3.1 电离平衡同步复习题 2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1

3.1 电离平衡同步复习题 2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1 一、单选题 1．下列说法正确的是（　　） A．次氯酸的电离方程式是HClO=H＋＋ClO－ B．醋酸是弱电解质，液态时能导电 C．0.1 mol·L－1氨水中NH4+的浓度小于0.1 mol·L－1 D．盐酸中加入固体NaCl，因Cl－浓度增大，所以溶液酸性减弱 2．下列物质中，属于弱电解质的是（　　） A． B． C． D．NaOH 3．北京大学科学家在世界上首次拍到水分子的内部结构。下列关于水的说法正确的是（　　） A．水属于弱电解质 B．可燃冰是可以燃烧的固态水 C．氢氧两元素组成的化合物是水 D．水的pH在90℃时约为6，呈酸性 4．的下列溶液中，最大的是（　　） A． B． C． D．氨水 5．下列各组物质中，都是弱电解质的是（　　） A．、HCl、 B．HClO、、 C．NaOH、、 D．HF、、 6．25℃时，弱酸的电离平衡常数如下表，下列叙述不正确的是（　　） 弱酸 CH3COOH HCN H2CO3 K 1.8×10﹣5 4.9×10﹣10 K1=4.3×10﹣7 K2=5.6×10﹣11 A．等体积、等物质的量浓度的CH3COOH溶液和Na2CO3溶液反应后的溶液呈碱性 B．a mol/LHCN溶液与bmol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液c（Na+）＞c（CN﹣ ），则a可能等于b C．相同温度时，等物质的量浓度三种溶液的pH关系：NaCN＞Na2CO3＞CH3COONa D．向NaCN溶液中通入少量的CO2离子方程式为：CN﹣+H2O+CO2=HCN+HCO3﹣ 7．室温下向10mL c（H+）=0.001 mol•L﹣1的醋酸溶液中加水稀释后，下对说法正确的是（　　） A．溶液中导电粒子的数目减少 B．醋酸的电离程度增大，c（H+）亦增大 C．溶液中 不变 D．再加入c（OH﹣）=0.001 mol•L﹣1的NaOH溶液，混合液的pH=7 8．下列事实能说明醋酸是弱电解质的是（　　） ①醋酸与水能以任意比互溶； ②醋酸溶液能导电； ③醋酸溶液中存在醋酸分子； ④常温下，0.1mol/L醋酸的pH比0.1mol/L盐酸的pH大； ⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2； ⑥pH=3的醋酸溶液加水稀释至原溶液体积的10倍后，pH<4； ⑦大小相同的铁片与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2速率慢。 A．②⑥⑦ B．①② C．③④⑤⑥ D．③④⑥⑦ 9．下列性质中可以证明醋酸是弱电解质的是（　　） A．醋酸与水以任意比例互溶 B．1 mol·L -1 的醋酸溶液的 c(H＋ )约为 0.01 mol·L -1 C．醋酸的导电性比盐酸的弱 D．10 mL 1 mol·L -1 醋酸恰好与 10 mL 1 mol·L-1 NaOH 溶液完全反应 10．下列物质属于强电解质的是（　　） A．氯化钠 B．乙醇 C．醋酸 D．铜 11．下列物质分类正确的是 A．强电解质：BaSO4、Ca(OH)2、AlCl3 B．共价化合物：H2O2、HD、HClO4 C．天然高分子化合物：淀粉、纤维素、塑料 D．同系物：甲醇、乙二醇、丙三醇 12．下列无法证明某酸HA是弱酸的实验方案是（　　） A．室温下，测得0.1mol·L-1HA溶液的pH＞1,证明HA是弱酸 B．碳酸钠溶液中滴入0.1mol·L-1的HA溶液，产生大量无色气体 C．室温下测得某HA溶液的pH=a，用蒸馏水稀释100倍测得溶液pH=b，且b-a＜2 D．室温下，用pH试纸测得0.1mol·L-1 NaA溶液的pH＞7 13．下列说法错误的是（　　） A．化学反应的过程本质上是旧化学键断裂和新化学键形成的过程 B．元素性质的周期性变化是元素原子核外电子排布周期性变化的必然结果 C．电解质的电离需要在通电的情况下进行 D．KNO3溶液进行焰色试验，透过蓝色钠玻璃可观察到火焰为紫色 14．下列图示与对应的叙述相符的是（　　） A．图A表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线，其中溶液导电性：c＞b＞a B．由B图可知， C的燃烧热为110. 5 kJ/mol C．图C是常温下向10 mL 0.1 mol·L-1的HR溶液中逐滴滴入0.1 mol·L-1 NH3·H2O溶液，溶液pH及导电能力变化，由图可知a~b导电能力增强，说明HR为弱酸 D．图D表示反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)平衡时NH3体积分数随起始n(N2)/n(H2)变化的曲线，其中A点与B点H2转化率：αA(H2)=αB(H2) 15．稀氨水中存在着下列平衡：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，若要使平衡向逆反应方向移动，同时使c（OH﹣）增大，应加入的物质或采取的措施是（　　） ①NH4Cl固体　②硫酸　③NaOH固体④水　⑤加热⑥加入少量MgSO4固体． A．①②③⑤ B．③⑥ C．③ D．③⑤ 16．下列事实中，能说明是弱碱的是 A．溶液的导电能力比溶液弱 B．溶液可以使酚酞溶液变红 C．常温下，溶液中 D．等体积的溶液与盐酸恰好完全反应 17．醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH H＋＋CH3COO－，下列叙述错误的是（　　） A．向溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动，c(CH3COO－)增大 B．0.10mol/L的CH3COOH溶液中加少量水，平衡正向移动，导电性增强 C．通入少量NH3气体，c(H+)减小、c(OH－)增加 D．25℃时，加入少量浓醋酸，平衡正向移动，醋酸的电离程度减弱 18．pH=2的两种一元酸HX和HY的溶液分别取50mL，加入过量的镁粉，充分反应后，收集H2的体积在相同状况下分别为V1和V2，若V1＞V2，下列说法正确的是（　　） A．HX可能是强酸 B．NaX水溶液的碱性弱于NaY水溶液的碱性 C．HX一定是弱酸 D．反应过程中二者生成H2的速率相同 19．25℃时，的两种碱溶液各10mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积(V)的关系如图所示，下列说法不正确的是（　　） A．若，则NOH为强碱 B．两种碱的物质的量浓度肯定不等 C．均稀释100倍以后，MOH溶液中水的电离程度大于NOH溶液 D．若两者均为弱碱，则，且NOH碱性强于MOH 20．下列有关叙述中正确的是（　　） A．难溶于水的电解质一定是弱电解质 B．强电解质的水溶液导电能力一定比弱电解质水溶液的导电能力强 C．易溶于水的电解质一定是强电解质 D．强电解质在水溶液中的电离过程是不可逆的 二、综合题 21． （1）判断下列物质在相应条件下能否电离，并说明理由。 ①液态HCl：　 　，理由：　 　。 ②熔融状态下的NaCl：　 　，理由：　 　。 ③高温熔化后的单质铁：　 　，理由：　 　。 ④固体KOH：　 　，理由：　 　。 （2）写出下列物质在水溶液中的电离方程式。 HCl：　 　； H2SO4：　 　； Ca(OH)2：　 　； KOH：　 　； NH4NO3：　 　； KAl(SO4)2：　 　。 22．25℃，50mL0.10mol/L醋酸中存在下述平衡，若分别作如下改变，对上述平衡有何影响（填增大，减小，不变） （1）加入少量冰醋酸，平衡将　 　，溶液中C（H+）将　 　 （2）加入一定量蒸馏水，平衡将　 　，溶液中C（H+）将　 　 （3）加入少量0.10mol/L盐酸，平衡将　 　，溶液中C（H+）将　 　 （4）加入2mL0.1mol/LNacl溶液，平衡将　 　，溶液中C（H+）将　 　． 23．回收利用含硫化合物有利于节约资源、保护环境。 （1）一种由含H2S的烟气回收硫黄的工艺为：将一部分含H2S的烟气在空气中燃烧，将燃烧所得产物与剩余烟气混合，冷却后可回收得到硫黄(S8)。该工艺中涉及反应为： 反应1：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)　ΔH1=akJ·mol-1(a<0) 反应2：4H2S(g)+2SO2(g)=3S2(g)+4H2O(g)　ΔH2=bkJ·mol-1(b>0) 反应3：4S2(g)=S8(s)　ΔH3=ckJ·mol-1(c<0) 如果上述反应均能完全进行，为提高硫黄的产率，该工艺中需要控制反应1和反应2烟气的体积比为　 　。 （2）某工业废水中含有乙硫醇(C2H5SH)，已知C2H5SH水溶液中的物种分布分数如图1所示。 已知：Ka1(H2S)=9×10-8，分别从电离常数和共价键极性的角度比较H2S和C2H5SH酸性强弱： ①　 　(电离常数)； ②　 　(共价键极性)。 （3）一种以Al2O3为催化剂载体、FeS2为催化剂的H2还原烟气中SO2制S的反应机理如图2和图3所示： ①图3中所示的转化过程可描述为　 　。 ②图2中FeSx和H2反应生成M、FeSx-1和H•的化学方程式为　 　。 ③其他条件一定，改变起始时H2与SO2的比例，反应相同时间，测得S的产率与温度和n(H2)/n(SO2)比值的关系如图4所示。500℃时，n(H2)/n(SO2)比值为3时硫的产率小于比值为2时的原因是　 　。 24．pC是指极稀溶液中溶质物质的量浓度的常用对数负值，类似pH。已知H2CO3溶液中存在下列平衡：CO2+H2O H2CO3 H2CO3 H+ + HCO3- HCO3- H+ + CO32-，下图为H2CO3、HCO3- 、CO32-在加入强酸或强碱溶液后达到平衡时溶液中三种成分的pC-pH图。 （1）在pH＝11时，H2CO3溶液中浓度最大的含碳元素的离子为　 　。 （2）由图可知，碳酸的一级电离常数Ka1大约为　 　 25．氮及其化合物在生活、生产和科技等方面有重要的应用． （1）写出氮原子的原子结构示意图　 　； （2）氮氧化物是造成雾霾天气的主要原因之一，利用ClO2和Na2SO3溶液处理氮氧化物的反应过程如下： NO NO2 N2 反应Ⅱ的离子方程式是　 　； （3）羟胺（NH2OH）可看成是氨分子内的1个氢原子被羟基取代后的产物，常用作还原剂，其水溶液显弱碱性． ①NH2OH的水溶液呈弱碱性的原理与NH3相似，NH2OH的水溶液中主要离子有 　 　（填离子符号）． ②某离子化合物的组成元素与NH2OH相同，其水溶液显酸性．该物质是 　 　（填化学式），其溶液中离子浓度由大到小的顺序为　 　． （4）氨水在工业上用作沉淀剂．已知25℃时，Ksp[Fe（OH）3]=1.0×10﹣38，Ksp[Al（OH）3]=1.0×10﹣32，向一定浓度的AlCl3和FeCl3的混合溶液中逐滴加入氨水．当溶液中Fe3+和Al3+沉淀完全[c（Fe3+）、C（Al3+）均小于1.0×10﹣5mol•L﹣1]时，调节溶液的pH应略大于　 　． 答案解析部分 1．【答案】C 【解析】【解答】A.次氯酸属于弱酸，不能完全电离， 次氯酸的电离方程式是HClOH＋＋ClO－ ，A不符合题意； B.醋酸液态时不能导电，水溶液中可以到店，B不符合题意； C.氨水中存在以下平衡NH3++H2ONH3.H2ONH4++OH-，只能部分电离，C符合题意； D.HCl和NaCl均为强电解质，均完全电离，氯离子浓度大小不影响溶液的酸性，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A.弱电解质的电离方程式要用可逆号； B.醋酸在液态时以分子状态存在，不能导电； D.一水合氨是弱电解质，不能完全电离； D.溶液的酸性是用溶液中氢离子浓度大小来表示。 2．【答案】A 【解析】【解答】A、在水溶液中部分电离，属于弱电解质，故A选项正确； B、在水溶液中完全电离，属于强电解质，故B选项错误； C、在水溶液中完全电离，属于强电解质，故C选项错误； D、NaOH在水溶液中完全电离，属于强电解质，故D选项错误； 故正确答案为：A 【分析】 在水中或者熔融状态下能导电的化合物为电解质； 能全部电离即为强电解质，不能全部电离即为弱电解质； 3．【答案】A 【解析】【解答】A. 水属于弱电解质，A符合题意； B. 可燃冰是甲烷水合物，不是固态水，B不符合题意； C. 氢氧两元素组成的化合物不一定是水，也可以是H2O2，C不符合题意； D. 纯水在任何温度下都呈中性，D不符合题意， 故答案为：A。 【分析】 A.水能够部分电离，属于弱电解质； B.固态水不会燃烧，可燃冰是一种天然气水合物；C. H、O元素可以组成双氧水； D.水中氢离子与氢氧根离子浓度相等，呈中性。 4．【答案】B 【解析】【解答】A、NH4Cl存在如下的水解反应，c(NH4+)有所减少，故不符合题意； B、因为溶液中含有Al3+，也可以发生水解反应，，生成H+，能够抑制NH4+的水解，故符合题意 C、NH4HCO3也存在如下的水解反应，，相比盐酸，HCO3-的酸性更弱，越弱越水解，所以NH4HCO3的c(NH4+)浓度要小于NH4Cl溶液中的c(NH4+)，故不符合题意； D、 因为氨水电离是部分的，大部分是分子形式存在 ，所以NH4+最少，故不符合题意； 经过上述分析c(NH4+)大小顺序为：B>A>C>D； 故答案为：B。 【分析】根据水解和弱电解质在水溶液中共的电离平衡分析。 5．【答案】D 【解析】【解答】A、 、HCl、均完全电离，都是强电解质，故A不符合题意； B、HClO部分电离，属于弱电解质， 、 均完全电离，都是强电解质，故B不符合题意； C、 NaOH、、 均完全电离，都是强电解质，故C不符合题意； D、HF、 、 均部分电离，都是弱电解质，故D符合题意； 故答案为：D。 【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，弱电解质是指部分电离的电解质。 6．【答案】C 【解析】【解答】解：A、等物质的量的CH3COOH溶液和Na2CO3溶液反应生成CH3COONa和NaHCO3，水解显碱性，故A正确； B、a=b时，a mol/LHCN溶液与bmol/LNaOH溶液等体积混合，恰好生成NaCN溶液，NaCN溶液水解显碱性，据电荷守恒，c（Na+）＞c（CN﹣），故B正确； C、弱酸的酸性越弱，其酸根离子的水解程度越强，酸性强弱顺序是HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，所以三种溶液的pH关系：Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa，故C错误； D、依据强酸制取弱酸的原理，NaCN溶液中通入少量的CO2离子方程式为：CN﹣+H2O+CO2=HCN+HCO3﹣，故D正确； 故选C． 【分析】弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，酸性强弱顺序是HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，等pH的弱酸溶液，酸性越强的酸其物质的量浓度越小，弱酸根离子水解程度越小，结合强酸能和弱酸盐反应制取弱酸分析解答． 7．【答案】C 【解析】【解答】A．弱电解质，浓度越稀，电离程度越大，醋酸溶液中加水稀释，促进电离，溶液中导电粒子的数目增多，所以A错误； B．醋酸溶液中加水稀释，醋酸的电离程度增大，因溶液的体积增大的倍数大于n（H+）增加的倍数，则c（H+）减小，酸性减弱，所以B错误； C．醋酸的电离平衡常数 ，温度不变，Ka不变，所以C正确； D．等体积10mL c（H+）=0.001 mol•L﹣1的醋酸与c（OH﹣）=0.001 mol•L﹣1的NaOH溶液混合时，醋酸的浓度大于0.001mol/L，醋酸过量，则溶液的pH＜7，所以D错误；所以选C． 【分析】本题考查了弱电解质的稀释，明确温度与电离平衡常数的关系、溶液的pH与物质的量浓度的关系、稀释中溶液体积的变化与离子的物质的量的变化关系是解答本题的关键． 8．【答案】D 【解析】【解答】①醋酸与水能以任意比互溶，只能说明醋酸易溶于水，与其电离程度无关；②醋酸溶液能导电，只能说明醋酸是电解质，而不能说明是弱电解质；③醋酸溶液中存在醋酸分子，说明醋酸没有电离完全，是弱电解质；④常温下，0.1mol/L醋酸的pH比0.1mol/L盐酸的pH大，盐酸是强酸，且二者都为一元酸，说明醋酸部分电离，为弱电解质；⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2，说明醋酸酸性大于碳酸，碳酸也是弱酸，不能说明醋酸是否为弱酸，即不能说明醋酸是弱电解质；⑥pH=3的醋酸溶液加水稀释至原溶液体积的10倍后，pH<4，pH变化小于1，说明加水后醋酸又发生了电离，醋酸属于弱酸，为弱电解质；⑦大小相同的铁片与相同物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液反应，醋酸产H2速率慢，说明醋酸中氢离子浓度小于盐酸，则醋酸部分电离，为弱电解质。 综上，能说明醋酸是弱电解质的是③④⑥⑦， 故答案为：D。 【分析】弱电解质的电离不完全，常见的弱酸、弱碱、水属于弱电解质，据此分析。 9．【答案】B 【解析】【解答】A.醋酸能与水以任意比例互溶，不能说明存在，A不符合题意； B.CH3COOH的部分电离，A不符合题意；1mol·L－1的CH3COOH溶液中，c(H＋)≈0.01mol·L－1，说明CH3COOH溶液中存在CH3COOH的部分电离，可说明CH3COOH是弱电解质，B符合题意； C.溶液的导电性与溶液中离子浓度有关，由于未给出醋酸和盐酸溶液的浓度，无法比较溶液中离子浓度，从而无法确定CH3COOH是否部分电离，C不符合题意； D.二者恰好完全反应，不能说明CH3COOH部分电离或CH3COO－的水解，因此无法证明CH3COOH是弱电解质，D不符合题意； 故答案为：B 【分析】要证明CH3COOH是弱电解质，则需证明CH3COOH溶液中存在部分电离，或证明其盐溶液中存在CH3COO－的水解。据此结合选项进行分析。 10．【答案】A 【解析】【解答】解：A．氯化钠属于盐，溶于水或者熔融状态时，可以完全电离变成钠离子和氯离子，能导电，属于强电解质，故A正确； B．乙醇在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物，是非电解质，故B错误； C．醋酸的成分是乙酸，是化合物，在水溶液中不能完全电离，是部分电离的电解质，属于弱电解质，故C错误； D．金属铜是单质，它既不是电解质也不是非电解质，故D错误； 故选A． 【分析】电解质是化合物，电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物．电解质水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子．电解质包括离子型或强极性共价型化合物．强电解质一般是强酸、强碱和活泼金属氧化物以及大部分盐，它们溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴阳离子的化合物，抓住这些特点即可解题． 11．【答案】A 12．【答案】B 【解析】【解答】A．室温下测得0.1mol•L-1HA溶液的pH>1，证明HA在溶液中部分电离出氢离子，则说明HA是弱酸，A不符合题意； B．碳酸钠溶液中滴入0.1mol•L-1的HA溶液，产生大量无色气体，只能说明HA的酸性大于碳酸，无法证明HA的为强酸还是弱酸，B符合题意； C．室温下测得某HA溶液的pH=a，用蒸馏水稀释100倍测得溶液pH=b，且b-a<2，说明稀释过程中HA又电离出氢离子，则证明HA为弱酸，C不符合题意； D．室温下，用pH试纸测得0.1mol•L-1 NaA溶液的pH>7，说明NaA为强碱弱酸盐，则证明HA为弱酸，D不符合题意； 故答案为：B 【分析】证明HA是弱酸，则可通过证明其部分电离，或证明其盐溶液中发生水解，从而得出HA是弱酸；据此结合选项进行分析。 13．【答案】C 【解析】【解答】A．化学反应为有新的物质生成的过程，本质上是旧化学键断裂和新化学键形成的过程，A说法不符合题意； B．元素原子核外电子排布周期性变化的必然结果导致元素性质的周期性变化，B说法不符合题意； C．电解质在水分子的作用下，在溶液中发生电离，不需要在通电的情况下进行，C说法符合题意； D．KNO3溶液中含有钾元素，可能含有钠元素，则进行焰色试验，透过蓝色钠玻璃可观察到火焰为紫色，D说法不符合题意； 答案为C。 【分析】A.化学反应的实质是有新物质生成，必然有化学键的断裂和形成； B.依据元素周期律分析； C.电解质在水分子的作用下，在溶液中发生电离； D.透过蓝色钠玻璃可以有效的去除钠元素火焰的影响。 14．【答案】C 【解析】【解答】A．用水稀释pH相同的盐酸和醋酸，盐酸的pH变化较大，醋酸的pH变化较小，溶液的导电能力取决于自由移动的离子的浓度大小，则溶液导电性：a＞b＞c，故A不符合题意； B．CO不是稳定氧化物，1molC生成稳定氧化物放出的热量大于110. 5 kJ，故B不符合题意； C．溶液的导电能力与离子浓度和所带电荷成正比，如果HR为强酸，加入氨水至溶液呈中性时，溶液中离子浓度会减小，导致溶液导电能力降低，根据图知，加入氨水至溶液呈中性时，随着氨水的加入，溶液导电能力增强，说明离子浓度增大，则HR为弱酸，故C符合题意； D．由图D可知，n(N2)/n(H2)值越大，H2转化率越高，转化率：αA(H2)<αB(H2)，故D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A．溶液的导电能力取决于自由移动的离子的浓度大小； B．燃烧热是101kP时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定产物时的反应热；CO不是稳定氧化物； C．溶液的导电能力与离子浓度和所带电荷成正比； D．增大一种反应物的量，可提高其它反应物的转化率，自身的转化率反应降低。 15．【答案】C 【解析】【解答】解：①NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，平衡逆向移动，c（OH﹣）减小，故错误；②硫酸会消耗氢氧根离子，氢氧根离子浓度减小，平衡正向移动，故错误；③NaOH固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，电离平衡逆向移动，故正确；④水稀释，氨水的浓度减小，平衡正向移动，氢氧根离子浓度减小，故错误；⑤弱电解质的电离为吸热过程，加热促进电离，平衡正向移动，故错误；⑥加入少量MgSO4固体，氢氧根离子与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，平衡正向移动，氢氧根离子浓度减小，故错误；故选C． 【分析】若要使平衡逆向移动，同时使c（OH﹣）增大，则可加入能电离出氢氧根离子的物质，结合浓度对化学平衡的影响来解答． 16．【答案】C 【解析】【解答】A．溶液的导电能力与离子浓度有关，未指明相同的浓度，无法依据MOH溶液的导电能力弱来说明MOH是弱碱，A不选； B．溶液可以使酚酞溶液变红说明溶液为碱性，不确定碱性强弱，无法说明MOH是弱碱，B不选； C．常温下，溶液中，即MOH不能完全电离，说明MOH是弱碱，C选； D．等体积的溶液与盐酸恰好完全反应是由于一元酸与一元碱的物质的量相等，不能说明MOH是弱碱，D不选； 故答案为：C。 【分析】 说明是弱碱，只需证明其部分电离即可。 17．【答案】B 【解析】【解答】A. 向溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动，c(CH3COO－)增大，A不符合题意； B. 0.10mol/L的CH3COOH溶液中加少量水，平衡正向移动，但是溶液中离子浓度减小，故导电性增减弱，B符合题意； C. 在一定温度下，水的离子积是常数，故通入少量NH3气体，c(H+)减小、c(OH－)增加，C不符合题意； D. 在一定温度下，醋酸的浓度越大，其电离度越小，所以，25℃时，加入少量浓醋酸，平衡正向移动，醋酸的电离程度减弱，D不符合题意。 故答案为：B。 【分析】根据外界条件的改变对弱电解质的电离平衡的影响进行分析即可。 18．【答案】C 【解析】【解答】A．pH=2的两种一元酸HX与HY溶液，分别与足量Mg反应，HX产生氢气多，则HX为弱酸，故A错误； B．因为酸性：HX＜HY，根据越弱越水解的原理，相同浓度的NaX，NaY溶液，NaX碱性强，故B错误； C．pH=2的两种一元酸，分别取50mL加入足量镁粉，由V（HX）＞V（HY），说明HX溶液的浓度较大，则HX酸性较弱，HX一定是弱酸，故C正确； D．开始时候PH相等，开始那一瞬间反应速率相等，开始之后一直是HX里面反应快．因为它更弱，反应之后继续电离出的氢离子多，故D错误； 故选C． 【分析】两种一元酸因为pH值相同，与过量的镁粉反应，产生气体V1＞V2，说明HX溶液的浓度较大，则HX酸性较弱，反应速率与氢离子浓度成正比，以此进行分析并解答． 19．【答案】C 【解析】【解答】A、若a=11，pH=11的强碱稀释100倍，pH会减小2，由图可知，NOH在稀释100倍后pH变为了9，则NOH为强碱，故A不符合题意 ； B、碱性越弱，稀释后pH变化越小，MOH碱性比NOH更弱，起始时两者pH相等，则MOH的浓度与NOH浓度肯定不等，故B不符合题意 ； C、均稀释100倍以后，MOH溶液pH大于NOH溶液，MOH溶液碱性更强，对水电离的抑制作用更强，则均稀释100倍以后，MOH溶液中水的电离程度小于NOH溶液，故C符合题意 ； D、若两者均为弱碱，稀释后得到的溶液pH=9，稀释前溶液pH＜11，则a＜11，碱性越弱，稀释后pH变化越小，则NOH碱性强于MOH，故D不符合题意 ； 故答案为：C。 【分析】A、若a=11，pH=11的强碱稀释100倍，pH变为9； B、碱性越弱，稀释后pH变化越小，MOH碱性比NOH更弱，起始时两者pH相等，MOH的浓度比NOH大的多； C、碱性越强，对水的电离抑制越明显； D、若两者均为弱碱，稀释后得到的溶液pH=9，稀释前溶液pH＜11，则a＜11，碱性越弱，稀释后pH变化越小。 20．【答案】D 【解析】【解答】解：A．电解质的强弱和溶解度无关，硫酸钡难溶于水，但它是强电解质，故A错误； B．导电能力的强弱与参与导电的自由移动的离子的浓度大小有关，强电解质如果浓度很小，导电能力也可能比浓的弱电解质溶液的导电能力弱，故B错误； C．电解质的强弱和溶解度无关，乙酸易溶于水，但它是弱酸，故C错误； D．强电解质完全电离，不可逆，故D正确． 故选D． 【分析】A．弱电解质是在水溶液里部分电离的电解质； B．电解质的水溶液的导电能力和电解质强弱无关，和离子浓度、所带电荷有关； C．强电解质是在水溶液里完全电离的电解质； D．强电解质完全电离． 21．【答案】（1）不能；HCl是共价化合物，液态时不电离，只在水溶液中电离；能；能电离出Na+和Cl−；不能；Fe是单质；不能；电解质在固态时不电离 （2）HCl=H++Cl−；H2SO4=2H++ ；Ca(OH)2=Ca2++2OH−；KOH=K++OH−；NH4NO3= + ；KAl(SO4)2=K++Al3++2 【解析】【解答】(1)HCl是酸，属共价化合物，在液态时不电离，NaCl在熔融状态可以电离，KOH在固态时不电离，Fe是单质，任何条件都不电离。(2)KAl(SO4)2能电离出三种离子。 【分析】根据电解质的概念判断是否属于电解质，以及能否电离，结合强电解质完全电离书写电离方程式. 22．【答案】（1）向电离方向移动；增大 （2）向电离方向移动；减小 （3）向离子结合成分子的方向移动；增大 （4）向电离方向移动；减小 【解析】【解答】解：CH3COOH是弱电解质，部分电离生成CH3COO﹣、H+，电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，故答案为：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+；（1）加入冰醋酸，醋酸浓度增大平衡向正反应方向移动，导致溶液中c（H+）增大，故答案为：向电离方向移动；增大；（2）浓度越小其电离程度越大，所以加水稀释促进醋酸电离，平衡向电离方向移动；但其电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c（H+）减小，故答案为：向电离方向移动；减小；（3）HCl电离出的氢离子抑制醋酸电离，所以抑制醋酸电离，则醋酸向离子结合成分子的方向移动，但溶液中c（H+）增大，故答案为：向离子结合成分子的方向移动；增大；（4）加入氯化钠溶液相当于稀释醋酸，促进醋酸电离，则醋酸向电离方向移动，因为醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以c（H+）减小， 故答案为：向电离方向移动；减小． 【分析】CH3COOH是弱电解质，部分电离生成CH3COO﹣、H+；（1）加入冰醋酸，醋酸浓度增大平衡向正反应方向移动；（2）浓度越小其电离程度越大；但其电离增大程度小于溶液体积增大程度；（3）HCl电离出的氢离子抑制醋酸电离；（4）加入氯化钠溶液相当于稀释醋酸，促进醋酸电离． 23．【答案】（1）1∶2 （2）电离常数角度：C2H5SHC2H5S-+H+，其电离常数Ka==10-10.4<Ka1(H2S)；故酸性H2S>C2H5SH；共价键极性角度：-C2H5是推电子基团，使C2H5SH中H—S的极性降低，电离出H+的能力减弱；故酸性H2S>C2H5SH （3）SO2吸附到催化剂载体上，在活性氢原子作用下，SO2中硫氧键断裂；氢原子与氧原子结合成OH吸附在载体上，同时有单质S生成；氢原子进一步与OH反应生成水；FeSx+H2=HS•+FeSx-1+H•；n(H2)/n(SO2)比值为3时，H2过量，H2进一步将S还原成H2S，导致硫的产率减小 【解析】【解答】（1）反应1产生的SO2和反应2中的H2S按照化学计量数之比为1：2反应，则反应1的烟气和反应2的烟气体积比为1：2，故答案为：1：2； （2）① 根据图象，交点处c(C2H5SH)=c(C2H5S-)，则此时， Ka1(H2S)=9×10-8 ，电离平衡常数越小，其酸性越弱，故答案为： 电离常数角度：C2H5SHC2H5S-+H+，其电离常数Ka==10-10.4<Ka1(H2S)；故酸性H2S>C2H5SH ； ② -C2H5是推电子基团，使C2H5SH中H—S的极性降低，电离出H+的能力减弱，故答案为： 共价键极性角度：-C2H5是推电子基团，使C2H5SH中H—S的极性降低，电离出H+的能力减弱；故酸性H2S>C2H5SH； （3）①根据图示可知SO2先吸附在载体，再发生化学键断裂，生产单质S和水，故答案为： SO2吸附到催化剂载体上，在活性氢原子作用下，SO2中硫氧键断裂；氢原子与氧原子结合成OH吸附在载体上，同时有单质S生成；氢原子进一步与OH反应生成水； ②结合图示，可知反应物为FeSx、H2，生成物为 HS• 、FeSx-1、 H• ，故答案为： FeSx+H2=HS•+FeSx-1+H• ； ③ H2过量时，H2进一步将S还原成H2S，导致硫的产率减小，故答案为： n(H2)/n(SO2)比值为3时，H2过量，H2进一步将S还原成H2S，导致硫的产率减小。 【分析】（1）恒压下，化学计量数之比等于物质的量之比等于体积之比； （2）①电离平衡常数越大，则酸性越强； ②推电子集团可以使H-S极性降低，电离的H+能力减弱； （3）①结合图示中的箭头始末判断反应过程； ②箭头起点为反应物，终点为生成物； ③H2过量时，H2进一步将S还原成H2S。 24．【答案】（1）CO32- （2）10－6 【解析】【解答】（1）根据图象可知，pH=11时，H2CO3溶液中浓度最大的含碳元素的离子为CO32-；（2）pH=6时，c(H2CO3)=c(HCO3-)，c(H+)=10-6mol/L，碳酸的一级电离常数Ka1= =10-6。 【分析】（1）由图象可知，横坐标为pH，纵坐标为pC，由图象的曲线可分析； （2） 碳酸是弱酸，一级电离方程式为：H2CO3 H++ HCO3- ，根据图像可知，pH=6即c(H+)=10-6mol/L时，c(H2CO3)=c(HCO3-)， 结合电离平衡常数进行分析计算. 25．【答案】（1） （2）2NO2+4SO32﹣═N2+4SO42﹣ （3）NH3OH+、OH﹣；NH4NO3；c（NO3﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣） （4）3 【解析】【解答】解：（1）氮原子的原子核内质子数为7，用圆圈内的数字表示核内质子数，+号表示原子核带正电；弧线表示电子层，弧线上的数字表示该层上的电子数，所以其原子结构示意图为 ，故答案为： ；（2）二氧化氮具有氧化性，能氧化Na2SO3生成Na2SO4，本身被还原成氮气，方程式为2NO2+4Na2SO3═N2+4Na2SO4，离子方程式为：2NO2+4SO32﹣═N2+4SO42﹣，故答案为：2NO2+4SO32﹣═N2+4SO42﹣；（3）①NH2OH的水溶液呈弱碱性的原理与NH3相似，NH2OH的水溶液存在平衡NH2OH•H2O⇌NH3OH++OH﹣，所以溶液中存在的主要离子有NH3OH+、OH﹣，故答案为：NH3OH+、OH﹣；②某离子化合物的组成元素与NH2OH相同，其水溶液显酸性，则该化合物为NH4NO3，为强酸弱碱盐，发生水解反应：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，溶液呈酸性，溶液中各种离子的浓度由大到小的顺序是c（NO3﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故答案为：NH4NO3；c（NO3﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；（4）当Fe3+完全沉淀时，c（Fe3+）=1.0×10﹣5，c（Fe3+）•（OH﹣）3=1.0×10﹣38，c（OH﹣）= =1×10﹣11mol/L，c（H+）= =10﹣3mol/L，pH=3，当Al3+完全沉淀时，c（Al3+）=1.0×10﹣5，c（Al3+）•（OH﹣）3=1.0×10﹣32，c（OH﹣）= =1×10﹣9mol/L，c（H+）= =10﹣5mol/L，pH=5， 所以调节溶液的pH应略大于3， 故答案为：3． 【分析】（1）氮原子的原子核内质子数为7，核外有2个电子层，第一层上有2个电子，第二层上有5个电子；（2）二氧化氮具有氧化性，能氧化Na2SO3生成Na2SO4，本身被还原成氮气；（3）①NH2OH的水溶液呈弱碱性的原理与NH3相似，根据氨水溶液中的一水合氨电离的方法判断；②某离子化合物的组成元素与NH2OH相同，其水溶液显酸性，则该化合物为NH4NO3，该盐为强酸弱碱盐水解呈酸性，据此分析各离子浓度；（4）根据Fe（OH）3、Al（OH）3的溶度积常数，分别计算当Fe3+、Al3+完全沉淀时，求出溶液中c（OH﹣），再求出c（H+），以此计算出溶液应调节的pH． 学科网（北京）股份有限公司 $$