上海市2023年高考化学模拟题汇编-09水溶液中的离子反应和平衡

这是一份上海市2023年高考化学模拟题汇编-09水溶液中的离子反应和平衡，共28页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

上海市2023年高考化学模拟题汇编-09水溶液中的离子反应和平衡

一、单选题
1．（2023·上海杨浦·统考二模）常温下，将缓慢通入水中至饱和，再向其中滴加的溶液，溶液的变化如图所示，下列分析正确的是

A．①点：
B．②点：
C．③点：
D．④点：
2．（2023·上海杨浦·统考二模）侯氏制碱法的流程如图所示。下列判断正确的是

A．煅烧前后固体质量：前＜后 B．碳酸化前后：前>后
C．盐析前后：前>后 D．母液I和II中：I＜II
3．（2023·上海杨浦·统考二模）25℃时，溶液中的下列关系不能说明第二步电离比第一步电离程度更小的是
A．远大于 B．远大于
C．远大于 D．约等于
4．（2023·上海杨浦·统考二模）室温下，等体积的溶液和溶液，下列叙述正确的是
A．钠离子浓度相同 B．滴入几滴稀盐酸，均无明显现象
C．水电离的总浓度均为 D．滴入少量溶液，均得到沉淀
5．（2023·上海崇明·统考一模）室温下，在10mL浓度均为0.1mol/L的醋酸和盐酸混合液中，滴加0.1mol/L的NaOH溶液VmL，则下列关系正确的是
A．V=0时：
B．V=10mL时：
C．V=20mL时：
D．加入NaOH溶液至pH=7时，mL
6．（2023·上海宝山·统考一模）食醋是烹饪美食的调味品，其有效成分主要是醋酸()，下列说法正确的是
A．属于离子晶体 B．含有非极性共价键
C．属于强电解质 D．含有酸基
7．（2023·上海宝山·统考一模）下列有关实验操作的叙述错误的是
A．滴定管用水洗净后，加入待装液
B．配制溶液时，容量瓶不需干燥
C．测结晶水含量时，加热后的坩埚必须放在干燥器中冷却
D．过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁
8．（2023·上海普陀·统考二模）我国化学家侯德榜改良索尔维的纯碱生产工艺，其流程如下：

下列说法正确的是
A．已知醋酸铵溶液显中性，则反应所得到NH4HCO3溶液中：c(HCO)＞c(NH)
B．沉淀池中的反应方程式为2NaCl＋CO2＋2NH3＋H2O=Na2CO3↓＋2NH4Cl
C．饱和NaCl溶液中通入NH3后，溶液中存在：c(H+)＋c(NH)= c(OH－)
D．通NH3前的母液中一定存在：c(NH3·H2O)＋c(NH)= c(Cl－)
9．（2023·上海普陀·统考二模）已知：常温下，HCOOH的酸性强于CH3COOH。现将 pH＝3，体积均为V0的两种酸溶液分别加水稀释至体积 V，pH 随lg的变化如图所示。下列叙述正确的是

A．溶液中水的电离程度：a＞b＞c＞d
B．a 点的两种酸溶液分别与 NaOH 恰好完全中和后，溶液中n(Na＋)相同
C．曲线I表示CH3COOH溶液的变化曲线
D．同温下 pH 相同的 NaOH 溶液、CH3COONa 溶液、HCOONa 溶液、NaHCO3溶液的浓度：c(NaOH)＜c(NaHCO3)＜c(CH3COONa)＜c(HCOONa)
10．（2023·上海普陀·统考二模）工业上可利用反应Na2SO4 + 2CNa2S + 2CO2↑来制备硫化钠，下列说法错误的是
A．Na2S溶液显碱性是由于S2－+ 2H2OH2S + 2OH－
B．反应中，消耗1 mol碳时，可生成22.4 L 标准状况下的CO2
C．反应中，生成1 mol Na2S时，转移8 mol电子
D．该反应中氧化剂和还原剂的物质的量比为1∶2
11．（2023·上海普陀·统考二模）下列关于各实验装置的叙述正确的是

A．装置甲可用于验证苯与液溴发生取代反应
B．装置乙可用于洗涤BaSO4表面的Na2SO4
C．装置丙可用于蒸干饱和AlCl3溶液制备AlCl3晶体
D．装置丁可用于分离碘单质与四氯化碳
12．（2023·上海徐汇·统考一模）室温下，向1LpH=10的NaOH溶液中通入CO2，溶液中水电离出的c(OH-)与通入CO2的体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是

A．a点：水电离产生的c(H+)=1×10-4mol•L-1 B．b点：溶液中c(OH—)=1×10-7mol•L-1
C．c点：c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO) D．d点：c(Na+)=2c(CO)+c(HCO)
13．（2023·上海徐汇·统考一模）下列物质不能用于吸收H2S的是
A．FeSO4溶液 B．NaOH溶液 C．CuSO4溶液 D．酸性KMnO4溶液
14．（2023·上海·一模）去了膜的铝条放入硫酸铜溶液中，不可能观察到的现象
A．金属表面有气泡 B．银白色金属转变为紫红色
C．出现蓝色沉淀 D．溶液蓝色变浅
15．（2023·上海·一模）常温下，向10.00mL0.1000mol·L-1NaHCO3溶液中滴加0.1000 mol·L-1的盐酸，溶液的pH随加入的盐酸体积V的变化如图所示，选项错误的是

A．a点溶液中，c(HCO)>c(H2CO3)>c(CO)
B．b点溶液中，＜
C．c点溶液中，共含有7种微粒。
D．d点溶液中，0.1000
16．（2023·上海嘉定·统考一模）常温下，下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是
A．pH=1的溶液：Fe2+、Mg2+、、
B．pH=12的溶液：K+、Na+、、
C．pH=7的溶液：Na+、Cu2+、S2-、Cl-
D．pH=7的溶液：Al3+、K+、Cl-、

二、填空题
17．（2023·上海徐汇·统考一模）磷是生物体内不可或缺的元素之一，自然界主要以磷酸盐的形式存在。磷酸盐可用于制备白磷(P4)，白磷在加热条件下，能转化为红磷(P)，白磷还能与足量热的浓碱发生如下反应：P4+3KOH+3H2OPH3↑+3KH2PO2。
(1)磷原子的最外层核外电子排布式为______。
(2)PH3的电子式为______。热稳定性：NH3______PH3(选填“>”或“<”)。
(3)P4的分子构型为正四面体，P4为______分子(选填“极性”或“非极性”)。
(4)白磷和红磷互为______。
(5)利用磷酸钙矿混以石英砂(SiO2)和炭粉在电炉中加热可以制备白磷。
______Ca3(PO4)2+______SiO2+______C______CaSiO3+______P4+______CO↑
配平上述化学方程式______。
(6)次磷酸(H3PO2)是______弱酸(选填“一元”、“二元”或“三元”)。KH2PO2稀溶液中存在：c(K+)=______。
18．（2023·上海嘉定·统考一模）氢氧化钠溶液处理铝土矿并过滤，得到含铝酸钠的溶液。向该溶液中通入二氯化碳，有下列反应：2Na[Al(OH)4]+CO2→2Al(OH)3↓+Na2CO3+H2O。
(1)上述五种物质中沸点最低物质的结构式为______，由上述物质中的两种元素按原子个数比1：1形成的离子化合物的电子式为______(写一例)。
(2)请将Na、Al、O的原子半径和简单离子的半径分别按由小到大的顺序排列：______(用元素符号表示)，______(用离子符号表示)。
(3)①在上述混合物的组成元素中，与铝元素同周期的另一元素的原子共有______种不同能级的电子，该元素的最高价氧化物对应水合物与铝单质反应的离子反应方程式为______。
②已知AlN的熔点2200℃，AlCl3的熔点194℃，二者常温下均为固体，其熔点差异较大的原因是______。
(4)NaHCO3溶液中各含碳微粒按浓度由大到小的顺序排列______。

三、实验题
19．（2023·上海普陀·统考二模）钒被称为“工业味精”，在发展现代工业、国防等方面发挥着重要的作用。V2O5有强氧化性，在实验室以V2O5为原料制备氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体，此晶体难溶于水，其化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O，是制备热敏材料VO2的原料。过程如下：
V2O5 VOCl2溶液(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O
已知：①氧化性：V2O5 > Cl2；②VO2+能被O2氧化。
(1)步骤I 中除生成VOCl2外，还生成绿色环保，无毒无害的产物，则反应的化学方程式为______。若只用浓盐酸与V2O5反应也能制备VOCl2溶液，但从环保角度分析，使用N2H4·2HCl的目的是_______。
(2)步骤II可在如图装置中进行：

①为了排尽装置中的空气，防止VO2+被氧化，上述装置依次连接的合理顺序为c→________(按气流方向，用小写字母表示)。
②连接好装置，检查气密性良好后，加入试剂，开始实验，具体操作为____________________。
(3)实验结束时，将析出的产品过滤，用饱和NH4HCO3溶液洗涤。请从溶解平衡的角度解释，使用饱和NH4HCO3溶液洗涤晶体的原因：___________。证明沉淀已经洗涤干净的方法是_______。
(4)测定粗产品中钒的含量。实验步骤如下：
称量ag产品于锥形瓶中，用稀硫酸溶解后得到VO2+的溶液，加入0.02mol·L－1 KMnO4溶液至稍过量，加入某还原剂除去过量KMnO4溶液，最后用cmol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)，消耗标准溶液的体积为bmL。粗产品中钒的质量分数表达式为__________________(以VO2+计，式量为67)。若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，则测定结果_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
20．（2023·上海·一模）Ⅰ.食盐中加KIO3可预防碘缺乏症。某研究小组利用以下装置(C的加热装置已省略)制取KIO3并对其纯度进行测定。  

(1)补全C中反应：_______

(2)B中存放的试剂为_______。
(3)该装置的设计缺陷是_______。
Ⅱ.再经过一系列分离提纯操作，得到KIO3固体。
已知：、2S2O+I2=S4O+2I-
取mg该产品配成250mL溶液，取25.00mL，加稍过量的KI与盐酸溶液，加几滴淀粉指示剂，用0.2000mol/L Na2S2O3标准液滴定至终点，测得消耗标准液的平均体积为V mL。
(4)该操作中用到的定量仪器_______。
(5)若加入的盐酸过量对实验有无影响_______？请说明原因_______。
(6)计算该样品KIO3的纯度：_______(填数学表达式)。 [M(KIO3)=214g·mol-1]
(7)某同学为证明食盐中含有KIO3，请你帮他完成试剂的选择：家用食盐、干海带(含有)、_______(限选生活中常用的物质)。

四、工业流程题
21．（2023·上海杨浦·统考二模）实验小组模拟工业上回收“分银渣”中的银，过程如下：

I中反应：(杂质不反应)
(1)过程I中，向溶液中加入分银渣，10分钟后，固体质量减少了28.7g，则反应速率_______。(忽略溶液体积变化)
(2)溶液中离子浓度的关系是：_______。
(3)其他条件不变，反应I在敞口容器中进行，若反应时间过长反而银的产率降低，银产率降低的可能原因是_______(用离子方程式解释)。
不同时，浸出液中的浓度与含硫化合物总浓度的关系如下图所示(注：含硫化合物总浓度即亚硫酸钠溶液中含硫微粒总浓度)。

(4)时，解释浓度度随含硫化合物总浓度变化趋势的原因_______。
(5)时，浓度随含硫化合物总浓度的变化与时不同，可能的原因是_______。
(6)将II中反应的离子方程式补充完整： (中的化合价可看做0价)

++ _______= _______+_______+ ______________
(7)III中回收液可直接循环使用，但循环多次后，银浸出率降低。从回收液离子浓度变化和平衡移动的角度分析原因：_______。

五、原理综合题
22．（2023·上海崇明·统考一模）能源短缺是人类面临的重大问题。甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：
反应I：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) +Q1
反应II：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) +Q2
下表所列数据是反应I在不同温度下的化学平衡常数(K)
温度
250℃
300℃
350℃
K
2.041
0.270
0.012

(1)在一定条件下将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中发生反应I，5分钟后测得c(CO)=0.2mol/L，此段时间的反应速率(用H2表示)___________mol/(L·min)。由表中数据判断Q1___________0(填“>”、“<”或“=”)。
(2)若容器容积不变，下列措施可提高反应I中CO转化率的是___________。
a．充入CO　　　b．将CH3OH(g)从体系中分离　　　c．升高温度　　　d．选用新型高效催化剂
(3)写出反应II的平衡常数表达式：K=___________。一定温度下，在固定容积的密闭容器中发生II反应，下列能判断达到平衡状态的是___________。
a．容器中的压强不再改变　　　　b．混合气体的密度不再改变
c．　　　　　d．消耗nmolCO2的同时生成nmolH2O(g)
(4)甲醇和CO反应合成甲酸甲酯，原理如下：CH3OH(g)+CO(g)⇌HCOOCH3(g)　+Q(Q>0)，研究压强和温度对该反应的影响结果如下：

①从反应压强对甲醇转化率的影响“效率”(即成本投入和产出比)考虑，工业制取甲酸甲酯应选择的压强最好是___________。
a．3.0×106Pa　　　　b．4.0×106Pa　　　　c．5.0×106Pa
②实际工业生产中采用的温度是80℃，其理由是___________。
(5)甲醇氧化可生成甲酸，能使0.1mol/L的甲酸溶液的电离度与pH值都增大的是___________。
a．加水稀释　　　b．加入少量甲酸钠固体　　　c．通氯化氢　　　d．加入少量苛性钠固体
23．（2023·上海宝山·统考一模）Ⅰ.纯碱()和小苏打()都是白色晶体，在日常生活中都可以找到。
(1)若要在家中将它们区分开来，下列方法中可行的是___________。
a．在水杯中各盛相同质量的样品，分别加入等体积的白醋，观察反应的剧烈程度
b．分别用干净铁丝蘸取样品在煤气灶的火焰上灼烧，观察火焰颜色
c．将样品溶解，分别加入澄清石灰水，观察是否有白色沉淀
d．分别放在炒锅中加热，观察是否有残留物
(2)溶液和溶液中都含有、、、、、、，写出一个用浓度表示这些微粒之间的电荷守恒的关系式。___________
Ⅱ.某同学在两个相同的特制容器中分别加入溶液和溶液，再分别用盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如下曲线：

(3)甲、乙两条线中表示向溶液中滴加盐酸的是___________，理由是___________。丙、丁两条线中表示向溶液中滴加盐酸的是___________，理由是___________。
(4)当滴加盐酸的体积为时(a点、b点)，所发生的反应用化学方程式表示为___________。根据图分析，滴定时c点可用___________、d点可用___________作指示剂指示滴定终点(选填“甲基橙”“石蕊”或“酚酞”)。
(5)NaClO也是生活中常见的钠的化合物。废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量NaClO使完全转化为，该反应的离子方程式为___________。
24．（2023·上海普陀·统考二模）为抑制新冠病毒传播，含氯消毒剂被广泛使用。常见的含氯消毒剂有次氯酸盐、ClO2、有机氯化物等。用NaCl电解法生成ClO2的工艺原理示意图如图，发生器内电解生成ClO2。
   
完成下列填空：
(1)Cl原子的最外层电子层上具有_____种不同能量的电子；HClO的电子式是_________；
(2)Cl2性质活泼，易形成多种化合物。请说明NaCl的熔沸点比HCl高的原因：_________________________
(3)根据示意图，补充并配平ClO2发生器中发生的化学反应方程式：_____。
_____NaClO3＋_____HCl =_____＋_____H2O
若反应中有2mol电子发生转移，则生成ClO2 _____mol。
(4)某兴趣小组通过实验测定不同pH环境中，相同浓度NaClO溶液的细菌杀灭率(%)，实验结果如下表。
NaClO溶液浓度/ (mg·L－1)
不同pH下的细菌杀灭率/%
pH＝4.0
pH＝6.5
pH＝9.0
250
98.90
77.90
53.90

①NaClO溶液呈碱性的原因是_________________________(用离子方程式表示)。
②调节NaClO溶液pH时不能选用盐酸的原因为________________。
③由表中数据可推断，该实验得到的结论是_____________________
④家用消毒常用84消毒液而不采用次氯酸，说明其理由。_______________

参考答案：
1．C
【详解】A．由图可知，①点氯气与水反应所得溶液为氯气的不饱和溶液，溶液中次氯酸浓度大于次氯酸根离子浓度，由电荷守恒关系可知，溶液中，故A错误；
B．由图可知，②点氯气与水反应所得溶液为氯气的饱和溶液，溶液中次氯酸浓度大于次氯酸根离子浓度，故B错误；
C．由图可知，③点氯气与氢氧化钠溶液反应得到氯化钠、次氯酸钠和次氯酸的混合溶液，溶液呈中性，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，由方程式可知，氯化钠和次氯酸钠的浓度相等，由物料守恒可得：，由溶液中的电荷守恒关系可知，溶液中，故C正确；
D．由图可知，④点氯气与氢氧化钠溶液反应得到氯化钠、次氯酸钠和氢氧化钠的混合溶液，溶液中氯离子浓度大于次氯酸根离子浓度，故D错误；
故选C。
2．D
【分析】由图可知，精制饱和食盐水吸氨得到氨化的饱和食盐水，碳酸化时二氧化碳与氨化的饱和食盐水反应生成碳酸氢钠和氯化铵，过滤得到含有氯化铵的母液I和碳酸氢钠；碳酸氢钠煅烧分解得到碳酸钠；母液I吸氨将溶液中的碳酸氢根离子转化为碳酸根离子，冷析得到氯化铵溶液，向氯化铵溶液中加入氯化钠固体，将氯化铵转化为沉淀，过滤得到氯化铵和含有氯化钠的母液II，母液II可以循环使用，提高原料的利用率。
【详解】A．由分析可知，煅烧发生的反应为碳酸氢钠煅烧分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，则煅烧前固体质量大于煅烧后，故A错误；
B．由分析可知，碳酸化前的溶液为氨化的饱和食盐水，碳酸化后的溶液为含有碳酸氢钠的氯化铵溶液，一水合氨是弱碱，在溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子，则碳酸化前的溶液中的铵根离子浓度小于碳酸化后，故B错误；
C．由分析可知，盐析前的溶液为氯化铵溶液，盐析后的溶液为氯化钠溶液，氯化铵在溶液中水解使溶液呈酸性，氯化钠溶液呈中性，则盐析前溶液pH小于盐析后，故C错误；
D．由分析可知，母液I为含有碳酸氢钠的氯化铵溶液，母液II为氯化钠溶液，则母液I中钠离子浓度小于母液II，故D正确；
故选D。
3．A
【详解】氢硫酸是二元弱酸，在溶液中分步电离：H2SHS-+H+、HS-S2-+H+，第一步电离抑制第二步电离，电离以第一步电离为主，则溶液中氢离子浓度约等于氢硫酸根离子浓度，硫离子浓度远小于氢硫酸浓度、氢离子浓度和氢硫酸根离子浓度，则硫离子浓度远小于氢硫酸浓度不能说明氢硫酸的第二步电离比第一步电离程度更小，也可能是第一步电离生成的HS-的浓度就很少，综上所述，A项符合题意。
故选A。
4．B
【详解】A．的溶液中，由溶液电荷守恒有：，则，的溶液中由溶液电荷守恒有：，则，两种溶液中-相同，则氢氧化钠溶液中较小，故A错误；
B．滴入几滴稀盐酸，与盐酸反应生成NaCl，无明显现象，与盐酸反应生成，也无明显现象，故B正确；
C．完全电离，溶液中氢离子只由水电离产生，则水电离的总浓度为。溶液中发生水解，对水的电离起促进作用，则溶液中由水电离的浓度大于，即水电离的总浓度大于，溶液中浓度为，根据室温下，溶液中浓度为，即为水电离的总浓度为，故C错误；
D．溶液滴入少量溶液，二者反应产生或，无沉淀生成，溶液滴入少量溶液，二者反应产生，有沉淀出现，故D错误；
故答案为：B。
【点睛】（1）比较溶液中离子浓度，在无溶质浓度情况下，一定要通过守恒关系进行求解；（2）溶液中与存在多种情况，一定准确把握各个部分的浓度关系，特别是牢记由水电离的与浓度始终相同。
5．B
【详解】A．V＝0时，盐酸完全电离，醋酸部分电离，c(H＋) >c(Cl－)＞c(CH3COOH)，A不正确；
B．V＝10 mL时，依据电荷守恒，c(OH－)＋c(CH3COO－)+ c(Cl－)＝c(H＋)+ c(Na＋)，此时盐酸刚好完全反应，c(Na＋)=c(Cl－)，所以c(OH－)＋c(CH3COO－)＝c(H＋)，B正确；
C．V＝20 mL时，两种酸刚好完全反应，此时溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，根据电荷守恒c(Na＋)＞c(CH3COO－)＋c(Cl－)，C不正确；
D．V＝20 mL时，两种酸刚好完全反应，此时溶液呈碱性，所以pH＝7时，V＜20 mL，D不正确；
故选B。
6．B
【详解】A．乙酸是熔沸点低的分子晶体，故A错误；
B．由结构简式可知，乙酸分子中含有碳碳非极性共价键，故B正确；
C．乙酸在溶液中部分电离出乙酸根离子和氢离子，属于弱电解质，故C错误；
D．由结构简式可知，乙酸分子的官能团为羧基，故D错误；
故选B。
7．A
【详解】A．滴定管用水洗净后，再使用待装液润洗后才能加入待装液，A错误；
B．底部含有蒸馏水不影响溶液浓度，配制溶液时，容量瓶不需干燥，B正确；
C．测结晶水含量时，加热后的坩埚必须放在干燥器中冷却，防止空气中水蒸气影响实验结果，C正确；
D．过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁，防止滤液溅出，D正确；
故选A。
8．C
【详解】A．已知醋酸铵溶液显中性，说明CH3COO-和的水解平衡常数相当，即CH3COOH和NH3·H2O的电离平衡常数相当，但CH3COOH的酸性强于H2CO3即CH3COO-的水解程度小于，即的水解程度小于，则反应所得到NH4HCO3溶液中：c(HCO)＜c(NH)，A错误；
B．侯氏制碱首先得到NaHCO3，然后NaHCO3受热分解得到Na2CO3，故沉淀池中的反应方程式为NaCl＋CO2＋NH3＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，B错误；
C．饱和NaCl溶液中通入NH3后，根据溶液中电荷守恒可知，c(H+)＋c(NH)+c(Na+)= c(OH－)+c(Cl-)，又c(Na+)=c(Cl-)，故溶液中存在：c(H+)＋c(NH)= c(OH－)，C正确；
D．通NH3前的母液中除含有NH4Cl外，还含有未反应的NaCl，未析出的NaHCO3，故不存在下列物料守恒：c(NH3·H2O)＋c(NH)= c(Cl－)，D错误；
故答案为：C。
9．D
【详解】A．酸抑制水电离，酸中c(H+ )越大其抑制水电离程度越大，c(H+): a>b>c>d，则水电离程度:a B．pH相同的两种酸，c(HCOOH)< c(CH3COOH)，相同体积a点的两种酸n(酸):n(HCOOH)< n(CH3COOH)，分别与NaOH恰好中和后溶液中n(Na＋)与酸的物质的量成正比，所以反应后溶液中n(Na＋): 甲酸小于乙酸，B错误；
C．甲酸酸性比乙酸强，pH相同的这两种酸稀释相同倍数，pH变化较大的酸酸性较强，根据图知I表示甲酸、II表示乙酸，C错误；
D．同温下pH相同的这几种溶液，碱性越强物质的水溶液浓度越小，这几种物质碱性：NaOH＞NaHCO3＞CH3COONa＞HCOONa，则溶液浓度：c(NaOH)＜c(NaHCO3)＜c(CH3COONa)＜c(HCOONa)，D正确；
故选D。
10．A
【详解】A．由于H2S为二元弱酸，故Na2S溶液显碱性是由于硫离子水解，应分步水解：S2－+ H2OHS- + OH－，HS－+ H2OH2S+ OH－，A错误；
B．根据反应方程式可知，反应中，消耗1 mol碳时，生成1molCO2，其在标准状况下的可体积为1mol×22.4L/mol=22.4 L，B正确；
C．根据反应方程式可知，反应中转移8个电子，故生成1 mol Na2S时，转移8 mol电子，C正确；
D．根据反应方程式可知，该反应中氧化剂为Na2SO4，还原剂为C，二者的物质的量比为1∶2，D正确；
故答案为：A。
11．B
【详解】A．由于Br2具有挥发性，且挥发出的Br2能与水反应生成HBr，进而与AgNO3反应生成淡黄色沉淀AgBr，故装置甲不可用于验证苯与液溴发生取代反应，A不合题意；
B．由于BaSO4不溶于水，而Na2SO4易溶于水，故装置乙可用于洗涤BaSO4表面的Na2SO4，B符合题意；
C．由于AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，加热促进上述平衡正向移动，导致直接蒸干饱和AlCl3溶液制备不到AlCl3晶体，故装置丙不可用于蒸干饱和AlCl3溶液制备AlCl3晶体，C不合题意；
D．由于I2易溶于CCl4中，分离I2和CCl4应该使用蒸馏装置，故装置丁不可用于分离碘单质与四氯化碳，D不合题意；
故答案为：B。
12．D
【分析】由图可知，a点为氢氧化钠溶液，b点为氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液，溶液呈碱性，c点氢氧化钠溶液与二氧化碳恰好反应，反应得到的溶液为碳酸钠溶液，d点为碳酸氢钠和碳酸的混合液，溶液呈中性。
【详解】A．由分析可知，a点为pH=10的氢氧化钠溶液，溶液中氢氧根离子会抑制水的电离，则溶液中水电离出的氢离子浓度为=1×10-10mol/L，故A错误；
B．由分析可知，b点为氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液，溶液呈碱性，则溶液中氢氧根离子浓度大于1×10-7mol/L，故B错误；
C．由分析可知，c点氢氧化钠溶液与二氧化碳恰好反应，反应得到的溶液为碳酸钠溶液，溶液中碳酸根离子浓度大于碳酸氢根离子，故C错误；
D．由分析可知，d点为碳酸氢钠和碳酸的混合液，溶液呈中性，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，由电荷守恒c(Na+)+ c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+ c(OH—)可知，溶液中c(Na+)=2c(CO)+c(HCO)，故D正确；
故选D。
13．A
【详解】A．氢硫酸的酸性弱于硫酸，氢硫酸不能与硫酸亚铁溶液反应，所以硫酸亚铁溶液不能用于吸收硫化氢气体，故A符合题意；
B．氢氧化钠溶液与硫化氢生成硫化钠和水，则氢氧化钠溶液能用于吸收硫化氢气体，故B不符合题意；
C．硫酸铜溶液与硫化氢反应生成硫化铜沉淀和硫酸，则硫酸铜溶液能用于吸收硫化氢气体，故C不符合题意；
D．酸性高锰酸钾溶液与硫化氢反应生成硫酸钾、硫酸锰、硫和水，则酸性高锰酸钾溶液能用于吸收硫化氢气体，故D不符合题意；
故选A。
14．C
【详解】A．硫酸铜溶液由于是强酸弱碱盐溶液，故Cu2+水解使溶液显酸性，把去了膜的铝条放入硫酸铜溶液中，会生成氢气，金属表面产生气泡，A不合题意；
B．由2Al+3CuSO4=Al2(SO4)3+3Cu可知，银白色金属转变为紫红色，B不合题意；
C．由2Al+3CuSO4=Al2(SO4)3+3Cu可知，不会出现蓝色沉淀，C符合题意；
D．由2Al+3CuSO4=Al2(SO4)3+3Cu可知，溶液蓝色变浅，D不合题意；
故答案为：C。
15．C
【详解】A．a点溶液中只含有NaHCO3，NaHCO3溶液显碱性，说明的水解程度大于电离程度，水解和电离均是微弱的，则NaHCO3溶液中c(HCO)>c(H2CO3)>c(CO)，A正确；
B．b点溶液中含有Na+、H+、、、Cl-、OH-，根据电荷守恒得到=，此时pH=7，说明，则=，故＜，B正确；
C．c点为向10.00mL0.1000mol·L-1NaHCO3溶液中滴加0.1000 mol·L-1的盐酸5mL，此时溶液中溶质为NaHCO3和NaCl，溶液中含有Na+、H+、、、Cl-、OH-、H2CO3、H2O，共含有8种微粒，C错误；
D．d点为向10.00mL0.1000mol·L-1NaHCO3溶液中滴加0.1000 mol·L-1的盐酸10mL，恰好完全反应，溶液中溶质只有NaCl， Na+、Cl-浓度均为0.0500 mol·L-1，则0.1000，D正确；
故选C。
16．B
【详解】A．pH=1的溶液中，在酸性条件下与Fe2+会发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B．pH=12的溶液中，K+、Na+、、均不能发生反应，能大量共存，故B正确；
C．pH=7的溶液中，Cu2+、S2-会发生反应生成沉淀，不能大量共存，故C错误；
D．pH=7的溶液中，Al3+、会发生双水解，不能大量共存，故D错误；
故选B。
17．(1)3s23p3
(2)          >
(3)非极性
(4)同素异形体
(5)2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C6CaSiO3+P4+10CO↑
(6)     一元     c(K+)= c(H2PO)+ c(H3PO2)

【详解】（1）磷是15号元素，其最外层为5个电子，最外层核外电子排布式为3s23p3；
（2）PH3中存下3个P—H键，其电子式为：；非金属性N大于P，非金属性越强，其氢化物越稳定，故热稳定性：NH3>PH3；
（3）P4的分子构型为正四面体，其正负电荷中心重合，为非极性分子；
（4）白磷和红磷为同种元素构成的结构不同的单质，为同素异形体；
（5）该反应中磷的化合价由+5价降低到0价，碳的化合价由0价升高到+2价，根据得失电子守恒可知，配平后的方程式为：2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C6CaSiO3+P4+10CO↑；
（6）次磷酸(H3PO2)只能电离出1个氢离子，故属于一元弱酸，根据物料守恒可知，c(K+)= c(H2PO)+ c(H3PO2)。
18．(1)          （或者）
(2)         
(3)     4          为原子晶体，为共价化合物，为分子晶体，所以熔点较高
(4)

【详解】（1）在、、、、五种物质中，为气体，沸点最低；在这些物质中的钠元素和氧元素，可以形成原子个数比1：1的离子化合物或者钠元素和氢元素形成，电子式为： （或者）；
（2）一般情况下，电子层数越多的粒子，半径越大，电子层数相同的粒子，核电荷数越多，粒子半径越小，所以原子半径的：，离子半径：；
（3）①在上述物质所含的元素中，与铝元素同周期的元素为，其电子排布式为，有4种不同能级的电子，最高价氧化物的水化物为，与铝单质反应的离子方程式为：；
②因为为原子晶体，为共价化合物，为分子晶体，所以熔点远高于熔点较低；
（4）溶液中，，，，因为溶液显碱性，所以水解程度大于电离程度，所以溶液中离子浓度的大小为：。
19．(1)     2V2O5+6HCl+N2H4·2HCl4VOCl2+N2↑+6H2O     使用N2H4·2HCl生成氮气不污染环境
(2)     a→b→f→g→d→e     先打开K1，当C中溶液变浑浊，再关闭K1，打开K2，进行实验
(3)     用饱和NH4HCO3洗涤，增大了的浓度，促使(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O的沉淀溶解平衡逆向移动，减少(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O的溶解     取少量洗涤液，先加入稀硝酸，再加入硝酸银，如无沉淀产生，则说明已经洗涤完全
(4)          偏高

【分析】V2O5先与HCl、N2H4·2HCl反应生成VOCl2，化学方程式为2V2O5+6HCl+N2H4·2HCl4VOCl2+N2↑+6H2O。VOCl2与NH4HCO3溶液反应生成(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O，化学方程式为6VOCl2+17NH4HCO3+6H2O=(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O↓+13CO2↑+12NH4Cl。
【详解】（1）根据分析可知，步骤Ⅰ的化学方程式为2V2O5+6HCl+N2H4·2HCl4VOCl2+N2↑+6H2O。若只用浓盐酸与V2O5反应制备VOCl2，则会生成氯气污染环境，使用N2H4·2HCl生成氮气不污染环境。
（2）装置B中碳酸钙和稀盐酸反应生成二氧化碳气体，利用二氧化碳除尽装置内的空气，装置A中饱和碳酸氢钠溶液用于除去二氧化碳中混有的HCl，装置D为氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵的制备装置，装置C中盛有澄清石灰水，用于验证二氧化碳是否将装置内的空气排尽，则装置的连接顺序为BADC。接口连接顺序为c→a→b→f→g→d→e。
②连接好装置，检查气密性良好后，加入试剂开始实验，具体操作为先打开K1，当C中溶液变浑浊，再关闭K1，打开K2，进行实验。
（3）(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O沉淀溶解产生，用饱和NH4HCO3洗涤，增大了的浓度，促使(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O的沉淀溶解平衡逆向移动，减少(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O的溶解。根据反应方程式可知，生成(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O的同时生成NH4Cl，因此只要检验洗涤所得溶液中是否含有氯离子即可得知沉淀是否已洗涤干净，具体方法为取少量洗涤液，先加入稀硝酸，再加入硝酸银，如无沉淀产生，则说明已经洗涤完全。
（4）KMnO4将VO2+氧化为，根据硫酸亚铁铵与反应的离子方程式VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，已知消耗Fe2+cb×10-3mol，则参与反应的有cb×10-3mol，原溶液中VO2+有cb×10-3mol，则产品中钒的质量分数为=。若硫酸亚铁铵标准溶液部分变质，则消耗的硫酸亚铁铵溶液偏多，的计算量偏大，测定结果偏高。
20．(1)3Cl2+KI+6KOHKIO3+6KCl+3H2O
(2)饱和食盐水
(3)没有尾气处理装置
(4)滴定管
(5)     有     由2H++=H2O+S+SO2↑可知，盐酸过量将消耗更多的Na2S2O3溶液，导致测量结果偏大
(6)
(7)食醋，淀粉等

【分析】由题干装置图可知，装置A为实验室制备Cl2的装置，反应原理为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，装置B为除去Cl2中的HCl，以免消耗过多的KOH溶液，装置C为制备KIO3的装置，反应原理为：3Cl2+KI+6KOH=KIO3+6KCl+3H2O，据此分析解题。
【详解】（1）由分析可知，装置C为制备KIO3的装置，根据氧化还原配平可得该反应原理为：3Cl2+KI+6KOHKIO3+6KCl+3H2O，故答案为：3Cl2+KI+6KOHKIO3+6KCl+3H2O；
（2）由分析可知，装置B为除去Cl2中的HCl，故B中存放的试剂为饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；
（3）由于氯气有毒，多余的氯气将污染环境，故该装置的设计缺陷是没有尾气处理装置，故答案为：没有尾气处理装置；
（4）该操作为利用滴定原理来进行定量检测，故其中用到的定量仪器为滴定管，故答案为：滴定管；
（5）由2H++=H2O+S+SO2↑可知，若盐酸过量将消耗更多的Na2S2O3溶液，导致测量结果偏大，故答案为：有；由2H++=H2O+S+SO2↑可知，盐酸过量将消耗更多的Na2S2O3溶液，导致测量结果偏大；
（6）根据题意有关系式：KIO3～3I2～6Na2S2O3，则n(KIO3)=n(Na2S2O3)=×0.2000mol/L×V×10-3L=×10-4mol，则原KIO3样品中含有的KIO3的质量为：×10-4mol××214g/mol，故其纯度为：=
故答案为：；
（7）根据反应方程式：和I2遇到淀粉溶液变蓝的特性可知，为了证明食盐中含有KIO3，可以选用试剂：家用食盐、干海带(含有I-)、食醋，淀粉等来完成，故答案为：食醋，淀粉等。
21．(1)0.008mol/(L·min)
(2)
(3)
(4)增大，使反应I中的平衡正向移动
(5)pH较小时候，与H+结合HSO或H2SO3，尽管含硫化合物总浓度增大，但是浓度增大不明显
(6)4++6OH-=4Ag+8+4H2O+
(7)随循环次数的增加，浸出液中c(Cl-)增大，减小，两者共同促进浸出反应平衡逆移

【分析】分银渣中主要成分是氯化银，I中用溶液作为浸出剂，主要反应为；浸出液与甲醛反应，II中反应为4++6OH-=4Ag+8+4H2O+，生成Ag回收，同时又生成，可循环使用。
【详解】（1）固体质量减少了28.7g，即反应溶解了28.7gAgCl，其物质的量为=0.02mol，由反应方程式可知，参加反应的的物质的量为0.02mol2=0.04mol，则反应速率=0.008mol/(L·min)，故答案为：0.008mol/(L·min)。
（2）溶液中存在物料守恒关系，，故答案为：。
（3）反应I在敞口容器中进行，很容易被空气中的氧气氧化，而使银的产率降低，反应的离子方程式为，故答案为：。
（4）由图像可知，时，浓度随含硫化合物总浓度增大而增大，变化趋势的原因是增大，使反应I中的平衡正向移动，导致浓度增大，故答案为：增大，使反应I中的平衡正向移动。
（5）由图像可知，相比于pH=10时，pH=6时候，随含硫化合物总浓度增大，浓度增大不明显，可能的原因是pH较小时候，与H+结合HSO或H2SO3，尽管含硫化合物总浓度增大，但是浓度增大不明显，故答案为：pH较小时候，与H+结合HSO或H2SO3，尽管含硫化合物总浓度增大，但是浓度增大不明显。
（6）HCHO中C元素化合价由0价升高到+4价，中Ag元素化合价由+1价降低到0价，反应产物有碳酸根离子，则可判断溶液为碱性，生成物有水，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平反应方程式为
4++6OH-=4Ag+8+4H2O+，故答案为：4++6OH-=4Ag+8+4H2O+。
（7）由步骤II中反应方程式可知，反应消耗了，生成了Cl-，而反应I中为反应物，Cl-为生成物，平衡逆向移动，导致循环多次后，银浸出率降低，故答案为：随循环次数的增加，浸出液中c(Cl-)增大，减小，两者共同促进浸出反应平衡逆移。
22．(1)     0.32     ＞
(2)b
(3)          ac
(4)     b     高于80℃时，温度对反应速率影响较小，而平衡逆向移动，转化率低
(5)ad

【详解】（1）在一定条件下将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中发生反应I，5分钟后测得c(CO)=0.2mol/L，则CO的浓度变化量为1mol/L-0.2mol/L=0.8mol/L，H2的浓度变化量为1.6mol/L，此段时间的反应速率(用H2表示)为=0.32mol/(L·min)。从表中可以看出，温度升高，K值减小，则平衡逆向移动，正反应放热，所以Q1＞0。
（2）a．充入CO，平衡正向移动，但CO的转化率减小，a不合题意；
b．将CH3OH(g)从体系中分离，可促使平衡正向移动，CO的转化率增大，b符合题意；
c．升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率减小，c不合题意；
d．选用新型高效催化剂，，化学反应速率加快，催化剂不影响平衡移动，不会提高反应Ⅰ中CO转化率， d不合题意；
故选b。
（3）反应Ⅱ：的平衡常数。
一定温度下，在固定容积的密闭容器中发生II反应，则：
a．该反应是气体的物质的量有变化的反应，在达到平衡之前，容器中的压强一直在变化，当容器内气体的总压强保持不变则说明反应达到了平衡，ａ符合；　　　　
b．恒容下，密闭容器内气体的总质量、混合气体的密度始终保持不变，则混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡状态，b不符合；
c．，则正逆反应速率相等，说明已平衡，c符合；　　　　　
d．消耗nmolCO2的同时生成nmolH2O(g)，均指正反应速率，不能说明已平衡，d不符合；
故答案是：ac。
（4）①由图可知，温度一定时，压强为4.0×106Pa时，甲醇的转化率已经较大，再增大压强，甲醇转化率变化不大，从成本投入和产出比思考，工业制取甲酸甲酯应选择的压强是4.0×106Pa，故选b。
②实际工业生产中采用的温度是80℃是因为：高于80℃时，温度对反应速率影响较小，而平衡逆向移动，转化率低。
（5）a．甲酸为弱酸，加水稀释，则促进甲酸的电离，所以电离度增大，同时氢离子浓度减小，pH增大，选项a正确；
b．加入少量甲酸钠固体，则溶液中的甲酸根离子浓度增大，电离度减小，氢离子浓度减小，pH增大，选项b错误；
c．HCl是强电解质，则通入HCl后溶液的酸性增强，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，电离度减小，pH减小，选项c错误；
d．加入氢氧化钠固体，则氢氧根离子与氢离子反应生成水，电离平衡正向移动，甲酸电离度增大，同时氢离子浓度减小，pH增大，选项d正确；
答案选ad。
23．(1)a
(2)
(3)     乙     通过起始pH判断，pH：，所以pH较小的是(合理即可)     丁     因为中滴加盐酸，先生成，没有气体产生，压强不变，盐酸过量之后和反应，生成气体，压强增大(合理即可)
(4)          酚酞     甲基橙
(5)

【详解】（1）a．碳酸氢钠和相同的酸反应较碳酸钠要剧烈，故在水杯中各盛相同质量的样品，分别加入等体积的白醋，观察反应的剧烈程度，可以鉴别，a可行；
b．两者均含有钠元素，焰色反应均为黄色，不能鉴别，b不可行；
c．两者均可以和石灰水生成白色沉淀，不能鉴别，c不可行；
d．碳酸氢钠加热生成碳酸钠、碳酸钠受热不分解，分别放在炒锅中加热，均有残留物，不能鉴别，d不可行；
故选a；
（2）溶液中正负电荷总数相等，则溶液中存在电荷守恒，；
（3）碳酸钠中滴加盐酸，碳酸钠首先和盐酸生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再和稀盐酸生成氯化钠、水、二氧化碳；碳酸氢钠中滴加盐酸立刻生成氯化钠、水、二氧化碳；与中溶质的物质的量相同，碳酸钠消耗盐酸更多；比较图像可知，甲、乙两条线中表示向溶液中滴加盐酸的是乙，理由是通过起始pH判断，pH：，所以pH较小的是(或题中碳酸氢钠消耗盐酸的量较小而碳酸钠消耗的盐酸量较多等，合理即可)；丙、丁两条线中表示向溶液中滴加盐酸的是丁，理由是因为中滴加盐酸，先生成，没有气体产生，压强不变，盐酸过量之后和反应，生成气体，压强增大(合理即可)；
（4）当滴加盐酸的体积为时(a点、b点)，所发生的反应为碳酸钠首先和盐酸生成碳酸氢钠：；根据图分析，c点为碱性、d点为酸性，则滴定时c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点；
（5）次氯酸钠具有强氧化性，和铵根离子发生氧化还原反应生成氮气和水、氯离子，反应为。
24．(1)     2    
(2)NaCl是离子晶体，而HCl是分子晶体
(3)     5NaClO3＋6HCl =6ClO2↑＋5NaCl+3H2O     2.4
(4)     ClO-+H2OHClO+OH-     NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O产生有毒气体Cl2污染环境     等浓度的NaClO溶液pH越大，细菌杀灭率越小     HClO见光易分解，不易保存，而次氯酸钠性质较稳定则易保存

【详解】（1）已知Cl是17号元素，则Cl原子的最外层电子排布式为：3s23p5，故Cl原子的最外层电子层上具有2种不同能量的电子，H、Cl原子能形成1对共用电子对，O需形成2对共用电子对，HClO的电子式是，故答案为：2；；
（2）由于NaCl是离子化合物，形成离子晶体，而HCl为共价化合物，形成分子晶体，故NaCl的熔沸点比HCl高，故答案为：NaCl是离子晶体，而HCl是分子晶体；
（3）根据示意图，ClO2发生器中发生NaClO3和HCl反应生成NaCl和ClO2的反应，根据氧化还原反应配平可得，该学反应方程式为：5NaClO3＋6HCl =6ClO2↑＋5NaCl+3H2O，反应中转移电子为5e-，若反应中有2mol电子发生转移，则生成ClO2 2.4mol，故答案为：5NaClO3＋6HCl =6ClO2↑＋5NaCl+3H2O；2.4；
（4）①NaClO是强碱弱酸盐，故ClO-水解使溶液呈碱性，该水解的离子方程式为：ClO-+H2OHClO+OH-，故答案为：ClO-+H2OHClO+OH-；
②由于NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O生成有毒气体Cl2，故调节NaClO溶液pH时不能选用盐酸，故答案为：NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O产生有毒气体Cl2污染环境；
③由表中数据可推断，等浓度的NaClO溶液pH越大，细菌杀灭率越小，故答案为：等浓度的NaClO溶液pH越大，细菌杀灭率越小；
④由于HClO见光易分解，不易保存，而次氯酸钠性质较稳定则易保存，故家用消毒常用84消毒液而不采用次氯酸，故答案为：HClO见光易分解，不易保存，而次氯酸钠性质较稳定则易保存。