3.1 电离平衡 同步练习 2024-2025学年高二上期人教版（2019）化学选择性必修1

3.1 电离平衡 章节卷 2024-2025学年高二上期人教版（2019）化学选择性必修1 一、单选题 1．下列关于pH=3的CH3COOH溶液的叙述正确的是（　　） A．溶液中H2O电离出的c(OH-)=1.0×10-3mol⋅L-1 B．加入少量CH3COONa固体后，溶液pH升高 C．与等体积0.001mol/L NaOH溶液反应，所得溶液呈中性 D．与pH=3的硫酸溶液浓度相等 2．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（　　） A．使酚酞变红色的无色溶液中： 、Cl−、Cu2+ B．pH=2的溶液中：Ca2+、Cl−、 C．含有大量Fe3+的溶液中： 、S2−、SCN− D．水电离的c(H+)=1×10−13mol·L−1的溶液中：Na+，Al3+、 3．下列物质属于弱电解质的是（　　） A．冰醋酸 B．碳酸钙 C．葡萄糖 D．醋酸钠 4．在醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，要使电离平衡左移且c(H+)减小，应采取的措施是 A．加入NaOH(s) B．加入盐酸 C．加蒸馏水 D．降低温度 5．下列属于弱电解质的是（　　）。 A． B．Fe C． D． 6．常温下，将HCl气体分别通入体积相同、pH＝12的两种碱溶液MOH、ROH中，数据间关系如图所示（X表示M、R，通入过程中溶液的体积不变）。下列说法正确的是（　　） A．a、b两点溶液中：a＞b B．ROH溶液能与MCl溶液反应 C．常温下等物质的量浓度的MOH、MCl混合溶液的pH＞7 D．将pH相同的两种碱溶液稀释相同倍数后溶液的pH：MOH＞ROH 7．T℃时，CdCO3和Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知pCd2+为Cd2+浓度的负对数，pN为阴离子浓度的负对数。下列说法正确的是（　　） A．曲线I是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线 B．加热可使溶液由X点变到Z点 C．Y点对应的Cd(OH)2溶液是过饱和溶液 D．T℃，在CdCO3(s)+2OH-(aq)⇌Cd(OH)2(s)+(aq)平衡体系中，平衡常数K=102 8．保持在室温下，将pH和体积相同的这两种酸(和)分别加水稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。已知：在室温下，和的电离常数分别为和，下列说法正确的是（　　） A．溶液中水的电离程度：b点＞d点 B．曲线I代表的是溶液 C．从c点到d点，溶液中保持不变(其中HA、分别代表相应的酸和酸根离子) D．体积相同的a点两溶液分别与NaOH溶液恰好中和时，两份溶液中： 9．常温下，天然水体中的H2CO3与空气中的CO2保持平衡，pH变化对H2CO3的浓度基本无影响。已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，常温时测得某溶洞水体中-lgc(X)(X为H2CO3、HCO、CO或Ca2+)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是 A．随pH增大，c(HCO)与c(Ca2+)的变化趋势相同 B．H2CO3的二级电离常数Ka2=10-8.3 C．N点对应溶液中，c(Ca2+)=0.0028mol·L-1 D．pH=7时，lgc(CO)-2lgc(HCO)=1 10．羟胺(NH2OH)在水溶液中的电离方程式为NH2OH+H2O⇌NH3OH++OH-。温度不变条件下向该溶液中加入NaOH固体，下列说法错误的是（　　） A．平衡常数K减小 B．n(OH-)增大 C．平衡向左移动 D．增大 11．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醋酸稀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； A．①③ B．①④ C．②③ D．③④ 12．在相同温度时，100 mL0.01 mol/L醋酸与10 mL0.1 mol/L醋酸相比较，下列数值中，前者大于后者的是 A．溶液中H+的物质的量 B．CH3COOH的电离常数 C．中和时所需NaOH的物质的量 D．溶液中CH3COOH的物质的量 13．常温下，已知某弱酸H3AO3溶液中含A微粒的浓度之和为0.1 mol·L-1，溶液中所有含A微粒的pC-pOH关系如图所示(pC表示含A微粒浓度的负对数；pOH表示OH-浓度的负对数)。下列说法正确的是（　　） A．表示pC(H3AO3)随pOH变化的曲线是① B．H3AO3溶液中存在： H++ C．pH=6.7的溶液中，2c()+c(H3AO3)>0.1 mol·L-1 D．反应2H3AO3+的平衡常数K= 1.0×10-5.3 14．已知常温下三种酸的电离平衡常数，下列说法错误的是（　　） 弱酸 醋酸 次氯酸 碳酸 电离平衡常数 A．三种酸的酸性由强到弱的顺序是： B．和的混合溶液中： C．相同温度，浓度相等的和两种溶液： D．溶液中通入少量的离子反应为： 15．一定温度下，向冰醋酸中加水稀释，稀释过程中溶液的导电能力随加水量(即加入水的体积)变化如图所示(不考虑稀释过程中的温度变化)。下列说法正确的是（　　） A．稀释过程溶液中的关系： B．醋酸的电离度在原点时为零，b点时最大 C．在溶液处于点时，加入适量，醋酸的电离度减小 D．稀释过程中醋酸的电离平衡常数逐渐增大 16．25℃时，几种弱酸的电离平衡常数如下， CH3COOH H2CO3 HClO ， 以下说法不正确的是（　　） A．酸性由强到弱的顺序： B．结合H+的能力由强到弱的顺序： C．向NaClO的混合溶液中通入少量CO2的化学方程式： D．向Na2CO3的混合溶液中滴加少量CH3COOH的化学方程式： 17．阿特拉津(ATZ)是农业中使用广泛且难以降解的除草剂，某科学组织研究发现，以FeSx@MoS2为催化剂(呈花束状)催化活化过一硫酸盐(PMS)降解阿特拉津(ATZ)取得了良好的效果，其反应机理如图所示： 下列说法错误的是（　　） A．PMS对应的酸为H2SO5，该酸含有过氧键 B．生成SO4·−的途径之一为2SO5·−=2SO4·−+1O2 C．流程中直接氧化ATZ的微粒只有1O2 D．S2-、以及Fe0可以促进Fe2+再生 18．已知部分弱酸的电离平衡常数如下表： 弱酸 醋酸 次氯酸 碳酸 亚硫酸 电离平衡常数(25℃) 下列离子方程式正确的是 A．少量通入NaClO溶液中： B．少量的通入溶液中： C．少量的通入溶液中： D．相同浓度溶液与溶液等体积混合： 19．下列关于电解质溶液的说法中正确的是（　　） A．常温下的某碱溶液，取1mL稀释到100mL，稀释后pH为a，则a≤12 B．用等浓度的NaOH溶液中和等体积与的醋酸，所消耗的NaOH溶液的体积前者是后者的10倍 C．常温下的与的氨水等体积混合后，加入酚酞溶液仍为无色 D．某温度下纯水中，则该温度下0.1mol/L的盐酸的 20．下列说法正确的是（　　） A．强电解质都是离子化合物，而弱电解质都是共价化合物 B．SO2的水溶液能导电，则SO2为电解质 C．Cl2不导电，则Cl2为非电解质 D．BaSO4难溶于水，但BaSO4属于强电解质 二、综合题 21．回答下列问题 （1）将NaAlO2溶液跟Fe2(SO4)3溶液混合，相关反应的离子方程式是　 　。 （2）相同条件下，对于等体积浓度均为0.1 mol•L-1的NaCl溶液和CH3COONa溶液，溶液中的离子总数：NaCl溶液　 　CH3COONa溶液(填“＞”“＜”或“=”)。 （3）①常温下，在a mol•L-1的HCOOH溶液中加入等体积的bmol•L-1的NaOH溶液至溶液呈中性，此时溶液中HCOOH的物质的量浓度为　 　mol•L-1。 ②已知常温下HCOOH的电离常数为Ka=2×10-4，则HCOO-的水解反应HCOO- +H2OHCOOH +OH-的平衡常数Kh=　 　。 （4）已知某些弱电解质在水中的电离平衡常数(25 ℃)如下表： 弱电解质 H2CO3 H2SO3 NH3·H2O CH3COOH 电离平衡常数 Ka1=4.30×10-7 Ka2=5.61×10-11 Ka1=1.3×10-2 Ka2=6.3×10-8 Kb=1.77×10-5 Ka=1.77×10-5 ①H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式　 　 ②CH3COONH4溶液呈　 　 (填“酸”、“中”或“碱”)性，原因是　 　 ③现有常温下0. 1 mol•L-1的(NH4)2CO3溶液，该溶液中各微粒浓度之间的关系式错误的是　 　 (填序号)。 A．c(NH )+c(H+ )=c(HCO)+c(OH- ) +c(CO) B． c(NH)+c(NH3•H2O)=2c(CO )+ 2c(HCO) + 2c(H2CO3 ) C．c(CO)+c(HCO )+c(H2CO3)=0. 1 mol•L-1 D．c(H+ )+c(HCO)+c(H2CO3)=c(OH- )+c(NH3 •H2O) E．c(NH )＞c(CO)＞c(HCO )＞c(NH3•H2O) 22．现有下列物质，回答以下问题： ①晶体；②干冰；③食醋；④铜；⑤固体；⑥溶液；⑦；⑧熔融的；⑨；⑩红褐色的氢氧化铁胶体。请回答下列问题（填序号） （1）以上物质属于电解质的是　 　。以上物质属于非电解质的是　 　。 （2）写出⑥中溶质在水溶液中的电离方程式：　 　。 物质⑨具有　 　（填写“氧化性”、“还原性”或者“氧化性和还原性”）。 23．为倡导“节能减排”和“低碳经济”，降低大气中CO2含量及有效地开发利用CO2，工业上可用CO2来生产燃料甲醇。在体积为2L的密闭容器中，充入1molCO2、3molH2，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)。经测得CO2和CH3OH的物质的量随时间变化如图所示。 （1）写出该反应的化学平衡常数表达式：K=　 　 （2）在3min末，反应速率v(正)　 　v(逆)(选填>、<或=)。 （3）从反应开始到平衡，平均反应速率v(CO2)=　 　。达到平衡时，H2的转化率为　 　。 （4）下列措施可以加快反应速率的是____。 A．升高温度 B．加入催化剂 C．增大压强 D．及时分离出CH3OH （5）若上述反应分别在甲、乙、丙三个相同的密闭容器中进行，经同一段时间后，测得三个容器中的反应速率分别为：甲：v(H2)=0.45mol·L－1·s－1；乙：v(CO2)=0.2mol·L－1·s－1；丙：v(CH3OH)=6mol·L－1·min－1，则甲、乙、丙三个容器中反应速率由快到慢的顺序为　 　。 24．现有下列十种物质①碳酸氢钠粉末②酒精③氨水④HCl气体⑤Fe⑥稀硫酸⑦熔融NaCl⑧KOH溶液⑨CO2气体⑩CuSO4·5H2O晶体 （1）属于电解质的是　 　(填序号)，属于非电解质的是　 　(填序号)。 （2）上述状态下能导电的是　 　(填序号)。 （3）写出①在水溶液中的电离方程式：　 　 （4）①的溶液与⑧反应的离子方程式为：　 　 25．回答下列问题： （1）某温度时，水的，该温度下，的溶液呈　 　(填“酸性”“碱性”或“中性”)。 （2）在25℃时，的两种一元酸溶液A、B各1 mL，分别加水稀释到1000 mL，其pH与溶液体积V的关系如图所示，则下列说法正确的是____ A．稀释后，A酸溶液的导电性比B酸溶液强 B．稀释前，两种酸溶液的物质的量浓度相等 C．若a=5，则A是强酸，B是弱酸 D．若，则A、B都是弱酸 （3）甲酸(HCOOH)和乙酸()一样属于一元弱酸，请写出甲酸的电离方程式：　 　，常温下，测的同浓度的甲酸溶液和乙酸溶液的pH，甲酸pH更小，则　 　(填写“＜”“>”“=”)。 （4）25℃时，0.1mol/L下列物质的溶液，水电离出的由大到小的顺序是　 　(填序号)。 ①②③HCOOH ④ （5）25℃时，的HA溶液中，此溶液的　 　。 （6）25℃时，在体积为的的NaOH溶液中，加入体积为的的溶液。若反应后溶液的，(反应后溶液体积等于NaOH溶液与溶液的体积之和)，则　 　。 答案解析部分 1．【答案】B 【解析】【解答】A、pH=3的CH3COOH溶液中c（H+）为1.0×10-3mol•L-1，氢离子抑制了水的电离，醋酸中的氢氧根离子来自水的电离，则溶液中H2O电离出的c（OH-）=1.0×10-10mol•L-1，故A不符合题意； B、加入少量CH3COONa固体后，溶液中醋酸根浓度增大，醋酸的电离平衡逆向移动，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH升高，故B符合题意； C、醋酸为弱酸，pH=3的醋酸溶液浓度大于0.001mol•L-1，与等体积0.001mol•L-1NaOH溶液反应后醋酸过量，所得溶液呈酸性，故C不符合题意； D、pH=3的硫酸溶液中氢离子浓度为c（H+）=1.0×10-3mol•L-1，硫酸的浓度为5×10-4mol•L-1，而醋酸的浓度大于0.001mol•L-1，故D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A、结合水的离子积和氢离子的浓度判断； B、增大醋酸根的浓度，使平衡朝逆向移动； C、醋酸过量，溶液呈酸性； D、醋酸为弱酸，部分电离。 2．【答案】B 【解析】【解答】A．使酚酞变红色的无色溶液呈碱性， 、OH-、Cu2+之间相互反应，Cu2+为有色离子，在溶液中不能大量共存，故A不符合题意； B．pH=2的溶液呈酸性，Ca2+、Cl-、 之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故B符合题意； C．Fe3+与S2-、SCN-发生反应，在溶液中不能大量共存，故C不符合题意； D．水电离的c(H+)=1×10-13mol•L-1的溶液呈酸性或碱性，H+、Al3+都与 反应，Al3+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A.碱性溶液中铜离子和碳酸氢根离子不能共存； B.酸性溶液中三种离子不发生反应； C.铁离子氧化性会和硫离子发生反应并沉淀； D.铝离子、碳酸根离子在强酸或强碱溶液中都不能共存。 3．【答案】A 【解析】【解答】A．冰醋酸是弱酸，在水溶液中部分电离，故属于弱电解质，A符合题意； B．碳酸钙属于盐，是强电解质，B不合题意； C．葡萄糖为有机物，是非电解质，C不合题意； D．醋酸钠是盐，是强电解质，D不合题意； 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，在水溶液中部分电离的电解质为弱电解质。 4．【答案】D 5．【答案】A 【解析】【解答】A.醋酸在水溶液中部分电离，属于弱电解质，故A符合题意； B.铁是单质，铁不是电解质也不是非电解质，故B不符合题意； C.氯化铵溶于水完全电离属于强电解质，故C不符合题意； D.氢氧化钠属于强碱，属于强电解质，故D不符合题意； 故答案为：A 【分析】 在水溶液中部分电离额电解质属于弱电解质，醋酸属于弱酸，是弱电解质，结合选项即可判断； 6．【答案】C 【解析】【解答】A、a、b点横坐标均为0，则c(M+)=c(MOH)，c(N+)=c(NOH)，根据a点可知，，同理可得，，则碱性：MOH>ROH，则pH相同的两种碱，c(MOH)<c(ROH)，通入HCl使两者pH均为10时，ROH需要的HCl更多，到pH=9又消耗HCl，则 ：a<b，故A错误； B、根据A项分析可知， 碱性：MOH>ROH ，则ROH溶液不能与MCl溶液反应，故B错误； C、根据A项分析可知，，则，则MOH的电离程度大于M+的水解程度，因此常温下等物质的量浓度的MOH、MCl混合溶液的pH＞7，故C正确； D、 碱性：MOH>ROH ，则将pH相同的两种碱溶液稀释相同倍数后溶液的pH：MOH<ROH，故D错误； 故答案为：C。 【分析】A、a、b点横坐标均为0，根据电离平衡常数分析； B、碱性：MOH>ROH； C、计算水解常数和电离常数比较两者相对大小确定溶液酸碱性； D、pH相同的碱溶液，稀释相同的倍数时，碱性较强的pH变化幅度大。 7．【答案】D 【解析】【解答】A．CdCO3(s) ⇌Cd2+( aq)+(aq)，则c(Cd2+)= c()，CdCO3的沉淀平衡中pCd2+=pN，故曲线Ⅱ是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线，A不符合题意； B．由A分析可知，曲线I是Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线，Cd(OH)2 (s) ⇌Cd2+( aq)+2OH- (aq)，则c(Cd2+)= 2c(OH-)，加热平衡正向移动，Cd2+、OH-离子浓度变大，但是不会相等，B不符合题意； C．曲线上的点为达到了沉淀溶解平衡，pCd2+为Cd2+浓度的负对数，pN为阴离子浓度的负对数，则数值越大，离子浓度越小，Y点在曲线上方，说明离子浓度小，故为不饱和溶液，C不符合题意； D．T℃，由图可知，pN=4时，CdCO3中pCd2+为8，即；pN=4时，Cd(OH)2中pCd2+为6，即；在CdCO3(s)+2OH-(aq)⇌Cd(OH)2(s)+(aq)平衡体系中，平衡常数K=，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】根据沉淀溶解平衡式即可判断曲线I为 Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线 ，曲线II为 CdCO3 ，升高温度浓度增大，但是浓度之比为2：1，不会相等，根据图示，点在线的上方，说明浓度低未达到饱和，根据数据即可计算出常数 8．【答案】C 【解析】【解答】A．酸抑制水电离，酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大，酸中c(H+)：b＞c＞d，则水的电离程度：b＜c＜d，选项A不符合题意； B．酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，pH相同的HNO2和CH3COOH分别加水稀释相同的倍数，pH值变化较大的是较强酸，根据图知，曲线I表示CH3COOH、曲线II表示HNO2，选项B不符合题意； C．温度不变水解平衡常数不变，从c点到d点温度不变，溶液中=Kh(HA)不变，选项C符合题意； D．相同体积的a点两种溶液中n(酸)：n(HNO2)＜n(CH3COOH)，分别与NaOH恰好中和后消耗n(NaOH)：HNO2＜CH3COOH，反应后溶液中n(NaNO2)＜n(CH3COONa)，则两份溶液中：n()＜n(CH3COO-)＜n(Na＋)，选项D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A、溶液的pH越大，酸性越弱，对水的电离影响越小； B、加水稀释过程中，酸的酸性越弱，其pH变化越小； C、温度不变，弱酸阴离子的水解平衡常数不变； D、a点两溶液的pH相等，酸性越弱，其溶质物质的量浓度越大，反应所需NaOH的量越多； 9．【答案】D 【解析】【解答】A．由上述分析可知①代表HCO，③代表Ca2+，c(HCO)与c(Ca2+)的变化趋势不相同，A不符合题意； B．由上述分析可知，B不符合题意； C．由分析可知，N点处c(H+)=10-8.3mol·L-1，c(H2CO3)=10-5mol·L-1，代入，得c(CO)=10-4.7mol·L-1，根据Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，得c(Ca2+)=2.8×10-4.3mol·L-1，C不符合题意； D．直线①方程为：；直线②方程为：，得lgc(CO)-2lgc(HCO)=1，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】 随着pH的增大，溶液的碱性增强，HCO、CO 浓度都增大，则①代表HCO，②代表CO，③代表Ca2+。 10．【答案】A 【解析】【解答】A．平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，故A符合题意； B．NaOH可以在水溶液中电离出大量氢氧根离子，使溶液中n(OH-)增大，故B不符合题意； C．根据平衡移动原理可知，溶液中c(OH-)增大，所以平衡向左移动，故C不符合题意； D．电离平衡常数K= ，所以= ，加入NaOH后平衡逆向移动，c(NH3OH+)减小，则 增大，即 增大，故D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A．平衡常数只与温度有关； B．依据氢氧化钠是强电解质分析； C．根据平衡移动原理判断； D．依据电离平衡常数变式法分析。 11．【答案】D 【解析】【解答】①醋酸能与水以任意比互溶，只能说明醋酸易溶于水，不能说明其电离程度，故不符合题意； ②醋酸溶液能导电是因为其中含有自由移动的离子，和电解质的强弱无关，故不符合题意； ③醋酸溶液中存在醋酸分子，说明醋酸不完全电离，所以能说明是弱电解质，故符合题意； ④盐酸是强酸，完全电离，常温下，0.1mol/L醋酸的pH比0.1mol/ L盐酸的pH大，说明醋酸的电离程度小，所以能说明其电离程度，故符合题意； 故答案为：D。 【分析】考查的是判断某电解质的强弱，主要看能否完全电离 12．【答案】A 【解析】【解答】A．醋酸是弱酸，存在电离平衡，浓度越大，电离程度越小，所以在相同温度时，100 mL0.01 mol/L醋酸与10 mL0.1 mol/L醋酸中溶质的物质的量相等，但H+的物质的量前者大于后者，A符合题意； B．电离平衡常数只与温度有关，温度相同，电离常数相同，B不符合题意； C.100 mL0.01 mol/L醋酸与10 mL0.1 mol/L醋酸中含有溶质CH3COOH的物质的量相等，因此中和时所需NaOH的物质的量也相等，C不符合题意； D．溶液中CH3COOH的物质的量根据公式n=cV，结合二者的浓度与体积大小可知：100 mL0.01 mol/L醋酸与10 mL0.1 mol/L醋酸中含有溶质CH3COOH的物质的量相等，D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】B.醋酸的电离平衡常数只与温度有关； C.中和消耗NaOH的物质的量与醋酸的物质的量成正比； D.100mL0.01mol/L醋酸溶液中含有醋酸的物质的量为：n（CH3COOH）=0.01mol/L×0.1L=0.001mol，10mL0.1mol/L醋酸中含有醋酸的物质的量均为：n（CH3COOH）=0.1mol/L×0.01L=0.001mol。 13．【答案】D 【解析】【解答】A．由分析可知，曲线①表示pc()随pOH的变化，故A不符合题意； B．由图可知浓度逐渐增大，可知中的氢不可能电离，故B不符合题意； C．pH=6.7即pOH=7.3，由图可知，此时，pc()=pc()，即c()=c()，而c()+c()+c(H3AO3)=0.1mol/L，故2c()+c(H3AO3)=0.1mol•L-1，故C不符合题意； D．根据X点知，c()=c()时，pOH=7.3，c(OH-)=10-7.3 mol/L，c(H+)=10-6.7 mol/L，则H3AO3的，根据Z点知，c()=c(H2AO3)，pOH=12.6，c(OH-)=10-12.6 mol/L，c(H+)=10-1.4 mol/L，则H3AO3的，由减去，可得，则平衡常数，故D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A．由图中曲线的变化趋势判断； B．由图分析氢不电离； C．利用物料守恒分析； D．根据X点，，根据Z点，，再利用计算。 14．【答案】D 【解析】【解答】A．电离平衡常数越大，表明酸越容易电离出，则酸性越强；据表格可知，电离平衡常数大小顺序为，则三种酸的酸性由强到弱的顺序是，A不符合题意； B．和的混合溶液中，电荷守恒为，物料守恒为，二者相减可得，B不符合题意； C．依据电离平衡常数可知酸性强弱为次氯酸强于醋酸，结合越弱越水解可知，碱性为，则为；相同温度，浓度相等的和两种溶液中，二者的相等，电荷守恒分别为、，所以，C不符合题意； D．次氯酸的，碳酸的、，即酸性，所以溶液中通入少量的离子反应为，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A、电力平衡常数越小，酸性越弱； B、根据两者的物料守恒和电荷守恒，两式相减可以得出质子守恒； C、越弱越水解，酸性越弱，则对应的盐碱性越强，再结合电荷守恒，可得出相应的关系式，即、，等量代换可计算相应式子； D、结合强酸制弱酸的原理，可知碳酸的二级电离平衡常数小于次氯酸的酸性。 15．【答案】A 【解析】【解答】A．从图中可以看出，b点时溶液的导电能力最强，a点次之，c点最弱，导电能力与离子浓度成正比，则稀释过程溶液中c(CH3COO-)的关系：b＞a＞c，A符合题意； B．冰醋酸中加水稀释，随着水的不断加入，醋酸的浓度不断减小，电离度不断增大，原点时为零，但b点时不是最大，B不符合题意； C．氢氧化钠中和氢离子，氢离子浓度降低，平衡正向移动，醋酸的电离度增大，C不符合题意； D．电离常数只与温度有关，温度不变，电离常数不变，D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A.溶液的导电性与离子浓度和离子所带电荷有关； B.稀释促进醋酸电离； C.加入氢氧化钠，醋酸的电离平衡正向移动，醋酸的电离度增大； D.电离平衡常数只与温度有关。 16．【答案】C 【解析】【解答】A、电离平衡常数越大，酸性越强，根据表中数据可知，，则酸性由强到弱的顺序：，故A不符合题意； B、酸性越强，对应酸根离子结合氢离子的能力越弱，，则对应酸根离子结合氢离子的能力逐渐减弱，结合H+的能力由强到弱的顺序：，故B不符合题意； C、，则向NaClO的混合溶液中通入少量CO2，发生反应，故C符合题意； D、，则向Na2CO3的混合溶液中滴加少量CH3COOH，发生反应，故D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A、电离平衡常数越大，酸性越强； B、越弱越水解，结合氢离子的能力越强； CD、根据强酸制弱酸原理分析。 17．【答案】C 【解析】【解答】A．由图可知，过一硫酸根离子为HSO，对应的酸为H2SO5，该酸可以看成是H-O-O-H中一个氢原子被-SO3H代替的产物，A不符合题意； B．图示有两种途径生成SO4·−，其中一种为2SO5·−=2SO4·−+1O2，B不符合题意； C．据图可知，流程中直接氧化ATZ的微粒还有SO4·−、·OH，C符合题意； D．S2-、以及Fe0具有还原性，可以还原Fe3+促进Fe2+再生，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A.PMS第一步电离产生HSO； B.图示2SO5·−=2SO4·−+1O2为生成SO4·−的一种途径； D.S2-、以及Fe0均具有还原性。 18．【答案】C 19．【答案】D 【解析】【解答】A．常温下的某碱溶液，取1mL稀释到100mL，若为强碱，则氢氧根离子浓度减小100倍，a=8，若为弱碱，则会电离出更多氢氧根离子导致氢氧根离子浓度大于10-8mol/L，a大于8，故稀释后pH为a，则a≥8，A不符合题意； B．醋酸为弱酸，浓度越大电离程度越小，与的醋酸比较，的醋酸浓度大于的醋酸浓度的10倍小，则用等浓度的NaOH溶液中和等体积与的醋酸，所消耗的NaOH溶液的体积前者小于后者的10倍，B不符合题意； C．硫酸为强酸、氨水为弱碱，常温下的与的氨水比较，氨水的浓度更大，故等体积混合后，氨水过量，加入酚酞溶液为红色，C不符合题意； D．，则该温度下0.1mol/L的盐酸的，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A、强碱每稀释10倍，pH减小1个单位，弱碱每稀释10倍，pH减小不到1个单位； B、用等浓度的NaOH溶液中和等体积与的醋酸，所消耗的NaOH溶液的体积前者小于后者的10倍； C、氨水过量，溶液为碱性； D、结合pH的计算公式进行判断。 20．【答案】D 【解析】【解答】A． 强电解质不一定是离子化合物，如HCl，而弱电解质也不都是共价化合物，如乙酸铅，故A不符合题意； B． SO2的水溶液能导电，是二氧化硫与水反应生成的亚硫酸发生电离，不是二氧化硫本身电离，SO2为非电解质，故B不符合题意； C． Cl2不导电，是单质，不是非电解质，故C不符合题意； D． BaSO4难溶于水，溶于水的部分全部电离，BaSO4属于强电解质，故D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A． 依据电解质在水中的电离程度判断； B． 二氧化硫本身电离； C．单质和混合物既不是电解质也不是非电解质分析； D． 电解质强弱与溶解度无关。 21．【答案】（1）Fe3++ 3AlO +6H2O=Fe(OH)3↓+3Al(OH)3↓ （2）＞ （3）；5×10-11 （4）H2SO3+HCO=CO2↑+ H2O+ HSO；中；由于NH3•H2O的电离常数等于CH3COOH的电离常数，因此NH的水解程度等于CH3COO-水解程度，溶液呈中性；AD 【解析】【解答】(1)将NaAlO2溶液跟Fe2(SO4)3溶液混合，Fe3+和AlO发生双水解，相关反应的离子方程式是Fe3++ 3AlO +6H2O=Fe(OH)3↓+3Al(OH)3↓。故答案为：Fe3++ 3AlO +6H2O=Fe(OH)3↓+3Al(OH)3↓； (2)0.1mol/L的NaCl溶液中的c(Na+)=0.1mol/L，则溶液中的电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)； 0.1mol/L的CH3COONa溶液中的c(Na+)=0.1mol/L，溶液中的电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)； 两溶液中的c(Na+)相同，但由于氯化钠是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，而醋酸钠是弱酸强碱盐，能水解，溶液显碱性，故氯化钠溶液中的c(H+)大于CH3COONa溶液中的c(H+)，则有：c(Cl-)+c(OH-)＞c(CH3COO-)+c(OH-)，故有NaCl溶液中c(Na+)+c(H+)+c(Cl-)+c(OH-)大于CH3COONa溶液中的c(Na+)+c(H+)+c(CH3COO-)+c(OH-)；即溶液中离子总数：NaCl溶液＞CH3COONa溶液，故答案为：＞；。故答案为：＞； (3)①常温下，在a mol•L-1的HCOOH溶液中加入等体积的bmol•L-1的NaOH溶液至溶液呈中性，此时溶液中HCOOH的物质的量浓度为=mol•L-1。故答案为：； ②已知常温下HCOOH的电离常数为Ka=2×10-4，则HCOO-的水解反应HCOO- +H2OHCOOH +OH-的平衡常数Kh= = =5×10-11。故答案为：5×10-11； (4)①由电离常数可知，酸性H2SO3＞H2CO3＞HSO，由强酸制备弱酸原理，H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式H2SO3+HCO=CO2↑+ H2O+ HSO，故答案为：H2SO3+HCO=CO2↑+ H2O+ HSO； ②CH3COONH4溶液呈中 (填“酸”、“中”或“碱”)性，原因是由于NH3•H2O的电离常数等于CH3COOH的电离常数，因此NH的水解程度等于CH3COO-水解程度，溶液呈中性，故答案为：中；由于NH3•H2O的电离常数等于CH3COOH的电离常数，因此NH的水解程度等于CH3COO-水解程度，溶液呈中性； ③A．根据电荷守恒：c(NH )+c(H+ )=c(HCO)+c(OH- ) +2c(CO)，故A不正确； B． 根据物料守恒，N原子总数等于碳原子总数的2倍，n(N)：n(C)=2：1，c(NH)+c(NH3•H2O)=2c(CO )+ 2c(HCO) + 2c(H2CO3 ) ，故B正确； C．含碳粒子的总浓度为0. 1 mol•L-1，c(CO)+c(HCO )+c(H2CO3)=0. 1 mol•L-1，故C正确； D．依据溶液中质子守恒，c(NH )+c(H+ )=c(HCO)+c(OH- ) +2c(CO)，c(NH)+c(NH3•H2O)=2c(CO )+ 2c(HCO) + 2c(H2CO3 ) ，两式消去c(NH )得：c(H+ )+c(HCO)+2c(H2CO3)=c(OH- )+c(NH3 •H2O)，故D不正确； E．溶液中铵根离子浓度大于碳酸根离子浓度，碳酸根离子水解程度大于铵根离子水解程度，所以溶液中离子浓度大小为：c(NH )＞c(CO)＞c(HCO )＞c(NH3•H2O)，故E正确； 故答案为：AD。 【分析】(1)依据双水解反应原理书写； (2)依据电荷守恒和盐类水解原理分析； (3)①依据中和反应原理分析； ②依据Kh= 计算； (4)①根据电离常数，利用强酸制备弱酸原理； ②根据电离常数分析； ③A．根据电荷守恒； B． 根据物料守恒； C．根据物料守恒； D．依据溶液中质子守恒； E．依据越弱越水解判断。 22．【答案】（1）①、⑤、⑧、⑨；②、⑦ （2）；氧化性和还原性 【解析】【解答】（1）①电解质，②非电解质，③既不是电解质又不是非电解质④既不是电解质又不是非电解质⑤电解质⑥既不是电解质又不是非电解质⑦非电解质⑧电解质⑨电解质； 以上物质属于电解质的是①、⑤、⑧、⑨ ， 以上物质属于非电解质的是②、⑦ （2）硫酸氢钠在水溶液电离方程式为： ，氯化氢中氯元素体现出还原性，氢元素体现氧化性； 【分析】（1）电解质是在水溶下或熔融状态可以导电的化合物，非电解质为水溶液或熔融状态下均不导电的化合物； （2）根据要求即可写出电离方程式，结合元素化合价判断。 23．【答案】（1） （2）＞ （3）0.0375 mol∙L−1∙min−1；75% （4）A；B；C （5）乙＞甲＞丙 【解析】【解答】（1）根据反应方程式 CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，利用公式即可写出常数为 ； （2）3min中反应未达到平衡，即可判断正反应速率大于逆反应速率； （3）根据二氧化碳物质的量变化量为0.75mol，二氧化碳速率为0.75/(2x10) mol∙L−1∙min−1 = 0.0375 mol∙L−1∙min−1 ；氢气的变化量为0.75x3=2.25mol，其转化率为2.25/3x100%=75%； （4）A.温度升高，速率增大，故A符合题意； B.加入催化剂可增大速率，故B符合题意； C.增大压强促使平衡向右移动，速率增大，故C符合题意； D.及时分离产物，速率减小，故D不符合题意； （5） 甲：v(H2)=0.45mol·L－1·s－1；乙：v(CO2)=0.2mol·L－1·s－1；，转为为v(H2)=0.6mol·L－1·s－1丙：v(CH3OH)=6mol·L－1·min－1，转化为v(H2)=0.03mol·L－1·s－1，即可得到速率为乙＞甲＞丙 ； 【分析】（1）根据常数公式判断； （2）根据未平衡始终向右进行； （3）根据变化量计算出速率，结合化学计算系数比计算出转化量计算出转化率； （4）根据加快反应速率可增大压强或者温度或者加入催化剂； （5）根据速率将其转化为同一物质的速率即可判断。 24．【答案】（1）①④⑦⑩；②⑨ （2）③⑤⑥⑦⑧ （3）NaHCO3 =Na++HCO3－ （4）HCO3- +OH-=H2O+CO32－ 【解析】【解答】（1） ①④⑦⑩ 为化合物，在水溶液里或熔融状态下能够导电，属于电解质； ②⑨ 在水溶液里和熔融状态下都不能够导电，属于非电解质； ③⑥⑧ 是混合物， ⑤ 是单质，混合物和单质既不是电解质也不是非电解质。 （2）③⑤⑥⑦⑧有自由移动的离子，能够导电。 （3）碳酸氢钠在水中电离方程式为：NaHCO3 =Na++HCO3－。 （4）碳酸氢钠溶液与KOH溶液反应生成碳酸钠、碳酸钾和水，化学方程式为2NaHCO3+2KOH=Na2CO3+K2CO3+2H2O，离子方程式为 HCO3- +OH-=H2O+CO32－。 【分析】（1）电解质：在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物。 非电解质：在水溶液里和熔融状态下都不能够导电的化合物。 注意电解质和非电解质都属于化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。 （2）溶液中若有自由移动的离子，则可以导电。 （3）弱酸的酸式盐在水中完全电离出阳离子和酸式酸根离子。 （4）离子方程式的书写步骤：写出化学方程式，将可溶性的强电解质拆开，删去方程式两边相同的离子， 检查是否符合电荷守恒和质量守恒，是否是最简比。 25．【答案】（1）酸性 （2）C；D （3）；> （4）④③①② （5）4 （6）2：9 【解析】【解答】（1）水的电离是吸热过程，升高温度，电离平衡右移，水的离子积常数增大，由某温度时水的离子积常数小于1×10-14可知，该温度低于25℃，该温度下，溶液中氢离子浓度为1×10-7mol/L，c(OH-)===10-8，说明溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性； （2）由图可知，稀释相同的倍数，A的pH变化大，则A的酸性比B的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强，对于一元强酸来说，c(酸)=c(H+)，但对于一元弱酸，c(酸)＞c(H+)。 A．由图可知，稀释相同的倍数，A的pH变化大，故A的酸性比B的酸性强，稀释后，A酸溶液中的pH比B酸溶液的pH大，故B酸溶液中离子浓度较大，导电性较强，A不正确； B．A、B酸的强弱不同，对于一元强酸来说c(酸)=c(H+)，对于一元弱酸，c(酸)＞c(H+)，故A、B两种酸溶液的物质的量浓度不相等，B不正确； C．由图可知，若a=5，A完全电离，故A是强酸，B的pH变化小，故B为弱酸，C正确； D．pH=2的酸，加水稀释到1000倍，若2＜a＜5，故A、B 都是弱酸，D正确； 故答案为：CD。 （3）甲酸是一元弱酸，电离方程式为HCOOHHCOO-+H+；同浓度的甲酸溶液和乙酸溶液的pH，甲酸pH更小，说明甲酸酸性强，电离常数大，即Ka(甲酸)＞Ka(乙酸)； （4）水的电离会被酸或碱抑制，Ba(OH)2是二元强碱，c(OH-)=0.2mol/L，对水的电离抑制最大，HClO4是一元强酸，c(H+)=0.1mol/L，而HCOOH、CH3COOH为弱酸，电离出的c(H+)＜0.1mol/L，HCOOH酸性较强，因此甲酸电离的氢离子浓度大于乙酸，故水电离出的c(H+)大到小的顺序是④③①②； （5），常温下c(H+)c(OH-)=10-14，故c(H+)=10-4mol/L，pH=-lgc(H+)=4； （6）混合后溶液为碱性，c(OH-)==10-3 mol/L，解得=。 【分析】（1）结合水的离子积以及氢离子的浓度，判断氢氧根的浓度，最后判断溶液的性质； （2）A、导电性和离子浓度有关； B、pH相同时，弱酸浓度大于强酸； C、弱酸每稀释10倍，pH变化不到1个单位； D、强酸稀释1000倍，pH增大3个单位； （3）甲酸为弱酸，部分电离； （4）氢离子、氢氧根的浓度越大，对水的抑制程度越强； （5）结合水的离子积和氢离子、氢氧根的比例可以计算氢离子和氢氧根的浓度，根据氢离子的浓度计算pH； （6）混合后溶液为碱性，即可以根据题目数据以及氢氧根浓度的计算公式，计算体积比。 学科网（北京）股份有限公司 $$