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，向1L0.1mol·L-1一元酸HR溶液中逐渐通入氨气[已知常温下Kb(NH3·H2O)=1.76×10-5]，使溶液温度和体积保持不变，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如下图所示。下列叙述正确的是（　　）
A．0.1mol·L-1HR溶液的pH约为5
B．HR为弱酸，常温时Ka(HR)=1.0×10-7
C．当通入0.1molNH3时，溶液中c(R-)D．当c(HR)=c(R-)时，溶液呈中性
2．下列离子能大量共存的一组是（　　）
A．H+、Ca2+、Cl﹣、CO32﹣ B．Na+、Fe3+、SO42﹣、OH﹣
C．K+、Na+、OH﹣、Cl﹣ D．H+、Cl﹣、Fe2+、NO3﹣
3．下列说法中正确的是（　　）
A． 溶液中，
B．将 盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH为9
C．在常温下，当水电离出的 为 时，此溶液的pH为13
D．将 的盐酸和醋酸各1mL分别稀释至100mL，所得醋酸的pH略大
4．下列溶液中离子浓度关系表示正确的是（　　）
A．溶液中：
B．常温下的与的NaOH溶液等体积混合后的溶液中：
C．的溶液中：
D．物质的量浓度相等的和溶液等体积混合后的溶液中：
5．若溶液中由水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣13mol/L，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是（　　）
A．Al3+，Na+，NO3﹣，Cl﹣ B．K+，Na+，Cl﹣，NO3﹣
C．K+，Na+，Cl﹣，AlO2﹣ D．K+，NH4+，SO42﹣，NO3﹣
6．下列离子能大量共存的是（　　）
A．含有大量Ba2+的溶液中：Mg2+、NH 、SO 、Cl-
B．无色透明的溶液中：K+、Cu2+、SO 、NO
C．使酚酞溶液呈红色的溶液中：Na+、K+、SO 、CO
D．使石蕊溶液呈红色的溶液中：Na+、K+、Fe2+、NO
7．25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）
A．能使甲基橙变红的溶液中：K＋、Mg2＋、 、I－
B．透明的溶液中：Fe3+、Al3+、 、
C． =1012的溶液中：Na+、Ba2+、Cl-、
D．c( )＝1mol·L－1溶液中：Na＋、 、 、OH－
8．常温下用的HCl溶液滴定同浓度20.00mL某一元碱MOH溶液并绘制滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．水的电离程度：X>Y>Z
B．X点：
C．Y点：
D．对Z点溶液加热，一定增大
9．现有室温下三种溶液：①的稀盐酸 ②的溶液 ③的氨水。相同条件下，下列说法正确的是（　　）
A ①、②分别加入同样的锌粒 开始时，反应速率：①＞②
B ①、②分别加水稀释10倍后 pH：①＜②
C ①、③中水的电离程度 ①＜③
D ①、③溶液等体积混合后
A．A B．B C．C D．D
10．在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是（　　）
A．在无色溶液中： 、 、 、
B．在含大量 的溶液中： 、 、 、
C．在强碱溶液中： 、 、 、
D．含有 的溶液中： 、 、 、
11．在25℃时，10mL pH=a的盐酸中，滴加pH=b的NaOH溶液100 mL时，溶液中Cl－的物质的量恰好等于Na+的物质的量，则a+b的值是（　　）
A．13 B．14 C．15 D．无法确定
12．次磷酸(H3PO2，一元弱酸)和氟硼酸(HBF4)均可用于植物杀菌。常温时，有1 mol L-1的H3PO2溶液和1 mol˙L-1的HBF4溶液，两者起始时的体积均为V0，分别向两溶液中加水，稀释后溶液的体积均为V，两溶液的pH变化曲线如图所示.下列说法错误的是：（　　）
A．常温下，该HBF4溶液满足pH=
B．常温下，H3PO2的电离平衡常数约为1.1 10-2
C．常温下，NaBF4溶液的pH=7
D．NaH2PO2溶液中：c(OH-)-c(H+) =c(H3PO2)
13．H2CO3和H2C2O4都是二元弱酸，常温下，不同pH环境下它们不同形态的粒子的组成百分率如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．在pH为6.37及10.25时，溶液均存在c(H2CO3)=c(HCO )=c(CO )
B．反应CO +H2O HCO +OH-的平衡常数为10-7.23
C．0.1mol/LNaHC2O4溶液中c(HC2O )＞c(H2C2O4)＞c(C2O )
D．往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，发生反应2CO +H2C2O4=2HCO +C2O
14．25℃时，向10 mL 0.1 mol/LNaOH溶液中，逐滴加入10 mL浓度为c mol/L的HF稀溶液。已知 25℃时：①HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l) ΔH=-67.7 kJ/mol ②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3 kJ/mol。请根据信息判断，下列说法中不正确的是（　　）
A．整个滴加过程中，水的电离程度不一定存在先增大后减小的变化趋势
B．将氢氟酸溶液温度由25℃升高到35℃时，HF的电离程度减小(不考虑挥发)
C．当c>0.1时，溶液中才有可能存在c(Na+)=c(F-)
D．若滴定过程中存在：c(Na+)>c(OH-)>c(F-)>c(H+)，则c一定小于0.1
15．25℃时，用NaOH调节H3AsO4溶液的pH，溶液中含砷物种的分布系数δ与pH的关系如图所示.[H3AsO4的分布系数：δ(H3AsO4)= ]
下列说法错误的是（　　）
A．升高温度，H3AsO4溶液的pH减小
B．H3AsO4的第一步电离常数的数量级为10-3
C．M点溶液中存在c(Na+)=2c(HAsO )+3c(AsO )
D．pH=11时溶液中离子浓度：c(HAsO )>c(AsO )>c(H2AsO )
16．常温下，向10mL0.1000 mol L-1的H2A溶液中，逐滴滴加0.1000 mol L-1的NaOH 溶液，混合溶液PH随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．在a、b、c、d 四点中，由水电离出的c(H+)·c(OH-)不变
B．b点溶液存在关系：c(OH-)=c(H+)+c(H2A)-c(A2-)
C．C 点溶液中：c(Na+)>c(HA-)>c(OH-)>c(H2A)> c(H+)>c(A2-)
D．d 点溶液中： 2c(Na+)=c(HA-)+ C(A2-)+ c(H2A)
二、综合题
17．完成下列问题：
（1）Ⅰ.25℃时，有关物质的电离平衡常数如下表所示：
化学式 HF HClO
电离平衡常数(K)
①，②，③，④四种离子结合的能力由强到弱的顺序是：　 　(填序号)。
（2）25℃时，① ，
②
则氢氟酸的电离过程是　 　(“吸热”或“放热”)的过程。
（3）25℃时，在200.1氢氟酸中加入V0.1溶液，测得混合溶液的变化曲线如图所示，C点时。
①由水电离出的：0点　 　a点(填“>”“<”或“=”)
②a点时，此时溶液中，　 　。
③b点时，溶液中的　 　(填“>”“<”或“=)。
（4）Ⅱ.已知反应：
(，无色液体，熔点-54.1℃，沸点69.1℃)
若要使化学平衡常数K增大，v(正)也增大，可采取的措施是　 　。
a.降低温度 b.移走
c.增加反应物浓度 d.无法满足上述条件
（5）在恒容密闭容器中，能说明上述反应已达到平衡的是　 　。
a. b.容器中气体压强不随时间而变化
c. d.容器中气体颜色不随时间两变化
（6）200℃时，体积为1L的密闭容器中充入16.20g，达到平衡时容器中含6.4g。此温度下合成反应的平衡常数值为　 　。
18．某溶液中可能存在下列阴离子：Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣中的一种或几种．
（1）当溶液中存在大量H+时，　 　不能在溶液中大量存在；
（2）当溶液中存在大量Ag+时，　 　不能在溶液中大量存在；
（3）当向溶液中加入Ba（NO3）2溶液能生成白色沉淀，则原溶液中存在的离子是　 　；为了进一步确定的溶液中存在哪种离子，可继续向溶液中加入　 　，通过观察　 　再作出进一步的判断．
19．北京奥运会“祥云”火炬燃料是丙烷（C3H8），亚特兰大火炬燃料是丙烯（C3H6）
（1）丙烷脱氢可得丙烯．已知：C3H8（g）→CH4（g）+HC≡CH（g）+H2（g）△H1=+156.6kJ mol﹣1
CH3CH=CH2（g）→CH4（g）+HC≡CH（g）△H2=+32.4kJ mol﹣1 则相同条件下，反应C3H8（g）→CH3CH=CH2（g）+H2（g）的△H=　 　kJ mol﹣1
（2）以丙烷为燃料制作新型燃料电池，电池的正极通入O2，负极通入丙烷，电解质是熔融碳酸盐．电池总反应方程式为　 　；放电时，CO32﹣移向电池的　 　（填“正”或“负”）极．
（3）碳氢化合物完全燃烧生成CO2和H2O．常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH=5.60，c（H2CO3）=1.5×10﹣5 mol L﹣1．若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3 HCO3﹣+H+的平衡常数K1=　 　．（已知：10﹣5.60=2.5×10﹣6）
（4）常温下，0.1mol L﹣1NaHCO3溶液的pH大于8，则溶液c（H2CO3）　 　c（CO32﹣）（填“＞”、“=”或“＜”），原因是　 　（用离子方程式和文字说明）
20．对于数以千万计的化学物质和为数众多的化学反应，分类法的作用几乎是无可代替的。
（1）Ⅰ、现有下列物质：① 晶体 ②熔融 ③石墨 ④稀硫酸 ⑤ 溶液⑥液态氯化氢 ⑦酒精 ⑧氨水 ⑨⑩澄清石灰水。回答下列问题：
上述状态下可导电的是　 　(填序号)，属于电解质的是　 　(填序号)。
（2）写出 、 在水溶液中的电离方程式　 　。
（3）⑤与少量的⑩的离子反应方程式是　 　
（4）Ⅱ、某同学称取一定量的固体配成溶液，在该溶液中先加入一定量的稀盐酸，然后逐滴加入 溶液(如图甲所示)滴加过程中生成沉淀的质量与加入 溶液的体积的关系如图乙所示。请回答下列问题：
溶解 固体所用的玻璃仪器有　 　(填字母)。
a、托盘天平 b、烧杯 c、漏斗 d、玻璃棒
（5） 段发生反应的离子方程式为　 　；
（6）在 点对应的溶液中滴加 溶液，观察到的现象是　 　，发生反应的离子方程式为　 　。
21．常温下，几种酸的电离平衡常数如下：
回答下列问题:
（1）物质的量浓度均为0.1mol·L-1的①NaClO溶液 ②Na2CO3溶液 ③NaHCO3溶液 ④Na2SO3溶液，pH值由大到小的顺序是　 　。(填序号)
（2）用离子方程式表示NaClO溶液呈碱性的原因是　 　。
（3）0.1mol/L的氯化铵溶液中各离子物质的量浓度由大到小的顺序是　 　，只改变下列一个条件，能使c(NH4+)与c(Cl-)比值变大的是　 　。(填标号)
A.加入固体硫酸铵
B.通入少量氯化氢
C.降低溶液温度
D.加入少量固体氢氧化钠
（4）假设25 ℃时，0.1mol/L氯化铵溶液由水电离出的氢离子浓度为1×10-6mol/L，则在该温度下此溶液中氨水的电离平衡常数：Kb(NH3·H2O)=　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A.根据 时，pH=5，则Ka(HR)= ， 0.1mol·L-1HR溶液的pH约为3，故A不符合题意；
B.HR为弱酸，根据 时，pH=5，则Ka(HR)= ，故B不符合题意；
C.当通入0.1molNH3时，溶质是NH4R；Ka(HR)=1.0×10-5、Kb(NH3·H2O)=1.76×10-5，所以溶液呈碱性， c(R-)D.根据图示，当c(HR)=c(R-)时，溶液pH=5，溶液呈酸性，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据弱电解质的电离平衡常数、结合图像中的数据进行计算和判断溶液中离子浓度的大小关系即可。
2．【答案】C
【解析】【解答】解：A．H+、Ca2+都能够与CO32﹣离子发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．Fe3+、OH﹣之间反应生成难溶物氢氧化铁，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．K+、Na+、OH﹣、Cl﹣之间不反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；
D．NO3﹣在H+存在条件下能够氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选C．
【分析】A．氢离子、钙离子能够与碳酸根离子发生反应； B．铁离子能够与氢氧根离子反应生成氢氧化铁沉淀； C．K+、Na+、OH﹣、Cl﹣离子之间不发生反应； D．硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子．
3．【答案】A
【解析】【解答】A. 根据物料守恒可知，在 溶液中存在： ，选项A符合题意；
B．盐酸不管如何稀释不可能呈碱性，选项B不符合题意；
C．酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，当由水电离出的 = ＜10-7mol/L，则该溶液可能是酸也可能是碱，如果是酸溶液，则溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，溶液的pH=1，如果是碱溶液，则溶液的pH=13，选项C不符合题意；
D．醋酸的pH值较小，因为盐酸为强酸，在水中完全电离，稀释100倍后的pH变为4，而醋酸为弱酸，稀释后有更多的醋酸分子发生电离，因此稀释后溶液的酸性强于盐酸，所得醋酸的pH略小，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】
A.先分析溶液中存在的粒子数，根据物料守恒可以得到；
B.盐酸稀释1000倍也不会使pH大于8；
C.水电离出的氢离子浓度为 为 时 ，酸碱性均有可能；
D.醋酸的电离较弱，根据勒夏特列原理，醋酸的pH略小。
4．【答案】D
【解析】【解答】A、根据溶液呈电中性，溶液中阳离子带的电荷总数等于阴离子带的电荷总数，则有，不符合题意；
B、的溶液中的与的NaOH溶液中的相等，而醋酸为弱酸，所以反应后醋酸过量，溶液呈酸性，即，不符合题意；
C、一般情况下盐的水解程度较弱，的溶液中：，不符合题意；
D、物质的量浓度相等的和溶液等体积混合，混合前，根据元素质量守恒，则有等体积混合后的溶液中：，符合题意。
【分析】A.根据电荷守恒分析；
B.醋酸为弱酸，混合液中醋酸过量，反应后溶液呈酸性；
C.铵根离子部分水解，溶液呈酸性，结合电荷守恒分析。
5．【答案】B
【解析】【解答】解：溶液中由水电离产生的c （OH﹣）=1×10﹣13mol/L，该溶液呈酸性或碱性，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，
A．Al3+与氢氧根离子反应，在碱性溶液中不能大量共存，故A错误；
B．K+，Na+，Cl﹣，NO3﹣之间不反应，都不与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中一定能够大量共存，故B正确；
C．AlO2﹣与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，故C错误；
D．NH4+与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，故D错误；
故选B．
【分析】溶液中由水电离产生的c （OH﹣）=1×10﹣13mol/L，该溶液呈酸性或碱性，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，
A．铝离子与氢氧根离子反应；
B．四种离子之间不反应，都不与氢离子、氢氧根离子反应；
C．偏铝酸根离子与氢离子反应；
D．铵根离子与氢氧根离子反应．
6．【答案】C
【解析】【解答】A．钡离子和硫酸根离子之间反应生成难溶物硫酸钡，不能大量共存，A项不符合题意；
B．铜离子为有色离子，不满足溶液无色的条件，B项不符合题意；
C．使酚酞溶液呈红色的溶液中存在大量的氢氧根离子，Na+、K+、SO 、CO 之间不反应们都不与氢氧根离子反应，能够大量共存，C项符合题意；
D．使石蕊溶液呈红色的溶液中存在大量氢离子，氢离子和硝酸根离子与亚铁离子反应，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 离子不能共存，说明可以发生化学反应，主要是发生复分解反应、氧化还原反应、络合反应等等
常见发生复分解反应不能共存的是：氢离子与氢氧根离子、以及可以形成弱电解质的阴离子，氢氧根与氢离子、碳酸氢根、亚硫酸氢根、铜离子、铁离子、镁离子等不同共存，银离子和氯离子，钡离子和碳酸根、硫酸根、钙离子和碳酸根
发生氧化还原反应不能共存的是：氢离子、硝酸根以及次氯酸根以及高锰酸根和亚铁离子、硫离子等还原性离子
发生络合不能共存的是：铁离子和硫氰酸根、铜离子和氨水等等
7．【答案】C
【解析】【解答】A．能使甲基橙变红的溶液呈酸性，在酸性溶液中 、I-能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不选；
B．Fe3+、Al3+都与 发生双水解反应生成沉淀，不能大量共存，故B不选；
C． =1012的溶液显碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、Ba2+、Cl-、 之间不反应，且都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故C选；
D． 、 都与OH-发生反应，在溶液中不能大量共存，故D不选；
故答案为：C。
【分析】本题考查离子共存问题。对于无色溶液，先将带颜色的离子排除，再根据题干信息判断溶液的酸碱性，进而根据离子共存的条件：离子间不发生氧化还原反应；不生成水（弱电解质）、沉底、气体等；据此进分析即可。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．Z点盐酸和MOH完全反应生成MCl，MCl水解促进水电离，Z点水电离程度最大，MOH抑制水电离，X点到Z点，MOH减少，水的电离程度增大，水的电离程度：XB．X点加入10mL的HCl，溶质为等浓度的MCl、MOH，根据物料守恒，故B不符合题意；
C．Y点溶液呈中性，，故C不符合题意；
D．对Z点溶液加热，M+水解平衡正向移动，M+浓度减小、MOH、H+浓度都增大，升高温度，水的电离平衡正向移动，所以MOH的浓度增大幅度小于H+的浓度增大，所以、增大，一定增大，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、盐的水解促进水的电离，酸、碱的电离抑制水的电离；
B、结合物料守恒判断；
C、水的电离很微弱，因此氢离子和氢氧根浓度较低；
D、结合水解平衡移动的判断。
9．【答案】D
【解析】【解答】A．盐酸和醋酸溶液中氢离子浓度相等，则开始时的反应速率相等，故A不符合题意；
B．醋酸是弱酸，存在电离平衡，稀释促进电离，所以①、②分别加水稀释10倍后pH：①>②，故B不符合题意；
C．的盐酸中氢离子浓度为和的氨水中，溶液中氢离子浓度和氢氧根浓度相等，对水的电离抑制程度相同，故C不符合题意；
D．一水合氨是弱碱，氨水的浓度大于0.001mol/L，所以①、③溶液等体积混合后氨水过量，pH＞7，故离子浓度大小关系为：，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】A、 ①、② pH相同，刚开始时氢离子浓度相同，反应速率相同；
B、醋酸是弱酸，加水稀释会促进电离；
C、 ①中氢离子浓度和③ 中氢氧根离子浓度相同，对水的电离抑制程度相同；
D、氨水是弱碱，等体积混合后pH>7，且氨水的量也会多于盐酸的量。
10．【答案】C
【解析】【解答】A． 在溶液中显浅绿色，故A不符合题意；
B． 和 会反应生成氢氧化镁沉淀，不能大量共存，故B不符合题意；
C．在强碱溶液中，四种离子互不反应，能大量共存，故C符合题意；
D．亚铁离子与高锰酸根会发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、无色溶液中不存在有色离子Fe2＋；
B、Mg2＋能与OH－反应形成Mg(OH)2沉淀；
C、溶液中各离子相互间不反应；
D、MnO4－能与Fe2＋反应；
11．【答案】A
【解析】【解答】盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，溶液中Cl-的物质的量恰好等于Na+的物质的量，根据溶液呈电中性可知n(H+)=n(OH-)，即酸碱恰好完全中和，则有n(HCl)=n(NaOH)，pH=a的盐酸中c(H+)=10-amol/L，pH=b的氢氧化钠溶液中c(OH-)=10b-14mol/L，则V×10-3L×10-amol/L=10V×10-3L×10b-14mol/L，解之得：a+b=13，故答案为A。
【分析】溶液中Cl-的物质的量恰好等于Na+的物质的量，根据溶液呈电中性可知n(H+)=n(OH-)，即酸碱恰好完全中和，则有n(HCl)=n(NaOH)，即V×10-3L×10-amol/L=10V×10-3L×10b-14mol/L，以此计算。
12．【答案】A
【解析】【解答】A．根据图示曲线b可知， +1=1，则 =pH=0， +1=5时， =pH=4，所以在0 pH 4时，HBF4溶液满足pH= ，故A符合题意；
B．a曲线表示的是次磷酸的稀释曲线，由曲线上的点的坐标可知，1mol/L的次磷酸溶液的pH=1，即c(H+)=0.1mol/L；次磷酸电离方程式为：H3PO2 H+ +H2PO2-，所以1mol/L的次磷酸溶液中c(H3PO2)=0.9mol/L，c(H2PO2-)=0.1mol/L，那么次磷酸的电离平衡常数即为：Ka ，故B不符合题意；
C．根据图像可知，b表示的酸每稀释十倍，pH值增加1，所以b为强酸的稀释曲线，又因为H3PO2为一元弱酸，所以b对应的酸只能是氟硼酸(HBF4)，即氟硼酸为强酸；那么NaBF4即为强酸强碱盐，故溶液为中性，常温下pH=7，C项不符合题意；
D．NaH2PO2溶液中：符合质子守恒，c(OH-)=c(H3PO2)+c(H+)，则c(OH-)-c(H+) =c(H3PO2)，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】当 +1=1时，V=V0，即起始时1mol/L的曲线b溶液的pH=0，说明曲线b对应酸为强酸，H3PO2为一元弱酸，则曲线b为氟硼酸（HBF4）加水稀释的曲线，曲线a为H3PO2溶液的稀释曲线，据此分析。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．在pH=6.37时，c(H2CO3)=c( )，溶液中几乎无 ；pH=10.25时，c( )=c( )，溶液中几乎无H2CO3分子，A不符合题意；
B．根据反应 +H2O +OH-的水解平衡常数表达式K= ，按pH=10.25时，c( )=c( )，则K=c(OH-)= =10-3.75，B不符合题意；
C．在NaHC2O4 溶液存在 的电离和水解，电离显酸性，离子方程式为 +H+；水解显碱性，离子方程式为 +H2O H2C2O4+OH-；由图可知NaHC2O4 溶液中显酸性，故电离程度大于水解程度，则c( )＞c(H2C2O4)，C不符合题意；
D．草酸的酸性比碳酸强，往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，能够生成碳酸氢根离子和 ，发生反应：2 +H2C2O4=2 + ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.在pH=6.37时，c(H2CO3)=c( )，相当于几乎没发生电离，这时的浓度不可能与H2CO3、HCO3-的浓度相等；pH=10.25时，c( )=c( ），相当于几乎没发生电离，这时不可能出现c(H2CO3)=c(HCO )=c(CO )；
B.根据水解平衡常数求算公式以及水解常数和Kw之间的关系，可以计算出的水解常数；
C.根据图示可知，HC2O42-的电离程度大于水解程度，所以在0.1mol/LNaHC2O4溶液中应该是c( )＞c(H2C2O4）。
14．【答案】D
【解析】【解答】A. 酸或碱抑制水电离，酸或碱浓度越大，其抑制水电离程度越大；含有弱离子的盐促进水电离，在滴加过程中c(NaOH)逐渐减小、c(NaF)浓度增大，则水电离程度逐渐增大，当二者恰好完全反应生成NaF时，水的电离程度最大，由于HF的浓度未知，所以滴入10 mLHF时，混合溶液可能是碱过量，也可能是酸过量，也可能是二者恰好完全反应产生NaF，因此滴加过程中水的电离程度不一定存在先增大后减小的变化趋势，A不符合题意；
B. ①HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l) △H=-67.7 kJ/mol，
②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H=-57.3 kJ/mol，
将①-②得HF(aq) F-(aq)+H+(aq) △H=(-67.7) kJ/mol-(-57.3) kJ/mol=-10.4 kJ/mol，则HF电离过程放出热量，升高温度，电离平衡逆向移动，即向逆反应方向越大，导致HF电离程度减小，B不符合题意；
C. 向NaOH溶液中开始滴加HF时，当c>0.1时，混合溶液中溶质为NaF、HF时，溶液可能呈中性，结合电荷守恒得c(Na+)=c(F-)，C不符合题意；
D. 若c≥0.1时，在刚开始滴加时，溶液为NaOH、NaF的混合物。且n(NaOH)>n(NaF)，微粒的物质的量浓度存在关系：c(Na+)>c(OH-)>c(F-)>c(H+)，所以c不一定小于0.1，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A. 酸或碱抑制水电离，酸或碱浓度越大，其抑制水电离程度越大；含有弱离子的盐促进水电离；
B. 利用盖斯定律确定HF电离过程放出热量，利用温度对平衡移动的影响分析；
C. 当c>0.1时，混合溶液中溶质为NaF、HF时，溶液可能呈中性，结合电荷守恒判断；
D. 微粒浓度与溶液中含有的NaOH、NaF的物质的量多少有关。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．升高温度，酸的电离程度增大，c(H+)增大，pH减小，A项不符合题意；
B．由图知，c(H3AsO4)=c(H2AsO )时，溶液pH=2.2，故H3AsO4第一步电离常数的数量级为 ，B项不符合题意；
C．M点溶液中c(H2AsO )=c(HAsO )、c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒式c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2AsO )+2c(HAsO )+3c(AsO )，则c(Na+)=3c(HAsO )+3c(AsO )，C项符合题意；
D．由图可知，pH=11时，溶液中c(HAsO )>c(AsO )>c(H2AsO )，D项不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.弱酸的电离吸热，温度升高导致电离增强氢离子浓度增大
B.根据交点即可计算出
C.根据M点的溶质即可利用电荷守恒
D.根据pH=11的图示即可判断离子浓度的大小
16．【答案】C
【解析】【解答】A、在a、b、c、d 四点中溶液的pH逐渐升高，水电离出的离子浓度均不相同，所以水电离出的c(H+)和c(OH-)的乘积是变化的，任何溶液中存在H+的总浓度和OH-总浓度乘积不变，而不是只水电离的，故A不符合题意。
B、b点为pH=7的点，c(OH-)=c(H+)相等，所以B错；
C、c点溶质为NaHA，溶液中存在三个平衡：HA- H+ +A2-、HA- +H2O H2A+OH-、H2O H+ +OH-，溶液显碱性，则HA-水解大于电离，所以c(H2A)>c(A2-)、c(OH-)＞c(H+)，又H+ 和OH-又来自于水的电离，则c(OH-)＞c(H2A)，c(H+)>c(A2-)，故c(Na+)>c(HA-)>c(OH-)>c(H2A)> c(H+)>c(A2-)，C符合题意；
D、d点溶质为Na2A，物料守恒为c(Na+)=2c(HA-)+ 2c(A2-)+ 2c(H2A)，故D不符合题意。选C。
【分析】A.注意区分一定温度下的水的离子积常数与不同条件下水电离出的氢离子与氢氧根离子的积；
B.根据中性溶液判断氢离子与氢氧根离子的浓度关系；
C.根据溶液中的平衡和离子的水解等判断溶液中离子浓度的大小关系；
D.根据物料守恒进行判断。
17．【答案】（1）③④②①
（2）放热
（3） ；；=
（4）d
（5）bd
（6）2
【解析】【解答】（1）酸性越强，即K值越大，酸根结合氢离子能力越强，①，②，③，④四种离子结合的能力由强到弱的顺序是③④②①；
（2）① ，
②
根据盖斯定律①-②可得，则氢氟酸的电离过程是放热的过程；
（3）①0点溶质为HF，a点溶质为氟化钠，HF会抑制水的电离，氟化钠会促进水的电离，由水电离出的：0点＜a点；
②a点时，根据电荷守恒：，此时溶液中，-=10-6-10-8=；
③b点时，溶液为中性，则=根据电荷守恒：，溶液中的=；
（4）平衡常数只受温度影响，将化学平衡常数K增大，应使平衡向正反应移动，该反应正反应是放热反应，故降低温度，化学反应速率降低，故不能实现K增大的同时化学反应速率v正增大，
故答案为：d；
（5）a. ，没有指明正、逆速率，无法判断，故a不正确；
b.随反应进行，气体的物质的量减小，压强减小，容器中气体压强不随时间而变化，说明达到平衡，故b正确；
c.平衡时氯气与二氧化硫的浓度与起始浓度有关，起始浓度不同，平衡时二者浓度不同，若二者起始浓度相同，用于二者按1：1反应，故任意时刻二者的浓度都相同，故c不能说明达到平衡，故c不正确；
d.容器中气体颜色不随时间两变化，说明氯气的浓度不再变化，说明达到平衡，故d正确；
故答案为：bd；
（6）=0.1mol，n(SO2Cl2)=0.12mol，， 则K==2。
【分析】（1）电离平衡常数越大，则其电离产生H＋的能力越强，其对应阴离子结合H＋的能力越弱。
（2）根据盖斯定律计算HF(aq)=H＋(aq)＋F－(aq)的反应热，从而确定其热效应。
（3）①O点为HF溶液，抑制水的电离，a点溶液中含有NaF，F－水解促进水的电离。
②根据电荷守恒进行计算。
③b点溶液pH=7，显中性，溶液中c(H＋)=c(OH－)，结合电荷守恒可得c(F－)与c(Na＋)的相对大小。
（4）平衡常数只与温度有关，结合温度对平衡移动和反应速率的影响分析。
（5）当正逆反应速率相等，或变量不变时，说明反应已经达到平衡状态。
（6）根据平衡三段式，结合平衡常数的表达式进行计算。
18．【答案】（1）CO32﹣
（2）Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣
（3）SO42﹣、CO32﹣；硝酸；沉淀是否溶解
【解析】【解答】解：（1）当溶液中存在大量H+时，因H+与CO32﹣反应生成水和气体，则不能共存，故答案为：CO32﹣； （2）当溶液中存在大量Ag+时，能分别与Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣反应生成沉淀，则不能共存，故答案为：Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣； （3）当向溶液中加入Ba（NO3）2溶液能生成白色沉淀，可能生成硫酸钡或碳酸钡沉淀，则可能纯在的离子为SO42﹣、CO32﹣，因碳酸钡可溶于硝酸，可向沉淀中加入硝酸，观察沉淀是否溶解，如溶解，说明含有CO32﹣，如不溶解，说明不含CO32﹣，如少量溶解，则二者都存在，
故答案为：SO42﹣、CO32﹣；硝酸；沉淀是否溶解．
【分析】（1）与氢离子反应生成水和气体的离子不能大量存在；（2）与银离子反应生成沉淀的离子不能大量存在；（3）利用硫酸钡为不溶于水、不溶于酸的白色沉淀来分析．
19．【答案】（1）+124.2
（2）C3H8+5O2═3CO2+4H2O；负
（3）4.2×10﹣7 mol L﹣1
（4）＞；HCO3﹣ CO32﹣+H+，HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣，
【解析】【解答】（1）根据已知反应和目标反应，利用盖斯定律可知反应C3H8（g）→CH3CH=CH2（g）+H2（g）由已知的反应相减得到，则△H=△H1﹣△H2；（2）负极通入丙烷，碳元素的化合价升高，电池的正极通入O2，氧元素的化合价降低，以此来书写电池总反应方程式，原电池中阴离子向负极移动；（3）H2CO3 HCO3﹣+H+的平衡常数Ka= ，利用忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，由溶液的pH=5.60可知c（H+），然后代入计算；（4）NaHCO3溶液的pH大于8，则水解大于电离，水解生成H2CO3，电离生成CO32﹣．
【解答】解：（1）由C3H8（g）→CH4（g）+HC≡CH（g）+H2（g）△H1=+156.6kJ mol﹣1①，
CH3CH=CH2（g）→CH4（g）+HC≡CH（g）△H2=+32.4kJ mol﹣1 ②，
则根据盖斯定律，反应C3H8（g）→CH3CH=CH2（g）+H2（g）可由①﹣②得到，
所以△H=△H1﹣△H2=+156.6kJ mol﹣1﹣（+32.4kJ mol﹣1）=+124.2kJ mol﹣1，故答案为：+124.2；（2）负极通入丙烷，碳元素的化合价升高，电池的正极通入O2，氧元素的化合价降低，即丙烷与氧气反应生成二氧化碳和水，
则电池的总反应为C3H8+5O2═3CO2+4H2O，原电池中阴离子向负极移动，即CO32﹣移向电池的负极，
故答案为：C3H8+5O2═3CO2+4H2O；负；（3）忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，pH=5.60，c（H+）=10﹣5.60=2.5×10﹣6mol L﹣1，
由H2CO3 HCO3﹣+H+，
平衡时c（H+）=c（HCO3﹣）=2.5×10﹣6mol L﹣1，
c（H2CO3）=（1.5×10﹣5﹣2.5×10﹣6）mol L﹣1，
则Ka= =4.2×10﹣7 mol L﹣1，故答案为：4.2×10﹣7 mol L﹣1；（4）NaHCO3溶液的pH大于8，则水解大于电离，水解生成H2CO3，电离生成CO32﹣，即HCO3﹣ CO32﹣+H+，HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣，
所以c（H2CO3）＞c（CO32﹣），故答案为：＞；HCO3﹣ CO32﹣+H+，HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣．
20．【答案】（1）②③④⑤⑧⑩；①②⑥
（2） 、
（3）
（4）bd
（5）
（6）有白色沉淀生成；
【解析】【解答】（1）物质中存在自由移动的离子或电子，该物质即可导电；在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，在水溶液中完全电离的电解质为强电解质，主要包括强酸、强碱、大部分盐等；
晶体不存在自由移动的离子，不导电，属于强电解质；②熔融 存在自由移动的离子，能导电，属于强电解质；③石墨存在自由移动的电子，能导电，因为为单质，不属于电解质；④稀硫酸存在自由移动的离子，能导电，属于混合物，不属于电解质；⑤ 溶液存在自由移动的离子，能导电，属于混合物，不属于电解质；⑥液态氯化氢以分子形式存在，不导电，属于强电解质；⑦酒精以分子形式存在，不导电，属于非强电解质；⑧氨水存在在自由移动的离子，能导电，属于混合物，不属于电解质；⑨ 自身不能电离出离子，不导电，属于非电解质；⑩澄清石灰水存在在自由移动的离子，能导电，属于混合物，不属于电解质；
结合以上分析可知，上述状态下可导电的是②③④⑤⑧⑩；属于电解质的是①②⑥；
（2）硫酸钾、碳酸氢钠均属于强电解质，在水溶液中完全电离，电离方程式分别为： 、 ；
（3）⑤ 溶液、⑩澄清石灰水；⑤与少量的⑩的离子反应，氢氧化钙完全反应，所以碳酸氢钠与氢氧化钙按照2：1进行反应，离子方程式为： ；
（4）溶解固体氯化镁应该在烧杯中进行，加水溶解的过程中，玻璃棒不断搅拌，加速溶解；故传bd；
（5）把氢氧化钠溶液滴加到盐酸和氯化镁的混合液中，先发生酸碱中和反应，中和结束后，氢氧化钠与氯化镁反应产生白色氢氧化镁沉淀；因此O→A为酸碱中和过程， 段为产生氢氧化镁的过程，B点溶液中含有氯化钠；结合以上分析可知， 段发生反应的离子方程式为 ；B点溶液中含有氯化钠；
（6）结合以上分析可知，在 点对应的溶液中含有氯化钠，因此滴加 溶液，产生氯化银白色沉淀，发生反应的离子方程式为： 。
【分析】Ⅰ、依据物质导电条件：存在自由电子或自由移动离子；水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质为强电解质，依据强弱电解质的电离分析解答；
Ⅱ、依据溶液的配制方法和把氢氧化钠溶液滴加到盐酸和氯化镁的混合液中，先发生酸碱中和反应，中和结束后，氢氧化钠与氯化镁反应产生白色氢氧化镁沉淀；因此O→A为酸碱中和过程， 段为产生氢氧化镁的过程，B点溶液中含有氯化钠，结合以上分析解答。
21．【答案】（1）②①④③
（2）ClO-+H2O HClO+OH-
（3）c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)；AC
（4）10-3
【解析】【解答】（1）所给物质属于强碱弱酸盐，溶液显碱性，根据题中酸的电离平衡常数，得出电离出H＋能力大小顺序是H2SO3>H2CO3>HSO3－>HClO>HCO3－，利用越弱越水解的规律，得出水解程度大小顺序是CO32－>ClO－>SO32－>HCO3－，因此pH大小顺序是②>①>④>③；
（2）NaClO属于强碱弱酸盐，ClO－发生水解：ClO－＋H2O HClO＋OH－，使c(OH－)>c(H＋)，溶液显碱性；
（3）NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4＋发生水解：NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋，溶液显酸性，因为NH4＋水解程度微弱，因此离子浓度大小顺序是c(Cl－)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－)；
A、硫酸铵化学式为(NH4)2SO4，氯化铵溶液加入硫酸铵，c(NH4＋)增大，即c(NH4＋)/c(Cl－)增大，A正确；
B、加入HCl，抑制NH4＋的水解，c(NH4＋)增大，HCl为强电解质，完全电离出H＋和Cl－，c(Cl－)增加的比c(NH4＋)增加多，即c(NH4＋)/c(Cl－)减少，B错误；
C、盐类水解为吸热反应，降低温度，抑制NH4＋水解，c(CNH4＋)增大，c(Cl－)不变，即c(NH4＋)/c(Cl－)增大，C正确；
D、加入少量NaOH，发生NH4＋＋OH－=NH3·H2O，c(NH4＋)减小，c(Cl－)不变，即c(NH4＋)/c(Cl－)减小，D错误；
（4）NH4＋发生水解：NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋，c(NH3·H2O)=c(H＋)=10－6mol·L－1，
c(NH4＋)=(0.1－10－6)mol·L－1≈0.1mol·L－1，
c(OH－)=Kw/c(H＋)=10－14/10－6mol·L－1=10－8mol·L－1，NH3·H2O电离方程式为
NH3·H2O NH4＋＋OH－，Kb=c(NH4＋)×c(OH－)/c(NH3·H2O)，代入数值，Kb=10－3。
【分析】（1）根据有弱才水解，越弱越水解；谁强显谁性，同强显中性,所以电离平衡常数越小，碱性越强；
（2）NaClO属于强碱弱酸盐，水解显碱性；
（3）注意盐类的水解是微弱的，主要是盐的电离；由NH4ClCl－+NH4＋可得，要使 c(NH4+)与c(Cl-)比值变大 ，可以增大NH4＋浓度或者减小Cl－浓度；
（4）由H+是由NH4＋水解产生的，根据水解方程式计算各离子浓度可得；