2+)为2.7g/L，即0.1125mol/L，根据(C11H23COO)2Mg的 Ksp=c(Mg2+)·[c(C11H23COO-)]2，若要加入月桂酸钠后只生成(C11H23COO)3RE，而不产生(C11H23COO)2Mg，则c(C11H23COO-)＜。
（4）①加热搅拌可加快反应速率，有利于加快RE3+溶出、提高产率。
② “操作X”是为了析出月桂酸，根据题干信息可知，月桂酸的熔点为44℃，则应先冷却结晶，再固液分离。
（5）由分析可知，可再生循环利用的物质是MgSO4。
（6）①根据题干信息，涉及反应是还原剂+氧化剂（YCl3与PtCl4）→还原产物（Pt3Y）+氧化产物，反应前后Y元素的化合价由+3降为0，Pt元素的化合价由+4降为0，则生成1mol Pt3Y转移的电子数为3mol+4×3mol=15mol。
②氢氧燃料电池属于原电池，正极得电子发生还原反应，碱性溶液中，正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH。
【分析】矿物中的铁元素可能含有二价铁或三价铁或都有，根据流程图，加入酸化MgSO4“浸取”时，得到的浸取液中主要含有RE3+、Mg2+、Fe2+（或Fe3+）、Al3+、SO42-；“氧化调pH”会使Fe2+转化为Fe3+，且使Fe3+、Al3+形成沉淀，得到的滤渣主要是Fe(OH)3、Al(OH)3；滤液1中主要含有RE3+、Mg2+、SO42-；向滤液1中加入月桂酸钠，根据题干信息，会形成(C11H23COO)3RE沉淀，得到滤液2中的主要成分是MgSO4溶液，滤饼的主要成分是(C11H23COO)3RE；加入盐酸并加热搅拌后，(C11H23COO)3RE与盐酸反应得到C11H23COOH沉淀和RECl3溶液，经一系列操作，析出C11H23COOH，且分离得到RECl3溶液，据此分析。
33．【答案】（1）N2↑；4H2O；(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)；；2NO+O2=2NO2
（2）BD；；当溶液pH=9时， ，因此可忽略溶液中 即 =0.20 反应(ii)的平衡常数K2= = =3.3×10-7 联立两个方程可得 =6.0×10-4mol/L；λ3；增大
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）①根本据题干信息，(NH4)2Cr2O7分解过程中，生成Cr2O3和无污染气体，再结合元素守恒可知，无污染气体为N2、H2O，根据原子守恒进行配平得(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O。
②根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为 (E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。
③在Cr2O3作催化剂条件下，NH3与O2反应生成无色的NO，NO与O2反应生成红棕色的NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，则从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线为NH3NO NO2HNO3 。
（2）①A．向溶液中加入少量硫酸，溶液中c(H+)增大，反应(ii)平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，平衡移动只是减弱改变量，所以平衡后，溶液中c(H+)整体是增大，即pH减小，A错误；
B．加水稀释过程中，根据“越稀越水解”“越稀越电离”可知，反应(i)和(ii)的平衡都正向移动，溶液中离子总数增加，B正确；
C．加入少量NaOH溶液，反应(ii)中c(H+)减小，促进反应(ii)正向移动，则c(HCrO4-)减小，所以反应(i)正向移动，C错误；
D．由于平衡(i)的平衡常数K1= ，平衡常数只与温度和反应本身有关，所以加入少量K2Cr2O7溶液，平衡时两比值不变，D正确；
故答案为：BD。
②0.10mol/L K2Cr2O7溶液中，Cr原子的总浓度为0.20mol/L，当溶液pH=9.00时，溶液中Cr原子总浓度为
2 c(Cr2O72-)+c(HCrO4-)+ c(CrO42-)=0.20mol/L，所以x+0.5x+0.5y=0.10。由图8可知，当溶液pH=9时，lg＞4，即104，所以可认为c(HCrO4-)+ c(CrO42-)=0.20 mol/L，反应(ii)的平衡常数K2= =3.3×10-7，联立两个方程可得c(HCrO4-)=6.0×10-4mol/L。
③溶液的pH增大，即c(H+)减小，能促进反应(i)、(ii)正向进行，使溶液中离子浓度之和增大，由图可知混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，则c(CrO42-)越大，所以与CrO42-的λmax最接近的是λ3。反应(i)的平衡常数K1= ，反应(ii)的平衡常数K2= ，则 (K2)2×K1= ，所以，温度不变，平衡常数不变，溶液pH从a变到b的过程中，溶液中c(H+)减小，所以的值将增大。
【分析】（1）①根据题干信息及元素种类守恒可推出其他产物，再结合原子个数守恒进行配平。
②根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为 (E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。
③根据物质的性质进行分析，反应路线是NH3NO NO2HNO3 。
（2）①A.盐类水解程度较弱，硫酸为强电解质，加入硫酸，溶液中酸性增强。
B. 越稀越水解，越稀越电离，据此分析。
C.根据勒夏特列原理进行分析。
D.根据平衡常数的表达式及其影响因素进行分析。
②根据原子守恒及平衡常数表达式进行分析。
③由图可知混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，即c(H+)越小，则更能促进反应(i)、(ii)正向进行，溶液中离子浓度之和越大，所以与CrO42-的λmax最接近的是λ3。在判断题干中表达式的数值大小时，可结合平衡常数表达式和c(H+)进行分析。
34．【答案】（1）PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)；反应PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K==3.4105>105，PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3
（2）反应BaSO4(s)+CO(aq)= BaCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K==0.04<<105，反应正向进行的程度有限
（3）Fe2+；Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O；作还原剂
（4）Fe(OH)3、Al(OH)3
（5）Ba2+、Na+
【知识点】化学平衡常数；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）“脱硫”过程中，Na2CO3溶液与PbSO4反应生成PbCO3和Na2SO4，反应的离子方程式为：PbSO4+CO32-= PbCO3+SO42-；结合第一个表格信息可知该反应的平衡常数K=，说明该反应正向进行程度很大，几乎完全转化，且生成的PbCO3可通过“酸浸”进入溶液中，减少铅的损失。
（2）反应BaSO4+CO32-= BaCO3(s)+SO42-的平衡常数K=，远小于105，说明该反应正向进行程度很小，因此加入Na2CO3不能使铅膏中的BaSO4完全转化。
（3）（i）H2O2有氧化性，二价铁有还原性，能被H2O2氧化为三价铁。
（ii）根据题干信息可知，该反应属于氧化还原反应，其中Pb作还原剂，H2O2作氧化剂，氧化产物是Pb(Ac)2，还原产物是H2O，结合电子守恒、原子守恒进行配平可得Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O。
（iii）PbO2→Pb(Ac)2的过程中Pb元素化合价由+4降为+2，说明PbO2是氧化剂，则H2O2是还原剂。
（4）由分析可知，“酸浸”后的滤渣主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3。
（5）由（2）可知，“脱硫”时加入Na2CO3不能使铅膏中的BaSO4完全转化，“酸浸”时Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，“沉铅”时Pb2+转化为Pb(OH)2沉淀，最终得到PbO，所以“沉铅”的滤液中，金属离子有Ba2+和Na+[加Na2CO3、NaOH时引入的]。
【分析】根据题干信息及流程图可知，加入Na2CO3“脱硫”时，铅膏中的PbSO4转化为PbCO3；过滤后，向滤渣中加入HAc、H2O2进行“酸浸”，由于H2O2具有氧化性，可将二价铁氧化为三价铁，“酸浸”后溶液的pH约为4.9，结合第二个表格信息可知，此时所得滤渣主要是Fe(OH)3和Al(OH)3；过滤后，向滤液中加入NaOH进行“沉铅”，得到Pb(OH)2沉淀，经一系列操作可得到PbO。
二一教育在线组卷平台（zujuan.21cnjy.com）自动生成 1 / 1

展开更多......

收起↑