您当前的位置：首页 > 教师团队 > 化学组 > 教学资源

参考答案：
1．D
【详解】A．二氧化碳水溶液能导电是因为生成的碳酸能电离，二氧化碳为非电解质，A错误；
B．铜丝为金属单质，不属于电解质，B错误；
C．盐酸为氯化氢的水溶液，为混合物，不属于电解质，C错误；
D．电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，即电解质是在水溶液或熔融状态下本身能电离的化合物，氯化钠是电解质，D正确；
答案选D。
2．D
【详解】A．Fe和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，正确的离子方程式：Fe+2H⁺=Fe²⁺+H₂↑，故A错误；
B．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式为Ba²⁺+2OH^-+Cu²⁺+SO₄^2-═BaSO₄↓+Cu(OH)₂↓，故B错误；
C．碳酸钙与稀盐酸反应的离子反应为CaCO₃+2H⁺=Ca²⁺+H₂O+CO₂↑，故C错误；
D．硝酸银与氯化钠的反应生成氯化银沉淀离子方程式为：Ag⁺ + Cl^- =AgCl↓，故D正确；
故答案为D。
3．A
【详解】A．酸、碱、盐属于电解质，氯化钠是盐，是电解质，A正确；
B．大多数有机物、NH₃、非金属氧化物为非电解质，蔗糖是有机物，是非电解质，B错误；
C．氯气是单质，单质既不是电解质也不是非电解质， C错误；
D．盐酸是混合物，混合物既不是电解质也不是非电解质，D错误；
故答案选A。
4．D
【详解】A、H₂O能电离出少量自由移动的阴阳离子，是电解质，选项A不选；
B、硝酸钾溶液或熔融状态的硝酸钾含有自由移动的离子所以能导电，故硝酸钾是电解质，选项B不选；
C、蔗糖溶液是混合物不是化合物，所以不是电解质，也不是非电解质，选项C不选；
D、二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以二氧化硫的水溶液导电，但电离出离子的物质是亚硫酸不是二氧化硫，所以二氧化碳是非电解质，选项D选；
答案选D。
【点睛】本题考查了电解质的概念，注意电解质本身不一定导电，导电的不一定是电解质。电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，无论电解质还是非电解质都必须是化合物。
5．B
【详解】A．Mg²⁺与OH－反应生成沉淀而不共存，故A不符合题意；
B．K⁺、Cl－、Al³⁺、在酸性条件下都不反应而大量共存，故B符合题意；
C．Ca²⁺与反应生成沉淀，Fe³⁺与发生氧化还原反应，在酸性条件下反应，故C不符合题意；
D．、ClO－在酸性条件下会分别发生反应而不共存，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
6．B
【详解】A．Na⁺、K⁺、Cu²⁺、SO之间以及与氢离子之间不反应，能大量共存，但Cu²⁺在溶液中为蓝色，与题意不符，故A不符合题意；
B．NH、Na⁺、NO、Cl^-之间以及与氢离子之间不反应，能大量共存，故B符合题意；
C．氢离子与HCO不能大量共存，故C错误；    
D．Mg²⁺、Fe³⁺与OH^-不能大量共存，酸性条件下，氢离子与OH^-不能大量共存，故D不符合题意；
答案选B。
7．C
【详解】A. Ag⁺与CO、Cl^－在溶液中均反应生成沉淀，不能大量共存，A不选；
B. Ba²⁺与SO在溶液中反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，B不选；
C. Na⁺、K⁺、CO、Cl^－在水溶液中能大量共存，加入过量稀硫酸溶液时，有二氧化碳气体生成，C选；
D. Na⁺、K⁺、Cl^－、SO在水溶液中能大量共存，加入过量稀硫酸溶液时没有气体生成，D不选；答案选C。
8．B
【解析】酸性溶液含大量的H^＋，根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等能够大量共存，并结合离子的颜色来解答。
【详解】A．H^＋、CO₃^2-结合生成水和气体，不能共存，故A不符合题意；
B．该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故B符合题意；
C．该组离子之间不反应，可大量共存，但Cu^2＋为蓝色，与无色不符，故C不符合题意；
D．SO₄²⁻、Ba^2＋结合生成沉淀，不能共存，故D不符合题意；
故答案选B。
9．A
【分析】离子之间不能发生反应即可以大量共存，而离子之间能发生反应则不能大量共存。
【详解】A．该组离子之间不反应，可以大量共存，A正确；
B．使酚酞变红色的溶液显碱性，不能大量存在NH₄⁺，B错误；
C．饱和氯水中含有的Cl₂、HClO具有强氧化性，与SO₃^2－能发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；
D．由水电离产生的c(H⁺)=10^-13mol/L的溶液呈酸性或碱性，该组离子在溶液呈碱性时可以大量共存，但在酸性溶液中CH₃COO^-和氢离子反应，不能大量共存，D错误。
答案选A。
【点睛】在判断离子能不能大量共存时一定要注意限定的条件和隐含的条件。
10．A
【详解】A．饱和氯水中含有Cl₂、H⁺、Cl^-、ClO^-等，它们与、、、都不发生反应，能大量共存，A符合题意；
B．溶液中，、都能与Ca²⁺反应生成沉淀，不能大量共存，B不符合题意；
C．溶液中，与会发生反应生成CO₂气体等，不能大量共存，C不符合题意；
D．AlCl₃溶液中，OH^-与Al³⁺ 会发生反应生成Al(OH)₃沉淀，甚至生成，不能大量共存，D不符合题意；
故选A。
11．B
【分析】A. 由水电离产生的氢离子浓度为10^-13mol/L的溶液可以是酸溶液，也可以是碱溶液；
B. 将0.2mol/L某一元碱ROH溶液和0.1mol/LHCl溶液等体积混合，混合后溶液pH<7，说明水解程度大于电离程度；
C. 该反应ΔH<0，ΔS>0，根据复合判据进行判断；
D.含有固体的MgCO₃溶液中，c(Mg²⁺)和c(CO₃^2-)不一定相等。
【详解】A. 由水电离产生的氢离子浓度为10^-13mol/L的溶液可以是酸溶液，也可以是碱溶液，酸性溶液中存在H⁺，与HCO₃^-发生反应生成CO₂和H₂O，不能共存，碱性溶液中存在OH^-，HCO₃^-发生反应生成CO₃^2-和H₂O，不能共存，因此Ca²⁺、K⁺、Cl^-、HCO₃^-四种离子在该溶液中均不能大量共存，A项错误；
B. 将0.2mol/L某一元碱ROH溶液和0.1mol/LHCl溶液等体积混合，混合后溶液pH<7，说明水解程度大于电离程度，因此c(ROH)>c(R⁺)，B项正确；
C. 该反应ΔH<0，ΔS>0，ΔG=ΔH-TΔS<0，在高温或低温下均能自发进行，C项错误；
D. 含有固体的MgCO₃溶液中，由于水解，c(Mg²⁺)和c(CO₃^2-)不一定相等，但K_sp与温度有关，温度不变，K_sp不变，始终为6.82×10^-6，D项错误；
答案选B。
12．B
【详解】A.Fe²⁺呈浅绿色，在无色溶液中不能大量存在，故A不选；
B.使紫色石蕊试液变红的溶液为酸性溶液，NH、Mg²⁺、Cl^-、K⁺不反应，可以大量共存，故B选；
C.加入铝粉放出氢气的溶液可能呈酸性或碱性，NH在碱性溶液中不能大量共存，硝酸根离子酸性条件下不能存在，故C不选；
D.使无色酚酞试液显红色的溶液呈碱性，HCO及Al³⁺不能大量存在，铝离子与硫离子、碳酸氢根发生双水解不能大量共存，故D不选；
故选：B。
13．B
【详解】A．水垢的主要成分是碳酸钙，醋酸与碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：，故A错误；
B．向澄清石灰水中加入少量Ca(HCO₃)₂溶液生成碳酸钙和水：Ca²⁺+HCO+OH^- = CaCO₃↓+H₂O，故B正确；
C．氢氧化镁和盐酸发生中和反应反应生成氯化镁和水，反应的离子方程式为：，故C错误；
D．相对铵根离子，氢离子优先与氢氧根离子反应，则溶液与过量溶液反应生成硫酸铵、硫酸钡和水，反应的离子方程式为：，故D错误；
故选B。
14．C
【详解】A、新制饱和氯水中含有大量的Cl₂，能将Br ^-氧化为Br₂，故A错误；
B、使甲基橙变红的溶液呈酸性，Fe³⁺与SCN^-反应生成红色的Fe(SCN)₃，故B错误；
C、=1×10^-13mol·L^-1的溶液呈碱性，所以这四种离子能够大量共存，即C正确；
D、由水电离的c(H⁺)=1×10^-13mol·L^-1的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，而HCO₃^-在酸性、碱性溶液中都不能存在，所以D错误。本题正确答案为C。
【点睛】一定要认真分析指定溶液的性质，如B、C、D性质各不一样，再结合离子的性质进行判断；有时还可能涉及到物质的存在对离子的影响，如A中主要是Cl₂，如果只认识到氯水显酸性，那么A就可能错选出来了。
15．     ①⑤     ②     ③     ⑥     ⑤     ③⑦     ④⑥
【详解】①空气为混合物；
②铜片为金属单质，既不是电解质也不是非电解质；
③高锰酸钾为纯净物，属于盐类，在溶液中能电离出钾离子和高锰酸根离子，能导电，属于电解质；
④无水乙醇为纯净物，属于有机物，在溶液中不能电离，不能导电，属于非电解质；
⑤豆浆为混合物，属于胶体；
⑥干冰为纯净物，属于氧化物，水溶液能导电，但本身不能电离，属于非电解质；
⑦苛性钠为纯净物，属于碱，在溶液中能电离出钠离子和氢氧根离子，能导电，属于电解质；
则属于混合物的是①⑤，属于单质的是②，属于盐类的是③，属于氧化物的是⑥，属于胶体的是⑤，属于电解质的是③⑦，属于非电解质的是④⑥，故答案为①⑤；②；③；⑥；⑤；③⑦④⑥。
16．(1)     +2     盐     Fe(CrO₂)₂=Fe²⁺+2CrO
(2)A
(3)C
(4)C
(5)取烧杯中液体少许与一支洁净的试管中，现价稀盐酸酸化，在加BaCl₂溶液，若有白色沉淀，则说明SO能够透过半透膜
 
【分析】(1)
Fe(CrO₂)₂中，氧元素的化合价是-2价，总的负价是-8价，铬元素的化合价是+3价，2个铬原子化合价是+6价，所以铁元素化合价是+2价；Fe(CrO₂)₂是由亚铁离子和CrO组成的盐；盐为强电解质，故电离方程式为Fe(CrO₂)₂=Fe²⁺+2CrO。
(2)
分散系中胶体最本质的区别是分散质粒子直径的大小，故选A。
(3)
溶液很稳定，A项错误；胶体具有丁达尔效应而溶液没有，B项错误；胶体和溶液中的分散质粒子都能透过滤纸，C项正确。故答案为C；
(4)
胶体的分散质不能透过半透膜，但水分子等小分子或离子能透过半透膜，所以当胶体中混有溶液时，用渗析的方法来提纯，所以选C；
(5)
硫酸根离子可以和钡离子之间反应产生白色不溶于硝酸的白色沉淀，具体方法为：取烧杯中液体少许与一支洁净的试管中，现价稀盐酸酸化，在加BaCl₂溶液，若有白色沉淀，则说明SO能够透过半透膜。
17．(1)④⑤⑨
(2)②⑥⑦
(3)①③⑧
(4)     不能     原因是离子间发生复分解反应的条件是产物中有气体、沉淀或水生成，而③和④混合后不能满足这一条件
(5)
 
【分析】①铜能导电，属于单质，既不是电解质也不是非电解质；
②二氧化硫本身不导电，属于非电解质；
③氯化钠溶液能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；
④氯化氢不能导电，在水溶液能电离出离子而导电，属于电解质；
⑤硫酸钡不能导电，在熔融状态能电离出离子而导电，属于电解质；
⑥氨气本身不导电，属于非电解质；
⑦酒精本身不导电，属于非电解质；
⑧硫酸溶液能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；
⑨氢氧化钠固体不能导电，在水溶液能电离出离子而导电，属于电解质；
（1）
根据分析可知，属于电解质的有④⑤⑨；
（2）
在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，属于非电解质的有②⑥⑦；
（3）
存在可自由移动的电子或离子的物质能导电，则能导电的有①③⑧；
（4）
③氯化钠溶液和④氯化氢不能发生离子反应，原因是离子间发生复分解反应的条件是产物中有气体、沉淀或水生成，而③和④混合后不能满足这一条件；
（5）
④氯化氢与⑨氢氧化钠固体本质是酸和碱的中和反应，离子方程式：。
18．     ①③     ⑤     Ba(OH)₂=Ba²⁺+2OH^-     还原性     ①     
【分析】Ⅰ．水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐都是电解质；
Ⅱ．在水溶液中和熔融状态下两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质；
【详解】(1)①Ba(OH)₂晶体溶于水导电属于电解质，②盐酸是氯化氢气体水溶液，既不是电解质也不是非电解质，③冰醋酸(固态醋酸)溶于水导电属于电解质，④石墨是碳单质，既不是电解质也不是非电解质，⑤酒精(C₂H₅OH)属于非电解质，
Ⅰ．以上物质中属于电解质的是①Ba(OH)₂晶体，③冰醋酸(固态醋酸)，故答案为：①③；
Ⅱ．以上物质中属于非电解质的是⑤，故答案为：⑤；
Ⅲ．①在水溶液中的电离方程式：Ba(OH)₂=Ba²⁺+2OH^-，故答案为：Ba(OH)₂=Ba²⁺+2OH^-；
(2)维生素C又称“抗坏血酸”，能帮助人体将食物中摄取的、不易吸收的Fe³⁺转变为易吸收的Fe²⁺，这说明维生素C具有还原性，故答案为：还原性；
(3)①Fe(OH)₃胶体具有丁达尔效应，故①正确；
②水无丁达尔效应，故②错误；
③蔗糖溶液无丁达尔效应，故③错误；
④Ca(OH)₂悬浊液无丁达尔效应，故④错误；故答案为：①；
(4)NH₃中N元素化合价从-3价变为0价，失电子，NO₂中N元素从+4价变为0价，化合价降低，得电子，即电子由NH₃转移到NO₂，根据反应关系可知转移电子数为24，用单线桥表示电子的转移情况为，故答案为：。
19．(1)AgNO₃=Ag⁺+NO
(2)     铁丝上有红色固体析出，溶液变浅绿色     氧化性：Ag⁺＞Cu²⁺(或还原性：Cu＞Ag)     Cu+2Ag⁺=Cu²⁺+2Ag
(3)0.216
 
【详解】（1）AgNO₃是强电解质，电离方程式为AgNO₃=Ag⁺+NO；
（2）①实验Ⅰ，Fe与CuSO₄发生置换反应，在铁表面生成紫红色的铜，溶液变为FeSO₄溶液，现象为：铁丝上有红色固体析出，溶液变浅绿色；
②实验Ⅱ中溶液变蓝色，说明Cu与AgNO₃发生置换反应，结论是：氧化性：Ag⁺＞Cu²⁺(或还原性：Cu＞Ag)；
③实验Ⅱ中，Cu与Ag⁺发生置换反应，离子方程式为Cu+2Ag⁺=Cu²⁺+2Ag；
（3）根据Cu+2Ag⁺=Cu²⁺+2Ag可知，消耗1molCu生成2mol，铜丝增重Δm=108g/mol×2mol-64g/mol×1mol=152g，所以铜丝比反应前增重0.152 g，说明生成(×2)mol=0.001mol银，质量为0.002mol×108g/mol=0.216g。
20．(1)下口
(2)     2CrO+CH₃OH+10H⁺=2Cr³⁺+7H₂O+CO₂↑     蒸馏
(3)     ≥5     取最后一次洗涤液少许于试管中，先加入足量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若无沉淀生成，说明洗涤干净
(4)将过滤后所得固体完全溶解于过量的盐酸中，之后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用乙醚洗涤低温干燥，得到CrCl₃•6H₂O
 
【分析】本实验的目的是制备CrCl₃•6H₂O，将反应物依次加入三口烧瓶中，得到混合溶液，然后在酸性环境中，利用甲醇将工业铬酸钠还原为Cr³⁺，蒸馏除去剩余甲醇，待反应液冷却后，用NaOH溶液调节pH，得到Cr(OH)₃沉淀，过滤后多次洗涤沉淀，经系列处理得到CrCl₃•6H₂O晶体，以此来解析；
【详解】（1）为增强冷凝效果，冷凝水下进上出，所以仪器b的冷凝水从下口进水；
（2）根据题意，酸性环境中甲醇将Na₂CrO₄还原为Cr³⁺，自身被氧化为CO₂，根据电子守恒可知Na₂CrO₄和CH₃OH的系数比为2：1，再结合元素守恒可得离子方程式为：2CrO+CH₃OH+10H⁺=2Cr³⁺+7H₂O+CO₂↑；利用甲醇的沸点低，从剩余溶液中分离出CH₃OH的方法是蒸馏法；
（3）当c(Cr³⁺)=1×10^-5mol/L时，根据K_sp[Cr(OH)₃=1×10^-32，可得c(OH^-)==mol/L=1×10^-9mol/L，则c(H⁺)=10^-5mol/L，此时pH=5，所以需调节溶液pH≥5，使Cr³⁺完全沉淀生成Cr(OH)₃；
Cr(OH)₃表面可能附着有杂质Cl^-，检测沉淀是否洗涤干净，即检验Cl^-方法为：取最后一次洗涤液少许于试管中，先加入足量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若无沉淀生成，说明洗涤干净；
（4）实验的目的是将固体Cr(OH)₃转化为CrCl₃•6H₂O，则需先将过滤后所得固体完全溶解于过量的盐酸中，之后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，CrCl₃•6H₂O不溶于乙醚，易溶于水、乙醇，所以未减少溶解损失，应用乙醚洗涤沉淀，之后低温干燥，得到CrCl₃•6H₂O；
21．(1)CO、SiO
(2)b
(3)3Fe^2＋＋NO＋4H^＋=3Fe^3＋＋NO↑＋2H₂O
(4)红褐色沉淀溶解，溶液呈黄色
(5)Al^3＋＋4OH^-=AlO＋2H₂O
(6)4∶1
(7)②
 
【分析】某强酸性溶液X，则溶液中不存在弱酸根离子CO、SiO，溶液和硝酸钡溶液反应生成沉淀C，则溶液中一定存在SO，不存在和硫酸根离子反应的Ba²⁺，C是BaSO₄；酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，所以溶液中Fe²⁺和NO不能共存，加入硝酸钡产生气体，则溶液中存在Fe²⁺，不存在NO，A是NO，则D是NO₂，二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，则E是HNO₃；溶液B中加入氢氧化钠溶液时，产生气体F，则溶液中含有NH，F是NH₃，硝酸和氨气反应生成硝酸铵，则I是NH₄NO₃；产生沉淀，则溶液中存在Fe³⁺，沉淀G是氢氧化铁，氢氧化铁和盐酸反应生成FeCl₃，则J是FeCl₃，溶液H中通入过量二氧化碳生成沉淀，则溶液中存在Al³⁺，沉淀K是氢氧化铝，溶液L是NaHCO₃。
【详解】（1）由强酸性条件即可判断溶液X中不存在弱酸根离子，一定不存在的离子有CO、SiO。故答案为：CO、SiO；
（2）根据以上分析可知溶液X中一定没有NO，故答案为：b；
（3）亚铁离子和硝酸反应生成铁离子、一氧化氮和水，产生气体A的离子方程式为3Fe^2＋＋NO＋4H^＋=3Fe^3＋＋NO↑＋2H₂O。故答案为：3Fe^2＋＋NO＋4H^＋=3Fe^3＋＋NO↑＋2H₂O；
（4）转化⑥发生的反应是盐酸溶解氢氧化铁，发生反应产生的现象为红褐色沉淀溶解，溶液呈黄色。故答案为：红褐色沉淀溶解，溶液呈黄色；
（5）转化④中产生偏铝酸钠的离子方程式为Al^3＋＋4OH^-=AlO＋2H₂O。故答案为：Al^3＋＋4OH^-=AlO＋2H₂O；
（6）若转化③中，NO₂、H₂O、O₂三种物质恰好发生化合反应生成HNO₃，该反应方程式为：4NO₂+2H₂O+O₂＝4HNO₃，则反应中D与O₂的物质的量之比为4∶1。故答案为：4∶1；
（7）溶液中Fe³⁺是否存在不能确定，Fe³⁺和硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液，所以可以用硫氰化钾溶液检验，故答案为：②。
22．(1)丁达尔效应
(2)     电解质H₂SO₄使 Fe(OH)₃胶体聚沉而产生沉淀     Fe(OH)₃＋3H^＋=Fe^3＋＋3H₂O
(3)     NaOH溶液     、     提高Na₂CO₃·H₂O的含量
(4)c
 
【解析】(1)
胶体能产生丁达尔效应，可以利用丁达尔效应判断胶体制备是否成功；
(2)
向Fe(OH)₃胶体中逐滴加入了稀H₂SO₄溶液，电解质H₂SO₄使 Fe(OH)₃胶体聚沉而产生沉淀，所以先出现红褐色沉淀；随后氢氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水，沉淀又溶解，此反应的离子方程式是Fe(OH)₃＋3H^＋=Fe^3＋＋3H₂O；
(3)
工业碳酸钠中含有、、、、等杂质，为了提高碳酸钠的纯度，加入氢氧化钠可生成氢氧化铁、氢氧化镁等沉淀除去、，所以试剂A是NaOH溶液，没有除去的离子有、 ，所以“母液”中除了含有、、外，还含有、等离子；根据碳酸钠的饱和溶液在不同温度下析出的溶质图， “趁热过滤”能提高Na₂CO₃·H₂O的含量；
(4)
a．溶液中加入盐酸、BaCl₂引入氯离子，干扰检验，故不选A；                
b．硝酸银和、、都能生成沉淀，先加硝酸银无法检验是否含有，故不选B；
c．先加入HNO₃排除的干扰，加入Ba(NO₃)₂检验，最后加入AgNO₃检验， 故选c；          
d．硝酸银和、、都能生成沉淀，先加硝酸银无法检验是否含有，故不选d；
选c。
参考答案：
1．D
【详解】A．二氧化碳水溶液能导电是因为生成的碳酸能电离，二氧化碳为非电解质，A错误；
B．铜丝为金属单质，不属于电解质，B错误；
C．盐酸为氯化氢的水溶液，为混合物，不属于电解质，C错误；
D．电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，即电解质是在水溶液或熔融状态下本身能电离的化合物，氯化钠是电解质，D正确；
答案选D。
2．D
【详解】A．Fe和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，正确的离子方程式：Fe+2H⁺=Fe²⁺+H₂↑，故A错误；
B．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式为Ba²⁺+2OH^-+Cu²⁺+SO₄^2-═BaSO₄↓+Cu(OH)₂↓，故B错误；
C．碳酸钙与稀盐酸反应的离子反应为CaCO₃+2H⁺=Ca²⁺+H₂O+CO₂↑，故C错误；
D．硝酸银与氯化钠的反应生成氯化银沉淀离子方程式为：Ag⁺ + Cl^- =AgCl↓，故D正确；
故答案为D。
3．A
【详解】A．酸、碱、盐属于电解质，氯化钠是盐，是电解质，A正确；
B．大多数有机物、NH₃、非金属氧化物为非电解质，蔗糖是有机物，是非电解质，B错误；
C．氯气是单质，单质既不是电解质也不是非电解质， C错误；
D．盐酸是混合物，混合物既不是电解质也不是非电解质，D错误；
故答案选A。
4．D
【详解】A、H₂O能电离出少量自由移动的阴阳离子，是电解质，选项A不选；
B、硝酸钾溶液或熔融状态的硝酸钾含有自由移动的离子所以能导电，故硝酸钾是电解质，选项B不选；
C、蔗糖溶液是混合物不是化合物，所以不是电解质，也不是非电解质，选项C不选；
D、二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以二氧化硫的水溶液导电，但电离出离子的物质是亚硫酸不是二氧化硫，所以二氧化碳是非电解质，选项D选；
答案选D。
【点睛】本题考查了电解质的概念，注意电解质本身不一定导电，导电的不一定是电解质。电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，无论电解质还是非电解质都必须是化合物。
5．B
【详解】A．Mg²⁺与OH－反应生成沉淀而不共存，故A不符合题意；
B．K⁺、Cl－、Al³⁺、在酸性条件下都不反应而大量共存，故B符合题意；
C．Ca²⁺与反应生成沉淀，Fe³⁺与发生氧化还原反应，在酸性条件下反应，故C不符合题意；
D．、ClO－在酸性条件下会分别发生反应而不共存，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
6．B
【详解】A．Na⁺、K⁺、Cu²⁺、SO之间以及与氢离子之间不反应，能大量共存，但Cu²⁺在溶液中为蓝色，与题意不符，故A不符合题意；
B．NH、Na⁺、NO、Cl^-之间以及与氢离子之间不反应，能大量共存，故B符合题意；
C．氢离子与HCO不能大量共存，故C错误；    
D．Mg²⁺、Fe³⁺与OH^-不能大量共存，酸性条件下，氢离子与OH^-不能大量共存，故D不符合题意；
答案选B。
7．C
【详解】A. Ag⁺与CO、Cl^－在溶液中均反应生成沉淀，不能大量共存，A不选；
B. Ba²⁺与SO在溶液中反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，B不选；
C. Na⁺、K⁺、CO、Cl^－在水溶液中能大量共存，加入过量稀硫酸溶液时，有二氧化碳气体生成，C选；
D. Na⁺、K⁺、Cl^－、SO在水溶液中能大量共存，加入过量稀硫酸溶液时没有气体生成，D不选；答案选C。
8．B
【解析】酸性溶液含大量的H^＋，根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等能够大量共存，并结合离子的颜色来解答。
【详解】A．H^＋、CO₃^2-结合生成水和气体，不能共存，故A不符合题意；
B．该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故B符合题意；
C．该组离子之间不反应，可大量共存，但Cu^2＋为蓝色，与无色不符，故C不符合题意；
D．SO₄²⁻、Ba^2＋结合生成沉淀，不能共存，故D不符合题意；
故答案选B。
9．A
【分析】离子之间不能发生反应即可以大量共存，而离子之间能发生反应则不能大量共存。
【详解】A．该组离子之间不反应，可以大量共存，A正确；
B．使酚酞变红色的溶液显碱性，不能大量存在NH₄⁺，B错误；
C．饱和氯水中含有的Cl₂、HClO具有强氧化性，与SO₃^2－能发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；
D．由水电离产生的c(H⁺)=10^-13mol/L的溶液呈酸性或碱性，该组离子在溶液呈碱性时可以大量共存，但在酸性溶液中CH₃COO^-和氢离子反应，不能大量共存，D错误。
答案选A。
【点睛】在判断离子能不能大量共存时一定要注意限定的条件和隐含的条件。
10．A
【详解】A．饱和氯水中含有Cl₂、H⁺、Cl^-、ClO^-等，它们与、、、都不发生反应，能大量共存，A符合题意；
B．溶液中，、都能与Ca²⁺反应生成沉淀，不能大量共存，B不符合题意；
C．溶液中，与会发生反应生成CO₂气体等，不能大量共存，C不符合题意；
D．AlCl₃溶液中，OH^-与Al³⁺ 会发生反应生成Al(OH)₃沉淀，甚至生成，不能大量共存，D不符合题意；
故选A。
11．B
【分析】A. 由水电离产生的氢离子浓度为10^-13mol/L的溶液可以是酸溶液，也可以是碱溶液；
B. 将0.2mol/L某一元碱ROH溶液和0.1mol/LHCl溶液等体积混合，混合后溶液pH<7，说明水解程度大于电离程度；
C. 该反应ΔH<0，ΔS>0，根据复合判据进行判断；
D.含有固体的MgCO₃溶液中，c(Mg²⁺)和c(CO₃^2-)不一定相等。
【详解】A. 由水电离产生的氢离子浓度为10^-13mol/L的溶液可以是酸溶液，也可以是碱溶液，酸性溶液中存在H⁺，与HCO₃^-发生反应生成CO₂和H₂O，不能共存，碱性溶液中存在OH^-，HCO₃^-发生反应生成CO₃^2-和H₂O，不能共存，因此Ca²⁺、K⁺、Cl^-、HCO₃^-四种离子在该溶液中均不能大量共存，A项错误；
B. 将0.2mol/L某一元碱ROH溶液和0.1mol/LHCl溶液等体积混合，混合后溶液pH<7，说明水解程度大于电离程度，因此c(ROH)>c(R⁺)，B项正确；
C. 该反应ΔH<0，ΔS>0，ΔG=ΔH-TΔS<0，在高温或低温下均能自发进行，C项错误；
D. 含有固体的MgCO₃溶液中，由于水解，c(Mg²⁺)和c(CO₃^2-)不一定相等，但K_sp与温度有关，温度不变，K_sp不变，始终为6.82×10^-6，D项错误；
答案选B。
12．B
【详解】A.Fe²⁺呈浅绿色，在无色溶液中不能大量存在，故A不选；
B.使紫色石蕊试液变红的溶液为酸性溶液，NH、Mg²⁺、Cl^-、K⁺不反应，可以大量共存，故B选；
C.加入铝粉放出氢气的溶液可能呈酸性或碱性，NH在碱性溶液中不能大量共存，硝酸根离子酸性条件下不能存在，故C不选；
D.使无色酚酞试液显红色的溶液呈碱性，HCO及Al³⁺不能大量存在，铝离子与硫离子、碳酸氢根发生双水解不能大量共存，故D不选；
故选：B。
13．B
【详解】A．水垢的主要成分是碳酸钙，醋酸与碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：，故A错误；
B．向澄清石灰水中加入少量Ca(HCO₃)₂溶液生成碳酸钙和水：Ca²⁺+HCO+OH^- = CaCO₃↓+H₂O，故B正确；
C．氢氧化镁和盐酸发生中和反应反应生成氯化镁和水，反应的离子方程式为：，故C错误；
D．相对铵根离子，氢离子优先与氢氧根离子反应，则溶液与过量溶液反应生成硫酸铵、硫酸钡和水，反应的离子方程式为：，故D错误；
故选B。
14．C
【详解】A、新制饱和氯水中含有大量的Cl₂，能将Br ^-氧化为Br₂，故A错误；
B、使甲基橙变红的溶液呈酸性，Fe³⁺与SCN^-反应生成红色的Fe(SCN)₃，故B错误；
C、=1×10^-13mol·L^-1的溶液呈碱性，所以这四种离子能够大量共存，即C正确；
D、由水电离的c(H⁺)=1×10^-13mol·L^-1的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，而HCO₃^-在酸性、碱性溶液中都不能存在，所以D错误。本题正确答案为C。
【点睛】一定要认真分析指定溶液的性质，如B、C、D性质各不一样，再结合离子的性质进行判断；有时还可能涉及到物质的存在对离子的影响，如A中主要是Cl₂，如果只认识到氯水显酸性，那么A就可能错选出来了。
15．     ①⑤     ②     ③     ⑥     ⑤     ③⑦     ④⑥
【详解】①空气为混合物；
②铜片为金属单质，既不是电解质也不是非电解质；
③高锰酸钾为纯净物，属于盐类，在溶液中能电离出钾离子和高锰酸根离子，能导电，属于电解质；
④无水乙醇为纯净物，属于有机物，在溶液中不能电离，不能导电，属于非电解质；
⑤豆浆为混合物，属于胶体；
⑥干冰为纯净物，属于氧化物，水溶液能导电，但本身不能电离，属于非电解质；
⑦苛性钠为纯净物，属于碱，在溶液中能电离出钠离子和氢氧根离子，能导电，属于电解质；
则属于混合物的是①⑤，属于单质的是②，属于盐类的是③，属于氧化物的是⑥，属于胶体的是⑤，属于电解质的是③⑦，属于非电解质的是④⑥，故答案为①⑤；②；③；⑥；⑤；③⑦④⑥。
16．(1)     +2     盐     Fe(CrO₂)₂=Fe²⁺+2CrO
(2)A
(3)C
(4)C
(5)取烧杯中液体少许与一支洁净的试管中，现价稀盐酸酸化，在加BaCl₂溶液，若有白色沉淀，则说明SO能够透过半透膜
 
【分析】(1)
Fe(CrO₂)₂中，氧元素的化合价是-2价，总的负价是-8价，铬元素的化合价是+3价，2个铬原子化合价是+6价，所以铁元素化合价是+2价；Fe(CrO₂)₂是由亚铁离子和CrO组成的盐；盐为强电解质，故电离方程式为Fe(CrO₂)₂=Fe²⁺+2CrO。
(2)
分散系中胶体最本质的区别是分散质粒子直径的大小，故选A。
(3)
溶液很稳定，A项错误；胶体具有丁达尔效应而溶液没有，B项错误；胶体和溶液中的分散质粒子都能透过滤纸，C项正确。故答案为C；
(4)
胶体的分散质不能透过半透膜，但水分子等小分子或离子能透过半透膜，所以当胶体中混有溶液时，用渗析的方法来提纯，所以选C；
(5)
硫酸根离子可以和钡离子之间反应产生白色不溶于硝酸的白色沉淀，具体方法为：取烧杯中液体少许与一支洁净的试管中，现价稀盐酸酸化，在加BaCl₂溶液，若有白色沉淀，则说明SO能够透过半透膜。
17．(1)④⑤⑨
(2)②⑥⑦
(3)①③⑧
(4)     不能     原因是离子间发生复分解反应的条件是产物中有气体、沉淀或水生成，而③和④混合后不能满足这一条件
(5)
 
【分析】①铜能导电，属于单质，既不是电解质也不是非电解质；
②二氧化硫本身不导电，属于非电解质；
③氯化钠溶液能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；
④氯化氢不能导电，在水溶液能电离出离子而导电，属于电解质；
⑤硫酸钡不能导电，在熔融状态能电离出离子而导电，属于电解质；
⑥氨气本身不导电，属于非电解质；
⑦酒精本身不导电，属于非电解质；
⑧硫酸溶液能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；
⑨氢氧化钠固体不能导电，在水溶液能电离出离子而导电，属于电解质；
（1）
根据分析可知，属于电解质的有④⑤⑨；
（2）
在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，属于非电解质的有②⑥⑦；
（3）
存在可自由移动的电子或离子的物质能导电，则能导电的有①③⑧；
（4）
③氯化钠溶液和④氯化氢不能发生离子反应，原因是离子间发生复分解反应的条件是产物中有气体、沉淀或水生成，而③和④混合后不能满足这一条件；
（5）
④氯化氢与⑨氢氧化钠固体本质是酸和碱的中和反应，离子方程式：。
18．     ①③     ⑤     Ba(OH)₂=Ba²⁺+2OH^-     还原性     ①     
【分析】Ⅰ．水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐都是电解质；
Ⅱ．在水溶液中和熔融状态下两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质；
【详解】(1)①Ba(OH)₂晶体溶于水导电属于电解质，②盐酸是氯化氢气体水溶液，既不是电解质也不是非电解质，③冰醋酸(固态醋酸)溶于水导电属于电解质，④石墨是碳单质，既不是电解质也不是非电解质，⑤酒精(C₂H₅OH)属于非电解质，
Ⅰ．以上物质中属于电解质的是①Ba(OH)₂晶体，③冰醋酸(固态醋酸)，故答案为：①③；
Ⅱ．以上物质中属于非电解质的是⑤，故答案为：⑤；
Ⅲ．①在水溶液中的电离方程式：Ba(OH)₂=Ba²⁺+2OH^-，故答案为：Ba(OH)₂=Ba²⁺+2OH^-；
(2)维生素C又称“抗坏血酸”，能帮助人体将食物中摄取的、不易吸收的Fe³⁺转变为易吸收的Fe²⁺，这说明维生素C具有还原性，故答案为：还原性；
(3)①Fe(OH)₃胶体具有丁达尔效应，故①正确；
②水无丁达尔效应，故②错误；
③蔗糖溶液无丁达尔效应，故③错误；
④Ca(OH)₂悬浊液无丁达尔效应，故④错误；故答案为：①；
(4)NH₃中N元素化合价从-3价变为0价，失电子，NO₂中N元素从+4价变为0价，化合价降低，得电子，即电子由NH₃转移到NO₂，根据反应关系可知转移电子数为24，用单线桥表示电子的转移情况为，故答案为：。
19．(1)AgNO₃=Ag⁺+NO
(2)     铁丝上有红色固体析出，溶液变浅绿色     氧化性：Ag⁺＞Cu²⁺(或还原性：Cu＞Ag)     Cu+2Ag⁺=Cu²⁺+2Ag
(3)0.216
 
【详解】（1）AgNO₃是强电解质，电离方程式为AgNO₃=Ag⁺+NO；
（2）①实验Ⅰ，Fe与CuSO₄发生置换反应，在铁表面生成紫红色的铜，溶液变为FeSO₄溶液，现象为：铁丝上有红色固体析出，溶液变浅绿色；
②实验Ⅱ中溶液变蓝色，说明Cu与AgNO₃发生置换反应，结论是：氧化性：Ag⁺＞Cu²⁺(或还原性：Cu＞Ag)；
③实验Ⅱ中，Cu与Ag⁺发生置换反应，离子方程式为Cu+2Ag⁺=Cu²⁺+2Ag；
（3）根据Cu+2Ag⁺=Cu²⁺+2Ag可知，消耗1molCu生成2mol，铜丝增重Δm=108g/mol×2mol-64g/mol×1mol=152g，所以铜丝比反应前增重0.152 g，说明生成(×2)mol=0.001mol银，质量为0.002mol×108g/mol=0.216g。
20．(1)下口
(2)     2CrO+CH₃OH+10H⁺=2Cr³⁺+7H₂O+CO₂↑     蒸馏
(3)     ≥5     取最后一次洗涤液少许于试管中，先加入足量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若无沉淀生成，说明洗涤干净
(4)将过滤后所得固体完全溶解于过量的盐酸中，之后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用乙醚洗涤低温干燥，得到CrCl₃•6H₂O
 
【分析】本实验的目的是制备CrCl₃•6H₂O，将反应物依次加入三口烧瓶中，得到混合溶液，然后在酸性环境中，利用甲醇将工业铬酸钠还原为Cr³⁺，蒸馏除去剩余甲醇，待反应液冷却后，用NaOH溶液调节pH，得到Cr(OH)₃沉淀，过滤后多次洗涤沉淀，经系列处理得到CrCl₃•6H₂O晶体，以此来解析；
【详解】（1）为增强冷凝效果，冷凝水下进上出，所以仪器b的冷凝水从下口进水；
（2）根据题意，酸性环境中甲醇将Na₂CrO₄还原为Cr³⁺，自身被氧化为CO₂，根据电子守恒可知Na₂CrO₄和CH₃OH的系数比为2：1，再结合元素守恒可得离子方程式为：2CrO+CH₃OH+10H⁺=2Cr³⁺+7H₂O+CO₂↑；利用甲醇的沸点低，从剩余溶液中分离出CH₃OH的方法是蒸馏法；
（3）当c(Cr³⁺)=1×10^-5mol/L时，根据K_sp[Cr(OH)₃=1×10^-32，可得c(OH^-)==mol/L=1×10^-9mol/L，则c(H⁺)=10^-5mol/L，此时pH=5，所以需调节溶液pH≥5，使Cr³⁺完全沉淀生成Cr(OH)₃；
Cr(OH)₃表面可能附着有杂质Cl^-，检测沉淀是否洗涤干净，即检验Cl^-方法为：取最后一次洗涤液少许于试管中，先加入足量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若无沉淀生成，说明洗涤干净；
（4）实验的目的是将固体Cr(OH)₃转化为CrCl₃•6H₂O，则需先将过滤后所得固体完全溶解于过量的盐酸中，之后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，CrCl₃•6H₂O不溶于乙醚，易溶于水、乙醇，所以未减少溶解损失，应用乙醚洗涤沉淀，之后低温干燥，得到CrCl₃•6H₂O；
21．(1)CO、SiO
(2)b
(3)3Fe^2＋＋NO＋4H^＋=3Fe^3＋＋NO↑＋2H₂O
(4)红褐色沉淀溶解，溶液呈黄色
(5)Al^3＋＋4OH^-=AlO＋2H₂O
(6)4∶1
(7)②
 
【分析】某强酸性溶液X，则溶液中不存在弱酸根离子CO、SiO，溶液和硝酸钡溶液反应生成沉淀C，则溶液中一定存在SO，不存在和硫酸根离子反应的Ba²⁺，C是BaSO₄；酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，所以溶液中Fe²⁺和NO不能共存，加入硝酸钡产生气体，则溶液中存在Fe²⁺，不存在NO，A是NO，则D是NO₂，二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，则E是HNO₃；溶液B中加入氢氧化钠溶液时，产生气体F，则溶液中含有NH，F是NH₃，硝酸和氨气反应生成硝酸铵，则I是NH₄NO₃；产生沉淀，则溶液中存在Fe³⁺，沉淀G是氢氧化铁，氢氧化铁和盐酸反应生成FeCl₃，则J是FeCl₃，溶液H中通入过量二氧化碳生成沉淀，则溶液中存在Al³⁺，沉淀K是氢氧化铝，溶液L是NaHCO₃。
【详解】（1）由强酸性条件即可判断溶液X中不存在弱酸根离子，一定不存在的离子有CO、SiO。故答案为：CO、SiO；
（2）根据以上分析可知溶液X中一定没有NO，故答案为：b；
（3）亚铁离子和硝酸反应生成铁离子、一氧化氮和水，产生气体A的离子方程式为3Fe^2＋＋NO＋4H^＋=3Fe^3＋＋NO↑＋2H₂O。故答案为：3Fe^2＋＋NO＋4H^＋=3Fe^3＋＋NO↑＋2H₂O；
（4）转化⑥发生的反应是盐酸溶解氢氧化铁，发生反应产生的现象为红褐色沉淀溶解，溶液呈黄色。故答案为：红褐色沉淀溶解，溶液呈黄色；
（5）转化④中产生偏铝酸钠的离子方程式为Al^3＋＋4OH^-=AlO＋2H₂O。故答案为：Al^3＋＋4OH^-=AlO＋2H₂O；
（6）若转化③中，NO₂、H₂O、O₂三种物质恰好发生化合反应生成HNO₃，该反应方程式为：4NO₂+2H₂O+O₂＝4HNO₃，则反应中D与O₂的物质的量之比为4∶1。故答案为：4∶1；
（7）溶液中Fe³⁺是否存在不能确定，Fe³⁺和硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液，所以可以用硫氰化钾溶液检验，故答案为：②。
22．(1)丁达尔效应
(2)     电解质H₂SO₄使 Fe(OH)₃胶体聚沉而产生沉淀     Fe(OH)₃＋3H^＋=Fe^3＋＋3H₂O
(3)     NaOH溶液     、     提高Na₂CO₃·H₂O的含量
(4)c
 
【解析】(1)
胶体能产生丁达尔效应，可以利用丁达尔效应判断胶体制备是否成功；
(2)
向Fe(OH)₃胶体中逐滴加入了稀H₂SO₄溶液，电解质H₂SO₄使 Fe(OH)₃胶体聚沉而产生沉淀，所以先出现红褐色沉淀；随后氢氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水，沉淀又溶解，此反应的离子方程式是Fe(OH)₃＋3H^＋=Fe^3＋＋3H₂O；
(3)
工业碳酸钠中含有、、、、等杂质，为了提高碳酸钠的纯度，加入氢氧化钠可生成氢氧化铁、氢氧化镁等沉淀除去、，所以试剂A是NaOH溶液，没有除去的离子有、 ，所以“母液”中除了含有、、外，还含有、等离子；根据碳酸钠的饱和溶液在不同温度下析出的溶质图， “趁热过滤”能提高Na₂CO₃·H₂O的含量；
(4)
a．溶液中加入盐酸、BaCl₂引入氯离子，干扰检验，故不选A；                
b．硝酸银和、、都能生成沉淀，先加硝酸银无法检验是否含有，故不选B；
c．先加入HNO₃排除的干扰，加入Ba(NO₃)₂检验，最后加入AgNO₃检验， 故选c；          
d．硝酸银和、、都能生成沉淀，先加硝酸银无法检验是否含有，故不选d；
选c。