3.1 电离平衡 同步检验（含解析） 2023-2024学年高二上学期人教版（2019）化学选择性必修1

3.1 电离平衡 同步检验
一、单选题
1．劳动有利于“知行合一”，创造幸福生活。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是（　　）
选项 劳动项目 化学知识
A 帮厨活动：帮家长炒菜，菜起锅前添加加碘食盐 碘酸钾是强电解质
B 环保行动：宣传使用聚碳酸酯制造的包装材料 聚碳酸酯在自然界可生物降解
C 家务劳动：用热纯碱溶液清除餐具和餐桌的油污 油脂在纯碱溶液中生成可溶物
D 学农活动：对作物施碳酸氢铵肥料时要深施覆盖 碳酸氢铵见光、受热都易分解
A．A B．B C．C D．D
2．用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（　　）
A． B．
C．c（H+）和c（OH﹣）的乘积 D．OH﹣的物质的量
3．已知25℃时，几种弱酸或弱碱测得的电离平衡常数如下：HNO2(亚硝酸)：，HCN(氢氰酸)：，HF：，NH3·H2O：。下列说法错误的是（　　）
A．25℃时，NH4F水溶液的pH＜7
B．一定条件下，反应可以发生
C．25℃时，等物质的量浓度的NaNO2和NaF混合溶液中：
D．等体积、等物质的量浓度的NaCN和NaNO2溶液中所含阴离子总数前者小于后者
4．25℃，下列有关电解质溶液的说法正确的是（　　）
A．向NaF溶液中滴加硫酸至中性时，c（SO42-）＜c（HF）
B．稀醋酸中加入冰醋酸，醋酸电离平衡右移，电离度增大
C．向氨水中加入NH4Cl固体，溶液中增大
D．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大
5．下列关于“84消毒液”说法错误的是（　　）
A．在空气中发生反应NaClO+H2O+CO2=NaHCO3+HClO，说明Ka1(H2CO3)>K(HClO)
B．“84消毒液”需避光保存的原因是NaClO见光易分解
C．pH越小，“84消毒液”消毒能力越强的原因是HClO氧化性大于ClO-
D．不能与双氧水消毒液混用的原因是ClO-+H2O2=Cl-+O2↑+H2O
6．常温时，下列溶液中，的是
A．0.1mol/L B．的溶液
C．的醋酸 D．0.01mol/L氨水
7．已知HClO的酸性比H2CO3弱，下列反应Cl2+H2O HCl+HClO达到平衡后，要使平衡体系中HClO的浓度增大，应采取的方法是（　　）
A．加入石灰石 B．光照
C．加入固体NaOH D．加水
8．加入组成不同的易溶盐使难溶物质溶解度增加或使弱电解质电离度增大的效应叫盐效应。常温下，AgBr在下列溶液中溶解度大小排序正确的是
①0.1 mol· L-1AgNO3溶液 ②0.1 mol·L-1NaNO3溶液 ③蒸馏水
A．①>②>③ B．②>③>① C．②>①>③ D．③>①>②
9．氢氟酸是一种弱酸，可用来刻蚀玻璃。
①HF(aq)+OH-(aq) = F-(aq)+H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1
②H3O+(aq)+OH-(aq) = 2H2O(l) ΔH=b kJ·mol-1
③HF(aq)+H2O(l) H3O+(aq)+F-(aq) ΔH=c kJ·mol-1
④F-(aq)+H2O(l) HF(aq)+OH-(aq) ΔH=d kJ·mol-1
已知：a＜b＜0，下列说法正确的是（　　）
A．HF的电离过程放热 B．c=a-b，c ＞ 0
C．c＞0，d＜0 D．d=b+c，d＜0
10．已知25℃时二元酸的，。下列说法正确的是（　　）
A．NaHA，溶液对水的电离都起到促进作用
B．取的溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液
C．常温下，pH为3的溶液与pH为11的NaOH溶液等体积混合，混合溶液
D．NaHA溶液中通入HCl气体，溶液中减少
11．某化学兴趣小组进行导电性实验，按照图I连接好线路后发现灯泡不亮，按照图II连接好线路后发现灯泡亮了，由此得出的结论正确的是（　　）
A．Fe2(SO4)3是非电解质
B．Fe2(SO4)3溶液是电解质
C．Fe2(SO4)3的电离方程式为
D．Fe2(SO4)3在水溶液中电离出了可以自由移动的离子
12．下列说法正确的是（　　）
A．HCl溶于水后形成水合氢离子和水合氯离子
B．HCl属于电解质，故溶于水或融熔状态下均能导电
C．氨气属于电解质，因为氨气的水溶液能导电
D．Cl2属于电解质，因为其水溶液能导电
13．下列物质分类时，按强电解质/弱电解质/非电解质排列的是（　　）
A．NaCl/HF/Cl2 B．NaHSO4/NaHCO3/CCl4
C．Ba(OH)2/HCl/Cu D．AgCl/H2S/C2H5OH
14．25℃时，NH4+的水解平衡常数为Kb=5.556×10 -10。该温度下，用0.100 mol·L-1的氨水滴定10.00mL 0.050 mol·L-1的二元酸H2A的溶液，滴定过程中加入氨水的体积(V 与溶液中lg 的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．H2A的电离方程式为H2A H++A2-
B．25℃时，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5
C．P点时加入氨水的体积为10 mL
D．向H2A溶液中滴加氨水的过程中，水的电离程度逐渐减小
15．下列实验或事实不能证明醋酸是弱酸的是（　　）
A．常温下，醋酸钠溶液pH>7
B．常温下，醋酸溶液pH<7
C．常温下，0.1mol/L的盐酸和0.1mol/L的醋酸，盐酸导电能力强
D．常温下，0.1mol/L的盐酸和0.1mol/L的醋酸，盐酸pH小
16．在相同温度时，100mL0.01mol L-1的醋酸溶液与10mL 0.1mol L-1的醋酸溶液相比较，下列数值中，前者大于后者的是（　　）
A．中和时所需NaOH的量 B．醋酸的电离平衡常数
C．H+的物质的量 D．CH3COOH的物质的量
二、综合题
17．氮及氮的化合物在化工研究中是一门重要的课题．
（1）某无机化合物A的相对分子质量为184．在一定条件下，SCl2与氨完全反应生成A和淡黄色单质B及离子化合物X，且X的水溶液pH＜7．将18.4gA隔绝空气加热可得到12.8gB和气体单质C．请回答：
写出SCl2与氨反应的化学方程式　 　．
（2）已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ mol﹣1
2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣221.0kJ mol﹣1
C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ mol﹣1
（I）汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2CO（g）=2C（s）+O2（g），简述该设想能否实现的依据：　 　．
（II）汽车尾气转化器中发生的反应：2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g）△H=　 　．
（III）有容积相同的甲、乙两个密闭容器，甲充入等量的NO和CO气体，乙充入NO气体．
以Ag﹣ZSM﹣5为催化剂，分别在不同温度下同时发生反应，测得相同时间内NO的转化率，绘得图象如图1．
分析图象回答：曲线②NO转化率随温度升高而增大的原因　 　．在图2中画出反应2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g）在不同温度下达到平衡时c（N2）的变化趋势图　 　．
（V）已知常温下HNO2的电离常数K=4.6×10﹣4，求0.01mol L﹣1的HNO2溶液中c（H+）=　 　mol L﹣1．（ =2.14）
18．表是25℃时四种酸的电离平衡常数：
化学式 CH3COOH HA HNO2 H2CO3
Ka Ka=1.8×10﹣5 Ka=4.9×10﹣10 Ka=4.6×10﹣4 Ka1 =4.1×10﹣7 Ka2 =5.6×10﹣11
（1）用离子方程式表示NaNO2溶液呈碱性的原因　 　
（2）25℃时，向向0.1mol L﹣1 CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c（CH3COOH）：c（CH3COO﹣）=5：9，此时溶液pH=　 　
（3）写出NaA溶液中通少量CO2的离子方程式　 　
（4）25℃时，等物质的量浓度的HA、NaA混合溶液呈碱性，溶液中各离子浓度的大小顺序为　 　
（5）已知HNO2不稳定，在稀溶液中也易分解生成NO与NO2，某同学分别取少量NaCl溶液与NaNO2溶液于试管中，分别滴加浓醋酸，以此来鉴别失去标签的NaCl溶液和NaNO2溶液，该方法　 　（填“可行”或“不可行”），理由是　 　
（6）已知NaHCO3溶液中存在HCO3 H++CO32﹣，加水稀释时溶液中的c（H+）将　 　（填“增大”或“减小”）
19．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　 　。
20．碳、硫和氮元素及其化合物的处理，是资源利用和环境保护的重要研究课题．
（1）CO可转化成二甲醚，原理为：2CO（g）+4H2（g） CH3OCH3（g）+H2O（g）已知一定条件下，该反应中CO的平衡转化率随温度、投料比[n（H2）/n（CO）]的变化曲线如图1
若温度升高，则反应的平衡常数K将　 　（填“增大”、“减小”或“不变”）；
（2）SO2的水溶液呈酸性，某温度下，0.02mol L﹣1亚硫酸水溶液的pH等于2，若忽略亚硫酸的二级电离和H2O的电离，则该温度下亚硫酸的一级电离常数Ka1=　 　．
（3）已知：反应1：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）△H1；
反应2：2NO（g）+O2（g） 2NO2（g）△H2；若△H1＜△H2＜0，则反应3：SO2（g）+NO2（g） SO3（g）+NO（g）属于　 　（填“放热”或“吸热”）反应．
（4）若用少量NaOH溶液吸收SO2气体，对产物NaHSO3进一步电解可制得硫酸，电解原理示意图（如图2）．电解时阳极的电极反应式为　 　．
（5）在恒温密闭容器中通入SO2和NO2各1mol发生反应3：SO2（g）+NO2（g） SO3（g）+NO（g），当反应达到平衡后，维持温度和容积不变，10min时再通入各1mol的SO2和NO2的混合气体，20min时再次平衡．两次平衡时NO2的转化率α1　 　α2（填“＞”、“＜”、“=”）；请在如图3画出正反应速率v正在10至30min间随时间变化的曲线图　 　．
21．今有①盐酸、②醋酸、③硫酸三种稀溶液，用序号回答下列问题。
（1）若三种酸的物质的量浓度相等。
a．三种溶液中的c(H＋)大小关系为　 　。
b.取等体积上述三种溶液，分别用同浓度的NaOH溶液完全中和，所需NaOH溶液体积大小关系为　 　。
c.若取等质量Zn分别跟这三种溶液反应，使Zn恰好完全反应时，消耗三种酸的体积大小关系为　 　。
（2）若三种溶液的c(H＋)相等。
a．三种酸的物质的量浓度大小关系为　 　。
b.取等体积上述三种溶液，分别用同浓度的NaOH溶液完全中和，所需NaOH溶液体积大小关系为　 　。
c.若取等质量Zn分别跟这三种溶液反应，使Zn恰好完全反应时，消耗三种酸的体积大小关系为　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A、菜起锅前添加加碘食盐是因为碘酸钾受热易分解，与其是强电解质无关，故A错误；
B、聚碳酸酯在自然界中的可降解成CO2等小分子化合物，减少白色污染，故B正确；
C、在碱性条件下，油脂可水解生成可溶性的甘油和高级脂肪酸盐，故C正确；
D、碳酸氢铵见光、受热都易分解，氮元素易流失，因此施肥时应深施覆盖，故D正确；
故答案为：A。
【分析】A、碘酸钾受热易分解；
B、聚碳酸酯在自然界中可降解为小分子化合物；
C、油脂在碱性条件下发生水解；
D、碳酸氢铵不稳定。
2．【答案】B
【解析】【解答】解：A、由NH3．H2O OH﹣+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3．H2O）减少，n（OH﹣）增大， 增大，故A错误；
B、由NH3．H2O OH﹣+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3．H2O）减少，n（OH﹣）增大， 减小，故B正确；
C、因加水稀释时，温度不变，则c（H+）和c（OH﹣）的乘积不变，故C错误；
D、由NH3．H2O OH﹣+NH4+可知，加水促进电离，OH﹣的物质的量增大，故D错误；
故选：B．
【分析】用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加，由NH3．H2O OH﹣+NH4+可知，n（OH﹣）增大，但溶液的体积增大的多，则c（OH﹣）减小，加水促进电离，则n（NH3．H2O）减少．
3．【答案】C
【解析】【解答】A．由于Ka(HF)＞Kb (NH3 H2O)，故相同条件下，水解程度大于F-水解程度，所以NH4 F水溶液显酸性，pH＜7，A不符合题意；
B．由电离平衡常数知酸性：HF＞HCN ，故HF能制取HCN，B不符合题意；
C．相同条件下，离子水解程度大于F-水解程度，所以c(F-)＞c()，此时溶液显碱性，故c(OH-)＞c(H+)，所以c(F-)＞c(NO2-)＞c(OH-)＞c(H+)，C符合题意；
D．由于HNO2的酸性强于HCN，所以等物质的量浓度的NaCN和NaNO2溶液，NaCN溶液水解能力强，c(H+)相对较小，两溶液中c(Na+)相等，由电荷守恒可得：NaCN溶液中所含阴离子总数小于NaNO2溶液中所含阴离子总数，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、结合一水合氨和氟化氢的电离平衡常数判断，可知一水合氨的电离平衡常数更小，因此氟化铵呈酸性；
B、电离平衡常数越大，酸性越强，结合强酸制弱酸进行判断；
C、酸的酸性越弱，其盐的水解程度越强；
D、可以结合电荷守恒判断，且酸的酸性越弱，其对应的盐碱性越强，氢离子浓度越小。
4．【答案】A
【解析】【解答】A. 向NaF溶液中滴加硫酸至中性时，根据电荷守恒2c（SO42-）+c（F－）+c（OH－）＝c（H+）＜c（Na＋）和物料守恒c（Na＋）＝c（HF）+c（F－）可知c（SO42-）＜c（HF），A符合题意；
B. 稀醋酸中加入冰醋酸，醋酸浓度增大，醋酸电离平衡右移，但电离度减小，B不符合题意；
C. 向氨水中加入NH4Cl固体，溶液中，温度不变，平衡常数不变，C不符合题意；
D. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，促进水解，溶液中减小，D不符合题意，
故答案为：A。
【分析】A.根据电荷守恒和物料守恒分析；
B.加入醋酸，醋酸的电离平衡右移，但醋酸的电离度减小；
C.，Kw和Kb只与温度有关；
D.升温促进醋酸根的水解。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．根据强酸之弱酸原则NaClO+H2O+CO2=NaHCO3+HClO，说明Ka1(H2CO3)>K(HClO)，故A不符合题意；
B．“84消毒液”需避光保存的原因是HClO见光易分解，故B符合题意；
C．pH越小，“84消毒液”中NaClO更多的转化为HClO，HClO氧化性大于ClO-，消毒能力越强，故C不符合题意；
D．ClO-与双氧水发生氧化还原，ClO-+H2O2=Cl-+O2↑+H2O，消毒效果降低，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据强酸制弱酸原理分析；
C.pH越小，溶液中氢离子越多，次氯酸根结合氢离子生成HClO；
D.次氯酸根能与过氧化氢发生氧化还原反应。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．由H2SO4=2H++可知，0.1mol/L中c(H+)=0.2mol/L，A不合题意；
B．的溶液中c(H+)=10-12mol/L，B不合题意；
C．的醋酸中c(H+)=10-2mol/L，C符合题意；
D．NH3 H2O是弱碱，0.01mol/L氨水溶液呈碱性，无法计算出H+浓度，但不可能为10-2mol/L，D不合题意；
故答案为：C。
【分析】A.0.1mol/L中c(H+)=0.2mol/L；
B.的溶液中c(H+)=10-12mol/L；
D.氨水中一水合氨部分电离。
7．【答案】A
【解析】【解答】解：反应Cl2+H2O HCl+HClO达到平衡后，要使平衡体系中HClO的浓度增大，应该向溶液中加入物质，加入的物质能和HCl反应但和HCl不反应，从而促进平衡正向移动，从而导致HClO浓度增大，
A．HClO的酸性比H2CO3弱，所以次氯酸和碳酸钙不反应，但盐酸酸性大于碳酸，所以碳酸钙和稀盐酸反应，从而促进平衡正向移动，HClO浓度增大，故A选；
B．光照条件下发生反应2HClO 2HCl+O2↑，导致HClO浓度降低，故B不选；
C．NaOH是强碱，能和HCl、HClO都反应生成盐和水，所以导致HClO浓度降低，故C不选；
D．加水稀释促进次氯酸电离，平衡正向移动，但HClO增大程度小于溶液体积增大程度，所以HClO浓度降低，故D不选；
故选A．
【分析】反应Cl2+H2O HCl+HClO达到平衡后，要使平衡体系中HClO的浓度增大，应该向溶液中加入物质，加入的物质能和HCl反应但和HCl不反应，从而促进平衡正向移动，从而导致HClO浓度增大，据此分析解答．
8．【答案】B
【解析】【解答】根据盐效应的概念可知，将溴化银加入硝酸钠溶液中会增大溴化银的溶解度，而由于同离子效应，将溴化银加入 AgNO3溶液中，会降低其溶解度。
故答案为：B。
【分析】根据概念可知，同离子效应会降低难溶电解质的溶解度，而盐效应会增大难溶电解质的溶解度。
9．【答案】A
【解析】【解答】A．由上述分析可知，c=a-b，a＜b＜0，则a-b＜0，所以HF的电离方程式为HF(aq)+H2O(l) H3O+(aq)+F-(aq) △H=ckJ mol-1=(a-b)kJ mol-1＜0，即HF的电离过程放热，故A符合题意；
B．根据盖斯定律：①-②=③，则c=a-b，a＜b＜0，a-b＜0，即c＜0，故B不符合题意；
C．由上述分析可知，c=a-b＜0，a＜b＜0，反应①、④互为逆反应，即d=-a＞0，故C不符合题意；
D．由上述分析可知，a=b+c，d＞0，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、弱电解质的电离过程吸热；
B、结合盖斯定律分析；
C、结合盖斯定律可得反应③为放热反应；
D、水解反应为吸热反应；
10．【答案】D
【解析】【解答】A．，Kh=B．将H2A溶液体积稀释至原来的10倍，因为H2A为弱电解质，稀释后电离平衡正向移动，因此氢离子浓度大于原浓度的，pHC．H2A是弱电解质，pH=3的H2A溶液中H2A的浓度要远大于pH为11的NaOH溶液中NaOH的浓度，等体积混合后，溶液中有较多H2A剩余，pH<7，C不符合题意；
D．NaHA中HA-电离程度大于水解程度，通入HCl后，抑制HA-的电离，使得c(A2-)减小，c(HA-)增大，所以减小，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、NaHA既有HA-的电离，又有HA-的水解，因此要根据NaHA的电离程度和水解程度的相对大小判断对水电离的作用；
B、要注意H2A为弱酸，弱酸每稀释10倍，pH增加不到1个单位；
C、pH相等的弱酸和强碱等体积混合时，弱酸过量，最终溶液为酸性；
D、HA-电离大于水解，引入氢离子，使HA-的电离平衡朝逆向移动，A2-浓度减小，HA-浓度增大。
11．【答案】D
【解析】【解答】A．在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物叫做非电解质，Fe2(SO4)3溶液可以导电，故Fe2(SO4)3为电解质，故A不符合题意；
B．在水溶液里或熔融状态下能够导电和化合物叫做电解质，Fe2(SO4)3溶液是混合物，故B不符合题意；
C．Fe2(SO4)3的电离方程式为：，故C不符合题意；
D．Fe2(SO4)3在水溶液中可以电离出可以自由移动的离子，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】Fe2(SO4)3是电解质，但是其溶液是混合物既不是电解质也不是非电解质，电解质导电的前提是要电离，有自由移动的阴阳离子，电解质的电离是在水溶液中或熔融状态下才发生。
12．【答案】A
【解析】【解答】A．HCl为电解质，电离生成氢离子和氯离子，可与水结合生成水合氢离子和水合氯离子，故A符合题意；
B．氯化氢熔融状态下不电离，不导电，故B不符合题意；
C．氨气本身不能电离，属于非电解质，故C不符合题意；
D．Cl2是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.HCl为电解质，电离生成氢离子和氯离子，可与水结合;
B. HCl 是共价化合;
C.氨气在水溶液中和熔融状态下均不能自身电离出自由移动离子而导电；
D.氯气是单质，既不属于电解质，也不属于非电解质。
13．【答案】D
【解析】【解答】A. NaCl属于盐，是强电解质；HF属于弱酸，是弱电解质；Cl2属于单质，既不是电解质，也不是非电解质，故A不符合题意；
B. NaHSO4和NaHCO3都属于盐，是强电解质；CCl4 是有机物，属于非电解质，故B不符合题意；
C. Ba(OH)2属于强碱，HCl属于强酸，都属于强电解质；Cu是金属单质，既不是电解质，也不是非电解质，故C不符合题意；
D. AgCl属于盐，是强电解质；H2S 属于弱酸，是弱电解质；C2H5OH属于有机物，是非电解质，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题考查电解质和非电解质、强电解质和弱电解质的知识。电解质指在水溶液或熔化状态下都能导电的化合物；非电解质指在水溶液和熔化状态下都不能导电的化合物；强电解质是在水溶液中能完全电离的电解质，弱电解质是在溶液中部分电离的电解质，根据概念进行判断即可。
14．【答案】B
【解析】【解答】A.方程式没有配平，故A不符合题意。
B.NH4+的水解平衡常数为Kb=（C(H+).C(NH3·H2O)/C(NH4+)Kb(NH3·H2O)=C(NH4+).C(OH-)/C(NH3·H2O)，Kb(NH3·H2O)=C(H+)..C(OH-)Kb(NH3·H2O)=Kw/Kb(NH3·H2O)，代入数值Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，故B符合题意
C. P为中性，p点时加入氨水的体积不一定是10 mL，故C不符合题意；
D. 向H2A溶液中滴加氨水开始时，水的电离程度逐渐增大，故D不符合题意。
故答案为：B.
【分析】根据弱电解质的电离平衡、电离平衡常数的定义等进行分析各个选项即可。
15．【答案】B
【解析】【解答】A.常温下，醋酸钠溶液pH>7说明醋酸钠是强碱弱酸盐，证明醋酸是弱酸，故A不符合题意；
B.常温下，醋酸溶液pH<7说明醋酸溶液显酸性，不能醋酸是弱酸，故B符合题意；
C.常温下，0.1mol/L的盐酸和0.1mol/L的醋酸，盐酸导电能力强说明醋酸溶液中离子浓度小，证明醋酸是弱酸，故C不符合题意；
D.常温下，0.1mol/L的盐酸和0.1mol/L的醋酸，盐酸pH小说明醋酸溶液中离子浓度小，证明醋酸是弱酸，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.盐的水解造成溶液的酸碱性；
B.醋酸是酸；
C.导电能力和溶液的粒子浓度和粒子的电荷数有关；
D.浓度相同，溶液的酸碱性不同说明电解能力不同。
16．【答案】C
【解析】【解答】A．由于溶质n（CH3COOH）都为0.001mol，中和时所需NaOH的量应相同，A项不符合题意；
B．电离平衡常数只与温度有关，温度相同则电离平衡常数相同，B项不符合题意；
C．醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，两种溶液溶质都为0.001mol，则100mL 0.01mol L-1的醋酸溶液与10mL0.1mol L-1的醋酸溶液相比较，H+的物质的量前者大，C项符合题意；
D．根据n=cV可知，溶质n（CH3COOH）都为0.001mol，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】醋酸是弱酸，存在电离平衡，浓度越大电离度越小，电离平衡常数只是温度的函数，据此分析即可。
17．【答案】（1）6SCl2+16NH3=S4N4+2S+12NH4Cl
（2）不可行，因为△H＞0，△S＜0，在任何情况下都不能自发进行；﹣746.5kJ mol﹣1；反应没有达到平衡，温度越高反应速率越快，转化率越大；；2.14×10﹣3
【解析】【解答】解：（1）因为“SCl2与氨完全反应生成A和淡黄色单质B及离子化合物X，且X的水溶液的pH＜7、A隔绝空气加强热可得到 B和气体单质C”知B是S，A含N、S元素，C是氮气，X是氯化铵．n（A）= =0.1mol，n（S）= =0.4mol，则A中含N： =0.4mol，故A的分子式为S4N4，所以SCl2与氨反应生成A和淡黄色单质B及离子化合物X，反应方程式：6SCl2+16NH3=S4N4+2S+12NH4Cl，
故答案为：6SCl2+16NH3=S4N4+2S+12NH4Cl；（2）（I）因为C不完全燃烧时产生CO为放热反应，则2CO（g）=2C（s）+O2（g）△H＞0，又熵变减小的反应，△H＞0，△S＜0，则△H﹣T△S＞0，反应任何温度下都不能自发进行；故答案为：不可行，因为△H＞0，△S＜0，在任何情况下都不能自发进行；（II）①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ mol﹣1
②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣221.0kJ mol﹣1
③C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ mol﹣1
根据盖斯定律③×2﹣①﹣②得2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g）△H=﹣393.5×2﹣180.5+221.0=﹣746.5kJ mol﹣1，故答案为：﹣746.5kJ mol﹣1；（III）根据（3）2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g）△H=﹣746.5kJ mol﹣1，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以NO的转化率应该减小，而曲线②NO转化率随温度升高而增大说明反应没有达到平衡，温度越高反应速率越快，转化率越大；
又2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g）△H=﹣746.5kJ mol﹣1，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以温度越高，平衡时c（N2）越小，则变化趋势图为 ，故答案为：反应没有达到平衡，温度越高反应速率越快，转化率越大； ．（IV）因为HNO2的电离方程式为HNO2 H++NO2﹣，又电离常数K=4.6×10﹣4，所以K= = =4.6×10﹣4，解得：c（H+）=2.14×10﹣3mol L﹣1，故答案为：2.14×10﹣3．
【分析】（1）根据“SCl2与氨完全反应生成A和淡黄色单质B及离子化合物X，且X的水溶液的pH＜7、A隔绝空气加强热可得到 B和气体单质C”知B是S，A含N、S元素，C是氮气，X是氯化铵．n（A）= =0.1mol，n（S）= =0.4mol，则A中含N： =0.4mol，故A的分子式为S4N4，根据原子守恒可书写出反应方程式；（2）（I）依据反应自发进行的条件是△H﹣T△S＜0分析判断；（II）①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ mol﹣1
②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣221.0kJ mol﹣1
③C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ mol﹣1
根据盖斯定律③×2﹣①﹣②计算；（III）根据2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g）△H=﹣746.5kJ mol﹣1，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以NO的转化率应该减小，而曲线②NO转化率随温度升高而增大说明反应没有达到平衡，温度越高反应速率越快，转化率越大，据此分析；（IV）根据HNO2 H++NO2﹣结合电离常数K=4.6×10﹣4计算．
18．【答案】（1）NO2﹣+H2O HNO2+OH-
（2）5
（3）A﹣+CO2+H2O=HA+HCO3﹣
（4）c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
（5）可行；NaNO2+CH3COOH CH3COONa+HNO2，2HNO2=H2O+NO+NO2，HNO2不稳定会分解，使平衡不断朝生成亚硝酸的方向移动，可观察到有红棕色气体产生，故此方法可行
（6）增大
【解析】【解答】解：（1）用离子方程式表示NaNO2溶液是强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性，方程式为：NO2﹣+H2O HNO2+OH﹣，故答案为：NO2﹣+H2O HNO2+OH﹣；（2）醋酸的电离平衡常数Ka=1.8×10﹣5= ，已知c（CH3COOH）：c（CH3COO﹣）=5：9，则c（H+）=1.8×10﹣5× =1×10﹣5mol/L，则该溶液的pH=5，故答案为：5；（3）由电离平衡常数可知，酸性H2CO3＞HA＞HCO3﹣，所以NaA溶液中通少量CO2的离子方程式为：A﹣+CO2+H2O=HA+HCO3﹣，
故答案为：A﹣+CO2+H2O=HA+HCO3﹣；（4）25℃时，等物质的量浓度的HA、NaA混合溶液中，HA的Ka=4.9×10﹣10，所以NaA的水解Kh= ＞Ka，所以水解大于电离，以水解为主溶液呈碱性，所以离子浓度大小为：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故答案为：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；（5）醋酸微弱电离出氢离子与NO2﹣结合成HNO2，而HNO2不稳定，在稀溶液中也易分解生成NO与生成红棕的NO2，
故答案为：可行，NaNO2+CH3COOH CH3COONa+HNO2，2HNO2=H2O+NO+NO2，HNO2不稳定会分解，使平衡不断朝生成亚硝酸的方向移动，可观察到有红棕色气体产生，故此方法可行；（6）NaHCO3溶液中HCO3 的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，加水稀释时溶液碱性减弱，氢离子浓度增大，故答案为：增大．
【分析】（1）用离子方程式表示NaNO2溶液是强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性；（2）根据醋酸的电离平衡常数进行计算；（3）由电离平衡常数可知，酸性H2CO3＞HA＞HCO3﹣，所以NaA溶液中通少量CO2的离子方程式为：A﹣+CO2+H2O=HA+HCO3﹣；（4）25℃时，等物质的量浓度的HA、NaA混合溶液中，HA的Ka=4.9×10﹣10，所以NaA的水解Kh= ＞Ka，所以水解大于电离，以水解为主溶液呈碱性，由此得出离子浓度的大小；（5）醋酸微弱电离出氢离子与NO2﹣结合成HNO2，而HNO2不稳定，在稀溶液中也易分解生成NO与生成红棕的NO2，由此分析解答；（6）NaHCO3溶液中HCO3 即水解也电离，水解程度大于电离程度，溶液显碱性，据此分析．
19．【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。
20．【答案】（1）减小
（2）0.01
（3）放热
（4）HSO3﹣+H2O﹣2e﹣=SO42﹣+3H+
（5）=；
【解析】【解答】解：（1）根据图一可以看出，对于反应：2CO（g）+4H2（g） CH3OH（g）+3H2O（g），在相同投料比[n（H2）/n（CO）]时，温度升高，CO的平衡转化率降低，故升高温度，平衡左移，平衡常数减小，故答案为：减小；（2）由于0.02mol L﹣1亚硫酸水溶液的pH等于2，即溶液中的氢离子浓度为0.01mol/L，而c（HSO3﹣）=c（H+），故有：
H2SO3 HSO3﹣+ H+
初始浓度： 0.02mol/L 0 0
转化浓度： 0.01mol/L 0.01mol/L 0.01mol/L
平衡浓度： 0.01mol/L 0.01mol/L 0.01mol/L
则有电离平衡常数Ka1= =0.01，故答案为：0.01；（3）已知反应1：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）△H1；
反应2：2NO（g）+O2（g） 2NO2（g）△H2，根据盖斯定律，将 可得目标反应：SO2（g）+NO2（g） SO3（g）+NO（g），则△H3= ，而由于△H1＜△H2＜0，故△H3= ＜0，故此反应放热，故答案为：放热；（4）电解池中阳极和电源正极相连，失去电子，发生氧化反应，电解NaHSO3溶液可制得硫酸，硫的化合价升高，所以阳极是HSO3﹣溶液失去电子被氧化生成SO42﹣，则阳极电极反应式是：HSO3﹣+H2O﹣2e﹣=SO42﹣+3H+，
故答案为：HSO3﹣+H2O﹣2e﹣=SO42﹣+3H+；（5）在恒温密闭容器中通入SO2和NO2各1mol发生反应3：SO2（g）+NO2（g） SO3（g）+NO（g），当反应达到平衡后，维持温度和容积不变，10min时再通入各1mol的SO2和NO2的混合气体，而由于SO2（g）+NO2（g） SO3（g）+NO（g）是气体的物质的量不变的反应，故平衡不移动，则两次平衡时NO2的转化率α1=α2；由于10min时再通入各1mol的SO2和NO2的，故反应物的浓度立即增大，则正反应速率v正立即增大，后逐渐减小，最后20min达到平衡，故正反应速率v正在10至30min间随时间变化的曲线图为：， ，故答案为：=； ．
【分析】（1）根据图象可知2CO（g）+4H2（g） CH3OH（g）+3H2O（g），在相同投料比[n（H2）/n（CO）]时，温度升高，CO的平衡转化率降低；（2）亚硫酸的一级电离方程式为：H2SO3 HSO3﹣+H+，根据0.02mol L﹣1亚硫酸水溶液的pH等于2来计算；（3）根据盖斯定律，将 可得目标反应；（4）根据化合价变化判断阳极反应物质，写出阳极反应式；（5）SO2（g）+NO2（g） SO3（g）+NO（g）是气体的物质的量不变的反应，据此分析；由于10min时再通入各1mol的SO2和NO2的，故反应物的浓度增大，则正反应速率v正立即增大，后逐渐减小，最后20min达到平衡．
21．【答案】（1）③＞①＞②；③＞①＝②；①＝②＞③
（2）②＞①＞③；②＞①＝③；①＝③＞②
【解析】【解答】（1）三种酸的物质的量相等，
a．盐酸是一元强酸、硫酸是二元强酸、醋酸是一元弱酸，相同浓度的这三种酸c（H+）大小关系为：③＞①＞②；
b.消耗相同浓度NaOH溶液体积与酸的物质的量和元数成正比，相同浓度相同体积的三种酸，其物质的量相等，所以消耗相同浓度NaOH体积大小关系为③＞①=②；
c.若取等质量Zn分别跟这三种溶液反应，使Zn恰好完全反应时，酸的浓度越大，体积越小，所以消耗三种酸的体积大小关系为①=②＞③；
（2）三种酸中氢离子浓度相等，
a．氢离子浓度相等时，这三种酸中一元弱酸浓度最大、二元强酸浓度最小，所以三种酸的物质的量浓度大小关系为②＞①＞③，故答案为：②＞①＞③；
b.等体积等氢离子浓度的这三种酸，硫酸和盐酸中氢离子的物质的量相等，醋酸的物质的量大于盐酸，所以消耗相同浓度氢氧化钠溶液体积大小关系为②＞①=③；
c.若取等质量Zn分别跟这三种溶液反应，使Zn恰好完全反应时，酸的物质的量越大，则消耗的酸的体积越小，即①=③＞②。
【分析】（1）a、盐酸为一元强酸，硫酸为二元强酸，醋酸为一元弱酸，据此确定物质的量浓度相等的三种溶液的c(H+)的大小；
b、根据酸与NaOH溶液的反应确定消耗NaOH溶液的体积大小；
c、根据Zn与酸反应的化学方程式进行计算；
（2）a、盐酸为一元强酸，硫酸为二元强酸，醋酸为一元弱酸，据此确定c(H+)相等的三种溶液的物质的量浓度的大小；
b、根据酸与NaOH溶液的反应确定消耗NaOH溶液的体积大小；
c、根据Zn与酸反应的化学方程式进行计算；