3.2 弱电解质的电离 离子反应 同步练习（含解析）2023-2024学年高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1

3.2 弱电解质的电离 离子反应 同步练习
一、单选题
1．下列物质的应用中，不能用盐类水解原理解释的是（　　）
A．用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的Mg2+
B．用热饱和Na2CO3溶液清洗试管壁上附着的植物油
C．用FeCl3晶体配制溶液时，先将其溶于较浓盐酸中
D．用Al2(SO4)3溶液净化混有少量泥土的水
2．1mL浓度均为0.10mol/L的XOH和X2CO3溶液分别加水稀释(溶液体积为V)，溶液pH随lgV的变化情况如图所示，则下列说法正确的是（）
A．XOH是弱碱
B．pH=10的溶液中c(X+)：XOH大于X2CO3
C．已知CO32-的水解常数Kh1远远大于Kh2，则Kh1约为1.0×10－3.8
D．当lgV=2时，升高X2CO3溶液温度，溶液碱性增强且c(HCO3－)/c(CO32－)减小
3．已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：
弱酸化学式 CH3COOH HCN H2CO3
电离平衡常数（25℃） 1.8×10﹣5 4.9×10﹣10 K1=4.3×10﹣7 K2=5.6×10﹣11
则下列有关说法正确的是（　　）
A．等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（NaCN）＞pH（Na2CO3）＞pH（CH3COONa）
B．将a mol L﹣1 HCN溶液与a mol L﹣1 NaOH溶液等体积混合，混合液中：c（OH﹣）＞c（H+），c（Na+）＞c（CN﹣）
C．冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度、pH均先增大后减小
D．NaHCO3和Na2CO3混合液中，一定有c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）
4．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）
A．pH=1的CH3COOH溶液中含有0.1NA个H+
B．将标准状况下2.24L的SO3溶于水形成1L溶液，其所得溶液的溶质的物质的量浓度为2mol/L
C．标准状况下，2.24LCH4和C2H4的混合气体中，含有极性共价键数目为0.4NA
D．Zn和一定浓度的硫酸反应，当生成的气体折算成标准状况下的体积为2.24L时，转移的电子数为0~0.2NA之间
5．下列关于盐类水解的说法错误的是（　　）
A．pH相等的①NaHCO3、②Na2CO3、③NaOH溶液的物质的量浓度大小：①＞②＞③
B．浓度均为0.1 mol·L-1的①(NH4)2CO3、②(NH4)2SO4、③(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，c( )的大小顺序为①＞②＞③
C．在NH4Cl溶液中加入稀HNO3，能抑制 水解
D．将硫酸亚铁溶液加热蒸干得不到原溶质
6．下列各式中表示盐类水解的是（　　）
A．CH3COOH+H2O CH3COO－+H3O+
B．HS－+H2O H2S+OH－
C．HCO +H2O CO +H3O+
D．NH +2H2O = NH3·H2O+H3O+
7．室温下将 的醋酸溶液加水稀释后，下列说法正确的是（　　）
A．溶液中导电粒子的数目减少
B．溶液中 值增大
C．醋酸的电离程度增大， 增大
D．再加入 的 溶液，酸与碱恰好完全反应
8．稀氨水中存在着下列平衡：NH3 H2O NH4++OH﹣，若要使平衡向逆反应方向移动，同时使c（OH﹣）增大，应加入适量的物质是（　　）
A．NH4Cl B．硫酸 C．NaOH固体 D．水
9．在蒸发皿中加热蒸干下列物质的溶液并灼烧，可得原有物质的固体是（　　）
A．氯化铝 B．碳酸氢钠 C．硫酸铁 D．亚硫酸钠
10．下列实验中，对应的现象和结论都符合题意，且两者具有因果关系的是（　　）
选项 实验 现象 结论
A 常温下，质量和形状相同的Al片分别和等体积稀HNO3和浓HNO3反应 前者产生无色气体，后者产生红棕色气体，且后者反应更加剧烈 其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越快
B 某食盐溶液中加入淀粉溶液 溶液不变蓝 该食盐样品中一定不含KIO3
C SO2通入BaCl2 溶液，然后滴入稀硝酸 有白色沉淀产生，加入稀硝酸后沉淀不溶解 所得沉淀为BaSO3，后转化为BaSO4
D 将少量大理石粉未加入1.0mol/L的NH4Cl 溶液中 产生气体，粉末溶解 NH4Cl水解使溶液呈酸性
A．A B．B C．C D．D
11．在0.1 mol/L的醋酸钠溶液中加入等体积的下列物质，溶液中离子浓度大小关系正确的是（　　）
A．水；c(CH3COO-）＞c(Na+）＞c(OH-）＞c(H+）
B．0.1 mol/L盐酸；c(Na+）=c(Cl-）＞c(H+）＞c(CH3COO-）＞c(OH-）
C．0.1 mol/L醋酸；c(Na+）＞c(CH3COO-）＞c(H+）＞c(OH-）
D．0.1 mol/L氢氧化钠；c(Na+）＞c(CH3COO-）＞c(OH-）＞c(H+）
12．以下是常温下几种弱酸的电离平衡常数：
CH3COOH H2S HClO
K=1.8×10－5 K1=1.3×10－7 K2=7.1×10－15 K=4.69×10－11
下列说法正确的是（）
A．可发生反应：H2S+2ClO－=S2－+2HClO
B．CH3COOH溶液与Na2S溶液不能反应生成NaHS
C．同物质的量浓度的Na2S、NaClO、CH3COONa溶液，pH最大的是NaClO溶液
D．同物质的量浓度的H2S、HClO、CH3COOH溶液，酸性最强的是CH3COOH
13．向三份0.1 mol·L－1CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl3固体(忽略溶液体积变化)，则CH3COO－的浓度变化依次为( )
A．减小、增大、减小 B．增大、减小、减小
C．减小、增大、增大 D．增大、减小、增大
14．下列有关电解质溶液的说法正确的是（　　）
A．向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中 减小
B．向0.1mol·L－1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中 减小
C．向一定浓度的醋酸溶液中加水稀释，则溶液中 增大
D．40℃时，在氨—水体系中不断通入CO2，随着CO2的通入， 不断增大
15． 是制备电池的重要原料。室温下， 溶液的pH随 的变化如图甲所示， 溶液中 的分布分数 随pH的变化如图乙所示 。
下列有关 溶液的叙述正确的是
A．溶液中存在3个平衡
B．含P元素的粒子有 、 和
C．随 增大，溶液的pH明显变小
D．用浓度大于 的 溶液溶解 ，当pH达到 时， 几乎全部转化为
16．实验测得0.5 mol·L 1CH3COONa溶液、0.5 mol·L 1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．随温度升高，纯水中c(H+)>c(OH )
B．随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH )减小
C．随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果
D．随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO 、Cu2+水解平衡移动方向不同
二、综合题
17．已知 25℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表：
化学式 HSCN CH3COOH H2CO3 HClO
电离平衡常数 1.3×10﹣1 1.8×10﹣5 Ka1=4.3×10﹣1Ka2=5.6×10﹣1 3.0×10﹣8
回答下列问题：
（1）写出碳酸的主要的电离方程式　 　．若将碳酸饱和溶液稀释 10 倍，则稀释后的溶液中 c（H+）　 　原来的十分之一（填“大于”、“小于”或“等于”）．
（2）物质的量浓度均为 0.1mol/L 的五种溶液：pH 由小到大的顺序为　 　（用编号填写）．
a．CH3COONa b．Na2CO3 c．NaClO d．NaHCO3 e．NaSCN
（3）25℃时，将 20mL0.1mol L﹣1CH COOH 溶液和 20mL0.1mol L﹣1HSCN 溶液分别与 20mL0.1mol L﹣1NaHCO 溶液混合，实验测得产生的气体体积（V）随时间（t）的变化如图．
反应初始阶段两种溶液产生 CO2气体的速率存在明显差异的原因是　 　反应结束后，假设 NaHCO3完全反应且气体全部逸出，则所得两溶液中，c（CH3COO）　 　c（SCN）（填“＞”、“＜”或“=”）
（4）25℃时，CH3COONa 与 CH3COOH 的混合溶液，若测得 pH=8，则溶液中c（Na+）﹣c（CH3COO﹣）=　 　mol/L（填代入数据后的计算式，不必算出具体数值）．
（5）向 NaClO 溶液中通入少量的 CO2，发生反应的离子方程式为　 　．
18．298K时，碳酸、醋酸和亚硫酸的电离平衡常数见下表：
名称 碳酸 醋酸 亚硫酸
电离常数(298K) K1=4.4×10–7 K2=4.7×10–11 K=1.8×10–5 K1=1.3×10–2 K2=6.2×10–8
（1）298K时，碳酸、醋酸和亚硫酸，从强到弱的顺序　 　(用化学式表示)。
（2）用离子方程式表示Na2SO3溶液显碱性的原因　 　。
（3）25℃时，相同浓度的CH3COONa溶液的碱性　 　Na2CO3溶液的碱性(填“＞”“＜”或“=”)。
（4）写出向醋酸钠溶液通SO2的离子方程式　 　。
（5）为证明醋酸是弱电解质，下列方法错误的是__________。
A．测定0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH
B．测定0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液的酸碱性
C．比较浓度均为0.1 mol·L－1盐酸和醋酸溶液的导电能力
D．比较相同物质的量浓度的NaOH溶液和醋酸溶液恰好反应完全时消耗两溶液的体积
19．某温度时，在一个容积为2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据，试填写下列空白：
（1）该反应的化学方程式为　 　
（2）反应开始至2
min，气体Z的平均反应速率为　 　。
（3）若X、Y、Z均为气体，反应达到平衡时
①压强是开始时的　 　倍；
②若此时将容器的体积缩小为原来的 倍，达到平衡时，容器内温度将升高（容器不与外界进行热交换），则该反应的正反应为　 　（填“放热”或“吸热”）反应。
（4）25℃时，pH=2的盐酸和醋酸各1mL分别加水稀释，pH随溶液体积变化的曲线如下图所示。请回答如下问题
①曲线　 　（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）代表盐酸的稀释过程
②a溶液的导电性比c溶液的导电性　 　（填“强”或“弱”）
③将a、b两溶液加热至30℃，c（Cl-）/c（CH3COO-）　 　（填“变大”、“变小”或“不变”）
④设稀释前的醋酸电离度为0.1%，醋酸的电离常数Ka=　 　。
20．（14分）（砷（As）是一些工厂和矿山废水中的污染元素，使用吸附剂是去除水中砷的有效措 施之一．
（1）将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合，搅拌使其充分反应，可获得一种砷的高效吸附剂X，吸附剂X中含有CO32﹣，其原因是　 　．
（2）H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与pH的关系分别如图﹣1和图﹣2所示．
①以酚酞为指示剂（变色范围pH 8.0～10.0），将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加．该过程中主要反应的离子方程式为　 　．
②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4 H2AsO4﹣+H+的电离常数为Ka1，则pKa1=
　 　（p Ka1=﹣lg Ka1 ）．
（3）溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响．pH=7.1时，吸附剂X表面不带电荷； pH＞7.1时带负电荷，pH越高，表面所带负电荷越多；pH＜7.1时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多．pH不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量（吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量）如图﹣3所示．
①在pH7～9之间，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降，其原因是　 　．
②在pH4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，这是因为　 　． 提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是　 　．
21．25℃时，电离平衡常数：
化学式 CH3COOH H2CO3 HClO
电离平衡常数 1.8×10-5 K1=4.3×10-7 K2=5.6×10-11 3.0×10-8
回答下列问题：
（1）物质的量浓度为0.1mol/L的下列四种物质的溶液，pH由大到小的顺序是　 　
(填编号)。
a.Na2CO3 b.NaClO
c.CH3COONa d.NaHCO3
（2）常温下0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释过程，下列表达式的数据一定变小的是___。
A．c(H+) B．
C．c(H+)·c(OH-) D．
（3）电离平衡常数是用实验的方法测定出来的，现已经测得25℃时cmol/L的HX的电离度为a，试表示该温度下HX的电离平衡常数K=　 　。（用含“c、a的代数式表示”）
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．用Na2CO3溶液和Mg2+结合成MgCO3沉淀而除去，和盐类水解无关，故A符合题意；
B．碳酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性，加热能促进水解使溶液碱性增强，故能使植物油水解，和盐类水解有关，故B不符合题意；
C．FeCl3溶于水显酸性，故在配制其溶液时加入盐酸能抑制其水解，和盐类的水解有关，故C不符合题意；
D．Al2(SO4)3在溶液中水解出Al(OH)3胶体，能吸附水中的杂质从而净水，故和盐类的水解有关，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】 A．从难溶电解质的转化的角度分析；
B．植物油在碱性环境中会水解；
C．FeCl3溶于水显酸性，加入酸能抑制其水解；
D．胶体可以净水。
2．【答案】C
【解析】【解答】A.由图像可知，0.10mol/L的XOH溶液中pH=13，则溶液中c(H+)=1.0×10-13mol/L，故溶液，因此XOH在水溶完全电离，则XOH为强碱，A不符合题意；
B.pH=10的两种溶液中，XOH溶液稀释的倍数大于X2CO3溶液稀释的倍数，故溶液中c(X+)：XOH小于X2CO3，B不符合题意；
C.0.10mol/L的X2CO3溶液中，pH=11.6，则溶液中c(H+)=1.0×10-11.6mol/L，故溶液中，则溶液中CO32-水解产生的c(HCO3-)=c(OH-)=10-2.4mol/L，故CO32-的第一步水解平衡常数，C符合题意；
D.水解是一个吸热的过程，故升高温度，平衡正向移动，溶液中c(HCO3-)增大，c(CO32-)减小，故 c(HCO3－)/c(CO32－)增大，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据0.10mol/L的XOH溶液的pH，确定XOH溶液中c(OH-)，从而确定XOH的强弱；
B.根据图像进行分析；
C.结合CO32-的水解平衡常数进行计算；
D.结合温度对平衡移动的影响分析；
3．【答案】B
【解析】【解答】解：A、根据表中酸的电离平衡常数，可以知道酸性顺序是：醋酸＞氢氰酸＞碳酸氢根，盐的水解规律：越弱越水解，所以水解能力：碳酸钠＞氰化钠＞醋酸钠，即pH（Na2CO3）＞pH（NaCN）＞pH（CH3COONa），故A错误；
B、amol L﹣1HCN溶液与amol L﹣1NaOH溶液等体积混合，则生成的是NaCN溶液，是强碱弱酸盐，溶液显碱性，c（OH﹣）＞c（H+），c（Na+）＞c（CN﹣）成立，故B正确；
C、冰醋酸原来没有水，然后加水溶于水电离，到达冰醋酸全部电离后，导电性最大，PH最小，继续加水，虽然总的电离的分子多了，但是氢离子和醋酸根离子浓度下降很快，导电性下降，PH增加，趋向7，无限稀释后，导电性极弱，PH≈7，所以冰醋酸中逐滴加水，溶液导电性先增强后减弱，根据越稀越电离的规律，则电离度逐渐增大，开始阶段是电离阶段，氢离子浓度逐渐增大，pH减小，达到电离平衡以后，再稀释，氢离子浓度减小，pH增大，即pH均先减小后增大，故C错误；
D、NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，溶液存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故D错误；
故选B．
【分析】A、根据盐的水解规律：越弱越水解来分析，酸性顺序是：醋酸＞氢氰酸＞碳酸氢根，盐的水解规律：越弱越水解，所以水解能力：碳酸钠＞氰化钠＞醋酸钠；
B、根据溶液混合所发生的反应后溶液的组成来判断离子浓度的大小，amol L﹣1HCN溶液与amol L﹣1NaOH溶液等体积混合，则生成的是NaCN溶液，是强碱弱酸盐；
C、溶液的导电性和离子浓度大小有关，电离度和溶液的浓度有关，pH大小值取决于溶液的氢离子浓度大小；
D、根据溶液中的电荷守恒来分析，溶液中存在c（Na+）、c（H+），阴离子c（OH﹣）、c（HCO3﹣）、c（CO32﹣），阴阳离子所带电荷总数相同．
4．【答案】C
【解析】【解答】A．pH=1的CH3COOH溶液c(H+)=0.1 mol/L，未告知溶液体积，无法计算离子数目，故A不符合题意；
B．标准状态下SO3为固态，无法计算2.24L的物质的量，也无法计算按溶液的浓度，故B不符合题意；
C．标准状况下，2.24LCH4和C2H4的混合气体，根据 ，一个CH4中有4条极性共价键，一个C2H4中也有4条极性共价键，所以混合气体的极性共价键数目为 ，故C符合题意；
D．Zn与硫酸反应生成气体为SO2或H2或者两者混合，标况下2.24L气体物质的量为0.1mol，无论反应生成SO2，生成H2，转移的电子的物质的量均为 ，转移的电子数为 ，故D不符合题意；
故本题选C。
【分析】A.根据n=cv计算出物质的量，但是体积未知
B.摩尔体积使用时，应注意条件和物质的状态是否为气态
C.相对分子相同且单个分子含有的记性共价键也相同
D.不论产物是1mol二氧化硫还是1mol氢气转移的电子数目都是2mol
5．【答案】B
【解析】【解答】A．等浓度时，盐水解的碱性弱于碱，多元弱酸盐的水解程度，正盐＞酸式盐，故pH相等时，物质的量浓度大小为①＞②＞③，A不符合题意；
B．①溶液中 水解促进 水解，使c( )减小；②中只有 水解；③溶液中Fe2＋抑制 水解，使c( )增大，c( )的大小顺序为③＞②＞①，B符合题意；
C．NH4Cl溶液中存在 ＋H2O NH3·H2O＋H＋，加入稀HNO3，c(H＋)增大，平衡左移，抑制 水解，C不符合题意；
D．在溶液蒸发的过程中，硫酸亚铁被空气中的氧气氧化而变质，故无法得到硫酸亚铁，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.强碱弱酸盐和碱都显碱性，但是相同的pH的溶液，是水解能力最弱的浓度越大
B.铵根离子水解显示酸性，水解呈碱性的对其促进，而水解呈酸性的抑制
C.铵根离子水解显示酸性，酸会抑制水解
D.水解之后最终得到氧化铁固体
6．【答案】B
【解析】【解答】A.CH3COOH+H2O CH3COO－+H3O+属于CH3COOH的电离方程式，故A不符合题意；
B.盐类水解是盐电离出来的弱根离子，和水电离出氢离子或氢氧根离子结合生成弱酸或弱碱的反应，HS－+H2O H2S+OH－属于盐类水解反应，故B符合题意；
C.HCO +H2O CO +H3O+属于HCO 的电离方程式，故C不符合题意；
D.水解反应是微弱的，用可逆符号，方程式为：NH +2H2O NH3·H2O+H3O+，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A：乙酸的电离
C：碳酸氢根的电离
D：是铵根离子的水解，水解很微弱用可逆号，弱是双水解用等号
7．【答案】B
【解析】【解答】A．加水稀释，促进醋酸的电离，故溶液中导电粒子的浓度减小，但数目增加，A不符合题意；
B．根据醋酸的电离方程式CH3COOH CH3COO-+H+可知，电离平衡常数为：Ka= ，故溶液中 ，温度不变，Ka不变，c(H+)减小，故 值增大，B符合题意；
C．加水稀释，促进醋酸的电离，故醋酸的电离程度增大，但加水稀释 减小，C不符合题意；
D． 的醋酸溶液中醋酸的物质的量浓度大于10-3mol/L，而 的 溶液中NaOH的物质的量浓度为：10-3mol/L，故向 的醋酸溶液加入 的 溶液，酸过量，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．根据“越稀越电离”分析，溶液中的离子数目增大；
B．根据温度不变，醋酸的电离平衡常数Ka不变，但c(H+)减小分析；
C．加水稀释，醋酸的电离平衡正移，电离程度增大，但由于溶液总体积增大的效果比氢离子数目增多更明显，所以c(H+)减小；
D．若醋酸是强酸则因为其物质的量与NaOH的物质的量相等，所以酸碱恰好完全反应，但醋酸是弱酸，还有未电离的醋酸分子，所以反应后酸过量。
8．【答案】C
【解析】【解答】解：A．加NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，平衡逆向移动，同时使c（OH﹣）减小，故A错误；
B．加硫酸，平衡正向移动，同时使c（OH﹣）减小，故B错误；
C．加NaOH固体，平衡向逆反应方向移动，同时使c（OH﹣）增大，故C正确；
D．加水，电离平衡正向移动，同时使c（OH﹣）减小，故D错误；
故选：C．
【分析】使平衡向逆反应方向移动，同时使c（OH﹣）增大，则可加入含OH﹣的物质，结合浓度对化学平衡的影响来解答．
9．【答案】C
【解析】【解答】A．氯化铝易水解生成氢氧化铝和HCl，升高温度HCl易挥发，蒸干溶液得到的固体是氢氧化铝，灼烧氢氧化铝分解生成氧化铝，所以最终得到的固体是氧化铝，故A不符合题意；
B．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，故B不符合题意；
C．形成硫酸铁的酸是硫酸，硫酸属于难挥发性酸，且硫酸铁较稳定，受热不发生反应，所以加热蒸干灼烧硫酸铁溶液最后得到的仍然是硫酸铁，故C符合题意；
D．亚硫酸钠不稳定，加热易被空气中氧气氧化，所以得不到原来物质，故D不符合题意；
故答案为：C．
【分析】A.氯化铝溶液水解生成氢氧化铝和盐酸，加热促进水解，HCl挥发，最终氢氧化铝分解；
B.碳酸氢钠不稳定，加热分解；
C.硫酸铁水解生成的硫酸属于难挥发性酸，最终不会发生变化；
D.亚硫酸钠不稳定，在空气中易被氧化为硫酸钠.
10．【答案】D
【解析】【解答】A.Al片和稀 发生氧化还原反应生成无色气体NO，但浓 与Al片发生钝化，无红棕色气体，现象不合理，A不符合题意；
B.碘能遇淀粉溶液变蓝色，而IO3-不能使淀粉溶液变蓝色，所以上述推理不符合题意，B不符合题意；
C.SO2通入BaCl2溶液不反应，加入硝酸后发生氧化还原反应，将二氧化硫氧化为硫酸，生成硫酸钡沉淀，C不符合题意；
D.1.0mol/L的NH4Cl溶液中，NH4+水解产生氢离子，大理石粉未与氢离子反应，产生气体，粉末溶解，D符合题意；
故答案为：D。
【分析]C中SO2与BaCl2不反应，一般弱酸不能制强酸。
11．【答案】B
【解析】【解答】A、加水稀释，溶液仍为醋酸钠溶液，水解呈碱性，但水解程度较低，应存在c（CH3COO-）＞c（OH-），A不符合题意；
B、加入等体积的0.1mol/L盐酸，溶液变成醋酸和氯化钠的混合溶液，溶液显酸性，c（Na+）=c（Cl-）＞c(H+）＞c(CH3COO-）＞c(OH-），B符合题意；
C、加入等体积的0.1mol/L醋酸，溶液呈酸性，应存在c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），C不符合题意；
D、加入等体积的0.1mol/L氢氧化钠，溶液碱性较强，存在c（Na+）＞c（OH-）＞c（CH3COO-）＞c（H+），符合电荷守恒的原则，D不符合题意。
【分析】A、醋酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性，CH3COO-水解，所以c（Na+）＞c（CH3COO-）；
B、加入等体积等浓度的0.1mol/L盐酸，溶液变成醋酸和氯化钠混合溶液，显酸性；
C、加入等体积的0.1mol/L醋酸，溶液呈酸性；
D、加入等体积的0.1mol/L氢氧化钠，溶液显碱性。
12．【答案】D
【解析】【解答】A、根据电离平衡常数可知酸性强弱为：CH3COOH＞H2S＞HClO＞HS-，因此硫化氢与次氯酸跟反应应生成HS－和HClO，即H2S+ClO－=HS－+HClO，故A不符合题意；
B、根据电离平衡常数可知酸性强弱为：CH3COOH＞H2S＞HClO＞HS-，因此CH3COOH溶液与Na2S溶液反应生成NaHS和H2S，故B不符合题意；
C、根据电离平衡常数可知酸性强弱为：CH3COOH＞H2S＞HClO＞HS-，根据越弱越水解得到离子的水解能力：CH3COO-＜HS-＜ClO-＜S2-，所以同物质的量浓度的Na2S、NaClO、CH3COONa溶液，pH最大的是Na2S溶液，故C不符合题意；
D、根据电离平衡常数可知酸性强弱为：CH3COOH＞H2S＞HClO＞HS-，所以同物质的量浓度的H2S、HClO、CH3COOH溶液，酸性最强的是CH3COOH，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】通过第一步电离平衡常数来比较比较弱酸的酸性强弱，根据数据得知，酸性最强的是醋酸。
13．【答案】A
【解析】【解答】CH3COONa溶液中存在水解平衡：CH3COO－+H2O CH3COOH+OH－，则加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl3固体(忽略溶液体积变化)，其中铵根水解显酸性，促进醋酸根水解，亚硫酸根水解显碱性，抑制醋酸根水解，铁离子水解显酸性，促进醋酸根水解，所以CH3COO－的浓度变化依次为减小、增大、减小。
故答案为：A。
【分析】根据水解反应CH3COO－+H2O CH3COOH+OH－，结合勒夏特列原理分析。
14．【答案】B
【解析】【解答】A.加水稀释促进CH3COOH 的电离，n（H+）增大，n（CH3COOH）减小，则溶液中 增大，A不符合题意；
B.向0.1mol·L－1的氨水中加入少量硫酸铵固体，c(NH4+)增大，抑制NH3 H2O的电离，c(OH-)减小,c(NH3 H2O)增大，故 减小，B符合题意；
C.已知Ka=(CH3COO-) c(H+)/c(CH3COOH)，温度不变，Ka不变，又知 =1/Ka，故 不变，C不符合题意；
D.已知Kb=c(NH4+) c(OH-)/c(NH3 H2O)，温度一定时，Kb为常数，不随浓度的变化而变化，随着CO2的通入，c（NH4+）逐渐增大，则 不断减小，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.加水稀释，溶液中c(CH3COO-)减小，结合电离平衡常数分析；
B.混合后溶液中c(NH4+)增大，结合NH3·H2O的电离平衡常数分析；
C.结合CH3COOH的电离平衡常数分析；
D.随着CO2的通入，溶液中c(NH4+)增大，结合NH3·H2O的电离常数分析；
15．【答案】D
【解析】【解答】A. 溶液中存在 的电离平衡和水解平衡、 的电离平衡、 的电离平衡，故A不符合题意；
B. 溶液中含P元素的粒子有 、 、 和 ，故B不符合题意；
C. 溶液的pH随着 初始浓度的增大逐渐减小，但当 的浓度增大到10 时，浓度再增大，溶液的pH基本不变，故C不符合题意；
D. 与 反应生成 和 ，因为 浓度大于1 ，则可得到 浓度也大于1 。根据图1可知：当 的浓度大于1 时其 ；根据图2可知当 时 的分布分数达到 ，即 几乎全部转化为 ，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握弱电解质的电离特点以及图象曲线的变化趋势，难度不大。
16．【答案】C
【解析】【解答】A.水的电离为吸热过程，升高温度，平衡向着电离方向移动，水中c(H+).c(OH-)=Kw增大，故pH减小，但c(H+)=c(OH-)，故A不符合题意；
B.水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离，所以c(OH-)增大，醋酸根水解为吸热过程，CH3COOH-+H2O CH3COOH+OH-,升高温度促进盐类水解，所以c(OH-)增大，故B不符合题意；
C.升高温度，促进水的电离，故c(H+)增大；升高温度，促进铜离子水解Cu2++2H2O Cu(OH)2 +2H+，故c(H+)增大，两者共同作用使pH发生变化，故C符合题意；
D.盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，据此解题；
17．【答案】（1）H2CO3 H++HCO3﹣；大于
（2）e＜a＜d＜c＜b
（3）HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c（H+）较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快；＜
（4）10﹣6﹣10﹣8
（5）ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣
【解析】【解答】解：（1）碳酸的主要的电离方程式为H2CO3 H++HCO3﹣，碳酸溶液加水稀释，促进碳酸的电离，稀释后的溶液中 c（H+） 大于原来的十分之一，
故答案为：H2CO3 H++HCO3﹣；大于；
（2）据弱酸的电离平衡常数可知，酸性HSCN＞CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，酸性越弱，其酸根离子的水解程度越大，溶液pH越大，所以等物质的量浓度的a．CH3COONa b．Na2CO3 c．NaClO d．NaHCO3 e．NaSCN溶液的pH由小到大的顺序为e＜a＜d＜c＜b，
故答案为：e＜a＜d＜c＜b；
（3）由Ka（CH3COOH）=1.8×10﹣5和Ka（HSCN）=0.13可知，CH3COOH的酸性弱于HSCN的，即在相同浓度的情况下HSCN溶液中H+的浓度大于CH3COOH溶液中H+的浓度，浓度越大反应速率越快；又酸越弱，反应生成的相应的钠盐越易水解，即c（CH3COO﹣）＜c（SCN﹣），
故答案为：HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c（H+）较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快；＜；
（4）CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），所以c（CH3COO﹣）﹣c（Na+）=c（H+）﹣c（OH﹣）=10﹣6mol/L﹣10﹣8mol/L，
故答案为：10﹣6﹣10﹣8；（5）酸性强弱HClO＞HCO3﹣，根据强酸制取弱酸知，二者反应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣，
故答案为：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣．
【分析】（1）碳酸是二元弱酸，分步电离，第一步电离会抑制第二步电离，将碳酸溶液加水稀释，溶液酸性减弱，但促进碳酸的电离，据此分析；
（2）据弱酸的电离平衡常数，判断弱酸的酸性强弱，越弱越水解，电离程度越大，溶液pH越大，据此分析；
（3）由生成二氧化碳的曲线斜率可知HSCN反应较快，则可知HSCN中中c（H+）较大，说明HSCN酸性较强，再利用盐类水解的规律来分析离子浓度的关系；
（4）根据溶液中的电荷守恒和物料守恒来计算；
（5）酸性强弱HClO＞HCO3﹣，根据强酸制取弱酸知，二者反应生成碳酸氢钠和次氯酸.
18．【答案】（1）H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3
（2）SO +H2O HSO +OH-
（3）＜
（4）CH3COO-+H2O+ SO2=CH3COOH+ HSO
（5）D
【解析】【解答】(1) 由表中电离平衡常数K可知，298K时，酸性H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3，故答案为：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3；(2) 由表中电离平衡常数K可知，亚硫酸为弱酸，Na2SO3水解的离子方程式为SO +H2O HSO +OH-，水解后溶液显碱性，故答案为：SO +H2O HSO +OH-；(3)由表中电离平衡常数K可知，酸性CH3COOH＞H2CO3，则相同浓度的CH3COONa、Na2CO3中阴离子的水解程度CH3COONa＜Na2CO3，因此溶液的碱性： CH3COONa＜Na2CO3，故答案为：＜；(4) 由表中电离平衡常数K可知，酸性：H2SO3＞CH3COOH＞HSO ，因此向醋酸钠溶液通SO2的离子方程式为CH3COO-+H2O+ SO2=CH3COOH+ HSO ，故答案为：CH3COO-+H2O+ SO2=CH3COOH+ HSO ；(5)A．常温下，测定0.1mol L-1CH3COOH的pH值，若pH大于1，说明存在电离平衡，醋酸为弱电解质，故A正确；
B．测定0.1 mol L-1CH3COONa溶液的酸碱性，若溶液显碱性，说明醋酸根离子发生水解，则醋酸为弱电解质，故B正确；
C．比较等体积的0.1mol L-1HCl和0.1mol L-1醋酸溶液的导电能力，若盐酸导电能力强，说明溶液中的离子浓度大，醋酸溶液的导电能力弱，说明醋酸中的离子浓度小，说明醋酸没有完全电离，可以证明醋酸为弱电解质，故C正确；
D．相同物质的量浓度的NaOH溶液和醋酸溶液恰好反应时，消耗两溶液的体积相等，与醋酸是强酸还是弱酸无关，不能说明醋酸为弱电解质，故D不正确；
故答案为：D。
【分析】由表中电离平衡常数K可知，298K时，酸性H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO ＞HCO ，据此分析解答(1)～(4)；(5)要证明醋酸为弱电解质，需要证明醋酸为弱酸，可以通过醋酸溶液中存在电离平衡、不能完全电离或从对应的强碱盐溶液呈碱性的角度分析判断。
19．【答案】（1）3X+Y 2Z
（2）0.05mol L-1 min-1
（3）0.9；放热
（4）曲线I；强；变小；1×10-5
【解析】【解答】（1）△n（X）=0.3mol；△n（Y）=0.1mol；△n（Z）=0.2mol，所以三者计量数之比为3：1：2，该反应的化学方程式为3X+Y 2Z；（2）v(Z)＝ ＝ ＝ =0.05mol L-1 min-1；（3）①根据图象中可知，开始时气体总物质的量为：2mol；平衡后气体总物质的量为：0.9mol+0.7mol+0.2mol=1.8mol； ＝ ＝ ＝0.9；②压强变大，平衡向右移动，而体系温度升高，说明正反应方向为放热；（4）①溶液稀释时，醋酸进一步电离，其溶液中氢离子浓度大于盐酸的氢离子浓度，故曲线I代表盐酸的稀释过程；②稀释后盐酸溶液中氯离子、氢离子浓度减小的程度大，则溶液导电性较弱，故a溶液的导电性比c溶液的导电性强；③升高温度后，醋酸的电离程度增大，醋酸根离子浓度增大，而氯离子浓度基本不变，则 的比值减小；④稀释前醋酸溶液的pH=2，溶液中c(H+)=0.01mol/L，醋酸电离度为0.1%，醋酸的浓度为 =10mol/L，则醋酸的电离常数Ka= = =1×10-5。
【分析】（1）根据物质的量变化曲线，可知X、Y物质的量减小，为反应物；反应物没有完全反应，所以该反应为可逆反应；Z物质的量增加，为生成物，再根据其物质的量变化量之比等于其计量数之比，可写出化学方程式；（2）根据2min内Z物质的量变化量和容器体积，可知道浓度变化量，通过计算可知用气体Z表示的反应速率；（3）①气体的压强之比等于气体的物质的量之比，可求出开始时气体的总物质的量和平衡后气体总物质的量，得到答案；②体积缩小到原来的0.5倍，则压强变为原来的2倍，平衡向着气体体积缩小的方向移动，根据反应方程式可知，平衡向右移动；体系温度升高，说明平衡向着放热的方向移动，根据分析得出答案；（4）①盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度较大；②利用a点、c点溶液中的离子浓度来分析导电性；③结合升高温度醋酸的电离程度增大分析 变化；④稀释前醋酸溶液的pH=2，溶液中c(H+)=0.01mol/L，醋酸电离度为0.1%，醋酸的浓度为 =10mol/L，再结合醋酸的电离常数Ka= 计算。
20．【答案】（1）碱性溶液吸收了空气中的CO2
（2）OH﹣+H3AsO3=H2AsO3﹣+H2O；2.2
（3）在pH7～9之间，随pH升高H2AsO4﹣转变为HAsO42﹣，吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加；在pH4～7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小；加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷
【解析】【解答】解:（1）空气中的CO2属于酸性氧化物，能溶于强碱溶液，NaOH是碱，能吸收空气中的二氧化碳而生成碳酸根离子，所以其原因是碱性溶液吸收了空气中的CO2，故答案为：碱性溶液吸收了空气中的CO2；（2）①根据图知，碱性条件下H3AsO3的浓度减小、H2AsO3﹣浓度增大，说明碱和H3AsO3生成H2AsO3﹣，该反应为酸碱的中和反应，同时还生成水，离子方程式为OH﹣+H3AsO3=H2AsO3﹣+H2O，
故答案为：OH﹣+H3AsO3=H2AsO3﹣+H2O；
②Ka1= ，pH=2.2时c（H+）=10﹣2.2 mol/L，c（H3AsO3）=c（H2AsO3﹣），p Ka1=﹣lg Ka1=﹣lg =2.2，
故答案为：2.2；（3）①吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力越大，在pH7～9之间，随pH升高H2AsO4﹣转变为HAsO42﹣，吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加，导致在pH7～9之间，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降，
故答案为：在pH7～9之间，随pH升高H2AsO4﹣转变为HAsO42﹣，吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加；
②在pH4～7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣阴离子存在，pH＜7.1时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多，所以静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小，所以在pH4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱；
在pH4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，如果能将三价砷转化为五价砷，能有效的去除三价砷，所以采取的措施是加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷，
故答案为：在pH4～7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小；加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷．
【分析】（1）空气中的CO2属于酸性氧化物，能溶于强碱溶液；（2）①根据图知，碱性条件下H3AsO3的浓度减小、H2AsO3﹣浓度增大，说明碱和H3AsO3生成H2AsO3﹣，该反应为酸碱的中和反应；②Ka1= ，pH=2.2时c（H+）=10﹣2.2 mol/L，c（H3AsO3）=c（H2AsO3﹣）；（3）①吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力越大；②在pH4～7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣阴离子存在，pH＜7.1时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多；而三价砷主要以H3AsO3分子存在；在pH4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，如果能将三价砷转化为五价砷，能有效的去除三价砷．
21．【答案】（1）a>b>d>c
（2）A
（3）
【解析】【解答】(1)由电离平衡常数判断酸性的强弱，酸性越弱，其对应盐的水解程度越大，溶液的pH就越大，由表格中的数据可知，酸性CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞ ，则水解程度为a＞b＞d＞c，pH由大到小的顺序是a＞b＞d＞c；(2)A．CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c(H+)减小，A正确；
B． = ，则稀释过程中比值变大，B与题意不符；
C．稀释过程，促进电离，c(H+)减小，c(OH-)增大，c(H+) c(OH-)=Kw，Kw不变，C与题意不符；
D．稀释过程，促进电离，c(H+)减小，c(OH-)增大，则 变大，D与题意不符；
答案为A。(3)
K= = 。
【分析】(1)根据越弱越水解分析；
(2)Kw=c(H+) c(OH-)，只与温度有关；
(3)根据三段式和K=计算；