3.1 电离平衡（含解析） 同步测试 2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1

3.1 电离平衡 同步测试
一、单选题
1．为防止流感病毒的传播，许多公共场所都注意环境消毒，以下消毒药品属于强电解质的是（　　）
A．84消毒液 B．高锰酸钾 C．酒精 D．醋酸
2．下列各组物质全部是弱电解质的是（　　）
A．H2SiO3 H2S CO2 B．MgSO4 CH3COOH CH3CH2OH
C．H2SO3 BaSO4 CH4 D．H2O NH3·H2O H3PO4
3．下列物质中，既能导电又属于强电解质的是（　　）
A．熔融 B．液氨 C．硅 D．盐酸
4．下列物质属于弱电解质的是（　　）
A．K2SO4 B．NaOH C．NH3·H2O D．HClO4
5．下列说法正确的是（　　）
A．KClO3和SO3溶于水后能导电，故KClO3和SO3为电解质
B．HClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质
C．HCl溶液和NaCl溶液均通过离子导电，所以HCl和NaCl均是离子化合物
D．杂多酸盐Na2HPW12O40与Na3PW12O40都是强电解质
6．下列说法错误的是（　　）
①氯化钠溶液在直流电作用下电离成钠离子和氯离子 ②溶于水能电离出的化合物都是酸 ③氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是胶粒带有相同的电荷 ④金属铜能导电，但它不是电解质，是非电解质 ⑤硫酸溶液导电能力一定比醋酸溶液导电能力强
A．①②③⑤ B．①②③④ C．①②④⑤ D．②③④⑤
7．25℃时，体积均为V0mL、0.10mol·L-1NaX溶液和未知浓度的NaY溶液，分别加水稀释至VmL，溶液的pH与的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．稀释前，c(NaX)=c(NaY)
B．电离常数：Ka(HX)C．均等于2时，两溶液中c(X-)=c(Y-)
D．等浓度的NaX与HX的混合溶液中pH≈7
8．下列说法错误的是（　　）
A．将 的 溶液加水稀释， 变大
B．向 的氨水中通氨气，则 的电离程度增大
C． 溶液存在 ，向黄绿色的 溶液中加水，溶液颜色变蓝
D．分别向甲容器(恒温恒容)中充入 ，乙容器(绝热恒容)充入 和 各1mol，发生反应 ，平衡时
9．可促进HClO的电离，并使pH增大的是（　　）
①加入HCl ②加入NaClO ③加入NaOH ④加入Zn ⑤加热．
A．①②③④ B．②③④ C．③④ D．③④⑤
10．室温下，下列事实不能说明NH3 H2O为弱电解质的是（　　）
A．0.1 mol L﹣1 NH3 H2O的pH小于13
B．0.1 mol L﹣1 NH4Cl的pH小于7
C．相同条件下，浓度均为0.1 mol L﹣1 NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱
D．0.1 mol L﹣1 NH3 H2O能使无色酚酞试液变红色
11．类比是研究物质性质的常用方法之一。下列说法正确的是（　　）
A．已知AgCl是强电解质，推测AgBr也是强电解质
B．已知Cu与Cl2能化合生成CuCl2，推测Fe与Cl2也能化合生成FeCl2
C．已知Al（OH）3可以治疗胃酸过多，推测NaOH也可以治疗胃酸过多
D．已知Fe可以置换出CuSO4溶液中的铜，推测Na也可以置换出CuSO4溶液中的铜
12．关于物质的分类，正确的是（　　）
A．纯碱---碱 B．盐酸---纯净物
C．氯化银---弱电解质 D．氧化钠---碱性氧化物
13．有等体积、等pH的Ba(OH)2、KOH和NH3·H2O三种碱溶液，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为V1、V2、V3，则三者的大小关系正确的是（　　）
A．V3＞V2＞V1 B．V3=V2=V1 C．V3＞V2=V1 D．V1=V2＞V3
14．部分弱酸的电离平衡常数如下表，则下列说法错误的是（　　）
弱酸 HCOOH HClO
电离平衡常数(25℃)
A．酸性：
B．同浓度的离子结合的能力由强到弱的顺序为：
C．碳酸钠滴入足量甲酸溶液中的反应为：
D．少量通入NaClO溶液中的反应为：
15．一份NaOH溶液分成两等份后，分别用pH=2和pH=3的醋酸溶液完全中和，设消耗醋酸溶液的体积依次是Va L和Vb L，则Va和Vb之间的关系是（　　）
A．Va＞10Vb B．Vb=10Va C．Vb＜10Va D．Vb＞10Va
16．已知液氨的性质与水相似，25℃时，NH3+NH3 NH +NH ，NH 的平衡浓度为1×10﹣15mol L﹣1，则下列说法中正确的是（　　）
A．在液氨中加入NaNH2可使液氨的离子积变大
B．在液氨中加入NH4Cl可使液氨的离子积减小
C．在此温度下液氨的离子积为1×10﹣17
D．在液氨中放入金属钠，可生成NaNH2
二、综合题
17．现有十种物质：①水 ②石墨 ③氯气 ④硫酸钡晶体 ⑤醋酸 ⑥二氧化碳 ⑦氨水 ⑧氯化钠固体 ⑨熔化的氯化钠 ⑩氯化钠溶液．
请用序号按要求填空：
（1）其中能导电的是　 　；
（2）属于强电解质的是　 　，属于弱电解质的是　 　；
（3）属于非电解质的是　 　；
（4）既不是电解质也不是非电解质的是　 　．
18．氨气及其相关产品是基本化工原料，在化工领域中具有重要的作用．
（1）以铁为催化剂，0.6mol氮气和1.8mol氢气在恒温、容积恒定为1L的密闭容器中反应生成氨气，20min后达到平衡，氮气的物质的量为0.3mol．
该反应体系未达到平衡时，增大压强对逆反应速率的影响是　 　（填增大、减少或不变）．
（2）①N2H4是一种高能燃料，有强还原性，可通过NH3和NaClO反应制得，写出该制备反应的化学方程式　 　
②N2H4的水溶液呈弱碱性，室温下其电离常数K1=1.0×10﹣6，则0.01mol L﹣1 N2H4水溶液的pH等于　 　
（忽略N2H4的二级电离和H2O的电离）．
③已知298K和101KPa条件下，32.0gN2H4在氧气中完全燃烧生成氮气和水，放出热量624kJ，则N2H4（l）的标准燃烧热的热化学方程式　 　
（3）科学家改进了NO2转化为HNO3的工艺（如虚框所示），在较高的操作压力下，提高N2O4/H2O的质量比和O2的用量，能制备出高浓度的硝酸．
实际操作中，增大N2O4，对此请给出合理解释　 　
19．硫化氢在科研、生活及化学工业中均有重要应用．
（1）已知：H2S电离常数：K1=1.3×10﹣7，K2=7.0×10 ﹣15，在废水处理领域中，H2S能使某些金属离子生成难溶硫化物而除去.25℃时，0.1mol．L﹣1H2S溶液pH为（取近似整数）　 　；向含有0.020mol．L﹣1Mn2+的废水中通入一定量H2S气体，调节溶液的pH=5，当HS﹣浓度为1.0×10﹣4mol L-1时，Mn2+开始沉淀，则MnS的溶度积为　 　．
（2）工业上采用高温分解H2S制取氢气，在膜反应器中分离出H2．其反应为
2H2S（g） 2H2 （g）+S2 （g）△H1
已知：H2S（g） H2（g）+S（g）△H2 2S（g） S2 （g）△H3
则△H1=　 　（用含△H2、△H3式子表示）
（3）在恒容密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验．以H2S起始浓度均为c mol L﹣1测定H2S的转化率，结果如图1所示．图中a曲线表示H2S的平衡转化率与温度的关系，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率．由图可知：2H2S（g） 2H2 （g）+S2 （g）△H1　 　0（填“＞”、“＜”或“=”）；在985℃时，该反应经过时间t s达到平衡状态，反应速率v（H2）为　 　，反应的平衡常数K为　 　；H2S分解随温度升高，曲线b向曲线a逼近的原因是　 　．
（4）H2S废气可用足量烧碱溶液吸收，将吸收后的溶液加入如图2所示电解池中进行电解，在阳极区可生成Sn2﹣．试写出生成Sn2﹣的反应方程式　 　．
20．以下是依据一定的分类标准,对某些物质与水反应情况进行分类的图示。
请根据你所学的知识,按要求填空:
（1）上述第一级分类标准(分成A，B组的依据)是　 　。
（2）F组中物质除了Cl2外还有　 　(填化学式)。
（3）A组中的CaO经常用作食品包装袋中的干燥剂,CaO所属的物质类型为　 　(用序号填空)。
①金属氧化物　②碱性氧化物　③碱　④碱性干燥剂
CaO可作干燥剂的理由是　 　(用化学方程式表示)。
（4）D组中NH3的水溶液呈弱碱性,用电离方程式表示其呈弱碱性的原因:　 　。
（5）由Al3+制备Al(OH)3,最好不选择D组中的NaOH溶液,说明理由:　 　。
21．已知25℃时几种物质的电离程度（溶液浓度为0.1mol L﹣1）如下表：（已知H2SO4第一步电离是完全的）
①H2SO4溶液中的HSO4﹣ ②NaHSO4溶液中的HSO4﹣ ③CH3COOH ④HCl
10% 29% 1.33% 100%
（1）25℃时，0.1mol L﹣1上述几种溶液中c（H+）由大到小的顺序是（填序号，下同）　 　
（2）25℃时，pH相同的上述几种溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序是　 　．
（3）25℃时，将足量的锌粉投入等体积，pH等于1的上述几种溶液中，产生H2的体积（同温同压下）由大到小的顺序是　 　．
（4）25℃时，0.1mol L﹣1?H2SO4溶液中HSO4﹣的电离程度小于0.1mol L﹣1?NaHSO4溶液中HSO4﹣的电离程度的原因是　 　．
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A. 84消毒液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，A不选；
B. 高锰酸钾属于盐，是一种溶于水能导电的化合物，高锰酸钾在水溶液中完全电离，是一种强电解质，B选；
C.酒精是一种非电解质，C不选；
D.醋酸是一种弱电解质，D不选；
故答案为：B。
【分析】强电解质是在水溶液中或熔化状态下能完全电离的电解质，包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐。
2．【答案】D
【解析】【解答】A、CO2是非电解质，不符合题意；
B、MgSO4是强电解质，不符合题意；
C、CH4是非电解质，不符合题意；
D、三者都是弱电解质，符合题意。
故答案为：D
【分析】首先根据电解质的概念判断是否都属于电解质，再结合弱电解质存在电离平衡进行判断是否属于弱电解质即可。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．熔融中有自由移动的钾离子和氢氧根离子，可以导电，KOH属于强碱，在水溶液或熔融状态下完全电离，属于强电解质，故A符合题意；
B．液氨无自由移动的离子了，不能导电，本身在水溶液中不能电离，属于非电解质，故B不符合题意；
C．Si是半导体，属于单质，不是电解质也不是非电解质，故C不符合题意；
D．盐酸溶液中有自由移动的离子，能导电，但盐酸是混合物，不是电解质，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，强电解质是指在水溶液中完全电离的电解质。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．K2SO4属于盐，是强电解质，选项A不符合题意；
B．NaOH属于强碱，是强电解质，选项B不符合题意；
C．NH3·H2O属于弱碱，是弱电解质，选项C符合题意；
D．HClO4属于强酸，是强电解质，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，弱电解质是指在水溶液中部分电离的电解质。
5．【答案】D
【解析】【解答】解：A．SO3溶于水后能导电是因为和水反应生成的H2SO4能电离，和SO3本身无关，是非电解质，故A不选；
B．NaClO属于盐，在水中能完全电离是强电解质，故B不选；
C．HCl中只含共价键，NaCl中只含离子键，则HCl为共价化合物，而NaCl为离子化合物，不能利用溶液的导电性判断化合物的类别，故C不选；
D．钠盐都是强电解质，所以杂多酸盐Na2HPW12O40与Na3PW12O40都是强电解质，故D选；
故选D．
【分析】A．电解质是水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，注意导电是由于自身的电离；
B．NaClO属于盐，在水中能完全电离是强电解质；
C．HCl中只含共价键，NaCl中只含离子键；
D．钠盐都是强电解质．
6．【答案】C
【解析】【解答】①氯化钠在溶液中，是在水的作用下，电离出阴阳离子电离不需要通电，故①不符合题意；
②溶于水电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸，故②不符合题意；
③氢氧化铁胶体粒子带正电荷，氢氧化铁胶体粒之间相互排斥，这是氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因，故③符合题意；
④非电解质也必须是化合物，铜是单质，不是电解质也不是非电解质，故④不符合题意；
⑤溶液的导电性只与溶液中离子的浓度大小和离子的所带电荷数有关系，与强酸和弱酸没有直接联系，故⑤不符合题意；
故答案为：C。
【分析】概念辨析：1.电解质本身不导电，只有在水溶液或者熔融下发生电离才可以导电。
2.电解质和非电解质必须为化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．pH相同的NaX、NaY溶液，稀释后pH的变化程度不相同，因此可以判断稀释前NaX、NaY的浓度不同，故A不符合题意；
B．由分析可知，X-的水解程度最小，Y-的水解程度最大，水解程度越大，对应酸的酸性越弱，所以酸性：HX＞HY，电离常数：Ka(HX)>Ka(HY)，故B不符合题意；
C．两者起始浓度不同，均等于2时，稀释相同倍数，两溶液中c(X-)≠c(Y-)，故C不符合题意；
D.0.10mol·L-1NaX溶液溶液pH=10，则水解常数，HX的电离常数为，则等浓度的NaX与HX的混合溶液中pH≈7，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．利用越弱越水解分析；
B．利用越弱越水解分析；
C．依据图像分析；
D.利用分析。
8．【答案】B
【解析】【解答】A． 溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动， 浓度减小， 变大，故A不符合题意；
B．向氨水中通入 ，一水合氨浓度增大，一水合氨的电离程度减小，故B符合题意；
C．向黄绿色的 溶液中加水，平衡逆向移动， 离子转化为 离子，溶液颜色变蓝，故C不符合题意；
D．乙容器充入 和 即为 ，该反应是放热反应，在绝热恒容条件下进行，则乙容器温度比甲容器高，由于 ， ，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.加水稀释促进 的电离，平衡向正反应方向移动，结合电离平衡常数分析判断；
B.弱电解质浓度越小越电离；
C.依据化学平衡移动原理分析解答；
D.依据温度对化学平衡的影响分析判断。
9．【答案】C
【解析】【解答】解：①向溶液中加入氯化氢，氢离子浓度增大，溶液的pH减小，抑制次氯酸电离，故错误；
②加入次氯酸钠，次氯酸根离子浓度增大，抑制次氯酸电离，溶液的pH增大，故错误；
③加入氢氧化钠，氢氧化钠和氢离子反应生成水，氢离子浓度减小，促进次氯酸电离，故正确；
④加入锌，锌和氢离子发生置换反应生成氢气，则氢离子浓度减小，溶液的pH增大，促进次氯酸电离，故正确；
⑤加热促进次氯酸电离，氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故错误；
故选C．
【分析】可促进HClO的电离，并使pH增大，则溶液中氢离子浓度降低，所以加入的物质能和氢离子反应即可，据此分析解答．
10．【答案】D
【解析】【解答】解：A.0.1 mol L﹣1 NH3 H2O的pH小于13，则溶液中c（OH﹣）＜0.1mol/L，所以c（OH﹣）＜c（NH3．H2O），说明NH3 H2O部分电离，为弱电解质，故A不选；
B.0.1 mol L﹣1 NH4Cl的pH小于7显酸性，说明 NH4Cl是强酸弱碱盐，则证明NH3 H2O是弱电解质，故B不选；
C．相同条件下，浓度均为0.1 mol L﹣1 NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱，说明NH3 H2O部分电离，为弱电解质，故C不选；
D.0.1 mol L﹣1 NH3 H2O能使无色酚酞试液变红色，说明NH3 H2O显碱性，则不能证明NH3．H2O是弱电解质，故D选；
故选D．
【分析】部分电离的电解质为弱电解质，只要能证明NH3．H2O部分电离就说明NH3．H2O是弱电解质，据此分析解答．
11．【答案】A
【解析】【解答】A. AgCl和AgBr都是盐，绝大多数盐属于强电解质，A符合题意；
B.氯气的氧化性较强， Fe与Cl2化合生成FeCl3，B不符合题意；
C. NaOH属于强碱，不可以用于治疗胃酸过多，C不符合题意；
D.Na非常活泼，与硫酸铜溶液作用，先和溶液中的水反应，无法置换出铜，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.绝大多数盐都属于强电解质；
B.Cl2具有强氧化性，与可变价态金属化合时生成最高价态的金属氯化物；
C.NaOH具有腐蚀性；
D.Na的金属性很强，加入盐溶液中，直接与水发生反应；
12．【答案】D
【解析】【解答】A.纯碱的化学式为Na2CO3，属于盐，选项错误，A不符合题意；
B.盐酸为HCl溶液，属于混合物，选项错误，B不符合题意；
C.氯化银为盐，属于强电解质，选项错误，C不符合题意；
D.碱性氧化物是指能与酸反应生成盐和水的氧化物，氧化钠能与盐酸反应生成氯化钠和水，故氧化钠属于碱性氧化物，选项正确，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.纯碱为Na2CO3；
B.盐酸为HCl溶液；
C.氯化银属于盐，为强电解质；
D.氧化钠能与酸反应生成盐和水；
13．【答案】C
【解析】【解答】等体积、等pH的Ba(OH)2、KOH和NH3·H2O三种碱溶液中，Ba(OH)2、KOH中c（OH－）相同，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积V1=V2，但NH3·H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，弱碱继续电离产生氢氧根离子，则消耗酸多，即V2＜V3，所以消耗酸的体积关系为V3＞V2=V1，C符合题意；
故答案为：C
【分析】pH相等的三种碱溶液中，c(OH-)相等，而对于弱碱而言，溶液中c(NH3·H2O)>c(OH-)；使得反应消耗盐酸的量增大。
14．【答案】D
【解析】【解答】A．酸性越强，反应的K值越大，由图表可知，酸性：，A不符合题意；
B．酸越弱对应酸根离子结合氢离子能力越强，由表可知，同浓度的离子结合的能力由强到弱的顺序为：，B不符合题意；
C．由于甲酸的酸性大于碳酸，故碳酸钠滴入足量甲酸溶液中的反应生成二氧化碳和水，C不符合题意；
D．由于，故少量通入NaClO溶液中的反应生成碳酸氢根离子和次氯酸，，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、电离平衡常数越小，酸性越弱；
B、酸性越弱，结合氢离子的能力越强；
C、甲酸酸性大于碳酸酸性，结合强酸制弱酸的原理判断；
D、碳酸酸性大于次氯酸，次氯酸酸性大于碳酸，结合强酸制弱酸原理判断。
15．【答案】D
【解析】【解答】解：含等量NaOH的溶液分别用pH为2和3的CH3COOH溶液中和，则有二者物质的量相等，因为所中和的氢氧化钠的物质的量是一定的，而醋酸是弱酸，醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，pH为2和3的CH3COOH溶液，后者电离程度大，pH为2的CH3COOH的浓度大于pH为3的CH3COOH溶液的浓度的10倍，
设pH为2的醋酸浓度为x，pH=3的醋酸浓度为y，则有Va×x=Vb×y，
则 = ＜ ，即Vb＞10Va，
故选D．
【分析】醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，pH为2和3的CH3COOH溶液，后者电离程度大，根据含等物质的量NaOH的溶液分别用pH为2和3的CH3COOH溶液中和，二者物质的量相等判断．
16．【答案】D
【解析】【解答】解：A、虽然加入NaNH2可使平衡向逆反应方向移动，NH2﹣的浓度增大，但由水的离子积可知，其大小只与温度有关，与离子浓度无关，故A错误；
B、虽然加入NH4Cl可使平衡向逆反应方向移动，NH4+的浓度增大，但由水的离子积可知，其大小只与温度有关，与离子浓度无关，故B错误；
C、由电离方程式知，NH4+与NH2﹣的离子平衡浓度相等都为1×10﹣15mol/L，根据水的离子积得液氨的离子积为
K=c（NH2﹣）c（NH4+）=1×10﹣30，故C错误；
D、由钠与水反应可推知，2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑，故D正确；
故选D．
【分析】根据影响液氨离子积常数的因素及影响弱电解质电离平衡的因素判断．
17．【答案】（1）②⑦⑨⑩
（2）④⑧⑨；①⑤
（3）⑥
（4）②③⑦⑩
【解析】【解答】解：（1）②石墨 ⑦氨水⑨熔化的氯化钠⑩氯化钠溶液中均有自由移动的离子，所以能导电；故答案为：②⑦⑨⑩；（2）强电解质，包括强酸、强碱、大部分盐，④硫酸钡晶体⑧氯化钠固体⑨熔化的氯化钠属于强电解质，弱电解质再水溶液中部分电离，包括弱酸、弱碱和水，①水⑤醋酸属于弱电解质，故答案为：④⑧⑨；①⑤；（3）非电解质包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物（如蔗糖、酒精等），⑥二氧化碳属于非电解质，故答案为：⑥；（4）根据电解质、非电解质的定义分析，二者必须是化合物的范畴，单质和混合物都不符合，②石墨③氯气属于单质，⑦氨水 ⑩氯化钠溶液属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故答案为：②③⑦⑩．
【分析】（1）根据物质导电的原因分析，只要含有自由移动的离子或自由电子即可；（2）电解质在水中能完全电离的为强电解质，包括强酸、强碱、大部分盐；弱电解质再水溶液中部分电离，包括弱酸、弱碱和水；（3）非电解质是在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物（如蔗糖、酒精等）；（4）根据电解质、非电解质的定义分析，二者必须是化合物的范畴，单质和混合物都不符合．
18．【答案】（1）增大
（2）NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O；10；N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）△H=﹣624KJ/mol
（3）提高了N2O4的浓度，有利于平衡向正方向移动，得到高浓度的硝酸
【解析】【解答】解：（1.）对于有气体参加的反应，增大压强正逆反应速率都加快，所以增大压强逆反应速率加快，故答案为：增大；
（2.）①该反应中，次氯酸钠被氨气含有生成氯化钠，氨气被氧化生成肼，同时还有水生成，所以该反应方程式为：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O；故答案为：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O；②电离方程式为N2H4+H2O N2H5++OH﹣，室温下其电离常数K1≈1.0×10﹣6，则0.01mol L﹣1N2H4水溶液中c（N2H5+）≈c（OH﹣），K= = =1.0×10﹣6，所以c（OH﹣）=10﹣4mol/L，则c（H+）=10﹣10mol/L，则溶液的pH=10；故答案为：10；③32.0g肼的物质的量为1mol，1molN2H4在氧气中完全燃烧生成氮气放出热量624kJ，所以其热化学反应方程式为：N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）△H=﹣624KJ/mol，故答案为：N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）△H=﹣624KJ/mol；
（3.）2N2O4+2H2O+O2=4HNO3，则提高了N2O4的浓度，有利于平衡向正方向移动，得到高浓度的硝酸；故答案为：提高了N2O4的浓度，有利于平衡向正方向移动，得到高浓度的硝酸．
【分析】（1）对于有气体参加的反应，增大压强正逆反应速率都加快；（2）①NaClO溶液和NH3发生氧化还原反应生成氯化钠和肼，根据反应物和生成物写出反应方程式；②电离方程式为N2H4+H2O N2H5++OH﹣，根据K= 计算；③根据肼和反应热的关系计算出其燃烧热，并写出其相应的热化学方程式；（3）根据反应2N2O4+2H2O+O2=4HNO3，提高了N2O4的浓度，根据浓度对化学平衡移动的影响分析．
19．【答案】（1）4；2.8×10﹣13
（2）△H1=2△H2+△H3
（3）＞；；；反应速率加快，达到平衡所需时间缩短
（4）（n﹣1）S+S2﹣═Sn2﹣
【解析】【解答】解：（1）已知：H2S电离常数：K1=1.3×10﹣7，25℃时，0.1mol．L﹣1H2S溶液中，设氢离子浓度是x，根据H2S 2H++HS﹣，则： =1.3×10﹣7，解得x= ×10﹣4，所以pH≈4，当Qc=Ksp（MnS）时开始沉淀，调节溶液的pH=5，H2S电离常数：K2=7.0×10﹣15，当HS﹣浓度为1.0×10﹣4mol L﹣1时，c（S2﹣）=7×10﹣12mol L﹣1，
所以Ksp=c（Mn2+） c（S2﹣）=7×10﹣12mol L﹣1×0.020mol．L﹣1=2.8×10﹣13，故答案为：4；2.8×10﹣13；（2）已知：①H2S（g） H2（g）+S（g）△H2
②2S（g） S2 （g）△H3
反应：2H2S（g） 2H2 （g）+S2 （g）可以根据①×2+②得到，所以△H1=2△H2+△H3，故答案为：△H1=2△H2+△H3；（3）由图象可知，温度升高，转化率增大，则平衡正移，所以正方向为吸热方向，即△H＞0，H2S的起始浓度均为c mol L﹣1，若985℃时，反应经t min达到平衡，此时H2S的转化率为40%，则参加反应的硫化氢为c mol L﹣1×40%=0.4cmol L﹣1，v= = mol L﹣1 min﹣1；以H2S起始浓度均为cmol L﹣1测定H2S的转化率，985℃时H2S的转化率为40%，则
2H2S（g） 2H2（g）+ S2（g），
开始 C 0 0c
转化 0.4c 0.4c 0.2c
平衡 0.6c 0.4c 0.2c
K= = ；随着温度升高，反应速率逐渐加快，达到平衡所需时间缩短，所以曲线b向曲线a逼近；
故答案为：＞； ； ；温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短．（4）电解过程中阳极区发生如下反应：S2﹣﹣2e﹣═S，溶液中发生反应（n﹣1）S+S2﹣═Sn2﹣，故答案为：（n﹣1）S+S2﹣═Sn2﹣．
【分析】（1）根据Ka表达式结合电离平衡常数进行计算；当Qc=Ksp（MnS）时开始沉淀，由此求出硫离子的浓度，结合此时的pH，以及Ksp=c（Mn2+） c（S2﹣）进行计算；（2）已知：H2S（g） H2（g）+S（g）△H2 2S（g） S2 （g）△H3，利用盖斯定律来计算2H2S（g） 2H2 （g）+S2 （g）的△H1；（3）根据温度升高，转化率增大，可知平衡正移，据此分析；根据转化率求出反应的量，再求反应速率；根据温度对速率的影响分析；（4）阴极上氢离子放电生成氢气，阳极上硫离子放电，电极反应式为S2﹣﹣2e﹣═S；Sn2﹣和氢离子反应生成S单质，S元素失电子发生氧化反应，同时S元素得电子生成H2S，根据电解原理来回答．
20．【答案】（1）是否发生氧化还原反应
（2）NO2
（3）①②④；CaO+H2O=Ca（OH）2
（4）NH3·H2O +OH-
（5）过量NaOH溶液会溶解生成的Al（OH）3沉淀
【解析】【解答】（1）分析A、B两组物质与水的反应情况可知第一级分类标准是是否发生氧化还原反应。（2）Cl2、NO2与水反应时,水既不作氧化剂也不作还原剂。
（3）CaO能与水反应,吸收水蒸气,故①②④正确。
（4）D组中NH3的水溶液呈弱碱性的原因是:NH3·H2O发生电离:NH3·H2O +OH-,产生OH-。
（5）由Al3+制备Al（OH）3,最好不选择NaOH溶液,因为过量NaOH溶液会溶解生成的Al（OH）3沉淀。
【分析】（1）根据A、B两组物质的性质分析其分类标准；
（2）根据Cl2、NO2、Na与水反应的化学方程式分析；
（3）根据物质类别的定义和物质的性质分析；CaO能与H2O反应，故可做干燥剂；
（4）氨水溶液显碱性，是由于NH3·H2O能电离产生OH-；
（5）Al(OH)3能溶于过量的NaOH，但不溶于过量的氨水；
21．【答案】（1）①④②③
（2）③＞②＞④＞①
（3）③②①④
（4）硫酸的第一步电离抑制了硫酸氢根离子的电离
【解析】【解答】解：（1）硫酸第一步完全电离，第二步部分电离，硫酸中c（H+）=（0.1+0.1×10%）mol/L=0.11mol/L；
硫酸氢钠溶液中，cH+）=（0.1×29%）mol/L=0.029mol/L；
醋酸溶液中，c（H+）=（0.1×1.33%）mol/L=0.00133mol/L；
盐酸溶液中，c（H+）=0.1mol/L；
所以c（H+）由大到小的顺序是①④②③，故答案为：①④②③；（2）等pH的酸，其电离程度越大，酸的物质的量浓度越小，则物质的量浓度由大到小的顺序是③＞②＞④＞①；
故答案为：③＞②＞④＞①；（3）等体积pH=1的上述几种溶液中，氢元素的物质的量由大到小的顺序是③②①④，则生成氢气的体积③②①④，
故答案为：③②①④；（4）硫酸溶液中，硫酸第一步电离出氢离子，第二步又电离出氢离子，第一步电离出的氢离子抑制了第二步的电离，而硫酸氢钠溶液中硫酸氢根离子只有一步电离，所以.1mol/L H2SO4中的HSO4﹣的电离度小于0.1mol/L NaHSO4中HSO4﹣的电离度，
故答案为：硫酸的第一步电离抑制了硫酸氢根离子的电离．
【分析】（1）c（H+）=c（酸）×α（电离度），注意硫酸分两步电离；（2）等pH的酸，其电离程度越大，酸的物质的量浓度越小；（3）等pH的酸，其电离程度越大，酸的物质的量浓度越小，根据氢原子守恒，由氢元素的物质的量计算生成氢气的体积大小；（4）电离时含有相同的离子能抑制酸电离．