高中化学人教版（2019）选择性必修1第三章第一节电离平衡
一、单选题
1．（2021高一下·温州期中）下列物质属于弱电解质的是（ ）
A．氨水 B．醋酸铵 C．氮气 D．冰醋酸
【答案】D
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A．氨水为混合物，既不是电解质，也不是非电解质，A不符合题意；
B．醋酸铵属于盐，溶于水完全电离，为强电解质，B不符合题意；
C．氮气为单质，既不是电解质，也不是非电解质，C不符合题意；
D．冰醋酸为纯净物，溶于水后，部分电离，为弱电解质，D符合题意；
故答案为D。
【分析】一般的弱酸弱碱和水均是弱电解质，结合选项进行判断即可
2．（2021·浙江）下列物质属于弱电解质的是（ ）
A．CO2 B．H2O C．HNO3 D．NaOH
【答案】B
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A.二氧化碳是非电解质，故A不符合题意
B.水是部分电离，是弱电解质，故B符合题意
C.硝酸是强酸属于强电解质，故C不符合题意
D.氢氧化钠是强碱，是强电解质，故D不符合题意
故答案为：B
【分析】弱电解质是在部分电离的电解质，主要是弱酸、弱碱、以及水。强酸、强碱、以及可溶性盐均是强电解质
3．（2021·鹰潭模拟）下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（ ）
选项 实验 现象 结论
A 相同温度下，用 试纸测 溶液和 溶液的 测 溶液试纸显蓝色；测 溶液的试纸显深蓝色 相同温度下
B 取 和 完全反应后固体，溶于足量稀硫酸，滴加 溶液 溶液不变红 反应后固体中可能含有
C 将湿润的淀粉- 试纸放入含有红棕色气体的集气瓶中 试纸变蓝 该气体为 ，具有氧化性
D 将少量 加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加 溶液 溶液呈血红色 已变质
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；弱电解质在水溶液中的电离平衡；铝的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A． 溶液试纸显蓝色， 溶液的试纸显深蓝色，故 的碱性比 更强，越弱越水解，故 对应的酸的酸性比 对应的酸的酸性弱，而 对应的为 的 即第二步电离，故A不符合题意；
B．溶液不变红说明无 ，在 和 反应过程中生成 和 ，反应后可能含有 ，因为 与H2SO4反应生成 ， 和 反应生成 ，故B符合题意；
C．试纸变蓝，说明I-变成I2，但该红棕色气体不一定为 ，还可能是Br2，故C不符合题意；
D． 在H+的作用下可将 氧化为 ，溶液呈血红色，不能确定是 变质生成的 还是被 氧化的，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.比较醋酸和亚硫酸的酸性强弱应该比较的是等浓度的亚硫酸氢钠和醋酸钠的pH
B.加入KSCN溶液不变红，可能是无氧化铁或者是铝与氧化铁形成的铁离子反应完全变为亚铁离子
C.红棕色气体不一定是二氧化氮
D.不应加入硫酸酸化，直接将硝酸亚铁加入KSCN溶液中进行检验
4．（2021·浙江）下列物质属于强电解质的是（ ）
A．KOH B．H3PO4 C．SO3 D．CH3CHO
【答案】A
【知识点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A．KOH在水溶液中或熔融状态下能够完全电离出K+和OH-，KOH为强电解质，A符合题意；
B．H3PO4在水溶液中或熔融状态下能不够完全电离，H3PO4为弱电解质，B不符合题意；
C．SO3在水溶液中或熔融状态下不能电离，SO3属于非电解质，C不符合题意；
D．CH3CHO在水溶液中或熔融状态下不能电离，CH3CHO属于非电解质，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】在水溶液中或熔融状态下能够完全电离的化合物为强电解质。氢氧化钾在水溶液中完全电离
5．（2021高一下·阜宁期中）亚硝酸 是一种弱酸，一定条件下在水溶液中部分电离出 和 。 的亚硝酸溶液，当其达到电离平衡时，溶液中 的浓度c为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；物质的量浓度
【解析】【解答】亚硝酸是弱酸，在水中部分电离， 的亚硝酸溶液，当其达到电离平衡时，溶液中 的浓度c介于0和 之间，
故答案为：C。
【分析】弱酸是部分电离即可判断出离子的浓度介于0到0.1mol/L之间
6．（2021·遵义模拟）下列实验操作、现象和得出的结论全部正确的是（ ）
实验操作 现象 结论
A 向某溶液中滴加稀HNO3，再加入过量的BaCl2溶液 产生白色沉淀 原溶液中一定含有SO
B 25℃时分别测定等物质的量浓度的NaHCO3溶液和NaHC2O4溶液的pH值 NaHCO3溶液的pH更大 酸性：H2CO3C 其他条件不变，将H2(g) + I2(g) 2HI(g)的平衡体系的容器体积增大为原来的10倍 气体颜色变浅 减小压强，平衡正向移动
D 将氯气和甲烷在光照下反应后的混合气体通入紫色石蕊试液 紫色石蕊试液变红 甲烷的氯代产物具有酸性
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学平衡状态的判断；电解质与非电解质；电解质在水溶液中的电离；离子共存
【解析】【解答】A．若溶液中存在银离子，向酸化的溶液中加入氯化钡溶液，会生成氯化银白色沉淀，硝酸具有强氧化性，若溶液中含有亚硫酸根等离子，亚硫酸根离子被氧化生成硫酸根离子，向酸化的溶液中加入氯化钡溶液，会生成硫酸钡白色沉淀，则无法确认是否存在硫酸根离子，故A不符合题意；
B．由等物质的量浓度的碳酸氢钠溶液pH大于草酸氢钠溶液可知，草酸在溶液中的电离程度强于碳酸，草酸的酸性强于碳酸，故B符合题意；
C．该反应是一个气体体积不变的可逆反应，减小压强，化学平衡不移动，颜色变浅是因为碘单质浓度浓度减小的缘故，故C不符合题意；
D．甲烷的氯代产物是非电解质，在溶液中不能电离，不能使紫色石蕊试液变红，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.检验硫酸根离子，先加入盐酸再加入氯化钡溶液
B.利用盐的pH大小比较酸的强弱
C.根据此反应，压强不是影响平衡移动的因素
D.使石蕊变红的是甲烷取代的产物氯化氢溶于水形成酸性溶液
7．（2021·遵义模拟）常温下，向20.00 mL 0.1 mol/L氨水中滴入0.1 mol/L盐酸，溶液中由水电离出的c(H+)的负对数[-lgc水(H+)]与所加盐酸体积的关系如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．常温下，Kb(NH3·H2O)的数量级约为10-5
B．R到N、N到Q所加盐酸体积相等
C．R、Q两点对应溶液不都是中性的
D．N点有：c(NH3·H2O) + c( ) = 0.05 mol/L
【答案】B
【知识点】电离平衡常数
【解析】【解答】A．常温下，未加盐酸的氨水的-lgc水(H+)=11，则该溶液中水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-11mol/L，溶液中c(OH-)=10-3mol/L，c(NH3·H2O)≈0.1mol/L，因此Kb(NH3·H2O)= =1×10-5，故A不符合题意；
B．R点氨水略过量，R→N加HCl消耗一水合氨，促进水的电离；N→Q加HCl，酸过量，抑制水的的电离，所以R到N、N到Q所加盐酸体积不相等，故B符合题意；
C．N点水电离出的H+浓度最大，说明N点已经全部是NH4Cl，因此Q点溶质为HCl和NH4Cl，溶液呈酸性，故C不符合题意；
D．N点时盐酸与氨水敲好完全反应，溶质是NH4Cl，消耗盐酸体积为20.00 mL ，则NH4Cl的浓度为 =0.05 mol/L，故而根据物料守恒的原则有：c(NH3·H2O) + c( ) = 0.05 mol/L，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.根据-lgc水(H+)=11进行计算即可
B.根据发生的反应即可判断体积不等
C.根据两点的溶质进行判断即可
D.根据物料守恒即可判断正误
8．（2021·珠海模拟）常温下，向 的HA溶液中逐滴加入 的氨水，溶液的pH及导电能力变化趋势如图。下列说法错误的是（ ）
A．b点溶液中，水的电离程度最大
B．溶液中的阳离子浓度总和关系是：b>c>a
C．常温下，HA的电离平衡常数约为10-5
D．氨水的电离常数小于HA的电离平衡常数
【答案】D
【知识点】电离平衡常数
【解析】【解答】A．b点（滴入10mL氨水时），HA和NH3 H2O恰好完全反应，此时溶液中的溶质仅有NH4A；b点之前，溶液中的溶质有HA和NH4A，b点之后，溶液中的溶质有NH3 H2O和NH4A，HA和NH3 H2O都会抑制水的电离，NH4A的水解会促进水的电离，故b点溶液中，水的电离程度最大，A不符合题意；
B．溶液中始终存在电荷守恒：c( )+c(H+)=c(OH-)+c(A-)；由于溶液的导电能力与溶液中离子浓度呈正比，导电能力：b＞c＞a，故溶液中的阳离子浓度综合关系为：b＞c＞a，B不符合题意；
C．常温下，0.1mol L-1 HA溶液的pH约为3，则该溶液中c(H+)、c(A-)的浓度约为0.001mol L-1，则K(HA)= = =1.0 10-5，C不符合题意；
D．b点，溶液的溶质仅有NH4A，溶液的pH为7，则说明 和A-的水解程度相当，即氨水、HA的电离平衡常数相同，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据此时导电能力最强即可得出此时是恰好完全反应，水的电离程度最大
B.根据电荷守恒结合导电能力即可判断
C.根据起始的pH即可计算出HA的平衡常数
D.根据b的pH即可判断出铵根离子和A-离子的水解程度
9．（2021·黄浦模拟）下表中物质的分类完全正确的是（ ）
选项 A B C D
强电解质
弱电解质 HClO
非电解质 Al
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A． 在水中能完全电离，所以是强电解质， 在水中能部分电离，所以是弱电解质， 自身不能电离，是非电解质，故A符合题意；
B． 在水中能完全电离，所以是强电解质，溶于水的碳酸钙能完全电离，所以属于强电解质，金属Al不是化合物，既不是电解质也不是非电解质，故B不符合题意；
C．溶于水的 能完全电离，所以 是强电解质，HClO在水中能部分电离，所以是弱电解质， 部分电离，是弱电解质，故C不符合题意；
D． 在水中能完全电离，所以是强电解质， 在水中能完全电离，所以是强电解质， 在水溶液中不能发生电离，所以是非电解质，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】弱电解质：在水溶液中或熔融状态下部分电离的化合物，如氢氧化铁、次氯酸、水
强电解质：在水溶液中或熔融状态下完全电离的化合物，如硝酸钾、硫酸、硫酸钡、高氯酸、碳酸钙、醋酸铵
非电解质：在水溶液或熔融状态下均不到导电的化合物，如二氧化硫、乙醇
10．（2021·虹口模拟）饱和氯化钠溶液中存在如图所示过程，下列说法正确的是（ ）
A．a离子为Na+，b离子为Cl-
B．此过程中溶解速率大于结晶速率
C．再加入NaCl固体，溶质微粒浓度不变
D．此过程可以说明NaCl的电离：NaCl Na++Cl-
【答案】C
【知识点】电解质在水溶液中的电离
【解析】【解答】A．NaCl在溶液中电离出Na+和Cl-离子，Na+含有2个电子层、Cl-离子含有3个电子层，则离子半径Cl-＞Na+，根据图示可知，a为Cl-、b为Na+，故A不符合题意；
B．饱和溶液中始终存在溶解与结晶过程，溶解速率等于结晶速率，故B不符合题意；
C．饱和氯化钠溶液中加入NaCl固体不能继续溶解，则溶质质量不变，溶质微粒浓度不变，故C符合题意；
D．NaCl是强电解质，在水中完全电离，溶液中不存在NaCl Na++Cl-，溶液中电离方程式为NaCl=Na++Cl-，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据氯离子和钠离子的半径大小即可判断a是水合氯离子，b是水合钠离子，氯化钠的饱和溶液不能溶解氯化钠固体，饱和溶液时溶解速率等于结晶速率，氯化钠是强电解质，是完全电离
11．（2021·崇明模拟）室温下，下来事实不能说明NH3·H2O为弱电解质的是（ ）
A．0.1 mol·L-1NH3·H2O的pH小于13
B．0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液的pH小于7
C．相同条件下，浓度均为0.1 mol·L-1 NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱
D．0.1 mol·L-1NH3·H2O能使无色酚酞试液变红色
【答案】D
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A、室温下0.1 mol·L-1氨水溶液pH<13，溶液中c（OH－）< mol·L-1=0.1mol/L＜c（NH3·H2O），说明NH3·H2O部分电离，为弱电解质，A符合题意；
B、室温下0.1 mol·L－1NH4Cl溶液的 pH小于7，说明氯化铵是强酸弱碱盐，则证明NH3·H2O是弱电解质，B符合题意；
C、相同条件下，浓度均为0.1 mol·L－1NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱，说明氨水没有完全电离，则证明NH3·H2O是弱电解质，C符合题意；
D、0.1 mol·L－1NH3·H2O能使无色酚酞溶液变红色，说明NH3·H2O显碱性，电离产生OH－，不能证明是弱电解质，D不符合题意。
【分析】本题考查强、弱电解质的判断，根据电离程度，电解质分为强电解质和弱电解质，完全电离的为强电解质，部分电离的为弱电解质，所以只要证明氨水部分电离即可。
12．（2021·潮州模拟）某化学学习小组讨论辨析以下说法，其中正确的是（ ）
①福尔马林、聚苯乙烯、油脂、生铁、铝热剂、肥皂均是混合物
②冰和干冰都是酸性氧化物，固体时是分子晶体
③小苏打、硬脂酸钠、BaSO4、 Al2O3都是强电解质
④CO2、NH3、SO2、H2S、Cl2都是非电解质
⑤鸡蛋清溶液、淀粉溶液、烟水晶、雾都是胶体
⑥苯酚、纯碱、胆矾和H2O2分别属于酸、碱、盐和氧化物
A．①③⑤ B．①②④⑤
C．①②③⑤ D．①②③④⑤⑥
【答案】A
【知识点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质；物质的简单分类
【解析】【解答】①福尔马林、聚苯乙烯、油脂、生铁、铝热剂和肥皂中都含有多种物质，属于混合物，符合题意；
②冰是固态的水，不属于酸性氧化物，不符合题意；
③小苏打（NaHCO3）、硬脂酸钠、BaSO4和Al2O3都属于强电解质，符合题意；
④Cl2为单质，既不是电解质，也不是非电解质，不符合题意；
⑤鸡蛋清溶液、淀粉溶液、烟水晶和雾都属于胶体，符合题意；
⑥纯碱为Na2CO3，属于盐，不属于碱，不符合题意；
综上，说法正确的是①③⑤，A符合题意；
故答案为：A
【分析】①混合物是由多种物质混合而成的；
②冰是指固态的水；
③强电解质是指在水溶液中完全电离的电解质；
④非电解质是指在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物；
⑤胶体是指分散质微粒的直径在1~100nm的分散系；
⑥纯碱为Na2CO3，属于盐；
13．（2021·石景山模拟）外加少量酸或碱而pH基本不变的溶液，称为缓冲溶液。人体血液存在H2CO3/HCO 的缓冲体系，能消耗人体正常代谢产生的酸或碱，保持pH的稳定。已知人体血液在正常体温时，H2CO3的一级电离常数Ka1=1×10-6。下列说法错误的是( ）
A．人体血液存在缓冲作用可用平衡表示：H++HCO H2CO3 CO2+H2O
B．人体血液在酸中毒时，可注射少量NaHCO3溶液缓解
C．代谢产生的H+与HCO 结合形成H2CO3来维持血液pH的稳定
D．某血液中c(HCO ):c(H2CO3) ≈ 20:1，则c(H+) ≈ 5×10-7mol/L
【答案】D
【知识点】化学平衡移动原理；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．人体血液存在H2CO3/HCO 的缓冲体系，当生成酸性物质时，HCO 与H+结合生成H2CO3，碳酸分解生成H2O和CO2，CO2可通过呼吸排出体外；当生成碱性物质时，碱性物质可与H+反应，消耗H+，促进H2CO3电离产生HCO ，维持pH的稳定，其缓冲作用可用平衡表示：H++HCO H2CO3 CO2+H2O，故A不符合题意；
B．酸中毒时，H+过多，可用NaHCO3溶液与之反应加以缓解，故B不符合题意；
C．人体代谢产生的H+可与缓冲体系中的HCO 结合形成H2CO3，血液pH基本不变，故C不符合题意；
D．Ka1=1×10-6，c(HCO ):c(H2CO3) ≈ 20:1，则c(H+)= Ka1=1 10-6 mol/L≈ 5×10-8mol/L，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】人体内的血液中主要是 H2CO3/HCO 缓冲体系，存在着 H++HCO H2CO3 CO2+H2O 平衡转换，当氢离子浓度过高时，导致酸中毒可以注射少量的碳酸氢钠促进平衡向右移动减少氢离子浓度，碳酸氢根与代谢的氢离子作用维持着血液的pH的恒定。根据碳酸的一级电离常数即可计算出氢离子浓度
14．（2021高二下·吴中期中）下列说法正确的是（ ）
A．在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、 溶液， 相等
B．中和 和体积均相等的盐酸、 溶液，所需 的物质的量相同
C．室温下 的 溶液和 的 溶液中，
D．浓度和体积都相等的盐酸和醋酸溶液分别与足量的 完全反应，盐酸产生的 多
【答案】C
【知识点】强电解质和弱电解质；电解质在水溶液中的电离
【解析】【解答】A．NaOH是强电解质，完全电离，NH3·H2O是弱电解质，部分电离，因此在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、 溶液，后者 较大，A不符合题意；
B． 和体积均相等的盐酸、 溶液， 能电离的氢离子总物质的量更大，因此 消耗NaOH的物质的量更大，B不符合题意；
C．室温下： 的 溶液c(H+)=0.1mol/L，c(OH-)=(10-14÷0.1)mol/L=10-13mol/L，结合电荷守恒可知 0.1mol/L-10-13mol/L； 的 溶液c(H+)=10-13mol/L，c(OH-)=(10-14÷10-13)mol/L=0.1mol/L，结合电荷守恒可知 0.1mol/L-10-13mol/L，因此室温下 的 溶液和 的 溶液中， ，C符合题意；
D．浓度和体积都相等的盐酸和醋酸溶液，能电离的氢离子的物质的量相等，与足量的 完全反应，产生的氢气一样多，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.强电解质和弱电解质的电离能力不同，氨水的电离能力弱，浓度小
B.pH相同的盐酸和醋酸，由于醋酸是弱酸，醋酸的浓度大于盐酸，因此消耗的氢氧化钠的物质的量是醋酸多
C.根据电荷守恒结合水的离子积常数进行判断
D.氢离子的物质的量相等，产生的气体相等
15．（2021高二下·昆山期中）室温下，导电能力相同的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，溶液导电性随加水量变化的曲线如图所示。下列说法正确的是导电能力（ ）
A．C点两溶液的pH相等
B．曲线I表示的是醋酸的变化曲线
C．A点c(H+)比B点c(H+)小
D．完全中和等体积A点、B点对应的溶液，消耗的n(NaOH)相同
【答案】A
【知识点】电解质溶液的导电性；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．C点两溶液的导电能力相同，则c(H+)= c(Cl-)= c(CH3COO-)，pH相等，A符合题意；
B．稀释相同倍数时，醋酸的电离平衡正向进行，则醋酸溶液的氢离子浓度大于盐酸，醋酸的导电能力大于盐酸，故曲线I表示的是盐酸的变化曲线，B不符合题意；
C．A点c(H+)导电能力大于B点，则A点c(H+)大，C不符合题意；
D．完全中和等体积A点、B点对应的溶液，与C点时消耗的n(NaOH)相同，则醋酸消耗NaOH溶液的体积大于盐酸，即两溶液消耗的NaOH不同，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据加水稀释时的导电能力的变化情况，I表示的是盐酸，II表示的是醋酸。C点的导电能力相等，离子浓度相等，因此pH相等，根据图示导电能力强时离子浓度也大，中和A和B的溶液时，醋酸消耗的碱体积大于盐酸
16．（2021·鹰潭模拟）25℃时，c(H2C2O4)+c(HC2O )+c(C2O )=0.1mol·L-1的草酸溶液中，lgc(H2C2O4)、lgc(HC2O )和lgc(C2O )随pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．曲线①代表lgc(H2C2O4)，曲线③代表lgc(C2O )
B．lg[Ka2(H2C2O4)]=-4.3
C．pH=2.8时，c(HC2O )＞0.01mol·L-1
D．pH由0变化至14过程中， 先增大后不变
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】溶液pH较小时，主要以H2C2O4形式存在，pH升高， 先增大后减小，当pH增大到一定数值， 浓度才会增大；故根据pH=0时，最多的是①H2C2O4，其次是② ，③为
A．浓度越大，lgc越大，曲线①代表lgc(H2C2O4)，曲线③代表lgc(C2O )，A项不符合题意；
B． ，当②③交点pH=4.3，此时c( )=c( )，Ka2=c(H+)=10-4.3，lg[Ka2(H2C2O4)]=-4.3，B项不符合题意；
C．pH=2.8时，①与③交点，c(H2C2O4)=c( )，2c(H2C2O4)+ c( )=0.1①， =10-1.3，当pH=2.8时， =101.5②，由①②可得，c( )=0.094mol/L>0.01mol/L，C项不符合题意；
D． ， ， ， ， 不变，c(H+)减少，所以 增大，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据 lgc(H2C2O4)、lgc(HC2O )和lgc(C2O ) 数值越大，浓度越大即可判断
B.利用草酸的二级电离方程式计算出结合②和③的交点即可计算
C.根据 pH=2.8时 利用交点和 c(H2C2O4)+c(HC2O )+c(C2O )=0.1mol·L-1 以及草酸的一级电离常数即可计算
D.利用一级和二级电离常数将 表示出即可判断
二、多选题
17．（2020高二上·张家口期中）已知25℃时部分弱酸的电离常数如下表：
弱酸 CH3COOH H2CO3 HClO
电离常数 K=1.75×10-5 K1=4.4×10-7 K2=4.7×10-11 K=3.0×10-8
下列叙述错误的是（ ）
A．酸性由强到弱的顺序为：CH3COOH>H2CO3>HClO
B．等浓度等体积的醋酸比次氯酸的导电能力强
C．将少量CO2气体通入NaClO溶液中的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+CO
D．CH3COOH和ClO-可以大量共存
【答案】C,D
【知识点】电解质溶液的导电性；弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】A．A：酸的电离平衡常数越大，酸性越强，根据表格数据可知酸性由强到弱的顺序为：CH3COOH>H2CO3>HClO，故A不符合题意；
B．醋酸的电离平衡常数比次氯酸大，则等浓度等体积的两种溶液中，醋酸溶液中离子浓度更大，导电能力更强，故B不符合题意；
C．根据表格数据可知酸性：HClO>HCO ，所以少量CO2气体通入NaClO溶液中生成次氯酸和碳酸氢钠，离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+ HCO ，故C符合题意；
D．醋酸的酸性强于次氯酸，所以次氯酸根结合氢离子的能力更强，则CH3COOH和ClO-无法大量共存，故D符合题意；
故答案为CD。
【分析】A.酸的电离平衡常数越大，酸性越强
B.导电能力强弱的影响因数，一、离子浓度，二、离子的带电荷数
C.碳酸的第二部电离小于次氯酸的电离，反应生成碳酸氢根
D.醋酸的酸性强于次氯酸，强酸置换出弱酸
18．（2020高二上·邢台期中）在一定温度下，弱碱(CH3NH2)在水溶液中的电离方程式为CH3NH2+H2O CH3NH +OH-，下列说法正确的是（ ）
A．电离平衡常数表达式K=
B．加入适量的CH3NH2溶液，电离常数K增大
C．加水稀释，c(OH-)减小，Kw不变
D．升高温度，c(CH3NH )增大
【答案】C,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】A．该反应的电离平衡常数表达式为K= ，故A项不符合题意；
B．电离常数K只与温度有关，加入适量的CH3NH2溶液，K不变，故B项不符合题意；
C．加水稀释的过程中，CH3NH2+H2O CH3NH +OH-的平衡向右移动，但c(OH-)减小，K只与温度有关，温度不变，Kw不变，故C项符合题意；
D．电离是吸热过程，升高温度CH3NH2+H2O CH3NH +OH-的平衡右移，c(CH3NH )增大，故D项符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.根据公式电离平衡常数=c(CH3NH3+)×c(OH )c(CH3NH2)c(H2O)而c（H2O）=1mol/L，
B.温度不变，K不变
C.加水稀释，电离会向右移动，但是氢氧离子浓度减小，温度不变，K不变
D.升温平衡向右移动
19．（2020高二上·齐齐哈尔期中）运用电离常数判断可以发生的反应是（ ）
酸 电离常数(25℃)
碳酸 Ki1=4.3×10-7Ki2=5.6×10-11
次溴酸 Ki=2.4×10-9
A．HBrO＋Na2CO3→NaBrO＋NaHCO3
B．2HBrO＋Na2CO3→2NaBrO＋H2O＋CO2↑
C．HBrO＋NaHCO3→NaBrO＋H2O＋CO2↑
D．NaBrO＋CO2＋H2O→NaHCO3＋HBrO
【答案】A,D
【知识点】电离平衡常数
【解析】【解答】根据电离常数有H2CO3>HBrO>HCO3-，又根据复分解反应中较强酸制备较弱酸的原理进行判断，
故答案为：AD。
【分析】根据强酸制弱酸的原理分析。
三、填空题
20．（2019高一上·奉化期中）下列物质：①水 ② 稀硫酸 ③盐酸 ④烧碱 ⑤硝酸钾 ⑥酒精 ⑦碘酒 ⑧蔗糖 ⑨NH3
（用编号回答）其中属于
电解质的是： 。
非电解质的是： 。
强电解质的是 。
弱电解质的是 。
【答案】①④⑤；⑥⑧⑨；④⑤；①
【知识点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质
【解析】【解答】①水，是电解质、弱电解质；②稀硫酸，既不是电解质也不是非电解质；③盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质；④烧碱，电解质、强电解质；⑤硝酸钾，电解质、强电解质；⑥酒精，非电解质；⑦碘酒，是碘和酒精的混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑧蔗糖，非电解质；⑨NH3，非电解质。综合以上分析，可得以下结论：电解质的是：①②④⑤；非电解质的是：⑥⑧⑨；强电解质的是④⑤；弱电解质的是①；答案为：①④⑤；⑥⑧⑨；④⑤；①。
【分析】酸、碱、盐、金属氧化物和水是电解质，其中强酸、强碱和绝大部分盐是强电解质；单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。需要注意的是，难溶性盐大多是强电解质，因为它们虽然难溶，但溶于水的部分发生完全电离。
21．（2021高二下·呼图壁开学考）下面所列物质中，属于强电解质的是 (填序号，下同)，属于弱电解质的是 ，属于非电解质的是 。
①氯化钾②乙醇③醋酸④氨气⑤蔗糖⑥硫化氢⑦硫酸氢钠⑧一水合氨⑨氯气⑩碳酸钡 铁
【答案】①⑦⑩；③⑥⑧；②④⑤
【知识点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质
【解析】【解答】①氯化钾③醋酸⑥硫化氢⑦硫酸氢钠⑧一水合氨⑩碳酸钡，水溶液中或熔融状态下能导电，属于电解质；①氯化钾⑦硫酸氢钠⑩碳酸钡，水溶液中或熔融状态下完全电离属于强电解质；③醋酸⑥硫化氢⑧一水合氨，水溶液中部分电离属于弱电解质；②乙醇④氨气⑤蔗糖，水溶液中或熔融状态下都不导电属于非电解质；⑨氯气 铁是单质不是电解质也不是非电解质。强电解质：①⑦⑩。弱电解质：③⑥⑧。非电解质：②④⑤。
故本题正确答案为：①⑦⑩；③⑥⑧；②④⑤
【分析】强电解质是在说溶液中完全电离的化合物，主要是强酸、强碱、可溶性盐或者一些难溶性盐
弱电解质是在水溶液中部分电离的化合物主要是弱酸、弱碱、水
非电解质：在水溶液或者熔融状态下下不导电的化合物如乙醇、氨气、二氧化碳等等
22．（2020高一上·翁牛特旗期中）下列物质：①NaCl溶液②NaOH③H2SO4④Cu⑤CH3COOH
⑥CO2⑦乙醇。其中属于电解质的有： 属于非电解质的有： 属于强电解质的有： 属于弱电解质的有： 能导电的物质有：
【答案】②③⑤；⑥⑦；②③；⑤；①④
【知识点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质；电解质溶液的导电性
【解析】【解答】①NaCl溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，但NaCl溶液存在自由移动的离子，可导电；②NaOH在水溶液里或熔融状态下能完全电离，属于强电解质；③H2SO4 在水溶液里能完全电离，属于强电解质；④Cu是单质，既不是电解质也不是非电解质，但Cu存在自由电子，可导电；⑤CH3COOH 在水溶液里只能部分电离出自由移动的离子而导电，属于弱电解质；⑥CO2 本身不能电离出自由移动的离子而导电，属于非电解质；⑦乙醇是在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物，属于非电解质；由上分析可得，属于电解质的有②③⑤，属于非电解质的有⑥⑦，属于强电解质的有②③，属于弱电解质的有⑤，能导电的物质有①④；
答案为②③⑤，⑥⑦，②③，⑤，①④。
【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质；能够完全电离的电解质是强电解质，只能部分电离的电解质是弱电解质；能产生自由移动阴阳离子和自由电子的能导电，据此进行解答。
23．（2019高一上·长春期中）以下有10种物质：①盐酸；②氨气；③铜；④食醋；⑤碳酸钠；⑥蔗糖；⑦烧碱；⑧二氧化碳；⑨硫酸；⑩硫酸钡。把符合条件的物质序号填入下面相应的位置。
（1）属于电解质的是：
（2）属于非电解质的是：
（3）能导电的是：
【答案】（1）⑤⑦⑨⑩
（2）②⑥⑧
（3）①③④
【知识点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质；电解质溶液的导电性
【解析】【解答】⑤⑦⑩在水溶液里和熔融状态下都能导电，⑨在溶于水时能导电，是电解质；②⑥⑧是在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，属于非电解质；①④含有自由移动的离子，③含有自由移动的电子，能够导电；故答案为：⑤⑦⑨⑩；②⑥⑧；①③④。
【分析】电解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，前提必须是化合物；能导电的物质含有自由移动的电子或离子，据此回答。
四、实验探究题
24．（2020·石景山模拟）“84消毒液”广泛应用于杀菌消毒，其有效成分是NaClO。实验小组制备消毒液，并利用其性质探索制备碘水的方法。
资料：i.HClO的电离常数为Ka=4.7×10-8；
H2CO3的电离常数为K1=4.3×10-7、K2=5.6×10-11。
ii.碘的化合物主要以I-和IO3-的形式存在，IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O。
iii.碘单质能与I-反应：I2+I- I3-（I3-低浓度时显黄色，高浓度时为棕色）。
Ⅰ.制备消毒液（夹持装置略）
（1）制备NaClO消毒液的装置是 （填C或D）。
（2）制备完成后，向C装置的溶液中添加NaOH、Na2SiO3等物质，得到与某品牌成分相同的消毒液，用平衡移动原理解释NaOH的作用 。
（3）结合资料i，写出D中反应的化学方程式 。
（4）Ⅱ.利用消毒液的性质探究碘水的制备方法
将某品牌“84消毒液”稀释10倍，各取100mL于三个烧杯中，设计如下实验方案制备碘水：
方案 操作 现象 反应后加淀粉溶液
1 烧杯1溶液中加入9gKI固体 溶液为橙黄色 ……
2 烧杯2溶液中加入9gKI固体再加入1mo/L盐酸10mL 溶液颜色快速加深，呈紫红色 变蓝
3 烧杯3溶液中加入少量KI固体（小于0.5g） 振荡后溶液保持无色 不变蓝
对比不同方案的实验现象，得出制取碘水的最佳方法要关注的因素是 。
（5）针对烧杯3“滴加淀粉溶液不变蓝”的原因，提出两种假设：
假设1：过量的NaClO将反应生成的I2氧化为IO3-。
设计实验证实了假设1成立。NaClO氧化I2生成IO3-的离子方程式是 。
假设2：生成的I2在碱性溶液中不能存在。
设计实验a证实了假设2成立，实验a的操作及现象是 。
（6）某小组检验烧杯3所得溶液中含IO3-：取烧杯3所得无色溶液少许，加入稀硫酸酸化的KI溶液，反应后再滴加淀粉溶液，发现溶液变蓝。该实验方案能否证明烧杯3所得溶液中存在IO3-，说明理由 。
（7）预测烧杯1反应后加淀粉溶液的实验现象，结合方程式说明预测依据 。
【答案】（1）C
（2）ClO-+H2O OH-+HClO，加入NaOH使c(OH-)增大，平衡逆移，使c(HClO)减小，分解速率减慢（或消毒液更稳定）
（3）Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2
（4）溶液的酸碱性；消毒液和KI的相对用量
（5）5ClO-+I2+H2O=2IO3 +5Cl-+2H+；向与烧杯3pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去
（6）不能，溶液中存在大量ClO 的干扰，ClO 也可将I 氧化为I2使溶液变蓝
（7）“变蓝，因为发生反应ClO +2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-（和I2+I- I3-），溶液中存在I2单质”或“变蓝，溶液显橙黄色，肯定存在有色离子I2或I3-，反应生成的I2存在平衡I2+I- I3-，有I2会变蓝”；或“不变蓝，I2在碱性溶液中不存在，发生反应3I2+6OH-==IO3-+5I-+3H2O”
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】（1）分析题中Ⅰ.制备消毒液过程，该反应原理为：浓盐酸和KMnO4反应生成Cl2，然后Cl2与NaOH反应生成NaClO。实验中注意Cl2通入C装置前要进行除杂，则可知B装置中应盛有饱和食盐水，实验后要考虑尾气吸收问题。分析实验装置图，可知装置C为制备NaClO消毒液的装置。答案为：C；（2）C装置生成了消毒液的主要成分——NaClO，ClO 在水溶液中发生水解：ClO +H2O HClO+OH ，HClO不稳定易分解，故为了使消毒液保持稳定，应抑制ClO 的水解，向其中加入NaOH，溶液中的OH 浓度增大，使得ClO 的水解平衡左移，进而达到稳定消毒液的目的，答案为：ClO +H2O OH +HClO，加入NaOH使c(OH )增大，平衡逆移，使c(HClO)减小，分解速率减慢（或消毒液更稳定）；（3）根据资料i，可知酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3 ，Cl2与水发生反应生成HCl和HClO，根据酸性强弱可知，最终发生的反应为：Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2。答案为：Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2；（4）分析Ⅱ中三个实验操作，方案2中生成了碘单质，对比三个实验方案的区别，可知成功制备碘水应注意两个因素：溶液的酸碱性；KI和消毒液的相对用量。答案为：溶液的酸碱性；消毒液和KI的相对用量；（5）根据得失电子数目和原子守恒，可得出离子反应方程式为：5ClO +I2+H2O=2IO3 +5Cl +2H+；可在碱性溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水进行验证，实验操作为：向与烧杯3pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去；答案为：5ClO +I2+H2O=2IO3 +5Cl-+2H+；向与烧杯3pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去；（6）84消毒液的主要成分为NaClO，ClO 具有氧化性，同样可以氧化I 生成I2，进而干扰实验，故不能证明烧杯3中存在IO3-，答案为：不能，溶液中存在大量ClO 的干扰，ClO 也可将I 氧化为I2使溶液变蓝；（7）为了保证消毒液的稳定性，84消毒液中加入了NaOH等物质，结合题给资料iii进行分析：变蓝，因为生成了I2；不变蓝，生成的I2又与OH 发生了反应。故答案为：“变蓝，因为发生反应ClO +2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-（和I2+I- I3-），溶液中存在I2单质”或“变蓝，溶液显橙黄色，肯定存在有色离子I2或I3-，反应生成的I2存在平衡I2+I- I3-，有I2会变蓝”；或“不变蓝，I2在碱性溶液中不存在，发生反应3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O”。
【分析】（5）根据得失电子数目和原子守恒写出离子方程式。可通过向碱性溶液中加入淀粉溶液的碘水验证生成的I2在碱性溶液中不能存在。（6）84消毒液中存在ClO ，ClO 具有氧化性，可将I 氧化为I2，进而对实验产生干扰。（7）结合题给资料iii进行分析，烧杯1可能出现变蓝、不变蓝或橙黄色，据此进行合理分析。
25．（2019高二下·滦县期末）采用如下装置(夹持和加热仪器已略去)电解饱和食盐水，并检验氯气的氧化性，同时用电解产生的H2还原CuO粉末来测定Cu的相对原子质量。
（1）写出电解饱和食盐水的离子方程式 。
（2）为完成上述实验，正确的连接顺序为A连 ；B连 (填写导管口字母)。
（3）若检验氯气的氧化性，则乙装置的a瓶中溶液可以是下列试剂中的 。
a.酸性高锰酸钾溶液
b.淀粉碘化钾溶液
c.亚硫酸钠溶液
d.氯化亚铁溶液
（4）丙装置的c瓶中盛放的试剂为 ，作用是 。
（5）为测定Cu的相对原子质量，设计了如下甲、乙两个实验方案：精确测量硬质玻璃管的质量为a g，放入CuO后，精确测量硬质玻璃管和CuO的总质量为b g（假设CuO充分反应），实验完毕后：
甲方案：通过精确测量硬质玻璃管和Cu粉的总质量为c g，进而确定Cu的相对原子质量。
乙方案：通过精确测定U型管b反应前后的质量变化，得到生成水的质量d g，进而确定Cu的相对原子质量。
①请你分析并回答： 方案所测结果更准确。若按合理方案测定的数据计算，Cu的相对原子质量为 。
②不合理的方案会造成测定结果 （填“偏低、偏高或无影响”）。
【答案】（1）2Cl－+2H2O 2OH－+H2↑+Cl2↑
（2）E；C
（3）bd
（4）浓硫酸；吸收H2中的H2O，防止硬质玻璃管炸裂，或影响测定水的质量（因为乙方案是测水的质量）
（5）甲；16(c－a)/(b－c)；偏低
【知识点】电解质在水溶液中的电离；氯气的化学性质
【解析】【解答】本题考查实验方案设计与评价，（1）电解饱和食盐水得到氢气、氯气和氢氧化钠，其离子反应方程式为：2Cl－+2H2O 2OH－+H2↑+Cl2↑；（2）根据（1），A中出来的气体为氢气，B中出来的气体为Cl2，根据实验目的，以及问题（5），因此A连接E，B连接C；（3）检验氯气具有氧化性，需要加入的是还原剂，a、酸性高锰酸钾溶液，具有强氧化性，故a不正确；
B、I－具有还原性，发生Cl2＋2I－=I2＋2Cl－，溶液显蓝色，说明Cl2具有氧化性，故b正确；
C、虽然Na2SO3具有还原性，但实验无现象，无法判断是否发生反应，故c不正确；
D、Fe2＋具有还原性，发生2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，溶液颜色由浅绿色变为黄色，说明发生反应，故d正确；（4）甲和丙是用氢气还原氧化铜，来测定Cu的相对原子量，从A中出来的氢气中混有水蒸气，影响测定水的质量，因此c的作用是吸收H2中H2O，应盛放的试剂是浓硫酸；（5）①乙方案中b与外界连通，空气中含有水蒸气，被b装置吸收，容易产生误差，因此甲方案所测结果更准确，甲方案发生CuO＋H2 Cu＋H2O，CuO的质量为(b－a)g，产生Cu的质量为(c－a)g，根据Cu原子守恒，因此有(b－a)/(M＋16)=(c－a)/M，解得M=16(c－a)/(b－c)；②乙实验方案得出Cu的相对原子质量为[18(b－a)/d]－16，b与外界连通，空气中含有水蒸气，被b装置吸收，d的质量增加，[18(b－a)/d]－16偏低。
【分析】本题的易错点是是（3）种选项c，Na2SO3中S显＋4价，具有还原性，能与氯气发生反应，学生错选c，忽略了验证氯气的氧化性，需要实验现象说明发生反应，而氯气与Na2SO3反应无现象，无法判断是否反应，因此不能选c。
26．（2019高二上·清远期末）某小组以醋酸为例探究弱酸的性质。
（1）实验一：探究酸的强弱对酸与镁条反应速率的影响。
①设计实验方案如下表，表中c
= mol·L-1。
编号 酸的种类 酸的浓度/mol·L-1 酸的体积/mL 镁条质量/g
① 醋酸 1.0 10 2.0
② 盐酸 C 10 2.0
②实验步骤：（a）检查装置（左图）的气密性后，添加药品；
（b）反应开始后， (填写操作）；
（c）将所记录的数据转化为曲线图（右图）。
③写出0～5min醋酸、盐酸分别与镁条反应的反应速率变化规律： 。
（2）实验二：现有一瓶醋酸溶液，常温下测定其中醋酸的电离程度（已电离的电解质分子数占原来总分子数的百分比）。
设计实验方案，将待测物理量和对应的测定方法填写在下表中。
待测物理量 测定方法
① 量取25.00mL醋酸溶液于锥形瓶中，滴加指示剂，将0.1000 mol·L-1 NaOH标准溶液装入 中，滴定至终点，记录数据。重复滴定2次。
②
【答案】（1）1.0；每隔1min记录一次生成H2的体积；醋酸与镁条反应的速率随时间变化不明显；盐酸与镁条反应开始阶段反应速率很快，一段时间后反应速率明显减小
（2）醋酸溶液的物质的量浓度；碱式滴定管；H+的物质的量浓度；取适量醋酸溶液于烧杯中，用pH计测定溶液pH
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；探究影响化学反应速率的因素
【解析】【解答】(1)①要探究酸的强弱对酸与镁条反应速率的影响，则必须保持其他影响反应速率的因素保持一致，故醋酸和盐酸的浓度应相同，故C也应为1.0mol/L，故答案为：1.0；
②据图可知，是要通过测量在相同的时间段内收集到的氢气体积的大小来测量反应速率，故在反应开始后，应每隔1min记录一次生成H2的体积，故答案为：每隔1min记录一次生成H2的体积；
③通过图象分析可知，单位时间内醋酸与镁条反应生成氢气的体积变化很小，即醋酸与镁条的反应速率变化不大；而盐酸与镁条的反应一开始很快，一段时间后，单位时间内生成的氢气的体积明显变小，即反应速率明显减小，故答案为：醋酸与镁条反应的速率随时间变化不明显，盐酸与镁条反应开始阶段反应速率很快，一段时间后反应速率明显减小；
(2)①根据测定方法可知，此为酸碱中和滴定，所给的NaOH溶液是标准液，即醋酸是待测液，通过滴定，可测出醋酸溶液的浓度；碱液应盛放在碱式滴定管中；
醋酸溶液的物质的量浓度；②由于①能测出醋酸溶液的浓度，故此步实验的目的是测量溶液中H+的浓度，而若较精确的测量溶液的pH，应该用pH计，方法是取适量醋酸溶液于烧杯中，用pH计测定溶液pH，故答案为：醋酸溶液的物质的量浓度； 碱式滴定管； H+的物质的量浓度；取适量醋酸溶液于烧杯中，用pH计测定溶液pH。
【分析】（1）比较不同酸与金属的反应速率的影响，需要酸的浓度、体积和金属的质量、形状等统一，通过测量氢气的体积计算反应速率；
（2）醋酸的电离程度是已电离的电解质分子数占原来总分子数的百分比，要求醋酸的电离程度，故应测出醋酸溶液的浓度和溶液中H+的浓度。
27．（2020高二上·大连月考）硫—碘循环分解水制氢主要涉及下列反应：
（1）Ⅰ.SO2＋2H2O＋I2=H2SO4＋2HI；Ⅱ.2HI H2＋I2 ；Ⅲ.2H2SO4=2SO2＋O2＋2H2O。
分析上述反应，下列判断正确的是 。
a．反应Ⅲ易在常温下进行
b．反应Ⅰ中SO2氧化性比HI强
c．循环过程中需补充H2O
d．循环过程产生1 mol O2的同时产生1 mol H2
（2）一定温度下，向1 L密闭容器中加入1 mol HI(g)，发生反应Ⅱ，H2物质的量随时间的变化如图所示。0～2 min内的平均反应速率v(HI)＝ 。该温度下，H2(g)＋I2(g) 2HI(g)的平衡常数K＝ 。相同温度下，若开始加入HI(g)的物质的量是原来的2倍，则 是原来的2倍。
a．平衡常数
b．HI的平衡浓度
c．达到平衡的时间
d．平衡时H2的体积分数
（3）实验室用Zn和稀硫酸制取H2，反应时溶液中水的电离平衡 移动(填“向左”“向右”或“不”)；若加入少量下列试剂中的 ，产生H2的速率将增大。
a．NaNO3 b．CuSO4
c．Na2SO4 d．NaHSO3
【答案】（1）c
（2）0.1 mol·L－1·min－1；64；b
（3）向右；b
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】(1)a．反应Ⅲ在常温下向左进行，故a项不正确；
b．SO2的还原性比HI强，故b项不正确；
c．根据盖斯定律Ⅰ×2＋Ⅱ×2＋Ⅲ得总反应：2H2O=2H2＋O2，循环过程中消耗了H2O ，故c项正确；
d．根据总反应知产生1 mol O2的同时产生2 mol H2，故d项不正确；
故答案为：c。(2)由题干数据分析该反应：
，0～2 min内平均反应速率v(HI)＝ ＝0.1 mol·L－1·min－1，平衡常数K＝ ＝64，若开始加入HI的物质的量是原来的2倍，相当于先将HI加入到2 L的容器(达到的平衡状态与原平衡一致，即HI的浓度、H2的体积分数与原平衡相同)，再将体积压缩至1 L，因为该反应为等体积反应，加压平衡不移动，所以HI的浓度为原来的2倍，H2的体积分数不变，温度不变，平衡常数不变；加入HI的物质的量增大，反应物浓度增大，反应速率加快，达到平衡的时间缩短；故答案为：0.1 mol·L－1·min－1；64；b；(3)Zn与稀H2SO4反应，c(H＋)减小，水的电离平衡向右移动；若向原溶液中加入NaNO3，Zn与H＋、NO 反应不生成H2；若加CuSO4，Zn＋CuSO4=ZnSO4＋Cu，Zn与Cu构成原电池，加快反应速率；若加Na2SO4，对反应速率没有影响；若加NaHSO3， 消耗H＋生成H2O和SO2，反应速率减小，故答案为：向右；b。
【分析】若能根据题目的条件建立等效平衡模型，则有利于对等效假设的有关问题分析(如转化率、压强、平均相对分子质量的变化等)。
五、综合题
28．（2021·毕节模拟）CO2的捕集、利用与封存成为科学家研究的重要课题。
（1）已知：
CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)
ΔH1=-802 kJ·mol-1
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)
ΔH2=-566 kJ·mol-1
则反应 3CO2(g)+CH4(g)=4CO(g)+2H2O(g)的ΔH3= kJ·mol-1。
（2）探究反应 CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)的反应速率和平衡，向1L恒容密闭容器中通入CO2和CH4各1mol，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示。
①CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)的ΔH 0(填“大于”或“小于”)。
②下列叙述能判断反应CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)达化学平衡状态的是 。
A．混合气体的密度保持不变
B．CO的体积分数保持不变
C．c(CO)和c(H2)的比值保持不变
D．断裂4mol C-H键的同时断裂2mol H-H键
③在压强为P1，温度为1000℃时，反应经5min达平衡，用CO2表示的化学反应速率v(CO2)= ；比较x点和y点的速率：x y(填“大于”“小于”或“等于”)；压强p1 P2(填“大于”“小于”或“等于”)，原因是 。
（3）CO2可被 NaOH 溶液捕获，其所得溶液中c(HCO )：c(CO )=2：1，溶液pH= 。(室温下，H2CO3的K1=4x10-7；K2=5x10-11)
【答案】（1）330
（2）大于；BD；0.1mol L-1 min-1；小于；小于；同一温度下，P2对应的CH4的转化率较小，该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，CH4的转化率降低
（3）10
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡状态的判断；电离平衡常数
【解析】【解答】(1)根据盖斯定律可得，ΔH3=ΔH1-2ΔH2=-802kJ mol-1-(-566kJ mol-1) 2=330kJ mol-1；
(2)①同一压强下，温度升高，CH4的平衡转化率升高，说明该反应是吸热反应，则该反应的ΔH大于0；
②A．该反应体系中，总质量和体积均不变，故任意时刻，混合气体的密度都相同，则该说法不能表示反应达到化学平衡状态，A不正确；
B．当CO的体积分数保持不变时，可以表明反应达到化学平衡状态，B正确；
C．由题可知，反应体系中，c(CO)和c(H2)的比值始终为1：1，则该说法不能表示反应达到化学平衡状态，C不正确；
D．断裂4mol C-H键的同时断裂2mol H-H键，可以表明反应达到化学平衡状态，D正确；
故答案为：BD；
③压强为P1，温度为1000℃时，CH4的转化率为50%，则Δn(CO2)=Δn(CH4)=50% 1mol=0.5mol，v(CO2)= = =0.1mol L-1 min-1；x点和y点相比，x点的温度较低，则x点的速度小于y点的速度；同一温度下，P2对应的CH4的转化率较小，该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，CH4的转化率降低，故P1小于P2；
(3)根据碳酸的第二步电离平衡常数可得，K2= = =5 10-11，则c(H+)=1.0 10-10，则pH=-lg c(H+)=10。
【分析】（1）根据盖斯定律即可计算出焓变
（2）①根据温度对甲烷的转化率的影响即可判断出焓变的大小
②根据 O2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g) 可以通过比较物质的量浓度是否不变以及速率是否不变以及压强是否不变来判断反应是否达到平衡
③根据给出的数据即可计算出平衡时的物质的量即可计算出二氧化碳的速率，温度越高速率越高，根据反应前后气体系数增大结合甲烷的转化率即可判断出压强的大小关系
（3）根据碳酸的第二步电离常数即可计算出氢离子的浓度即可计算出pH
29．（2021高二下·呼图壁开学考）25℃时，有0.01
mol L-1的醋酸溶液，试回答下列问题：
（1）写出醋酸的电离方程式
（2）达平衡时，溶液中氢离子浓度约是 (25℃时，醋酸电离平衡常数为2. 25×10 -6)
【答案】（1）CH3COOH CH3COO-＋H+
（2）1.5×10-4mol/L
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】(1)醋酸是一元弱酸，在溶液中部分电离出醋酸根离子和氢离子，电离方程式为 CH3COOH CH3COO-＋H+，故答案为：CH3COOH CH3COO-＋H+；
(2) 达平衡时，溶液中氢离子浓度等于醋酸根离子浓度，由电离常数Ka= 可知，溶液中氢离子浓度约为c(H+)= = =1.5×10—4mol/L，故答案为：1.5×10-4mol/L。
【分析】
（1）弱酸不完全电离，可逆（2）根据电离平衡数，利用c(H+)=c(CH3COO-)计算即可
30．（2021高二下·长春开学考）回答下列问题：
（1）某浓度的氨水中存在平衡：NH3·H2O
NH4+ ＋ OH－，如想增大NH4+的浓度而不增大OH－的浓度，可采取的措施是 填字母）。
a.适当升高温度 b.加入NH4Cl固体
c.通入NH3 d.加入少量浓盐酸
（2）常温下，有pH相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液，采取以下措施：
①加适量醋酸钠晶体后，两溶液中的c（H＋）变化情况是：
醋酸溶液中c（H＋）
（填“增大”、“减小”或“不变”），盐酸溶液中c（H＋） （填“增大”、“减小”或“不变”）
②加水稀释10倍后：醋酸溶液中的c（H＋） 盐酸溶液中的c（H＋）（填“>”、“＝”或“<”）。
③加等浓度的NaOH溶液至恰好中和，所消耗的NaOH溶液体积相比较：醋酸 盐酸（填“>”、“＝”或“<”）。
④使温度都升高20 ℃后，两溶液中c（H＋）比较：醋酸 盐酸（填“>”、“＝”或“<”）。
⑤ 分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积（V）随时间（t）变化的示意图正确的是 （填字母，①代表盐酸，②代表醋酸溶液）。
（3）将0.1
mol·L－1的CH3COOH加水稀释，有关稀释后醋酸溶液的说法中，正确的是 （填字母）。
a.电离程度增大 b.溶液中离子总数增多
c.溶液导电性增强 d.溶液中醋酸分子增多
【答案】（1）bd
（2）减小；减小；>；>；>；c
（3）ab
【知识点】化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】（1）a项，弱电解质的电离是吸热过程，升高温度，平衡电离方向移动，NH4+和OH-浓度都增大，不正确；b项，加入NH4Cl固体，NH4Cl电离出NH4+，NH4+的浓度增大，平衡逆向移动，OH-浓度减小，正确；c项，通入适量NH3，NH3·H2O浓度增大，平衡正向移动，NH4+和OH-浓度都增大，不正确；d项，加入少量浓盐酸，浓盐酸电离出的H+与OH-结合成H2O，OH-浓度减小，电离平衡正向移动，NH4+浓度增大，正确；故答案为：bd。
（2）①醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH CH3COO-+H+，加入的醋酸钠电离出CH3COO-，CH3COO-浓度增大，电离平衡逆向移动，溶液中c（H+）减小。在盐酸中加入醋酸钠，醋酸钠电离出的CH3COO-与H+结合成弱酸CH3COOH，溶液中c（H+）减小。
②加水稀释10倍，溶液体积变为原来的10倍，稀释后盐酸中c（H+）变为原来的1/10；加水稀释促进醋酸的电离，稀释后醋酸溶液中c（H+）大于原来的1/10；加水稀释10倍后醋酸溶液中的c（H＋） 盐酸溶液中的c（H＋）。
③醋酸为弱酸，盐酸为强酸，pH相同的盐酸和醋酸溶液，物质的量浓度：醋酸大于盐酸，等体积的溶液中加入等浓度的NaOH溶液至恰好中和，消耗的NaOH溶液的体积：醋酸 盐酸。
④弱电解质的电离是吸热过程，升高温度促进醋酸的电离，醋酸溶液中c（H+）增大；升高温度，盐酸溶液中c（H+）不变，则温度都升高20℃后溶液中c（H+）：醋酸 盐酸。
⑤醋酸溶液中H+被消耗会促进醋酸的电离，反应过程中醋酸溶液中c（H+）大于盐酸中，醋酸与Zn反应的速率比盐酸与Zn反应的速率快；等pH、等体积的醋酸溶液和盐酸中，醋酸提供的H+总物质的量大于盐酸，醋酸与足量Zn反应放出的H2大于盐酸与足量Zn反应放出的H2；故答案为：c。
（3）醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH CH3COO-+H+，加水稀释促进CH3COOH的电离。a项，电离程度增大，正确；b项，由于电离平衡正向移动，H+、CH3COO-物质的量增大，溶液中离子总数增多，正确；c项，由于溶液体积的增大超过离子物质的量的增大，c（H+）、c（CH3COO-）物质的量浓度减小，溶液导电性减弱，不正确；d项，由于电离程度增大，溶液中醋酸分子减少，不正确；故答案为：ab。
【分析】一元强酸与一元弱酸的比较
①等物质的量浓度、等体积的一元强酸(如HCl)与一元弱酸(如CH3COOH，简写为HAc)的比较
c(H＋) pH 中和碱的能力 与足量活泼金属反应产生H2的量 与活泼金属反应开始的速率 稀释相同倍数后
c pH
HCl 大 小 相同 相同 快 相同 小
HAc 小 大 慢 大
②等pH、等体积的一元强酸与一元弱酸的比较(以HCl、HAc为例)
c（酸） 与足量活泼金属反应 中和碱的能力 稀释相同倍数后
υ(初) υ(后) 产生H2量 c（酸） pH
HCl 小 相同 慢 少 小 小 大
HAc 大 快 多 大 大 小
1 / 1高中化学人教版（2019）选择性必修1第三章第一节电离平衡
一、单选题
1．（2021高一下·温州期中）下列物质属于弱电解质的是（ ）
A．氨水 B．醋酸铵 C．氮气 D．冰醋酸
2．（2021·浙江）下列物质属于弱电解质的是（ ）
A．CO2 B．H2O C．HNO3 D．NaOH
3．（2021·鹰潭模拟）下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（ ）
选项 实验 现象 结论
A 相同温度下，用 试纸测 溶液和 溶液的 测 溶液试纸显蓝色；测 溶液的试纸显深蓝色 相同温度下
B 取 和 完全反应后固体，溶于足量稀硫酸，滴加 溶液 溶液不变红 反应后固体中可能含有
C 将湿润的淀粉- 试纸放入含有红棕色气体的集气瓶中 试纸变蓝 该气体为 ，具有氧化性
D 将少量 加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加 溶液 溶液呈血红色 已变质
A．A B．B C．C D．D
4．（2021·浙江）下列物质属于强电解质的是（ ）
A．KOH B．H3PO4 C．SO3 D．CH3CHO
5．（2021高一下·阜宁期中）亚硝酸 是一种弱酸，一定条件下在水溶液中部分电离出 和 。 的亚硝酸溶液，当其达到电离平衡时，溶液中 的浓度c为（ ）
A． B．
C． D．
6．（2021·遵义模拟）下列实验操作、现象和得出的结论全部正确的是（ ）
实验操作 现象 结论
A 向某溶液中滴加稀HNO3，再加入过量的BaCl2溶液 产生白色沉淀 原溶液中一定含有SO
B 25℃时分别测定等物质的量浓度的NaHCO3溶液和NaHC2O4溶液的pH值 NaHCO3溶液的pH更大 酸性：H2CO3C 其他条件不变，将H2(g) + I2(g) 2HI(g)的平衡体系的容器体积增大为原来的10倍 气体颜色变浅 减小压强，平衡正向移动
D 将氯气和甲烷在光照下反应后的混合气体通入紫色石蕊试液 紫色石蕊试液变红 甲烷的氯代产物具有酸性
A．A B．B C．C D．D
7．（2021·遵义模拟）常温下，向20.00 mL 0.1 mol/L氨水中滴入0.1 mol/L盐酸，溶液中由水电离出的c(H+)的负对数[-lgc水(H+)]与所加盐酸体积的关系如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．常温下，Kb(NH3·H2O)的数量级约为10-5
B．R到N、N到Q所加盐酸体积相等
C．R、Q两点对应溶液不都是中性的
D．N点有：c(NH3·H2O) + c( ) = 0.05 mol/L
8．（2021·珠海模拟）常温下，向 的HA溶液中逐滴加入 的氨水，溶液的pH及导电能力变化趋势如图。下列说法错误的是（ ）
A．b点溶液中，水的电离程度最大
B．溶液中的阳离子浓度总和关系是：b>c>a
C．常温下，HA的电离平衡常数约为10-5
D．氨水的电离常数小于HA的电离平衡常数
9．（2021·黄浦模拟）下表中物质的分类完全正确的是（ ）
选项 A B C D
强电解质
弱电解质 HClO
非电解质 Al
A．A B．B C．C D．D
10．（2021·虹口模拟）饱和氯化钠溶液中存在如图所示过程，下列说法正确的是（ ）
A．a离子为Na+，b离子为Cl-
B．此过程中溶解速率大于结晶速率
C．再加入NaCl固体，溶质微粒浓度不变
D．此过程可以说明NaCl的电离：NaCl Na++Cl-
11．（2021·崇明模拟）室温下，下来事实不能说明NH3·H2O为弱电解质的是（ ）
A．0.1 mol·L-1NH3·H2O的pH小于13
B．0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液的pH小于7
C．相同条件下，浓度均为0.1 mol·L-1 NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱
D．0.1 mol·L-1NH3·H2O能使无色酚酞试液变红色
12．（2021·潮州模拟）某化学学习小组讨论辨析以下说法，其中正确的是（ ）
①福尔马林、聚苯乙烯、油脂、生铁、铝热剂、肥皂均是混合物
②冰和干冰都是酸性氧化物，固体时是分子晶体
③小苏打、硬脂酸钠、BaSO4、 Al2O3都是强电解质
④CO2、NH3、SO2、H2S、Cl2都是非电解质
⑤鸡蛋清溶液、淀粉溶液、烟水晶、雾都是胶体
⑥苯酚、纯碱、胆矾和H2O2分别属于酸、碱、盐和氧化物
A．①③⑤ B．①②④⑤
C．①②③⑤ D．①②③④⑤⑥
13．（2021·石景山模拟）外加少量酸或碱而pH基本不变的溶液，称为缓冲溶液。人体血液存在H2CO3/HCO 的缓冲体系，能消耗人体正常代谢产生的酸或碱，保持pH的稳定。已知人体血液在正常体温时，H2CO3的一级电离常数Ka1=1×10-6。下列说法错误的是( ）
A．人体血液存在缓冲作用可用平衡表示：H++HCO H2CO3 CO2+H2O
B．人体血液在酸中毒时，可注射少量NaHCO3溶液缓解
C．代谢产生的H+与HCO 结合形成H2CO3来维持血液pH的稳定
D．某血液中c(HCO ):c(H2CO3) ≈ 20:1，则c(H+) ≈ 5×10-7mol/L
14．（2021高二下·吴中期中）下列说法正确的是（ ）
A．在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、 溶液， 相等
B．中和 和体积均相等的盐酸、 溶液，所需 的物质的量相同
C．室温下 的 溶液和 的 溶液中，
D．浓度和体积都相等的盐酸和醋酸溶液分别与足量的 完全反应，盐酸产生的 多
15．（2021高二下·昆山期中）室温下，导电能力相同的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，溶液导电性随加水量变化的曲线如图所示。下列说法正确的是导电能力（ ）
A．C点两溶液的pH相等
B．曲线I表示的是醋酸的变化曲线
C．A点c(H+)比B点c(H+)小
D．完全中和等体积A点、B点对应的溶液，消耗的n(NaOH)相同
16．（2021·鹰潭模拟）25℃时，c(H2C2O4)+c(HC2O )+c(C2O )=0.1mol·L-1的草酸溶液中，lgc(H2C2O4)、lgc(HC2O )和lgc(C2O )随pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．曲线①代表lgc(H2C2O4)，曲线③代表lgc(C2O )
B．lg[Ka2(H2C2O4)]=-4.3
C．pH=2.8时，c(HC2O )＞0.01mol·L-1
D．pH由0变化至14过程中， 先增大后不变
二、多选题
17．（2020高二上·张家口期中）已知25℃时部分弱酸的电离常数如下表：
弱酸 CH3COOH H2CO3 HClO
电离常数 K=1.75×10-5 K1=4.4×10-7 K2=4.7×10-11 K=3.0×10-8
下列叙述错误的是（ ）
A．酸性由强到弱的顺序为：CH3COOH>H2CO3>HClO
B．等浓度等体积的醋酸比次氯酸的导电能力强
C．将少量CO2气体通入NaClO溶液中的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+CO
D．CH3COOH和ClO-可以大量共存
18．（2020高二上·邢台期中）在一定温度下，弱碱(CH3NH2)在水溶液中的电离方程式为CH3NH2+H2O CH3NH +OH-，下列说法正确的是（ ）
A．电离平衡常数表达式K=
B．加入适量的CH3NH2溶液，电离常数K增大
C．加水稀释，c(OH-)减小，Kw不变
D．升高温度，c(CH3NH )增大
19．（2020高二上·齐齐哈尔期中）运用电离常数判断可以发生的反应是（ ）
酸 电离常数(25℃)
碳酸 Ki1=4.3×10-7Ki2=5.6×10-11
次溴酸 Ki=2.4×10-9
A．HBrO＋Na2CO3→NaBrO＋NaHCO3
B．2HBrO＋Na2CO3→2NaBrO＋H2O＋CO2↑
C．HBrO＋NaHCO3→NaBrO＋H2O＋CO2↑
D．NaBrO＋CO2＋H2O→NaHCO3＋HBrO
三、填空题
20．（2019高一上·奉化期中）下列物质：①水 ② 稀硫酸 ③盐酸 ④烧碱 ⑤硝酸钾 ⑥酒精 ⑦碘酒 ⑧蔗糖 ⑨NH3
（用编号回答）其中属于
电解质的是： 。
非电解质的是： 。
强电解质的是 。
弱电解质的是 。
21．（2021高二下·呼图壁开学考）下面所列物质中，属于强电解质的是 (填序号，下同)，属于弱电解质的是 ，属于非电解质的是 。
①氯化钾②乙醇③醋酸④氨气⑤蔗糖⑥硫化氢⑦硫酸氢钠⑧一水合氨⑨氯气⑩碳酸钡 铁
22．（2020高一上·翁牛特旗期中）下列物质：①NaCl溶液②NaOH③H2SO4④Cu⑤CH3COOH
⑥CO2⑦乙醇。其中属于电解质的有： 属于非电解质的有： 属于强电解质的有： 属于弱电解质的有： 能导电的物质有：
23．（2019高一上·长春期中）以下有10种物质：①盐酸；②氨气；③铜；④食醋；⑤碳酸钠；⑥蔗糖；⑦烧碱；⑧二氧化碳；⑨硫酸；⑩硫酸钡。把符合条件的物质序号填入下面相应的位置。
（1）属于电解质的是：
（2）属于非电解质的是：
（3）能导电的是：
四、实验探究题
24．（2020·石景山模拟）“84消毒液”广泛应用于杀菌消毒，其有效成分是NaClO。实验小组制备消毒液，并利用其性质探索制备碘水的方法。
资料：i.HClO的电离常数为Ka=4.7×10-8；
H2CO3的电离常数为K1=4.3×10-7、K2=5.6×10-11。
ii.碘的化合物主要以I-和IO3-的形式存在，IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O。
iii.碘单质能与I-反应：I2+I- I3-（I3-低浓度时显黄色，高浓度时为棕色）。
Ⅰ.制备消毒液（夹持装置略）
（1）制备NaClO消毒液的装置是 （填C或D）。
（2）制备完成后，向C装置的溶液中添加NaOH、Na2SiO3等物质，得到与某品牌成分相同的消毒液，用平衡移动原理解释NaOH的作用 。
（3）结合资料i，写出D中反应的化学方程式 。
（4）Ⅱ.利用消毒液的性质探究碘水的制备方法
将某品牌“84消毒液”稀释10倍，各取100mL于三个烧杯中，设计如下实验方案制备碘水：
方案 操作 现象 反应后加淀粉溶液
1 烧杯1溶液中加入9gKI固体 溶液为橙黄色 ……
2 烧杯2溶液中加入9gKI固体再加入1mo/L盐酸10mL 溶液颜色快速加深，呈紫红色 变蓝
3 烧杯3溶液中加入少量KI固体（小于0.5g） 振荡后溶液保持无色 不变蓝
对比不同方案的实验现象，得出制取碘水的最佳方法要关注的因素是 。
（5）针对烧杯3“滴加淀粉溶液不变蓝”的原因，提出两种假设：
假设1：过量的NaClO将反应生成的I2氧化为IO3-。
设计实验证实了假设1成立。NaClO氧化I2生成IO3-的离子方程式是 。
假设2：生成的I2在碱性溶液中不能存在。
设计实验a证实了假设2成立，实验a的操作及现象是 。
（6）某小组检验烧杯3所得溶液中含IO3-：取烧杯3所得无色溶液少许，加入稀硫酸酸化的KI溶液，反应后再滴加淀粉溶液，发现溶液变蓝。该实验方案能否证明烧杯3所得溶液中存在IO3-，说明理由 。
（7）预测烧杯1反应后加淀粉溶液的实验现象，结合方程式说明预测依据 。
25．（2019高二下·滦县期末）采用如下装置(夹持和加热仪器已略去)电解饱和食盐水，并检验氯气的氧化性，同时用电解产生的H2还原CuO粉末来测定Cu的相对原子质量。
（1）写出电解饱和食盐水的离子方程式 。
（2）为完成上述实验，正确的连接顺序为A连 ；B连 (填写导管口字母)。
（3）若检验氯气的氧化性，则乙装置的a瓶中溶液可以是下列试剂中的 。
a.酸性高锰酸钾溶液
b.淀粉碘化钾溶液
c.亚硫酸钠溶液
d.氯化亚铁溶液
（4）丙装置的c瓶中盛放的试剂为 ，作用是 。
（5）为测定Cu的相对原子质量，设计了如下甲、乙两个实验方案：精确测量硬质玻璃管的质量为a g，放入CuO后，精确测量硬质玻璃管和CuO的总质量为b g（假设CuO充分反应），实验完毕后：
甲方案：通过精确测量硬质玻璃管和Cu粉的总质量为c g，进而确定Cu的相对原子质量。
乙方案：通过精确测定U型管b反应前后的质量变化，得到生成水的质量d g，进而确定Cu的相对原子质量。
①请你分析并回答： 方案所测结果更准确。若按合理方案测定的数据计算，Cu的相对原子质量为 。
②不合理的方案会造成测定结果 （填“偏低、偏高或无影响”）。
26．（2019高二上·清远期末）某小组以醋酸为例探究弱酸的性质。
（1）实验一：探究酸的强弱对酸与镁条反应速率的影响。
①设计实验方案如下表，表中c
= mol·L-1。
编号 酸的种类 酸的浓度/mol·L-1 酸的体积/mL 镁条质量/g
① 醋酸 1.0 10 2.0
② 盐酸 C 10 2.0
②实验步骤：（a）检查装置（左图）的气密性后，添加药品；
（b）反应开始后， (填写操作）；
（c）将所记录的数据转化为曲线图（右图）。
③写出0～5min醋酸、盐酸分别与镁条反应的反应速率变化规律： 。
（2）实验二：现有一瓶醋酸溶液，常温下测定其中醋酸的电离程度（已电离的电解质分子数占原来总分子数的百分比）。
设计实验方案，将待测物理量和对应的测定方法填写在下表中。
待测物理量 测定方法
① 量取25.00mL醋酸溶液于锥形瓶中，滴加指示剂，将0.1000 mol·L-1 NaOH标准溶液装入 中，滴定至终点，记录数据。重复滴定2次。
②
27．（2020高二上·大连月考）硫—碘循环分解水制氢主要涉及下列反应：
（1）Ⅰ.SO2＋2H2O＋I2=H2SO4＋2HI；Ⅱ.2HI H2＋I2 ；Ⅲ.2H2SO4=2SO2＋O2＋2H2O。
分析上述反应，下列判断正确的是 。
a．反应Ⅲ易在常温下进行
b．反应Ⅰ中SO2氧化性比HI强
c．循环过程中需补充H2O
d．循环过程产生1 mol O2的同时产生1 mol H2
（2）一定温度下，向1 L密闭容器中加入1 mol HI(g)，发生反应Ⅱ，H2物质的量随时间的变化如图所示。0～2 min内的平均反应速率v(HI)＝ 。该温度下，H2(g)＋I2(g) 2HI(g)的平衡常数K＝ 。相同温度下，若开始加入HI(g)的物质的量是原来的2倍，则 是原来的2倍。
a．平衡常数
b．HI的平衡浓度
c．达到平衡的时间
d．平衡时H2的体积分数
（3）实验室用Zn和稀硫酸制取H2，反应时溶液中水的电离平衡 移动(填“向左”“向右”或“不”)；若加入少量下列试剂中的 ，产生H2的速率将增大。
a．NaNO3 b．CuSO4
c．Na2SO4 d．NaHSO3
五、综合题
28．（2021·毕节模拟）CO2的捕集、利用与封存成为科学家研究的重要课题。
（1）已知：
CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)
ΔH1=-802 kJ·mol-1
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)
ΔH2=-566 kJ·mol-1
则反应 3CO2(g)+CH4(g)=4CO(g)+2H2O(g)的ΔH3= kJ·mol-1。
（2）探究反应 CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)的反应速率和平衡，向1L恒容密闭容器中通入CO2和CH4各1mol，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示。
①CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)的ΔH 0(填“大于”或“小于”)。
②下列叙述能判断反应CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)达化学平衡状态的是 。
A．混合气体的密度保持不变
B．CO的体积分数保持不变
C．c(CO)和c(H2)的比值保持不变
D．断裂4mol C-H键的同时断裂2mol H-H键
③在压强为P1，温度为1000℃时，反应经5min达平衡，用CO2表示的化学反应速率v(CO2)= ；比较x点和y点的速率：x y(填“大于”“小于”或“等于”)；压强p1 P2(填“大于”“小于”或“等于”)，原因是 。
（3）CO2可被 NaOH 溶液捕获，其所得溶液中c(HCO )：c(CO )=2：1，溶液pH= 。(室温下，H2CO3的K1=4x10-7；K2=5x10-11)
29．（2021高二下·呼图壁开学考）25℃时，有0.01
mol L-1的醋酸溶液，试回答下列问题：
（1）写出醋酸的电离方程式
（2）达平衡时，溶液中氢离子浓度约是 (25℃时，醋酸电离平衡常数为2. 25×10 -6)
30．（2021高二下·长春开学考）回答下列问题：
（1）某浓度的氨水中存在平衡：NH3·H2O
NH4+ ＋ OH－，如想增大NH4+的浓度而不增大OH－的浓度，可采取的措施是 填字母）。
a.适当升高温度 b.加入NH4Cl固体
c.通入NH3 d.加入少量浓盐酸
（2）常温下，有pH相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液，采取以下措施：
①加适量醋酸钠晶体后，两溶液中的c（H＋）变化情况是：
醋酸溶液中c（H＋）
（填“增大”、“减小”或“不变”），盐酸溶液中c（H＋） （填“增大”、“减小”或“不变”）
②加水稀释10倍后：醋酸溶液中的c（H＋） 盐酸溶液中的c（H＋）（填“>”、“＝”或“<”）。
③加等浓度的NaOH溶液至恰好中和，所消耗的NaOH溶液体积相比较：醋酸 盐酸（填“>”、“＝”或“<”）。
④使温度都升高20 ℃后，两溶液中c（H＋）比较：醋酸 盐酸（填“>”、“＝”或“<”）。
⑤ 分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积（V）随时间（t）变化的示意图正确的是 （填字母，①代表盐酸，②代表醋酸溶液）。
（3）将0.1
mol·L－1的CH3COOH加水稀释，有关稀释后醋酸溶液的说法中，正确的是 （填字母）。
a.电离程度增大 b.溶液中离子总数增多
c.溶液导电性增强 d.溶液中醋酸分子增多
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A．氨水为混合物，既不是电解质，也不是非电解质，A不符合题意；
B．醋酸铵属于盐，溶于水完全电离，为强电解质，B不符合题意；
C．氮气为单质，既不是电解质，也不是非电解质，C不符合题意；
D．冰醋酸为纯净物，溶于水后，部分电离，为弱电解质，D符合题意；
故答案为D。
【分析】一般的弱酸弱碱和水均是弱电解质，结合选项进行判断即可
2．【答案】B
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A.二氧化碳是非电解质，故A不符合题意
B.水是部分电离，是弱电解质，故B符合题意
C.硝酸是强酸属于强电解质，故C不符合题意
D.氢氧化钠是强碱，是强电解质，故D不符合题意
故答案为：B
【分析】弱电解质是在部分电离的电解质，主要是弱酸、弱碱、以及水。强酸、强碱、以及可溶性盐均是强电解质
3．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；弱电解质在水溶液中的电离平衡；铝的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A． 溶液试纸显蓝色， 溶液的试纸显深蓝色，故 的碱性比 更强，越弱越水解，故 对应的酸的酸性比 对应的酸的酸性弱，而 对应的为 的 即第二步电离，故A不符合题意；
B．溶液不变红说明无 ，在 和 反应过程中生成 和 ，反应后可能含有 ，因为 与H2SO4反应生成 ， 和 反应生成 ，故B符合题意；
C．试纸变蓝，说明I-变成I2，但该红棕色气体不一定为 ，还可能是Br2，故C不符合题意；
D． 在H+的作用下可将 氧化为 ，溶液呈血红色，不能确定是 变质生成的 还是被 氧化的，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.比较醋酸和亚硫酸的酸性强弱应该比较的是等浓度的亚硫酸氢钠和醋酸钠的pH
B.加入KSCN溶液不变红，可能是无氧化铁或者是铝与氧化铁形成的铁离子反应完全变为亚铁离子
C.红棕色气体不一定是二氧化氮
D.不应加入硫酸酸化，直接将硝酸亚铁加入KSCN溶液中进行检验
4．【答案】A
【知识点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A．KOH在水溶液中或熔融状态下能够完全电离出K+和OH-，KOH为强电解质，A符合题意；
B．H3PO4在水溶液中或熔融状态下能不够完全电离，H3PO4为弱电解质，B不符合题意；
C．SO3在水溶液中或熔融状态下不能电离，SO3属于非电解质，C不符合题意；
D．CH3CHO在水溶液中或熔融状态下不能电离，CH3CHO属于非电解质，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】在水溶液中或熔融状态下能够完全电离的化合物为强电解质。氢氧化钾在水溶液中完全电离
5．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；物质的量浓度
【解析】【解答】亚硝酸是弱酸，在水中部分电离， 的亚硝酸溶液，当其达到电离平衡时，溶液中 的浓度c介于0和 之间，
故答案为：C。
【分析】弱酸是部分电离即可判断出离子的浓度介于0到0.1mol/L之间
6．【答案】B
【知识点】化学平衡状态的判断；电解质与非电解质；电解质在水溶液中的电离；离子共存
【解析】【解答】A．若溶液中存在银离子，向酸化的溶液中加入氯化钡溶液，会生成氯化银白色沉淀，硝酸具有强氧化性，若溶液中含有亚硫酸根等离子，亚硫酸根离子被氧化生成硫酸根离子，向酸化的溶液中加入氯化钡溶液，会生成硫酸钡白色沉淀，则无法确认是否存在硫酸根离子，故A不符合题意；
B．由等物质的量浓度的碳酸氢钠溶液pH大于草酸氢钠溶液可知，草酸在溶液中的电离程度强于碳酸，草酸的酸性强于碳酸，故B符合题意；
C．该反应是一个气体体积不变的可逆反应，减小压强，化学平衡不移动，颜色变浅是因为碘单质浓度浓度减小的缘故，故C不符合题意；
D．甲烷的氯代产物是非电解质，在溶液中不能电离，不能使紫色石蕊试液变红，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.检验硫酸根离子，先加入盐酸再加入氯化钡溶液
B.利用盐的pH大小比较酸的强弱
C.根据此反应，压强不是影响平衡移动的因素
D.使石蕊变红的是甲烷取代的产物氯化氢溶于水形成酸性溶液
7．【答案】B
【知识点】电离平衡常数
【解析】【解答】A．常温下，未加盐酸的氨水的-lgc水(H+)=11，则该溶液中水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-11mol/L，溶液中c(OH-)=10-3mol/L，c(NH3·H2O)≈0.1mol/L，因此Kb(NH3·H2O)= =1×10-5，故A不符合题意；
B．R点氨水略过量，R→N加HCl消耗一水合氨，促进水的电离；N→Q加HCl，酸过量，抑制水的的电离，所以R到N、N到Q所加盐酸体积不相等，故B符合题意；
C．N点水电离出的H+浓度最大，说明N点已经全部是NH4Cl，因此Q点溶质为HCl和NH4Cl，溶液呈酸性，故C不符合题意；
D．N点时盐酸与氨水敲好完全反应，溶质是NH4Cl，消耗盐酸体积为20.00 mL ，则NH4Cl的浓度为 =0.05 mol/L，故而根据物料守恒的原则有：c(NH3·H2O) + c( ) = 0.05 mol/L，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.根据-lgc水(H+)=11进行计算即可
B.根据发生的反应即可判断体积不等
C.根据两点的溶质进行判断即可
D.根据物料守恒即可判断正误
8．【答案】D
【知识点】电离平衡常数
【解析】【解答】A．b点（滴入10mL氨水时），HA和NH3 H2O恰好完全反应，此时溶液中的溶质仅有NH4A；b点之前，溶液中的溶质有HA和NH4A，b点之后，溶液中的溶质有NH3 H2O和NH4A，HA和NH3 H2O都会抑制水的电离，NH4A的水解会促进水的电离，故b点溶液中，水的电离程度最大，A不符合题意；
B．溶液中始终存在电荷守恒：c( )+c(H+)=c(OH-)+c(A-)；由于溶液的导电能力与溶液中离子浓度呈正比，导电能力：b＞c＞a，故溶液中的阳离子浓度综合关系为：b＞c＞a，B不符合题意；
C．常温下，0.1mol L-1 HA溶液的pH约为3，则该溶液中c(H+)、c(A-)的浓度约为0.001mol L-1，则K(HA)= = =1.0 10-5，C不符合题意；
D．b点，溶液的溶质仅有NH4A，溶液的pH为7，则说明 和A-的水解程度相当，即氨水、HA的电离平衡常数相同，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据此时导电能力最强即可得出此时是恰好完全反应，水的电离程度最大
B.根据电荷守恒结合导电能力即可判断
C.根据起始的pH即可计算出HA的平衡常数
D.根据b的pH即可判断出铵根离子和A-离子的水解程度
9．【答案】A
【知识点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A． 在水中能完全电离，所以是强电解质， 在水中能部分电离，所以是弱电解质， 自身不能电离，是非电解质，故A符合题意；
B． 在水中能完全电离，所以是强电解质，溶于水的碳酸钙能完全电离，所以属于强电解质，金属Al不是化合物，既不是电解质也不是非电解质，故B不符合题意；
C．溶于水的 能完全电离，所以 是强电解质，HClO在水中能部分电离，所以是弱电解质， 部分电离，是弱电解质，故C不符合题意；
D． 在水中能完全电离，所以是强电解质， 在水中能完全电离，所以是强电解质， 在水溶液中不能发生电离，所以是非电解质，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】弱电解质：在水溶液中或熔融状态下部分电离的化合物，如氢氧化铁、次氯酸、水
强电解质：在水溶液中或熔融状态下完全电离的化合物，如硝酸钾、硫酸、硫酸钡、高氯酸、碳酸钙、醋酸铵
非电解质：在水溶液或熔融状态下均不到导电的化合物，如二氧化硫、乙醇
10．【答案】C
【知识点】电解质在水溶液中的电离
【解析】【解答】A．NaCl在溶液中电离出Na+和Cl-离子，Na+含有2个电子层、Cl-离子含有3个电子层，则离子半径Cl-＞Na+，根据图示可知，a为Cl-、b为Na+，故A不符合题意；
B．饱和溶液中始终存在溶解与结晶过程，溶解速率等于结晶速率，故B不符合题意；
C．饱和氯化钠溶液中加入NaCl固体不能继续溶解，则溶质质量不变，溶质微粒浓度不变，故C符合题意；
D．NaCl是强电解质，在水中完全电离，溶液中不存在NaCl Na++Cl-，溶液中电离方程式为NaCl=Na++Cl-，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据氯离子和钠离子的半径大小即可判断a是水合氯离子，b是水合钠离子，氯化钠的饱和溶液不能溶解氯化钠固体，饱和溶液时溶解速率等于结晶速率，氯化钠是强电解质，是完全电离
11．【答案】D
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A、室温下0.1 mol·L-1氨水溶液pH<13，溶液中c（OH－）< mol·L-1=0.1mol/L＜c（NH3·H2O），说明NH3·H2O部分电离，为弱电解质，A符合题意；
B、室温下0.1 mol·L－1NH4Cl溶液的 pH小于7，说明氯化铵是强酸弱碱盐，则证明NH3·H2O是弱电解质，B符合题意；
C、相同条件下，浓度均为0.1 mol·L－1NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱，说明氨水没有完全电离，则证明NH3·H2O是弱电解质，C符合题意；
D、0.1 mol·L－1NH3·H2O能使无色酚酞溶液变红色，说明NH3·H2O显碱性，电离产生OH－，不能证明是弱电解质，D不符合题意。
【分析】本题考查强、弱电解质的判断，根据电离程度，电解质分为强电解质和弱电解质，完全电离的为强电解质，部分电离的为弱电解质，所以只要证明氨水部分电离即可。
12．【答案】A
【知识点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质；物质的简单分类
【解析】【解答】①福尔马林、聚苯乙烯、油脂、生铁、铝热剂和肥皂中都含有多种物质，属于混合物，符合题意；
②冰是固态的水，不属于酸性氧化物，不符合题意；
③小苏打（NaHCO3）、硬脂酸钠、BaSO4和Al2O3都属于强电解质，符合题意；
④Cl2为单质，既不是电解质，也不是非电解质，不符合题意；
⑤鸡蛋清溶液、淀粉溶液、烟水晶和雾都属于胶体，符合题意；
⑥纯碱为Na2CO3，属于盐，不属于碱，不符合题意；
综上，说法正确的是①③⑤，A符合题意；
故答案为：A
【分析】①混合物是由多种物质混合而成的；
②冰是指固态的水；
③强电解质是指在水溶液中完全电离的电解质；
④非电解质是指在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物；
⑤胶体是指分散质微粒的直径在1~100nm的分散系；
⑥纯碱为Na2CO3，属于盐；
13．【答案】D
【知识点】化学平衡移动原理；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．人体血液存在H2CO3/HCO 的缓冲体系，当生成酸性物质时，HCO 与H+结合生成H2CO3，碳酸分解生成H2O和CO2，CO2可通过呼吸排出体外；当生成碱性物质时，碱性物质可与H+反应，消耗H+，促进H2CO3电离产生HCO ，维持pH的稳定，其缓冲作用可用平衡表示：H++HCO H2CO3 CO2+H2O，故A不符合题意；
B．酸中毒时，H+过多，可用NaHCO3溶液与之反应加以缓解，故B不符合题意；
C．人体代谢产生的H+可与缓冲体系中的HCO 结合形成H2CO3，血液pH基本不变，故C不符合题意；
D．Ka1=1×10-6，c(HCO ):c(H2CO3) ≈ 20:1，则c(H+)= Ka1=1 10-6 mol/L≈ 5×10-8mol/L，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】人体内的血液中主要是 H2CO3/HCO 缓冲体系，存在着 H++HCO H2CO3 CO2+H2O 平衡转换，当氢离子浓度过高时，导致酸中毒可以注射少量的碳酸氢钠促进平衡向右移动减少氢离子浓度，碳酸氢根与代谢的氢离子作用维持着血液的pH的恒定。根据碳酸的一级电离常数即可计算出氢离子浓度
14．【答案】C
【知识点】强电解质和弱电解质；电解质在水溶液中的电离
【解析】【解答】A．NaOH是强电解质，完全电离，NH3·H2O是弱电解质，部分电离，因此在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、 溶液，后者 较大，A不符合题意；
B． 和体积均相等的盐酸、 溶液， 能电离的氢离子总物质的量更大，因此 消耗NaOH的物质的量更大，B不符合题意；
C．室温下： 的 溶液c(H+)=0.1mol/L，c(OH-)=(10-14÷0.1)mol/L=10-13mol/L，结合电荷守恒可知 0.1mol/L-10-13mol/L； 的 溶液c(H+)=10-13mol/L，c(OH-)=(10-14÷10-13)mol/L=0.1mol/L，结合电荷守恒可知 0.1mol/L-10-13mol/L，因此室温下 的 溶液和 的 溶液中， ，C符合题意；
D．浓度和体积都相等的盐酸和醋酸溶液，能电离的氢离子的物质的量相等，与足量的 完全反应，产生的氢气一样多，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.强电解质和弱电解质的电离能力不同，氨水的电离能力弱，浓度小
B.pH相同的盐酸和醋酸，由于醋酸是弱酸，醋酸的浓度大于盐酸，因此消耗的氢氧化钠的物质的量是醋酸多
C.根据电荷守恒结合水的离子积常数进行判断
D.氢离子的物质的量相等，产生的气体相等
15．【答案】A
【知识点】电解质溶液的导电性；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．C点两溶液的导电能力相同，则c(H+)= c(Cl-)= c(CH3COO-)，pH相等，A符合题意；
B．稀释相同倍数时，醋酸的电离平衡正向进行，则醋酸溶液的氢离子浓度大于盐酸，醋酸的导电能力大于盐酸，故曲线I表示的是盐酸的变化曲线，B不符合题意；
C．A点c(H+)导电能力大于B点，则A点c(H+)大，C不符合题意；
D．完全中和等体积A点、B点对应的溶液，与C点时消耗的n(NaOH)相同，则醋酸消耗NaOH溶液的体积大于盐酸，即两溶液消耗的NaOH不同，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据加水稀释时的导电能力的变化情况，I表示的是盐酸，II表示的是醋酸。C点的导电能力相等，离子浓度相等，因此pH相等，根据图示导电能力强时离子浓度也大，中和A和B的溶液时，醋酸消耗的碱体积大于盐酸
16．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】溶液pH较小时，主要以H2C2O4形式存在，pH升高， 先增大后减小，当pH增大到一定数值， 浓度才会增大；故根据pH=0时，最多的是①H2C2O4，其次是② ，③为
A．浓度越大，lgc越大，曲线①代表lgc(H2C2O4)，曲线③代表lgc(C2O )，A项不符合题意；
B． ，当②③交点pH=4.3，此时c( )=c( )，Ka2=c(H+)=10-4.3，lg[Ka2(H2C2O4)]=-4.3，B项不符合题意；
C．pH=2.8时，①与③交点，c(H2C2O4)=c( )，2c(H2C2O4)+ c( )=0.1①， =10-1.3，当pH=2.8时， =101.5②，由①②可得，c( )=0.094mol/L>0.01mol/L，C项不符合题意；
D． ， ， ， ， 不变，c(H+)减少，所以 增大，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据 lgc(H2C2O4)、lgc(HC2O )和lgc(C2O ) 数值越大，浓度越大即可判断
B.利用草酸的二级电离方程式计算出结合②和③的交点即可计算
C.根据 pH=2.8时 利用交点和 c(H2C2O4)+c(HC2O )+c(C2O )=0.1mol·L-1 以及草酸的一级电离常数即可计算
D.利用一级和二级电离常数将 表示出即可判断
17．【答案】C,D
【知识点】电解质溶液的导电性；弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】A．A：酸的电离平衡常数越大，酸性越强，根据表格数据可知酸性由强到弱的顺序为：CH3COOH>H2CO3>HClO，故A不符合题意；
B．醋酸的电离平衡常数比次氯酸大，则等浓度等体积的两种溶液中，醋酸溶液中离子浓度更大，导电能力更强，故B不符合题意；
C．根据表格数据可知酸性：HClO>HCO ，所以少量CO2气体通入NaClO溶液中生成次氯酸和碳酸氢钠，离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+ HCO ，故C符合题意；
D．醋酸的酸性强于次氯酸，所以次氯酸根结合氢离子的能力更强，则CH3COOH和ClO-无法大量共存，故D符合题意；
故答案为CD。
【分析】A.酸的电离平衡常数越大，酸性越强
B.导电能力强弱的影响因数，一、离子浓度，二、离子的带电荷数
C.碳酸的第二部电离小于次氯酸的电离，反应生成碳酸氢根
D.醋酸的酸性强于次氯酸，强酸置换出弱酸
18．【答案】C,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】A．该反应的电离平衡常数表达式为K= ，故A项不符合题意；
B．电离常数K只与温度有关，加入适量的CH3NH2溶液，K不变，故B项不符合题意；
C．加水稀释的过程中，CH3NH2+H2O CH3NH +OH-的平衡向右移动，但c(OH-)减小，K只与温度有关，温度不变，Kw不变，故C项符合题意；
D．电离是吸热过程，升高温度CH3NH2+H2O CH3NH +OH-的平衡右移，c(CH3NH )增大，故D项符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.根据公式电离平衡常数=c(CH3NH3+)×c(OH )c(CH3NH2)c(H2O)而c（H2O）=1mol/L，
B.温度不变，K不变
C.加水稀释，电离会向右移动，但是氢氧离子浓度减小，温度不变，K不变
D.升温平衡向右移动
19．【答案】A,D
【知识点】电离平衡常数
【解析】【解答】根据电离常数有H2CO3>HBrO>HCO3-，又根据复分解反应中较强酸制备较弱酸的原理进行判断，
故答案为：AD。
【分析】根据强酸制弱酸的原理分析。
20．【答案】①④⑤；⑥⑧⑨；④⑤；①
【知识点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质
【解析】【解答】①水，是电解质、弱电解质；②稀硫酸，既不是电解质也不是非电解质；③盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质；④烧碱，电解质、强电解质；⑤硝酸钾，电解质、强电解质；⑥酒精，非电解质；⑦碘酒，是碘和酒精的混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑧蔗糖，非电解质；⑨NH3，非电解质。综合以上分析，可得以下结论：电解质的是：①②④⑤；非电解质的是：⑥⑧⑨；强电解质的是④⑤；弱电解质的是①；答案为：①④⑤；⑥⑧⑨；④⑤；①。
【分析】酸、碱、盐、金属氧化物和水是电解质，其中强酸、强碱和绝大部分盐是强电解质；单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。需要注意的是，难溶性盐大多是强电解质，因为它们虽然难溶，但溶于水的部分发生完全电离。
21．【答案】①⑦⑩；③⑥⑧；②④⑤
【知识点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质
【解析】【解答】①氯化钾③醋酸⑥硫化氢⑦硫酸氢钠⑧一水合氨⑩碳酸钡，水溶液中或熔融状态下能导电，属于电解质；①氯化钾⑦硫酸氢钠⑩碳酸钡，水溶液中或熔融状态下完全电离属于强电解质；③醋酸⑥硫化氢⑧一水合氨，水溶液中部分电离属于弱电解质；②乙醇④氨气⑤蔗糖，水溶液中或熔融状态下都不导电属于非电解质；⑨氯气 铁是单质不是电解质也不是非电解质。强电解质：①⑦⑩。弱电解质：③⑥⑧。非电解质：②④⑤。
故本题正确答案为：①⑦⑩；③⑥⑧；②④⑤
【分析】强电解质是在说溶液中完全电离的化合物，主要是强酸、强碱、可溶性盐或者一些难溶性盐
弱电解质是在水溶液中部分电离的化合物主要是弱酸、弱碱、水
非电解质：在水溶液或者熔融状态下下不导电的化合物如乙醇、氨气、二氧化碳等等
22．【答案】②③⑤；⑥⑦；②③；⑤；①④
【知识点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质；电解质溶液的导电性
【解析】【解答】①NaCl溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，但NaCl溶液存在自由移动的离子，可导电；②NaOH在水溶液里或熔融状态下能完全电离，属于强电解质；③H2SO4 在水溶液里能完全电离，属于强电解质；④Cu是单质，既不是电解质也不是非电解质，但Cu存在自由电子，可导电；⑤CH3COOH 在水溶液里只能部分电离出自由移动的离子而导电，属于弱电解质；⑥CO2 本身不能电离出自由移动的离子而导电，属于非电解质；⑦乙醇是在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物，属于非电解质；由上分析可得，属于电解质的有②③⑤，属于非电解质的有⑥⑦，属于强电解质的有②③，属于弱电解质的有⑤，能导电的物质有①④；
答案为②③⑤，⑥⑦，②③，⑤，①④。
【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质；能够完全电离的电解质是强电解质，只能部分电离的电解质是弱电解质；能产生自由移动阴阳离子和自由电子的能导电，据此进行解答。
23．【答案】（1）⑤⑦⑨⑩
（2）②⑥⑧
（3）①③④
【知识点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质；电解质溶液的导电性
【解析】【解答】⑤⑦⑩在水溶液里和熔融状态下都能导电，⑨在溶于水时能导电，是电解质；②⑥⑧是在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，属于非电解质；①④含有自由移动的离子，③含有自由移动的电子，能够导电；故答案为：⑤⑦⑨⑩；②⑥⑧；①③④。
【分析】电解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，前提必须是化合物；能导电的物质含有自由移动的电子或离子，据此回答。
24．【答案】（1）C
（2）ClO-+H2O OH-+HClO，加入NaOH使c(OH-)增大，平衡逆移，使c(HClO)减小，分解速率减慢（或消毒液更稳定）
（3）Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2
（4）溶液的酸碱性；消毒液和KI的相对用量
（5）5ClO-+I2+H2O=2IO3 +5Cl-+2H+；向与烧杯3pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去
（6）不能，溶液中存在大量ClO 的干扰，ClO 也可将I 氧化为I2使溶液变蓝
（7）“变蓝，因为发生反应ClO +2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-（和I2+I- I3-），溶液中存在I2单质”或“变蓝，溶液显橙黄色，肯定存在有色离子I2或I3-，反应生成的I2存在平衡I2+I- I3-，有I2会变蓝”；或“不变蓝，I2在碱性溶液中不存在，发生反应3I2+6OH-==IO3-+5I-+3H2O”
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】（1）分析题中Ⅰ.制备消毒液过程，该反应原理为：浓盐酸和KMnO4反应生成Cl2，然后Cl2与NaOH反应生成NaClO。实验中注意Cl2通入C装置前要进行除杂，则可知B装置中应盛有饱和食盐水，实验后要考虑尾气吸收问题。分析实验装置图，可知装置C为制备NaClO消毒液的装置。答案为：C；（2）C装置生成了消毒液的主要成分——NaClO，ClO 在水溶液中发生水解：ClO +H2O HClO+OH ，HClO不稳定易分解，故为了使消毒液保持稳定，应抑制ClO 的水解，向其中加入NaOH，溶液中的OH 浓度增大，使得ClO 的水解平衡左移，进而达到稳定消毒液的目的，答案为：ClO +H2O OH +HClO，加入NaOH使c(OH )增大，平衡逆移，使c(HClO)减小，分解速率减慢（或消毒液更稳定）；（3）根据资料i，可知酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3 ，Cl2与水发生反应生成HCl和HClO，根据酸性强弱可知，最终发生的反应为：Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2。答案为：Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2；（4）分析Ⅱ中三个实验操作，方案2中生成了碘单质，对比三个实验方案的区别，可知成功制备碘水应注意两个因素：溶液的酸碱性；KI和消毒液的相对用量。答案为：溶液的酸碱性；消毒液和KI的相对用量；（5）根据得失电子数目和原子守恒，可得出离子反应方程式为：5ClO +I2+H2O=2IO3 +5Cl +2H+；可在碱性溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水进行验证，实验操作为：向与烧杯3pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去；答案为：5ClO +I2+H2O=2IO3 +5Cl-+2H+；向与烧杯3pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去；（6）84消毒液的主要成分为NaClO，ClO 具有氧化性，同样可以氧化I 生成I2，进而干扰实验，故不能证明烧杯3中存在IO3-，答案为：不能，溶液中存在大量ClO 的干扰，ClO 也可将I 氧化为I2使溶液变蓝；（7）为了保证消毒液的稳定性，84消毒液中加入了NaOH等物质，结合题给资料iii进行分析：变蓝，因为生成了I2；不变蓝，生成的I2又与OH 发生了反应。故答案为：“变蓝，因为发生反应ClO +2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-（和I2+I- I3-），溶液中存在I2单质”或“变蓝，溶液显橙黄色，肯定存在有色离子I2或I3-，反应生成的I2存在平衡I2+I- I3-，有I2会变蓝”；或“不变蓝，I2在碱性溶液中不存在，发生反应3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O”。
【分析】（5）根据得失电子数目和原子守恒写出离子方程式。可通过向碱性溶液中加入淀粉溶液的碘水验证生成的I2在碱性溶液中不能存在。（6）84消毒液中存在ClO ，ClO 具有氧化性，可将I 氧化为I2，进而对实验产生干扰。（7）结合题给资料iii进行分析，烧杯1可能出现变蓝、不变蓝或橙黄色，据此进行合理分析。
25．【答案】（1）2Cl－+2H2O 2OH－+H2↑+Cl2↑
（2）E；C
（3）bd
（4）浓硫酸；吸收H2中的H2O，防止硬质玻璃管炸裂，或影响测定水的质量（因为乙方案是测水的质量）
（5）甲；16(c－a)/(b－c)；偏低
【知识点】电解质在水溶液中的电离；氯气的化学性质
【解析】【解答】本题考查实验方案设计与评价，（1）电解饱和食盐水得到氢气、氯气和氢氧化钠，其离子反应方程式为：2Cl－+2H2O 2OH－+H2↑+Cl2↑；（2）根据（1），A中出来的气体为氢气，B中出来的气体为Cl2，根据实验目的，以及问题（5），因此A连接E，B连接C；（3）检验氯气具有氧化性，需要加入的是还原剂，a、酸性高锰酸钾溶液，具有强氧化性，故a不正确；
B、I－具有还原性，发生Cl2＋2I－=I2＋2Cl－，溶液显蓝色，说明Cl2具有氧化性，故b正确；
C、虽然Na2SO3具有还原性，但实验无现象，无法判断是否发生反应，故c不正确；
D、Fe2＋具有还原性，发生2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，溶液颜色由浅绿色变为黄色，说明发生反应，故d正确；（4）甲和丙是用氢气还原氧化铜，来测定Cu的相对原子量，从A中出来的氢气中混有水蒸气，影响测定水的质量，因此c的作用是吸收H2中H2O，应盛放的试剂是浓硫酸；（5）①乙方案中b与外界连通，空气中含有水蒸气，被b装置吸收，容易产生误差，因此甲方案所测结果更准确，甲方案发生CuO＋H2 Cu＋H2O，CuO的质量为(b－a)g，产生Cu的质量为(c－a)g，根据Cu原子守恒，因此有(b－a)/(M＋16)=(c－a)/M，解得M=16(c－a)/(b－c)；②乙实验方案得出Cu的相对原子质量为[18(b－a)/d]－16，b与外界连通，空气中含有水蒸气，被b装置吸收，d的质量增加，[18(b－a)/d]－16偏低。
【分析】本题的易错点是是（3）种选项c，Na2SO3中S显＋4价，具有还原性，能与氯气发生反应，学生错选c，忽略了验证氯气的氧化性，需要实验现象说明发生反应，而氯气与Na2SO3反应无现象，无法判断是否反应，因此不能选c。
26．【答案】（1）1.0；每隔1min记录一次生成H2的体积；醋酸与镁条反应的速率随时间变化不明显；盐酸与镁条反应开始阶段反应速率很快，一段时间后反应速率明显减小
（2）醋酸溶液的物质的量浓度；碱式滴定管；H+的物质的量浓度；取适量醋酸溶液于烧杯中，用pH计测定溶液pH
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；探究影响化学反应速率的因素
【解析】【解答】(1)①要探究酸的强弱对酸与镁条反应速率的影响，则必须保持其他影响反应速率的因素保持一致，故醋酸和盐酸的浓度应相同，故C也应为1.0mol/L，故答案为：1.0；
②据图可知，是要通过测量在相同的时间段内收集到的氢气体积的大小来测量反应速率，故在反应开始后，应每隔1min记录一次生成H2的体积，故答案为：每隔1min记录一次生成H2的体积；
③通过图象分析可知，单位时间内醋酸与镁条反应生成氢气的体积变化很小，即醋酸与镁条的反应速率变化不大；而盐酸与镁条的反应一开始很快，一段时间后，单位时间内生成的氢气的体积明显变小，即反应速率明显减小，故答案为：醋酸与镁条反应的速率随时间变化不明显，盐酸与镁条反应开始阶段反应速率很快，一段时间后反应速率明显减小；
(2)①根据测定方法可知，此为酸碱中和滴定，所给的NaOH溶液是标准液，即醋酸是待测液，通过滴定，可测出醋酸溶液的浓度；碱液应盛放在碱式滴定管中；
醋酸溶液的物质的量浓度；②由于①能测出醋酸溶液的浓度，故此步实验的目的是测量溶液中H+的浓度，而若较精确的测量溶液的pH，应该用pH计，方法是取适量醋酸溶液于烧杯中，用pH计测定溶液pH，故答案为：醋酸溶液的物质的量浓度； 碱式滴定管； H+的物质的量浓度；取适量醋酸溶液于烧杯中，用pH计测定溶液pH。
【分析】（1）比较不同酸与金属的反应速率的影响，需要酸的浓度、体积和金属的质量、形状等统一，通过测量氢气的体积计算反应速率；
（2）醋酸的电离程度是已电离的电解质分子数占原来总分子数的百分比，要求醋酸的电离程度，故应测出醋酸溶液的浓度和溶液中H+的浓度。
27．【答案】（1）c
（2）0.1 mol·L－1·min－1；64；b
（3）向右；b
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】(1)a．反应Ⅲ在常温下向左进行，故a项不正确；
b．SO2的还原性比HI强，故b项不正确；
c．根据盖斯定律Ⅰ×2＋Ⅱ×2＋Ⅲ得总反应：2H2O=2H2＋O2，循环过程中消耗了H2O ，故c项正确；
d．根据总反应知产生1 mol O2的同时产生2 mol H2，故d项不正确；
故答案为：c。(2)由题干数据分析该反应：
，0～2 min内平均反应速率v(HI)＝ ＝0.1 mol·L－1·min－1，平衡常数K＝ ＝64，若开始加入HI的物质的量是原来的2倍，相当于先将HI加入到2 L的容器(达到的平衡状态与原平衡一致，即HI的浓度、H2的体积分数与原平衡相同)，再将体积压缩至1 L，因为该反应为等体积反应，加压平衡不移动，所以HI的浓度为原来的2倍，H2的体积分数不变，温度不变，平衡常数不变；加入HI的物质的量增大，反应物浓度增大，反应速率加快，达到平衡的时间缩短；故答案为：0.1 mol·L－1·min－1；64；b；(3)Zn与稀H2SO4反应，c(H＋)减小，水的电离平衡向右移动；若向原溶液中加入NaNO3，Zn与H＋、NO 反应不生成H2；若加CuSO4，Zn＋CuSO4=ZnSO4＋Cu，Zn与Cu构成原电池，加快反应速率；若加Na2SO4，对反应速率没有影响；若加NaHSO3， 消耗H＋生成H2O和SO2，反应速率减小，故答案为：向右；b。
【分析】若能根据题目的条件建立等效平衡模型，则有利于对等效假设的有关问题分析(如转化率、压强、平均相对分子质量的变化等)。
28．【答案】（1）330
（2）大于；BD；0.1mol L-1 min-1；小于；小于；同一温度下，P2对应的CH4的转化率较小，该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，CH4的转化率降低
（3）10
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡状态的判断；电离平衡常数
【解析】【解答】(1)根据盖斯定律可得，ΔH3=ΔH1-2ΔH2=-802kJ mol-1-(-566kJ mol-1) 2=330kJ mol-1；
(2)①同一压强下，温度升高，CH4的平衡转化率升高，说明该反应是吸热反应，则该反应的ΔH大于0；
②A．该反应体系中，总质量和体积均不变，故任意时刻，混合气体的密度都相同，则该说法不能表示反应达到化学平衡状态，A不正确；
B．当CO的体积分数保持不变时，可以表明反应达到化学平衡状态，B正确；
C．由题可知，反应体系中，c(CO)和c(H2)的比值始终为1：1，则该说法不能表示反应达到化学平衡状态，C不正确；
D．断裂4mol C-H键的同时断裂2mol H-H键，可以表明反应达到化学平衡状态，D正确；
故答案为：BD；
③压强为P1，温度为1000℃时，CH4的转化率为50%，则Δn(CO2)=Δn(CH4)=50% 1mol=0.5mol，v(CO2)= = =0.1mol L-1 min-1；x点和y点相比，x点的温度较低，则x点的速度小于y点的速度；同一温度下，P2对应的CH4的转化率较小，该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，CH4的转化率降低，故P1小于P2；
(3)根据碳酸的第二步电离平衡常数可得，K2= = =5 10-11，则c(H+)=1.0 10-10，则pH=-lg c(H+)=10。
【分析】（1）根据盖斯定律即可计算出焓变
（2）①根据温度对甲烷的转化率的影响即可判断出焓变的大小
②根据 O2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g) 可以通过比较物质的量浓度是否不变以及速率是否不变以及压强是否不变来判断反应是否达到平衡
③根据给出的数据即可计算出平衡时的物质的量即可计算出二氧化碳的速率，温度越高速率越高，根据反应前后气体系数增大结合甲烷的转化率即可判断出压强的大小关系
（3）根据碳酸的第二步电离常数即可计算出氢离子的浓度即可计算出pH
29．【答案】（1）CH3COOH CH3COO-＋H+
（2）1.5×10-4mol/L
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】(1)醋酸是一元弱酸，在溶液中部分电离出醋酸根离子和氢离子，电离方程式为 CH3COOH CH3COO-＋H+，故答案为：CH3COOH CH3COO-＋H+；
(2) 达平衡时，溶液中氢离子浓度等于醋酸根离子浓度，由电离常数Ka= 可知，溶液中氢离子浓度约为c(H+)= = =1.5×10—4mol/L，故答案为：1.5×10-4mol/L。
【分析】
（1）弱酸不完全电离，可逆（2）根据电离平衡数，利用c(H+)=c(CH3COO-)计算即可
30．【答案】（1）bd
（2）减小；减小；>；>；>；c
（3）ab
【知识点】化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】（1）a项，弱电解质的电离是吸热过程，升高温度，平衡电离方向移动，NH4+和OH-浓度都增大，不正确；b项，加入NH4Cl固体，NH4Cl电离出NH4+，NH4+的浓度增大，平衡逆向移动，OH-浓度减小，正确；c项，通入适量NH3，NH3·H2O浓度增大，平衡正向移动，NH4+和OH-浓度都增大，不正确；d项，加入少量浓盐酸，浓盐酸电离出的H+与OH-结合成H2O，OH-浓度减小，电离平衡正向移动，NH4+浓度增大，正确；故答案为：bd。
（2）①醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH CH3COO-+H+，加入的醋酸钠电离出CH3COO-，CH3COO-浓度增大，电离平衡逆向移动，溶液中c（H+）减小。在盐酸中加入醋酸钠，醋酸钠电离出的CH3COO-与H+结合成弱酸CH3COOH，溶液中c（H+）减小。
②加水稀释10倍，溶液体积变为原来的10倍，稀释后盐酸中c（H+）变为原来的1/10；加水稀释促进醋酸的电离，稀释后醋酸溶液中c（H+）大于原来的1/10；加水稀释10倍后醋酸溶液中的c（H＋） 盐酸溶液中的c（H＋）。
③醋酸为弱酸，盐酸为强酸，pH相同的盐酸和醋酸溶液，物质的量浓度：醋酸大于盐酸，等体积的溶液中加入等浓度的NaOH溶液至恰好中和，消耗的NaOH溶液的体积：醋酸 盐酸。
④弱电解质的电离是吸热过程，升高温度促进醋酸的电离，醋酸溶液中c（H+）增大；升高温度，盐酸溶液中c（H+）不变，则温度都升高20℃后溶液中c（H+）：醋酸 盐酸。
⑤醋酸溶液中H+被消耗会促进醋酸的电离，反应过程中醋酸溶液中c（H+）大于盐酸中，醋酸与Zn反应的速率比盐酸与Zn反应的速率快；等pH、等体积的醋酸溶液和盐酸中，醋酸提供的H+总物质的量大于盐酸，醋酸与足量Zn反应放出的H2大于盐酸与足量Zn反应放出的H2；故答案为：c。
（3）醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH CH3COO-+H+，加水稀释促进CH3COOH的电离。a项，电离程度增大，正确；b项，由于电离平衡正向移动，H+、CH3COO-物质的量增大，溶液中离子总数增多，正确；c项，由于溶液体积的增大超过离子物质的量的增大，c（H+）、c（CH3COO-）物质的量浓度减小，溶液导电性减弱，不正确；d项，由于电离程度增大，溶液中醋酸分子减少，不正确；故答案为：ab。
【分析】一元强酸与一元弱酸的比较
①等物质的量浓度、等体积的一元强酸(如HCl)与一元弱酸(如CH3COOH，简写为HAc)的比较
c(H＋) pH 中和碱的能力 与足量活泼金属反应产生H2的量 与活泼金属反应开始的速率 稀释相同倍数后
c pH
HCl 大 小 相同 相同 快 相同 小
HAc 小 大 慢 大
②等pH、等体积的一元强酸与一元弱酸的比较(以HCl、HAc为例)
c（酸） 与足量活泼金属反应 中和碱的能力 稀释相同倍数后
υ(初) υ(后) 产生H2量 c（酸） pH
HCl 小 相同 慢 少 小 小 大
HAc 大 快 多 大 大 小
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