3.1 电离平衡 检测卷（含解析） 2023-2024学年高二化学人教版（2019）选择性必修1

3.1 电离平衡 检测卷
一、单选题
1．下列物质属于强电解质的是（　　）
A．Al B．CH3COONa C．SO3 D．HCOOH
2．下物质分类组合正确的是（　　）
　 A B C D
强电解质 HBr FeCl3 H3PO4 Ca(OH)2
弱电解质 HF HCOOH BaSO4 HI
非电解质 NH3 Cu H2O C2H5OH
A．A B．B C．C D．D
3．下列属于强电解质的有机物是（　　）
A．甘油 B．硬脂酸钠 C．苯酚 D．液态HCl
4．下列物质属于弱电解质的是（　　）
A．乙酸乙酯 B． C． D．苯酚
5．下列物质属于弱电解质的是（　　）
A．NH3·H2O B．H2SO4 C．NaCl D．Cu
6．下列叙述中正确的是（　　）
A．相同物质的量浓度、相同体积的盐酸与醋酸溶液，两者c(H+)相同
B．中和相同物质的量的盐酸和醋酸时，盐酸消耗的氢氧化钠多
C．物质的量浓度相同的盐酸和醋酸溶液的导电能力相同
D．足量锌分别和等体积、等c(H+)的盐酸、醋酸反应，醋酸产生氢气体积多
7．25℃时，H2SeO4第一步完全电离，第二步电离平衡常数Ka=2.18×10-2。则25℃时，下列说法正确的是
A．KHSeO4的溶液显碱性
B．K2SeO4溶液中存在c(K+)=2[c(HSeO)+c(SeO)]
C．0.5mol/L的H2SeO4溶液中，c(HSeO)+2c(SeO)+c(OH-)=0.5mol/L
D．向H2SeO4溶液中滴加KOH溶液至中性时，=2.18×104
8．下列事实中，能说明HNO2是弱电解质的是（　　）
A．用HNO2溶液做导电性实验，灯泡较暗
B．HNO2是共价化合物
C．HNO2溶液不与NaCl反应
D．室温下，0.1mol·L－1 HNO2溶液的pH为2.15
9．下列说法正确的是（　　）
A．CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)室温下不能自发进行，说明该反应的ΔHB．若在海轮外壳上附着一些锌块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀
C．1molNa2O2与足量H2O反应产生O2，理论上转移的电子数约为2×6.02×1023
D．用pH均为2的盐酸和醋酸分别中和等物质的量的NaOH，消耗醋酸的体积更大
10．下列事实不能证明HNO2是弱电解质的是（　　）
①滴入酚酞，NaNO2溶液显红色
②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗
③等pH、等体积的盐酸和HNO2溶液中和碱时，HNO2的中和碱能力强
④0.1 mol·L－1 HNO2溶液的pH＝2
⑤HNO2与CaCO3反应放出CO2气体
⑥c(H＋)＝0.1 mol·L－1的HNO2溶液稀释至1000倍，pH<4
A．②⑤ B．①⑤ C．③⑥ D．③④
11．下表是常温下某些一元弱酸的电离常数：
则0.1 mol·L－1的下列溶液中，pH最小的是（　　）
A．HCN B．HF C．CH3COOH D．HNO2
12．在相同温度时，100mL0.01mol L-1的醋酸溶液与10mL 0.1mol L-1的醋酸溶液相比较，下列数值中，前者大于后者的是（　　）
A．H+的物质的量 B．醋酸的电离常数
C．中和时所需NaOH的量 D．CH3COOH的物质的量
13．常温下，0.10mol/L的一元酸HA，下列事实不能证明该酸为弱酸的是（　　）
A．0.10mol/L的NaA溶液中 =104
B．往该酸溶液中加入碳酸钠固体，发现有CO2生成
C．往该酸溶液中滴加同浓度NaOH溶液呈中性时，酸和碱溶液的体积关系：VNaOH＜ VHA
D．若测得该酸溶液pH=a，加蒸馏水稀释该溶液至10倍，测得pH=b，b＜a+1
14．25℃时，0.1 mol/L醋酸溶液中电离平衡常数Ka=1.75×10 5，下列说法正确的是（　　）
A．向该溶液中滴加几滴浓盐酸，平衡逆向移动，c(H+)减小
B．向该溶液中加少量CH3COONa固体，平衡正向移动
C．该温度下0.01 mol/L醋酸溶液Ka＜1.75×10 5
D．升高温度，c(H+)增大，Ka变大
15．在相同温度时，100 mL0.01 mol/L醋酸与10 mL0.1 mol/L醋酸相比较，下列数值中，前者大于后者的是
A．溶液中H+的物质的量 B．CH3COOH的电离常数
C．中和时所需NaOH的物质的量 D．溶液中CH3COOH的物质的量
16．下列说法正确的是（　　）
A．20mL稀盐酸中加入等体积的NH4Cl溶液，溶液酸性一定增强
B．25℃时，0.010、0.10的醋酸溶液的电离度分别为、，则
C．0.1盐酸与氨水混合，所得溶液呈中性，则氨水浓度一定大于0.1
D．室温下，将pH=3的醋酸溶液加水稀释100倍，所得溶液的pH>5
17．关于强弱电解质及非电解质的组合完全正确的是（　　）
选项 A B C D
强电解质 NaCl H2SO4 CaCO3 HNO3
弱电解质 HF BaSO4 HClO CH3COOH
非电解质 Cl2 CS2 蔗糖 H2CO3
A．A B．B C．C D．D
18．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
19．液氨与纯水类似，也存在微弱的电离：NH3+NH3NH+NH，T ℃时，液氨的离子积常数K=c(NH) c(NH)=1.0×10﹣30，若用定义pH的方式来规定pN=﹣lg c(NH)，则下列叙述正确的是
A．其他条件不变，增加液氨的量，电离平衡正向移动
B．液氨达到电离平衡时c(NH3)=c(NH)=c(NH)
C．T ℃时的液氨中，pN=15
D．一定温度下，向液氨中加入氯化铵固体，电离平衡逆向移动，K值减小
20．图 a～c 分别为氯化钠在不同状态下的导电实验(X 、Y 均表示石墨电极，X 与电源正极相连，Y 与电源负极相连)微观示意图。下列说法正确的是（　　）
A．图示中●代表的离子是钠离子
B．图 a 中氯化钠固体可以导电
C．图 b 中熔融的 NaCl 在通电条件下产生自由移动的离子
D．图 c 表示带负电荷的水合氯离子向与电源正极相连的 X 极移动
二、综合题
21．25℃时，有0.01
mol L-1的醋酸溶液，试回答下列问题：
（1）写出醋酸的电离方程式　 　
（2）达平衡时，溶液中氢离子浓度约是　 　(25℃时，醋酸电离平衡常数为2. 25×10 -6)
22．研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。
（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液c(HCO3-)：c(CO32-)=2：1，溶液中由水电离出的c(OH-)=　 　。(室温下，H2CO3的K1=4×10-7；K2=5×10-11)
（2）CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，反应过程和在两种温度下CH3OH的物质的量随时间的变化如图1所示。
①已知图1所示反应每消耗1mol H2，热量变化是16.3KJ，则反应的热化学方程式为　 　。曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为K1　 　K2(填“>”或“=”或“<”)。
②一定温度下，若此反应在恒压容器中进行，能判断该反应达到化学平衡状态的依据是　 　
a．容器中压强不变
b.H2的体积分数不变
c.c(H2)=3c(CH3OH)
d.容器中密度不变
e.2个C=O断裂的同时有3个H—H断裂
③一定比例的合成气在装有催化剂的反应器中反应12小时，体系中甲醇的产率和催化剂的催化活性与温度的关系如图2所示。
当温度为470K时，图中P点　 　(填“是”或“不是”)处于平衡状态。490K之后，甲醇产率下降的原因是　 　。
（3）用二氧化碳可合成低密度聚乙烯(LDPE)。常温常压下以纳米二氧化钛膜为工作电极，电解CO2，可制得LDPE，可能的机理如下图3所示。
则过程I中阴极电极反应式　 　，工业上生产1.4×104g的LDPE，转移电子的物质的量为　 　。
23．已知25℃时部分弱酸的电离平衡常数如下表所示：
弱酸 HCOOH HCN
电离平衡数
（1）溶液呈碱性的原因是　 　(用离子方程式表示)。向NaCN溶液中通入少量的时发生反应的离子方程式为　 　。
（2）常温下，溶液显　 　性(填“酸”“碱”或“中”)，写出判断过程　 　。
（3）根据以上数据，判断下列反应可以成立的是____(填字母)。
A． B．
C． D．
（4）25℃时，的HCOOH溶液与的溶液中由水电离出的之比为　 　。
（5）25℃时，等体积、等物质的量浓度的HCN和NaCN的混合溶液，则溶液中①、②、③、④的物质的量浓度由大到小的顺序依次为　 　(填序号)。
24．有下列物质：①CuSO4·5H2O ②KHSO4③液态HCl ④稀硫酸 ⑤二氧化碳 ⑥铜 ⑦蔗糖 ⑧熔融氯化钠。请回答下列问题：
（1）可以导电的有　 　(填序号)。
（2）属于电解质的有　 　(填序号)。
（3）属于非电解质的有　 　(填序号)。
（4）②在水中的电离方程式为　 　。
25．环境问题越来越受到人们的重视，“绿水青山就是金山银山”的理念已被人们认同。运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染具有重要意义。回答下列问题：
（1）亚硝酰氯(C—N=O)气体是有机合成中的重要试剂，它可由Cl2和NO在通常条件下反应制得，该反应的热化学方程式为　 　。
相关化学键的键能如下表所示：
化学键 Cl—Cl N≡O(NO气体) Cl—N N=O
键能/(kJ·mol－1) 243 630 200 607
（2）为研究汽车尾气转化为无毒无害的物质的有关反应，在某恒容密闭容器中充入4molCO和4 mol NO，发生反应2CO+2NO 2CO2+N2，平衡时CO的体积分数与温度(T1①该可逆反应达到平衡后，为在提高反应速率的同时提高NO的转化率，可采取的措施有　 　(填标号)。
a．按体积比1：1再充入CO和NO b．改用高效催化剂
c．升高温度 d．增加CO的浓度
②由图可知，压强为20MPa、温度为T2下的平衡常数Kp=　 　MPa－1(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数。保留4位小数)。
③若在B点对反应容器降低温度至T1的同时缩小体积至体系压强增大，达到新的平衡状态时，可能是图中A~F点中的　 　点(填标号)。
（3）有人设想采用下列方法减少SO2、NO2对环境的污染：用CH4还原SO2，从产物中分离出一种含硫质量分数约为94%的化合物，并用这种化合物来还原NO2。这种含硫化合物和NO2反应的化学方程式为　 　。
（4）用NaOH溶液吸收SO2也是减少大气污染的一种有效方法。25℃时，将一定量的SO2通入到NaOH溶液中，两者完全反应，若溶液中 ，则该混合溶液的pH=　 　(25℃时，H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.0×10－2，K a2=1.0×10－7)。
（5）电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理示意图如下：
①电极b上发生的是　 　反应(填“氧化”或“还原”)。
②电极a的电极反应为　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．Al为金属单质，既不是电解质也不是非电解质，A不符合题意；
B．CH3COONa为可溶性盐，在水溶液或熔融状态下发生完全电离，属于强电解质，B符合题意；
C．SO3为非金属氧化物，属于非电解质，C不符合题意；
D．HCOOH为有机弱酸，属于弱电解质，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，在水溶液中完全电离的电解质属于强电解质。
2．【答案】A
【解析】【解答】A、HBr为强酸，属于强电解质，HF为弱酸，属于弱电解质，NH3为非电解质，选项A符合题意；
B、Cu为单质，既不是电解质也不是非电解质，选项B不符合题意；
C、H3PO4、BaSO4、H2O依次为弱电解质、强电解质、弱电解质，选项C不符合题意；
D、Ca(OH)2、HI、C2H5OH依次为强电解质、强电解质、非电解质，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据电解质和非电解质的定义、强电解质和弱电解质的判断依据进行判断各个选项即可。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．甘油即丙三醇，其在水中或熔融状态下不能导电，为非电解质，A不符合题意；
B．硬脂酸钠在水溶液中可以完全电离生成硬脂酸根和钠离子，为强电解质，属于有机物，B符合题意；
C．苯酚在水溶液中可以部分电离产生氢离子，为弱电解质，C不符合题意；
D．液态HCl虽然为强电解质，但不是有机物，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】强电解质是在水溶液中完全电离的化合物，结合选项进行判断即可
4．【答案】D
【解析】【解答】A．乙酸乙酯为在水溶液中和熔融状态下均不导电的化合物，属于非电解质，A不符合题意；
B．在水溶液中溶解的部分能够完全电离，熔融状态完全电离，属于强电解质，B不符合题意；
C．与水反应生成碳酸能部分电离从而可以导电，但不是本身导电，属于非电解质，C不符合题意；
D．苯酚在水溶液中能部分电离产生氢离子，属于弱电解质，D符合题意；
故答案为：D。
【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，弱电解质是部分电离的电解质。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．NH3·H2O在溶液中部分电离，属于弱电解质，故A符合题意；
B．H2SO4属于强酸，在溶液中完全电离，属于强电解质，故B不符合题意；
C．NaCl在溶液中完全电离，属于强电解质，故C不符合题意；
D．Cu属于单质，不属于电解质，故D不符合题意；
故答案为A。
【分析】弱电解质在溶液中部分电离。弱电解质一般包括弱酸、弱碱和水。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．盐酸是强酸，在溶液中完全电离，醋酸是弱酸，在溶液中部分电离，则浓度相同的盐酸溶液中氢离子浓度大于醋酸溶液，故A不符合题意；
B．相同物质的量的盐酸和醋酸的中和能力相同，则中和相同物质的量的盐酸和醋酸时，盐酸消耗的氢氧化钠与醋酸相等，故B不符合题意；
C．盐酸是强酸，在溶液中完全电离，醋酸是弱酸，在溶液中部分电离，则浓度相同的盐酸溶液中氢离子浓度大于醋酸溶液，导电能力大于醋酸溶液，故C不符合题意；
D．盐酸是强酸，在溶液中完全电离，醋酸是弱酸，在溶液中部分电离，则等体积、氢离子浓度相等的盐酸、醋酸溶液与足量锌反应时，醋酸产生氢气体积多，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离；
B.相同物质的量的盐酸和醋酸的氢离子的物质的量相同；
C.溶液的导电能力与离子浓度和离子所带电荷有关。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．H2SeO4第一步完全电离，则KHSeO4只电离不水解，溶液显酸性，A不符合题意；
B．根据物料守恒可知，K2SeO4溶液中存在c(K+)=2[c(HSeO)+c(SeO)]，B符合题意；
C．根据物料守恒可知，0.5mol/L的H2SeO4溶液中，c(HSeO)+c(SeO)=0.5mol/L，C不符合题意；
D．向H2SeO4溶液中滴加KOH溶液至中性时，c(H+)=10-7mol/L，，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、HSeO4-不水解；
B、结合物料守恒判断；
C、结合物料守恒判断；
D、浓度比可以结合电离平衡常数判断。
8．【答案】D
【解析】【解答】A.没有用强酸在相同条件下进行对照，故A不能说明HNO2是弱电解质；
B.电解质的强弱与是否为共价化合物无直接关系，故B不能说明HNO2是弱电解质；
C.在一般情况下强酸也不与NaCl反应，故C不能说明HNO2是弱酸；
D. 室温下，对于0.1mol·L－1HNO2溶液，若HNO2是强酸，则其pH为1，实际pH为2.15，由此说明HNO2不能完全电离，故其为弱酸，故D能说明HNO2是弱电解质。
故答案为：D。
【分析】 能说明HNO2是弱电解质 的一般方法：
1、与相同浓度的一元强酸对比，pH值较大
2、与pH相同的一元强酸对比，加水稀释相同倍数，pH变化较小
3、与pH相同的一元强酸对比，加足量的金属反应，生成的氢气较多
9．【答案】B
【解析】【解答】A.碳酸钙的分解将固体转化为气体，所以一定是熵增反应，即熵判据符合自发要求，但是该反应仍然不能自发进行，说明其焓变一定不符合要求，所以焓变大于0，选项A不符合题意。
B.在海轮外壳上附着一些锌块，可以形成锌铁原电池，其中锌为负极对正极的铁起到了保护作用（牺牲阳极的阴极保护法），选项B符合题意。
C.过氧化钠与水反应时，过氧化钠内-1价的氧，有一半转化为0价，一半转化为-2价，所以1molNa2O2与足量H2O反应，实际只转移1mol电子，选项C不符合题意。
D.中和等物质的量的NaOH需要的盐酸和醋酸的物质的量一定相等，pH均为2的盐酸和醋酸相比，明显醋酸的浓度远大于盐酸，为了达到相同的物质的量，应该取更小体积的醋酸，选项D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A.只有熵增焓减小的反应才能在任何条件下自发进行；
B.根据原电池的原理，负极发生氧化反应，腐蚀的较快；
C.氧化还原反应的实质是电子在氧化剂和还原剂之间转移；
D.由于醋酸是弱电解质，所以要是醋酸和盐酸的pH相同时，醋酸的体积会更大，消耗的碱就会更大。
10．【答案】A
【解析】【解答】①滴入酚酞，溶液变红色，说明NaNO2溶液显碱性，存在NO2-的水解，说明HNO2是弱电解质，不符合题意；
②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，说明溶液中离子浓度很小，则有可能是HNO2溶液的浓度小，不能说明HNO2是弱电解质，符合题意；
③等pH、等体积的盐酸和HNO2溶液中和碱时，HNO2中和碱的能力强，说明HNO2溶液中所含溶质的量多，说明HNO2存在部分电离，为弱电解质，不符合题意；
④0.1mol/L的HNO2溶液的pH=2，则溶液中c(H+)=0.01mol/L，说明HNO2溶液中存在HNO2的部分电离，则HNO2为弱电解质，不符合题意；
⑤HNO2能与CaCO3反应，说明HNO2溶液显酸性，但不能说明HNO2是弱电解质，符合题意；
⑥将c(H+)=0.1mol/L的HNO2稀释103倍后，溶液的pH<4，说明稀释过程中存在HNO2的电离，因此说明HNO2是弱电解质，不符合题意；
综上，不能证明HNO2是弱电解质的有②⑤，A符合题意；
故答案为：A
【分析】要证明HNO2是弱电解质，则需证明HNO2溶液中存在部分电离；或者证明其盐溶液中存在水解；据此结合所给实验过程进行分析。
11．【答案】B
【解析】【解答】同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强，根据酸的电离常数知，酸性强弱为：HF＞CH3COOH＞HNO2＞HCN，则pH最小的是HF，故B符合题意；
故答案为：B
【分析】相同温度下，弱电解质的电离平衡常数越大，对应酸的酸性越强，溶液的pH越小。
12．【答案】A
【解析】【解答】A.醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，两种溶液溶质都为0.001mol，则100mL 0.01mol/L的醋酸溶液与10mL0.1mol/L的醋酸溶液相比较，H+的物质的量前者大，故A符合题意；
B.醋酸为弱电解质，电离平衡常数只与温度有关，故B不符合题意；
C.由于溶质n（CH3COOH）都为0.001mol，中和时所需NaOH的量应相同，故C不符合题意；
D.0.01mol/L的醋酸电离程度大，则溶液中CH3COOH分子的物质的量小，故D不符合题意；
故答案为：A.
【分析】根据在相同温度下弱电解质，浓度不同，电离程度不同，浓度越大，电离程度越小，以此解答该题。
13．【答案】B
【解析】【解答】A.0.10mol/L的NaA溶液中 =104说明溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，A-离子在溶液中水解使溶液呈碱性证明HA为弱酸，故A不符合题意；
B．往该酸溶液中加入碳酸钠固体有二氧化碳气体生成，只能证明HA的酸性强于碳酸，但不能证明HA为弱酸，故B符合题意；
C．往该酸溶液中滴加同浓度氢氧化钠溶液呈中性时，氢氧化钠溶液体积小于HA溶液说明中性溶液为HA和NaA的混合溶液，证明HA为弱酸，在溶液中部分电离，故C不符合题意；
D．若测得该酸溶液pH=a，加蒸馏水稀释该溶液至10倍，测得pH=b，溶液中b小于a+1说明HA为弱酸，在溶液中部分电离，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】不能说明一元酸HA为弱酸，说明该条件下不能证明HA部分电离。
14．【答案】D
【解析】【解答】A.加入几滴浓盐酸后，溶液中c(H＋)增大，平衡逆向移动，达到新的平衡后，溶液中c(H＋)比原平衡大，A不符合题意；
B.加入少量CH3COONa固体后，溶液中c(CH3COO－)增大，平衡逆向移动，B不符合题意；
C.电离平衡常数只与温度有关，与浓度无关，因此该温度下，0.01mol·L－1醋酸溶液的Ka=1.75×10－5，C不符合题意；
D.CH3COOH的电离为吸热反应，升高温度，促进CH3COOH的电离，溶液中c(H＋)增大，同时Ka增大，D符合题意；
故答案为：D
【分析】0.1mol·L－1的醋酸溶液中存在CH3COOH的电离平衡CH3COOH CH3COO－＋H＋。结合平衡移动的影响因素分析选项。
15．【答案】A
【解析】【解答】A．醋酸是弱酸，存在电离平衡，浓度越大，电离程度越小，所以在相同温度时，100 mL0.01 mol/L醋酸与10 mL0.1 mol/L醋酸中溶质的物质的量相等，但H+的物质的量前者大于后者，A符合题意；
B．电离平衡常数只与温度有关，温度相同，电离常数相同，B不符合题意；
C.100 mL0.01 mol/L醋酸与10 mL0.1 mol/L醋酸中含有溶质CH3COOH的物质的量相等，因此中和时所需NaOH的物质的量也相等，C不符合题意；
D．溶液中CH3COOH的物质的量根据公式n=cV，结合二者的浓度与体积大小可知：100 mL0.01 mol/L醋酸与10 mL0.1 mol/L醋酸中含有溶质CH3COOH的物质的量相等，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.醋酸的电离平衡常数只与温度有关；
C.中和消耗NaOH的物质的量与醋酸的物质的量成正比；
D.100mL0.01mol/L醋酸溶液中含有醋酸的物质的量为：n（CH3COOH）=0.01mol/L×0.1L=0.001mol，10mL0.1mol/L醋酸中含有醋酸的物质的量均为：n（CH3COOH）=0.1mol/L×0.01L=0.001mol。
16．【答案】B
【解析】【解答】A．NH4Cl溶液因为水解而呈酸性，盐酸中如果加入NH4Cl固体，则溶液酸性增强，但加入pH更大酸性更弱的NH4Cl溶液，溶液的酸性反而会减弱，A项不符合题意；
B．弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010、0.10的醋酸溶液的电离度，B项符合题意；
C．如果0.1盐酸与等体积、等浓度的氨水混合，恰好中和，所得溶液中的溶质为NH4Cl，因水解使溶液呈酸性，所以等体积混合时，所得溶液呈中性，则氨水的浓度一定大于0.1，但题中未说明等体积混合，故无法判断氨水浓度，C项不符合题意；
D．室温下，将pH=3的醋酸溶液加水稀释100倍，稀释促进CH3COOH电离，所得溶液的pH＜5，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.混合液中氢离子浓度减小，溶液酸性减弱；
B.醋酸的浓度越大电离程度越小；
C.溶液的体积未知，不能判断浓度；
D.稀释促进醋酸的电离。
17．【答案】C
【解析】【解答】A.Cl2不是非电解质，A不符合题意；
B.BaSO4虽然难溶于水，但它仍属于强电解质，B不符合题意；
C.CaCO3是强电解质，HClO是弱电解质，蔗糖是非电解质，C符合题意；
D.H2CO3属于弱电解质，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物，主要包括强酸、强碱、大部分盐和活泼金属氧化物；
弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的化合物，主要包括弱酸、弱碱、少部分盐和水；
在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，主要包括非金属氧化物，一些氢化物和有机物等，单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质。
18．【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。
19．【答案】C
【解析】【解答】A．液氨是浓度为定值的纯液体，增加液氨的量，电离平衡不移动，故A不符合题意；
B．液氨中电离程度微弱，达到电离平衡时c(NH3)＞c(NH)=c(NH)，故B不符合题意；
C．T ℃时的液氨中c(NH)=c(NH)=mol/L=1.0×10-15 mol/L，则pN=﹣lg c(NH)=15，故C符合题意；
D．液氨的离子积常数为温度函数，温度不变，离子积常数K值不变，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、纯液体不影响浓度；
B、液氨电离程度微弱；
C、结合离子浓度判断；
D、平衡常数只受温度影响。
20．【答案】D
【解析】【解答】A、离子半径：Cl->Na+，则 ●代表的离子是氯离子，故A错误；
B、氯化钠固体中不含自由移动的离子，不能导电，故B错误；
C、熔融的NaCl无需通电即可产生自由移动的离子，故C错误；
D、●代表的离子是氯离子，由图c可知，带负电荷的水合氯离子向与电源正极相连的X电极移动，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、氯离子半径大于钠离子半径；
B、氯化钠固体不含自由移动的离子；
C、熔融的氯化钠不需要通电即可产生自由移动的离子；
D、电解时，X为阳极、Y为阴极，用石墨电解氯化钠溶液时，阳极上氯离子放电。
21．【答案】（1）CH3COOH CH3COO-＋H+
（2）1.5×10-4mol/L
【解析】【解答】(1)醋酸是一元弱酸，在溶液中部分电离出醋酸根离子和氢离子，电离方程式为 CH3COOH CH3COO-＋H+，故答案为：CH3COOH CH3COO-＋H+；
(2) 达平衡时，溶液中氢离子浓度等于醋酸根离子浓度，由电离常数Ka= 可知，溶液中氢离子浓度约为c(H+)= = =1.5×10—4mol/L，故答案为：1.5×10-4mol/L。
【分析】
（1）弱酸不完全电离，可逆（2）根据电离平衡数，利用c(H+)=c(CH3COO-)计算即可
22．【答案】（1）10-4mol.L-1
（2）CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g) +H2O(g)△H=-48. 9KJ/mol；>；bd；不是；反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，且催化剂活性降低
（3）CO2+e- =CO2-；6 103mol
【解析】【解答】(1)CO2可以被NaOH溶液捕获。反应为：CO2+2OH-= CO32-+H2O，继续通入CO2则发生的反应为CO2+H2O+CO32-=2HCO3-。若所得溶液c(HCO3-)：c(CO32-)=2：1，所得溶液为碳酸氢钠和碳酸钠的混合液，碳酸氢钠和碳酸钠均可水解使溶液呈碱性。由H2CO3的K2= c(CO32-) c(H+)/ c(HCO3-)=2c(H+)=5×10-11，则 c(H+)=1×10-10，故室温下溶液中由水电离出的c(OH-)=1×10-4 mol.L-1。
故答案为：10-4mol.L-1。
(2) ①由图1知每消耗1mol H2，热量变化是16.3KJ，则该反应的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g) +H2O(g)△H= -48. 9KJ/mol；由曲线I、Ⅱ知Ⅱ先达到平衡，随温度升高转化率降低，所以正反应为放热反应，温度越高该反应的平衡常数越小，所以对应的平衡常数大小关系为K1>K2。
故答案为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g) +H2O(g)△H= -48. 9KJ/mol；>。
②一定温度下发生的反应CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g) +H2O(g)。a．因为此反应是在恒压容器中进行，容器中压强始终不变，所以压强不变不能判断反应达到化学平衡状态，故a错误；
B.因为压强恒定，化学反应两边计量数是不等的，所以H2的体积分数不变说明反应达到化学平衡状态，故b正确；
C.c(H2)=3c(CH3OH)不能说明正、逆反应速率相等，所以不能判断化学反应是否达到平衡状态，故c错误；
D.容器中密度 =m/v，反应物和生成物都是气体，因为反应是在恒压容器中进行且反应后气体体积减小，所以密度不变可以说明反应达到化学平衡状态，故d正确；e．CO2和H2都是反应物，只要2个C=O断裂的同时就有3个H—H断裂，不能说明正反应速率和逆反应速率相等，故e错误；
故答案为：b
③温度为470 K时，图中P点不是处于平衡状态。在490K之前，甲醇产率随着温度升高而增大的原因是：反应尚未达到平衡，温度越高化学反应送率越快；490 K之后，甲醇产率下降的原因是：到达平衡后升高温度，反应逆向移动，且催化剂活性降低。
故答案为：不是 ；反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，且催化剂活性降低。
(3) 根据图中过程I的变化可知CO2发生的反应为CO2+e- =CO2-，即阴极电极反应式CO2+e- =CO2-。工业上生产1.4×104g的由LDPE的结构简式为 ，根据2nCO2 ~6ne-。因为CO2的物质的量为1.4×104g 28ng/mol =1000mol，故转移电子的物质的量为1000mol 6-=6 103mol。
故答案为：CO2+e- =CO2-；6 103mol。
【分析】（1）根据碳酸的二级电离常数与氢离子的物质的量浓度的关系计算氢离子的物质的量浓度，然后计算水电离出的氢氧根离子的物质的量浓度即可；
（2）①根据反应方程式计算焓变，然后书写热化学方程式，温度越高反应速率越快，达到平衡需要的时间越短，确定温度的高低，结合温度与化学平衡移动的关系确定化学平衡常数的大小关系；
②根据化学平衡状态的特点进行判断；
（3）电解时阴极发生还原反应，二氧化碳的电子生成CO2-，根据关系式法计算转移的电子物质的量。
23．【答案】（1）(或、)；
（2）酸；，，即的电离程度大于其水解程度，故溶液显酸性
（3）A；C
（4）(或)
（5）②>③>④>①
【解析】【解答】（1）为强碱弱酸盐，水解呈碱性，反应的离子方程式为：(或、)；根据强酸制弱酸的原理，H2CO3>HCN> （2）KHC2O4水解平衡常数Kh===2.010-13，>Kh，故电离大于水解，溶液呈酸性；
（3）根据强酸制弱酸的原理：
A．HCOOH> HCO，HCOOH+Na2CO3=NaHCO3+HCOONa可以发生，选项A符合；
B．H2C2O4>HCOOH，HCOOH+NaHC2O4=HCOONa+H2C2O4不能发生，选项B不符合；
C．H2C2O4> HCN，H2C2O4+2NaCN=Na2C2O4+2HCN可以发生，选项C符合；
D．H2CO3>HCN，NaHCO3+HCN=NaCN+H2O+CO2↑不能发生，选项D不符合；
故
故答案为：AC；
（4）HCOOH会抑制水的电离，25℃时，pH=4的HCOOH溶液中由水电离出的c(H+)=；氯化铵溶液中氢离子就是水电离出的，则室温下pH=4的NH4Cl溶液中由水电离出的c(H+)=1.010-4mol L-1，故两溶液中由水电离出的c(H+)之比为：1；故答案为：；
（5）混合溶液中电荷守恒的等式为：，pH>7说明，所以，该溶液中离子浓度大小顺序为：，即②>③>④>①，故答案为：②>③>④>①。
【分析】（1）依据盐类水解规律分析；根据强酸制弱酸的原理；
（2）依据计算；
（3）根据强酸制弱酸的原理；
（4）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；
（5）依据电荷守恒分析。
24．【答案】（1）④⑥⑧
（2）①②③⑧
（3）⑤⑦
（4）KHSO4=K++H++SO
【解析】【解答】（1）由分析可知，可以导电的有④⑥⑧，故答案为：④⑥⑧；（2）由分析可知，属于电解质的有①②③⑧，故答案为：①②③⑧；（3）由分析可知，属于非电解质的有⑤⑦，故答案为：⑤⑦；（4）硫酸氢钾是强酸的酸式盐，在溶液中电离出钾离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为KHSO4=K++H++SO ，故答案为：KHSO4=K++H++SO 。
【分析】①CuSO4·5H2O是盐，属于电解质，化合物中不存在自由移动的离子，不能导电；②KHSO4是盐，属于电解质，化合物中不存在自由移动的离子，不能导电；③液态HCl为共价化合物，属于电解质，化合物中只存在分子，不存在自由移动的离子，不能导电；④稀硫酸是混合物，既不是电解质，也不是非电解质，溶液中存在自由移动的离子，能导电；⑤二氧化碳是酸性氧化物，是非电解质，不能导电；⑥铜是金属单质，既不是电解质，也不是非电解质，金属铜能导电；⑦蔗糖是非电解质，不能导电；⑧熔融氯化钠是盐，属于电解质，熔融化合物中存在自由移动的离子，能导电。
25．【答案】（1）2NO(g)+Cl2(g)=2ClNO(g)△H=-111kJ/mol
（2）ad；0.0023MPa-1；F
（3）4H2S+2NO2═N2+4H2O+4S
（4）6
（5）还原；2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O
【解析】【解答】Ⅰ．(1)2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g)，反应的焓变△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和243kJ/mol+2×630kJ/mol-2×(200kJ/mol+607kJ/mol)=-111kJ/mol，故答案为：2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g)△H=-111kJ/mol；(2)①a．按体积比1∶1再充入CO和NO，相当于增大压强，平衡正向移动，NO转化率提高，故a正确；b．改用高效催化剂，只改变化学反应速率不影响平衡移动，所以NO转化率不变，故b不正确；c．根据图像，升高温度，平衡时CO的体积分数增大，平衡逆向移动，NO转化率降低，故c不正确；d．增加CO的浓度，平衡正向移动，NO转化率提高，故d正确；故答案为：ad；②由图可知，压强为20MPa、温度为T2下，平衡时CO的体积分数为40%，设参加反应的n(CO)=xmol，
　 2NO(g)+ 2CO(g) 2CO2(g)+ N2(g)
起始（mol） 4 4 0 0
转化（mol） x x x 0.5x
平衡（mol） 4-x 4-x x 0.5x
平衡时混合气体物质的量=(4-x+4-x+x+0.5x)mol=(8-0.5x)mol，平衡时NO的体积分数平衡时CO的体积分数= ×100%=40%，x=1，平衡时P(NO)= ×20MPa=8MPa、P(CO)= ×20MPa=8MPa、P(CO2)= ×20MPa= MPa、P(N2)= ×20MPa= MPa，该温度下平衡常数Kp= = =0.0023MPa-1，故答案为：0.0023MPa-1；
③相同压强下降低温度平衡正向移动，CO体积分数减小，同一温度下增大压强平衡正向移动，CO体积分数减小，所以符合条件的为点F，故答案为：F；(3)根据原子守恒可知，CH4还原SO2，从产物中分离出一种含硫质量分数约为94%的化合物，假设该化合物中含有1个S原子，则该化合物的相对分子质量约为 =34，则该化合物为H2S，NO2氧化H2S的生成物对环境无污染，则反应生成N2、S单质和H2O，根据原子守恒，反应的化学方程式为4H2S+2NO2═N2+4H2O+4S，故答案为：4H2S+2NO2═N2+4H2O+4S；(4) 将一定量的SO2通入到NaOH溶液中，两者完全反应， = = = = ，解得c(H+)=1.0×10－6mol/L，则混合溶液的pH=6，故答案为：6；(5)①Pt电极通入氨气生成氮气，说明氨气被氧化，为原电池负极，则b为正极，正极上氧气得电子被还原，发生还原反应，故答案为：还原；
②a极为负极，负极是氨气发生氧化反应变成氮气，且OH-向a极移动，参与反应，故电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故答案为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O。
【分析】(1)根据反应的焓变△H=反应物总键能-生成物总键能，据此计算；(2)①根据图像，升高温度，平衡时CO的体积分数增大，平衡逆向移动，说明该反应的正反应是反应前后气体体积减小的放热反应，据此分析判断；②由图可知，压强为20MPa、温度为T2下，平衡时CO的体积分数为40%，设参加反应的n(CO)=xmol，根据三段式计算解答；③相同压强下降低温度平衡正向移动，NO体积分数减小，同一温度下增大压强平衡正向移动NO体积分数减小，据此分析判断；(3)CH4还原SO2，生成一种含硫质量分数约为94%的化合物为H2S，NO2氧化H2S的生成物可减少氮氧化物对环境的污染，即生成N2和S单质，据此写出化学方程式；(4) 根据 = = 计算c(H+)，再求混合溶液的pH；(5)Pt电极通入氨气生成氮气，说明氨气被氧化，为原电池负极，则b为正极，据此分析解答。