3.2 弱电解质的电离 离子反应 同步测试题 （含解析）2023-2024学年高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1

3.2 弱电解质的电离 离子反应 同步测试题
一、单选题
1．0.1mol/L溶液中，由于的水解，使得。如果要使更接近于0.1mol/L，可采取的措施是（　　）
A．加入少量氢氧化钠 B．加入少量水
C．加入少量盐酸 D．加热
2．下列事实一定能说明NH3·H2O是弱碱的是（　　）
①用NH3·H2O溶液做导电性实验，灯泡很暗；
②NH3·H2O能与HCl发生反应；
③常温下，0.1 mol/L NH3·H2O溶液的pH为11；
④NH3·H2O能与AlCl3溶液反应产生Al(OH)3；
⑤NH3·H2O与水能以任意比互溶；
⑥NH3·H2O能使紫色石试液变蓝
A．①③ B．②③⑤ C．③④⑥ D．③
3．下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是（　　）
A．KHSO4 B．NaHCO3
C．NH4Cl D．
4．下列说法正确的是（　　）
A．盐溶液都是中性的
B．盐溶液的酸碱性与盐的类型无关
C．碳酸钠溶液显碱性，是因为溶液中c（OH﹣）＞c（H+）
D．NaHCO3溶液显酸性
5．下列物质因发生水解而使溶液呈酸性的是（　　）
A． B． C． D．
6．下列有关问题与盐的水解有关的是（　　）
①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂
②用NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液可作泡沫灭火剂
③草木灰与铵态氮肥不能混合施用
④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
⑤加热蒸干CuCl2溶液得到Cu（OH）2固体
⑥在含有Fe2+的FeCl3溶液中，要除去Fe2+，往往通入氧化剂Cl2．
A．①②③ B．②③④⑤ C．①④⑤⑥ D．①②③④⑤
7．下列水解反应的应用，错误的是（　　）
A．热的纯碱溶液清洗油污：
B．明矾净水：
C．用TiCl4制备Ti02：
D．配制氯化亚锡溶液时应加入氢氧化钠：
8．下列物质溶于水后溶液显酸性的是（　　）
A．KCl B．Na2O C．NH4Cl D．CH3COONa
9．设NA为阿伏加德罗常数的数值,下列说法正确的是（　　）
A．18 g D2O(重水)中含有10NA个质子
B．78 g苯中含有3NA个C=C双键
C．1L 0.1mol/L NaHCO3溶液中含有0.1NA个HCO3
D．a g某气体中含分子数为b，c g该气体在标况下的体积为22.4bc/aNAL
10．下列说法中正确的是（　　）
A．在时，约为6的纯水呈酸性
B．常温下将盐酸稀释1000倍，所得溶液的为8
C．常温下中和体积与都相等的盐酸和醋酸溶液，前者消耗的物质的量少
D．常温下将的醋酸溶液加水稀释，的比值增大
11．将醋酸钠饱和溶液加热（　　）
A．碱性增强 B．碱性不变 C．pH不变 D．碱性变弱
12．pH＝2的两种一元酸x和y，体积均为100 mL，稀释过程中pH与溶液体积的关系如下图所示。分别滴加NaOH溶液(c＝0.1 mol·L－1)至pH＝7。消耗NaOH溶液的体积为Vx、Vy则（　　）
A．x为弱酸，VxVy
C．y为弱酸，VxVy
13．常温下，物质的量浓度相同的三种盐溶液的依次为7、9、10，下列说法错误的是（　　）
A．是强酸
B．离子浓度
C．三种盐溶液中水的电离度都比纯水大
D．
14．在100mL0.1mol/L醋酸溶液中加入以下物质中的一种，醋酸溶液pH变小。所加入的这种物质是（　　）
A．水 B．0.1mol/L盐酸
C．醋酸钠晶体 D．0.01mol/L氢氧化钠溶液
15．下列微粒能与水电离产生的离子作用生成弱电解质的是（　　）
A． B．K+ C． D．Cl-
16．常温下，取0.1mol/L的NaA和NaB两种盐溶液各1L，分别通入0.02molCO2，发生如下反应：NaA+CO2+H2O=HA+NaHCO3、2NaB+CO2+H2O=2HB+Na2CO3。HA和HB的1L溶液分别加水稀释至体积为VL时可能有如图曲线，则下列说法正确的是（　　）
A．相同条件下，对于c(R-)/[c(HR)·c(OH-)]的值(R代表A或B)，一定存在HA>HB
B．常温下pH：NaA溶液>NaB溶液
C．X是HA，M是HB
D．若常温下浓度均为0.1mol/L的NaA和HA的溶液等体积混合，则c(A-)+c(HA)=0.2mol/L
二、综合题
17．强弱电解质在水中的行为是不同的。
（1）醋酸在水中的电离方程式为　 　。
（2）室温下，用0.1mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL0.1mol/L的醋酸和盐酸溶液，滴定曲线如图所示。
①II表示滴定　 　的曲线(填“盐酸”或“醋酸”)。
②当滴定到pH=7时，消耗NaOH溶液的体积大的是　 　(填“盐酸”或“醋酸”)。
③当V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是　 　。
④在上述滴定过程中，需要使用的玻璃仪器是　 　(填序号)。
A．碱式滴定管 B．锥形瓶 C．容量瓶 D．玻璃棒
18．研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要意义．
（1）将CO2与焦炭作用生成CO，CO可用于炼铁等．
已知：①Fe2O3（s）+3C（s，石墨）═2Fe（s）+3CO（g）△H1=+489.0kJ mol﹣1
②C（s，石墨）+CO2（g）═2CO（g）△H2=+172.5kJ mol﹣1
则CO还原Fe2O3（s）的热化学方程式为　 　．
（2）二氧化碳合成甲醇是碳减排的新方向，将CO2转化为甲醇的热化学方程式为：
CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）△H
①该反应的平衡常数表达式为K=　 　．
②取一定体积CO2和H2的混合气体（物质的量之比为1：3），加入恒容密闭容器中，发生上述反应反应过程中测得甲醇的体积分数φ（CH3OH）与反应温度T的关系如图1所示，则该反应的△H　 　（填“＞”、“＜”或“=”，下同）0．
③在两种不同条件下发生反应，测得CH3OH的物质的量随时间变化如图2所示，曲线I、Ⅱ对应的平衡常数关系为KⅠ　 　KⅡ．
（3）以CO2为原料还可以合成多种物质．
①工业上尿素[CO（NH2）2]由CO2和NH3在一定条件下合成，其反应方程式为　 　．开始以氨碳比 =3进行反应，达平衡时CO2的转化率为60%，则NH3的平衡转化率为　 　．
②用硫酸溶液作电解质进行电解，CO2在电极上可转化为甲烷，该电极反应的方程式为　 　．
③将足量CO2通入饱和氨水中可得氮肥NH4HCO3，已知常温下一水合氨Kb=1.8×10﹣5，碳酸一级电离常数Ka=4.3×10﹣7，则NH4HCO3溶液呈　 　（填“酸性”、“中性”或“碱性”）．
19．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　 　
20．
（1）I.25℃时，往25mL氢氧化钠标准溶液中逐滴加入0.2 mol·L－1的一元酸HA溶液，pH变化曲线如下图所示：
该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为　 　mol·L－1。
（2）A点对应酸的体积为12.5mL，则所得混合溶液中由水电离出的c(OH－)＝　 　 mol·L－1。
（3）NaA的水溶液显　 　性（选填“酸”、“碱”），原因是：　 　（用离子方程式表示）。
（4）在B点所得混合溶液中，c(Na＋) 、c(A－)、c(H＋)、c(OH－)由大到小的顺序是　 　。
（5）Ⅱ．在25 ℃的条件下，某些弱酸的电离平衡常数。
化学式 CH3COOH HClO H2CO3 H2C2O4
Ka Ka＝1.8×10－5 Ka＝3.0×10－8 Ka1＝4.1×10－7 Ka2＝5.6×10－11 Ka1＝5.9×10－2 Ka2＝6.4×10－5
温度、浓度相同的CH3COOH和HClO溶液，水的电离程度前者　 　 后者（填“>”“=”或“<”）。
（6）相同温度下，pH相同的NaClO和CH3COOK两种溶液中，c(CH3COOK)　 　c(NaClO)
（填“>”“=”或“<”），[c(Na＋)－c(ClO－)]　 　[c(K＋)－c(CH3COO－)]（填“>”“=”或“<”）。
21．电离平衡常数（用Ka表示）的大小可以判断电解质的相对强弱.25℃时，有关物质的电离平衡常数如表所示：
化学式 HF H2CO3 HClO
电离平衡常数（Ka） 7.2×10﹣4 K1=4.4×10﹣7 K2=4.7×10﹣11 3.0×10﹣8
（1）将浓度为0.1mol L﹣1 HF溶液加水稀释一倍（假设温度不变），下列各量增大的是 ．
A．c（H+） B．c（H+） c（OH﹣）
C． D．
（2）25℃时，在20mL 0.1mol L﹣1氢氟酸中加入V mL 0.1mol L﹣1 NaOH溶液，测得混合溶液的pH变化曲线如图所示，下列说法正确的是 ．
A．pH=3的HF溶液和pH=11的NaF溶液中，由水电离出的c（H+）相等
B．①点时pH=6，此时溶液中c（F﹣）﹣c（Na+）=9.9×10﹣7 mol L﹣1
C．②点时，溶液中的c（F﹣）=c（Na+）
D．③点时V=20mL，此时溶液中c（F﹣）＜c（Na+）=0.1mol L﹣1
（3）物质的量浓度均为0.1mol L﹣1的下列四种溶液：①Na2CO3溶液；②NaHCO3溶液；③NaF溶液；④NaClO溶液．依据数据判断pH由大到小的顺序是　 　．
（4）Na2CO3溶液显碱性是因为CO32﹣水解的缘故，请设计简单的实验事实证明之　 　．
（5）长期以来，一直认为氟的含氧酸不存在.1971年美国科学家用氟气通过细冰末时获得HFO，其结构式为H﹣O﹣F．HFO与水反应得到HF和化合物A，每生成1mol HF转移　 　 mol电子．
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．加入氢氧化钠，会消耗铵根离子，使得铵根离子浓度更小于，故A不符合题意；
B．加水稀释会导致溶液中铵根离子浓度减小，故B不符合题意；
C．加入盐酸会抑制铵根离子水解，能使更接近于0.1mol/L，故C符合题意；
D．加热会促进铵根离子水解，导致溶液中铵根离子浓度减小，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】氯化铵中铵根离子会发生水解，生成一水合氨和氢离子，要使铵根离子的浓度增大，即使平衡朝逆向移动，可以通过减少铵根离子或者增大氢离子浓度的方法。
2．【答案】D
【解析】【解答】①用NH3·H2O溶液做导电性实验，灯泡很暗，只能表示溶液中自由移动的离子浓度很小，不能表示电解质的强弱，①不符合题意；
②NH3·H2O能与HCl发生反应，只能证明NH3·H2O有碱性，不能表示电解质的强弱，②不符合题意；
③常温下，0.1 mol/L NH3·H2O溶液的pH为11，c(H-)=10-11 mol/L，c(OH-)=10-3 mol/L＜0.1 mol/L=c(NH3·H2O)，可以证明NH3·H2O是弱碱，③符合题意；
④NH3·H2O能与AlCl3溶液反应产生Al(OH)3，证明NH3·H2O能够电离产生OH-，具有碱性，不能证明其碱性强弱，④不符合题意；
⑤NH3·H2O与水能以任意比互溶，可证明其易溶于水，不能证明其是否具有碱性及碱性的强弱，⑤不符合题意；
⑥NH3·H2O能使紫色石试液变蓝，说明NH3·H2O具有碱性，不能证明NH3·H2O是否是弱碱，⑥不符合题意；
综上所述可知：能够证明NH3·H2O是弱碱的只有叙述③，
故答案为：D。
【分析】 ① 导电性和溶液中离子浓度有关；
② 一水合氨可以和酸反应，无法判断为弱碱；
③ 若是强碱，此时pH=13；
④ 氢氧化铝只能和强碱反应；
⑤ 一水合氨可以和水任意比例互溶只能证明其水溶性强；
⑥ 石蕊遇碱变蓝。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．KHSO4是强酸的酸式盐，在水中电离产生K+、H+、，电离方程式为：KHSO4= K++H++，电离产生H+使溶液显酸性，A不符合题意；
B．NaHCO3是强碱弱酸盐，电离产生的在溶液中既存在电离平衡，也存在水解平衡，电离产生H+使溶液显酸性，水解产生OH-，又使溶液显碱性，由于其水解程度大于其电离程度，因而溶液显碱性，B不符合题意；
C．NH4Cl是强酸弱碱盐，在溶液中盐电离产生的发生水解反应，消耗水电离产生的OH-变为NH3·H2O，使水电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(H+)＞c(OH-)，因而溶液显酸性，C符合题意；
D．是苯甲酸，属于羧酸，能够电离产生H+，使溶液显酸性，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 水溶液因水解而呈酸性的 ，说明是强酸弱碱盐。
4．【答案】C
【解析】【解答】解：A、能水解的盐溶液不是中性的，有的显示酸性，有的显示碱性，故A错误；
B、盐溶液的酸碱性与盐的类型有关，强酸强碱盐显示中性，强酸弱碱盐显示酸性，强碱弱酸盐显示碱性，故B错误；
C、Na2CO3溶液显碱性，是因为碳酸根离子水解，导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，故C正确；
D、NaHCO3溶液中碳酸氢根离子会发生水解反应，溶液显示碱性，故D错误；
故选C．
【分析】A、能水解的盐溶液不一定是中性的；
B、盐溶液的酸碱性与盐的类型有关；
C、当氢氧根离子浓度大于氢离子浓度时，溶液会显示碱性；
D、NaHCO3溶液中碳酸氢根离子会发生水解反应．
5．【答案】B
【解析】【解答】A．HNO3为酸，HNO3电离方程式为HNO3=H++NO，因电离使溶液显酸性，故A不符合题意；
B．CuCl2为强酸弱碱盐，Cu2+发生水解Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，溶液显酸性，故B符合题意；
C．碳酸钠溶液显碱性，故C不符合题意；
D．NaCl溶液显中性，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】物质发生水解而使溶液呈酸性，则该物质为强酸弱碱盐。
6．【答案】D
【解析】【解答】解：①铵根离子和锌离子水解显酸性，和铁锈反应，可以除去铁锈，故①有关；②碳酸氢根离子与铝离子发生双水解生成二氧化碳，可以灭火，故②有关；③草木灰的主要成分为碳酸钾，水解显碱性，而铵态氮肥水解显酸性，因而不能混合施用，故③有关；④碳酸钠溶液水解显碱性，而磨口玻璃塞中的二氧化硅会与碱反应生成硅酸钠，将瓶塞与瓶口粘合在一块儿而打不开，因此实验室盛放碳酸钠的试剂瓶应用橡胶塞，故④有关；⑤CuCl2溶液中存在水解平衡：CuCl2+2H2O Cu（OH）2+2HCl，加热时，HCl挥发使平衡不断右移，最终得到Cu（OH）2固体，故⑤有关；⑥Cl2能氧化Fe2+生成Fe3+而没有引入杂质，但与水解无关，故⑥无关．
故选D．
【分析】①铵根离子和锌离子水解显酸性；②碳酸氢根离子与铝离子发生双水解生成二氧化碳；③铵根离子水解呈酸性，碳酸根离子水解显碱性；④碳酸根、硅酸根离子水解显碱性和玻璃中的二氧化硅反应；⑤CuCl2溶液中存在水解平衡：CuCl2+2H2O Cu（OH）2+2HCl；⑥亚铁离子有还原性，能被氯气氧化．
7．【答案】D
【解析】【解答】A. 热的纯碱溶液清洗油污，水解呈碱性： ，A不符合题意；
B. 明矾净水，铝离子水解得到氢氧化铝胶体： ，B不符合题意；
C. 用TiCl4制备TiO2，TiCl4水解产生TiO2： ，C不符合题意；
D. 配制氯化亚锡溶液时应加入氢氧化钠，抑制水解： ，D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据水解方程式的书写进行分析。
8．【答案】C
【解析】【解答】A.KCl水溶液呈中性，不符合题意；
B.Na2O与水反应生成NaOH，溶液呈碱性，不符合题意；
C.NH4Cl是强酸弱碱盐，在水溶液中发生水解，使溶液呈酸性，符合题意；
D.CH3COONa是强碱弱酸盐，在水溶液中水解呈碱性，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据化学物质与水的反应以及盐类的组成和在水中的水解进行判断溶液的酸碱性即可。
9．【答案】D
【解析】【解答】解：A、18g重水的物质的量n= =0.9mol，而重水中含10个质子，故0.9mol重水中含9NA个质子，故A不符合题意；
B、苯不是单双键交替的结构，故苯中不含碳碳双键，故B不符合题意；
C、HCO3-在溶液中既能水解又能电离，故溶液中 HCO3-的个数小于0.1NA个，故C不符合题意；
D、由于ag某气体中含分子数为b，故cg该气体的分子个数N= 个，则气体的物质的量n= = mol，则在标况下的体积V= mol×22.4L/mol= L，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.18g重水的物质的量小于1mol；
B.苯分子中不含碳碳双键；
C.碳酸氢根离子在水溶液中水解；
D.根据摩尔质量计算物质的量，然后计算在标准状况下的体积。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．纯水中氢离子和氢氧根离子浓度相等，为中性，A不符合题意；
B．酸加水稀释后仍然为酸性，无限稀释接近中性，但不可能变为碱性，B不符合题意；
C．体积和pH相等的盐酸和醋酸，醋酸的物质的量浓度大，消耗氢氧化钠的物质的量多，C符合题意；
D．
，温度不变，Ka不变，醋酸加水稀释氢离子浓度降低，因此
减小，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．纯水在任何温度下均呈中性；
B.1×10 5mol/L盐酸稀释1000倍，氢离子浓度约为10 7mol L 1，pH≈7；
C．醋酸是弱酸，微弱电离，则pH都相等的盐酸和醋酸溶液中c（CH3COOH）＞c（HCl）；
D．醋酸溶液中加水稀释，溶液的酸性减弱，c（H＋）减小，结合电离平衡常数Ka进行分析。
11．【答案】A
【解析】【解答】解：醋酸钠为强碱弱酸盐，水溶液中水解生成醋酸与氢氧化钠，化学方程式：CH3COONa+H2O CH3COOH+NaOH，水解为吸热反应，将醋酸钠饱和溶液加热，水解平衡右移，溶液的碱性增强，故A正确，
故选A．
【分析】醋酸钠为强碱弱酸盐，水溶液中水解生成醋酸与氢氧化钠，水解为吸热反应，加热，水解平衡右移，溶液碱性增强，据此分析．
12．【答案】C
【解析】【解答】由图可知，pH=2的两种一元酸x和y，均稀释10倍，x的pH为3，y的pH＜3，则x为强酸，y为弱酸；pH=2的x，其浓度为0.01mol/L，与NaOH发生中和反应后pH=7，为中性，则0.01mol/L×0.1L=0.1mol/L×V碱，解得V碱=0.01L，而pH=2的y，其浓度大于0.01mol/L，若二者恰好生成正盐，水解显碱性，为保证溶液为中性，此时y剩余，但y的物质的量大于x，y消耗的碱溶液体积大，体积大于0.01L，则Vx故答案为：C。
【分析】由图可知，pH=2的两种一元酸x和y，均稀释10倍，x的pH为3，y的pH＜3，则x为强酸，y为弱酸；发生中和反应后pH=7，为中性，x与NaOH反应生成不水解的正盐，而y与NaOH反应生成水解显碱性的正盐，且酸的物质的量越大消耗NaOH越多，以此来解答。
13．【答案】C
【解析】【解答】A． 溶液pH=7说明NaX溶液不水解，是强酸，故A不符合题意；
B． 因pH越大，说明酸根离子水解越是强烈，所以盐溶液中离子浓度 ，故B不符合题意；
C． 依据NaX溶液pH=7分析，X-离子不水解，溶液中水的电离不变，故C符合题意；
D． 根据物料守恒：c(Na+)=c(X-)，c(Na+)=，物质的量浓度相同的三种盐溶液，c(Na+)=，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】越弱越水解，酸的酸性越强，其对应的碱碱性越弱；
A、氢氧化钠为强碱，强酸强碱盐为中性；
B、越弱越水解，盐的碱性越强，其酸根离子浓度越小；
C、盐的水解会促进水的电离；
D、结合物料守恒判断。
14．【答案】B
【解析】【解答】A．加水稀释醋酸，促进醋酸电离，但醋酸电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子浓度减小，则溶液的pH增大，故A不符合题意；
B．向溶液中加入相同浓度的盐酸，氯化氢是强电解质，完全电离，则溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故B符合题意；
C．向醋酸溶液中加入醋酸钠晶体，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离，则溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故C不符合题意；
D．向溶液中加入氢氧化钠溶液，氢离子和氢氧根离子反应生成水，导致溶液中氢离子浓度减小，则溶液的pH增大，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】pH变小，说明氢离子浓度增大，B项符合题意。
15．【答案】A
【解析】【解答】A． 能结合水电离的OH-生成弱电解质 ，A符合题意；
B．K+是强碱的阳离子，不能水解，B不符合题意；
C． 是强酸的阴离子，不能水解，C不符合题意；
D．Cl-是强酸的阴离子，不能水解，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】依据弱酸的酸根离子和弱碱的碱根离子会发生水解分析。
16．【答案】A
【解析】【解答】已知：NaA+CO2+H2O=HA+NaHCO3、2NaB+CO2+H2O=2HB+Na2CO3，则酸性：H2CO3>HA>HCO3->HB，加水稀释，促进弱酸的电离，酸性越弱，溶液稀释时pH变化越小，所以加水稀释相同的倍数时，pH变化小的是HB，由图可知，Z为HB，Y为HA，A.0.1mol/L的NaA和NaB两种盐溶液各1L，水解程度A-HB，选项A符合题意；
B.酸性：H2CO3>HA>HCO3->HB，酸性越弱对应阴离子水解程度越大，减小越强，常温下pH：NaA溶液C.加水稀释相同的倍数时，酸溶液PH增大，pH变化小的是HB，Z为HB，选项C不符合题意；
D. 若常温下浓度均为0.1mol/L 的NaA和HA 的溶液等体积混合，根据物料守恒，则c(A-)+c(HA)= =0.1mol/L，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.弱酸根离子的水解程度越大，溶液中氢离子消耗的就越多；
B.弱酸根离子水解的程度越大，其消耗的氢离子就越多，溶液的减性就越强；
C.酸性越强，加水稀释后ph变化就越大；
D.根据物料守恒可以得出体系中各微粒的浓度关系。
17．【答案】（1）CH3COOH CH3COO +H+
（2）盐酸；盐酸；c(CH3COO )>c(Na+)>c(H+)>c(OH )；AB
【解析】【解答】(1)醋酸为弱电解质，在水溶液中不完全电离，电离方程式为CH3COOH CH3COO +H+；
(2)①醋酸的酸性弱于盐酸，浓度相同时醋酸的pH＞盐酸的pH，所以Ⅱ表示滴定盐酸的曲线；
②由于醋酸钠的水溶液显碱性，所以NaOH滴定醋酸时，pH=7时醋酸还有剩余，而盐酸不会有剩余，所以盐酸消耗NaOH的体积更大；
③当V(NaOH)=10.00mL时，溶液中的溶质为等物质的量CH3COONa和CH3COOH，据图可知此时溶液显酸性，所以CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，而弱电解质的电离以及水解都是微弱的，所以溶液中c(CH3COO )>c(Na+)>c(H+)>c(OH )；
④滴定过程中需要碱式滴定管盛放NaOH标准液，锥形瓶盛放酸性待测液，不需要容量瓶和玻璃棒，故答案为AB。
【分析】(1)弱电解质在水溶液中不完全电离；
(2)①依据酸性的强弱，利用起点数值判断；
②依据中和原理和生成盐的性质分析；
③根据反应后的产物，结合酸、碱性分析；
④依据滴定需要的装置有滴定管和锥形瓶。
18．【答案】（1）Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣28.5 kJ mol﹣1
（2）；＜；＞
（3）2NH3+CO2 CO（NH2）2+H2O；40%；CO2+8e﹣+8H+=CH4+2H2O；碱性
【解析】【解答】解：（1）已知：①Fe2O3（s）+3C（s，石墨）═2Fe（s）+3CO（g）△H1=+489.0kJ mol﹣1②C（s，石墨）+CO2（g）═2CO（g）△H2=+172.5kJ mol﹣1根据盖斯定律，①﹣②×3可得：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣28.5kJ mol﹣1，故答案为：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣28.5kJ mol﹣1；（2）①CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）的平衡常数表达式K= ，故答案为： ；②由甲醇的体积分数φ（CH3OH）与反应温度T的关系图示可知：当反应达到平衡后，升高温度，甲醇的体积分数减小，说明升高温度，化学平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，逆反应方向为吸热反应，所以正反应为放热反应，所以△H＜0，故答案为：＜；③曲线Ⅱ比I先达到平衡，说明曲线Ⅱ的反应速率快，平衡时曲线Ⅱ甲醇的物质的量较小，说明平衡向逆反应进行，由于正反应为气体体积减小的反应，不能是增大压强，说明温度曲线Ⅱ＞I，由于温度高，CH3OH含量低，说明化学平衡常数KⅠ＞KⅡ，故答案为：＞；（3）①根据质量守恒定律，由CO2和NH3在一定条件下合成尿素[CO（NH2）2]的反应方程式为：2NH3+CO2 CO（NH2）2+H2O，假设n（CO2）=1 mol，则n（NH3）=3mol，由于达平衡时CO2的转化率为60%，所以反应消耗的n（CO2）=0.6 mol，根据方程式可知反应的NH3的物质的量n（NH3）=1.2 mol，所以氨气的转化率为（1.2 mol÷3mol）×100%=40%，故答案为：2NH3+CO2 CO（NH2）2+H2O；40%；
②用硫酸溶液作电解质进行电解，CO2在电极上可转化为甲烷，该电极反应的方程式为：CO2+8e﹣+8H+=CH4+2H2O，故答案为：CO2+8e﹣+8H+=CH4+2H2O；③一水合氨的电离常数大于HCO3﹣的电离常数，可知HCO3﹣水解程度强于NH4+水解出生地，故NH4HCO3溶液呈弱碱性，故答案为：碱性．
【分析】（1）已知：①Fe2O3（s）+3C（s，石墨）═2Fe（s）+3CO（g）△H1=+489.0kJ mol﹣1②C（s，石墨）+CO2（g）═2CO（g）△H2=+172.5kJ mol﹣1根据盖斯定律，①﹣②×3可得：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）；（2）①化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度的化学计量数幂指数的乘积与各种反应物浓度的化学计量数幂指数的乘积的比；②由甲醇的体积分数φ（CH3OH）与反应温度T的关系图示可知：当反应达到平衡后，升高温度，甲醇的体积分数减小，说明升高温度，化学平衡逆向移动；
③曲线Ⅱ比I先达到平衡，说明曲线Ⅱ的反应速率快，平衡时曲线Ⅱ甲醇的物质的量较小说明平衡向逆反应进行，由于正反应为气体体积减小的反应，不能是增大压强，说明温度曲线Ⅱ＞I，由于温度高，CH3OH含量低，说明化学平衡常数减小；（3）①由CO2和NH3在一定条件下合成尿素[CO（NH2）2]，根据质量守恒定律书写方程式；
假设n（CO2）=1 mol，则n（NH3）=3mol．由于达平衡时CO2的转化率为60%，所以反应消耗的n（CO2）=0.6 mol，根据方程式可知反应的NH3的物质的量，进而计算氨气的转化率；②用硫酸溶液作电解质进行电解，CO2在电极上可转化为甲烷，酸性条件下还有水生成；③根据电离常数可知HCO3﹣水解强于NH4+水解，故显弱碱性．
19．【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．
20．【答案】（1）0.1
（2）1 ×10－4
（3）碱；A－＋H2O HA＋OH－
（4）c(Na＋)=c(A－)>c(H＋)=c(OH－)
（5）<
（6）>；=
【解析】【解答】I．（1）根据图示信息可知，开始NaOH溶液的pH=13，则c(H+) = 10-13 mol/L，根据 Kw = c(H+)×c(OH )，则c(OH )=c(NaOH)=0.1 mol/L，
故答案为：0.1；（2）由第（1）问可知，氢氧化钠的物质的量浓度为0.1 mol/L，a点时，c(NaOH)×V(NaOH) = c（HA）×V(HA)，则溶液的溶质为NaA，根据图示信息可知，混合后溶液pH = 10，可推出HA为弱酸，A-水解显碱性，则溶液中的氢氧根离子浓度c(OH-) = = = 1 ×10－4 mol/L，则由水电离的氢氧根离子为1 ×10－4 mol/L，
故答案为：1 ×10－4；（3）a点溶质为NaA，其溶液pH = 10，则NaA存在水解平衡，其水溶液显碱性，发生的离子方程式为：A－＋H2O HA＋OH－，
故答案为：碱；A－＋H2O HA＋OH－；（4）在B点所得混合溶液中，pH=7，则c(H+) = c(OH )，又因为溶液中溶质为生成的NaA和过量的HA，遵循电荷守恒，故c(Na＋)=c(A－)>c(H＋)=c(OH－)，
故答案为：c(Na＋)=c(A－)>c(H＋)=c(OH－)；Ⅱ．（5）因CH3COOH的Ka＝1.8×10－5，HClO的Ka＝3.0×10－8，则温度、浓度相同的CH3COOH和HClO溶液，CH3COOH的酸性大，即对水的电离抑制作用强，故水的电离程度前者小于后者，故答案为：<；（6）根据电离平衡常数可知：酸性CH3COOH>HClO，则NaClO的水解程度大于CH3COOK，所以pH相同时CH3COOK的浓度大于NaClO；由于两溶液的pH相同，则两溶液中氢离子、氢氧根离子的浓度相同，根据电荷守恒可得：[c(Na＋)－c(ClO－)] = [c(K＋)－c(CH3COO－)]，
故答案为：>；=。
【分析】I．（1）由开始NaOH溶液的pH=13及水的离子积计算其浓度；（2）根据物质的量关系可知，混合后溶液的溶质为NaA，图示信息得出，A点对应混合后的溶液pH = 10，则HA为弱酸，NaA存在水解平衡，由水电离出的氢氧根离子等于溶液中的氢氧根离子，据此分析作答；（3）由图中a点分析等物质的量氢氧化钠与HA混合后溶液显碱性可推出，NaA存在水解平衡，据此分析判断；（4）B点溶液显中性，c(H+) = c(OH )，再结合电荷守恒规律作答；Ⅱ．（5）根据表格可知，CH3COOH的Ka＞HClO的Ka，则根据相同浓度的两种酸对水电离的抑制程度不同来分析作答；（6）根据醋酸和次氯酸的电离平衡常数判断二者酸性强弱，酸性越强，对应的酸根离子的水解程度越弱，据此判断pH相同时醋酸钾和次氯酸钠的浓度大小；根据电荷守恒判断浓度关系。
21．【答案】（1）C；D
（2）B；C
（3）①④②③（或①＞④＞②＞③，用物质名称表示也对）
（4）在碳酸钠溶液中滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去或变浅
（5）2
【解析】【解答】解：（1）A、加水稀释能促进氢氟酸的电离，溶液中氢离子浓度降低，故A错误；
B、温度不变，水的离子积常数不变，故B错误；
C、溶液中氢离子浓度和氢氟酸浓度都降低，该分式中都乘以氟离子浓度得氢氟酸的电离常数除以负离子浓度，电离常数不变，负离子浓度减小，所以其比值增大，故C正确；
D、溶液中氢氧根离子浓度增大，氢离子浓度减小，故D正确；
故答案为：CD；（2）A．酸能抑制水的电离，含有弱根离子的盐能促进水的电离，故A错误；
B．c（F﹣）﹣c（Na+）=c（H+）﹣c（OH﹣），故B正确；
C．溶液呈中性，氢离子浓度等于氢氧根浓度，所以氟离子浓度等于钠离子浓度，故C正确；
D．③点时V=20 mL，溶液呈碱性，根据溶液呈电中性知，钠离子浓度大于氟离子浓度，故D错误；
故答案为：BC；（3）根据相应酸的酸性强弱判断，氢氟酸的酸性大于碳酸的，碳酸的酸性大于次氯酸的，所以顺序为①④②③（或①＞④＞②＞③，用物质名称表示也对），
故答案为：①④②③（或①＞④＞②＞③，用物质名称表示也对）；（4）在碳酸钠溶液中滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后，碳酸根离子能够与钡离子反应生成碳酸钡沉淀，碳酸根离子浓度降低，若红色褪去或变浅，可以证明，故答案为：在碳酸钠溶液中滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去或变浅；（5）HFO与水反应生成氢氟酸和双氧水，每生成1 mol HF转移2 mol电子，故答案为：2．
【分析】（1）HF是弱电解质，加水稀释能够促进HF的电离，但c（H+） 降低．温度不变，KW不变，c（OH﹣） 升高，据此分析；（2）A．酸能抑制水的电离，含有弱根离子的盐能促进水的电离；
B．据电荷守恒c（F﹣）﹣c（Na+）=c（H+）﹣c（OH﹣）；
C．据电荷守恒，溶液呈中性，氢离子浓度等于氢氧根浓度，所以氟离子浓度等于钠离子浓度；
D．③点时V=20 mL，溶液呈碱性，根据溶液呈电中性知，钠离子浓度大于氟离子浓度；（3）据盐类水解原理中的越弱越水解判断；（4）CO32﹣能够与钡离子反应生成碳酸钡沉淀；（5）HFO与水反应得到HF和化合物双氧水，据此分析．