上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-08离子反应（1）

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上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-08离子反应（1） 一、单选题1．（2022·上海浦东新·统考模拟预测）为除去溶液中的下列杂质，所选用的试剂正确的是选项杂质试剂A适量的NaOH溶液BNaOH适量的溶液CNaCl适量的盐酸D适量的溶液 A．A B．B C．C D．D2．（2022·上海奉贤·一模）下列厨房中常用物质的主要成分属于强电解质的是A．醋酸 B．自来水 C．小苏打 D．淀粉3．（2022·上海奉贤·一模）类推是学习化学的一种重要手段，下列类推结论正确的是选项客观事实类推结论A将铜片加入足量稀硝酸中，铜片会被溶解将铜片加入足量稀盐酸中，铜片也会被溶解BH2S和CuSO4溶液反应有黑色沉淀生成H2S和CuCl2溶液反应也有黑色沉淀生成C向AgNO3溶液中滴加过量NaOH溶液，最终有沉淀生成向AgNO3溶液中滴加过量的氨水，最终也有沉淀生成D将CO2通入Ba(NO3)2溶液中无明显现象将SO2通入Ba(NO3)2溶液中也无明显现象 A．A B．B C．C D．D4．（2022·上海奉贤·一模）常温下，在pH=1的无色溶液中，能大量共存的一组离子是A．K+、Na+、SO、Br- B．Na+、K+、ClO-、NOC．K+、Cl-、Fe3+、SO D．Al3+、Na+、Cl-、NO5．（2022·上海金山·统考一模）溶液(X)可能含有下列离子中的几种：、、、、、。为确定该溶液的组成，取X进行实验：①向X中加入少量氯水，再滴加淀粉溶液，未显蓝色；②另取100mLX加入过量氯水，再滴加足量，得到沉淀6.99g；③将②反应后的混合液过滤，在滤液中加足量加热，生成0.01mol气体。根据上述实验，原溶液中A．一定存在、 B．一定存在、C．一定不含、 D．可能存在、6．（2022·上海长宁·统考一模）海水提溴常用达到富集目的，此反应相关物质的叙述正确的是A．在常温常压下是红棕色的气体 B．属于离子化合物C．属于非电解质的只有 D．H2O分子的空间构型是直线型7．（2022·上海闵行·统考一模）能与溴水反应的非电解质是A．硫化氢 B．二氧化硫 C．氢氧化钠 D．苯8．（2022·上海闵行·统考一模）是一种有毒气体，能溶于水，人们常用溶液除去气体中混有的杂质，生成黑褐色的CuS沉淀，下列说法正确的是A．离子方程式：B．溶解或电离出能力：C．足量溶液吸收可得到D．稀释溶液，溶液中的离子浓度都降低9．（2022·上海·统考一模）下列离子在指定溶液中，一定能大量共存的是A．甲基橙显红色的溶液：、、、B．澄清透明的溶液：、、、C．加入能放出的溶液：、、、D．由水电离出的的溶液：、、、10．（2022·上海·统考一模）下列离子方程式正确的是A．硫化钠溶液与硝酸混合：B．过量铁粉与稀硝酸反应：C．过量的氨水与少量氯化铝溶液混合：D．溶液与少量溶液混合：11．（2022·上海嘉定·统考一模）某无色溶液中存在大量的、、，该溶液中还可能大量存在的离子是A． B． C． D．12．（2022·上海杨浦·统考一模）常温下，实验Ⅰ和实验Ⅱ中，均有气体产生，下列分析错误的是A．饱和溶液中B．溶液中：C．Ⅱ中产生白色的沉淀D．I和Ⅱ中溶液的pH均增大13．（2022·上海松江·统考一模）我国“十四五”规划中提出“碳中和”，“碳”即，有关的说法错误的是A．是碳酸的酸酐 B．只含极性共价键C．是非极性分子 D．是电解质14．（2022·上海松江·统考一模）有一澄清透明的溶液，只可能含有大量的、、、、、、七种离子中的几种，向该溶液中逐滴滴入溶液一定体积后才产生沉淀。则下列判断正确的是A．溶液中可能含有 B．溶液中可能含有C．溶液中一定不含 D．溶液中一定含有15．（2022·上海青浦·一模）化学创造美好生活。下列劳动项目涉及反应的方程式不正确的是A．工人用溶液制作电路板，利用反应：B．药剂师用作抗胃酸药，利用反应：C．船舶工程师在船体上镶嵌锌块，防止反应：D．工人将模具干燥后再注入熔融钢水，防止反应：16．（2022·上海·一模）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：17．（2022·上海松江·统考二模）两种溶液相互滴加，反应过程中现象完全相同但离子方程式不同的是A．NaHCO3溶液与Ca(OH)2溶液 B．Na2CO3溶液与稀盐酸C．Ca(HCO3)2溶液与Ca(OH)2溶液 D．AlCl3溶液与NaOH溶液18．（2022·上海金山·统考二模）常温下，酸性：H2C2O4＞HC2O＞H2CO3＞HCO。下列离子方程式正确的是A．H2C2O4＋CO→HCO＋HC2OB．H2C2O4＋CO→H2O＋CO2↑＋C2OC．H2O＋CO2＋2C2O→2HC2O＋COD．H2O＋CO2＋C2O→HCO＋HC2O19．（2022·上海徐汇·统考三模）某溶液含下表中的几种离子，离子浓度均为0.1(不考虑水的电离与离子水解)。向该溶液中加入足量盐酸，有无色气体生成，经分析，反应前后阴离子种类不变。下列关于原溶液的说法错误的是阳离子阴离子、、、、、、、、、、 A．有 B．无或C．可能有 D．可能有20．（2022·上海嘉定·统考二模）某未知溶液可能含有Cl-、SO、CO、Mg2+、Al3+和K+。取100 mL该溶液进行实验，过程记录如下，由此可知原溶液中A．一定有Cl- B．一定有CO C．一定没有K+ D．一定没有Mg2+21．（2022·上海普陀·统考二模）某溶液pH=0，可能有、、Ba2+、Fe2+、Cl-、、Al3+，取适量溶液进行如下实验。结论正确的是A．气体A是NH3 B．沉淀H一定是BaCO3C．原溶液中无Ba2+、 D．沉淀H可能是Al(OH)322．（2022·上海普陀·统考二模）向NH4Fe(SO4)2(aq)中逐滴滴加Ba(OH)2(aq)至过量的过程中，有关离子反应错误的是A．2Fe3+＋3＋3Ba2+＋6OH-→2Fe(OH)3↓＋3BaSO4↓B．Fe3+＋5＋4＋4Ba2+＋8OH-→Fe(OH)3↓＋5NH3·H2O＋4BaSO4↓C．3Fe3+＋＋5＋5Ba2+＋10OH-→3Fe(OH)3↓＋NH3·H2O＋5BaSO4↓D．Fe3+＋＋2＋2Ba2+＋4OH-→Fe(OH)3↓＋NH3·H2O＋2BaSO4↓23．（2022·上海松江·统考二模）将某Na2CO3固体样品21.6g放入足量水中，固体完全溶解得无色澄清溶液，继续加CaCl2溶液至过量，得到20g沉淀。已知样品中杂质为KNO3、K2CO3、Ba(NO3)2中的一种或两种。该样品所含杂质的正确判断是A．肯定有K2CO3，可能有KNO3B．肯定没有Ba(NO3)2，可能有KNO3C．肯定有KNO3，可能有K2CO3D．肯定没有K2CO3和Ba(NO3)224．（2022·上海崇明·统考二模）我国科学家发现一种名为“Methanoliparia”的微生物，能以石油为食物产生甲烷和二氧化碳。下列不属于甲烷和二氧化碳共性的是A．非电解质 B．非极性分子 C．温室气体 D．平面型分子25．（2022·上海奉贤·统考二模）下列反应的离子方程式正确的是A．Cl2通入水中：Cl2＋H2O2H＋＋Cl-＋ClO-B．NO2通入水中：2NO2＋H2O=2H＋＋+NOC．浓度相同NaHCO3溶液和Ba(OH)2溶液等体积混和：HCO+ Ba2++OH-→H2O+BaCO3↓D．0.1 mol·L-1 AgNO3溶液中加入过量浓氨水：Ag＋＋NH3＋H2O→AgOH↓＋ 二、原理综合题26．（2022·上海浦东新·统考模拟预测）I.是化学活动性极强的气体。高温下，将一定量的与充入2.5L的空钢瓶中，发生反应：。相关数据如下表。温度(K)起始反应物的量(mol)平衡时的物质的量分数5000.400.100.026000.400.100.03(1)该反应是_______(选填“吸热”或“放热”)反应；500K时，反应5min时达到平衡，则0～5min内，的平均反应速率_______；600K时，达到平衡所需时间_______(选填“大于”“小于”或“等于”)5min。(2)向反应器中再分别充入下列气体，能使平衡转化率增大的是_______。(选填编号)a.    b.    c.COS    d.II.可在氧气中燃烧，反应式为：。研究人员对影响产率的反应条件进行了研究：保持其他条件不变，测定反应至相同时间时产率随温度的变化。所得结果如图所示。(3)请解释产率先增大后减小的原因_______。III.另一种吸收效率更高的工艺是：将与分别缓慢通入、的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。(4)请写出与反应的离子方程式_______；在上述吸收过程中，理论上无需添加的物质是_______。(5)已知常温下CuS不与发生反应，则过程中通入的作用是_______；为保证全部转化为S，通入和的体积比至少为_______。 三、实验题27．（2022·上海金山·统考一模）Ⅰ.(H-O-O-H)既有氧化性又有还原性，其中氧处于中间价态。完成下列填空：(1)是二元弱酸，则的第一步电离方程式为_______。(2)已知：，结构如图所示，该反应_______(选填“是”或“不是”)氧化还原反应，理由是_______。(3)少量催化分解的反应分两步进行，第一步：；写出第二步反应的离子方程式。_______Ⅱ.称取1.023g()加入20.0mL酸化后定容至100mL，取出10.00mL用的滴定至终点，消耗24.34mL。已知：①②(未配平)(4)配平离子方程式。_______(5)实验所需的定量仪器有电子天平、量筒、_______。(6)滴定终点的现象为溶液变为_______色，且30s不变色。理论上消耗_______mL，实验过程操作正确，产生误差的原因可能是_______。28．（2022·上海松江·统考二模）I.某化学兴趣小组采用如下图所示装置研究NaHCO3分解的CO2与Na2O2反应。完成下列填空：(1)画出乙中实验装置图，并标出相应试剂_______。(2)装置丙中仪器名称是_______，其中反应的化学方程式是_______，该反应中氧化剂与还原剂的质量比为_______。(3)装置丁中NaOH溶液的作用是_______，装置戊中澄清石灰水的作用是_______。II.NaHCO3俗称小苏打，工业上可由通过侯氏制碱法制取(又称联合制碱法，由我国近代著名的化工学家侯德榜发明)。(4)写出侯氏制碱法中生成NaHCO3的离子方程式_______。操作时，往饱和食盐水中先通入_______气体，原因是_______。(5)在密闭容器中投入一定量的Na2O2和NaHCO3，在300℃下充分反应。若残留固体为纯净物，则起始时应满足的条件是_______。 四、填空题29．（2022·上海闵行·统考一模）某温度下，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释时pH变化曲线如图所示。(1)a、b、c三点溶液中水的电离程度大小关系：_______。(2)①b点溶液中c(H+) =_______+_______ (填微粒浓度)。________②用等浓度的NaOH溶液和b、c处溶液反应，消耗NaOH溶液的体积。_______(填“>”“<”或“=”)。(3)阐述a、c两点溶液的导电能力强弱：_______。30．（2022·上海松江·统考一模）氰化提金工艺在黄金生产领域仍占主导地位，但会产生大量含氰废水，含氰低于废水才可排放，研究发现可以用亚硫酸盐——空气法等处理含氰废水。完成下列填空：(1)室温下，溶液呈碱性，溶液中离子浓度从大到小关系为__________，向溶液中加入盐酸溶液，使溶液显中性，则溶液中__________。物质的量之比为的溶液呈碱性，原因是__________。(2)含氰废水中加入足量的，发生反应的离子方程式为。理论上处理含氰废水（含100gCN-），需要消耗__________（保留2位小数）。按照理论值投放，含氰废水处理效果并不理想，请分析原因__________。多种含氯氧化剂均可以处理含氰废水，比如漂粉精、二氧化氯等。(3)漂粉精的有效成分为__________（填写化学式）。(4)请配平下列方程式：CN-+ClO-+H2O→CO2+N2+Cl-+OH-_______________。若上述反应恰好完全，写出检验反应后溶液中Cl-的方法__________。
参考答案：1．A【详解】A．和NaOH溶液反应生成和水，可以用适量的NaOH溶液除溶液中的，故A正确；B．NaOH和不能反应，不能用溶液除溶液中的NaOH，故B错误；C．和盐酸反应生成NaCl、二氧化碳、水，不能用盐酸除溶液中的NaCl，故C错误；D．、都能与反应，分别生成硫酸钡、碳酸钡沉淀，不能用溶液除溶液中的，故D错误；选A。2．C【详解】A．醋酸是弱电解质，，A错误；B．自来水中主要物质H2O是弱电解质，B错误；C．小苏打是碳酸钠，属于盐类，是强电解质，C正确；D．淀粉是非电解质，D错误； 故选C。3．B【详解】A．稀硝酸氧化性强于稀盐酸，铜不会被盐酸氧化，A错误；B．H2S和CuCl2溶液反应有CuS黑色沉淀生成，该沉淀不溶于盐酸，B正确；C．现象为先产生白色沉淀，后沉淀溶解，Ag+与NH3·H2O反应生成AgOH沉淀，AgOH与过量的NH3·H2O反应生成，沉淀溶解，C错误；D．酸性条件下，二氧化硫可以被硝酸根氧化生成，所以二氧化硫通入硝酸钡溶液中可呈白色的BaSO4沉淀，D错误； 故选B。4．D【详解】A．pH=1的酸性溶液中，SO不能大量共存，A错误；B．pH=1的酸性溶液中，ClO-不能大量共存，B错误；C．无色溶液中，Fe3+不能大量共存，C错误；D．Al3+、Na+、Cl-、NO酸性溶液中能大量共存，D正确； 故选D。5．A【分析】①向X中加入少量氯水，再滴加淀粉溶液，未显蓝色，说明可能有亚硫酸根，不能确定是否含碘离子；②氯水可以把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子；另取100mLX加入过量氯水，再滴加足量，得到沉淀6.99g，则沉淀为0.03molBaSO4，X中含有硫酸根离子或亚硫酸根离子或两者均有，一定不含钡离子；③将②反应后的混合液过滤，在滤液中加足量加热，生成0.01mol气体，则生成气体为氨气，X含有铵根离子0.01mol；根据溶液电中性可知，X中还一定含有钠离子0.03mol×2-0.01mol=0.05mol；【详解】A．由分析可知，一定存在、，A正确；B．X中含有硫酸根离子或亚硫酸根离子或两者均有，B错误；C．一定不含，不能确定，C错误；D．一定存在，D错误。故选A。6．C【详解】A．在常温常压下是红棕色的液体，A错误；B．H2SO4只含共价键属于共价化合物，B错误；C．反应中的化合物有SO2、H2O、H2SO4、HBr，其中只有SO2不能电离，为非电解质，C正确；D．H2O中心原子价层电子数为4，含有2对孤电子对，所以空间构型为V形，D错误；故答案为：C。7．B【详解】A．硫化氢在溶液中能电离出自由移动的离子，属于电解质，故A不符合题意；B．二氧化硫不能电离出自由移动的离子，属于非电解质，能与溴水中溴单质发生氧化还原反应，故B符合题意；C．氢氧化钠在熔融状态下或水溶液中能电离出自由移动的离子，属于电解质，故C不符合题意；D．苯是非电解质，但不能与溴水反应，故D不符合题意；故选B。8．B【详解】A．为弱酸不能写成离子形式，应该用分子式表示，正确的离子方程式为：+2H+，故A错误；B．由铜离子与硫化氢反应生成硫化铜沉淀可知，相同条件下溶解或电离出能力：，故B正确；C．足量溶液和反应生成和水，故C错误； D．温度不变，不变，c(H+)降低，则c(OH-)必然增大，所以稀释溶液时，不是溶液中的所有离子浓度都降低，故D错误；答案选B。9．B【详解】A．甲基橙显红色的溶液呈酸性，不能大量共存，A不符合；B．澄清透明的溶液可能有颜色，、、、互不反应，可以大量共存，B符合；C．加入能放出的溶液可能是酸性也可能是碱性，在碱性溶液中不能大量共存，酸性溶液中，存在不能生成氢气，C不符合；D．由水电离出的的溶液，可能是酸性也可能是碱性，在碱性条件下不能大量共存，在酸性条件下不能大量共存，D不符合；故选B。10．D【详解】A．硝酸为强氧化性酸，能氧化-2价的硫，-2价的硫向相邻价态0价变化，所以硫化钠溶液跟稀硝酸相混合：，故A错误；B．过量铁粉与稀硝酸反应生成，离子方程式为：3Fe+8H++2═3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；C．过量的氨水与少量氯化铝溶液混合得到氢氧化铝沉淀，离子方程式为：，故C错误；D．溶液与少量溶液混合产生碳酸钡沉淀，离子方程式为：，故D正确；故选D。11．C【详解】A．有颜色，故A不符合要求；B．与发生反应，不能大量共存，故B不符合要求；C．不与、、发生反应，可以大量共存，故C符合要求；D．OH−与发生反应，不能大量共存，故D不符合要求；故答案为C。12．D【详解】A．饱和碳酸氢钠溶液呈碱性说明碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，所以溶液中碳酸根离子浓度小于碳酸浓度，故A正确；B．由图可知，0.1mol/L亚硫酸氢钠溶液的pH为4，由质子守恒可知溶液中c(H+)+c(H2SO3)= c(OH—)+c(SO)，则溶液中c(H2SO3)—c(SO)= c(H+)— c(OH—)= 10—4—10—10，故B正确；C．Ⅱ中产生白色沉淀的反应为氯化钡溶液与亚硫酸氢钠溶液反应生成亚硫酸钡沉淀、二氧化硫和水，故C正确；D．Ⅱ中产生白色沉淀的反应为氯化钡溶液与亚硫酸氢钠溶液反应生成亚硫酸钡沉淀、二氧化硫和水，溶液pH减小，故D错误；故选D。13．D【详解】A．酸酐是指某含氧酸脱去一分子水或几分子水所剩下的部分，CO2是碳酸的酸酐，A正确；B．不同元素的原子形成的共价键一般是极性共价键，CO2结构式为O=C=O，只含极性共价键，B正确；C．CO2的结构式为O=C=O，正电中心与负电中心重合，是非极性分子，C正确；O=C=OD．CO2属于非电解质，D错误；故答案为：D。14．D【详解】澄清透明的溶液，只可能含有大量的、、、、、、七种离子中的几种，向该溶液中逐滴滴入溶液一定体积后才产生沉淀，溶液中一定含有，和、不能大量共存，则一定没有、，溶液中必有阴离子，则一定有，酸性条件下，具有强氧化性，和能发生氧化还原反应，则一定不存在，加入氢氧化钠一定体积后才有沉淀生成，则、至少含一种，所以溶液中一定含有、，一定不含有、、，而至少含一种。所以答案选D。15．D【详解】A．用溶液和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁制作电路板，故A正确；B．和胃酸反应，故可以做抗胃酸药，故B正确；C．船体上镶嵌锌块，防止铁被腐蚀生成亚铁离子，故C正确；D．铁和水高温条件下生成四氧化三铁，故D错误；故选D。16．C【详解】A．氨水显碱性，会与反应，不能大量共存，A项错误；B．会发生氧化还原反应，不能大量共存，B项错误；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项正确；D．硝酸银中的银离子会与氯离子反应生成沉淀，不能大量共存，D项错误；答案选C。 17．A【详解】A．向NaHCO3滴加Ca(OH)2溶液，会产生白色沉淀，其反应的离子方程式为Ca2++2OH-+2=CaCO3↓+2H2O+，向Ca(OH)2溶液中滴加NaHCO3溶液，也产生白色沉淀，其反应的离子方程式+ Ca2++ OH-= CaCO3↓+H2O，A项正确；B．向Na2CO3溶液中滴加稀盐酸，先无现象然后有气体产生，向稀盐酸中滴加Na2CO3溶液，立即有气体生成，B项错误；C．向Ca(HCO3)2溶液中滴加Ca(OH)2，直接有白色沉淀，向Ca(OH)2溶液中滴加Ca(HCO3)2也是直接有白色沉淀生成，而且离子方程式相同为：+ Ca2++OH- =CaCO3↓+H2O，C项错误；D．向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，先有白色沉淀生成后白色沉淀消失，向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液，先无明显现象后有白色沉淀，D项错误；答案选A。18．B【详解】A．根据酸性大小排序可知，生成的HC2O酸性大于HCO，故两者还会反应生成二氧化碳，故正确的离子方程式为：H2C2O4＋CO→H2O＋CO2↑＋C2O，故A项错误；B．H2C2O4＋CO→H2O＋CO2↑＋C2O符合强酸制弱酸的规律，故B项正确；C．在反应H2O＋CO2＋2C2O→2HC2O＋CO中，HC2O＞H2CO3，不符合强酸制弱酸的规律，故C项错误；D．H2O＋CO2＋C2O→HCO＋HC2O，不符合强酸制弱酸的规律，故D项错误。故答案选B。19．C【分析】各种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L，向溶液中加入足量的盐酸，有气体生成，且反应溶液中阴离子的种类没有变化，产生气体不可能是碳酸根离子、氢氧根离子或碳酸氢根离子；根据表中的离子，可以推知是Fe2+、在酸性环境下生成的一氧化氮，加入盐酸，溶液中阴离子种类不变，所以原来溶液中含有Cl-，若只含有氯离子和硝酸根离子，二者的浓度为0.1mol/L，根据电荷守恒，则阳离子只有Fe2+，若还含有阴离子，再根据电荷守恒可知还含有一种带有两个正电荷的Mg2+。【详解】A．由分析可知原溶液含硝酸根离子，故A正确；B．根据分析可知，溶液中一定不存在与，故B正确；C．由分析可知一定不含有Ca2+，故C错误；D．由以上分析可知原溶液中可能含有Mg2+，故D正确；故选：C。20．A【详解】向加入了过量Ba(OH)2溶液后所得溶液中通入过量CO2产生了0.01mol沉淀，再向沉淀中加入过量NaOH溶液，沉淀溶解得到新的溶液，则原溶液中含有0.01mol Al3+，不含，相关的离子反应方程式为Al3++4OH-=+2H2O，+CO2+2H2O=+Al(OH)3↓；0.01mol Al3+可以转化为0.01mol Al(OH)3，转化过程中需要0.02mol Ba(OH)2；若加入过量Ba(OH)2溶液后所得0.01mol沉淀为BaSO4，则原溶液中有0.01mol ，根据电荷守恒可知，原溶液中至少还有0.01mol Cl-；若加入过量Ba(OH)2溶液后所得0.01mol沉淀为Mg(OH)2，则原溶液中有0.01mol Mg2+，无，根据电荷守恒可知，原溶液中至少还有0.05mol Cl-；由于K+不干扰实验，故溶液中可能存在K+，其物质的量需满足电荷守恒；综上所述，原溶液中一定有Al3+、Cl-，一定没有，可能含有、Mg2+、K+；故选A。21．C【分析】由酸性溶液中加入过量的硝酸钡溶液得到气体A、溶液B、和沉淀C可知，气体A为一氧化氮、沉淀C为硫酸钡，则溶液中含有亚铁离子和硫酸根离子，一定不含有硝酸根离子和钡离子；由溶液B中加入过量氢氧化钠溶液得到气体D、溶液E和沉淀F可知，气体D为氨气、沉淀F为氢氧化铁，则溶液中含有铵根离子；由溶液E中通入过量二氧化碳得到溶液G和沉淀H可知，溶液G为碳酸氢钠和碳酸氢钡混合溶液、沉淀H为氢氧化铝，则溶液中含有铝离子，所以原溶液中一定含有亚铁离子、硫酸根离子、铵根离子和铝离子，一定不含有硝酸根离子和钡离子，可能含有氯离子。【详解】A．由分析可知，气体A为一氧化氮，故A错误；B．由分析可知，沉淀H一定是氢氧化铝，故B错误；C．由分析可知，原溶液中一定不含有硝酸根离子和钡离子，故C正确；D．由分析可知，沉淀H一定是氢氧化铝，故D错误；故选C。22．B【详解】硫酸铁铵溶液与逐滴滴加的氢氧化钡溶液反应时，铁离子与氢氧根离子反应的能力强于铵根离子，会优先反应，当铵根离子反应时，铁离子已经完全反应，所以由化学式可知，反应时，铵根离子物质的量可能为0，或小于等于铁离子的物质的量，则B选项中铵根离子的化学计量数大于铁离子不可能发生，故选B。23．B【分析】取样品加入水中，全部溶解，则不可能含有硝酸钡，因为碳酸钡不溶于水，再加入氯化钙能产生20g沉淀，该沉淀为碳酸钙，假设21.6g全部为Na2CO3，则生成沉淀，则杂质中含有碳酸根离子的质量分数应该小于Na2CO3中碳酸根离子的质量分数。则KNO3、K2CO3至少含有一种。【详解】A．KNO3、K2CO3至少含有一种，但不是一定含有K2CO3，A错误；B．肯定没有硝酸钡，可能含有硝酸钾，B正确；C．KNO3不是一定存在，C错误；D．K2CO3不是一定不存在，硝酸钡一定不存在，D错误；故答案选B。24．D【详解】A．甲烷溶于水不能导电，故属于非电解质，二氧化碳的水溶液能导电，是由于碳酸电离出的氢离子和碳酸氢根离子，使水溶液导电，并非二氧化碳自身电离，故二氧化碳属于非电解质；即甲烷和二氧化碳都是非电解质，故A不符合题意；B．甲烷为正四面体形，二氧化碳为直线形，均为对称结构，均属于非极性分子，故B不符合题意；C．甲烷和二氧化碳均属于温室气体，故C不符合题意；D．甲烷的空间构型为正四面体形，不是平面型分子，二氧化碳的空间构型为直线形，是平面型分子，故D符合题意；故选D。25．C【详解】A．次氯酸是弱酸，不能拆开，离子方程式为：，故A错误；B．电荷不守恒，正确的应该是3NO2+H2O=2H++2+NO，故B错误；C．NaHCO3和Ba(OH)2物质的量的相等，离子方程式：+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，故C正确；D．硝酸银与氨水反应生成AgOH和硝酸铵，AgOH能溶于过量氨水生成银氨溶液，化学方程式为：AgNO3+3NH3•H2O=Ag(NH3)2OH+NH4NO3+2H2O，离子方程式为：Ag++3NH3•H2O═[Ag(NH3)2]++OH-++2H2O，故D错误；故选：C。26．(1)     吸热          小于(2)b(3)燃烧为放热反应，反应未达到平衡时，升高温度，产率先增大；单位时间的生成量增大，转化率增大；当反应达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动，产率减小；(4)          ，(5)     氧化为     1：2 【详解】（1）由表可知，随着温度增加，平衡时的物质的量分数增加；所以升高温度反应平衡正向移动，所以该反应是吸热反应；500K时，反应5min时达到平衡，设反应xmol，所以生成xmol ，平衡时的物质的量分数为，解得x=0.01；所以则0～5min内；600K时，温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间减少；故答案为吸热；；小于。（2）a．平衡后通入，使得转化率降低，故a不符合题意；b．平衡后通入，使得转化率增大，故b符合题意；c．平衡后通入COS为生成物，使得转化率降低，故c不符合题意；d．体积不变，充入氮气，平衡体系各组分的物质的量浓度不变，所以反应速率不变，所以平衡不移动，故d不符合题意；故答案选b。（3）燃烧为放热反应，反应未达到平衡时，升高温度，产率先增大；单位时间的生成量增大，转化率增大；当反应达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动，产率减小；故答案为燃烧为放热反应，反应未达到平衡时，升高温度，产率先增大；单位时间的生成量增大，转化率增大；当反应达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动，产率减小。（4）与反应生成CuS沉淀，离子方程式为；根据物质转化关系图可知，反应前和反应后不需要添加的物质的，；故答案为；，。（5）根据反应流程，与反应CuS，；已知常温下CuS不与发生反应，所以通入的目的是氧化为：；然后与CuS反应得到S，反应方程式为；所以整个流程总反应为，所以为保证全部转化为S，通入和的体积比至少为1：2；故答案为氧化为；1：2。27．(1)(2)     不是     反应中没有元素化合价改变(3)(4)(5)100mL容量瓶、酸式滴定管(6)     红          生成的氧气部分参与了反应 【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；【详解】（1）是二元弱酸，则会分步电离，的第一步电离方程式为；（2）中氧为-2价，则铬为+6价；在中，由图可知，存在2个过氧根、1个-2价氧，铬化合价也为+6；过氧化氢中过氧根和铬结合，化合价没有改变；故反应中没有元素化合价改变，不是氧化还原反应；（3）催化分解反应生成氧气，则第二步会生成锰离子、水、氧气，；（4）反应中锰元素化合价由+7变为+2，过氧化氢中氧元素化合价由-1变为0，根据电子守恒和质量守恒配平为，；（5）取1.023g()加入20.0mL酸化后定容至100mL，需要使用100mL容量瓶；使用高锰酸钾溶液滴定需要使用酸式滴定管；故实验所需的定量仪器有电子天平、量筒、100mL容量瓶、酸式滴定管；（6）高锰酸钾溶液为红色，故滴定终点的现象为溶液变为红色，且30s不变色。已知：①，②，则，理论上消耗的体积为，实验过程操作正确，实际消耗24.34mL，氧气具有氧化性，产生误差的原因可能是生成的氧气部分参与了反应导致高锰酸钾用量减小。28．(1)(2)     (球形)干燥管     2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2     1：1(3)     除去O2中的CO2     检验O2中是否有CO2(4)     Na++CO2+NH3+H2O→NaHCO3↓+     NH3     氨气溶解性大而且溶液呈碱性后能吸收更多二氧化碳，增大浓度，有利于碳酸氢钠析出(5)≥2 【分析】为研究NaHCO3分解的CO2与Na2O2反应，甲装置中碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，乙中用浓硫酸除去二氧化碳中的水蒸气，丙中二氧化碳和过氧化钠反应生成氧气，丁中用氢氧化钠除去氧气中的二氧化碳，戊中澄清石灰水检验二氧化碳是否除尽，己装置用排水法收集氧气。(1)实验目的是研究NaHCO3分解的CO2与Na2O2反应，碳酸氢钠分解放出的二氧化碳气体中含有水蒸气，乙装置的作用是干燥二氧化碳，所以乙是盛有浓硫酸的洗气瓶，装置图为；(2)根据图示，装置丙中仪器名称是球形干燥管，其中过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式是2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2，Na2O2中氧元素的化合价由-1升高为0、由-1降低为-2，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的质量比为1:1。(3)由丙装置出来的气体中含有氧气和二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，所以丁中NaOH溶液的作用是除去O2中的CO2，装置戊中澄清石灰水的作用是检验O2中是否有CO2。(4)侯氏制碱法中氯化钠、二氧化碳、氨气反应生成NaHCO3沉淀、氯化铵，反应的离子方程式为Na++CO2+NH3+H2O→NaHCO3↓+。氨气溶解性大而且溶液呈碱性后能吸收更多二氧化碳，增大浓度，有利于碳酸氢钠析出，所以往饱和食盐水中先通入氨气。(5)设投入xmolNa2O2和ymolNaHCO3，在300℃下充分反应，若残留固体为纯净物，则固体产物为碳酸钠，根据元素守恒2n(C)≥n(Na)，则2y≥(2x+y)，则起始时≥2。29．(1)a>b>c(2)          >(3)a、c两点溶液的离子㳖度c<a，所以导电能力c<a 【分析】盐酸溶液中的氢离子主要是盐酸电离出来的，盐酸完全电离，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释的过程中，盐酸不能继续电离，盐酸溶液中氢离子浓度变化大；水解是微弱的，氯化铵溶液中铵离子可继续水解，溶液中氢离子浓度变化小，所以c点的曲线pH变化是盐酸溶液的，含a、b点的曲线pH变化是氯化铵溶液的。【详解】（1）盐酸电离出的氢离子抑制了水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最小；水解促进水的电离，由于氯化铵溶液中的氢离子来自于铵根离子水解生成的氢离子，氢离子浓度越大，说明水解程度越大，a点的pH<b点的pH，说明a点的酸性大于b点的酸性，a点的氢离子浓度大于b点的氢离子浓度，所以a、b两点溶液水的电离程度a>b，综上所述，a、b、c三点溶液中水的电离程度a>b>c，故答案为：a>b>c；（2）①b点溶液中，根据质子守恒得出，故答案为：；②用等浓度的NaOH溶液和b、c处溶液反应，b点溶液中铵根和氢离子均消耗NaOH，而c点溶液只有盐酸消耗NaOH（盐酸完全电离），故消耗NaOH溶液的体积>，故答案为：>；（3）溶液的导电能力和溶液中自由移动离子浓度的大小有关，当溶液的体积相等时，a、c两点溶液的离子浓度c<a，所以导电能力c<a，故答案为：a、c两点溶液的离子㳖度c<a，所以导电能力c<a。30．(1)               的电离程度小于的水解程度(2)     484.62     的还原性较强，易首先被氧气为，的总量减少(3)(4)          取少量待测液加入试管中，然后滴加稀硝酸至溶液显酸性，再滴加溶液，若有白色沉淀产生，说明待测液体中含有 【详解】（1）室温下，溶液呈碱性，说明水解生成氢氧根离子导致溶液显碱性，溶液中离子浓度从大到小关系为；向溶液中加入盐酸溶液，使溶液显中性，，则溶液中；物质的量之比为的溶液呈碱性，原因是的电离程度小于的水解程度；（2）理论上处理含氰废水（含100gCN-），为，需要消耗，质量为。空气中氧气具有氧化性，且的还原性较强，易首先被氧气为，的总量减少，故按照理论值投放，含氰废水处理效果并不理想；（3）漂粉精的有效成分为次氯酸钙；（4）反应中评碳元素化合价由+2变为+4，氮元素化合价由-3变为0，氯元素化合价由+1变为-1，根据电子守恒和质量守恒配平可知，；氯离子能和银离子生成不溶于酸的氯化银沉淀，检验方法为：取少量待测液加入试管中，然后滴加稀硝酸至溶液显酸性，再滴加溶液，若有白色沉淀产生，说明待测液体中含有。