3.1 弱电解质的电离平衡 同步练习（含解析） 2023-2024学年高二上学期化学苏教版（2019）选择性必修1

3.1 弱电解质的电离平衡 同步练习
一、单选题
1．下列叙述错误的是（　　）
A．BaCO3是难溶于水的强电解质，在医学上用作钡餐
B．中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈
C．施肥时，草木灰不能与铵态氮肥混合使用，否则会降低肥效
D．锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用饱和碳酸钠溶液处理，而后用盐酸除去
2．用下图所示装置分别进行下列溶液的导电性实验，灯泡最亮的是（　　）
A．5%蔗糖溶液 B．75%乙醇溶液
C．20%葡萄糖溶液 D．1mo1mol L-1NaCl溶液
3．下列物质按纯净物、混合物、强电解质、弱电解质、非电解质的组合正确的是 （　　）
　 纯净物 混合物 强电解质 弱电解质 非电解质
A 盐酸 水煤气 硫酸 醋酸 HD
B 胆矾 石灰水 硫酸钡 HNO2 NH3
C 火碱 蔗糖溶液 氯化钠 氨水 三氧化硫
D 冰醋酸 福尔马林 苛性钾 氯化氢 乙醇
A．A B．B C．C D．D
4．下列物质在常温下能导电的是（　　）
A．氯化钠晶体 B．酒精 C．硫酸 D．石墨
5．一种一元强酸HA溶液中加入一种碱MOH，溶液呈中性，下列判断一定正确的是（　　）
A．加入的碱过量
B．生成的盐发生水解
C．反应后溶液中c(A－) = c(M＋)
D．混合前酸与碱中溶质的物质的量相等
6．室温下，下列各溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（　　）
A．溶液中：
B．等物质的量的和混合溶液中，已知，则
C．和等浓度等体积混合(忽略体积变化，混合后)：
D．的溶液中：
7．室温下，相同浓度和体积的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的（　　）
A．两者水的电离程度相同
B．与足量的锌反应盐酸产生的氢气多
C．盐酸的c(H+)大于醋酸溶液的c(H+)
D．分别与物质的量浓度相同的NaOH溶液完全反应时，盐酸消耗NaOH溶液的体积多
8．数字化实验是利用传感器和信息处理终端进行数据采集与分析的实验手段。下图是利用数字化实验测定光照氯水过程中得到的图象，该图象表示的意义是（　　）
A．氯离子浓度随时间的变化 B．氧气体积分数随时间的变化
C．氯水的pH随时间的变化 D．氯水导电能力随时间的变化
9．下列说法一定正确的是（　　）
A．将NaCl溶液从常温加热至80℃，溶液的pH＜7，所以呈酸性
B．相同温度下，中和等pH的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量前者更多
C．相同温度下，pH相等的NaHSO4，H3PO4溶液中，水电离的H+浓度相等
D．相同温度下，1L 0.02mol·L-1NaCl溶液和2L 0.01mol·L-1NaCN溶液的离子总数相等
10．X、Y、Z三种液体的近似pH如图，下列判断正确的是（　　）
A．Ⅹ可能是醋酸钠溶液 B．Y可能是90℃时的纯水
C．Y一定是正盐溶液 D．Z可使甲基橙试液变黄
11．已知：室温下，CaCO3的，H2CO3的电离常数，，HClO的电离常数。室温下，向60 mL蒸馏水加入1 g CaCO3，经过一段时间，迅速加入10 mL蒸馏水该操作重复多次，过程中电导率的变化如图，下列说法不正确的是（　　）
A．a→b：电导率上升是由于CaCO3固体溶解速率大于沉淀速率
B．c点溶液中Ca2+浓度接近
C．g→h：向饱和CaCO3溶液中迅速加入10 mL蒸馏水
D．向NaClO浓溶液通入少量CO2气体，溶液含碳微粒主要以的形式存在
12．下列溶液一定呈酸性的是（　　）
A．pH＜7的溶液 B．c（H+）＞c（OH﹣） 的溶液
C．pH＞7的溶液 D．c（H+）＜c（OH﹣） 的溶液
13．下列关于电解质的叙述，正确的是（　　）
A．NaCl溶液在电流作用下电离出Na+和Cl-
B．凡是溶于水后能电离出H+的化合物就叫酸
C．HCl溶液能导电，而液态的HCl难以导电
D．难溶物一定不属于电解质
14．室温下，在pH=12的某溶液中，由水电离的c(OH－)为（　　）
A．1.0×10－7mol·L－1 B．1.0×10－6mol·L－1
C．1.0×10－10mol·L－1 D．1.0×10－12mol·L－1
15．下列说法正确的是（　　）
A．BaSO4难溶于水，其水溶液导电能力极弱，所以硫酸钡是弱电解质
B．CO2溶于水得到的溶液能导电，所以CO2是电解质
C．强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强
D．导电能力强的溶液一定是强电解质溶液
16．一定温度下，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相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na+):①>②>③
D．pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合: c(Na+)＋c(H+)＝c(OH-)＋c(HC2O4-)
二、综合题
17．现有下列八种物质：①NaOH溶液 ②铁丝 ③液态HCl④熔融氯化钠 ⑤硫酸钠固体⑥CO2⑦酒精⑧生石灰。
（1）上述物质中，可导电的是　 　(填序号，下同)。
（2）上述物质中，属于非电解质的是　 　。
（3）上述物质中，属于电解质但不导电的是　 　。
18．已知室温下有关弱酸的电离平衡常数如表所示：
弱酸
电离平衡常数
回答下列问题：
（1）的电离方程式为　 　。
（2）上述、、三种酸的酸性由强到弱的顺序为　 　(填分子式)。
（3）向浓度均为的溶液和溶液中加入：
①若加稀释至相同的，则溶液中加入的体积：　 　(填“>”、“<”或“=”)。
②若加稀释相同的倍数，则此时溶液的　 　(填“>”、“<”或“=”)。
（4）室温下，向未知浓度的溶液中加入溶液：
①溶液中　 　(填“增大”、“减小”、“不变”或“无法判断”)。
②滴加溶液至溶液中的，此时溶液的　 　(填“>”、 “<”或“=”)7，判断的理由为　 　。
（5）若向的溶液中滴加等体积一定浓度的稀硫酸，此时测得溶液中的，则溶液中　 　。
19．按要求填空：
（1）FeCl3的水溶液 pH　 　7（填＞、=、＜），其原因为　 　（用离子方程式表示），将其溶液加热蒸干并灼烧最终得到物质是　 　（填化学式）
（2）温度相同，浓度均为0.1mol L-1的：①(NH4)2CO3，②(NH4)2Fe(SO4)2，③氨水，④NH4NO3，⑤NH4HSO4溶液，它们中的c（NH4+）由大到小的排列顺序是　 　。 （用序号表示）
（3）常温下两种溶液：a．pH=4 NH4Cl b．pH=4盐酸溶液，其中水电离出c（H+）之比为　 　。
（4）室温，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的盐酸溶液混合，若所得混合溶液的pH=6，则NaOH溶液与盐酸的体积比为　 　。
20．请回答下列问题：
（1）已知：N2、O2分子中化学键的键能分别是946 kJ·mol－1、497 kJ·mol－1。
N2(g)＋O2(g)＝2NO(g) ΔH＝＋180.0 kJ·mol－1。则相同条件下破坏1 mol NO中的化学键需要吸收的能量为　 　kJ。
（2）25℃时，pH＝5的CH3COOH溶液中，由水电离出的氢离子浓度C(H＋)＝　 　mol·L－1；往溶液中加入少量NaOH固体，则溶液中 　 　(填“增大”、“减小”或“不变”)，写出表示该混合溶液中所有离子浓度之间的一个等式：　 　。
（3）25℃时，向某Na2CO3溶液中加入稀盐酸，其中含碳元素的各种微粒物质的量分数(φ)随溶液pH变化的部分情况如图所示。
①在同一溶液中，H2CO3、HCO3－、CO32－　 　(填“能”或“不能”)大量共存。
②当pH＝7时，溶液中含碳元素的微粒主要为　 　。
③反应的CO32－＋H2O HCO3－＋OH－的平衡常数Kh＝　 　。
21．室温下，pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释，pH随溶液体积的变化曲线如下图所示：
（1）HB溶液体积稀释到1000毫升时，溶液中c(H+)=　 　mol/L。
（2）由图可判断：HA的酸性　 　(填“＞”或“＜”)HB的酸性。
（3）pH均为2的一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释后pH不同的原因是什么？请进行完整说明　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A.BaCO3难溶于水但易溶于酸，故不能做钡餐，能用于做钡餐的是硫酸钡，故A符合题意；
B.明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2（OH）2CO3，溶于酸性溶液，故利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，故B不符合题意；
C.草木灰水溶液显碱性，铵态氮肥与碱性物质混合后，放出氨气，降低肥效，故C不符合题意；
D.由平衡CaSO4（s） Ca2+（aq）+SO42-（aq）可知，加入Na2CO3溶液后，CO32-与Ca2+结合生成CaCO3沉淀，Ca2+浓度减少，使CaSO4的沉淀溶解平衡向溶解方向移动，发生反应：CaSO4（s）+CO32-（aq）=CaCO3（s）+SO42-（aq），然后再加盐酸，盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水，从而除去硫酸钙，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、能用于做钡餐的是难溶于水和盐酸的硫酸钡；
B、明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈与酸性物质反应；
C、草木灰水溶液显碱性，铵态氮肥与碱性物质反应；
D、先用Na2CO3溶液处理，发生沉淀的转化生成碳酸钙，碳酸钙溶于盐酸。
2．【答案】D
【解析】【解答】A.蔗糖是非电解质，蔗糖溶液中不存在可自由移动的离子，故蔗糖溶液不具有导电性，A不符合题意；
B.乙醇是非电解质，乙醇溶液中不存在可自由移动的离子，故乙醇溶液不具有导电性，B不符合题意；
C.葡萄糖是非电解质，葡萄糖溶液中不存在可自由移动的离子，故葡萄糖溶液不具有导电性，C不符合题意；
D.NaCl是电解质，NaCl溶液中存在可自由移动的Na+和Cl-，故NaCl溶液具有导电性，D符合题意；
故答案为：D
【分析】溶液的导电性与溶液中离子浓度有关，自由移动的离子浓度越大， 溶液的导电性越强。
3．【答案】B
【解析】【解答】A.盐酸、水煤气、硫酸、醋酸、HD分别属于混合物、混合物、强电解质、弱电解质、单质，故A不符合题意；
B.胆矾、石灰水、硫酸钡、HNO2、氨气分别属于纯净物、混合物、强电解质、弱电解质、非电解质，故B符合题意；
C.火碱、蔗糖溶液、氯化钠、氨水、三氧化硫分别属于化合物、混合物、强电解质、混合物、非电解质，故C不符合题意；
D.冰醋酸、福尔马林、苛性钾、氯化氢、乙醇分别属于化合物、混合物、强电解质、强电解质、非电解质，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.氢气既不是电解质也不是非电解质；
C.氨水是氨气的水溶液，属于混合物；
D.HCl是强电解质。
4．【答案】D
【解析】【解答】A.NaCl在固体状态下不导电，只有其水溶液或熔融状态下才能导电，A不符合题意；
B.酒精属于非电解质，不存在自由移动的离子，不能导电，B不符合题意；
C.硫酸中不存在自由移动的离子，不能导电，只有稀硫酸才能导电，C不符合题意；
D.石墨能导电，常用作电极，D符合题意；
故答案为：D
【分析】能导电的物质主要有石墨、金属、电解质溶液和熔融状态下的电解质。
5．【答案】C
【解析】【解答】若MOH为强碱，则恰好中和显中性，不需要过量，选项A错误。若MOH为强碱，则恰好中和显中性，生成强酸强碱盐，不水解，选项B错误。反应后的溶液只有四种离子，根据电荷守恒一定有：c(OH－)+c(A－)＝c(M＋) +c(H＋)，溶液显中性，所以氢离子和氢氧根浓度相等，一定有c(A－)＝c(M＋)，选项C正确。若MOH是弱碱，混合前酸与碱中溶质的物质的量相等，则恰好中和生成一种强酸弱碱盐，溶液应该显酸性，选项D错误。
【分析】根据强弱电解质在水溶液中的电离、盐类水解对溶液酸碱性的影响结合溶液中离子浓度的关系进行分析即可。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．Na2CO3中的水解程度较小，c(CO32-)>c(HCO3-)，同时c(OH-)>c()，A不符合题意；
B．已知K(HA)>K(HB)，说明HA电离程度大于HB，则c(A-)>c(B-)，B不符合题意；
C．CH3COOH和CH3COONa等浓度等体积混合，混合后pH=4.76，说明CH3COOH电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)，C不符合题意；
D．水解生成，水解生成H2CO3，根据物料守恒可知c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.水解是微弱的；
B.K(HA)>K(HB)，则HA的电离程度大于HB的电离程度；
C.CH3COOH电离程度大于CH3COO-的水解程度，结合电荷守恒分析；
D.根据物料守恒分析。
7．【答案】C
【解析】【解答】A.由于盐酸是强酸，醋酸是弱酸，因此等浓度的两溶液中，盐酸中c(H+)大于醋酸中c(H+)，故盐酸对水的电离程度抑制较大，即盐酸中水的电离程度较小，A不符合题意；
B.二者的浓度和体积相同，则其物质的量相同，与足量的锌粒反应，产生的氢气的体积相同，B不符合题意；
C.由于盐酸是强酸，在水中完全电离，醋酸是弱酸，在水中部分电离，因此盐酸中c(H+)大于醋酸中c(H+)，C符合题意；
D.二者的浓度和体积相同，则其物质的量相同，与等物质的量浓度的NaOH溶液完全反应时，消耗NaOH溶液的体积相同，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】盐酸为强酸，在水中完全电离；醋酸为弱酸，在水中部分电离；二者都为酸溶液，都会抑制水的电离；据此结合选项进行分析。
8．【答案】C
【解析】【解答】A、氯水光照发生反应为2HClO2HCl+O2↑，则随着横坐标时间的增大，氯离子浓度应该越来越大，图象不符合，故A不符合题意；
B、氯水光照发生反应为2HClO2HCl+O2↑，则随着横坐标时间的增大，氧气体积分数应该越来越大，图象不符合，故B不符合题意；
C、氯水光照发生反应为2HClO2HCl+O2↑，则随着横坐标时间的增大，弱酸生成强酸，则氯水的pH越来越小，图象符合，故C符合题意；
D、氯水光照发生反应为2HClO2HCl+O2↑，弱酸生成强酸，则随着横坐标时间的增大，氯水导电能力也越来越大，据图象不符合，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】氯水中含有盐酸和次氯酸，次氯酸在光照下分解为盐酸和氧气。
9．【答案】C
【解析】【解答】A． 将NaCl溶液从常温加热至80℃，水的电离程度增大，故pH减小，但溶液仍呈中性，故A不符合题意；
B． 等pH的氨水、NaOH溶液相比，氨水的浓度比NaOH浓度大，但是二者体积不明确，故无法比较二者所需HCl的物质的量，故B不符合题意；
C． NaHSO4，H3PO4均能电离出氢离子，抑制水的电离，相同温度下，pH相等的NaHSO4，H3PO4溶液中氢离子的浓度相等，故水电离的H+浓度相等，故C符合题意；
D． 1L 0.02mol·L-1NaCl溶液和2L 0.01mol·L-1NaCN溶液的溶质物质的量相同，c(Na+)相同，NaCl溶液中电荷守恒c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+ c(Cl-)，则离子总浓度为2[c(Na+)+ c(H+)]，NaCN溶液中电荷守恒c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+ c(CN-)，则离子总浓度为2[c(Na+)+ c(H+)]，NaCl溶液显中性，NaCN溶液显碱性，二者氢离子的浓度不同，故二者离子总数不相等，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A． 依据温度对水的电离的影响，利用中性实质分析；
B．二者体积不明确，无法比较；
C． 依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；
D．依据电荷守恒分析。
10．【答案】D
【解析】【解答】A.X时溶液的pH=1，显酸性，CH3COONa溶液中存在CH3COO-的水解，使得溶液显碱性，A不符合题意；
B.温度升高，水的电离程度增大，因此90℃时，纯水的pH<7，B不符合题意；
C.由于温度未知，pH=7的溶液可能显中性，也可能显酸性或碱性，因此Y的溶液可能为正盐、酸式盐或碱式盐，C不符合题意；
D.甲基橙的变色范围为3.1~4.4，Z溶液的pH=10，显碱性，则将入甲基橙后，溶液变为黄色，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据CH3COONa溶液中的水解进行分析；
B.结合常温下水的pH分析；
C.结合溶液的酸性性分析；
D.根据甲基橙的变色范围分析；
11．【答案】C
【解析】【解答】A、a→b电导率上升是由于CaCO3固体部分溶解于水中造成溶液中离子浓度增大，即碳酸钙固体溶解速率大于沉淀速率，故A正确；
B、c点对应饱和溶液， CaCO3的 ，则Ca2+浓度为，故B正确；
C、g、h均为不饱和溶液，向饱和CaCO3溶液中迅速加入10 mL蒸馏水，电导率会小于h点的电导率，故C错误；
D、向NaClO浓溶液通入少量CO2气体，反应生成次氯酸和碳酸氢钠，则溶液含碳微粒主要以的形式存在，故D正确；
故答案为：C。
【分析】 室温下，向60 mL蒸馏水加入1 g CaCO3，碳酸钙存在溶解平衡，a→b段，碳酸钙溶于水，溶液中离子浓度增大，电导率增大；经过一段时间，迅速加入10 mL蒸馏水该操作重复多次，溶液中离子浓度减小，电导率减小；由图可知，饱和时电导率约为30，则c、e点对应饱和溶液，d、f、g、h对应不饱和溶液。
12．【答案】B
【解析】【解答】解：A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，pH＜7的溶液，不一定显示酸性，如100℃时，水的离子积常数是10﹣12，当pH=6时溶液呈中性，故A错误；
B．溶液中离子浓度满足c（H+）＞c（OH﹣）的溶液，溶液一定呈酸性，故B正确；
C．室温下pH＞7的溶液为碱性溶液，不是酸性溶液，故C错误；
D．c（H+）＜c（OH﹣） 的溶液一定为碱性溶液，故D错误，
故选B．
【分析】溶液呈酸性，说明溶液中c（OH﹣）＜c（H+）；注意水的电离过程是吸热反应，温度升高促进水的电离，溶液中氢离子浓度增大，不能根据溶液的pH大小判断溶液的酸碱性．
13．【答案】C
【解析】【解答】A.NaCl在水分子作用下，电离出Na+和Cl-，在电流作用下，会发生电解，生成氢氧化钠、氢气和氯气，故A不符合题意；
B.溶于水后能电离出H+的化合物可能是酸，也可能是酸式盐如NaHSO4，故B不符合题意；
C.HCl是共价化合物，HCl溶液中存在自由移动的H+和Cl-，能导电，而液态的HCl中只存在分子，不导电，故C符合题意；
D.难溶物如BaSO4溶于水的部分全电离，属于电解质，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例：酸、碱、盐，金属氧化物等；
非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；例：部分有机物，非金属氧化物等；电解质导电条件：存在自由移动的离子；单质和混合物既不是电解质也不是非电解质分析解答。
14．【答案】D
【解析】【解答】室温下，在pH=12的某溶液中，当溶质为碱时，水的电离受到抑制，由水电离的c(OH－)=10-12mol/L；当溶质为盐时，溶液的碱性由酸根离子水解产生，水的电离受到促进，此时由水电离的c(OH－)=10-2mol/L，
故答案为：D。
【分析】室温下，在pH=12的溶液呈碱性，该溶液中的溶质可能是碱或强碱弱酸盐，碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，根据溶质的性质分析解答。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．BaSO4难溶于水，由于其溶解电离产生的离子浓度很小，因此其水溶液导电能力极弱，但BaSO4溶解的部分全部电离变为离子，因此BaSO4是强电解质，A不符合题意；
B．CO2溶于水，并与水反应产生H2CO3，H2CO3电离产生离子而能够导电，离子不是CO2自身电离，因此CO2为非电解质，B不符合题意；
C．溶液的导电能力与溶液中自由移动的离子的浓度以及离子所带的电荷数有关，与电解质的强弱无关，因此强电解质溶液的导电能力不一定强，C符合题意；
D．电解质溶液的导电能力强弱与自由移动的离子的浓度及离子电荷有关，与电解质强弱无关，因此导电能力强的溶液不一定是强电解质溶液，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.硫酸钡虽然难溶于水。但溶于水的部分完全电离，属于强电解质；
B.二氧化碳本身不能电离，属于非电解质；
C.溶液的导电能力与溶液中自由移动的离子的浓度以及离子所带的电荷数有关；
D. 溶液的导电能力与溶液中自由移动的离子的浓度以及离子所带的电荷数有关。
16．【答案】C
【解析】【解答】A. H2S是二元酸，pH=5的H2S溶液中，c(H+)＞c(HS-)，A不符合题意；
B. 氨水是弱碱，pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a＜b+1，B不符合题意；
C.水解程度NaClO＞NaHCO3＞CH3COONa，则pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na+)：①>②>③，C符合题意；
D. 根据电荷守恒可知c(Na+)＋c(H+)＝c(OH-)＋c(HC2O4-)＋2c(C2O42-)，D不符合题意，
故答案为：C。
【分析】本题主要是考查溶液中离子浓度大小比较，明确溶液中的溶质，搞清楚是电离为主，还是水解为主是解答的关键。注意掌握电荷守恒、物料守恒、质子守恒的应用。
17．【答案】（1）①②④
（2）⑥⑦
（3）③⑤⑧
【解析】【解答】解：①NaOH溶液能够导电，是混合物，不属于电解质也不属于非电解质，②铁丝能够导电，是单质，不属于电解质也不属于非电解质，③液态HCl，不能导电，但溶于水能够导电，属于电解质，④熔融氯化钠能够导电，是化合物，属于电解质，⑤硫酸钠固体不能导电，但溶于水能够导电，属于电解质，⑥CO2不能导电，溶于水生成的碳酸电离，溶液能够导电，属于非电解质，⑦酒精不能导电，溶于水也不导电，属于非电解质，⑧生石灰不能导电，熔融状态能够电离，能够导电，属于电解质。
（1）上述物质中，可导电的是①②④，
故答案为：①②④；
（2）上述物质中，属于非电解质的是⑥⑦，
故答案为：⑥⑦；
（3）上述物质中，属于电解质但不导电的是③⑤⑧，故答案为：③⑤⑧。
【分析】根据电解质和非电解质的概念，以及化学物质的导电性原理进行解答即可.
18．【答案】（1）
（2）
（3）<；>
（4）增大；=；根据电荷守恒可知，，若，则，故溶液显中性(或其他合理答案)
（5）
【解析】【解答】（1）是弱酸，部分电离，电离方程式为。故答案为：；
（2）上述、、三种酸的电离平衡常数由大到小的顺序为：，酸性由强到弱的顺序为(填分子式)。故答案为：；
（3）向浓度均为的溶液和溶液中加入：
①若加稀释至相同的，pH增大，弱酸更难电离，本身pH较大，需加入较少的水，则溶液中加入的体积：<(填“>”、“<”或“=”)。故答案为：<；
②若加稀释相同的倍数，酸的物质的量浓度相同，弱酸更难电离，本身pH较大，则此时溶液的>(填“>”、“<”或“=”)。故答案为：>；
（4）室温下，向未知浓度的溶液中加入溶液，电离平衡向电离方向移动：
①溶液中增大(填“增大”、“减小”、“不变”或“无法判断”)。故答案为：增大；
②滴加溶液至溶液中的，此时溶液的=(填“>”、 “<”或“=”)7，判断的理由为根据电荷守恒可知，，若，则，故溶液显中性(或其他合理答案)。故答案为：=；根据电荷守恒可知，，若，则，故溶液显中性(或其他合理答案)；
（5）若向的溶液中滴加等体积一定浓度的稀硫酸，此时测得溶液中的，存在Ka= =4.0×10-8，则溶液中。故答案为：。
【分析】（1） 为弱酸，部分电离；
（2）电离平衡常数越大，酸性越强；
（3）稀释会促进弱酸的电离；
（4）HF溶液中存在电离平衡；
（5）结合物料守恒、HClO的电离常数计算。
19．【答案】（1）＜；Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+；Fe2O3
（2）②①⑤④③
（3）106:1
（4）9:1
【解析】【解答】(1)FeCl3为强酸弱碱盐，在水溶液中Fe3+水解的方程式为：Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，其水溶液呈酸性，则pH＜7；由于水解后溶液中含有氢离子和氯离子，在受热时HCl易挥发，所以加热时促进平衡正向移动，又由于Fe(OH)3不稳定受热易分解生成Fe2O3，所以加热FeCl3溶液，蒸干灼烧，最终得到的产物为Fe2O3，故答案为：＜；Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+；Fe2O3；(2)温度相同，浓度均为0.1mol L-1的：①(NH4)2CO3，②(NH4)2Fe(SO4)2，③氨水，④NH4NO3，⑤NH4HSO4溶液中；(NH4)2CO3为弱酸弱碱盐，铵根离子和碳酸根离子会发生双水解，则 ；，②(NH4)2Fe(SO4)2为强酸弱碱盐的复盐， 水解的溶液均呈酸性，会相互抑制水解，则 ，但大于①中的铵根离子浓度；③氨水溶液呈碱性， 远小于0.1mol/L；④NH4NO3为强酸弱碱盐，在水溶液中 离子会水解，但溶液中 大于③中 ；⑤NH4HSO4为强酸弱碱的酸式盐，H+会抑制 离子电离，则⑤＞④，综上所述以上四种溶液中的c（NH4+）由大到小的排列顺序是：②①⑤④③，故答案为：②①⑤④③；(3)由pH=4 的NH4Cl溶液中水电离出的 ；由 可得pH=4盐酸溶液，其中水电离出c（H+）等于水电离出的 则 ；则常温下两种溶液：a．pH=4 NH4Cl b．pH=4盐酸溶液，其中水电离出c（H+）之比为 ，故答案为： ；(4)25℃时所得溶液的pH=6，溶液呈酸性，则 ，即 ，故答案为：9：1。
【分析】（1）氯化铁溶液中铁离子会发生水解，在加热时促进Fe3+的水解，氢氧化铁受热易分解；（2）①铵根离子和碳酸根离子发生互促水解，②铵根离子和铁离子水解相互抑制，③一水合氨部分电离，④铵根离子水解，⑤电离出氢离子抑制铵根离子水解，铵离子水解程度越大，溶液中的铵离子浓度越小；
（3）NH4Cl水解呈酸性，促进水的电离，由水电离出的c（H+）=10-4mol/L；pH=4盐酸溶液中由酸电离的氢离子为10-4mol/L，根据水的离子积计算水电离的氢离子浓度，然后计算比值；
（4）根据两溶液的pH计算出溶液中氢离子、氢氧根离子浓度，再列式计算出氢氧化钠溶液和盐酸溶液的体积之比。
20．【答案】（1）631.5
（2）10-9；不变；c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)
（3）不能；HCO3-；10-4
【解析】【解答】（1）反应的反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，设NO的化学键键能为akJ/mol，则该反应的反应热ΔH=(946kJ/mol+497kJ/mol)-2akJ/mol=+180.0kJ/mol，解得 a=631.5kJ/mol；
（2）pH=5的CH3COOH溶液中，c(H+)=10-5mol/L，溶液中水电离产生的H+与水电离产生的OH-相等，而水电离产生的OH-为溶液中的OH-，因此水电离产生的H+浓度；CH3COOH的电离平衡常数，只与温度有关，与浓度无关，因此加入NaOH固体，K值不变，由于，因此加入NaOH固体，溶液中不变；任何溶液中都存在电荷守恒，因此该溶液中c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)；
（3）①由于溶液中的H2CO3能与CO32－反应转化为HCO3－，因此同一溶液中，H2CO3和CO32-不可大量共存；
②由图可知，当溶液的pH=7时，溶液中含碳元素的微粒主要为HCO3-；
③该反应的平衡常数，由图可知，当溶液的pH=10时，溶液中c(CO32-)=c(HCO3-)，此时溶液中c(H+)=10-10mol/L，溶液中，因此该反应的平衡常数；
【分析】（1）根据所给化学键计算反应热；
（2）结合Kw计算水电离产生的c(H+)；根据CH3COOH的电离平衡常数分析；结合电荷守恒分析；
（3）①H2CO3能与CO32－反应转化为HCO3－；
②结合图像中溶液pH与离子存在存在形态分析；
③根据水解平衡常数的表达式分析；
21．【答案】（1）10-3
（2）＞
（3）HA为强酸，HA= H++A-，加水稀释时不存在平衡的移动，n(H+)不变，c(H+)减小幅度大，pH增大幅度大；HB为弱酸，存在HB H++B-，加水稀释时，电离程度增大，n(H+)增大，c(H+)减小幅度小，pH增大幅度小；
【解析】【解答】解：(1)HB溶液体积稀释到1000毫升时，溶液的pH变为3，说明HB为弱酸，溶液中c(H+)=10-3mol/L，
故答案为：10-3；
(2)加水稀释相同的倍数，HA的pH变化大于HB，说明酸性HA＞HB的酸性，
故答案为：＞；
(3)根据图像，HA溶液体积稀释到1000毫升时，溶液的pH变为5，说明HA为强酸，HA= H++A-，加水稀释时不存在平衡的移动，n(H+)不变，c(H+)减小幅度大，pH增大幅度大；HB为弱酸，存在HB H++B-，加水稀释时，电离程度增大，n(H+)增大，c(H+)减小幅度小，pH增大幅度小，
故答案为：HA为强酸，HA= H++A-，加水稀释时不存在平衡的移动，n(H+)不变，c(H+)减小幅度大，pH增大幅度大；HB为弱酸，存在HB H++B-，加水稀释时，电离程度增大，n(H+)增大，c(H+)减小幅度小，pH增大幅度小。
【分析】根据两种酸溶液稀释相同倍数后，溶液pH的变化判断两种酸的相对强弱，结合图像和弱电解质的电离平衡进行分析即可.