第三章 水溶液中的离子反应与平衡 单元检测题（含解析） 2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1

第三章 水溶液中的离子反应与平衡 单元检测题
一、单选题
1．下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是（　　）
A．HCl B．CH3COONa C．FeCl3 D．SO2
2．下列指定体系中氯离子浓度最大的是（　　）
A．40mL0.2mol/L 的 KCl 溶液
B．20mL0.1mol/L 的 FeCl3 溶液
C．20mL0.5mol/L 的 KClO3 溶液
D．100mL0.2mol/L CaCl2 溶液与 100mL0.2mol/L 的 Na2CO3 溶液混合后的溶液
3．对饱和AgCl溶液(有AgCl固体存在)进行下列操作后，c(Ag+)保持不变的是（　　）
A．加少量水稀释 B．加热
C．加入少量浓盐酸 D．加入少量固体AgNO3
4．下列叙述中正确的是（　　）
A．氯化钠可以在水分子的作用下电离成钠离子和氯离子
B．硫酸钡难溶于水，所以硫酸钡属于弱电解质
C．溶于水后能电离出氢离子的化合物都是酸
D．二氧化碳溶于水，溶液能导电，故二氧化碳属于电解质
5．下列物质既能导电又属于电解质的是（　　）
A．稀硫酸 B．熔融氢氧化钠
C．石墨 D．Fe
6．下列有关实验操作的说法，正确的是（　　）
A．制备 胶体：将 浓溶液滴加到饱和的 溶液中
B．检验溶液中的 取一根洁净的铂丝，放在酒精灯外焰上灼烧至与原来的火焰颜色相同时为止，再蘸取少量试液，在外焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，若火焰呈紫色，则含有
C．测定 溶液 用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的 试纸上
D．配制 氯化钠溶液：称取 氯化钠固体，放入 量筒中，加水定容至 刻度线
7．测定不同温度下0.5 mol·L-1 CuSO4溶液和0.5 mol·L-1 Na2CO3溶液pH，数据如下表：
温度/℃ 25 30 40 50 60
CuSO4(aq) pH 3.71 3.51 3.44 3.25 3.14
Na2CO3(aq) pH 10.41 10.30 10.28 10.25 10.18
下列说法不正确的是（　　）
A．升高温度，Na2CO3溶液中c(OH-)增大
B．升高温度，CuSO4溶液和Na2CO3溶液的水解平衡均正向移动
C．升高温度，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果
D．升高温度，可能导致CO32-结合H+程度大于H2O电离产生H+程度
8．下列叙述中，错误的是（　　）
A．NH3、SO3均属于非电解质，但它们的水溶液能导电
B．旧报纸、废金属、饮料瓶、果皮和菜叶均属于可回收垃圾
C．熔融的KNO3能导电，所以KNO3是电解质
D．NaOH溶于水，不用通电就能发生电离
9．室温下，某浓度的H2C2O4，溶液在不同pH下，测得pc(H2C2O4)、pc(HC2O)、pc(C2O)的变化如图所示。下列说法正确的是（　　）
已知：pc(H2C2O4)=-lgc(H2C2O4)，其它类似。
A．曲线①表示pc(C2O)随pH的变化
B．H2C2O4的pKa1=3.82
C．b点对应的pH约为2.54
D．1.25<3.82，c(H2C2O4)+c(HC2O)+c(C2O)先减小后增大
10．向湿法炼锌的电解液中同时加入Cu和CuSO4，可生成CuCl沉淀除去Cl—，降低对电解的影响，反应原理如下：
Cu(s)+Cu2+(aq) 2Cu+(aq) ΔH1＝a kJ·mol-1
Cl—(aq)+Cu+(aq) CuCl(s) ΔH2＝b kJ·mol-1
实验测得电解液pH对溶液中残留c(Cl-)的影响如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．溶液pH越大，Ksp(CuCl)增大
B．向电解液中加入稀硫酸，有利于Cl-的去除
C．反应达到平衡增大c(Cu2+)，c(Cl-)减小
D． Cu(s)+ Cu2+(aq)+Cl—(aq) CuCl(s)的ΔH＝(a+2b) kJ·mol-1
11．现将足量的AgCl分别放入下列物质中，AgCl的溶解度由大到小的顺序是（　　）
①20mL 0.01mol·L－1 KCl溶液 ②30mL 0.02mol·L－1 CaCl2溶液③40mL 0.03mol·L－1 HCl溶液
A．①>③>② B．①>②>③ C．②>①>③ D．③>②>①
12．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-1 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能使紫色石蕊试液变蓝
A．①② B．②③⑤ C．③④⑥ D．③
13．下列叙述正确的是（　　）
A．取等体积等pH的醋酸和盐酸两种酸分别与完全一样的足量锌粒反应，开始时反应速率盐酸大于醋酸
B．取等体积等pH的醋酸和盐酸两种酸溶液分别稀释至原体积的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH仍然相同，则m小于n
C．pH均为4的盐酸和氯化铵溶液等体积混合后，所得溶液的
D．用同浓度的溶液分别与等体积、等pH的盐酸和醋酸溶液恰好完全反应，盐酸消耗溶液的体积更大
14．下列实验方法中，不能证明醋酸是弱电解质的是（）
A．常温下，测定0.1mol/LCH3COOH的pH
B．常温下，测一定浓度的CH3COONa溶液的pH
C．等体积的0.1mol/LHCl和0.1mol/L醋酸溶液，比较中和这两种酸所需等物质的量浓度的NaOH溶液的体积
D．等体积的0.1mol/LHCl和0.1mol/L醋酸溶液，分别与等量的颗粒大小相同的Zn反应，观察产生气泡的速率
15．高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效多功能的新型非氯绿色消毒剂，主要用于饮水处理。常温下，调节其水溶液pH时，含铁粒子的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)= ]。下列说法正确的是（　　）
A．25℃，B点水电离出的c(H+)=1×10-4
B．NaHFeO4溶液显碱性
C．常温下，H2FeO4(aq)+H+(aq) H3FeO (aq)的平衡常数K＜100
D．K2FeO4起杀菌消毒作用是因为其遇水生成了Fe(OH)3胶体
16．25℃时，水的电离可达到平衡：H2O H++OH–；△H＞0，下列叙述正确的是（　　）
A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH-)降低
B．将水加热，Kw增大，pH不变
C．向水中加入少量稀硫酸，c(H+)增大，Kw不变
D．向水中加入少量CH3COONa固体，平衡逆向移动，c(H+)降低
17．下列说法正确的是（　　）
A．常温下同浓度的强酸、强碱等体积混合后由水电离出的c(H+)一定为10-7mol·L-l
B．常温下pH =2的盐酸和pH =12的氨水等体积混合后生成NH4Cl，溶液显酸性
C．常温下0.1 mol·L-1的Na2A溶液的pH=10，则该溶液中由水电离的c(OH-)= 10-10 mol·L-l
D．常温下向CH3COONa稀溶液中加入CH3COONa固体，c (CH3COO-)/c(Na+)比值变大
18．ROH是一元弱碱，难溶盐RA、RB的两饱和溶液中c(A-)或c(B- )随c(OH-)而变化，A-、B-不发生水解。实验发现，298 K时c2(A- )与c(OH- )或c2(B- )与c(OH- )的关系如图所示，甲表示c2(A- )与c(OH- )关系。下列叙述错误的是（　　）
A．RA饱和溶液在pH=6时，c(A- )≈1.73 ×10-5mol·L-1
B．RB的溶度积Ksp(RB)的数值为5×10-11
C．ROH的电离平衡常数Kb(ROH)的数值为2×10-6
D．当RB的饱和溶液pH=7时，c(R+ )+c(H+ )19．在100℃时，100mL蒸馏水中c（OH﹣）=1×10﹣6mol L﹣1，当改变下列条件之一时，c（OH﹣）仍然等于1×10﹣6mol L﹣1的是（　　）
①温度降低到25℃
②加入10﹣6mol NaOH固体，保持100℃
③加入10﹣6molNaCl，保持100℃
④蒸发丢掉50mL水，保持100℃
A．①② B．③④ C．①③ D．②④
20．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
二、综合题
21．已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示，回答下列问题：
化学式 CH3COOH H2CO3 HClO
电离平衡常数 Ka=1.8×10-5 Ka1=4.3×10-7 Ka2=5.6×10-11 Ka=3.0×10-8
（1）表中三种酸酸性最强的是　 　。
（2）常温下，0.1mol·L－1CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据变大的是_________。(填字母)
A．c(H＋) B．
C． D．
（3）25℃时，将amol·L－1的醋酸与bmol·L－1氢氧化钠等体积混合，反应后溶液恰好显中性，这时钠离子浓度与醋酸根离子浓度相等，用a、b表示醋酸的电离平衡常数为　 　。
22．平衡思想是化学研究的一个重要观念，在水溶液中存在多种平衡体系。研究水溶液中的粒子行为在化学研究中具有重要价值。
（1）I.锅炉水垢会降低燃料的利用率，造成能源浪费。是水垢成分之一。
室温下，已知的，向0.05的溶液中滴加浓溶液，刚好出现沉淀时，溶液的约为　 　。
（2）II.已知：常温下，部分弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸
电离平衡常数(25℃)
常温下，相同物质的量浓度的、和溶液，导电能力最强的是　 　(填化学式)。
（3）下列方法中，可以使0.1溶液中的电离度增大的是____。
A．通入少量气体 B．加入少量冰醋酸
C．加入少量醋酸钠固体 D．加入少量水
（4）将少量气体通入到溶液中，发生反应的离子方程式　 　。
（5）常温下，同浓度的①、②、③、④这4种溶液中由大到小的顺序是　 　(填编号)。
（6）某同学在测定相等的盐酸和溶液的时，先用蒸馏水将试纸润湿，然后用洁净干燥的玻璃棒蘸取试样进行检测，则测定结果误差较大的是　 　。
23．25℃时，三种酸的电离平衡常数如下，回答下列问题：
化学式 CH3COOH H2CO3 HClO
电离平衡常数 1.8×10-5 K1=4.3×10-7；K2=5.6×10-11 3.0×10-8
（1）一般情况下，当温度升高时，Ka　 　(填“增大”、“减小”或“不变”).
（2）下列四种离子结合H+能力由大到小的顺序是　 　(填序号)；
a.CO b.ClO- c.CH3COO- d.HCO
（3）下列反应不能发生的是　 　(填序号)
a.CO +2CH3COOH=2CH3COO-+CO2↑+H2O
b.ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClO
c.CO +2HClO=CO2↑+H2O+2ClO-
d.HClO+CH3COO-=CH3COOH+ClO-
（4）用蒸馏水稀释0.1mol/L的醋酸，下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是　 　 (填序号)；
a. b.
c. d.
（5）体积均为10mL、c(H+)=10-2mol/L的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH变化如图所示。则HX的电离平衡常数　 　 (填“大于”、“等于”或“小于”，下同)醋酸的电离平衡常数；稀释后，HX溶液中水电离出来c(H+)　 　醋酸溶液中水电离出来的c(H+)，理由是　 　。
24．定量计算和测量是化学研究的常用方法。
（1）通过化学键的键能计算化学反应的焓变。已知：
化学键种类
键能 436 498
计算可得： 　 　
（2）利用简易量热器按照下列数据测量室温下中和反应的反应热。
实验编号 酸 碱
Ⅰ 盐酸 溶液
Ⅱ 硝酸溶液 溶液
Ⅲ 醋酸溶液 氨水
生成时：实验Ⅰ中，为；实验Ⅱ中，　 　(填“>”、“=”或“<”，下同)；实验Ⅲ中，放出的热量　 　。
（3）使用滴定法进行定量测量。
钢铁中硫含量的一种测定方法是将钢样中硫转化为，再用图中测硫装置进行测定。
①氧化的化学方程式为　 　。
②将钢样中的硫全部转化为，通入装置中，用溶液滴定生成的，消耗溶液。则钢样中硫的质量分数为　 　。
25．在氨水中存在下列电离平衡：NH3·H2O +OH-。
（1）下列情况能引起电离平衡正向移动的有　 　（填字母，下同）。
①加NH4Cl固体　②加NaOH溶液　③通入HCl　④加CH3COOH溶液　⑤加水　⑥加压
a. ①③⑤ b. ①④⑥
c. ③④⑤ d. ①②④
（2）在含有酚酞的0.1 mol·L-1氨水中加入少量的NH4Cl晶体，则溶液颜色　 　。
a. 变蓝色 b. 变深
c. 变浅 d. 不变
（3）在一定温度下，用水缓慢稀释1 mol·L-1氨水的过程中，溶液中随着水量的增加：
①n（OH-） 　 　（填“增大”“减小”或“不变”，下同）；
②　 　；
③　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A. HCl的水溶液是强酸，在溶液中不水解，电离出氢离子使溶液呈酸性，故A不选；
B. CH3COONa属于强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，故B不选；
C. FeCl3属于强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，故C选；
D. SO2是酸性氧化物，与水反应生成H2SO3，H2SO3不水解，电离出氢离子使溶液呈酸性，故D不选，
故答案为：C。
【分析】强酸弱碱盐溶液发生水解，导致氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，则溶液显酸性，据此来分析解答。
2．【答案】B
【解析】【解答】A.KCl在水中发生电离KCl=K＋＋Cl－，因此溶液中c(Cl－)=0.2mol·L－1；
B.FeCl3在水中发生电离FeCl3=Fe3＋＋3Cl－，因此溶液中c(Cl－)=0.1mol·L－1×3=0.3mol·L－1；
C.KClO3在水中电离KClO3=K＋＋ClO3－，溶液中c(Cl－)=0；
D.两溶液混合后发生反应Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓，因此溶液中c(Cl－)=0.1mol·L－1；
综上，上述溶液中c(Cl－)最大的是0.3mol·L－1，B符合题意；
故答案为：B
【分析】根据溶质在水中电离产生Cl-的个数，确定溶液中c(Cl-)，从而比较其大小。
3．【答案】A
【解析】【解答】A、 加入少量水导致部分AgCl溶解，但溶液仍然为过饱和溶液，则溶液中c(Ag+)不变， 故A符合题意；
B、加热促进AgCl溶解， c(Ag+)增大，故B不符合题意；
C、加入少量浓盐酸，c(Cl-)增大 ， Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-) 不变，则c(Ag+)减小，故C不符合题意；
D、加入少量固体AgNO3 ， c(Ag+)增大，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】AgCl存在沉淀溶解平衡： AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)。
4．【答案】A
【解析】【解答】A. 氯化钠是强电解质，故其可以在水分子的作用下电离成钠离子和氯离子，A符合题意；
B. 硫酸钡虽然难溶于水，但其溶解的部分是完全电离的，所以硫酸钡属于强电解质，B不符合题意；
C. 溶于水后能电离出氢离子的化合物不一定是酸，酸式盐在水溶液中也可以电离出氢离子，C不符合题意；
D. 二氧化碳溶于水，溶液能导电，因溶液中的离子是碳酸电离的、不是二氧化碳电离的，故二氧化碳属于非电解质，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.电解质的电离不需要通电，是在水分子的作用下解离出离子；
B.硫酸钡难溶于水，但溶解的部分可以完全电离；
C.电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸；
D.二氧化碳的水溶液导电是生成的碳酸电离出离子而导电。
5．【答案】B
【解析】【解答】A. 稀硫酸中有自由移动的H+和SO42-，可以导电，但稀硫酸是混合物，不是电解质，A错误；
B.熔融氢氧化钠既有自由移动的Na+和OH-，又是纯净物，化合物，B正确；
C.石墨有自由移动的电子，但它是单质，不是化合物，C错误；
D. Fe 有自由移动的电子，但它是单质，不是化合物，D错误；
故答案为： B
【分析】 本题考查了电解质、导电物质的判断，根据物质导电的实质及电解质定义来分析解答即可，难度不大。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．制备 胶体应将氯化铁溶液滴入到沸水中，将氢氧化钠浓溶液滴加到饱和氯化铁溶液中，A项不符合题意；
B．检验溶液中的 取一根洁净的铂丝，放在酒精灯外焰上灼烧至与原来的火焰颜色相同时为止，再蘸取少量试液，在外焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，若火焰呈紫色，则含有 ，B项符合题意；
C．不能选择湿润的pH试纸，应选用干燥的pH试纸测定pH，C项不符合题意；
D．配制溶液时，应在烧杯中溶解，然后将溶液转移至容量瓶进行定容，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．制备 胶体应将氯化铁溶液滴入到沸水中；
B．K+的焰色为紫色；
C．pH试纸不能湿润；
D．配制溶液时，应在烧杯中溶解；
7．【答案】D
【解析】【解答】A. 由表中的数据可知：升高温度，Na2CO3溶液的pH增大，说明溶液中OH-的浓度增大，A不符合题意；
B. 在CuSO4溶液中有， ，在Na2CO3溶液中有 ；从表中的数据可知：升高温度，两个溶液中的H+和OH-的浓度都增大，则说明平衡都正向移动，B不符合题意；
C. 在CuSO4溶液中有，pH=-lg c(H+)=-lg ；升高温度，Kw增大，c(OH-)也增大，所以该溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果，C不符合题意；
D.平衡 可以看作是两步反应： ， ，与CO32-结合的H+来自于水的电离，则CO32-结合H+程度小于于H2O电离产生H+程度，D符合题意；
故答案为D。
【分析】碳酸钠是强碱弱酸盐，在水溶液中，碳酸根离子可以和水产生的氢离子结合生成碳酸氢根离子，使溶液显碱性，根据溶液中碳酸钠溶液pH值的变化，可知升高温度可能导致CO32-结合H+程度小于于H2O电离产生H+程度。
8．【答案】B
【解析】【解答】A. NH3、SO3溶于水生成氨水和亚硫酸，氨水和亚硫酸电离出离子可以导电，氨气和SO3本身不导电，它们属于非电解质，A不符合题意。
B. 旧报纸、废金属、饮料瓶属于可回收垃圾，果皮和菜叶属于厨余垃圾，B符合题意。
C. 电解质是在熔融状态或水溶液中可以导电的化合物，熔融的KNO3能导电，所以KNO3是电解质，C不符合题意。
D. NaOH溶于水，在水分子的作用下发生电离，不需要通电，D不符合题意。
【分析】A．在水溶液中和熔融状态下均不导电的化合物为非电解质；
B．果皮和菜叶均不属于可回收垃圾；
C．在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；
D．电离是自发进行的过程。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．根据分析，曲线①表示pc(H2C2O4)随pH的变化，故A不符合题意；
B．根据图像，室温下，pH=1.25时，c(H2C2O4)=c(HC2O )，则pKa1=-lg =-lg =1.25，故B不符合题意；
C．根据图像，b点时，c(H2C2O4)=c(C2O )，Ka1(H2C2O4) Ka2(H2C2O4)= =c2(H+)，则c(H+)= = 10-2.54，则对应的pH约为2.54，故C符合题意；
D．如果pH变化是因为溶液逐渐稀释的缘故，则溶液体积逐渐增大，c(H2C2O4)+c(HC2O
)+c(C2O
)的值逐渐减小，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．随着pH值的增大，溶液中c(H2C2O4）逐渐减小、c(HC2O4 ）先增大后减小、c(C2O42 )逐渐增大，则pc(H2C2O4）逐渐增大、pc(HC2O4 ）先减小后增大、pc（C2O42 ）逐渐减小，根据图知，曲线①、②、③分布表示pc（H2C2O4）、pc(HC2O4 ）、pc(C2O42 )；
B．pc(H2C2O4）＝pc(HC2O4 ）时，为a点，溶液的pH＝1.25，c(H2C2O4）＝c(HC2O4 ），pKa1＝ lgc(H＋)；
C．c点pc(HC2O4 ）＝pc(C2O42 )，则c(HC2O4 ）＝c(C2O42 )，pH＝3.82，Ka2＝c(H＋)＝10 3.82，b点pc(H2C2O4）＝pc(C2O42 )，则c(H2C2O4）＝c(C2O42 )，Ka1×Ka2＝c2(H＋)，则b点c(H＋)＝ ；
D．根据物料守恒判断。
10．【答案】C
【解析】【解答】A. Ksp(CuCl)只与温度有关，与溶液pH无关，故A不符合题意；
B. 根据图像，溶液的pH越小，溶液中残留c(Cl-)越大，因此向电解液中加入稀硫酸，不利于Cl-的去除，故B不符合题意；
C. 根据Cu(s)+Cu2+(aq) 2Cu+(aq)，增大c(Cu2+)，平衡正向移动，使得c(Cu+)增大，促进Cl—(aq)+Cu+(aq) CuCl(s)右移，c(Cl-)减小，故C符合题意；
D.①Cu(s)+Cu2+(aq) 2Cu+(aq) ΔH1＝a kJ·mol-1，②Cl-(aq)+Cu+(aq) CuCl(s) ΔH2＝b kJ·mol-1，根据盖斯定律，将①× +②得： Cu(s)+ Cu2+(aq)+Cl-(aq) CuCl(s)的ΔH＝( +b) kJ·mol-1，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.物质的 Ksp仅受温度的影响；
B.根据图像分析溶液的pH值与溶液中残留c(Cl-)间的关系；
C.根据溶度对化学平衡移动的影响解答；
D.利用盖斯定律计算反应的ΔH。
11．【答案】A
【解析】【解答】①20mL 0.01mol·L-1 KCl溶液氯离子浓度为0.01mol·L-1；②30mL 0.02mol·L-1 CaCl2溶液中氯离子浓度为0.04mol·L-1；③40mL 0.03mol·L-1 HCl溶液中氯离子浓度为0.03 mol·L-1，所以氯化银的溶解度由大到小的顺序为：①＞③＞②，
故答案为：A。
【分析】AgCl存在沉淀溶解平衡AgCl(s) Ag+(aq) + Cl-(aq)，所以溶液中存在的Ag+、Cl-会对AgCl的溶解度造成影响，银离子或氯离子浓度越小，氯化银的溶解度越大。
12．【答案】D
【解析】【解答】①导电性取决于溶液中离子浓度和离子所带电荷，灯泡很暗只能说明溶液中离子浓度较小，不能说明NH3 H2O是弱碱，①不符合题意；
②能与HCl发生反应生成盐和水，说明NH3 H2O具有碱性，不能说明NH3 H2O是弱碱，②不符合题意；
③NH3 H2O如完全电离则0.1mol·L-1NH3 H2O溶液pH为13，现为11，说明NH3 H2O不能完全电离，是弱碱，③符合题意；
④和AlCl3反应产生Al(OH)3沉淀是因为满足复分解反应发生的条件，不能说明NH3 H2O是弱碱，④不符合题意；
⑤与水能以任意比互溶是NH3 H2O的物理性质，不能说明NH3 H2O是弱电解质，⑤不符合题意；
⑥能使紫色石蕊试液变蓝说明NH3 H2O具有碱性，不能说明其是弱碱，⑥不符合题意；
故答案为：D。
【分析】弱碱只能部分电离，只要可以证明NH3 H2O 部分电离即可证明 NH3 H2O是弱碱。
13．【答案】C
【解析】【解答】A. 取等体积等pH的醋酸和盐酸两种酸分别与完全一样的足量锌粒反应，开始时反应速率盐酸等于醋酸，故A不符合题意；
B. 取等体积等pH的醋酸和盐酸两种酸溶液分别稀释至原体积的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH仍然相同，则m大于n，故B不符合题意；
C.pH均为4的盐酸和氯化铵等体积混合后，导致溶液的pH=4，故C符合题意；
D. 用同浓度的溶液分别与等体积、等pH的盐酸和醋酸溶液恰好完全反应，盐酸消耗溶液的体积比醋酸小，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.浓度相等，速率相等；
B.醋酸是弱酸，稀释时电离；
C.混合后对氯化铵的水解无影响；
D.考虑的是醋酸是弱酸。
14．【答案】C
【解析】【解答】A．常温下，测定0.1mol·L-1CH3COOH的pH值，若pH大于1，即可证明为弱电解质，选项A不选；
B.常温下，乙酸钠溶液显示碱性，说明乙酸钠为为强碱弱酸盐，从而证明了乙酸为弱电解质，选项B不选；
C.等体积的0.1mol/LHCl和0.1mol/L醋酸溶液，中和这两种酸所需等物质的量浓度的NaOH溶液的体积相等，不能证明醋酸是弱电解质，选项C选；
D.等体积的0.1mol/LHCl和0.1mol/L醋酸溶液，分别与等量的颗粒大小相同的Zn反应，盐酸反应产生气泡的速率较快，说明醋酸不完全电离，是弱电解质，选项D不选。
故答案为：C。
【分析】弱电解质是在水溶液中或熔融状态下不完全（少部分）发生电离的电解质；一定浓度的醋酸在水中得到的氢离子的浓度小于酸的浓度；pH值也大于同浓度的强酸的pH值；与铜浓度的强酸和活泼金属反应，反应速率较慢。都可以证明醋酸是弱电解质。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．B点溶液呈酸性，说明H2FeO4电离大于HFeO水解，抑制水的电离，此时pH=4，所以水电离出的c(H+)=1×10-10， A项不符合题意；
B．由图可知，H2FeO4的第二步电离平衡常数大小约为10-7.5，第一步电离大小约为10-3.5，由K水=Kw/K电可知，HFeO4的水解平衡常数大小约为10-10.5，故HFeO4的电离大于水解，呈酸性，B项不符合题意；
C．结合图象可知，c(H2FeO4)=c(H3FeO4)时，溶液的pH<2，c(H+)>0.01mol/L，则H2FeO4+H+ H3FeO4的平衡常数 ，即K<100，C项符合题意；
D．K2FeO4起杀菌消毒作用是因为它的强氧化性，生成Fe(OH)3胶体有吸附性而有净水作用，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.判断弱酸在溶液显酸性的时候电离程度大于其水解程度，则溶液中的H+视为酸电离所得，则水电离的H+与水中OH-浓度相同；
B.判断强碱弱酸盐溶液pH首先根据图像判断其电离程度与水解程度大小，电离程度大于水解程度则显酸性，反之显碱性；
C.题目已经离子平衡式的时候首先列分式表示平衡常数，再根据图像找到能够使得分式化简的点，进而将分式化为已知条件进行判断；
D.胶体一般通过吸附能力来净水，而消毒杀菌一般是物质的强氧化性起作用。
16．【答案】C
【解析】【解答】A、一水合氨电离出OH-而导致溶液中OH-浓度增大，水的电离平衡逆向移动，但c(OH-)比原平衡时大，A不符合题意；
B、水的电离是吸热过程，升高温度促进水电离，则Kw增大，pH减小，B不符合题意；
C、向水中加入少量稀硫酸，硫酸电离出氢离子导致溶液中H+浓度增大，温度不变，Kw不变，C符合题意；
D、向水中加入少量CH3COONa固体，CH3COO-结合水电离出的H+，促进水的电离，水的电离平衡正向移动，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、氨水显碱性，存在电离NH3.H2ONH4++OH-， c(OH-)增大；
B、温度升高，水的电离程度增大；
C、水的离子积同样适用于稀的酸碱盐溶液；
D、CH3COONa是强碱弱酸盐，水解显碱性，促进水的电离。
17．【答案】D
【解析】【解答】A.常温下，同浓度的强酸、强碱等体积混合后，由于没有告诉酸中含有氢离子、碱中含有氢氧根离子数目，则混合液不一定呈中性，由水电离出的c(H+)不一定为10-7mol.L-1，故A不符合题意；
B. 常温下pH=2的盐酸和pH=12的氨水等体积混合后，混合液中氨水过量，溶液呈碱性，则c(H+) < c(OH-),故B不符合题意；
C. 常湿下，0.1 mol·L-1的Na2A溶液的pH=10，A2-离子水解促进了水的电离，该溶液中氢氧根离子是水的电离的，则该溶液中由水电离的c(OH-)=10-4mol L-1，故C不符合题意；
D．CH3COONa溶液中醋酸根离子发生水解：CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-,加入CH3COONa固体后，增大了CH3COONa浓度，溶液水解程度减小，c(CH3COO-)/c(Na+)比值变大，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.无法确定酸碱是几元的，所以无法确定等体积酸碱混合后是否恰好完全反应；
B.氨水的电离大于铵根离子的水解，因此溶液显碱性；
C.A2-离子是弱酸根离子会进行水解，其水解促进了水的电离；
D.向醋酸钠溶液中加入醋酸钠固体会使醋酸根的水解向左进行，因此醋酸根离子的浓度和钠离子浓度的比值会增大。
18．【答案】C
【解析】【解答】A．RA饱和溶液pH=6时，c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)=10-8mol/L，据图可知此时c2(A-)=30×10-11(mol/L)2，所以c(A- )≈1.73 ×10-5mol·L-1，A项不符合题意；
B．RB的饱和溶液中存在平衡RBR++B-、R++H2OROH+H+，当溶液酸性越强，R-的水解程度越弱，c(R+）和c(B-)的大小越接近，据图可知当c(OH-)接近0时(酸性强)，c2(B-)=5×10-11(mol/L)2，此时c(R+)=c(B-)，Ksp(RB))=c(R+)·c(B-)=c2(B-)=5×10-11，B项不符合题意；
C．RB溶液中存在物料守恒c(R+)+c(ROH-)=c(B-)，Kb(ROH)=，若调节pH使碱性增强时加入的碱不是ROH，则c(R+)=c(ROH)时，满足c(R+)=c(ROH)=c(B-)，Ksp(RB) =c(R+)c(B-)=c(B-)·c(B-)=5×10-11，所以此时c2(B-)=10×10-11，据图可知此时c(OH-)=2×10-8mol/L，即Kb(ROH)=2×10-8，C项符合题意；
D．RB饱和溶液若不加入其他物质，由于R+的水解，溶液会显酸性，所以pH=7时需要加入碱，若加入的碱不是ROH，则还有其他阳离子，此时根据电荷守恒可知c(R+)+c(H+)故答案为：C。
【分析】A、要注意pH和OH-的转换关系；
B、Ksp的计算要找出相应离子的浓度，注意找最特殊的点；
C、电离平衡常数要根据公式Kb(ROH)=计算；
D、要注意电荷守恒要写出所有阳离子和阴离子。
19．【答案】B
【解析】【解答】在纯水中，H+和OH﹣均来自于水电离，且水电离出的c（OH﹣）=c（H+）= 。
①25℃时Kw=10﹣14，c（OH﹣）= =10﹣7mol/L，故①错误；②加入10﹣6mol NaOH固体，溶液中c（OH﹣）=c（NaOH）= =10﹣5mol/L，故②错误；③加入10﹣6molNaCl，NaCl对水的电离没有影响， c（OH﹣）不变，故③正确；④温度不变，Kw不变， c（OH﹣）不变，故④正确。
故答案为：B。
【分析】本题考查的是改变温度等条件对溶液中H+和OH﹣浓度的影响。
20．【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。
21．【答案】（1）CH3COOH
（2）B；C
（3）
【解析】【解答】（1）根据表中数据可知，酸的电离平衡常数大小为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO ，电离平衡常数越大，酸性越强，所以酸性由强到弱的顺序为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO，即酸性最强的为CH3COOH；（2）A.0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释过程中，醋酸的电离程度增大，但c(H＋)减小，故A不正确；
B．加水稀释过程中，醋酸的电离程度增大，氢离子物质的量增大，醋酸分子物质的量减小，同一溶液中 = 的比值增大，故B正确；
C．醋酸溶液加水稀释时酸性减弱，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，则 的比值增大，故C正确；
D．稀释过程中温度不变，则醋酸的电离平衡常数Ka= 不变，故D不正确；故答案为：BC；（3）将amol L-1的醋酸溶液与b mol L-1的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液呈中性，说明醋酸过量，醋酸和氢氧化钠溶液发生反应CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，则溶液中c（CH3COOH）= （a-b）mol L-1，达到电离平衡时，溶液呈中性，c(H＋)=1×10-7mol L-1，c（Na+）=c（CH3COO-）= mol L-1，则Ka= = 。
【分析】 (1)电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，溶液酸性越强；
(2)0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释过程中，氢离子与醋酸根离子物质的量增大，醋酸分子物质的量减小，浓度减小，酸性减弱，水的离子积常数不变，醋酸的电离平衡常数不变；
(3)amol L-1的醋酸溶液与b mol L-1的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液呈中性，说明醋酸过量，根据电荷守恒计算。
22．【答案】（1）9
（2）HCOOH
（3）D
（4）
（5）④②③①
（6）盐酸
【解析】【解答】（1）滴加浓NaOH溶液，刚好开始出现沉淀，存在Ksp=c(Mg2+)·c2(OH-)，c(OH-)==1.0×10-5mol/L，c(H+)==1.0×10-9mol/L，即pH=9；故答案为9；
（2）电解质的导电能力与离子浓度、所带电荷数、温度等有关， HCOOH、CH3COOH、HClO均为一元弱酸，相同温度下，三种溶液导电能力与离子浓度有关，根据表中数据可知，电离平衡常数大小顺序是HCOOH＞CH3COOH＞HClO，离子浓度大小顺序是HCOOH＞CH3COOH＞HClO，导电能力：HCOOH＞CH3COOH＞HClO，导电能力最强的是HCOOH；故答案为HCOOH；
（3）醋酸溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+，
A．加入少量HCl，溶液中c(H+)增大，抑制醋酸的电离，电离度增大，故A不正确；
B．加入少量冰醋酸，虽然电离平衡向右进行，但醋酸的电离度降低，故B不正确；
C．加入醋酸钠固体，溶液中c(CH3COO-)增大，抑制电离，醋酸的电离度降低，故C不正确；
D．加入少量水，稀释溶液，促进电离，醋酸的电离度增大，故D正确；
答案为D。
（4）根据表中数据可知，电离平衡常数：H2CO3(Ka1)＞HClO＞H2CO3(Ka2)，利用酸性强的制取酸性弱的，发生的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HCO+HClO；故答案为ClO-+CO2+H2O=HCO+HClO；
（5）利用Kh=，相同温度下，电离平衡常数越小，水解平衡常数越大，根据图表数据可知，HCOOH＞H2CO3(Ka1)＞HClO＞H2CO3(Ka2)，因此常温下，相同浓度的四种溶液的pH由大到小顺序是Na2CO3＞NaClO＞NaHCO3＞HCOONa，即④②③①；故答案为④②③①；
（6）两种溶液中c(H+)相同，则起始时溶液的pH相同，盐酸为强酸，醋酸为弱酸，水稀释促进醋酸的电离，稀释相同倍数时，盐酸中c(H+)小于醋酸中c(H+)，即测定结果误差较大的是盐酸；故答案为盐酸。
【分析】（1）根据Ksp=c(Mg2+)·c2(OH-)、Kw=c(H+)c(OH-)和pH=-lgc(H+)；
（2）溶液的导电能力与离子浓度和离子所带电荷呈正比；
（3）A.通入HCl，醋酸的电离平衡逆向移动，电离度减小；
B.加入醋酸，醋酸的电离平衡正向移动，但其电离度减小；
C. 加入少量醋酸钠固体，c(CH3COO-)增大而抑制CH3COOH电离；
D.加水促进醋酸的电离；
（4）电离平衡常数越大，酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；
（5）酸根离子水解程度越大，对应钠盐溶液的pH越大；
（6）先用蒸馏水将pH试纸润湿，相当于加水稀释，稀释相同倍数后，c(H+)变化较大的酸，其测定结果误差较大。
23．【答案】（1）增大
（2）a>b>d>c
（3）c，d
（4）b
（5）大于；大于；稀释后，HX的pH大，酸性弱，对水抑制程度小，水电离程度大
【解析】【解答】(1)弱电解质的电离是吸热过程，升高温度促进弱电解质的电离，则当温度升高时，Ka增大；(2)电离平衡常数越大，越易电离，溶液中离子浓度越大，则酸性强弱为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞ ，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱，则四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是：CO ＞ClO-＞HCO ＞CH3COO-，即a＞b＞d＞c；(3)a．碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能够制取碳酸，反应CO +2CH3COOH=2CH3COO-+CO2↑+H2O能够发生，故a不选；
b．CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能够制取HClO，反应ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClO能够发生，故b不选；
c．HClO的酸性小于碳酸，CO +2HClO=CO2↑+H2O+2ClO-不能发生，故c选；
d．由于酸性CH3COOH＞HClO，弱酸不能制强酸，则HClO不能制CH3COOH，HClO+CH3COO-=CH3COOH+ClO-不能发生，故d选；
故答案为：c、d；(4)a．加水稀释醋酸促进醋酸电离，氢离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，所以 = 的比值减小，故a不选；
b．加水稀释醋酸促进醋酸电离，醋酸根离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，则 = 的比值增大，故b选；
c．加水稀释促进醋酸电离，但氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以 的比值减小，故c不选；
d．加水稀释醋酸促进醋酸电离，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大， 的比值减小，故d不选；
故答案为b；(5)根据图知，pH相同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变化大，则HX的酸性大于醋酸，所以HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数，稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，所以醋酸抑制水电离程度大于HX，则HX溶液中水电离出来的c(H+)大于醋酸溶液水电离出来c(H+)；原因是酸溶液中氢离子浓度越小，对水的抑制程度越小，水的电离程度越大，稀释后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+)，它对水的电离的抑制能力减弱。
【分析】弱电解电离过程是吸热的；酸越弱，电离平衡常数越小，对应的酸根离子越易水解；结合强酸制弱酸的原理分析；结合加水稀释时对电离平衡的影响分析，注意水的离子积常数只受温度影响。
24．【答案】（1）-483.6
（2）=；<
（3）；
【解析】【解答】（1）焓变为旧化学键断裂吸收的能量减去新化学键形成释放的能量，则
（2）实验I和实验II都为强酸和强碱反应，则生成1mol水时所放出的热量一样，即实验II的=；实验III为弱酸和弱碱反应，而弱酸、弱碱的电离要吸热，因此生成1mol水时放出的热量小于57.3kJ。
（3）①二氧化硫具有还原性，过氧化氢具有氧化性，两者能发生氧化还原反应，依据得失电子守恒和原子守恒，可得反应化学方程式为：。
②由原子守恒可得1mol S参与反应生成1mol H2SO4，而1mol H2SO4要消耗2mol NaOH，则有关系式：，求得n=5z10-6mol，则硫单质的质量为5z10-6mol32g/mol=g，则钢样中硫的质量分数为。
【分析】（1）焓变为旧化学键断裂吸收的能量减去新化学键形成释放的能量；
（2）中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量；注意弱酸、弱碱的电离要吸热。
（3）①二氧化硫具有还原性，过氧化氢具有氧化性，两者能发生氧化还原反应。
②依据原子守恒计算。
25．【答案】（1）c
（2）c
（3）增大；增大；不变
【解析】【解答】(1)①加入NH4Cl固体， 浓度增大，NH3·H2O +OH-平衡左移；
②加NaOH溶液， OH-浓度增大，NH3·H2O +OH-平衡左移；
③通入HCl，消耗OH-， OH-浓度降低，NH3·H2O +OH-平衡右移；
④加CH3COOH溶液，消耗OH-， OH-浓度降低，NH3·H2O +OH-平衡正向移动；
⑤加水稀释，越稀越电离，NH3·H2O +OH-平衡右移；
⑥加压对NH3·H2O的电离平衡无影响，
综上所述，
故答案为：c；
(2)氨水中加入NH4Cl晶体，c( )增大，则NH3·H2O电离平衡逆向移动，c(OH-)减小，溶液颜色变浅，
故答案为：c；
(3)加水稀释，NH3·H2O +OH-平衡正向移动，所以n(OH-)逐渐增大；
加水稀释过程中，n(NH3·H2O)逐渐减小，所以 逐渐增大；
电离平衡常数Kb= 与温度有关，所以加水稀释时， 不变。
【分析】（1）结合平衡移动的影响因素分析即可。
（2）加入NH4Cl晶体后，溶液中c(NH4+)增大，平衡逆向移动，c(OH-)减小。
（3）稀释过程中，NH3·H2O的电离受到促进，n(NH4+)、n(OH-)增大，但c(NH4+)、c(OH-)减小；由于电离平衡常数只与温度有关，与浓度无关，因此电离平衡常数不变。