第3章 物质在水溶液中的行为 测试题（含解析） 2023-2024学年高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1

第3章 物质在水溶液中的行为 测试题
一、单选题
1．下列属于弱电解质的是（　　）
A．CaCO3 B．SO2 C．NH3·H2O D．Ba(OH)2
2．下列物质既能导电又属于强电解质的是（　　）
A．石墨 B．熔融MgCl2 C．液氨 D．稀硫酸
3．下列事实与给出化学式的盐的水解有关的是（　　）
A．浓FeCl3溶液可观察到丁达尔效应
B．用CaSO4改良土壤的盐碱化
C．用添加NaF的牙膏预防龋齿
D．NaHSO4溶液呈酸性
4．下列过程或现象与盐类水解有关的是（　　）
A．浓硫化钠溶液有臭味 B．饱和食盐水使甲基橙显黄色
C．用铁红生产红色颜料 D．酚酞遇稀氢氧化钠溶液变红
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．已知下面三个数据：7.2×10﹣4、4.6×10﹣4、4.9×10﹣10分别是下列有关的三种酸的电离常数，若已知下列反应可以发生：NaCN+HNO2═HCN+NaNO2
NaCN+HF═HCN+NaF
NaNO2+HF═HNO2+NaF
由此可判断下列叙述不正确的是（　　）
A．K（HF）=7.2×10﹣4
B．K（HNO2）=4.9×10﹣10
C．根据其中两个反应即可得出三种酸对应的电离常数
D．K（HCN）＜K（HNO2）＜K（HF）
7．将10.0mL 10.0%的NaOH溶液和10.0mL 10.0%的盐酸混合后，溶液呈（　　）
A．酸性 B．碱性 C．中性 D．无法判断
8．向澄清饱和石灰水中通入二氧化碳，测得溶液导电性(I表示导电能力)的变化，以下与加入物质量的关系正确的是（　　）
A． B．
C． D．
9．已知：AgA、都是难溶盐。室温下，向体积均为10mL、浓度均为的NaA溶液、溶液中分别滴加的溶液，溶液中pX与溶液体积的关系如图所示[已知：或]。下列推断错误的是（　　）
A．室温下，
B．对应溶液中：
C．室温下，在等量的水中，AgA溶解的物质的量更少
D．若变为，则c点向e点移动
10．下列物质的水溶液，由于水解而呈酸性的是（　　）
A．NaCl B．Na2CO3 C．NaHSO4 D．NH4Cl
11．室温下，下列说法正确的是（　　）
A．向溶液中加水稀释，溶液中减小
B．等物质的量浓度的和NaF溶液，前者pH较大，则可发生反应：
C．的溶液与的溶液，水的电离程度相同
D．等浓度、等体积的NaOH溶液和二元弱酸溶液混合后溶液呈酸性，则混合液中：
12．向10mL 0.1mol L﹣1NH4Al（SO4）2溶液中，滴加等浓度Ba（OH）2溶液x mL，下列叙述正确的是（　　）
A．x=10时，溶液中有NH4+、AlO2﹣、SO42﹣，且c（NH4+）＞c（SO42﹣）
B．x=10时，溶液中有NH4+、Al3+、SO42﹣，且c（NH4+）＞c（Al3+）
C．x=30时，溶液中有Ba2+、AlO2﹣、OH﹣，且c（OH﹣）＜c（AlO2﹣）
D．x=30时，溶液中有Ba2+、Al3+、OH﹣，且c（OH﹣）=c（Ba2+）
13．一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（　　）
A．pH=5 的H2S 溶液中，c(H+)=c(HS-)=1×10-5mol L-1
B．pH=a 的氨水溶液，稀释 10 倍后，其pH=b，则a=b+1
C．pH=2 的H2C2O4 溶液与 pH=12 的 NaOH 溶液任意比例混合：
D．已知 CH3COOH、H2CO3、HClO 的电离常数分别为 ，则 pH 相同的①CH3COONa ②NaHCO3③NaClO 三种溶液的c(Na+)：①＞②＞③
14．部分弱酸的电离平衡常数如下表，在时，下列选项正确的是（　　）
弱酸
电离平衡常数
A．酸性：
B．中和等体积、等物质的量浓度的和消耗的量，前者大于后者
C．常温下，物质的量浓度相等的和溶液中：
D．常温下，浓度相等的溶液、溶液的
15．根据下列图示得出的结论正确的是。
A．图甲表示常温下稀释的溶液和氨水时溶液的变化，曲线II表示氨水
B．图乙表示反应在其他条件不变的情况下，改变起始的物质的量，平衡时的体积分数变化情况，由图可知的转化率：
C．图丙表示相同浓度的溶液与溶液中分子浓度的分数[或]随的变化曲线，可得出酸性较强
D．图丁是用溶液滴定等浓度的滴定曲线，图中
16．常温下，在c(H＋)∶c(OH－)＝1∶106的水溶液中能大量共存的离子组是（　　）
A．K＋、Al3＋、HCO3-、SO42－ B．Na＋、AlO2－、I－、SO32－
C．Na＋、Fe2＋、NO3－、ClO－ D．Ca2＋、NH4＋、CO32－、Cl－
二、综合题
17．工业上合成尿素的反应：
2NH3（g）+CO2（g） CO（NH2）2（I）+H2O（I）△H（I）
（1）已知合成尿素的反应分两步进行：
2NH3（g）+CO2（g） NH2COONH4（s）△H1
NH2COONH4（s） CO（NH2）2（I）+H2O（I）△H2
其能量变化曲线如图1所示，则△H、△H1和△H2由大到小的顺序为　 　．
（2）在一个真空恒容密闭容器中充入CO2和NH3发生反应（I）合成尿素，恒定温度下混合气体中NH3的体积分数如图2所示．
A点的正反应速率v正（CO2）　 　 B点的逆反应速率v逆（CO2）（填“＞”、“＜”或“=”）；CO2的平衡转化率为　 　．
（3）将一定量的氨基甲酸铵固体置于恒容真空容器中，发生反应：H2NCOONH4（s） 2NH3（g）+CO2（g）．在不同温度（T1和T2）下，该反应达平衡状态时部分数据见下表．
温度 平衡浓度/（mol L﹣1）
c（NH3） c（CO2）
T1 0.1
T2 0.1
①T1　 　T2 （填“＞”、“＜”或“=”）．
②下列能说明该分解反应达到平衡状态的是　 　（填代号）．
a．v生成（NH3）=2v消耗（CO2）
b．密闭容器内物质的总质量不变
c．密闭容器中混合气体的密度不变
d．密闭容器中氨气的体积分数不变
（4）氨基甲酸铵极易水解成碳酸铵，酸性条件下水解更彻底.25℃时，向1L 0.1mol L﹣1的盐酸中逐渐加入氨基甲酸铵粉末至溶液呈中性（忽略溶液体积变化），共用去0.052mol氨基甲酸铵，此时溶液中几乎不含碳元素．此时溶液中c（NH4+）=　 　；NH4+水解平衡常数值为　 　．
18．已知HA是一元弱酸
（1）常温下，下列事实能证明HA是弱电解质的是　 　。
①某NaA溶液的pH＝9
②用HA溶液做导电实验，灯泡很暗
③等浓度、等体积的硫酸和HA溶液分别与足量锌反应，硫酸产生的氢气多
④0.1 mol·L-1 HA溶液的pH≈2.8
⑤配制相同浓度的硫酸和HA，分别测定两溶液的pH，硫酸的pH小于HA的pH
（2）某温度时，0.1 mol·L-1的HA溶液中的c(H＋)与0.01 mol·L-1的HA溶液中的c(H＋)的比值　 　(填“大于”“小于”或“等于”)10。
（3）已知：25 ℃时，HA的电离平衡常数为6.25×10-7。
①求该温度时，0.1 mol·L-1的HA溶液中c1(H＋)＝　 　mol·L-1。[水电离出的c(H＋)、c(OH-)忽略不计，下同]
②若该温度时向该溶液中加入一定量的NH4A(假设溶液体积不变)，使溶液中c(A－)变为5×10-2 mol·L-1，则此时c2(H＋)＝　 　mol·L-1。
（4）已知：常温下，NH3·H2O的电离平衡常数为1.74×10-5；则 NH4A溶液呈　 　性，NH4A溶液中物质的量浓度最大的离子是　 　(填化学式)。
（5）现用某未知浓度(设为c′)的CH3COOH溶液及其他仪器、药品，通过实验测定一定温度下CH3COOH的电离平衡常数，需测定的数据有(用简要的文字说明)：
①实验时的温度；②　 　；③用　 　(填一种实验方法)测定CH3COOH溶液浓度c′。
19．物质在水溶液中可能存在电离平衡、盐的水解平衡或沉淀溶解平衡，它们都可看作化学平衡的一种．请根据所学化学知识回答下列问题：
（1）A为0.1mol L﹣1的（NH4）2SO4溶液，在该溶液中离子浓度由大到小的顺序为　 　．
（2）B为0.1mol L﹣1的NaHCO3溶液，NaHCO3在该溶液中存在的平衡有（用离子方程式表示）　 　．
（3）C为0.1mol L﹣1的（NH4）2Fe（SO4）2溶液，与同浓度的（NH4）2SO4溶液相比较　 　（填溶质的化学式）溶液中NH4+的浓度更大，其原因是　 　．
（4）液氨的电离类似于水，试写出液氨的电离方程式　 　；在液氨中加入NH4Cl，平衡将向　 　移动．
20．已知水在25 ℃和100 ℃时，电离平衡曲线如图所示：
（1）25
℃时水的电离平衡曲线应为　 　(填“A”或“B”)，请说明理由　 　。
（2）下列措施能影响水的电离平衡，并使溶液中的c(H＋)＞c(OH－)的是_____（填序号）。
A．向纯水中投入少量Na2O2固体 B．将水加热至煮沸
C．向水中通入CO2 D．向水中加入NaCl
21．水的电离平衡曲线如图所示：
（1）若以A点表示25℃时水电离平衡时离子的浓度，当温度升高到100℃时，水的电离平衡状态变到B点（横纵坐标都是10﹣6，）则此时水的离子积从　 　变到　 　，造成水的离子积变化的原因是　 　．
（2）已知25℃时，0.1L 0.1mol L﹣1的NaA溶液的pH=10，则NaA溶液中所存在的离子的物质的量浓度由大到小的顺序为　 　
（3）25℃时，将pH=11的NaOH溶液与pH=4的硫酸溶液混合，若所得混合溶液pH=9，则NaOH溶液与硫酸溶液的体积比为　 　．
（4）100℃时，若10体积的某强酸溶液与1体积的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合之前，该强酸的pH与强碱的pH之间应满足的关系是　 　
（5）常温25℃时pH=2的硫酸升高到100℃时pH=　 　常温25℃时pH=12NaOH升高到100℃时pH=　 　．
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．CaCO3属于盐，属于强电解质，故A不符合题意；
B．SO2是非金属性氧化物，属于非电解质，故B不符合题意；
C．NH3·H2O属于弱碱，属于弱电解质，故C符合题意；
D．Ba(OH)2属于强碱，属于强电解质，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】弱电解质在水溶液中部分电离；弱电解质 一般有：弱酸、弱碱，少部分盐、水。
2．【答案】B
【解析】【解答】A．石墨属于单质，既不是电解质，也不是非电解质，故A不符合题意；
B．熔融MgCl2能导电，在水溶液中或熔融状态下能全部电离，属于强电解质，故B符合题意；
C．液氨不能导电，是非电解质，故C不符合题意；
D．稀硫酸属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质，故D不符合题意；
故答案为：B。
【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. 强电解质包括:强酸、强碱、大部分盐、部分碱性氧化物以及强酸酸式盐.
A．石墨属于单质，既不是电解质，也不是非电解质；
B．熔融MgCl2能导电，在水溶液中或熔融状态下能全部电离，属于强电解质；
C．液氨不能导电，是非电解质；
D．稀硫酸属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质.
3．【答案】A
【解析】【解答】A．
，Fe3+水解形成胶体，具有丁达尔效应，A符合题意；
B．土壤中含有碳酸根使土壤碱化，加入硫酸钙能使碳酸根离子与钙离子结合生成更难溶的碳酸钙可以改良土壤的盐碱化，这属于沉淀转化，B不符合题意；
C．添加NaF牙齿表面的釉质中物质和氟离子形成更难溶更硬物质，可保护牙齿，属于沉淀的转化，C不符合题意；
D．
，电离产生氢离子，溶液呈酸性，属于电离，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．Fe3+水解形成胶体；
BC．根据沉淀的转化分析；
D．根据硫酸氢钠电离产生氢离子分析。
4．【答案】A
【解析】【解答】A．浓硫化钠溶液中S2-水解生成H2S，所以浓硫化钠溶液有臭味，故选A；
B．溶液pH>4.4时甲基橙显黄色，氯化钠不水解，饱和食盐水的pH=7，所以甲基橙显黄色，故不选B；
C．氧化铁俗名铁红，为红色粉末，用铁红生产红色颜料与盐类水解无关，故不选C；
D．氢氧化钠属于碱，溶液呈碱性，酚酞遇稀氢氧化钠溶液变红与盐类水解无关，故不选D；
故答案为：A。
【分析】盐类水解针对的是带“弱”（弱酸根或弱碱根）的盐。注意盐类水解的规律是有弱才水解，都弱都水解，越弱越水解，谁强显谁性。
A.硫化钠为弱酸强碱盐。
B.氯化钠为强酸强碱盐。
C.氧化铁为氧化物，与盐类水解无关。
D.氢氧化钠为强碱。
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】B
【解析】【解答】解：相同温度下，酸的电离常数越大，该酸的酸性越强，强酸能和弱酸的盐反应生成弱酸，根据NaCN+HNO2→HCN+NaNO2、NaCN+HF→HCN+NaF、NaNO2+HF→HNO2+NaF知，酸的强弱顺序是HCN＜HNO2＜HF，则酸的电离平衡常数大小顺序为K（HCN）＜K（HNO2）＜K（HF），
A．通过以上分析知，K（HF）最大为7.2×10﹣4，故A正确；
B．根据以上分析知，K（HNO2）处于中间状态，为4.6×10﹣4，故B错误；
C．根据NaCN+HNO2→HCN+NaNO2、NaCN+HF→HCN+NaF即可得出酸的强弱顺序是HCN＜HNO2＜HF，则酸的电离平衡常数大小顺序为K（HCN）＜K（HNO2）＜K（HF），即根据其中两个反应即可得出三种酸对应的电离常数，故C正确；
D．通过以上分析知，酸的电离平衡常数大小顺序为K（HCN）＜K（HNO2）＜K（HF），故D正确；
故选B．
【分析】相同温度下，酸的电离常数越大，该酸的酸性越强，强酸能和弱酸的盐反应生成弱酸，根据NaCN+HNO2→HCN+NaNO2、NaCN+HF→HCN+NaF、NaNO2+HF→HNO2+NaF知，酸的强弱顺序是HCN＜HNO2＜HF，则酸的电离平衡常数大小顺序为K（HCN）＜K（HNO2）＜K（HF），据此分析解答．
7．【答案】B
【解析】【解答】解：溶液物质的量浓度c= ，如果两种溶液的密度相同，M（NaOH）＜M（HCl），所以c（NaOH）＞c（HCl），相同体积时n（NaOH）＞n（HCl），二者混合后NaOH有剩余，实际上NaOH密度大于HCl，所以二者混合后溶液中溶质为NaOH、NaCl，溶液呈碱性，故选B．
【分析】溶液物质的量浓度c= ，如果两种溶液的密度相同，M（NaOH）＜M（HCl），所以c（NaOH）＞c（HCl），相同体积时n（NaOH）＞n（HCl），二者混合后NaOH有剩余，实际上NaOH密度大于HCl，据此分析解答．
8．【答案】B
【解析】【解答】二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀和水，随着反应的进行溶液中的能自由移动的离子越来越少，导电性减弱；但由于溶液中还存在浓度很小的氢离子、氢氧根等，故电流强度不可能为变为0；继续通入二氧化碳，碳酸钙与水、二氧化碳反应生成可溶于水的碳酸氢钙，则溶液中存在能自由移动的离子的浓度又逐渐增大，导电性增强。因此B图能反映出电流强度I与加入物质量的关系。
故答案为：B.
【分析】注意：溶液的导电性与溶液中离子的浓度有关，溶液中离子的浓度越大，溶液的导电能力越强。
9．【答案】D
【解析】【解答】A．由分析可知，室温下，Ag2B的溶度积Ksp(Ag2B)=4×10-3a，故A不符合题意；
B．由图可知，e点时NaA溶液过量，f点时NaA溶液恰好反应，由温度不变，溶度积不变可知，e点银离子浓度小于f点，故B不符合题意；
C．由分析可知，AgA饱和溶液中银离子浓度小于Ag2B饱和溶液，所以AgA的溶解度小于Ag2B，故C不符合题意；
D．若硝酸银溶液浓度变为0.05mol/L，则加入20mL硝酸银溶液时，NaA溶液完全反应得到AgA饱和溶液，由温度不变，溶度积不变可知，溶液中Ag+离子浓度还是10-bmol/L，则c点会向d点移动，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 体积均为10mL、浓度均为的NaA溶液、溶液中分别滴加的溶液 ，NaA完全沉淀需要10mL溶液，完全沉淀需要20mL溶液，则左边曲线为与 溶液体积的关系 ，右边曲线为 与 溶液体积的关系。
10．【答案】D
【解析】【解答】解：A．氯化钠是强酸强碱盐不水解，故A错误；
B．碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致其溶液呈碱性，故B错误；
C．硫酸氢钠溶液中完全电离，溶液呈酸性，不是水解的原因，故C错误；
D．氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，故D正确；
故选D．
【分析】物质的水溶液呈酸性，说明该物质为酸或强酸弱碱盐，酸电离出氢离子或盐中弱离子水解导致溶液呈酸性．
11．【答案】D
【解析】【解答】A．溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释，平衡正向移动，但CH3COO-浓度减小，由于温度不变，不变，则增大，A不符合题意；
B．等物质的量浓度的和NaF溶液，前者pH较大，说明水解程度大于F-，酸性：HF>HCOOH，则反应不能发生，违背了强酸制弱酸的原理，B不符合题意；
C．的溶液，由水电离产生的氢离子浓度为，的溶液，由水电离产生的氢离子浓度为，二者水的电离程度不相同，C不符合题意；
D．两溶液混合后，溶液中的溶质为，溶液呈酸性，说明的电离大于水解，则混合液中：，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.加水稀释促进醋酸电离，，电离平衡常数只与温度有关；
B.弱酸的酸性越弱，对应的酸根离子水解程度越大，对应钠盐的pH越大；
C.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；
D.混合溶液中溶质为NaHA，溶液呈酸性，说明的电离程度大于水解程度。
12．【答案】B
【解析】【解答】解：A、当x=10时，10mL0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，1mmolAl3+，0.002molSO42﹣，10mL等浓度Ba（OH）2溶液有0.001molBa2+，0.002molOH﹣，混合后硫酸钡沉淀，剩余0.001molSO42﹣．氢氧化铝沉淀，剩余 ×10﹣3molAl3+而NH4+没有参与反应，少量水解，c（NH4+）＜c（SO42﹣），故A错误；
B、当x=10时，10mL0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，1mmolAl3+，0.002molSO42﹣，10mL等浓度Ba（OH）2溶液有0.001molBa2+，0.002molOH﹣，混合后硫酸钡沉淀，剩余0.001molSO42﹣．氢氧化铝沉淀，剩余 ×10﹣3molAl3+而NH4+没有参与反应，少量水解，c（NH4+）＞c（Al3+）故B正确；
C、当x=30时，10mL0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，0.001molAl3+，0.002molSO42﹣，30mL等浓度Ba（OH）2溶液有0.003molBa2+，6mmolOH﹣，混合后硫酸钡沉淀，剩余0.001molBa2+；OH﹣过量溶液中存在0.001moAlO2﹣，铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，氢氧根离子剩余0.001mol；一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，此时c（OH﹣）＞c（AlO2﹣），故C错误；
D、当x=30时，10mL0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，0.001molAl3+，0.002molSO42﹣，30mL等浓度Ba（OH）2溶液有0.003molBa2+，6mmolOH﹣，混合后硫酸钡沉淀，剩余0.001molBa2+；OH﹣过量溶液中存在0.001moAlO2﹣，铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，氢氧根离子剩余0.001mol；一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，此时c（OH﹣）＞（Ba2+），故D错误；
故选B．
【分析】A、Al3+与氨水反应生成Al（OH）3沉淀，可以认为氢氧根会先与铝离子作用生成沉淀．加入10mLBa（OH）2，相当于溶液中NH4+、Al3+、OH﹣比例为1：1：2，铝部分生成氢氧化铝沉淀，SO42﹣﹣：Ba2+比例为2：1，SO42﹣部分沉淀．反应完全后，溶液中有NH4+、Al3+、SO42﹣；
B、依据A分析溶液中有NH4+、Al3+、SO42﹣．无AlO2﹣；
C、加入30mLBa（OH）2，氢氧根离子过量可以和铝离子完全反应，且和铵根离子全部反应后还有氢氧根离子剩余，溶液中有Ba2+、AlO2﹣、OH﹣，但c（OH﹣）＞c（AlO2﹣）；
D、依据C分析判断溶液中有Ba2+、AlO2﹣、OH﹣，不存在Al3+．
13．【答案】D
【解析】【解答】A．pH=5的H2S溶液中c(H+)=1×10-5mol L-1，由于H2S分步电离且水还电离出氢离子，所以溶液中c(H+)＞c(HS-)，A不符合题意；
B．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，氢氧根离子浓度大于原来的 ，其pH的变化小于1，若其pH=b，则a＜b+1，B不符合题意；
C．pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合应满足电荷守恒： ，C不符合题意；
D．电离常数越大，酸性越强，则根据电离常数可知酸性强弱顺序是CH3COOH＞H2CO3＞HClO，酸越弱，相应酸根离子的水解程度越大，即水解程度CH3COONa＜NaHCO3＜NaClO，则pH相同的①CH3COONa、②NaHCO3、③NaClO三种溶液的c(Na+)：①＞②＞③，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氢硫酸是二元弱酸，分步电离
B.氨水是弱电解质，稀释促进电离
C.物料守恒，电荷守恒的应用
D.酸性强弱和电离常数的关系
14．【答案】C
【解析】【解答】A．根据弱酸的电离平衡常数可以判断弱酸的酸性强弱，电离平衡常数越大，酸性越强，所以酸性强弱顺序是HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO，故A不符合题意；
B．等体积、等物质的量浓度的HCOOH和HCN，由于n(HCN)=n(HCOOH)，所以中和等体积、等物质的量浓度的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者等于后者，故B不符合题意；
C．酸的电离平衡常数HCOOH＞HCN，则酸根离子水解程度HCOO-＜CN-，所以溶液中阴离子浓度c(HCOO-)＞c(CN-)，物质的量浓度相等的HCOONa和KCN溶液中c(Na+)=c(K+)，所以c(Na+)-c(HCOO-)＜c(K+)-c(CN-)，故C符合题意；
D．酸的电离平衡常数HCOOH＞HCN，则酸根离子水解程度HCOO-＜CN-，HCOO-和CN-水解使溶液呈碱性，所以碱性NaCN＞HCOONa，溶液的pH：，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.电离平衡常数越大，酸性越强；
B.中和酸需要碱的物质的量与酸的物质的量、酸的元数成正比；
D.越弱越水解，对应钠盐的pH越大。
15．【答案】D
【解析】【解答】A．等pH的强碱与弱碱，稀释相同倍数时，强碱的pH变化大，弱碱存在电离平衡，则图中Ⅰ表示氨水稀释的情况，选项A不符合题意；
B．增大CO的物质的量，平衡正向移动，促进NO2的转化，则在其他条件不变的情况下结合图中起始CO的物质的量，可知NO2的转化率c> b> a，选项B不符合题意；
C．由图丙可知，相同pH时，HB溶液中HB分子浓度较大，则HB的电离程度较小，则相同浓度的HA与HB溶液中，HB的酸性较弱，选项C不符合题意；
D．图丁是AgCl饱和溶液中c (Ag+ )和c(Cl- )变化关系图像，当恰好反应完全时pAg= pCl= 4.87，- lg Kssp (AgCl) =[Igc(Ag+) )c(Cl-)]=[lgc(Ag+) + lgc(Cl-)] = pAg + pCl= a+b=4.87+4.87 = 9.74，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.等pH的强碱与弱碱，稀释相同倍数时，强碱的pH变化大；
B.增大CO的物质的量，平衡正向移动；
C.相同pH时，HB溶液中HB分子浓度较大，则相同浓度的HA与HB溶液中，HB的酸性较弱。
16．【答案】B
【解析】【解答】A.水溶液中Al3+、HCO3-之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故A不符合题意；
B.水溶液中Na＋、AlO2－、I－、SO32－离子之间不反应，AlO2－、SO32－离子水解，溶液显示弱碱性，满足题意，故B符合题意；
C.碱性溶液中，Fe2＋与ClO－能发生氧化还原反应在溶液中不能大量共存，故C不符合题意；
D.水溶液中Ca2+、CO32-之间反应生成难溶物碳酸钙，在溶液中不能大量共存，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】常温下，在c(H＋)∶c(OH－)＝1∶106的水溶液中，c(OH－)=1×10-4mol/L，溶液显碱性，根据离子之间是否能结合生成沉淀、水、气体、弱电解质分析能否大量共存。
17．【答案】（1）△H2＞△H＞△H1
（2）＞；75%
（3）＜；ac
（4）0.1mol/L；4×10﹣9
【解析】【解答】解：（1）根据能量图可以分析，2NH3（g）+CO2（g） CO（NH2）2（I）+H2O（I）为放热反应，所以△H＜0，2NH3（g）+CO2（g） NH2COONH4（s）为放热反应，所以△H1＜0，并且△H1＜△H＜0，NH2COONH4（s） CO（NH2）2（I）+H2O（I）为吸热反应，所以△H2＞0，所以△H2＞△H＞△H1；故答案为：△H2＞△H＞△H1；（2）氨气的体积分数从50%变化为20%后体积分数保持不变，说明B点反应达到平衡状态，A点氨气体积百分含量大于B的氨气体积百分含量，说明反应正向进行达到平衡状态，A点的正反应速率大于B点的正反应速率，故v正（CO2）＞v逆（CO2）；
设氨气消耗物质的量x，开始氨气体积分数为50%，假设氨气为50mol，二氧化碳为50mol，
CO2+2NH3 （NH2）2CO+H2O
起始量（mol） 50 50 0 0
变化量（mol） 0.5x x 0.5x 0.5x
平衡量（mol）50﹣0.5x 50﹣x 0.5x 0.5x
氨气的体积分数= =20%；解得x=37.5mol，
氨气的平衡转化率= ×100%=75%，
故答案为：＞；75%；（2）①根据（1）的分析，2NH3（g）+CO2（g） NH2COONH4（s）为放热反应，所以，△H1＜0，所以H2NCOONH4（s） 2NH3（g）+CO2（g）为吸热反应，温度越高平衡产物越多，又T1平衡时c（NH3）为0.1mol/L，则二氧化碳浓度为0.05mol/L，又T2平衡时二氧化碳浓度为0.1mol/L，所以T1＜T2；故答案为：＜；
②a．根据反应速率之比等于系数之比，则v生成（NH3）=2v生成（CO2）=2v消耗（CO2），所以正逆反应速率相等，能判断平衡，故a正确；
b．根据质量守恒，密闭容器内物质的总质量一直不变，所以不能判断平衡，故b错误；
c．因为该反应正反应为气体质量增加的反应，又体积不变，所以密闭容器中混合气体的密度一直在变，则当密度不变时，能判断平衡，故c正确；
d．因为反应物为固体，所以生成物氨气和二氧化碳一直为2：1，则密闭容器中氨气的体积分数一直不变，所以不能判断平衡，故d错误；
故选：ac；（4）因为氨基甲酸铵极易水解成碳酸铵，即反应式为NH2COONH4（s）+H2O （NH4）2CO3，加入1L0.1mol/L的盐酸溶液中直到溶液pH=7并且溶液中几乎不含碳元素，所以溶液中只有H+、NH4+、OH﹣、Cl﹣，根据电荷守恒c（NH4+）=c（Cl﹣）=0.1mol/L，又用去0.052mol氨基甲酸铵，所以开始溶液中的铵根离子浓度为0.052mol/L×2=0.104mol/L，
NH4++H2O NH3 H2O+H+；
开始 0.104mol/L 0
转化 0.004mol/L 0.004mol/L
平衡 0.1mol/L 0.004mol/L
又溶液为pH=7，所以氢离子浓度为10﹣7mol/L，则NH4+水解平衡常数K= = =4×10﹣9，故答案为：0.1mol/L；4×10﹣9．
【分析】（1）根据能量图可以分析，2NH3（g）+CO2（g） CO（NH2）2（I）+H2O（I）为放热反应，所以△H＜0，2NH3（g）+CO2（g） NH2COONH4（s）为放热反应，所以△H1
＜0，并且△H1＜△H＜0，NH2COONH4（s） CO（NH2）2（I）+H2O（I）为吸热反应，所以△H2＞0，据此分析；（2）图象分析氨气的体积分数从50%变化为20%后体积分数保持不变，说明B点反应达到平衡状态，A点氨气体积百分含量大于B的氨气体积百分含量，说明反应正向进行达到平衡状态，A点的正反应速率大于B点的正反应速率；依据氨气的体积分数结合平衡三段式列式计算平衡转化率；（3）①根据（1）的分析，2NH3（g）+CO2（g） NH2COONH4（s）为放热反应，所以，△H1＜0，所以H2NCOONH4（s） 2NH3（g）+CO2（g）为吸热反应，温度越高平衡产物越多，据此分析；
②当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量也不变，以此进行判断；（4）根据氨基甲酸铵极易水解成碳酸铵，即反应式为NH2COONH4（s）+H2O （NH4）2CO3，将氨基甲酸铵粉末逐渐加入1L0.1mol/L的盐酸溶液中直到pH=7并且溶液中几乎不含碳元素，所以溶液中只有H+、NH4+、OH﹣、Cl﹣，根据电荷守恒计算c（NH4+），根据NH4++H2O NH3 H2O+OH﹣结合K=
进行计算．
18．【答案】（1）①④
（2）小于
（3）2.5×10－4；1.25×10－6
（4）碱；NH4＋
（5）溶液的pH；酸碱中和滴定
【解析】【解答】（1）已知HA是一元弱酸。常温下，下列事实：①某NaA溶液的pH＝9，说明A-可以水解生成弱酸HA；②用HA溶液做导电实验，灯泡很暗，没有与相同浓度的一元强酸作对比，无法说明HA是弱酸；③等浓度、等体积的硫酸和HA溶液分别与足量锌反应，因为硫酸是二元酸，所以硫酸产生的氢气多，无法证明HA是弱酸；④0.1 mol·L-1 HA溶液的pH≈2.8>1,可以证明HA是弱酸；⑤因为硫酸是二元酸，所以当硫酸和HA的浓度相同时，尽管硫酸的pH小于HA的pH，也无法证明HA是弱酸。综上所述，能证明HA是弱电解质的是①④。
（2）某温度时，把0.1 mol·L-1的HA溶液加水稀释到0.01 mol·L-1，HA的电离平衡正向移动，所以0.1 mol·L-1的HA溶液中的c(H＋)与0.01 mol·L-1的HA溶液中的c(H＋)的比值小于10。
（3）①求该温度时，0.1 mol·L-1的HA溶液中c1(H＋)＝ mol·L-1。②若该温度时向该溶液中加入一定量的NH4A(假设溶液体积不变)，使溶液中c(A－)变为5×10-2 mol·L-1，则此时c2(H＋)＝ 1.25×10－6 mol·L-1。
（4）已知：常温下，NH3·H2O的电离平衡常数为1.74×10-5，HA的电离平衡常数为6.25×10-7，两弱电解质相比，HA是更弱的电解质，则 NH4A溶液呈碱性，NH4A溶液中物质的量浓度最大的离子是NH4＋。
（5）现用某未知浓度(设为c′)的CH3COOH溶液及其他仪器、药品，通过实验测定一定温度下CH3COOH的电离平衡常数，根据其表达式，可以确定需测定的数据有：①实验时的温度；②溶液的pH；③用酸碱中和滴定测定CH3COOH溶液浓度c。
【分析】根据弱电解质的电离平衡判断能否说明其属于弱酸；
（2）根据浓度对弱电解质的电离平衡的影响进行分析；
（3）根据水的离子积常数进行计算；
（4）根据电解质相对强弱进行分析离子浓度的大小；
（5）根据电离平衡常数的定义进行分析。
19．【答案】（1）c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
（2）HCO3﹣ H++CO32﹣、HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣
（3）（NH4）2Fe（SO4）2；NH4+和Fe2+都水解呈酸性，水解相互抑制
（4）2NH3 NH4++NH2﹣；逆反应方向
【解析】【解答】解：（1）硫酸铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒得c （NH4+）＞c（SO42﹣），铵根离子水解程度较小，则溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），故答案为：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）；（2）碳酸氢钠溶液中存在碳酸氢根离子的水解、电离平衡，其离子方程式分别为：HCO3﹣ H++CO32﹣、HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣，故答案为：HCO3﹣ H++CO32﹣、HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣；（3）（NH4）2Fe（SO4）2中NH4+和Fe2+都水解呈酸性，水解相互抑制，因此（NH4）2Fe（SO4）2中NH4+的水解程度（NH4）2SO4的要小，（NH4）2Fe（SO4）2比（NH4）2SO4的c（NH4+）大．故答案为：（NH4）2Fe（SO4）2；NH4+和Fe2+都水解呈酸性，水解相互抑制；（4）液氨类似于水的电离，已知水的电离方程式可写为2H2O H3O++OH﹣，则液氨的电离方程式为2NH3 NH4++NH2﹣，在液氨中加入NH4Cl，NH4+浓度增大，则平衡向逆反应方向移动，
故答案为：2NH3 NH4++NH2﹣；逆反应方向．
【分析】（1）硫酸铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，再结合电荷守恒判断离子浓度大小；（2）碳酸氢钠溶液中存在碳酸氢根离子的水解、电离平衡；（3）亚铁离子和铵根水解均显酸性，亚铁离子水解抑制铵根的水解，（NH4）2Fe（SO4）2溶液中c（NH4+）稍大，以此解答该题；（4）根据水的电离和题给信息结合外界条件对平衡移动的影响分析．
20．【答案】（1）A；水的电离是吸热过程，温度低时，电离程度小，c(H＋)、c(OH－)小
（2）C
【解析】【解答】（1）25℃时，Kw=10-14，故水的电离平衡曲线为A
（2）A、加入过氧化钠，生成氢氧化钠，则 c(H＋)＜c(OH－)
B、 将水加热至煮沸 ，电离平衡正向移动，但c(H＋)=c(OH－)
C、向水中通入二氧化碳，则呈酸性，水的电离平衡逆向移动c(H＋)＞c(OH－)
D、加NaCl，不能影响电离平衡移动
故选C
【分析】（2）c(H＋)＞c(OH－)，即溶液呈酸性。故只有C符合题意
21．【答案】（1）10﹣14；10﹣12；水的电离为吸热反应，升高温度促进水电离
（2）c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
（3）1：9
（4）a+b=13
（5）2；10
【解析】【解答】解：（1）水的离子积KW=c（H+） c（OH﹣），25℃时，KW=c（H+） c（OH﹣）=10﹣7×10﹣7=10﹣14，100℃时，KW=c（H+） c（OH﹣）=10﹣6×10﹣6=10﹣12，水的电离为吸热反应，升高温度促进水电离，导致水的离子积常数增大，
故答案为：10﹣14；10﹣12；水的电离为吸热反应，升高温度促进水电离；（2）由于0.1L 0.1mo/L的NaA溶液的pH=10，说明溶液显示碱性，HA属于弱电解质，NaA溶液中所存在的离子的物质的量浓度由大到小的顺序c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
故答案为：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；（3）设氢氧化钠溶液的体积为xL，硫酸溶液的体积为yL，pH=11的NaOH溶液中，氢氧根离子的浓度为：10﹣3mol/L，pH=4的硫酸溶液中氢离子浓度为：10﹣4mol/L，二者混合后溶液的pH=9，溶液酸性碱性，溶液中氢氧根离子的浓度为10﹣5mol/L，即氢氧化钠过量，
即10﹣3mol/L×xL﹣10﹣4mol/L×y=10﹣5mol/L（x+y），
解得x：y=1：9，
故答案为：1：9；（4）设强酸溶液的pH为a，体积为10V，溶液中氢离子浓度为：10﹣amol/L；碱溶液的pH为b，体积为V，溶液中氢氧根离子的浓度为：10﹣（12﹣b）mol/L，混合后溶液呈中性，则满足溶液中氢离子的物质的量大于氢氧根离子的物质的量，即10﹣amol/L×10VL=10﹣（12﹣b）mol/L×VL，
解得：1﹣a=b﹣12，a+b=13，
故答案为：a+b=13；（5）常温25℃时pH=2的硫酸升高到100℃时，离子积常数增大，但溶液中硫酸电离出的氢离子浓度不变pH=2，常温25℃时pH=12NaOH升高到100℃时氢氧根离子浓度不变c（OH﹣）= =10﹣2mol/L，但离子积常数变化为Kw=10﹣12，c（H+）= =10﹣10mol/L，溶液pH=10，
故答案为：2；10．
【分析】（1）水的电离是吸热反应，升高温度促进水的电离，c（H+）．c（OH﹣）=Kw，纯水中氢离子和氢氧根离子浓度相等；（2）25℃时，0.1L 0.1mol．L﹣1的NaA溶液的pH=10，说明NaA为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性；（3）设出氢氧化钠溶液为x和硫酸溶液的体积为y，根据题中数据列式计算出体积之比；（4）混合溶液呈中性，说明酸中氢离子的物质的量等于碱中氢氧根离子的物质的量；（5）常温25℃时pH=2的硫酸升高到100℃时，离子积常数增大，但溶液中硫酸电离出的氢离子浓度不变，常温25℃时pH=12NaOH升高到100℃时氢氧根离子浓度不变c（OH﹣）= =10﹣2mol/L，但离子积常数变化为Kw=10﹣12，c（H+）= =10﹣2mol/L．