3.1 电离平衡 课堂同步练(含解析)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 课堂同步练
一、单选题
1．下物质分类组合正确的是（　　）
A B C D
强电解质 FeCl3 HI H3PO4 Ca（OH）2
弱电解质 CH3COOH HF BaSO4 HBr
非电解质 Cu NH3 H2O C2H5OH
A．A B．B C．C D．D
2．下列说法正确的是（　　）
A．根据溶液中有CH3COOH、CH3COO-和H＋即可证明CH3COOH达到电离平衡状态
B．根据溶液中CH3COO-和H＋的物质的量浓度相等即可证明CH3COOH达到电离平衡状态
C．当NH3·H2O达到电离平衡时，溶液中NH3·H2O、NH4＋和OH-的浓度相等
D．H2CO3是分步电离的，电离程度依次减弱
3．氢氰酸（HCN）的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是（　　）
A．HCN易溶于水
B．1mol/L氢氰酸溶液的pH约为3
C．10mL1mol/LHCN恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应
D．HCN溶液的导电性比盐酸溶液的弱
4．下列各组物质的归类，完全正确的是（　　）
选项 A B C D
强电解质 CaCO3 NaCl NH3 HNO3
弱电解质 CH3COOH Cl2 H3PO4 Fe(OH)3
非电解质 蔗糖 BaSO4 乙醇 H2O
A．A B．B C．C D．D
5．概念掌握要准确，下列描述正确的是（　　）
A．能导电的物质一定是电解质，但可能是强电解质也可能是弱电解质
B．已知：Na+(g)+Cl-(g)=NaCl(s)△H=-786kJ/mol，则NaCl的晶格能为786kJ/mol
C．利用焓判据可判断N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92.4kJ/mol不能自发进行
D．纯物质完全燃烧生成1mol稳定氧化物时所放出的热量叫做该物质的燃烧热
6．醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH H++CH3COO﹣，加入少量下列固体物质，能使平衡逆向移动的是（　　）
A．NaCl B．Na2CO3 C．NaOH D．CH3COONa
7．已知部分弱酸的电离平衡常数如表所示：
弱酸
电离平衡常数(25℃)
下列离子方程式不正确的是（　　）
A．少量通入溶液中：
B．少量加入溶液中：
C．过量加溶液中：
D．相同浓度溶液与溶液等体积混合：
8．下列关于某温度下一定浓度氨水的说法正确的是（　　）
A．NH3 H2O电离达到平衡的标志是溶液呈电中性
B． 是个常数
C．氨水促进了水的电离
D．c（NH ）+c（H+）=c（NH3 H2O）+c（OH﹣）
9．下列实验事实能说明HNO2是弱电解质的是（　　）
A．HNO2溶液中存在HNO2分子，溶液呈酸性
B．HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应
C．用HNO2溶液做导电性实验，灯泡很暗
D．等浓度、等体积的HNO2溶液和盐酸，分别和等浓度的NaOH溶液完全中和，HNO2消耗碱的体积比盐酸的多
10．下列物质溶于水时会破坏水的电离平衡，且属于电解质的是（　　）
A．氯气 B．二氧化碳
C．氯化钾 D．醋酸钠
11． MOH和ROH两种一元碱的溶液分别加水稀释时，pH变化如下图所示。下列叙述中不正确的是： （　　）
A．ROH是一种强碱 B．在x点，MOH并没有完全电离
C．在x点，c(M+)=c(R+) D．稀释前，c(ROH)=10c(MOH)
12．25℃时，0.1mol L-1的3种溶液①盐酸②氨水③CH3COONa溶液．下列说法中，错误的是（　　）
A．3种溶液中pH最小的是①
B．3种溶液中水的电离程度最大的是②
C．①与②等体积混合后溶液显酸性
D．①与③等体积混合后c（H+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）
13．铜氨法可用于测定气体中氧气浓度.该方法是以Cu作为还原剂，用一定量NH4Cl和氨水的混合液作为吸收液吸收O2，其原理如图所示。
已知：水溶液中[Cu(NH3)4]2+为蓝色，[Cu(NH3)2]+为无色。
下列说法错误的是（　　）
A．NH4Cl的作用是抑制氨水的电离，防止生成Cu(OH)2沉淀
B．循环阶段I的反应为[Cu(NH3)4]2++Cu=2[Cu(NH3)2]+
C．配制吸收液时，加入少量CuSO4溶液，可加快开始吸收时的反应速率
D．随着吸收过程不断进行，当吸收液由蓝色变为无色时，表明吸收液已失效
14．下列说法不正确的是（　　）
A．为了提高生活用水的卫生标准，自来水厂常使用Cl2和FeSO4 7H2O进行消毒、净化，以改善水质
B．硝酸、纯碱、醋酸钾和硅石分别属于酸、碱、盐和氧化物
C．从分类的角度看，混合物、分散系、胶体的从属关系如图所示
D．蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质
15．下列选项正确的是（　　）
A．25℃时，AgBr在0.01mol/L的MgBr2溶液和NaBr溶液中的溶解度相同
B．NaCN溶液和盐酸混合呈中性的溶液中：c(Na+)>c(Cl-)=c(HCN)
C．25℃时，将0.01mol/L的醋酸溶液加水不断稀释， 减小
D．Na2CO3、NaHCO3溶液等浓度等体积混合后： 3c(Na+)=2[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]
16．分别在等体积等pH或等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液中，加入足量锌粉，氢离子浓度c(H+)及氢气的体积V(H2)（同温同压下测定）的变化图示如下，其中正确的是 （　　）
A．①②③ B．②④ C．①③ D．①②③④
二、综合题
17．现有下列十种物质：①液态氯化氢 ②小苏打 ③固体纯碱 ④二氧化碳 ⑤葡萄糖 ⑥氢氧化钾 ⑦氢氧化铁胶体 ⑧氨水 ⑨Al ⑩硫酸铁溶液
（1）上述十种物质中，属于电解质的有　 　，属于非电解质的有　 　．
（2）有两种物质在水溶液中可发生反应，离子方程式为：H++OH﹣=H2O，该反应的化学方程式为　 　．
（3）除去③中少量②的操作是　 　，⑨在空气中能稳定存在的原因　 　．
（4）标准状况下，　 　L ④中含有0.4mol 氧原子．
（5）现有100mL⑩溶液中含Fe3+5.6g，则溶液中SO42﹣的物质的量浓度是　 　．
（6）若在⑦中缓慢加入⑥的水溶液，产生的现象是　 　．
（7）将①加入到⑥的溶液中，⑥的溶液导电能力变化为　 　（填“增强”、“减弱”或“基本不变”）
18．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
19．已知多元弱酸在水溶液中的电离是分步进行的，且第一步电离程度大于第二步电离程度，第二步电离程度远大于第三步电离程度…… 今有HA、H2B、H3C三种一元、二元、三元弱酸，根据“较强酸十较弱酸盐=较强酸盐十较弱酸”的反应规律，它们之间能发生下列反应：
①HA+HC2-（少量）=A-+H2C-
②H2B(少量)+2A- =B2-+2HA ③H2B(少量)+H2C-=HB-+H3C
回答下列问题：
（1）相同条件下，HA、H2B、H3C三种酸中酸性最强的是　 　。
（2）判断下列反应的离子方程式中正确的是（填写标号）____________。
A．H3C+3A-=3HA+C3- B．HB-+A-=HA+B- C．H3C+B2-=HB-+H2C-
（3）完成下列反应的离子方程式。
A．H3C+OH-（过量）　 　；
B．HA（过量）+C3-　 　。
20．电离平衡常数（用Ka表示）的大小可以判断电解质的相对强弱.25℃时，有关物质的电离平衡常数如表所示：
化学式 HF H2CO3 HClO
电离平衡常数（Ka） 7.2×10﹣4 K1=4.4×10﹣7 K2=4.7×10﹣11 3.0×10﹣8
（1）将浓度为0.1mol L﹣1 HF溶液加水稀释一倍（假设温度不变），下列各量增大的是 ．
A．c（H+） B．c（H+） c（OH﹣）
C． D．
（2）25℃时，在20mL 0.1mol L﹣1氢氟酸中加入V mL 0.1mol L﹣1 NaOH溶液，测得混合溶液的pH变化曲线如图所示，下列说法正确的是 ．
A．pH=3的HF溶液和pH=11的NaF溶液中，由水电离出的c（H+）相等
B．①点时pH=6，此时溶液中c（F﹣）﹣c（Na+）=9.9×10﹣7 mol L﹣1
C．②点时，溶液中的c（F﹣）=c（Na+）
D．③点时V=20mL，此时溶液中c（F﹣）＜c（Na+）=0.1mol L﹣1
（3）物质的量浓度均为0.1mol L﹣1的下列四种溶液：①Na2CO3溶液；②NaHCO3溶液；③NaF溶液；④NaClO溶液．依据数据判断pH由大到小的顺序是　 　．
（4）Na2CO3溶液显碱性是因为CO32﹣水解的缘故，请设计简单的实验事实证明之　 　．
（5）长期以来，一直认为氟的含氧酸不存在.1971年美国科学家用氟气通过细冰末时获得HFO，其结构式为H﹣O﹣F．HFO与水反应得到HF和化合物A，每生成1mol HF转移　 　 mol电子．
21．25℃时，CH3COOH的电离常数Ka=1.8×10-5。常温下，往25mL氢氧化钠标准溶液中逐滴加入0.2 mol·L－1的CH3COOH溶液，pH变化曲线如下图所示：
（1）该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为　 　mol·L－1。
（2）A点对应酸的体积为12.5mL，则所得混合溶液中由水电离出的c(OH－)＝　 　 mol·L－1。
（3）B点所示溶液中，c(CH3COO－)－c(Na＋)＝　 　 mol·L－1(填精确值)，c(CH3COO－)/c(CH3COOH)＝　 　。
（4）C点所示溶液中，c(CH3COOH)　 　c(CH3COO－)。(填“＞”、“＜”或“＝”)
（5）向300 mL上述NaOH溶液中通入448 mL CO2(标准状况)气体，充分反应后，溶液中粒子浓度关系正确的是________.
A．c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+ c(HCO3-)+ c(CO32-)
B．2/3c(Na+)= c(HCO3-)+ c(CO32-)+ c(H2CO3)
C．c(Na+)> c(CO32-)> c(HCO3-)> c(OH-)> c(H+)
D．c(Na+)> c(HCO3-)> c(CO32-)> c(OH-)> c(H+)
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】解：A．Cu是金属单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B．HI是强酸，HF是弱酸，属于弱电解质，氨气不能导电，属于非电解质，故B正确；
C．H3PO4在水中只有部分电离，所以属于弱电解质；BaSO4在水溶液中虽难溶，但溶于水的部分或熔融状态下能完全电离，BaSO4═Ba2++SO42﹣所以属于强电解质，H2O H++OH﹣只有部分电离，所以属于弱电解质，故C错误；
D．HBr是强电解质，故D错误，
故选B．
【分析】强电解质是指在水溶液或熔化状态下完全电离成离子的化合物；弱电解质是指在溶液中不完全电离，只有部分电离的化合物；非电解质是指在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物；单质、混合物，既不是电解质也不是非电解质，据此分析即可解答．
2．【答案】D
【解析】【解答】A．醋酸电离出醋酸根离子和氢离子，无论是否平衡，三种微粒都有，A不符合题意；
B．平衡状态时离子浓度不变，离子浓度不一定相等，B不符合题意；
C．电离平衡时，各离子浓度不变，不一定相等，C不符合题意；
D．多元弱酸分步电离，且第一步电离产生的氢离子会抑制后来的电离过程，所以电离程度依次减弱，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、弱电解质在溶液中部分电离；
B、平衡状态是电离速率和化合速率相等，且离子浓度不变，离子浓度不一定相等，如加入盐酸，氢离子浓度大；
C、电离平衡时，各离子浓度不变，不一定相等，离子浓度的大小与溶液组成有关；
3．【答案】B
【解析】【解答】A．HCN易溶于水，与该酸是强酸还是弱酸无关，A不符合题意；
B． 1mol/L氢氰酸溶液的pH约为3，c(H+)=0.001mol/L<1mol/L，则可证明盖酸是弱酸，B符合题意；
C．一元酸与一元碱混合发生反应，若二者的物质的量的比是1:1，恰好完全反应，与物质的酸性强弱无关，C不符合题意；
D．电解质溶液的导电性的强弱与溶液中自由移动的离子的浓度有关，与电解质的强弱无关，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A.物理性质不能说明HCN是弱酸；
B.根据氰离子浓度和HCN的浓度关系判断HCN是否完全电离；
C.根据化学方程式进行计算；
D.溶液导电性强弱与溶液浓度和电荷数的多少有关.
4．【答案】A
【解析】【解答】A．碳酸钙是强电解质，醋酸为弱酸属于弱电解质，蔗糖是非电解质，故A符合题意；
B．Cl2是单质，既不是电解质也不是非电解质，BaSO4是强电解质，故B不符合题意；
C．NH3是非电解质，故C不符合题意；
D．H2O是弱电解质，故D不符合题意；
故答案为A。
【分析】电解质是指：该物质是化合物，溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电，是自身电离．酸、碱、盐都是电解质，在水溶液中和在熔融状态下两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质．大多数的有机物都是非电解质；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质．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，弱电解质部分电离，据此即可解答。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．金属单质导电，但是不是电解质，故能导电的物质不一定是电解质，故A不符合题意；
B．晶格能是气态离子形成1摩离子晶体时释放的能量，故B符合题意；
C．利用焓判据可得放热反应容易自发进行，故C不符合题意；
D．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的能量，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．金属单质导电，但是不是电解质；
B．晶格能是气态离子形成1摩离子晶体时释放的能量；
C．依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析；
D．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的能量。
6．【答案】D
【解析】【解答】解：A．加入氯化钠固体时，不影响溶液中CH3COOH、H+、CH3COO﹣浓度，所以平衡不移动，故A错误；
B．加入碳酸钠固体，碳酸根离子和氢离子反应而使氢离子浓度减小，则促进醋酸电离，平衡正向移动，故B错误；
C．加入NaOH固体，氢氧根离子和氢离子反应生成水，促进醋酸电离，平衡正向移动，故C错误；
D．加入少量CH3COONa，溶液中CH3COO﹣增大，抑制醋酸电离，则平衡逆向移动，故D正确；
故选D．
【分析】加入固体物质，能使平衡逆向移动，说明抑制醋酸电离，则加入的固体中含有氢离子或醋酸根离子，据此分析解答．
7．【答案】A
【解析】【解答】A．少量
通入
溶液中根据不反应，故A符合题意；
B．少量
加入
溶液中，由于碳酸根足量，因此反应生成碳酸氢根和醋酸根，：
，故B不符合题意；
C．过量
加
溶液，草酸过量，反应生成二氧化碳气体、水和草酸氢根：
，故C不符合题意；
D．相同浓度
溶液与
溶液等体积混合，反应生成二氧化碳、水和草酸钠：
，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】依据电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸分析解答。
8．【答案】B
【解析】【解答】解：A、任何电解质溶液都显电中性，所以氨水溶液显电中性不能说明达到电离平衡，故A错误；
B、温度不变，一水合氨的电离平衡常数和水的离子积常数不变，一水合氨的电离平衡常数Kb与水的离子积常数Kw的比值等于 ，所以其为常数，故B正确；
C、氨水显碱性，氢氧根离子会抑制水的电离，故C错误；
D、据电荷守恒，氨水中有c（NH ）+c（H+）=c（OH﹣），故D错误；
故选B．
【分析】A、氨水溶液始终显电中性，与电离平衡无关；
B、据一水合氨的电离平衡常数和水的离子积常数分析；
C、氨水溶于水显碱性，抑制水的电离；
D、据电荷守恒分析．
9．【答案】A
【解析】【解答】A．弱电解质在溶液中既存在离子，又存在弱电解质分子，A符合题意；
B．硫酸钠属于强酸强碱盐，HNO2不能与Na2SO4溶液反应不能说明HNO2是弱电解质，B不符合题意；
C．做导电性实验，灯泡很暗，只能说明导电离子的浓度很小，但不能说明其是弱电解质，因为强电解质在浓度低时，导电能力同样很弱，C不符合题意；
D．等浓度、等体积的HNO2溶液和盐酸，分别和等浓度的NaOH溶液完全中和，HNO2溶液和盐酸消耗的碱的体积相同，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．根据弱电解质不能完全电离分析；
B．根据强酸制弱酸分析；
C．没有确定浓度无法分析；
D．完全中和只看比例。
10．【答案】D
【解析】【解答】A.氯气是单质，既不是电解质又不是非电解质，故A不符合题意；
B.二氧化碳是非电解质，故B不符合题意；
C.氯化钾属于电解质，是强酸强碱盐，不能水解，不会破坏水的电离平衡，故C不符合题意；
D.醋酸钠是电解质，能水解，促进水电离，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】电解质：在熔融状态或者水溶液中电离的化合物。弱电解质水解破坏水的电离平衡。
11．【答案】D
【解析】解：pH=13的ROH稀释100倍，pH变为11，所以ROH为强碱，故A正确,故A不符合题意；pH=12的MOH稀释100倍，pH变为11，所以MOH为弱碱，在x点，MOH未完全电离，故B正确,故B不符合题意；根据电荷守恒，c(M+)+c(H+)=c(OH-) 、c(R+)+c(H+)=c(OH-) ，在x点，两溶液中氢离子、氢氧根离子浓度均相等，所以c(M＋)＝c(R＋)，故C正确,故C不符合题意；MOH为弱碱、ROH为强碱，稀释前，c(ROH)<10c(MOH)，故D错误,故D符合题意。
故答案为D
【分析】有图分析ROH稀释倍数与OH-降低倍数一致，说明ROH完全电离，是强碱；而MOH稀释时电离的OH-降低倍数比碱降低倍数要小，说明MOH是部分电离，是弱电解质。A.ROH完全电离，是强碱B.MOH是部分电离，是弱电解质C.在x点，两溶液中氢离子、氢氧根离子浓度均相等D.MOH是部分电离，所以碱浓度大于OH-浓度
12．【答案】B
【解析】【解答】A.①盐酸PH<7， ②氨水电离呈碱性 ③CH3COONa水解呈碱性，pH最小的是①，故A不符合题意；
B.①盐酸电离出氢离子、②氨水电离出氢氧根离子，抑制水电离，CH3COONa水解促进水电离，所以电离程度最大的是③，故B符合题意；
C.①与②等体积混合后恰好生成氯化铵，氯化铵水解呈酸性，故C不符合题意；
D.①与③等体积混合后恰好完全反应生成醋酸和氯化钠，根据电荷守恒c（H+）+ c（Na+）=c（CH3COO-）+c（OH-）+ c（Cl-），c（Na+）= c（Cl-），所以c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），所以c（H+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-），故D不符合题意。
故答案为：B
【分析】考查的是相同浓度的强酸，弱碱，强碱弱酸盐的pH的情况，
A.盐酸是强酸完全电离，pH=1,氨水是弱碱，部分电离，而醋酸钠水解呈碱性pH＞7，
B.醋酸钠的水解对水的电离起到促进作用，
C.等浓度的盐酸和氨水等体积混合，生成强酸弱碱盐显酸性
D.①③的能体积混合，根据物料守恒和电荷守恒即可求出关系
13．【答案】D
【解析】【解答】A．NH4Cl和氨水的混合液存在平衡NH3 H2O+OH-，故NH4Cl的作用是抑制氨水的电离，防止生成Cu(OH)2沉淀，A不符合题意；
B．循环阶段I中Cu与[Cu(NH3)4]2+生成[Cu(NH3)2]+，反应为[Cu(NH3)4]2++Cu=2[Cu(NH3)2]+，B不符合题意；
C．配制吸收液时，加入少量CuSO4溶液，生成少量[Cu(NH3)4]2+，可加快开始吸收时的反应速率，C不符合题意；
D．由循环阶段Ⅱ可知，当吸收液由蓝色变为无色时，[Cu(NH3)2]+可继续吸收氧气，转化为[Cu(NH3)4]2+，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氨水电离生成铵根离子和氢氧根，氯化铵电离产生的铵根离子能抑制氨水的电离；
B.循环阶段Ⅰ为Cu与[Cu(NH3)4]2+生成[Cu(NH3)2]+；
C.加入少量CuSO4溶液，生成[Cu(NH3)4]2+。
14．【答案】B
【解析】【解答】解：A、Cl2具有强氧化性，可对水进行消毒，又会将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+发生水解生成Fe（OH）3胶体，吸附悬浮物而净化水，故A正确；
B、硝酸、纯碱、醋酸钾和硅石分别属于酸、盐、盐和盐类，故B错误；
C、混合物、分散系、胶体的从属关系是混合物包含分散系，分散系包含胶体，所示图包含关系正确，故C正确；
D、蔗糖在水溶液和熔融状态下都不导电、硫酸钡能完全电离和水不能完全电离，它们分别属于非电解质、强电解质、弱电解质，故D正确．
故选B．
【分析】A、根据Cl2具有强氧化性，Fe3+水解生成Fe（OH）3胶体具有吸附性；
B、根据酸、碱、盐的概念结合物质的分类来回答；
C、混合物、分散系、胶体的从属关系是混合物包含分散系．分散系包含胶体；
D、根据电解质、非电解质、弱电解质的含义来回答．
15．【答案】B
【解析】【解答】A.同浓度的MgBr2溶液中溴离子浓度是NaBr溶液中的2倍，根据Ksp=c(Ag+) c(Br-)可知，溴离子浓度越大，银离子浓度越小，则溴化银的溶解度越小，所以溴化银在MgBr2中的溶解度小于在同浓度的NaBr溶液中的溶解度，故A不符合题意；
B.由NaCN物料守恒得：c(Na+)=c(CN-)+c(HCN)，呈中性的溶液中由电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(Cl-)+c(OH-)、c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)>c(Cl-)=c(HCN)，故B符合题意；
C.醋酸得电离常数Ka= ，一定温度下，电离常数为定值，故C不符合题意；
D.Na2CO3溶液物料守恒为：c(Na+)=2[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]，NaHCO3溶液物料守恒为：c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)，所以二者等浓度等体积混合后物料守恒为：2c(Na+)=3[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]，故D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、根据溶度积Ksp分析；
B、结合物料守恒和电荷守恒求解；
C、电离常数只与温度有关；
D、根据物料守恒求解；
16．【答案】A
【解析】【解答】①随着反应的进行，氢离子浓度逐渐减小但是醋酸会逐渐电离出氢离子，所以醋酸中氢离子消耗的速率慢，正确；
②等pH时，醋酸浓度较大，加入足量锌，不仅产生的氢气的体积更大，而且反应更快，正确；
③等浓度的盐酸和醋酸，盐酸的pH小，和金属锌反应的速率比醋酸的快正确；
④等浓度的盐酸和醋酸，因为盐酸是强酸，醋酸是弱酸，盐酸中H+浓度大，和金属锌反应的速率是盐酸比醋酸的快，错误；
故答案为：A
【分析】pH相等的盐酸和醋酸，溶液中c(H+)相等，但溶质的量不相等，与足量的锌粉反应，其反应速率和产生氢气的量也不相等。
17．【答案】（1）①②③⑥；④⑤
（2）HCl+KOH=H2O+KCl
（3）加热；铝化学性质非常活沷，容易与空气中的氧气发生反应形成一层致密的氧化膜，阻止里面的铝继续与氧气反应
（4）4.48
（5）1.5mol/L
（6）产生红褐色沉淀
（7）基本不变
【解析】【解答】解：（1）①液态氯化氢在水溶液中能导电，是电解质；
②NaHCO3在水溶液或者熔融状态下能够导电，是电解质；
③固体纯碱在水溶液或者熔融状态下能够导电，是电解质；
④二氧化碳水溶液中反应生成电解质溶液导电，本身不能电离属于非电解质；
⑤葡萄糖在水溶液和熔融状态下都不能够导电，是非电解质；
⑥氢氧化钾在水溶液或者熔融状态下能够导电，是电解质；
⑦氢氧化铁胶体属于混合物 既不是电解质也不是非电解质；
⑧氨水属于混合物 既不是电解质也不是非电解质；
⑨Al 属于单质能导电，既不是电解质也不是非电解质；
⑩硫酸铁溶液属于混合物 既不是电解质也不是非电解质；
故属于电解质的是：①②③⑥，非电解质的有：④⑤；
故答案为：①②③⑥；④⑤；（2）离子方程式为：H++OH﹣═H2O，可表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应，如HCl+KOH=H2O+KCl；
故答案为：HCl+KOH=H2O+KCl；（3）根据碳酸钠加热不分解，碳酸氢钠加热分解得到碳酸钠、水、二氧化碳，所以除去固体纯碱中少量小苏打的操作是加热，方程式为：2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑，⑨在空气中能稳定存在的原因是铝化学性质非常活沷，容易与空气中的氧气发生反应形成一层致密的氧化膜，阻止里面的铝继续与氧气反应，
故答案为：加热；铝化学性质非常活沷，容易与空气中的氧气发生反应形成一层致密的氧化膜，阻止里面的铝继续与氧气反应；（4）n（CO2）= n（O）=0.2mol，V（CO2）=0.2mol×22.4L/mol=4.48L；
故答案为：4.48；（5）Fe3+的物质的量为 =0.1mol，溶液中2n（SO42﹣）=3n（Fe3+），则SO42﹣的物质的量为0.1mol× =0.15mol，SO42﹣的物质的量浓度为 =1.5mol/L；
故答案为：1.5mol/L；（6）若在氢氧化铁胶体中缓慢加入氢氧化钾，胶体发生聚沉，产生的现象是产生红褐色沉淀；
故答案为：产生红褐色沉淀；（7）将①液态氯化氢加入到⑥氢氧化钾 的溶液中，⑥的溶液导电能力变化基本不变，
故答案为：基本不变；
【分析】（1）电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；
非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；（2）离子方程式为：H++OH﹣═H2O，可表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应；（3）根据碳酸钠加热不分解，碳酸氢钠加热分解得到碳酸钠、水、二氧化碳来解答，铝是活泼金属在空气中表面形成氧化铝保护膜；（4）根据n= 结合分子的构成计算．（5）根据n= 计算Fe3+的物质的量，溶液中2n（SO42﹣）=3n（Fe3+），再根据c= 计算SO42﹣的物质的量浓度；（6）胶体加入电解质会发生聚沉；（7）电解质溶液导电能力强弱取决于离子浓度的大小，氨水中加入盐酸依据反应物和生成物的性质判断离子浓度的变化进而判断导电能力变化；
18．【答案】（1）bd
（2）减小；减小；>；>；>；c
（3）ab
【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
19．【答案】（1）H2B
（2）B；C
（3）H3C+3OH-=C3-+3H2O；2HA+C3-=2A-+H2C-
【解析】【解答】(1) 由①HA+HC2-（少量）=A-+H2C- 知酸性HA> H2C-;由②H2 B(少量)+2A- =B2-+2HA知酸性H2B>HA ；由③H2B(少量)+H2C-=HB-+H3C知酸性H2B>H3C，所以相同条件下，HA、H2B、H3C三种酸中酸性最强的是H2B。
故答案为：H2B。
(2)根据上述分析由①HA+HC2-（少量）=A-+H2C- 知
A.H3C+3A-=3HA+C3-不能发生,故A错误，
B. 由②H2 B(少量)+2A- =B2-+2HA知HB-+A-=HA+B-可以发生，故B正确；
C.由③H2B(少量)+H2C-=HB-+H3C知H3C+B2-=HB-+H2C-可以发生，故C正确。
故答案为：BC。
(3)根据（1）的分析知H2B> H3C>HB->HA> H2C-> HC2-以及强酸制弱酸的原则,故离子方程式为: H3C+3OH-=C3-+3H2O 2HA+C3-=2A-+H2C- 。
【分析】（1）根据强酸制弱酸原理，结合反应的方程式分析；
（2）根据酸性强弱分析反应的离子方程式是否正确；
（3）根据酸性强弱，结合强酸制去弱酸的原理，书写反应的离子方程式；
20．【答案】（1）C；D
（2）B；C
（3）①④②③（或①＞④＞②＞③，用物质名称表示也对）
（4）在碳酸钠溶液中滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去或变浅
（5）2
【解析】【解答】解：（1）A、加水稀释能促进氢氟酸的电离，溶液中氢离子浓度降低，故A错误；
B、温度不变，水的离子积常数不变，故B错误；
C、溶液中氢离子浓度和氢氟酸浓度都降低，该分式中都乘以氟离子浓度得氢氟酸的电离常数除以负离子浓度，电离常数不变，负离子浓度减小，所以其比值增大，故C正确；
D、溶液中氢氧根离子浓度增大，氢离子浓度减小，故D正确；
故答案为：CD；（2）A．酸能抑制水的电离，含有弱根离子的盐能促进水的电离，故A错误；
B．c（F﹣）﹣c（Na+）=c（H+）﹣c（OH﹣），故B正确；
C．溶液呈中性，氢离子浓度等于氢氧根浓度，所以氟离子浓度等于钠离子浓度，故C正确；
D．③点时V=20 mL，溶液呈碱性，根据溶液呈电中性知，钠离子浓度大于氟离子浓度，故D错误；
故答案为：BC；（3）根据相应酸的酸性强弱判断，氢氟酸的酸性大于碳酸的，碳酸的酸性大于次氯酸的，所以顺序为①④②③（或①＞④＞②＞③，用物质名称表示也对），
故答案为：①④②③（或①＞④＞②＞③，用物质名称表示也对）；（4）在碳酸钠溶液中滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后，碳酸根离子能够与钡离子反应生成碳酸钡沉淀，碳酸根离子浓度降低，若红色褪去或变浅，可以证明，故答案为：在碳酸钠溶液中滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去或变浅；（5）HFO与水反应生成氢氟酸和双氧水，每生成1 mol HF转移2 mol电子，故答案为：2．
【分析】（1）HF是弱电解质，加水稀释能够促进HF的电离，但c（H+） 降低．温度不变，KW不变，c（OH﹣） 升高，据此分析；（2）A．酸能抑制水的电离，含有弱根离子的盐能促进水的电离；
B．据电荷守恒c（F﹣）﹣c（Na+）=c（H+）﹣c（OH﹣）；
C．据电荷守恒，溶液呈中性，氢离子浓度等于氢氧根浓度，所以氟离子浓度等于钠离子浓度；
D．③点时V=20 mL，溶液呈碱性，根据溶液呈电中性知，钠离子浓度大于氟离子浓度；（3）据盐类水解原理中的越弱越水解判断；（4）CO32﹣能够与钡离子反应生成碳酸钡沉淀；（5）HFO与水反应得到HF和化合物双氧水，据此分析．
21．【答案】（1）0.1
（2）1×10-4
（3）9.9×10－7；18
（4）<
（5）B；D
【解析】【解答】（1）因为开始时pH=13，所以c(OH-)=0.1mol/L，故c(NaOH)=0.1mol/L；
故答案为：0.1mol/L。（2）由题中数据可知，A点时醋酸和氢氧化钠，恰好完全反应，生成CH3COONa，因CH3COONa水解是溶液显碱性，所以溶液中OH-都是水电离得到的，此时pH=10，溶液中的c(OH－)=1 10-4mol/L，则混合溶液中由水电离出的c(OH－)= 1 10-4mol/L；
故答案为：1×10-4。（3）由图可看出，B点所示溶液pH=6，是CH3COONa和CH3COOH的混合溶液，溶液中的电荷守恒为：c(CH3COO-) + c(OH-)=c(Na+) + c(H+)，所以c(CH3COO－)－c(Na＋)＝c(H+)－c(OH-)=1 10－6－1 10－8=9.9 10－7mol/L；因为醋酸的电离平衡常数为：Ka=1.8×10-5，所以c(CH3COO－)/c(CH3COOH)= Ka/c(H+)= =18；
故答案为：9.9×10－7，18。（4）由于c(NaOH)=0.1mol/L，可知C点所示溶液是CH3COONa和CH3COOH等物质的量的混合溶液，溶液显酸性，CH3COONa的水解程度小于CH3COOH的电离程度，所以c(CH3COOH) c(CH3COO－)；
故答案为：<。（5）300 mL 0.1mol/L的NaOH溶液中，n(NaOH)=0.03mol， 448 mL CO2的物质的量为n(CO2)=0.02mol，充分反应后，可知n((Na2CO3)=n(NaHCO3)=0.01mol，依据溶液中的物料守恒关系可得：2/3c(Na+)= c(HCO3-)+ c(CO32-)+ c(H2CO3)，又混合溶液显碱性，是碳酸钠和碳酸氢钠水解的结果，且等物质的量的碳酸钠比碳酸氢钠水解程度更大，所以有c(Na+)> c(HCO3-)> c(CO32-)> c(OH-)> c(H+)；
故答案为：BD。
【分析】（1）根据pH可以计算出氢氧根离子的浓度，也就是氢氧化钠的浓度；
（2）弱酸强碱盐会促进水的电离，该溶液中所有的氢氧根离子由水电离而来；
（3）根据电荷守恒可以推出量离子浓度之间的关系；根据醋酸平衡常数以及溶液的pH可以求出醋酸根离子与醋酸的比值；
（4）C点所示溶液的溶质是等物质的量的醋酸钠和醋酸，所以此时醋酸的浓度小于醋酸根离子的浓度；
（5）该体系中存在电荷守恒、物料守恒和质子守恒，根据三大守恒关系可以得出体系中微粒浓度之间的关系。