3.2 弱电解质的电离 离子反应 能力检测 （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 能力检测
一、单选题
1．下列方程式书写错误的是（　　）
A．的水解方程式：
B．NaHSO4在水中的电离方程式：
C．的水解方程式：
D．Fe3+的水解方程式：
2．NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（　　）
A．在密闭容器中加入l.5mol H2和0.5molN2，充分反应后得到NH3分子数为NA
B．一定条件下，2.3g的Na完全与O2反应生成3.6g产物时失去的电子数为0.1NA
C．1.0L的0.1 mol·L-1Na2S溶液中含有的S2－离子数为0.1NA
D．标准状况下，22.4L的CCl4中含有的CCl4分子数为NA
3．H3PO2是一种一元弱酸，与等浓度等体积的NaOH完全反应后生成NaH2PO2，下列叙述正确的是（　　）
A．NaH2PO2的溶液呈碱性
B．0.01mol/LH3PO2水溶液加水稀，pH减小
C．H3PO2溶液中存在电离平衡：
D．0.01mol/L溶液中存在：
4．下列无法证明某酸HA是弱酸的实验方案是（　　）
A．室温下，用pH试纸测得0.1mol L﹣1 NaA溶液的pH＞7
B．碳酸钠溶液中滴入0.1mol L﹣1的HA溶液，产生大量无色气体
C．室温下测得某HA溶液的pH=a，用蒸馏水稀释100倍测得溶液pH=b，且b﹣a＜2
D．室温下，测得0.1mol L﹣1HA溶液的pH＞1，证明HA是弱酸
5．要使K2S溶液中[K+]／[S2-]的比值变小，可加入的物质是 （　　）
A．适量盐酸 B．适量NH4Cl溶液
C．适量NaOH溶液 D．适量KHS溶液
6．向两份等体积、等浓度，pH不同的FeSO4溶液中逐滴加入NaClO溶液，实验测得溶液pH随加入NaClO溶液体积变化曲线如下图，实验现象如下表。下列说法错误的是（　　）
实验 实验现象
Ⅰ 滴入V1mL NaClO溶液产生大量红褐色沉淀
Ⅱ 滴入V1mL NaClO溶液，溶液变黄，未见沉淀，继续滴加出现红褐色沉淀
A．a~b段主要反应的离子方程式为：2Fe2+ + ClO－+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl－+4H+
B．d~e段主要反应的离子方程式为：2Fe2++2ClO－+3H+= HClO + Cl－+ 2Fe3+ + H2O
C．c、f点pH接近的主要原因是：ClO－+ H2O HClO + OH－
D．向c点溶液中加入过量的浓盐酸，沉淀溶解并有刺激性气味的气体放出
7．已知0.1mol/L的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH CH3COO﹣+H+，要使溶液中 比值增大，可以采用的措施是（　　）
A．加少量CH3COONH4固体 B．加浓醋酸
C．加少量NaCl固体 D．升高温度
8．在25℃时，将1.0Lw mol·L-1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，充分反应。然后向混合液中加入CH3COOH或CH3COONa固体（忽略体积和温度变化），引起溶液pH的变化如图所示。下列叙述正确的是（　　）
A．a、b、c对应的混合液中，水的电离程度由大到小的顺序是c>a>b
B．b点混合液中c(Na+)>c(CH3COO-)
C．加入CH3COOH过程中， 增大
D．25℃时，CH3COOH的电离平衡常数Ka=
9．下列说法正确的是（　　）
A．8NH3(g)+6NO2(g)=7N2(g) +12H2O(g) H<0，则该反应一定能自发进行
B．相同的溶液、溶液、溶液、溶液
C．由和溶液组成的燃料电池，负极反应为
D．溶液加水稀释，的值减小
10．在一定条件下，Na2CO3溶液中存在CO32-＋H2O HCO3-＋OH－平衡。下列说法不正确的是（）
A．加入NaOH固体， 减小
B．通入CO2，溶液pH减小
C．升高温度，平衡常数增大
D．稀释溶液， 增大
11．下列现象或说法与盐类水解无关的是（　　）
A．浓的硫化钠溶液有臭味 B．加热稀醋酸溶液其pH稍有减小
C．纯碱溶液去油污 D．泡沫灭火器的使用原理
12．现有Na2CO3、Ba（OH）2、H2SO4三种体积和物质的量浓度都相同的溶液，以不同的顺序将它们混合，如生成沉淀，立即过滤掉，对于所得溶液的酸碱性，如下结论错误的是（　　）
A．一定显碱性 B．可能显中性
C．不可能显酸性 D．可能显碱性
13．室温下，用0.100mol/L NaOH溶液滴定20.00 mL 溶液。滴定过程中含A微粒的分布分数()和pH随NaOH溶液体积变化如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．原溶液的物质的量浓度为0.125mol/L
B．pH=7时，
C．加入NaOH溶液越多，越高，水的电离程度越大
D．
14．下列说法正确的是（　　）
A．常温下，将 的 溶液加水稀释到10倍后，溶液的
B．下列离子在由水电离出的 的溶液中能大量共存： 、 、 、
C．相同浓度的 溶液与 溶液相对比，前者的 较小
D．已知 溶液显酸性，则在该溶液中微粒浓度由大到小的顺序是
15．常温下，某地土壤的pH约为8，则土壤中的c(OH-)最接近于多少mol/L（　　）
A．1×10－5 B．1×10－6 C．1×10－8 D．1×10－9
16．下列化学用语对事实的表述错误的是（　　）
A．硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OH C17H35COOC2H5+H218O
B．常温时，0.1 mol·L-1氨水的pH=11.1：NH3·H2O NH4++OH
C．由Na和Cl形成离子键的过程：
D．电解精炼铜的阴极反应：Cu2+ +2e =Cu
二、综合题
17．
（1）（I）常温下，回答下列问题：（提示：lg2 = 0.3）
pH=4的硫酸溶液中，由水电离出的氢离子浓度为　 　；
（2）将pH=11的氢氧化钡稀释105倍后pH为　 　；
（3）将pH=11的氨水稀释100倍后pH范围为　 　；
（4）将pH=2的盐酸与pH=5的硫酸等体积混合后pH为　 　；
（5）pH=a的盐酸与pH=b的氢氧化钠混合后pH=7，且a+b=13，则V酸：V碱=　 　。
（6）（II）反应A(s)＋2B(g) 2C(g)在密闭容器中达到平衡。
若升高温度能使C的物质的量减小，则正反应是　 　(填“吸热”或“放热”)反应。
（7）若增加A的物质的量，平衡　 　(填“正向”或“逆向”或“不”)移动。
（8）若增大压强，平衡　 　(填“正向”或“逆向”或“不”)移动。
（9）若增加C的浓度，B(g)的转化率　 　(填“增大”、“减小”或“不变”)。
18．根据所学知识回答下列问题：
（1）有pH均为2的a盐酸、b醋酸两瓶溶液，与足量锌反应放出等体积H2所需时间的长短顺序是a　 　b（用“＞”、“＜”、“=”表示，下同）；完全中和等物质的量的NaOH溶液需两种酸的体积大小顺序是a　 　b。
（2）已知：25℃时水的离子积为1×10-14。试回答：
①取pH＝5的H2SO4溶液1 mL加水稀释至1000 mL后溶液中c（H＋）∶c（SO42-）＝　 　。
②将体积为Va、pH＝13的NaOH溶液与体积为Vb、pH＝1的H2SO4溶液混合：
若所得混合液为中性，则Va∶Vb＝　 　；
若所得混合液pH＝2，则Va∶Vb＝　 　。
19．现有下列8种物质：①Na2CO3、②NaHCO3、③HCl、④NH4HCO3、⑤C2H5OH、⑥Al、⑦食盐水、⑧CH3COOH．
（1）上述物质中属于强电解质的是　 　（填序号），既能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应的是　 　（填序号）
（2）上述②的水溶液呈碱性的原因是（用离子方程式表示）　 　．
20．硫酸工业中，作为催化剂的V2O5对反应Ⅰ的催化过程经历了Ⅱ、Ⅲ两个反应阶段，如图1：
（1）下列分子中1mol化学键断裂时需要吸收的能量数据如表：
化学键 S=O（SO2） S=O（SO3） O=O（O2）
能量/kJ 535 472 496
则反应I的△H=　 　kJ/mol．反应Ⅲ的化学方程式为　 　．
（2）从废钒催化剂中回收V2O5的过程如图2：
①VO2+离子可由钒同价态的简单阳离子完全水解得到，该水解反应的离子方程式　 　．
②“沉钒”时为使钒元素的沉淀率达到98%，至少应调节溶液中的c（NH4+）为　 　[25℃，Ksp（NH4VO3）=1.6×10﹣3，溶液体积变化忽略不计]．
（3）采用脱硫脱硝技术，同时吸收SO2和NOx，获得（NH4）2SO4的稀溶液．
①向此溶液稀溶液中再加入少量（NH4）2SO4固体， 将　 　（填“变大”、“不变”或“变小”）．
②常温下，0.05mol/L（NH4）2SO4溶液的pH=a，则 =　 　（用含a的代数式表示，NH3 H2O的Kb=1.7×10﹣5）
21．已知和的水溶液中存在如下平衡：
常温下，10mL浓度均为的两种溶液，分别加水进行稀释，所得曲线如图所示[V表示溶液的体积，]，回答下列问题：
（1）相同温度下，　 　(填“＞”或“＜”)，等物质的量浓度的溶液与溶液比较，酸性较强的是　 　。
（2）a、b两点比较，溶液中水的电离程度较大的是　 　(填“a”或“b”)，用相同浓度的盐酸分别滴定a和b点对应的溶液，所需盐酸体积　 　(填“＞”、“＜”或“=”)。
（3）常温下，浓度均为的与的混合液显　 　(填“酸”、“碱”或“中”)性，　 　(填“＞”、“＜”或“=”)，溶液中离子浓度由大到小的顺序为　 　。
（4）常温下， 溶液与 溶液等体积混合后溶液圣中性，则　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．多元弱酸的酸根离子水解，应当分步进行，，，故A符合题意；
B．NaHSO4为强酸的酸式盐，在水中完全电离，电离方程式为：，故B不符合题意；
C．结合水电离的OH-生成和H+，水解程度微弱，用“”，则水解方程式为：，故C不符合题意；
D．Fe3+结合水电离的OH-生成Fe(OH)3和H+，水解程度微弱，用“”，且不能使用沉淀符号，则水解方程式为：，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．硫离子分步水解；
B．NaHSO4在水中完全电离；
C．水解生成一水合氨和氢离子；
D．三价铁水解生成氢氧化铁和氢离子。
2．【答案】B
【解析】【解答】A.氮气与氢气反应生成氨气的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此在密闭容器中加入l.5mol H2和0.5molN2，充分反应后得到NH3分子数小于NA，A不符合题意；
B.2.3gNa的物质的量是0.1mol，由于在化合物中钠呈+1价，所以完全与氧气反应失去的电子数为0.1NA，B符合题意；
C. Na2S是强碱弱酸盐，在溶液中S2-会发生水解反应而消耗，所以1.0L的0.1 mol·L-1Na2S溶液中含有的S2-离子数小于0.1NA，C不符合题意；
D. 在标准状况下CCl4是液体，气体摩尔体积不能使用，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.反应中不能去完全转化，故得到的氨气分子个数小于NA
B.根据Na~Na+~e即可计算
C.根据n=cv,即可计算，但体积未知
D使用摩尔体积时需要注意条件和物质的状态
3．【答案】A
【解析】【解答】A．已知H3PO2是一种一元弱酸，NaH2PO2为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，A符合题意；
B.0.01mol/LH3PO2水溶液加水稀释，氢离子浓度减小，pH值增大，B不符合题意；
C．H3PO2是一种一元弱酸，所以只能发生，不存在第二次电离，C不符合题意；
D．H3PO2只有一步电离，溶液中不存在和，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.强碱弱酸盐水解显碱性
B.pH = -lg[H+]，氢离子浓度减小，pH值增大
C.一元弱酸只能发生一步电离
D.H3PO2 是一种一元弱酸 ，只能发生一步电离，只有电离生成的H+，H2PO2-
4．【答案】B
【解析】【解答】解：A．室温下，用pH试纸测得0.1mol L﹣1 NaA溶液的pH＞7，说明NaA为强碱弱酸盐，则证明HA为弱酸，故A不选；
B．碳酸钠溶液中滴入0.1mol L﹣1的HA溶液，产生大量无色气体，只能说明HA的酸性大于碳酸，无法证明HA的为强酸还是弱酸，故B选；
C．室温下测得某HA溶液的pH=a，用蒸馏水稀释100倍测得溶液pH=b，且b﹣a＜2，说明稀释过程中HA又电离出氢离子，则证明HA为弱酸，故C不选；
D．室温下测得0.1mol L﹣1HA溶液的pH＞1，证明HA在溶液中部分电离出氢离子，则说明HA是弱酸，故D不选；
故选B．
【分析】A．常温下NaA溶液的pH＞7，证明NaA为强碱弱酸盐； B．碳酸钠为弱酸，只能说明HA的酸性大于碳酸，无法证明HA的为强酸还是弱酸； C．若为强酸，稀释100倍后溶液的pH变化2个单位； D．室温下测得0.1mol L﹣1HA溶液的pH＞1，说明HA只能部分电离出氢离子．
5．【答案】C
【解析】【解答】A.加入盐酸后，氢离子与硫离子反应，使硫离子浓度减小，比值增大，不符合题意；
B.加入氯化铵会促进硫离子的水解，使硫离子浓度减小，比值增大，不符合题意；
C.加入NaOH溶液，已知硫离子的水解，使硫离子浓度变大，比值变小，符合题意；
D.加入KHS溶液，使硫离子浓度变大，但钾离子浓度增大的更多，比值增大，不符合题意；
故答案为：C。
【分析】S2-的水解平衡逆向移动，[K+]/[S2-]的比值变小，据此解答即可。
6．【答案】B
【解析】【解答】A.由实验Ⅰ的现象可知，次氯酸钠与硫酸亚铁反应生成红褐色的沉淀氢氧化铁，根据化合价升降法、电荷守恒和质量守恒可得ab段反应的离子方程式为：2Fe2++ ClO－+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl－+4H+，故A不符合题意；
B.由实验Ⅱ的现象可知，de段有铁离子生成，说明次氯酸根离子将亚铁离子氧化为铁离子，根据化合价升降法、电荷守恒和质量守恒可得de段反应的离子方程式为：2Fe2++ClO－+2H+=Cl－+2Fe3+ +H2O，故B符合题意；
C.c、f两点的溶质都为氯化钠和过量的次氯酸钠，次氯酸钠为强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，离子方程式为：ClO－+H2O HClO+OH－，故C不符合题意；
D.盐酸可与氢氧化铁反应酸碱中和反应，所以沉淀溶解，在酸性条件下，氯离子与次氯酸根离子发生氧化还原反应生成氯气，氯气具有刺激性的气味，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.根据实验现象和氧化还原反应原理进行书写离子方程式；
B.离子方程式中的次氯酸也具有强氧化性，不能出现在产物中；
C.根据c、f的溶质成分进行分析；
D.根据氯元素的化合价归中原理可知加入盐酸后生成氯气。
7．【答案】D
【解析】【解答】解：A．加入少量醋酸铵，醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离，则 比值减小，故A错误；
B．加入浓的醋酸，醋酸浓度增大，其电离程度减小，醋酸分子浓度增大，则 比值减小，故B错误；
C．加入少量NaCl固体，醋酸、醋酸根离子及氢离子浓度都不变，不影响平衡移动，所以 比值不变，故C错误；
D．醋酸的电离是吸热反应，升高温度促进醋酸电离，则醋酸电离程度增大， 比值增大，故D正确；
故选D．
【分析】要使 比值增大，通过改变条件使平衡正向移动，但氢离子不能参加反应，据此分析解答．
8．【答案】D
【解析】【解答】A．溶液中酸或碱电离的氢离子或氢氧根离子的浓度越大，水的电离程度越小，a、b、c三点溶液中氢离子浓度依次减小，水的电离程度增大，所以水的电离程度由大到小的顺序的是c＞b＞a，故A不符合题意；
B.b点溶液pH＜5，溶液显酸性，溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，由于c(H+)＞c(OH-)，所以c(Na+)＜c(CH3COO-)，故B不符合题意；
C.向混合液中加入CH3COOH固体，忽略溶液体积的变化，则溶液中c(Na+)不变，溶液中 = ，因此溶液中 = ，随着CH3COOH固体的不断加入，溶液中c(CH3COOH)不断增大，则该值减小，故C不符合题意；
D.pH=7时，溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒，则c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，由于c(H+)=c(OH-)，则此时溶液中c(Na+)=c(CH3COO-)，根据图象，c(H+)=10-7mol L-1，c(Na+)=c(CH3COO-)=0.2mol/L，则醋酸的电离平衡常数为Ka＝ = mol/L，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】1.0L w mol L-1 CH3COOH溶液与0.1mol NaOH固体混合，混合后溶液的pH＜5，显酸性，说明醋酸过量，溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa；加醋酸时，酸的量增多，使溶液酸性增强；加CH3COONa时，CH3COONa本身水解显碱性，相当于加碱，使溶液酸性减弱，最终达到中性，据此解答问题即可。
9．【答案】A
【解析】【解答】A.该反应是熵增以及放热反应，所以在任何温度下一定能自发进行，A选项是正确的；
B.“越弱越水解”，所以，苯酚的酸性是最弱的，所以要想pH一致，苯酚钠的浓度应该是最大的，B选项是错误的；
C.由于是在碱性环境中，所以产物应该是CO32-离子，而不应该是二氧化碳，C选项是错误的；
D. =1/kb，由于温度不变，所以kb不变，所以不变，D选项是错误的。
故答案为：A。
【分析】A.根据焓判据，在△S>0，△H<0时，任何温度下，该反应都能自发进行；
B.弱电解质的酸性或碱性越弱，其弱离子结合水电离出的H+或OH-离子的能力就越强，所以水解程度就越大；
C.负极反应应该是：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；
D.化学平衡常数只受温度的影响，温度改变，平衡常数就会改变。
10．【答案】D
【解析】【解答】A.加入NaOH固体，溶液中c(OH-)增大，平衡逆向移动，溶液中c(HCO3-)减小，c(CO32-)增大，故减小，选项正确，A不符合题意；
B.通入CO2后，CO2与溶液中的OH-反应，使得溶液中c(OH-)减小，pH减小，选项正确，B不符合题意；
C.由于水解是一个吸热的过程，温度升高，平衡正向移动，故平衡常数增大， 选项正确，C不符合题意；
D.稀释会促进CO32-的水解，而，水解平衡常数只受温度影响，与浓度无关，故稀释溶液，不变，选项错误，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.结合浓度对平衡移动的影响分析；
B.通入CO2，与溶液中的OH-反应；
C.结合温度对平衡移动的影响分析；
D.结合平衡常数的影响的分析；
11．【答案】B
【解析】【解答】
A、浓的硫化钠溶液有臭味是因硫离子水解生成硫化氢，硫化氢具有臭味，A不符合题意；
B、加热稀醋酸溶液其pH稍有减小是因醋酸挥发，导致酸性减弱，B符合题意；
C、纯碱溶液去油污的原理，碳酸根离子的水解显碱性，油脂在碱溶液中发生水解生成溶于水的高级脂肪酸盐和甘油容易洗去，C不符合题意；
D、NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液混合，碳酸氢根离子和铝离子发生双水解反应，会迅速产生二氧化碳，D不符合题意。
答案为B
【分析】弱酸、弱碱的离子发生水解
A、硫离子水解生成硫化氢
B、加热造成醋酸挥发
C、碳酸根离子的水解显碱性，油脂发生碱性水解
D、碳酸氢根离子和铝离子发生双水解
12．【答案】A
【解析】【解答】三者混合可能发生的反应有几种情况：（1）如果Na2CO3、Ba（OH）2先混合，发生：Na2CO3+Ba（ OH）2=BaCO3↓+2NaOH，再把滤液和H2SO4混合，发生：2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，溶液显中性；（2）如果是H2SO4、Ba（OH）2先混合，发生：Ba（ OH）2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O，再与Na2CO3混合，得到的是Na2CO3溶液，溶液显碱性；（3）如果是Na2CO3、H2SO4先混合，发生：Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+H2O，再与Ba（OH）2混合，发生：Na2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2NaOH，得到的是NaOH，溶液显碱性。
综合以上分析，只有A不可能。
故答案为：A。
【分析】可根据三种物质反应后溶质的成分进行判断：①碳酸钡沉淀和硫酸钠，溶液呈中性；②硫酸钡沉淀、碳酸钠，溶液呈碱性；③硫酸钡沉淀和氢氧化钠，溶液呈碱性，据此解答即可。
13．【答案】D
【解析】【解答】由图可知，氢氧化钠溶液体积为40mL时，III曲线发生突跃，表明滴定达到终点，氢氧化钠和H2A恰好完全反应，此时反应I曲线代表的含有A的微粒分布分数为0，所以曲线I代表的是H2A，曲线II随着氢氧化钠体积增加而增加，曲线II代表的A2-，曲线III则是滴定过程中溶液pH变化曲线。
A.根据反应方程式H2A+2NaOH=Na2A+2H2O，氢氧化钠溶液体积为40mL时，恰好完全反应计算出c(H2A)=0.1X4/2X20mol/L=0.1mol/L；故A不符合题意；
B.根据pH=7时，溶液中不存在H2A，故B不符合题意；
C.根据图示加入氢氧化钠越多，A2-的浓度越多，恰好完全反应后，再加入氢氧化钠抑制水解，电离程度减小，故C不符合题意
D.当H2A浓度和A2-浓度相等时，此时对应着溶液的pH=4.76，此时氢离子的浓度为c(H+)=10-4.76，根据Ka(H2A)=c(A2-)c(H+)/c(H2A)=10-4.76，Kb(A2-)=Kw/Ka=10-9.24，故D符合题意；
故正确答案为D
【分析】A.根据图示即可计算出物质的量浓度；
B.pH=7时找出含有的A的粒子即可；
C.当反应完全时，加入氢氧化钠抑制其水解；
D.根据水解和电离常数即可判断。
14．【答案】D
【解析】【解答】A．加水稀释促进碳酸根离子的水解，所以常温下pH=10的Na2CO3溶液加水稀释到10倍后，溶液的pH减少不到1个单位，所以溶液的pH＞9，故A不符合题意；
B．由水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性或者碱性，在酸性或碱性溶液中 不能共存，故B不符合题意；
C．(NH4)2CO3中铵根离子与碳酸根离子两者水解相互促进，碳酸根离子的水解程度大于铵根离子水解程度，使溶液显碱性； 溶液中硫酸根离子对铵根离子水解无影响，溶液显酸性，所以(NH4)2CO3溶液的pH较大，故C不符合题意；
D．NaHSO3溶液显酸性，说明 的电离程度大于水解程度，则离子浓度大小为： ，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.弱酸强碱盐会水解，越稀越水解，稀释10倍后，pH减小的不足1，故pH大于9
B.常温下，水的电离c(H+)=10-7mll/L，而水电离的氢离子浓度为10-12mol/L，故被抑制，溶液可能是酸性可能是碱性。碳酸氢根咋酸性或碱性条件均不共存
C.碳酸铵溶液显碱性，硫酸铵溶液显酸性
D.亚硫酸根既可水解又可电离，溶液显酸性，说明电离为主，结合电荷守恒即可比较大小
15．【答案】B
【解析】【解答】常温下，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，则c(OH-)=10-6mol/L，
故答案为：B。
【分析】根据c(H+)=10-pH、计算氢氧根离子浓度．
16．【答案】A
【解析】【解答】解：A、酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”，硬脂酸与乙醇反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OH C17H35CO18OC2H5+H2O，A项符合题意；
B、常温下0.1mol·L-1氨水的pH=11.1，溶液中c（OH-）=10-2.9mol·L-1 0.1mol·L-1，氨水为弱碱水溶液，电离方程式为NH3·H2O NH4++OH-，B项不符合题意；
C、Na原子最外层有1个电子，Na易失电子形成Na+，Cl原子最外层有7个电子，Cl易得电子形成Cl-，Na将最外层的1个电子转移给Cl，Na+与Cl-间形成离子键，C项不符合题意；
D、电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极，阴极电极反应式为Cu2++2e-=Cu，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、酯化反应的过程中，酸脱羟基醇脱氢；
B、一水合氨为弱碱，部分电离；
C、氯化钠为离子化合物，钠失去电子，箭头由钠指向氯原子；
D、阴极为铜离子得电子形成单质铜。
17．【答案】（1）1.0×10-10mol/L
（2）无限接近7但大于7
（3）9（4）2.3
（5）0.1
（6）放热
（7）不
（8）不
（9）减小
【解析】【解答】（1）pH=4的硫酸溶液中c(H＋)aq=10－4mol·L－1，常温下，Kw=c(H＋)×c(OH－)=10－14，因此溶液中。由于硫酸溶液中，OH－都来自于水电离产生，因此c水(OH－)=c(OH－)aq=10－10mol·L－1，而水电离产生c水(H＋)=c水(OH－)，所以水电离产生的c(H＋)=10－10mol·L－1。
（2）Ba(OH)2是强碱，稀释10n倍后，溶液的pH减小n；由于稀释过程中，溶液仍然显碱性，因此pH一直大于7，因此将pH=11的Ba(OH)2溶液稀释105倍后，溶液的pH值无限接近7，但都保持大于7。
（3）将pH=11的氨水稀释100倍后，pH降低为9；由于NH3·H2O是弱碱，稀释促进NH3·H2O的电离，使得溶液中c(OH－)增大，因此pH>9，因此稀释后溶液pH的变化范围为9（4）设两溶液的体积为V，混合后溶液的体积为2V，由于混合过程中溶液中n(H＋)不变，因此可得混合后溶液中。所以混合溶液的pH=-lgc(H+)=2.3。
（5）pH=a的盐酸中c(H＋)=10－amol·L－1，pH=b的NaOH溶液中c(OH－)=10b－14mol·L－1。两溶液混合后pH=7，则溶液中n(H＋)=c(OH－)，因此可得10－amol·L－1×V酸=10b－14mol·L－1×V碱，又a+b=13，所以。
（6）若升高温度，使得C的物质的量减小，则说明升高温度，平衡逆向移动。而升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应。
（7）A为固体，固体的浓度为一常量，增大或减小固体的物质的量，平衡不移动。因此增加A的物质的量，平衡不移动。
（8）增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动。由于该反应反应前后气体分子数不变，因此增大压强，平衡不移动。
（9）C为生成物，增大C的浓度，平衡逆向移动，B(g)的转化率减小。
【分析】（1）硫酸溶液中，溶液中H＋来自于H2SO4和H2O电离产生，OH－来自于水电离产生；而水电离产生c(H＋)=c(OH－)，因此水电离产生c(H＋)等于溶液中c(OH－)。据此结合Kw进行计算。
（2）Ba(OH)2溶液稀释10n倍后，溶液的pH减小n，但pH不会小于或等于7。
（3）氨水稀释10n倍后，pH减小n，但稀释会促进NH3·H2O的电离，使得溶液中c(OH－)增大，据此判断溶液pH的范围。
（4）根据混合过程中溶液中n(H＋)不变，结合公式计算混合溶液中c(H＋)，由公式pH=－lgc(H＋)计算混合溶液的pH。
（5）混合后溶液的pH=7，则盐酸溶液中n(H＋)与NaOH溶液中n(OH－)相等，据此计算。
（6）温度升高，平衡向吸热反应方向移动，结合平衡移动分析反应的热效应。
（7）固体和纯液体的浓度为常量，改变固体或纯液体的用量，不影响平衡移动。
（8）增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动。
（9）增大生成物浓度，平衡逆向移动，据此判断B的转化率。
18．【答案】（1）＞；＞
（2）20∶1；1∶1；9∶11
【解析】【解答】（1）盐酸是强酸、醋酸是弱酸，在相同的pH的情况下，反应过程中醋酸中c（H＋）＞盐酸，H＋浓度越大，反应速率越快，因此放出等体积H2所需时间a＞b，相同的pH情况下，盐酸的浓度小于醋酸的浓度，中和相同物质的量NaOH，消耗盐酸的体积大于醋酸的；
（2）①稀释过程中，溶质的质量或物质的量不变，pH=5的硫酸加水稀释到1000mL，此时c（H＋）=1×10－3×10－5/1000×10－3mol·L－1=10－8mol·L－1，酸稀释不可能显碱性，
只能c（H＋）接近10－7mol·L－1，c（SO42－）=1×10－3×10－5/（2×1000×10－3）mol·L－1=5×10－9mol·L－1，两者比值为20：1；
②溶液为中性，n（H＋）=n（OH－），Va×10－14/10－13=Vb×10－1，Va：Vb=1：1；（Vb×10－1－Va×10－14/10－13）/（Va＋Vb）=10－2，两者的比值为9：11。
【分析】（1）盐酸是弱酸，能完全电离
醋酸是弱酸，不能完全电离。
要电离出相同浓度氢离子，需要醋酸的浓度＞＞盐酸的浓度，浓度越大，反应速率越大，所需时间越小，需要氢氧化钠越多
（2）①易错点：即使稀释1000倍，该溶液还是酸性，此时不能忽略水电离出的的氢离子。
②易错点：pH算出来是氢离子，氢氧根离子的浓度，不是硫酸的浓度。
溶液为pH=2说明，酸过量，先算出中和的，再算过量的。总体积=中和+过量的。
19．【答案】（1）①②③④；②④⑥
（2）HCO3﹣+H2O=H2CO3+OH﹣
【解析】【解答】解：（1）①Na2CO3是盐，属于强电解质，只能与盐酸反应；②NaHCO3属于盐，是强电解质，既能与盐酸反应生成二氧化碳气体，又能与氢氧化钠反应生成碳酸钠；③HCl属于强酸，是强电解质；④NH4HCO3属于盐，既能与酸反应生成二氧化碳气体，又能与碱反应生成氨气；⑤C2H5OH属于非电解质；⑥Al既能跟NaOH溶液反应，又能跟盐酸反应；⑦食盐水属于混合物；⑧CH3COOH是弱酸，属于弱电解质，
故答案为：①②③④；②④⑥；（2）碳酸氢钠属于强碱弱酸盐，水解呈碱性，离子反应方程式为：HCO3﹣+H2O=H2CO3+OH﹣，故答案为：HCO3﹣+H2O=H2CO3+OH﹣；
【分析】①Na2CO3是盐，属于强电解质，只能与盐酸反应；②NaHCO3属于盐，是强电解质，既能与盐酸反应生成二氧化碳气体，又能与氢氧化钠反应生成碳酸钠③HCl属于强酸，是强电解质；④NH4HCO3属于盐，既能与酸反应生成二氧化碳气体，又能与碱反应生成氨气；⑤C2H5OH属于非电解质；⑥Al既能跟NaOH溶液反应，又能跟盐酸反应⑦食盐水属于混合物；⑧CH3COOH是弱酸，属于弱电解质；据此解答即可．
20．【答案】（1）﹣98；2V2O4 SO3+O2 2V2O5+2SO3
（2）V4++H2O=VO2++2H+；0.8mol L﹣1
（3）变大；1.7×10（9﹣a）
【解析】【解答】解：（1）反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能，反应I的热化学反应方程式为SO2（g）+ O2（g）=SO3（g）△H，则反应I的△H=（2×535+ ×496﹣3×472）kJ/mol=﹣98kJ/mol；V2O5在反应中作催化剂，反应Ⅱ生成V2O4 SO3，V2O5参加反应，方程式为SO2+V2O5 V2O4 SO3，反应Ⅲ是V2O4 SO3与氧气反应生成V2O5和SO3反应Ⅱ生成V2O4 SO3，方程式为2V2O4 SO3+O2 2V2O5+2SO3，故答案为：﹣98；2V2O4 SO3+O2 2V2O5+2SO3；（2）①水解生成VO2+，V的化合价为+4价，可由V5+水解生成，方程式为V4++H2O=VO2++2H+，
故答案为：V4++H2O=VO2++2H+；②溶液中c（VO3﹣）=0.1mol/L，为使钒元素的沉淀率达到98%，则沉淀后c（VO3﹣）=0.002mol/L，由Ksp（NH4VO3）=1.6×10﹣3可知c（NH4+）= mol/L=0.8mol/L，故答案为：0.8mol/L；（3）①在（NH4）2SO4溶液中存在水解反应，NH4++H2O NH3 H2O+H+，往（NH4）2SO4溶液中再加入少量 （NH4）2SO4固体，水解平衡向正方向进行，但铵根的水解率减小，所以 的值将变大，故答案为：变大；②水解平衡常数Kh= = = ，pH=a，c（H+）=1×10﹣a，则 = = =10﹣a× =1.7×10（9﹣a），故答案为：1.7×10（9﹣a）．
【分析】（1）反应I的热化学反应方程式为SO2（g）+ O2（g）=SO3（g）△H，反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能；V2O5在反应中作催化剂，反应Ⅱ生成V2O4 SO3，V2O5参加反应，反应Ⅲ是V2O4 SO3与氧气反应生成V2O5和SO3；（2）①水解生成VO2+，V的化合价为+4价，可由V4+水解生成；
②溶液中c（VO3﹣）=0.1mol/L，为使钒元素的沉淀率达到98%，则沉淀后c（VO3﹣）=0.002mol/L，结合Ksp（NH4VO3）=1.6×10﹣3计算；（3）①在（NH4）2SO4溶液中存在水解反应，NH4++H2O NH3 H2O+H+，往（NH4）2SO4溶液中再加入少量 （NH4）2SO4固体，水解平衡向正方向进行，但铵根的水解率减小；
②根据水解平衡常数Kh= = = 计算．
21．【答案】（1）＞；
（2）a；=
（3）酸；＜；
（4）2.02
【解析】【解答】(1)K1=，K2=， ＞；等物质的量浓度的溶液与溶液比较，＞，碱性＞，酸性：＜；
(2)a、b两点比较，a点由水电离出的c(OH-)a==10 a-14，b点由水电离出的c(OH-)b==10 b-14，c(OH-)b＜c(OH-)a溶液中水的电离程度较大的是a点；用相同浓度的盐酸分别滴定a和b点对应的溶液(10mL浓度均为)，由于两种溶液浓度相同所需盐酸体积=；
(3)常温下，浓度均为的与的混合液显酸性，=+Cl-，水解生成H+大于部分电离出的OH-；完全电离，水解程度大于的电离， ＜，溶液中离子浓度由大到小的顺序为；
(4) 溶液与 溶液等体积混合后溶液呈中性，则，等体积混合时：c(Na+)=1mol/L，c(Cl-)= mol/L，，K2=，根据物料守恒：+= mol/L，= c(Cl-)- c(Na+)=(-1) mol/L，= mol/L-(-1) mol/L=1mol/L，，c≈2.02。
【分析】(1)依据横坐标为2时的交点代入K的公式计算；利用越弱越水解的规律判断；
(2)依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；依据中和的实质判断；
(3)依据电离和水解程度，利用电荷守恒排序；
(4)根据物料守恒计算。