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．常温时，分别向起始体积均为的次磷酸(，一元弱酸)溶液和氟硼酸溶液中加蒸馏水稀释，稀释后溶液的体积均为VL，两溶液的pH随的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．的电离平衡常数的数量级为
B．溶液中存在：
C．溶液显碱性的原因是的电离程度大于其水解程度
D．A，B，C三点溶液中水的电离程度由大到小的顺序是C>B>A
2．向CH3COONa稀溶液中分别加入少量下列物质（忽略温度与体积变化），可以使 的比值减小的是（　　）
A．KOH固体 B．冰醋酸
C．CH3COONa固体 D．NaHSO4固体
3．在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32ˉ+H2O HCO3ˉ+OHˉ。下列说法正确的是（　　）
A．稀释溶液，上述可逆反应平衡常数不变
B．通入CO2，溶液pH增大
C．加入NaOH固体，平衡向正反应方向移动
D．升高温度， 不变
4．常温下，下列各溶液的叙述中正确的是（　　）
A．pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH=4
B．某稀溶液中由水电离产生的c(H+)=10-10mol L-1，该溶液的pH可能为4也可能为10
C．pH=12的NaOH溶液和pH=2的CH3COOH溶液等体积混合，混合后溶液pH=7
D．用pH=3的盐酸分别中和10mLpH=11的NaOH溶液和氨水，NaOH消耗盐酸的体积大
5．下列各式中属于正确的水解反应离子方程式的是（　　）
A． B．
C． D．
6．已知：25℃时，HCOOH的电离平衡常数K=1.75×10-5，H2CO3的电离平衡常数K1=4.4×10-7、K2=4.7×10-11。下列说法错误的是（　　）
A．向Na2CO3溶液中加入甲酸有气泡产生
B．25℃时，向甲酸溶液中加入NaOH溶液，HCOOH的电离程度和K均增大
C．向甲酸溶液中加入蒸馏水，c(H+)减小
D．向碳酸溶液中加入NaHCO3固体，c(H+)减小
7．将浓度为0.1mol/L=HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是（　　）
A．c(H+) B．Ka(HF) C． D．
8．下列叙述正确的是（　　）
A．稀醋酸中加入少量醋酸钠能促进醋酸的电离
B．相同温度下，相同物质的量浓度的氢氧化钠溶液和氨水导电能力相同
C． 氨水加水稀释后，溶液中所有离子的浓度都减小
D．分别中和等体积、浓度均为 的盐酸和次氯酸溶液，消耗NaOH的物质的量相同，但所得溶液的pH不相同
9．下列事实可以证明MOH是弱碱的有（　　）
①0.1mol/L MOH溶液能使酚酞溶液变红
②常温下，0.1mol/L MOH溶液的pH=12
③0.1mol/L MOH溶液的导电性比0.1mol/L NaOH溶液弱
④等体积的0.1mol/L MOH溶液与0.1mol/L HCl溶液恰好完全反应．
A．.①②③ B．.②③ C．②④ D．③④
10．下列各项关系中正确的是（　　）
A．0.1mol/LNa2SO3溶液中：c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)=0.2mol/L
B．常温下pH=a的稀H2SO4与pH=b的氨水等体积混合后恰好完全反应，则a+b<14
C．0.2mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合：c(H+)-c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)
D．pH相同的三种溶液①NH4Cl ②(NH4)2SO4③NH4HSO4，c(NH4+)大小关系为：①>②>③
11．已知部分弱酸的电离常数如表所示：
弱酸 HClO
电离常数 （ ）
下列离子方程式正确的是（　　）
A．少量 通入NaClO溶液中：
B．少量 通入 溶液中：
C．少量 通入 溶液中：
D．相同浓度 溶液与 溶液等体积混合：
12．室温时，下列说法正确的是（　　）
A．pH=11的氨水和pH=11的Na2CO3溶液中，由水电离产生的c(OH－)均为1×10 11 mol·L 1
B．分别把100 mL pH=11的NaOH溶液和pH=11的氨水加水稀释至1 L，所得溶液pH均为10
C．分别向等体积的0.1 mol·L 1 HCl溶液和0.1 mol·L 1 CH3COOH溶液中加入等浓度的NaOH溶液，恰好为中性时，消耗NaOH溶液的体积相等
D．分别向1 mL pH=3的盐酸和pH=3的CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，两溶液的pH均增大
13．室温下，浓度均为 0.10 mol/L，体积均为 V0 的 MOH 和ROH 溶液，分别加水稀释至体积 V，pH 随 的变化如图所示。下列叙述正确的是（　　）
A．稀释前两溶液的 Ka ： MOH 溶液>ROH 溶液
B．ROH 的电离程度：b 点小于 a 点
C．两溶液在稀释过程中，c(H+)均逐渐减少
D．当 时，若两溶液同时升高温度，则c(R+)/c(M+)增大
14．常温下，将CO2通入1L 0.01 mol·L-1 的某一元碱MOH溶液中，溶液中水电离出的OH-离子浓度[c水(OH-)]与通入的CO2的体积(V)的关系如图所示，下列叙述错误的是（　　）
A．MOH为一元强碱
B．b点溶液中：c(H+) = 1×10-7 mol·L-1
C．c点溶液中：c(M+)=2[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]
D．d点溶液中：c(M+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)
15．常温下，向20mL0.2mol·L－1二元酸H2A溶液中滴加0.2mol·L－1NaOH溶液，有关微粒物质的量变化如图。下列叙述正确的是（　　）
A．当V（NaOH）＝20 mL时，溶液的pH大于7
B．等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水的大
C．当溶液为中性时，V（NaOH）>20 mL
D．当V（NaOH）＝40mL时，升高温度， 减小
16．25℃时，改变0.1mol·L-1弱酸RCOOH溶液的pH，溶液中RCOOH分子的物质的量分数δ(RCOOH)[δ(RCOOH)=]也随之改变。甲酸(HCOOH)与丙酸(CH3CH2COOH)溶液中δ(RCOOH)与pH的关系如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．丙酸的电离常数数量级为10-5
B．等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液的pH比较：前者＞后者
C．水的电离程度：M点＜N点
D．将0.1mol·L-1的HCOOH溶液与0.1mol·L-1的HCOONa溶液等体积混合，所得溶液中：c(HCOO-)＞c(Na+)＞c(HCOOH)＞c(H+)＞c(OH-)
二、综合题
17．氮及其化合物在工农业生产生活中应用广泛，请解决下列问题．
（1）硫酸铜溶液时白磷引起中毒的一种解毒剂：
P4+CuSO4+H2O→Cu3P+H3PO4+H2SO4，若6molH3PO4生成，则被CuSO4氧化的P4的物质的量为　 　．
（2）氮的化合物合成、应用及氮的固定一直是科学研究的热点．以CO2与NH3为原料合成化肥尿素的主要反应如下：
①2NH3（g）+CO2（g）=NH2CO2NH4（s）；△H=﹣159.47kJ mol﹣1
②NH2CO2NH4（s）=CO （NH2）2（s）+H2O（g）；△H=a kJ mol﹣1
③2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）；△H=﹣86.98kJ mol﹣1
则a为　 　．
（3）如图表示使用新型电极材料，以N2、H2为电极反应物，以HCl﹣NH4Cl为电解质溶液制造出既能提供能量，同时又能实现氮固定的新型燃料电池．请写出该电池的正极反应式　 　．生产中可分离出的物质A的化学式为　 　．
（4）常温下，向0.1mol/L氨水中加入少许N2O5，使溶液中c（NH3 H2O）：c（NH4+）=5：9，此时溶液的pH=　 　．（25℃时，NH3 H2O的电离常数Kb=1.8×10﹣5）
（5）SiO2溶于氢氟酸后生成一种极强的二元酸和水，经分析该酸由3种元素组成，其中氟严肃的质量分数为79.17%．请写出SiO2溶于氢氟酸的离子方程式　 　
18．完成下列问题。
（1）常作食品加工中的食品添加剂，用于焙烤食品；在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。
①几种均为0.1mol/L的电解质溶液的pH随温度变化的曲线如图甲所示。其中符合溶液的pH随温度变化的曲线是　 　(填罗马数字)，导致溶液的pH随温度变化的原因是　 　。
②20℃时，溶液中　 　。
（2）下列图像能说明醋酸钠的水解反应达到平衡的是　 　(填标号)。
A．溶液中与反应时间t的关系 B．的水解速率与反应时间t的关系 C．溶液的pH与反应时间t的关系 D．与反应时间t的关系
（3）常温下磷酸和氢氧化钠溶液反应获得含磷各物种的分布分数与pH的关系如图所示。由图分析：
的　 　；利用图中数据计算推测溶液的酸碱性　 　(写出推理过程和结论)。
（4）室温时，向溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，溶液pH与加入NaOH溶液体积的关系曲线如图乙所示。
试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是　 　点。在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是　 　。
19．①Cu丝 ②熔融的MgCl2
③NaCl溶液 ④蔗糖 ⑤CH3COOH ⑥CaCO3 ⑦NaHCO3 ⑧CO2
⑨氨水，请用相应的数字编号和化学用语回答问题：
（1）属于电解质的是 　 　；
（2）能导电的是 　 　；
（3）属于强电解质的是 　 　；
（4）属于非电解质的是 　 　；
（5）NaHCO3的电离方程式 　 　；
（6）写出以上物质能发生中和反应的离子方程式　 　。
20．现有pH＝2的醋酸溶液甲和pH＝2的盐酸乙，请根据下列操作回答问题：
（1）取10
mL的甲溶液，加入等体积的水，醋酸的电离平衡　 　移动(填“向左”、“向右”或“不”)；另取10 mL的甲溶液，加入少量无水醋酸钠固体(假设加入固体前后，溶液体积保持不变)，待固体溶解后，溶液中 的比值将　 　(填“增大”、“减小”或“无法确定”)。
（2）相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，各稀释100倍。稀释后的溶液，其pH大小关系为：pH(甲)　 　pH(乙)(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)。
（3）各取25
mL的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和至pH＝7，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为：V(甲)　 　V(乙)。
21．25℃时，有0.01
mol L-1的醋酸溶液，试回答下列问题：
（1）写出醋酸的电离方程式　 　
（2）达平衡时，溶液中氢离子浓度约是　 　(25℃时，醋酸电离平衡常数为2. 25×10 -6)
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．由图可知，次磷酸的电离常数约为 ，A不符合题意；
B．NaBF4为强酸强碱盐，NaBF4溶液中只存在盐的电离及水的电离，故离子浓度关系为 ，B不符合题意；
C．次磷酸是一元弱酸， 在溶液中只发生水解，不发生电离，C符合题意；
D．A、B、C三点的溶液均为酸溶液，溶液pH越小，氢离子浓度越大，对水电离抑制作用越大，由图可知，溶液pH：C> B> A，则水的电离程度由大到小的顺序为C> B>A，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据图中数据计算电离常数；
B．依据溶液的酸碱性和电荷守恒排序；
C．次磷酸是一元弱酸， 在溶液中只发生水解，不发生电离；
D．酸抑制水的电离，且氢离子浓度越大，对水电离抑制作用越大。
2．【答案】D
【解析】【解答】A、加入固体KOH，醋酸根的水解平衡逆向移动，c（CH3COO- ）增大，但c（Na+）不变，则比值增大，A不符合题意；
B、加入冰醋酸，平衡逆向移动，c（CH3COO-）增大，则比值增大，B不符合题意；
C、加入固体CH3COONa，c(CH3COONa)浓度增大，水解程度降低，则比值增大，C不符合题意；
D、加入固体NaHSO4 ，平衡向正向移动，c（Na+）增大，c（CH3 COO-）减小，则比值减小，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.加入KOH，水解平衡逆向移动，c(CH3COO-)增大；
B.加入冰醋酸，水解平衡逆向移动，c(CH3COO-)增大；
C.加入CH3COONa，c(CH3COONa)浓度增大，水解程度降低；
D.加入NaHSO4，水解平衡正向移动，c(Na+)增大，c(CH3COO-)减小；
3．【答案】A
【解析】【解答】A．水解平复衡常数只受温度的影响，加水稀释，平衡常数不变，故A符合题意；
B．通入CO2，二氧化碳与OH-反应，水解平衡正向移动，制溶液pH减小，故B不符合题意；
C．加入NaOH固体，c（OH-）浓度增大，溶液pH增大，故C不符合题意；
D. 升高温度，平衡向正向移动，则 增大，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.平衡常数是温度常数，只会随温度变化而改变；
B.通入二氧化碳，碳酸会与OH-反应，使溶液的pH减小；
C.；加入NaOH固体，c（OH-）浓度增大，溶液pH增大；
D.升高温度，平衡向正向移动，则 增大。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．醋酸存在电离平衡，加水稀释，电离平衡正向移动，醋酸继续电离补充，所以的醋酸稀释10后溶液，故A不符合题意；
B．常温下，某稀溶液中由水电离产生的，说明水的电离受到抑制，酸或碱抑制水的电离，所以该溶液中的溶质为酸或碱，若溶质为酸，则，若溶质为碱，则，故B符合题意；
C．是强碱，全部电离，是弱酸，部分电离，的溶液和的溶液，两溶液中和相等，等体积混合时混合液中过量，溶液呈酸性，溶液的，故C不符合题意；
D．同体积、同的溶液和氨水，氨水的物质的量大于的物质的量，且氨水和都是一元碱，所以用的盐酸分别中和的溶液和氨水，氨水消耗盐酸的体积大，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.醋酸为弱酸，加水稀释促进其电离；
B.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；
C.pH=12的NaOH溶液浓度小于pH=2的CH3COOH溶液的浓度，二者等体积混合后，醋酸有大量剩余，溶液呈酸性；
D.同体积、同pH的NaOH溶液和氨水，氨水的物质的量大于NaOH的物质的量。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，属于水解方程式，故A符合题意；
B．硫离子是多元弱酸的阴离子，分步水解，不能一步完成，故B不符合题意；
C．醋酸电离生成醋酸根离子和水合氢离子，该式子是电离方程式，故C不符合题意；
D．醋酸与碱反应生成盐和水，则选项D为醋酸和强碱的中和的离子反应，故D不符合题意；
故答案为A。
【分析】水解反应的实质是：弱酸或弱碱离子结合水电离出的氢离子或氢氧根离子生成弱电解质的过程，水解反应方程式用可逆符号表示，以此分析得出符合题意结论。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．电离常数越大，酸性越强，酸性强的可以制酸性弱的，甲酸的酸性大于碳酸，所以向Na2CO3溶液中加入甲酸会生成二氧化碳气体，故A不符合题意；
B．电离常数只与温度有关，25℃时，向甲酸中加入NaOH溶液，NaOH消耗了氢离子，氢离子浓度减小，HCOOH的电离程度增大，K值只受温度的影响，K不变，故B符合题意；
C．甲酸的稀溶液中加水稀释，促进甲酸的电离，氢离子的物质的量增大，溶液的体积也增大，由于体积增大的多，所以氢离子浓度减小，故C不符合题意；
D．向碳酸溶液中加入NaHCO3固体，NaHCO3电离出的碳酸氢根离子抑制碳酸的电离，溶液中氢离子浓度减小，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 A.酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据强酸制弱酸分析；
B.25℃时，向甲酸中加入NaOH溶液，NaOH中和H而促进HCOOH电离，电离平衡常数只与温度有关；
C.向0.1mol/L的甲酸中加入蒸馏水，促进 HCOOH电离，但是HCOOH电离增大程度小于溶液体积增大程度；
D.向碳酸溶液中加入 NaHCO3固体，c(HCO3-)增大而抑制碳酸电离。
7．【答案】D
【解析】【解答】A、因HF为弱酸，则浓度为0.1mol L-1HF溶液加水不断稀释，促进电离，平衡正向移动，电离程度增大，n（H+）增大，但c（H+）不断减小，A不符合题意；
B、因电离平衡常数只与温度有关，则Ka（HF）在稀释过程中不变，B不符合题意；
C、因稀释时一段时间电离产生等量的H+和F-，溶液的体积相同，则两种离子的浓度的比值不变，但随着稀释的不断进行行，c（H+）不会超过10-7mol L-1，c（F-）不断减小，则比值变小，C不符合题意；
D、因Ka（HF）= c(F-)×c(H+)/ c(HF)，当HF溶液加水不断稀释，促进电离，c（F-）不断减小，Ka（HF）不变，则c(H+)/ c(HF)增大，D符合题意；
故答案为：D
【分析】HF溶液溶液中存在电离平衡HFH++F-，稀释会促进HF的电离，但溶液中c(HF)、c(H+)、c(F-)减小，结合Ka、Kw进行分析。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．醋酸是弱电解质，水溶液中存在电离平衡：CH3COOH CH3COO-+H+，加入醋酸钠则溶液中CH3COO-浓度增大，电离平衡逆向移动，醋酸电离受到抑制，A不符合题意；
B．NH3·H2O为弱电解质，在氨水中部分电离，与等物质的量浓度的NaOH溶液相比，离子浓度小，氨水导电性较NaOH溶液差，B不符合题意；
C．水溶液中存在水的电离平衡，Kw不变，氨水稀释，OH-浓度减小，则H+浓度变大，C不符合题意；
D．中和等体积、等浓度的盐酸和次氯酸溶液，消耗NaOH的物质的量相同，生成等量且等浓度的NaCl和NaClO。NaClO水解后溶液呈碱性，而NaCl溶液呈中性，二者pH值不同，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A．CH3COO 抑制CH3COOH电离；
B．相同温度下，溶液导电能力与离子浓度及所带电荷成正比；
C．加水稀释促进NH3 H2O电离，但NH3 H2O电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c（OH ）减小，温度不变离子积常数不变；
D．消耗n（NaOH）与n（酸）成正比，强酸强碱盐溶液呈中性，强碱弱酸盐水溶液呈碱性。
9．【答案】B
【解析】【解答】解：①0.1mol/L MOH可以使酚酞试液变红说明 MOH能电离出氢氧根离子，而不能说明 MOH的电离程度，所以不能证明 MOH是弱电解质，故①错误；
②常温下，0.1mol/L MOH溶液的pH=12，即氢氧根离子的浓度为0.01mol/L，MOH没有完全电离，则MOH为弱电解质，故②正确；
③溶液的导电性与离子浓度成正比，0.1mol/L MOH溶液的导电性比0.1mol/L NaOH溶液弱，说明 MOH溶液中离子浓度较小，说明 MOH部分电离，故③正确；
④等体积的0.1mol/L MOH溶液与0.1mol/L HCl溶液恰好完全反应，无论是强碱还是弱碱，都恰好完全反应，故④错误；
故选B．
【分析】MOH是弱碱，说明MOH部分电离，溶液中存在电离平衡，根据MOH的电离程度划分强弱电解质，据此分析解答．
10．【答案】B
【解析】【解答】A.根据物料守恒0.1 mol/L Na2SO3溶液中：c(Na+)＝2c(SO32－)+2c(HSO3－)+2c(H2SO3)＝0.2 mol/L，故A不符合题意；
B.氨水是弱碱，若a+b=14，pH＝a的稀H2SO4与pH＝b的氨水等体积混合后氨水过量，故B符合题意；
C.0.2 mol/L CH3COOH溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，溶质为等浓度的CH3COOH和CH3COONa，2 c(H+)－2c(OH－)＝c(CH3COO－)－c(CH3COOH)，故C不符合题意；
D.pH相同的三种溶液，NH4HSO4是强酸的酸式盐，c(NH4+)最小；NH4Cl 、(NH4)2SO4因为铵根水解呈酸性，pH相同，所以c(NH4+)相同，故c(NH4+)大小关系为：①=②＞③，故D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A.根据物料守恒即可得出答案；
B.若混合后硫酸与氨水恰好完全反应，则氢离子的物质的量等于氨水的物质的量，据此进行分析；
C.根据溶液中的电荷守恒与物料守恒进行分析；
D.根据相同pH的硫酸铵与氯化铵溶液的水解程度与硫酸氢铵电离时产生的氢离子抑制铵根离子水解进行分析。
11．【答案】C
【解析】【解答】A．由表格中电离常数数据可知， ，故少量 通入NaClO溶液中生成 ，选项A不符合题意；
B．HClO具有强氧化性， 具有还原性，二者能发生氧化还原反应，选项B不符合题意；
C． ，故少量 通入 溶液中生成 ，选项C符合题意；
D．亚硫酸为弱酸，故 在水溶液中主要电离出 ，而不是 和 ，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】结合强酸制弱酸原理和离子方程式的书写原则：电荷守恒，质量守恒，弱电解质保持原式进行分析。
12．【答案】D
【解析】【解答】A．酸碱均会抑制水的电离，可以水解的盐能促进水的电离。pH=11的氨水，由水电离出的c(OH－)为1×10 11mol/L，pH=11的Na2CO3溶液中，水电离的氢氧根为1×10 3mol/L，故A不符合题意；
B.100 mL pH=11的NaOH溶液加水稀释至1 L，所得溶液pH均为10，氨水是弱电解质，存在电离平衡， pH=11的氨水加水稀释至1 L，所得溶液pH＜10，故B不符合题意；
C．等浓度等体积的盐酸和醋酸，二者物质的量相等，当分别加入等物质的量的NaOH时，盐酸变为氯化钠溶液，溶液显中性，此时醋酸变为醋酸钠溶液，醋酸钠水解使其溶液呈碱性，因此，若要使醋酸溶液呈中性，必须少加一些氢氧化钠溶液，故C不符合题意；
D．盐酸中加醋酸钠，两者发生反应生成弱酸醋酸，故其pH增大；向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，会使醋酸的电离平衡逆向移动，故pH增大，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A．Na2CO3溶液中CO32－水解，促进水的电离，由水电离产生的H＋浓度大于10－7mol·L－1；
B．稀释会促进NH3·H2O的电离，产生更多的OH-；
C．CH3COONa溶液显碱性，要使溶液显中性，则要求CH3COOH过量；
D．加入CH3COONa溶液后，HCl能与CH3COONa反应生成CH3COOH和NaCl，CH3COOH溶液中，CH3COOH的电离受到抑制；
13．【答案】D
【解析】【解答】A.0.10mol/LMOH的pH=13，则MOH为强碱，强碱在溶液中完全电离，不存在电离平衡常数，选项A不符合题意；
B．由图示可以看出ROH为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，b点溶液体积大于a点，所以b点浓度小于a点，则ROH电离程度：b＞a，选项B不符合题意；
C．若两种溶液稀释，溶液中c（OH-）逐渐减小，温度不变，Kw不变，所以c(H+)逐渐增大，选项C不符合题意；
D．根据A知，碱性MOH＞ROH，当 ＝2时，由于ROH是弱电解质，升高温度能促进ROH的电离，则c(R+)增大，c(M+)几乎不变，所以c(R+)/c(M+)增大，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据图像，MOH为强碱，ROH为弱碱，对于可溶性弱电解质，越稀越电离，在稀释的过程中，氢氧根离子浓度减小，氢离子浓度增大。
14．【答案】B
【解析】【解答】A．a点为MOH溶液，-lgc水(OH-)=12，c水(H+)=c水(OH-)=10-12 mol·L-1，c溶液(OH-)= =0.01 mol·L-1，溶液中氢氧根离子浓度与MOH溶液浓度相同，说明MOH在溶液中完全电离，为一元强碱，故A不符合题意；
B．b点是M2CO3和MOH的混合溶液，溶液显碱性，对水的电离起抑制作用，b点溶液中：c(H+)＜1×10-7 mol·L-1，故B符合题意；
C．c点溶液中，当水电离出的OH-离子浓度最大时，说明此时的溶液是M2CO3溶液，根据M2CO3溶液中的物料守恒可得：c(M+)=2[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]，故C不符合题意；
D．d点是MHCO3和H2CO3的混合溶液，水电离出的OH-离子浓度10-7 mol·L-1，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒c(M+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)，两式相减得： c(M+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．根据a点分析；
B．根据碱抑制水电离分析；
C．根据物料守恒分析；
D．根据电荷守恒分析。
15．【答案】C
【解析】【解答】A. 常温下，向20mL0.2mol·L－1二元酸H2A溶液中滴加0.2mol·L－1NaOH溶液20 mL时。发生的反应为H2A+NaOH＝NaHA+ H2O，由图可知HA-能电离出氢离子，所以溶液显酸性，pH小于7故A不符合题意；
B.等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，溶液为NaHA溶液，由图中数据无法判断水的电离程度是否比纯水的大，故B不符合题意；
C.由图可知HA-为弱根离子，NaHA溶液显酸性，所以当溶液为中性时，V(NaOH)>20mL 故C符合题意；
D.当V(NaOH)＝40mL时，发生的反应为H2A+2NaOH＝Na2A+ 2H2O，A2-能发生水解，升高温度，促进水解，c(A2)浓度降低，所以- 增大，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】
A．加入20mLNaOH时，恰好生成NaHA，根据图像可知，此时溶液中的n(A2-)＞n(H2A)，故HA-的电离程度大于水解程度，所以NaHA溶液为酸性；
B．等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，溶液为NaHA溶液，HA-的电离程度大于水解程度，但无法判断水的电离程度与纯水的大小；
C．NaHA溶液显酸性，因此溶液为中性时NaOH略大于20mL；
D．根据升温促进A2-的水解分析；
16．【答案】B
【解析】【解答】A．由分析可知，丙酸的电离常数为10-4.88，数量级为10-5，故A不符合题意；
B．由分析可知，甲酸的酸性强于丙酸，则甲酸根离子在溶液中的水解程度小于丙酸根离子，等浓度的甲酸钠溶液的pH小于丙酸钠溶液，故B符合题意；
C．酸溶液中氢离子浓度越大，抑制水电离的程度越大，由图可知，M点溶液中pH小于N点，溶液中氢离子浓度大于N点，则水的电离程度小于N点，故C不符合题意；
D．甲酸根离子的水解常数Kh==＜Ka说明等浓度的甲酸和甲酸钠的混合溶液中甲酸的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，则溶液中各微粒浓度的大小顺序为c(HCOO-)＞c(Na+)＞c(HCOOH)＞c(H+)＞c(OH-)，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由公式可知，δ(RCOOH)=0.5时，溶液中c( RCOOH)=c( RCOO-)，则弱酸的电离常数Ka==c(H+)，由图可知，δ(RCOOH) = 0.5时，甲酸、丙酸溶液的pH分别为3.75、4.88，则甲酸、丙酸的电离常数分别为10-3.75、10-4.88，电离常数越大，弱酸的酸性越强，则甲酸的酸性强于丙酸。
17．【答案】（1）0.75mol
（2）+72.49
（3）N2+6e﹣+8H+=2NH4+；NH4Cl
（4）9
（5）SiO2+6HF=2H++SiF62﹣+2H2O
【解析】【解答】解：（1）Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4中部分磷元素由0价降低到﹣3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若6molH3PO4生成，则参加反应CuSO4为6mol× =15mol，根据电子转移守恒，被CuSO4氧化的P4的物质的量为 =0.75mol，
故答案为：0.75mol；（2）①2NH3（g）+CO2（g）=NH2CO2NH4（s）；△H=﹣159.47kJ mol﹣1
②NH2CO2NH4（s）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）；△H=a kJ mol﹣1
③2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）；△H=﹣86.98kJ mol﹣1
依据热化学方程式和盖斯定律①+②=③，得到﹣159.47KJ/mol+a=﹣86.98KJ/mol
a=+72.49KJ/mol；
故答案为：+72.49；（3）以N2、H2为原料，以HCl﹣NH4Cl为电解质溶液构成新型燃料电池，正极发生还原反应，即氮气被还原生成NH4+，电极反应式为N2+6e﹣+8H+=2NH4+；负极是氢气失电子生成氢离子，政绩生成铵根离子在电解质溶液中可以分离出氯化铵；
故答案为：N2+6e﹣+8H+=2NH4+； NH4Cl；（4）常温下，向0.1mol/L氨水中加入少许N2O5，五氧化二氮和0.1水反应生成硝酸，硝酸和氨水反应，溶液中c（NH3 H2O）：c（NH4+）=5：9，溶液中溶质为硝酸铵和一水合氨，NH3 H2O NH4++OH﹣，25℃时．NH3 H2O的电离平衡常数Kb=1.8×10﹣5= ，c（OH﹣）=10﹣5mol/L，c（H+）=10﹣9mol/L，pH=9，
故答案为：9；（5）SiO2溶于氢氟酸后生成一种极强的二元酸和水，该酸由3种元素组成，其中氟元素的质量分数为79.17%，分子中H原子数目为2，令该酸的化学式为：H2SixFy，根据化合价代数和为0可知2+4x﹣y=0，由氟元素质量分数有 ×100%=79.17%，联立解得x=1，y=6，故该酸为H2SiF6，故SiO2溶于氢氟酸的离子反应方程式为：SiO2+6HF=2H++SiF62﹣+2H2O，故答案为：SiO2+6HF=2H++SiF62﹣+2H2O．
【分析】（1）Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4中部分磷元素由0价降低到﹣3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，根据电子转移是计算被CuSO4氧化的P4的物质的量；（2）①2NH3（g）+CO2（g）=NH2CO2NH4（s）；△H=﹣159.47kJ mol﹣1
②NH2CO2NH4（s）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）；△H=a kJ mol﹣1
③2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）；△H=﹣86.98kJ mol﹣1
依据热化学方程式和盖斯定律①+②=③，依据热化学方程式和盖斯定律来计算；（3）原电池正极发生还原反应，依据装置图分析判断分离出氯化铵；（4）常温下，向0.1mol/L氨水中加入少许N2O5，五氧化二氮和水反应生成硝酸，硝酸和氨水反应，溶液中c（NH3 H2O）：c（NH4+）=5：9，溶液中溶质为硝酸铵和一水合氨，根据NH3 H2O的电离平衡常数计算；（5）依据所给质量分数求算该酸的化学式，然后书写即可．
18．【答案】（1）I；水解吸热，溶液呈酸性，升高温度使其水解程度增大，pH减小；0.1
（2）BC
（3）；，，，则的水解程度大于电离程度，溶液显碱性
（4）a；
【解析】【解答】（1）①正确的曲线是I，导致溶液的pH随温度变化的原因是：NH4Al(SO4)2溶于水电离出的NH4+ 、Al3＋在溶液中水解使溶液显酸性，水解反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，溶液中氢离子浓度增大，pH减小。
②由物料守恒可知，20℃时，溶液中0.1。
（2）醋酸钠溶液中存在水解反应CH3COO－+H2O CH3COOH+OH－，
A．钠离子不参与水解，不发生变化，A不正确，不选；
B．反应物浓度越大，反应速率越快，醋酸根离子水解的速率随着浓度的下降而减小、当速率不再变化时，说明水解已平衡，B正确，选；
C．随着反应的进行，氢氧根的数目、浓度不断增大，当氢氧根浓度不再变化时，说明已平衡，C正确，选；
D．Kw值与温度有关，温度不变Kw不变、但不能说明平衡，D不正确，不选；
选BC。
（3）H3PO4是三元弱酸，在溶液中存在电离平衡，当溶液中c(H3PO4)=c(H2PO)时，其第一步电离平衡常数Ka1==c(H+)，图示可知：c(H3PO4)=c(H2PO)时，c(H+)=10-2.1，故Ka1=10-2.1；同理，由pH=7.2对应的交点可求得、由pH=12.2对应的交点可求得，则 ，则的水解程度大于电离程度，溶液显碱性。
（4）①室温时，向溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，发生的反应依次为H＋＋OH－=H2O、OH－＋=NH3·H2O，由方程式可知，a点时氢氧化钠溶液恰好中和溶液中氢离子，得等浓度的硫酸铵和硫酸钠的混合溶液，溶液中的铵根水解促进水的电离；a点之后，铵根离子与氢氧根离子反应生成抑制水电离的一水合氨，铵根离子浓度越小，促进水的电离程度越小，所以溶液中水的电离程度最大是a点；
②由图可知b点时，溶液pH为7，该点为硫酸钠、硫酸铵和一水合氨的混合溶液，则溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是。
【分析】（1）①硫酸铝铵水解先酸性，温度升高，水解程度变大，酸性增强，pH减小，铵根和Al3+都可以水解产生H+
②根据N守恒，列出物料守恒计算即可
（2）可以根据变化的量不再发生变化，达到化学平衡
A.钠离子浓度始终不变，不能作为判断标准
B.随着反应进行，醋酸根浓度降低，达到平衡时不再变化，可以作为判断依据
C.温度升高，水解程度变大，c（OH-）增大，pH变大，达到平衡时候，不再变化，可以作为判断依据
D.Kw始终不变
（3）充分利用图像交点，磷酸与磷酸二氢根相等时进行计算Ka1，要知道Na2HPO4溶液是酸性还是碱性，要判断水解和电离二者关系，弱水解大于电离，溶液显碱性，电离大于水解，溶液显酸性
（4）c（H+）、c(OH-)都会抑制水的电离，当H+与OH-恰好完全反应时，此时水的电离程度最大。
19．【答案】（1）②⑤⑥⑦
（2）①②③⑨
（3）②⑥⑦
（4）④⑧
（5）NaHCO3 = Na++HCO3-
（6）CH3COOH+NH3·H2O=CH3COO-+NH4 + +H2O
【解析】【解答】①Cu属于金属单质，有自由移动的电子，能够导电；不是电解质，不溶于水；水溶液不能导电；
②熔融的MgCl2，有自由移动的离子，能导电；溶于水或者熔化时能完全电离出自由移动的离子而导电，属于强电解质；水溶液能导电；
③NaCl溶液，有自由移动的离子，能导电，属于混合物，不是电解质；
④蔗糖只存在蔗糖分子，没有自由移动的离子，不导电；溶于水和熔化时都不导电，不是电解质，属于非电解质；
⑤液态（或固态）的醋酸没有自由移动的离子，不导电；溶于水时能部分电离出自由移动的离子而导电，属于弱电解质；
⑥CaCO3固体中没有自由移动的离子，不导电；碳酸钙溶于水的部分能够完全电离，属于强电解质；难溶于水，水溶液不导电；
⑦NaHCO3固体中没有自由移动的离子，不导电；溶于水时能完全电离出自由移动的离子而导电，属于强电解质；溶于水，水溶液导电；
⑧CO2没有自由移动的离子，不导电；本身不能电离，不是电解质；CO2与水反应生成碳酸是可溶性的电解质，能够电离出自由移动的离子，其水溶液导电；所以二氧化碳属于非电解质；
⑨氨水溶液中有自由移动的离子，能导电；属于混合物，不是电解质；
综合以上分析可知：（1）属于电解质的是②⑤⑥⑦；综上所述，本题答案是：②⑤⑥⑦。 （2）能导电的是①②③⑨；综上所述，本题答案是：①②③⑨。（3）属于强电解质的是②⑥⑦；综上所述，本题答案是：②⑥⑦。（4）属于非电解质的是④⑧；综上所述，本题答案是：④⑧。（5）NaHCO3属于溶于水的盐，完全电离，电离方程式：NaHCO3 = Na++HCO3-；综上所述，本题答案是：NaHCO3 = Na++HCO3- 。（6）醋酸与一水合氨发生中和反应生成醋酸铵和水，离子方程式：CH3COOH+NH3·H2O=CH3COO-+NH4 + +H2O；综上所述，本题答案是：CH3COOH+NH3·H2O=CH3COO-+NH4 + +H2O。
【分析】（1）电解质的关键点是：在熔融状态下（含有离子键）或者水溶液中（发生电离）能够导电的化合物，根据上述定义， ②⑤⑥⑦ 属于电解质；
（2）若存在可以移动的电荷离子，即可导电；
（3）强电解质在水溶液中全部电离；
（4）非电解质在在熔融状态下（不含有离子键）或者水溶液中（不发生电离）均不够导电的化合物；
（5）若写等号，碳酸氢根不能拆；
（6）酸碱发生中和反应。
20．【答案】（1）向右；减小
（2）小于
（3）大于
【解析】【解答】（1）醋酸是弱酸，存在电离平衡CH3COOH CH3COO－+H＋，加入等体积的水，平衡正向移动，加入少量无水醋酸钠固体，导致溶液中CH3COO－离子浓度升高，平衡正向移动，H＋浓度降低，CH3COOH 浓度升高，溶液中 的比值将减小；
（2）醋酸是弱酸，在稀释的过程中，不断电离，若稀释100倍，2＜pH＜4，盐酸是强酸，稀释100倍，pH=4，所以pH大小关系为：pH(甲)小于pH(乙)；
（3）pH值相等的醋酸溶液甲和盐酸乙，醋酸是弱酸，部分电离，醋酸的浓度远大于盐酸的浓度，各取25 mL的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和至中性，醋酸消耗氢氧化钠溶液的体积大，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为：V(甲)大于V(乙)。
【分析】
（1）加水稀释后离子浓度降低，平衡向右移动；而加入醋酸固体，其平衡右移，氢离子浓度增大，但醋酸分子浓度更大，其氢离子和醋酸的比值将减小；
（2）弱酸部分电离，根据勒夏特列原理，故其氢离子浓度大于强酸的氢离子浓度，pH小于强酸；
（3）根据相同pH的强弱酸与强碱反应，其弱酸的物质的量较大，故消耗强碱较多。
21．【答案】（1）CH3COOH CH3COO-＋H+
（2）1.5×10-4mol/L
【解析】【解答】(1)醋酸是一元弱酸，在溶液中部分电离出醋酸根离子和氢离子，电离方程式为 CH3COOH CH3COO-＋H+，故答案为：CH3COOH CH3COO-＋H+；
(2) 达平衡时，溶液中氢离子浓度等于醋酸根离子浓度，由电离常数Ka= 可知，溶液中氢离子浓度约为c(H+)= = =1.5×10—4mol/L，故答案为：1.5×10-4mol/L。
【分析】
（1）弱酸不完全电离，可逆（2）根据电离平衡数，利用c(H+)=c(CH3COO-)计算即可