3.4 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

3.4 离子反应 同步练习
一、单选题
1．常温下，下列各组离子一定能与指定溶液大量共存的是（　　）
A．溶液：、、、
B．的溶液：、、、
C．能使甲基橙变为红色的溶液：Fe2+、Ca2+、NO3 、Cl
D．水电离出的c(H+)=1×10 13mol L 1的溶液：Mg2+、Cu2+、SO42 、CH3COO
2．下列离子组在溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存的是（　　）
A．H+、Fe2+、ClO－、Na+ B．K+、Ba2+、OH－、SO42－
C．Ag+、NO3－、OH－、NH4+ D．Fe3+、Cl－、Br－、SCN－
3．某酸性溶液中只有Na+、CH3COO﹣、H+、OH﹣四种离子．则下列描述正确的是（　　）
A．该溶液可由pH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH溶液等体积混合而成
B．该溶液可由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成
C．加入适量NaOH，溶液中离子浓度为c（CH3COO﹣）＞c（Na+ ）＞c（OH﹣）＞c（H+ ）
D．加入适量氨水，c（CH3COO﹣）一定大于c（Na+ ）、c（NH ）之和
4．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）
A．在澄清透明溶液中：Fe3+、H+、Cl-、SO
B．能溶解氧化铝的溶液中：K+、NH 、HCO 、NO
C．滴入酚酞显红色的溶液中：Na+、Mg2+、SO 、Cl-
D．强酸性溶液中：CO 、Na+、Cl-、ClO-
5．已知：25℃时，Ka(CH3COOH)=1.7×10-5，Kb(NH3·H2O)=1.7×10-5。用0.01 mol/L的CH3COOH溶液滴定20 mL由浓度均为0.01 mol/L的NaOH溶液和氨水组成的混合溶液，溶液的相对导电能力随加入CH3COOH溶液体积的变化趋势如图所示。下列叙述错误的是（　　）
A．a点时混合溶液中：c()≈1.7×10-5 mol·L-1
B．b点时混合溶液中：c(CH3COOH)＜c()
C．c点时混合溶液中：c(CH3COO- )+c(CH3COOH)=c()+c(NH3·H2O)+c(Na+)
D．c点时混合溶液中：pH=7
6．下列各组离子，在溶液中能大量共存，加入H2SO4溶液后既有气体放出又有沉淀生成的一组是（　　）
A．Ba2+、NO 、NH 、Cl﹣
B．Ba2+、HCO 、NH 、NO
C．K+、Cu2+、Cl﹣、OH﹣
D．Na+、CO 、SO 、K+
7．在酸性溶液中，下列各组离子能大量共存的是（　　）
A． B．
C． D．
8．下列溶液中能大量共存的一组离子是（　　）
A．Ba2+、K+、Na+、SO B．Na+、H+、OH﹣、Cl﹣
C．Mg2+、K+、Cl﹣、NO D．Ca2+、K+、CO 、SO
9．在某无色溶液中缓慢地滴入NaOH溶液直至过量，产生沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积的关系如右图所示，由此确定，原溶液中含有的阳离子是（　　）
A．Mg2+、Al3+、Fe3+ B．H+、Mg2+、Al3+
C．H+、Ba2+、Al3+ D．只有Mg2+、Al3+
10．室温下，通过下列实验探究溶液的性质，已知时，。
实验1：用计测得溶液为8.60
实验2：向溶液中滴加溶液，产生白色沉淀
实验3：向溶液中滴加等浓度等体积稀盐酸，无明显现象
实验4：向溶液中加入足量稀硫酸，再滴加溶液，溶液紫红色褪去
下列说法正确的是（　　）
A．实验1溶液中存在：
B．实验2上层清液中一定存在：
C．实验3溶液中存在：
D．实验4溶液中参与反应的离子方程式为：
11．甘氨酸是人体必需氨基酸之一、在时，、和的分布分数【如】与溶液关系如图。下列说法错误的是（　　）
A．甘氨酸具有两性
B．曲线c代表
C．的平衡常数
D．
12．下列指定条件下的结果正确的是（　　）
A．0.1 mol·L-1氨水中，c(OH-)=c(NH )
B．常温下，10 mL 0.02 mol·L-1 HCl溶液与10 mL 0.02 mol·L-1 Ba(OH)2溶液充分混合，若混合后溶液的体积为20 mL，则溶液的pH=7
C．在0.1 mol·L-1CH3COONa溶液中，c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H＋)
D．0.1 mol·L-1某二元弱酸盐NaHA溶液中，c(Na+)=2c(A2-)＋c(HA-)＋c(H2A)
13．室温下，下列关于溶液中微粒的物质的量浓度关系的描述，错误的是（　　）
A．0.1mol·L-1HCl溶液与0.2mol·L-1NH3·H2O溶液等体积混合pH>7：c(NH3·H2O)>c(Cl-)> c(NH4+)> c(OH-)
B．pH=8的 NaClO2溶液中：c(Na+)>c(ClO2-)>c(OH-)>c(H+)
C．向氨水中不断通入CO2，随着CO2的增加， 不断减小
D．CH3COOH与NaOH溶液发生中和反应，当醋酸过量时，溶液中可能存在：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
14．下列关于离子浓度的叙述正确的是（　　）
A．0.1mol·L－1氨水中，c(OH－) = c(NH4+)
B．25℃时，pH = 3的盐酸和pH = 11的氨水等体积混合后所得溶液中，c(H+ )＞c(OH-)
C．0.1mol·L－1某二元弱酸强碱盐NaHA溶液中，c(Na＋) = 2c(A2－)＋ c(HA－)＋c(H2A)
D．c(NH4+) 相等NH4Cl、NH4HSO4和NH3·H2O溶液中，c(NH3·H2O)＞c(NH4Cl)＞c(NH4HSO4)
15．已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：
弱酸化学式 CH3COOH NH3·H2O H2CO3
电离平衡常数（25℃） 1.8×10–5 1.8×10–5 K1=4.3×10–7 K2=5.6×10–11
在25℃时，下列有关电解质溶液的说法不正确的是（　　）
A．pH相等的四种溶液：a．CH3COONa b．Na2CO3 c．NaHCO3 d．NaOH，则四种溶液的溶质的物质的量浓度由小到大顺序为：d < b < c < a
B．0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液：c(Na＋) ＞ c(HCO3－) ＞ c(CO32－)＞ c(H2CO3)
C．1 L 0.50 mol·L－1NH4Cl 溶液与2 L 0.25 mol·L－1NH4Cl 溶液,前者含NH4+ 物质的量多
D．浓度均为0.1 mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中： c(CH3COO－)＋c(OH－) ＞ c(CH3COOH)＋c(H+)
16．常温下，用pH传感器进行数字化实验，分别向两个盛50mL0.1000 mol L 1盐酸的烧杯中匀速滴加50mL蒸馏水、50mL0.1000m mol L 1醋酸铵溶液，滴加过程进行磁力搅拌，测得溶液pH随时间的变化如图所示。已知常温下醋酸铵溶液的pH=7，下列说法错误的是（　　）
A．曲线X表示盐酸中加水稀释的pH变化，滴加过程中溶液中所有离子的浓度均逐渐减小
B．曲线Y的pH变化主要是因为CH3COO－与H+结合成了弱电解质
C．a点对应的溶液中c（Cl－）+c（CH3COO－）+c（OH－）－c（ ）=0.01 mol L 1
D．b点对应的溶液中水电离的c（H+）=10 12.86 mol L 1
二、综合题
17．氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。完成下列填空：
合成氨工业中：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) + Q(Q＞0)，其化学平衡常数K与温度t的关系如表：
t/℃ 200 300 400
K K1 K2 0.5
（1）试比较K1、K2的大小，K1　 　K2（填写“＞”、“=”或“＜”）
（2）400℃时，反应2NH3(g) N2(g) + 3H2(g)的化学平衡常数的值为　 　。
当测得NH3和N2、H2的物质的量浓度分别为3 mol/L和2 mol/L、1 mol/L时，则该反应υ(N2)(正) 　 　υ(N2)(逆)（填写“＞”、“=”或“＜”）
（3）在密闭恒容的容器中，下列能作为合成氨反应达到平衡的依据的是　 　。
a．υ(N2)（正）=3υ
(H2)（逆） b．混合气体的密度保持不变
c．容器内压强保持不变 d．N2、H2、NH3的浓度之比为1∶3∶2
（4）化工生产为做到又“快”又“多”采用多种方法，试写出两项合成氨工业中为实现“多”所采取的措施：　 　，　 　。
（5）0.1 mol/L的(NH4)2SO4水溶液中各离子浓度由大到小的顺序是　 　，在该溶液中加入少量明矾固体，溶液中NH4+的浓度　 　（填“增大”、“减小”或“不变”），其原因是　 　。
（6）如图是1 mol NO2和1
mol CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和 CO反应的热化学方程式 　 　。
18．常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表：
实验编号 HA物质的量浓度(mol/L) NaOH物质的量浓度(mol/L) 混合溶液的pH
① 0.1 0.1 pH=9
② c 0.2 pH=7
③ 0.2 0.1 pH<7
请回答：
（1）从①组情况分析，HA是强酸还是弱酸？　 　(填“强酸”或“弱酸”)。
（2）②组情况表明，c　 　0.2mol/L(选填“大于”、“小于”或“等于”)。混合液中离子浓度c(A-)与c(Na+)的大小关系是　 　。
（3）从③组实验结果分析，说明HA的电离程度　 　NaA的水解程度(选填“大于”、“小于”或“等于”)，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是　 　。
（4）①组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH-)=　 　mol/L。
19．将0.2mol L﹣1 HA溶液与0.2mol L﹣1NaOH溶液等体积混合后，溶液中存在c（Na+）＞c（A﹣），则：
（1）混合溶液中c（HA）　 　c（A﹣）（填“＞”、“＜”或“=”，下同）；
（2）混合溶液中c（HA）+c（A﹣）　 　0.1mol L﹣1；
（3）混合后由水电离出的c（OH﹣）　 　0.2mol L﹣1 HA溶液由水电离出的c（H+）．
20．已知室温下有关弱酸的电离平衡常数如表所示：
弱酸
电离平衡常数
回答下列问题：
（1）的电离方程式为　 　。
（2）上述、、三种酸的酸性由强到弱的顺序为　 　(填分子式)。
（3）向浓度均为的溶液和溶液中加入：
①若加稀释至相同的，则溶液中加入的体积：　 　(填“>”、“<”或“=”)。
②若加稀释相同的倍数，则此时溶液的　 　(填“>”、“<”或“=”)。
（4）室温下，向未知浓度的溶液中加入溶液：
①溶液中　 　(填“增大”、“减小”、“不变”或“无法判断”)。
②滴加溶液至溶液中的，此时溶液的　 　(填“>”、 “<”或“=”)7，判断的理由为　 　。
（5）若向的溶液中滴加等体积一定浓度的稀硫酸，此时测得溶液中的，则溶液中　 　。
21．已知H2S是一种二元弱酸，回答以下问题：
（1）0.1mol/L NaHS溶液显碱性，则c(S2－)　 　c(H2S)（填“大于”，“小于”或“等于”）。
（2）常温下，向0.2 mol/L的H2S溶液中逐滴滴入0.2 mol/L NaOH溶液至中性，此时溶液中以下所示关系一定正确的是________。
A．c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14
B．c(Na＋)＝c(HS－)＋2c(S2－)
C．c(Na＋) > c(HS－)＋c(S2－)+c(H2S)
D．c(H2S) > c(S2－)
（3）已知常温下，CaS饱和溶液中存在平衡：CaS(s) Ca2＋(aq)＋S2－(aq)　ΔH＞0。
①温度升高时，Ksp　 　(填“增大”、“减小”或“不变”下同)。
②滴加少量浓盐酸，c(Ca2＋)　 　，原因是　 　(用文字和离子方程式说明)。
（4）若向CaS悬浊液中加入Cu(NO3)2溶液，生成一种黑色固体物质，写出该过程中反应的离子方程式　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．铝离子和硫氢根离子发生双水解反应生成硫化氢和氢氧化铝，A不符合题意；
B．时，溶液中存在氢氧根离子，在碱性条件下，相互之间不反应，和氢氧根离子也不反应可以共存，B符合题意；
C．甲基橙变为红色，则溶液显酸性，在酸性条件下二价铁和硝酸根离子会反应，C不符合题意；
D．水电离出的的溶液，说明溶液显酸性或者碱性，碱性条件下，镁离子，铜离子会形成沉淀，酸性条件下，醋酸根离子会形成醋酸分子，不能共存，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。
2．【答案】A
【解析】【解答】A、2H++2Fe2++ClO－= 2Fe3++ Cl－+ H2O，故A符合题意；
B、Ba2++SO42－= BaSO4非氧化还原反应，故B不符合题意；
C、OH－+NH4+= 非氧化还原反应，故C不符合题意；
D、Fe3++SCN－= Fe(SCN)3非氧化还原反应，故D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、Fe2+具有还原性，HClO具有氧化性，发生氧化还原反应；
B、硫酸钡为白色沉淀；溶液中只含有氢氧化钾；
C、；白色沉淀，不属于氧化还原反应；
D、Fe3+与SCN－反应生成Fe(SCN)3属于络合物，各元素化合价不发生变化，不属于氧化还原反应；
3．【答案】A
【解析】【解答】解：某酸性溶液中只有Na+、CH3COO﹣、H+、OH﹣四种离子，则该溶液为CH3COOH、CH3COONa混合溶液．
A、pH=3的CH3COOH反应c（H+）=10﹣3mol/L，pH=11的NaOH溶液中c（OH﹣）=10﹣3mol/L，CH3COOH是弱电解质，所以醋酸浓度远远大于氢氧化钠浓度，等体积混合醋酸有剩余，故A正确；
B、等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合恰好反应，为CH3COONa混合溶液，CH3COONa强碱弱酸盐，溶液呈碱性，故B错误；
C、根据电荷守恒有c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（H+ ）+c（Na+ ），若溶液中c（CH3COO﹣）＞c（Na+ ）＞c（OH﹣）＞c（H+ ），则c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＞c（H+ ）+c（Na+ ），溶液不呈电中性，故C错误；
D、加入适量氨水，根据电荷守恒有c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（H+ ）+c（Na+ ）+c（NH ），若溶液呈中性，即c（OH﹣）=c（H+ ），则c（CH3COO﹣）=c（Na+ ）+c（NH ）；若溶液呈碱性，即c（OH﹣）＞c（H+ ），则c（CH3COO﹣）＜c（Na+ ）+c（NH ）；若溶液呈酸性，即c（OH﹣）＜c（H+ ），则c（CH3COO﹣）＞c（Na+ ）+c（NH ），故D错误．
故选：A．
【分析】某酸性溶液中只有Na+、CH3COO﹣、H+、OH﹣四种离子，则该溶液为CH3COOH、CH3COONa混合溶液．
A、pH=3的CH3COOH反应c（H+）=10﹣3mol/L，pH=11的NaOH溶液中c（OH﹣）=10﹣3mol/L，CH3COOH是弱电解质，所以醋酸浓度远远大于氢氧化钠浓度．
B、等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合恰好反应，为CH3COONa混合溶液，溶液呈碱性．
C、根据电荷守恒有c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（H+ ）+c（Na+ ），据此判断．
D、根据电荷守恒有c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（H+ ）+c（Na+ ）+c（NH ），讨论溶液的酸碱性进行判断．
4．【答案】A
【解析】【解答】A． 在澄清透明溶液中：Fe3+、H+、Cl-、SO 之间不发生反应，故A选；
B． 能溶解氧化铝的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性：H+与HCO 反应生成水和二氧化碳、OH-和NH 生成氨气和水、HCO 与OH-生成CO 和水，故B不选；
C． 滴入酚酞显红色的溶液呈碱性：Mg2+和OH-生成氢氧镁沉淀，故C不选；
D． 强酸性溶液中：H+与CO 生成HCO 或水和二氧化碳，H+与ClO-生成HClO，故D不选；
故答案为：A。
【分析】离子之间相互发生反应，需满足以下条件：
1、生成难溶物，如Ba2＋与SO42-等；
2、生成易挥发物，如CO32-与H＋等；
3、生成难电离物，如H＋与CH3COO－等；
4、发生氧化还原反应：如Fe3＋与I－、S2－，NO3-(H＋)与Fe2＋等；
5、发生彻底双水解反应：如Al3＋与CO32-、HCO3-或AlO2-等；
6、发生络合反应：如Fe3＋与SCN－等；
若不发生以上任何反应，则可以大量共存。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．a点时溶液为0.01 mol/L的NaOH、NH3·H2O得到的混合溶液，NaOH是强碱，完全电离，NH3·H2O是弱碱，部分电离。由NH3·H2O的电离平衡常数Kb=可得c()=，A不符合题意；
B．b点时NaOH恰好被中和，溶液为CH3COONa、NH3·H2O的混合溶液，由于醋酸是一元弱酸，NH3·H2O、CH3COOH电离平衡常数相同。CH3COONa会水解产生CH3COOH，CH3COO-的水解平衡常数Kh=＜1.7×10-5=Kb，故CH3COO-的水解程度小于NH3·H2O的电离程度，因此该混合溶液中微粒浓度：c(CH3COOH)＜c()，B不符合题意；
C．c点溶液为等浓度的CH3COONa、CH3COONH4的混合溶液，根据物料守恒可得：c(CH3COO- )+c(CH3COOH)=c()+c(NH3·H2O)+c(Na+)，C不符合题意；
D．c点溶液的溶质为等浓度的醋酸钠和醋酸铵，在醋酸铵溶液中，铵根离子和醋酸根离子的水解程度相近，溶液呈中性，醋酸钠属于强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，可知等浓度的醋酸钠和醋酸铵混合溶液的pH＞7，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．利用Kb=计算；
B．依据Kh=计算，再比较Kh与Kb的大小判断；
C．根据物料守恒判断；
D．依据盐类水解规律判断，强碱弱酸盐水解溶液显碱性。
6．【答案】B
【解析】【解答】解：A．Ba2+、NO 、NH 、Cl﹣之间不发生反应，但是加入硫酸后有BaSO4沉淀生成，但无气体放出，不满足条件，故A错误；
B．Ba2+、HCO 、NH 、NO3﹣之间不发生反应，加入硫酸后，生成硫酸钡沉淀，放出CO2气体，满足条件，故B正确；
C．OH﹣与Cu2+会结合生成Cu（OH）2沉淀，不能共存，故C错误；
D．Na+、CO 、SO 、K+之间不反应，加入硫酸后放出CO2气体，但无沉淀生成，不满足条件，故D错误；
故选B．
【分析】A．加入硫酸后有BaSO4沉淀生成，但无气体放出；
B．四种离子之间能够共存，加入硫酸后，生成硫酸钡沉淀，放出CO2气体；
C．铁离子与氢氧根离子反应生成难溶物氢氧化铜；
D．加入硫酸后放出CO2气体，但无沉淀生成．
7．【答案】D
【解析】【解答】酸性条件下，溶液中含有大量的H＋。
A、溶液中的CO32－能与H＋反应生成H2O和CO2，不可大量共存，A不符合题意；
B、溶液中的Ba2＋和SO42－能反应生成BaSO4沉淀，不可大量共存，B不符合题意；
C、溶液中ClO－、NO3－(H＋)具有氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，不可大量共存，C不符合题意；
D、溶液中各个离子相互间不反应，可大量共存，D符合题意；
故答案为：D
【分析】此题是对离子共存的考查，溶液中的离子可大量共存，则相互间不发生反应。即不形成难溶（或微溶）物质、不形成弱电解质、不形成易挥发性物质；不发生氧化还原反应。据此结合选项所给离子组进行分析。
8．【答案】C
【解析】【解答】解：A．Ba2+、SO 之间反应生成硫酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．H+、OH﹣之间反应生成水，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．Mg2+、K+、Cl﹣、NO3﹣之间不反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；
D．Ca2+与CO 、SO 反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选C．
【分析】A．钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀；
B．氢离子与氢氧根离子反应；
C．四种离子之间不发生反应，在溶液中能够共存；
D．钙离子与碳酸根离子、硫酸根离子反应．
9．【答案】B
【解析】【解答】第一阶段无沉淀，说明发生酸碱中和反应，水溶液中一定含有氢离子，故AD不符合题意，第三阶段有部分沉淀能和氢氧化钠继续反应，说明部分沉淀是氢氧化铝，原溶液中一定含有铝离子，第四阶段沉淀的量不再随着氢氧化钠量的增多而增加，说明一定有一种沉淀和氢氧化钠不反应，可推知该沉淀是氢氧化镁，原溶液中一定含有镁离子，钡离子和氢氧化钠之间不会发生反应，所以不存在钡离子，
故答案为：B。
【分析】分析图中开始麻油沉淀生成，确定氢离子，生成沉淀和沉淀溶解消耗NaOH物质的量之比为3:1确定铝离子，沉淀没有完全溶解确定镁离子。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．实验1溶液溶液中，根据质子守恒可知，该溶液中存在：，A不符合题意；
B．实验2中未告知加入的CaCl2溶液的体积，故无法计算反应后Ca2+的浓度，则上层清液中一定存在：，但Ca2+的浓度未知，故不一定有，B不符合题意；
C．向溶液中滴加等浓度等体积稀盐酸，则发生反应：Na2C2O4+HCl=NaHC2O4+NaCl，则根据质子守恒有：，由题干信息，可知，Kh2=＜Ka2，即实验3溶液反应后显酸性，即c(H+)＞c(OH-)，故实验3溶液中存在：故，C符合题意；
D．向溶液中加入足量稀硫酸，即将Na2C2O4转化为H2C2O4，H2C2O4为弱酸，在离子方程式书写时不能拆，再滴加溶液，溶液紫红色褪去，则实验4溶液中参与反应的离子方程式为：，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据质子守恒；
B．未告知加入溶液的体积，故无法计算；
C．根据质子守恒，比较所得溶液中电离和水解程度判断；
D．弱酸不能拆。
11．【答案】D
【解析】【解答】A．中存在和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A不符合题意；
B．氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示
的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化，故B不符合题意；
C．的平衡常数，时，根据a，b曲线交点坐标可知，时，，则，故C不符合题意；
D．由C项分析可知，，根据b，c曲线交点坐标坐标分析可得电离平衡的电离常数为K1=，，则，即，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.甘氨酸含有氨基和羧基，具有两性；
B.曲线a表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示
的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化；
C.根据计算。
12．【答案】C
【解析】【解答】A．溶液中的OH-由NH3·H2O、H2O共同电离产生，根据电荷守恒可得c(OH-)=c(NH )+c(H+)，A不符合题意；
B．二者等体积混合后，溶液中有未反应的OH-大量存在，溶液显碱性，所以常温下溶液的pH＞7，B不符合题意；
C．CH3COONa是强碱弱酸盐，在溶液中CH3COO-水解消耗水电离产生的H+，促进水的电离，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)＞c(H＋)，溶液显碱性。根据质子守恒可得c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H＋)，C符合题意；
D．根据物料守恒可得：c(Na+)=c(A2-)＋c(HA-)＋c(H2A)，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据电荷守恒分析；
B．Ba(OH)2是二元碱，碱过量；
C．根据质子守恒分析；
D．根据物料守恒分析；
13．【答案】A
【解析】【解答】解：A.0.1mol L-1HCl溶液与0.2 mol L-1氨水等体积混合得到等浓度的一水合氨和氯化铵混合溶液，溶液PH>7说明一水合氨电离大于铵根离子水解，c（NH4+）>c（Cl-）>c（NH3 H2O）>c（OH-），故A符合题意；
B. NaClO2为强碱弱酸盐，水解显碱性，c(Na+)>c(ClO2-)>c(OH-)>c(H+)，故B不符合题意；
C. = ，向氨水中不断通入CO2，随着CO2的增加，c(NH4+)不断增大, 不断减小，C不符合题意；
D. 若醋酸过量，反应后溶液中的溶质为醋酸钠和醋酸，醋酸的电离大于醋酸根离子的水解，溶液显酸性，并由化学式可知，c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，D不符合题意；
故答案为：A.
【分析】等体积混合后，一水合氨过量一倍，同时由于部分电离，所以铵根离子浓度大于氯离子。
14．【答案】D
【解析】【解答】A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(OH-)=c(H+)+c(NH4+)，所以c(OH-)＞c(NH4+)，故A不符合题意；
B.一水合氨是弱电解质，pH=3的盐酸浓度小于pH=11氨水的浓度，二者等体积混合，则氨水有剩余，溶液呈碱性，则c(H+)＜c(OH-)，故B不符合题意；
C、二元弱酸强碱盐NaHA溶液中存在A的物料守恒c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)，故C不符合题意；
D.根据NH4++H2O NH3 H2O＋H+，氢离子抑制了铵根离子的水解，则铵根离子浓度相等时，c(NH4HSO4)＜c(NH4Cl)，一水合氨是弱电解质，电离程度较小，则c(NH4+) 相等NH4Cl、NH4HSO4和NH3·H2O溶液中，氨水的浓度最大，即c(NH3·H2O)＞c(NH4Cl)＞c(NH4HSO4)，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】D中利用数值法，假设物质的浓度相同进行逆推，先判断铵根离子的浓度大小，反过来根据铵根离子浓度相同进行判断溶质离子浓度大小。
15．【答案】B
【解析】【解答】A.由表格电离平衡常数可知，酸性：CH3COOH>H2CO3>HCO3-，故其阴离子的水解程度：CH3COO-NaHCO3>Na2CO3，故dB.NaHCO3溶液显碱性，则HCO32-的电离程度小于HCO3-的水解程度，故溶液中微粒的浓度大小关系为：c(Na+)>c(HCO3-)>c(H2CO3)>c(CO32-)，选项错误，B符合题意；
C.溶液的浓度越小，其离子的水解程度越大，故0.25mol/L的NH4Cl的水解程度大于0.5mol/L的NH4Cl，故前者所含NH4+的物质的量更多，选项正确，C不符合题意；
D.该混合溶液中显酸性，故溶液中c(H+)>c(OH-)，结合质子守恒：c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)，可得 c(CH3COO－)＋c(OH－)＞c(CH3COOH)＋c(H+) ，选项正确，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.由酸的强弱确定酸的阴离子的水解能力的强弱；
B.根据溶液中电离水解的程度大小，确定溶液中粒子浓度大小；
C.根据越稀越水解分析溶液中NH4+浓度大小；
D.根据质子守恒，结合溶液的酸碱性分析；
16．【答案】A
【解析】【解答】A．分别向两个盛50mL 0.1000 mol L 1盐酸的烧杯中匀速滴加50mL蒸馏水、50mL 0.1000 mol L 1醋酸铵溶液，加水稀释对pH变化影响较小，加入醋酸铵后发生反应 ，生成弱电解质CH3COOH，溶液中c（H+）浓度迅速减少，pH变化较大，故pH变化较大的是醋酸铵，pH变化较小的是蒸馏水，则X曲线表示盐酸中加水稀释，滴加过程中，H+和Cl－的浓度减小，OH－的浓度增大，故A符合题意；
B．曲线Y变化较大，说明发生反应 ，CH3COO－与 结合成了弱电解质，溶液中氢离子浓度迅速减少，故B不符合题意；
C．a点溶液pH=2， ，根据电荷守恒可知： ，则 ，故C不符合题意；
D．根据图示可知，b点溶液的pH=1.14， ，氢离子抑制了水的电离，溶液中氢氧根离子全部来自水的电离，则水电离的 ，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.根据水和醋酸铵对盐酸电离的影响即可判断X和Y的曲线，X为加水，Y为加醋酸铵，但是加水时，根据水的离子积常数即可判断氢离子减小氢氧根离子变大
B.醋酸铵电离出铵根离子和醋酸根离子，结合氢离子形成醋酸，导致氢离子迅速降低，因此pH变化大
C.根据电荷守恒以及PH进行计算即可
D.根据水的离子积常数以及pH计算出水电离出的氢离子
17．【答案】（1）＞
（2）2；＞
（3）c
（4）采用20MPa~50MPa高压；及时将产物液化除去
（5）c(NH4+)> c(SO42-)> c(H+)> c(OH-)；增大；NH4+ 水解呈酸性，Al3+水解也呈酸性，两者相互抑制，c(NH4+)增大
（6）NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) + 234kJ/mol
【解析】【解答】(1)合成氨N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) + Q(Q＞0)，正向为放热反应，随温度升高平衡逆向移动，平衡常数K值减小，故K1 ＞K2；(2) 400℃时，N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)，平衡常数K=0.5，则2NH3(g) N2(g) + 3H2(g) ，平衡常数为 = =2；当测得NH3和N2、H2的物质的量浓度分别为3 mol/L和2 mol/L、1 mol/L时，Qc= = = ＜K，反应正向进行，故υ(N2)(正) ＞υ(N2)(逆) ；(3)在密闭恒容的容器中，a．υ(N2)（正）=3υ (H2)（逆），不同物质表示的正逆速率不等于化学计量数之比，反应没有达到平衡状态，a不选；b．混合气体的密度= ，混合气体的质量守恒m是定量，恒容容器，混合气体的密度始终是个定值，故混合气体的密度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，b不选；c．同温同压下，容器内的压强与气体的物质的量呈正比，该反应正向是气体分子数目减小方向，则气体的物质的量是个变化量，压强是个变量，当压强保持不变，说明反应达到平衡状态，c选；d．各物质的物质的量浓度保持不变可以作判断依据，N2、H2、NH3的浓度之比为1∶3∶2，各物质的浓度比等于化学计量数之比不能说明达到平衡，d不选；故能作为合成氨反应达到平衡的依据的选c；(4)合成氨工业中为实现“多”是提高氨的产率，可以从平衡移动角度考虑，适当增大压强，平衡正向移动，适当降低反应的温度，平衡正向移动，及时将氨气液化分离出该体系，平衡正向移动，均可以提高反应物的转化率而提高氨产率； 故所采取的措施：采用20MPa~50MPa高压，及时将产物液化分离；(5)0.1 mol/L的(NH4)2SO4水溶液中NH4+发生水解溶液显酸性，由于水解是微弱的，c(NH4+)约为c(SO42-)的两倍，故各离子浓度由大到小的顺序是c(NH4+)> c(SO42-)> c(H+)> c(OH-)；在该溶液中加入少量明矾固体，Al3+水解也呈酸性，两者相互抑制，c(NH4+)增大； (6)根据反应进程能量图，该反应为放热反应，且放出热值为368kJ/mol-134kJ/mol=234kJ/mol，NO2和 CO反应的热化学方程式：NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) + 234kJ/mol。
【分析】判断反应进行的方向应用Qc和K的相对大小，若Qc＜K，反应正向进行；若Qc＞K，反应逆向进行；若Qc=K，反应保持平衡状态。物理量是个变量才可以作平衡的判定依据，若始终保持不变，不能做判定反应是否达到平衡的依据。
18．【答案】（1）弱酸
（2）大于；c(A-)=c(Na+)
（3）大于；c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)
（4）10-5
【解析】【解答】(1)常温下，将浓度相同的某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，则刚好生成盐，此时pH=9，则生成的盐水解显碱性，则此盐为强碱弱酸盐，故HA为弱酸；
(2)溶液pH=7，HA为弱酸，则要求酸过量，故c（HA）>0.2mol，填大于；根据溶液呈电中性，可得c(A-)=c(Na+)；
(3)0.2mol/LHA与0.1mol/LNaOH等体积混合则生成的NaA和HA等量，此时溶液pH<7，酸的电离程度大于盐的水解程度，此时溶液中的离子浓度：c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)；
(4)溶液中的c(H+)=10-9mol/L，c(OH-)=Kw/ c(H+)=10-5mol/L，溶液中的H+、OH-均由水电离得到，故水电离出的c(OH-)=10-5mol/L；
【分析】（1）反应后所得溶液为NaA，根据溶液的pH确定溶液酸碱性，从而判断HA酸性的强弱；
（2）根据HA酸性的强弱，结合反应后所得溶液的pH确定所加HA的浓度；根据反应后所得溶液的pH，结合电荷守恒分析；
（3）根据溶液的pH判断溶液中HA的电离程度和A-的水解程度的相对大小，从而判断溶液中离子浓度大小；
（4）结合Kw进行计算；
19．【答案】（1）＜
（2）=
（3）＞
【解析】【解答】解：将0.2mol/L HA溶液与0.2mol/L NaOH溶液等体积混合后，二者恰好反应生成NaA，溶液中存在c（Na+）＞c（A﹣），根据电荷守恒得c（H+）＜c（OH﹣），溶液呈碱性，则HA是弱酸；（1）溶液呈碱性，说明A﹣发生水解而导致溶液呈碱性，但水解程度较小，所以混合溶液中c（HA）＜c（A﹣），故答案为：＜；（2）二者混合时溶液体积增大一倍，浓度降为原来的一半，任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c（HA）+c（A﹣）=0.1mol/L，故答案为：=；（3）酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，所以HA抑制水电离、混合溶液促进水电离，则混合后由水电离出的c（OH﹣）＞0.2mol/L HA溶液由水电离出的c（H+），故答案为：＞．
【分析】将0.2mol/L HA溶液与0.2mol/L NaOH溶液等体积混合后，二者恰好反应生成NaA，溶液中存在c（Na+）＞c（A﹣），根据电荷守恒得c（H+）＜c（OH﹣），溶液呈碱性，则HA是弱酸；（1）溶液呈碱性，说明A﹣发生水解而导致溶液呈碱性，但水解程度较小；（2）二者混合时溶液体积增大一倍，浓度降为原来的一半，任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒计算；（3）酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离．
20．【答案】（1）
（2）
（3）<；>
（4）增大；=；根据电荷守恒可知，，若，则，故溶液显中性(或其他合理答案)
（5）
【解析】【解答】（1）是弱酸，部分电离，电离方程式为。故答案为：；
（2）上述、、三种酸的电离平衡常数由大到小的顺序为：，酸性由强到弱的顺序为(填分子式)。故答案为：；
（3）向浓度均为的溶液和溶液中加入：
①若加稀释至相同的，pH增大，弱酸更难电离，本身pH较大，需加入较少的水，则溶液中加入的体积：<(填“>”、“<”或“=”)。故答案为：<；
②若加稀释相同的倍数，酸的物质的量浓度相同，弱酸更难电离，本身pH较大，则此时溶液的>(填“>”、“<”或“=”)。故答案为：>；
（4）室温下，向未知浓度的溶液中加入溶液，电离平衡向电离方向移动：
①溶液中增大(填“增大”、“减小”、“不变”或“无法判断”)。故答案为：增大；
②滴加溶液至溶液中的，此时溶液的=(填“>”、 “<”或“=”)7，判断的理由为根据电荷守恒可知，，若，则，故溶液显中性(或其他合理答案)。故答案为：=；根据电荷守恒可知，，若，则，故溶液显中性(或其他合理答案)；
（5）若向的溶液中滴加等体积一定浓度的稀硫酸，此时测得溶液中的，存在Ka= =4.0×10-8，则溶液中。故答案为：。
【分析】（1） 为弱酸，部分电离；
（2）电离平衡常数越大，酸性越强；
（3）稀释会促进弱酸的电离；
（4）HF溶液中存在电离平衡；
（5）结合物料守恒、HClO的电离常数计算。
21．【答案】（1）小于
（2）A；B；D
（3）增大；增大；针对CaS(s) Ca2＋(aq)＋S2－(aq)平衡，加入HCl，增大H+浓度，H+与S2-结合，降低S2-浓度，导致溶解平衡正向移动
（4）CaS (s) + Cu2+ (aq) = CuS (s) + Ca2+ (aq)
【解析】【解答】（1）NaHS溶液中存在电离平衡和水解平衡：HS- H++S2-和HS-+H2O H2S+OH-，由于溶液显碱性，所以水解过程大于电离过程，则c(S2－) 小于c(H2S)；综上所述，本题答案是：小于。（2）A．温度不变，c(H＋)·c(OH－)为常数，A符合题意；
B.根据电荷守恒：c(H＋)+c(Na＋)＝c(HS－)＋2c(S2－)+c(OH－)，因为c(H＋)=c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(HS－)＋2c(S2－)，B符合题意；
C.由于NaHS溶液显碱性，所以要保证溶液呈中性，H2S适当过量，所以根据物料守恒可知，c(Na＋) < c(HS－)＋c(S2－)+c(H2S)；C不符合题意；
D.由于NaHS溶液显碱性，所以要保证溶液呈中性，H2S适当过量，c(H2S) > c(S2－)，D符合题意；
故答案为：ABD
（3）已知常温下，CaS饱和溶液中存在平衡：CaS(s) Ca2＋(aq)＋S2－(aq)，ΔH＞0；①该反应正反应吸热，所以温度升高时，Ksp增大；综上所述，本题答案是：增大。②针对CaS(s) Ca2＋(aq)＋S2－(aq)平衡，滴加少量浓盐酸，硫离子与氢离子结合，c(S2－)减小，平衡右移，c(Ca2＋)增大；综上所述，本题答案是：增大；针对CaS(s) Ca2＋(aq)＋S2－(aq)平衡，加入HCl，增大H+浓度，H+与S2-结合，降低S2-浓度，导致溶解平衡正向移动。
（4）CaS悬浊液存在CaS(s) Ca2＋(aq)＋S2－(aq)平衡，若向中加入Cu(NO3)2溶液，发生复分解反应，生成黑色固体CuS，反应的离子方程式：CaS (s) + Cu2+ (aq) = CuS (s) + Ca2+ (aq)；综上所述，本题答案是：CaS (s) + Cu2+ (aq) = CuS (s) + Ca2+ (aq)。
【分析】（1）根据HS-电离水解的程度大小分析；
（2）A.常温下，水的离子积Kw=1.0×10-14；
B.结合电荷守恒分析；
C.结合物料守恒分析；
D.结合溶液中电离、水解的程度进行分析；
（3）①Ksp只与温度有关，温度升高，Ksp增大；
②加入稀盐酸，H+能与S2-结合成H2S，促使沉淀溶解平衡正向移动；
（4）生成的黑色固体为CuS，结合沉淀转化书写反应的离子方程式；