3.1 电离平衡 课后练习(含解析) 2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1
文档属性
| 名称 | 3.1 电离平衡 课后练习(含解析) 2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 672.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-03-08 16:36:05 | ||
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文档简介
3.1 电离平衡 课后练习
一、单选题
1．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．氨水应密闭保存，放置在低温处
B．在硫酸亚铁溶液中，加入铁粉以防止氧化变质
C．实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气
D．侯氏制碱采用通入氨气、冷却、加入食盐的方法从母液中提取氯化铵
2．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
3．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。下列说法错误的是（ ）
A．图示中代表的离子是氯离子
B．图a中氯化钠固体不能导电
C．图b表示熔融的NaCl能导电
D．图c表示带负电荷的水合氯离子向与电源负极相连的电极移动
4．下列关于电解质的说法正确的是（ ）
A．液态HCl不导电，所以HCl不是电解质
B．氨气的水溶液导电能力较弱，所以氨气是弱电解质
C．难溶于水，所以不是电解质
D．同种电解质的溶液，浓度越大导电能力不一定越强
5．下列物质的溶液中，所含粒子种类最多的是（ ）
A．NaCl B． C． D．
6．一定温度下，溶液中存在如下电离平衡：，对于该溶液，下列说法正确的是
A．加入水时，所有微粒浓度均减小相同倍数，平衡不移动
B．加入少量固体，增大，电离平衡常数K变大
C．由水电离出的醋酸溶液盐酸溶液
D．等浓度等体积的盐酸和醋酸溶液分别与恰好完全反应时，消耗等物质的量
7．25℃时，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol·L-1的醋酸、醋酸钠混合溶液中，c(CH3COOH)、c(CH3COO-)与pH的关系如图所示。下列有关该溶液的叙述错误的是（ ）
A．pH=5的溶液中：c(CH3COOH))>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
B．溶液中：c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)
C．25℃时CH3COOH的电离常数为10-4.7
D．pH=4的溶液中：c(H+)+c(Na+)+c(CH3COOH)-c(OH-)=0.1mol·L-1
8．某兴趣小组的同学向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀H2SO4，通过仪器测得混合溶液的导电能力随时间变化的曲线如图所示。下列有关说法错误的是（ ）
A．XY段混合溶液的导电能力逐渐减弱，是因为溶液中离子数目减少
B．a时刻，混合溶液中Ba(OH)2与H2SO4，恰好完全反应
C．向一定体积的AgNO3溶液中逐滴加入稀盐酸，测得的曲线形状是一样的
D．该实验发生反应的离子方程式为2H++SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O
9．常温下向100mL0.2mol L-1的氨水中逐滴加入0.2mol L-1的盐酸，所得溶液的pH、溶液中和NH3 H2O的物质的量分数与加入盐酸的体积V及混合液pH变化的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．表示NH3 H2O物质的量分数变化的曲线是B
B．pH=9.26时溶液中，NH3 H2O的电离程度小于的水解程度
C．常温下NH3 H2O的电离常数为1.8×10-5 mol L-1 (已知lg1.8=0.26)
D．当加入盐酸体积为50mL时，溶液中c()-c(NH3 H2O)=2×(10-5+10-9)mol L-1
10．体积相同、pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，用同浓度的NaOH溶液中和时（ ）
A．两者消耗NaOH的物质的量相同
B．中和HCl消耗NaOH的物质的量多
C．中和CH3COOH消耗NaOH的物质的量多
D．两者消耗NaOH的物质的量无法比较
11．常温下，0.1 mol·L－1 HA溶液中c(H+)=10－3mol·L－1，下列说法中正确的是（ ）
A．HA是一种强酸
B．相同浓度的HCl溶液与HA溶液，后者的导电能力更强
C．在HA溶液中存在：c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)
D．中和同体积同浓度的HCl和HA溶液，消耗同浓度的NaOH溶液的体积不同
12．常温下，对于0.1 mol/L的氨水，下列说法正确的是（ ）
A．加入0.01 mol/L稀氨水，NH3·H2O的电离平衡向右移动，c(OH-)增大
B．加入少量NaOH固体，NH3·H2O的电离度减小，溶液的pH增大
C．加水稀释后，溶液中 减小
D．通入少量HCl气体后，NH3·H2O的电离平衡常数减小
13．室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是（ ）
A．溶液中导电粒子的数目减少
B．再加入10mLpH=11的NaOH溶液，混合液pH=7
C．醋酸的电离程度增大，c(H+)亦增大
D．溶液中不变
14．下列关于电解质溶液的叙述错误的是（ ）
A．常温下，pH=7的NH4Cl与氨水的混合溶液中：c(Cl-)=c(NH )
B．pH=12的溶液中，Na+、Cl-、AlO 、ClO-可以大量共存
C．pH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊溶液呈红色
D．向0.1 mol·L-1的氨水中加入少量硫酸铵固体，溶液中 增大
15．海水中含有80多种元素，是重要的资源宝库。已知不同 条件下，海水中碳元素的存在形态如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．当 时，海水中主要碳源为
B． 点，海水中 和 浓度相同
C．当 时，
D．碳酸的 的数量级为
16．已知常温下三种酸的电离平衡常数如下表所示：则下列说法错误的是（ ）
HCN H2CO3 HF
4.9×10-10 Ka1=4.3×10-7 Ka2=5.6×10-11 6.7×10-4
A．相同物质的量浓度的HCN和HF溶液中，HF溶液的pH最小
B．相同物质的量浓度的NaCN、Na2CO3和NaF溶液，Na2CO3溶液pH最大
C．相同物质的量浓度的NaCN和NaF溶液中，离子总数NaF溶液大于NaCN溶液
D．在NaCN溶液中通入少量CO2，离子方程式为：CN-＋H2O＋CO2=HCN＋
17．保持在室温下，将pH和体积相同的这两种酸(和)分别加水稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。已知：在室温下，和的电离常数分别为和，下列说法正确的是（ ）
A．溶液中水的电离程度：b点＞d点
B．曲线I代表的是溶液
C．从c点到d点，溶液中保持不变(其中HA、分别代表相应的酸和酸根离子)
D．体积相同的a点两溶液分别与NaOH溶液恰好中和时，两份溶液中：
18．下列厨房中常用物质的主要成分属于强电解质的是
A．醋酸 B．自来水 C．小苏打 D．淀粉
19．HClO4、H2SO4、HNO3和HCl都是强酸，它们的酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数：
酸 HClO4 H2SO4 HCl HNO3
Ka 1.6×10-5 6.3×10-9 1.6×10-9 4.2×10-10
下列说法中不正确的是（ ）
A．在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离
B．在冰醋酸中HClO4是这四种酸中最强的酸
C．在冰醋酸中的电离方程式为H2SO4 2H++SO42
D．水不能区分这四种酸的强弱，但冰醋酸可以区分这四种酸的强弱
20．下列事实中一定能证明CH3COOH是弱电解质的是（ ）
①用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗
②0.1CH3COOH溶液中
③往NaHCO3溶液中滴加CH3COOH溶液，产生大量气泡
④20mL0.2CH3COOH溶液恰好与20mL0.2NaOH溶液完全反应
⑤1mL 的CH3COOH溶液稀释至1L，
A．①② B．②③ C．②⑤ D．③④
二、综合题
21．下列物质：①Al②③④⑤⑥酒精⑦溶液⑧⑨熔融NaCl，请回答下面问题。
（1）属于电解质且能导电的是(填序号) 。
（2）写出②溶于水的电离方程式： 。
（3）向一定体积的②溶液中逐滴加入⑧的溶液，并测得混合溶液的导电能力随时间变化的曲线如图所示。写出AB段发生反应的离子方程式 ；图中 处(填“A”或“B”或“C”)表示溶液恰好被沉淀完全。
（4）①与②溶液能反应产生写出反应离子方程式 。Al还能和上述 物质的溶液反应产生(填序号)。
22．硫、氮、氯、氧、钠、铝、铁等是人们熟悉的元素，它们的单质及其化合物对工农业有着很重要的地位。
（1）硫原子的最外层电子排布式 。铝原子核外电子占据轨道有 个，氯原子能量最高的电子亚层是 。过氧化钠的电子式 ；氮原子的电子云形状有 种。
（2）氯化钠晶体的熔点高于氯化钾，原因是 。
（3）用Fe2(SO4)3溶液吸收H2S生成FeSO4。FeSO4被氧化使Fe2(SO4)3再生，其原理为： FeSO4+O2+H2SO4Fe2(SO4)3+H2O
①配平上面Fe2(SO4)3再生的化学方程式，并标出电子转移的数目和方向 。
②硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍。由图1和图2判断，使用硫杆菌的最佳条件为 ；若反应温度过高，反应速率下降，其原因是 。
（4）常压下，取不同浓度、不同温度的氨水测定，得到下表实验数据。
温度(℃) c(氨水)(mol/L) 电离度(%) c(OH-)(mol/L)
0 16.56 9.098 1.507×10-2
10 15.16 10.18 1.543×10-2
20 13.63 11.2 1.527×10-2
①温度升高，NH3·H2O的电离平衡向 (填“左”、“右”)移动。
②表中c(OH-)基本不变的原因是 。
23．回答下列问题：
（1）某温度时，水的，该温度下，的溶液呈 (填“酸性”“碱性”或“中性”)。
（2）在25℃时，的两种一元酸溶液A、B各1 mL，分别加水稀释到1000 mL，其pH与溶液体积V的关系如图所示，则下列说法正确的是____
A．稀释后，A酸溶液的导电性比B酸溶液强
B．稀释前，两种酸溶液的物质的量浓度相等
C．若a=5，则A是强酸，B是弱酸
D．若，则A、B都是弱酸
（3）甲酸(HCOOH)和乙酸()一样属于一元弱酸，请写出甲酸的电离方程式： ，常温下，测的同浓度的甲酸溶液和乙酸溶液的pH，甲酸pH更小，则 (填写“＜”“>”“=”)。
（4）25℃时，0.1mol/L下列物质的溶液，水电离出的由大到小的顺序是 (填序号)。
①②③HCOOH ④
（5）25℃时，的HA溶液中，此溶液的 。
（6）25℃时，在体积为的的NaOH溶液中，加入体积为的的溶液。若反应后溶液的，(反应后溶液体积等于NaOH溶液与溶液的体积之和)，则 。
24．对烟道气中的SO2进行吸收或回收再利用具有一定的社会和经济价值。
请回答下列问题：
（1）用NaOH溶液吸收SO2 ，写出相关反应的离子方程式 。
（2）已知NaHSO3溶液显酸性，比较NaHSO3溶液中c(H2SO3) c(SO32－)(填“>”“<”或“=”)，请简述判断理由 。
烟道气中的SO2，也可通过如下反应回收硫：2CO(g)+SO2(g) S(s)+2CO2(g) + Q kJ。某温度下，在2 L恒容密闭容器中通入2 mol SO2和一定量的CO，发生上述反应，5 min后达到平衡，生成1 mol CO2。
（3）一定条件下，上述反应的能量变化如图1，则 Q = kJ。
（4）写出该反应平衡常数表达式 ；0～5min内SO2的平均反应速率为 。
（5）对反应2CO(g)+SO2(g) S(s)+2CO2(g) + Q kJ的分析正确的是 。
a．若混合气体密度保持不变，则反应已达平衡状态
b．从反应开始到平衡时，容器内气体的压强保持不变
c．平衡时，其它条件不变，分离出硫，正反应速率加快
d．平衡时，其它条件不变，再充入一定量CO2，平衡常数保持不变
（6）其他条件不变时，随着温度的升高，SO2的平衡转化率随温度的变化曲线如图2所示，请解释其可能的原因 。(已知硫的沸点约是445°C)
25．草酸钴用途广泛，用于制指示剂、催化剂及有机合成中间体。利用含钴废料(主要成分为Co2O3，还含有少量的、、、、、碳及有机物等)制取的一种工艺流程如下：
已知：与的化学性质相似。回答下列问题：
（1）“焙烧”的目的是 。
（2）为提高“碱浸”效率，可采取的措施有 ，写出“碱浸”过程中发生的离子反应方程式 。
（3）“钻浸出”过程中转化为，反应的离子方程式为 。
（4）“净化除杂1”过程中，先在35℃左右加入，其作用是 ；再升温至80℃，加入溶液，调pH至4.7以上。
（5）为测定产品的纯度，将ag产品用适当试剂转化，得到草酸铵溶液。已知：的；的，。
①常温时，溶液pH 7(填“大于”、“小于”或“等于”)。
②将草酸铵溶液用过量稀硫酸酸化，用溶液滴定，测得平均消耗溶液20.00mL，则草酸钴样品的纯度为 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A.氨水中存在化学平衡：NH3+H2O NH3 H2O，正反应是放热,反应温度降低，平衡向生成一水合氨的方向进行，避免氨气挥发，能用勒夏特列原理解释，故不选A；
B.加入Fe+2Fe3+=3Fe2+，不存在化学平衡的问题，不能用勒夏特列原理解释，故选B；
C.排饱和食盐水的方法收集氯气，利用的是氯离子浓度增大．使平衡地Cl2+H2O H++Cl-+HClO逆向进行，减小氯气的溶解度，能用勒夏特列原理解释，故不选C；
D.饱和NH4Cl溶液中存在溶解平衡：NH4Cl（s） NH4+（aq）+Cl-（aq），若要析出氯化铵，应该使平衡向逆向移动，通入氨气后，溶液中铵根离子浓度增大，平衡向着逆向移动，有利于氯化铵的析出；冷却降低氯化铵溶解度，平衡逆向移动；加入食盐，溶液中氯离子浓度增大，平衡向着逆向移动，有利于氯化铵的析出，能用勒夏特列原理解释，故不选D；
故答案为：B。
【分析】勒夏特列原理指的是在化学反应中，改变某种因素，反应会向减弱这种因素的方向进行。
2．【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
3．【答案】D
【解析】【解答】A．氯化钠是由钠离子和氯离子构成的，其中氯离子的半径大于钠离子的半径，因此图示中 代表的离子是氯离子，故A不符合题意；
B．由图a可知干燥的NaCl固体中钠离子和氯离子不能自由移动，因此NaCl固体不能导电，故B不符合题意；
C．由图b可知熔融状态下钠离子和氯离子能自由移动，因此熔融的NaCl能导电，故C不符合题意；
D．表示氯离子，由图c可知带负电荷的水合氯离子向X电极移动，即向与电源正极相连的电极移动，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、氯离子半径达；
B、氯化钠固体不导电；
C、熔融氯化钠可以导电；
D、结合图示，可知氯离子移向X电极，X电极连接电源正极。
4．【答案】D
【解析】【解答】A.HCl水溶液可导电，故HCl为电解质，A不符合题意；
B.导电能力强弱与电解质的强弱无关。且氨水导电是因为NH3·H2O是电解质，不能说明NH3是电解质，B不符合题意；
C.BaSO4属于盐，是强电解质。电解质的强弱或是否为电解质与其溶解性无关，C不符合题意；
D.电解质溶液的导电性与其中正电荷（或负电荷）的总浓度有关，浓度大的电解质溶液不一定电荷浓度大。例如稀释冰醋酸时，CH3COOH浓度不断减小，但其导电性先上升后下降，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】电解质是指溶于水或熔融状态下自身能够电离导电的化合物，酸碱盐均为电解质。单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。强电解质包括强酸、强碱和绝大多数盐（包括难溶盐）。能导电的物质包括所有金属单质、部分非金属单质（如石墨）、电解质溶液和熔融状态下的电解质等。电解质溶液的导电性与其中正电荷（或负电荷）的总浓度有关。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．NaCl溶液中所含粒子为Na+、Cl-、H2O、H+、OH-，共5种粒子；
B．氨水中存在的微粒有NH3、NH3 H2O、NH、H2O、H+、OH-，共6种粒子；
C． CH3COOK溶液中，CH3COO-要水解，所含粒子为CH3COO-、K+、H2O、H+、OH-、CH3COOH，共6种粒子；
D．Na2CO3溶液中硫离子分步水解，含有Na+、CO、HCO、OH-、H+、H2O、H2CO3，故7种；可见上述溶液中碳酸钾溶液中含有粒子数最多；
故答案为：D。
【分析】分别列出各溶液中的粒子，再进行比较，注意任何溶液中均存在 H2O H++OH-。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．向醋酸溶液中加入水，促进醋酸电离，平衡向正反应方向移动，由于存在酸的电离平衡和水的电离平衡，、减小的倍数不一样，且根据水的离子积常数可知减小，则增大，选项A不符合题意；
B．加入少量固体，增大，但温度不变，电离平衡常数K不变，选项B不符合题意；
C．酸抑制水的电离，使水的电离平衡逆向移动，醋酸溶液中小于盐酸溶液中，故由水电离出的醋酸溶液盐酸溶液，选项C不符合题意；
D．等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，溶质物质的量相同，与氢氧化钠分别发生HCl+NaOH=NaCl+H2O ， CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O反应，即中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，所需氢氧化钠相同，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.加水稀释促进醋酸电离，但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，温度不变，水的电离平衡常数不变，减小，则增大；
B.电离平衡常数只与温度有关；
C.酸抑制水电离，酸中c(H+)越大，水电离出的c(H+)越小。
7．【答案】A
【解析】【解答】A．由图像pH越大，醋酸浓度越小，醋酸跟离子浓度越大，当pH=4.7的溶液中，c(CH3COOH))=c(CH3COO-)，所以pH=5时，c(CH3COO-)> c(CH3COOH))，A符合题意；
B．溶液中含有两种阳离子氢离子和钠离子，两种阴离子醋酸跟和氢氧根离子，根据电荷守恒有c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，B不符合题意；
C．当pH=4.7的溶液中，c(CH3COOH))=c(CH3COO-)，所以电离常数为 ，C不符合题意；
D．因为c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol·L-1带入c(H+)+c(Na+)+c(CH3COOH)-c(OH-)=0.1mol·L-1可得c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A. 25℃时，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol·L-1的醋酸、醋酸钠混合溶液中， 随pH增大，CH3COOH的浓度逐渐减小，CH3COO-的浓度逐渐增大，pH=5时，从图上看出，c(CH3COO-)> c(CH3COOH)；
B.电荷守恒判断；
C.pH=4.75时，溶液中c(CH3COO-)= c(CH3COOH)，K=c（H+）；
D.结合题目可知，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)= c(H+)+c(Na+)+c(CH3COOH)-c(OH-)=0.1mol·L-1 ，化简得到，c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)；
8．【答案】C
【解析】【解答】A．XY段混合溶液的导电能力逐渐减弱，是因为Ba(OH)2溶液与稀H2SO4反应生成BaSO4沉淀和水，溶液中离子数目减少，A不符合题意；
B．a时刻，导电能力最弱，说明混合溶液中Ba(OH)2与H2SO4恰好完全反应生成BaSO4沉淀和水，溶液中几乎没有离子，B不符合题意；
C．AgNO3溶液与稀盐酸反应生成AgCl沉淀和HNO3，恰好完全反应时由于HNO3能电离出较多自由移动的离子，溶液的导电能力不是为0，与该曲线不符，C符合题意；
D．该实验是硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，发生反应的离子方程式为2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据反应物和产物，利用溶液导电性的强弱与溶液中阴、阳离子的浓度和离子所带的电荷数有关判断；
9．【答案】C
【解析】【解答】A．由分析可知，表示NH3 H2O物质的量分数变化的曲线是A，A不符合题意；
B．pH=9.26时，溶液呈碱性，表明溶液中以NH3 H2O的电离为主，则NH3 H2O的电离程度大于的水解程度，B不符合题意；
C．在图中A点，c()=c(NH3 H2O)，溶液的pH=9.26，则常温下NH3 H2O的电离常数为==10-5×100.26=1.8×10-5 mol L-1，C符合题意；
D．当加入盐酸体积为50mL时，依据物料守恒可得2c(Cl-)=c()+c(NH3 H2O)，依据电荷守恒可得c(Cl-)+ c(OH-)=c()+c(H+)，从而得出溶液中c()-c(NH3 H2O)=2c(OH-) -2c(H+)=2×(10-5-10-9)mol L-1，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 随着HCl的加入， 溶液中NH3 H2O的含量越来越低，则A曲线表示NH3 H2O物质的量分数变化，B曲线表示铵根离子物质的量分数变化。
10．【答案】C
【解析】【解答】醋酸弱酸，部分电离，盐酸是强酸，完全电离，体积相同、pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，醋酸的物质的量更大，所以消耗氢氧化钠更多，
故答案为：C。
【分析】 体积相同、pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液 ，由于CH3COOH是弱电解质，所以浓度大
11．【答案】C
【解析】【解答】A.根据分析可知A不符合题意；
B. 相同浓度的HCl溶液与HA溶液，前者的导电能力更强；故B不符合题意；
C.电荷守恒，在HA溶液中存在：c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，C符合题意；
D. 中和同体积同浓度的HCl和HA溶液，都是一元酸，消耗同浓度的NaOH溶液的体积相同，故D不符合题意。
【分析】A.HA是不完全电离的，所以A是错误的；
B.相同浓度的强酸和弱酸，强酸电离出的离子的浓度更大，因此强酸的导电能力更强；
C.根据电荷守恒可以得出三者离子浓度的关系式；
D.与碱反应消耗的浓度相同的强酸和弱酸消耗的体积是相等的。
12．【答案】B
【解析】【解答】A．向0.1 mol/L的氨水中加入0.01 mol/L稀氨水，相当于对氨水进行稀释，稀释会促进弱电解质的电离，电离平衡 正向移动，但是平衡移动的趋势是微弱的，平衡移动使溶液中c(OH-)增大程度远小于稀释使溶液中c(OH-)减小的程度，因此最终达到平衡时溶液中c(OH-)仍然是减小﹐A不符合题意；
B．向氨水中加入NaOH，溶液中c(OH-)增大，会使 逆向移动，NH3·H2O的电离程度减小，电离平衡逆向移动，消耗溶液中的OH-使离子浓度减少的程度是微弱的，总的来说，溶液中c(OH-)还是增大。c(OH-)增大，则溶液的pH增大，B符合题意；
C．电离平衡常数 ，K仅与温度有关，稀释后，K不变， 减小，则 增大，C不符合题意；
D．电离常数只与温度有关，所以向氨水中通入少量HCl后，电离平衡常数K不变，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.弱电解质的电离稀释时是促进电离。氢氧根离子的数目在增加，但是溶液的体积增加的更多，因此减小
B.加入氢氧化钠属于强碱，抑制氨水的电离，碱性增强
C.根据电离平衡常数进行判断
D.电离常数和温度有关
13．【答案】D
【解析】【解答】A．醋酸溶液稀释，醋酸的电离程度增大，溶液中导电粒子的数目增多，A不符合题意；
B．再加入10mLpH=11的NaOH溶液，此时溶液中醋酸仍大量剩余，并发生电离使溶液显酸性，所以混合液pH＜7，B不符合题意；
C．醋酸溶液稀释，醋酸的电离程度增大，但c(H+)减小，C不符合题意；
D．溶液中=，Kh为CH3COO-的水解常数，只受温度变化的影响，温度一定时，不变，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.稀释醋酸，其电离程度减小；
B.加入10mLpH=11的NaOH溶液，醋酸仍大量剩余；
C.醋酸溶液稀释，醋酸的电离程度增大，但c(H+)减小。
14．【答案】D
【解析】【解答】A．常温下，pH=7的NH4Cl与氨水的混合溶液，c(H＋)=c(OH－)，所以c(Cl－)=c(NH )，A项不符合题意；
B．在碱性溶液中，Na+、Cl-、AlO 、ClO-可以大量共存，B项不符合题意；
C．常温下，pH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合后溶解显酸性，滴入石蕊溶液呈红色，C项不符合题意；
D．向0.1mol·L-1的氨水中加入少量硫酸铵固体，抑制氨水的电离，溶液中 减小，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.溶液中存在电荷守恒，据此可以判断
B.考查的是离子之间共存，离子之间不会发生复分解反应或者氧化还原反应
C.考查的是弱酸是部分电离
D.根据电离平衡常数，结合铵根离子增大判断平衡的移动即可
15．【答案】B
【解析】【解答】A．从图中可以看出，当 时， 按近0，所以海水中主要碳源为 ，A不符合题意；
B．从图中可以看出， 点处，CO2与H2CO3的物质的量分数之和与 相同，所以海水中 和 浓度不相同，B符合题意；
C．图中信息显示，当 时，溶液呈碱性，所以 ，C不符合题意；
D．碳酸的 = =c(H+)，图中B点的pH接近10，则数量级为 ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据图像分析判断；
B．利用物料守恒分析；
C．依据酸碱性的实质判断；
D．依据碳酸的 = =c(H+)判断。
16．【答案】C
【解析】【解答】A．相同物质的量浓度的酸，电离平衡常数越大，H+离子浓度越大，pH越小，故A不符合题意；
B．电离平衡常数越小，对应的酸根离子越容易水解，因此相同物质的量浓度的NaCN、Na2CO3和NaF溶液中Na2CO3溶液最易水解，pH最大，故B不符合题意；
C．没有溶液体积，无法比较相同物质的量浓度的NaCN和NaF溶液中离子数目，故C符合题意；
D．由电离平衡常数可知，酸性H2CO3>HCN>HCO，根据强酸制弱酸，NaCN溶液中通入少量CO2只能生成HCN和NaHCO3，离子方程式为CN-＋H2O＋CO2=HCN＋，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.电离平衡常数越大，pH越小；
B.根据越弱越水解分析；
D.根据电离平衡常数可知，酸性H2CO3>HCN>HCO。
17．【答案】C
【解析】【解答】A．酸抑制水电离，酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大，酸中c(H+)：b＞c＞d，则水的电离程度：b＜c＜d，选项A不符合题意；
B．酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，pH相同的HNO2和CH3COOH分别加水稀释相同的倍数，pH值变化较大的是较强酸，根据图知，曲线I表示CH3COOH、曲线II表示HNO2，选项B不符合题意；
C．温度不变水解平衡常数不变，从c点到d点温度不变，溶液中=Kh(HA)不变，选项C符合题意；
D．相同体积的a点两种溶液中n(酸)：n(HNO2)＜n(CH3COOH)，分别与NaOH恰好中和后消耗n(NaOH)：HNO2＜CH3COOH，反应后溶液中n(NaNO2)＜n(CH3COONa)，则两份溶液中：n()＜n(CH3COO-)＜n(Na＋)，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、溶液的pH越大，酸性越弱，对水的电离影响越小；
B、加水稀释过程中，酸的酸性越弱，其pH变化越小；
C、温度不变，弱酸阴离子的水解平衡常数不变；
D、a点两溶液的pH相等，酸性越弱，其溶质物质的量浓度越大，反应所需NaOH的量越多；
18．【答案】C
【解析】【解答】A．醋酸是弱电解质，，A不符合题意；
B．自来水中主要物质H2O是弱电解质，B不符合题意；
C．小苏打是碳酸钠，属于盐类，是强电解质，C符合题意；
D．淀粉是非电解质，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】强电解质在水溶液中完全电离，弱电解质在水溶液中部分电离； 强电解质 一般有：强酸、强碱，活泼金属氧化物和大多数盐；弱电解质 一般有：弱酸、弱碱，少部分盐、水。
19．【答案】C
【解析】【解答】A.根据在冰醋酸中的电离常数，四种酸均为完全电离，故A不符合题意；
B.根据四种酸在冰醋酸中的电离常数即可判断高氯酸酸性最强，故B不符合题意；
C.根据电离常数即可判断其电离方程式为H2SO4=H++HSO4-，故C符合题意；
D.根据在醋酸中的酸性强弱判断即可，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据电离常数判断；
B.根据电离常数判断；
C.结合在醋酸中的电离常数判断；
D.根据电离常数即可判断。
20．【答案】C
【解析】【解答】①灯泡暗说明溶液导电性差，可能是醋酸浓度过低导致的，不足以说明醋酸分子电离不完全，①不符合题意；
②0.1CH3COOH溶液中，说明醋酸分子未电离完全，故CH3COOH为弱电解质，②符合题意；
③往NaHCO3溶液中滴加CH3COOH溶液，产生大量气泡，只能说明醋酸溶液中含有大量H+且醋酸酸性比HCO3-强，不能反映CH3COOH的电离程度，③不符合题意；
④无论是否完全电离， 20mL0.2CH3COOH溶液均可恰好与20mL0.2NaOH溶液完全反应，④不符合题意；
⑤ 1mL 的CH3COOH溶液稀释至1L，假设没有新的醋酸分子发生电离，则溶液中应有，故 说明有新的醋酸分子发生电离，进而推理出原先溶液中醋酸分子没有电离完全，即CH3COOH为弱电解质，⑤符合题意；
故答案为：C。
【分析】①导电性不仅与电离度有关，更与溶液中电解质的浓度有关；
②如果醋酸分子电离完全，则0.1CH3COOH溶液中应；
③醋酸分子能够电离不代表其可以完全电离；
④一定浓度的一元酸HA与等浓度的NaOH总是在等体积混合时完全反应，无论酸的种类和电离程度；
⑤通过反证法可以说明醋酸分子电离不完全。
21．【答案】（1）⑨
（2）
（3）；B
（4）；③⑤
【解析】【解答】①Al为单质，既不是电解质也不是非电解质，导电；②为强电解质；③为强电解质；④为非电解质⑤为强电解质⑥酒精为非电解质；⑦溶液为混合物既不是电解质也不是非电解质，导电；⑧为强电解质；⑨熔融NaCl为强电解质，导电；据此分析解题。
（1）据分析可知，属于电解质且能导电的是⑨；
（2）②属于强电解质，完全电离，溶于水的电离方程式：；
（3）向一定体积的②溶液中逐滴加入⑧的溶液，AB段生成氢氧化铜和硫酸钡沉淀，发生反应的离子方程式：；图中B表示溶液恰好被沉淀完全，因为硫酸铜过量以后溶液中有自由移动的离子导电能力增强；
（4）①与②溶液能反应产生和偏铝酸根，离子方程式：；Al还能和反应生成亚硫酸铝、硫酸钠和氢气；与的溶液反应产生和硫酸铝。
【分析】
（1）酸、碱和绝大多数盐是电解质，电解质只有在水溶液或熔融状态才能导电；
（2）强电解质，完全电离；
（3）依据图像，导电能力与自由移动离子的浓度有关；
（4）铝与强酸、强碱均能生成氢气。
22．【答案】（1）3s23p4；9；3p；；2
（2）两者均为离子晶体，钠离子与钾离子带电荷相同，钠离子半径小与钾离子半径，作用力大，离子键强，所以熔点要更高
（3）；30℃、pH=2.0；催化剂活性下降或催化剂在30℃时活性最大
（4）右；氨水浓度降低，使c(OH-)减小，而温度升高，使c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变
【解析】【解答】(1)硫是16号元素，硫原子的最外层电子排布式3s23p4。铝是13号元素，铝原子核外电子占据1s、2s、2p、3s、3p轨道有1+1+3+1+3=9个，氯是17号元素，占据1s、2s、2p、3s、3p5个能级，氯原子能量最高的电子亚层是3p。过氧化钠的电子式；氮原子的电子云形状有2种分别为s电子云是球形、p电子云是哑铃形。故答案为：3s23p4；9；3p；；2；
(2)氯化钠晶体的熔点高于氯化钾，原因是两者均为离子晶体，钠离子与钾离子带电荷相同，钠离子半径小与钾离子半径，作用力大，离子键强，所以熔点要更高。故答案为：两者均为离子晶体，钠离子与钾离子带电荷相同，钠离子半径小与钾离子半径，作用力大，离子键强，所以熔点要更高；
(3)①此反应中氧气是氧化剂，每个氧分子得4e-，Fe2+被氧化为Fe3+，根据电子守恒、原子守恒可知Fe2(SO4)3再生的化学方程式4FeSO4+O2+2H2SO4 2Fe2(SO4)3+2H2O，并标出电子转移的数目和方程为： ；
②硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍。用Fe2(SO4)3吸收H2S，硫化氢具有还原性，硫酸铁具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成单质硫，反应的离子方程式为：2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+，从图象中分析可知，使用硫杆菌的最佳条件是亚铁离子氧化速率最大时，使用硫杆菌的最佳条件为30℃、pH=2.0；若反应温度过高，反应速率下降，其原因是催化剂活性下降或催化剂在30℃时活性最大。故答案为：30℃、pH=2.0；催化剂活性下降或催化剂在30℃时活性最大；
(4)①温度升高，温度升高，促进NH3 H2O的电离，NH3·H2O的电离平衡向右(填“左”、“右”)移动。故答案为：右；
②表中c(OH-)基本不变的原因是氨水浓度降低，使c(OH-)减小，而温度升高，使c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变，故答案为：氨水浓度降低，使c(OH-)减小，而温度升高，使c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变。
【分析】（1）硫最外层的电子排布式，即第三层，即s和p的排列；铝的核外电子占据的轨道有1s，2s，2p，3s，3p，其中2p占了3个，3p占了3个；过氧化钠的电子式要注意是离子化合物，需要标明中括号和电荷数；
（2）离子晶体的熔点受到电荷数、离子半径的影响；
（3） ① 单线桥的技巧：还原剂指向氧化剂，标出转移的电子数；
② 涉及催化剂问题时，要注意，温度过高会导致催化剂失去活性；
（4） ① 弱电解质的电离是吸热过程，升高温度会促进电离；
② 氨水浓度降低会使氢氧根浓度减小，升高温度会促进电离。
23．【答案】（1）酸性
（2）C；D
（3）；>
（4）④③①②
（5）4
（6）2：9
【解析】【解答】（1）水的电离是吸热过程，升高温度，电离平衡右移，水的离子积常数增大，由某温度时水的离子积常数小于1×10-14可知，该温度低于25℃，该温度下，溶液中氢离子浓度为1×10-7mol/L，c(OH-)===10-8，说明溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性；
（2）由图可知，稀释相同的倍数，A的pH变化大，则A的酸性比B的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强，对于一元强酸来说，c(酸)=c(H+)，但对于一元弱酸，c(酸)＞c(H+)。
A．由图可知，稀释相同的倍数，A的pH变化大，故A的酸性比B的酸性强，稀释后，A酸溶液中的pH比B酸溶液的pH大，故B酸溶液中离子浓度较大，导电性较强，A不正确；
B．A、B酸的强弱不同，对于一元强酸来说c(酸)=c(H+)，对于一元弱酸，c(酸)＞c(H+)，故A、B两种酸溶液的物质的量浓度不相等，B不正确；
C．由图可知，若a=5，A完全电离，故A是强酸，B的pH变化小，故B为弱酸，C正确；
D．pH=2的酸，加水稀释到1000倍，若2＜a＜5，故A、B 都是弱酸，D正确；
故答案为：CD。
（3）甲酸是一元弱酸，电离方程式为HCOOHHCOO-+H+；同浓度的甲酸溶液和乙酸溶液的pH，甲酸pH更小，说明甲酸酸性强，电离常数大，即Ka(甲酸)＞Ka(乙酸)；
（4）水的电离会被酸或碱抑制，Ba(OH)2是二元强碱，c(OH-)=0.2mol/L，对水的电离抑制最大，HClO4是一元强酸，c(H+)=0.1mol/L，而HCOOH、CH3COOH为弱酸，电离出的c(H+)＜0.1mol/L，HCOOH酸性较强，因此甲酸电离的氢离子浓度大于乙酸，故水电离出的c(H+)大到小的顺序是④③①②；
（5），常温下c(H+)c(OH-)=10-14，故c(H+)=10-4mol/L，pH=-lgc(H+)=4；
（6）混合后溶液为碱性，c(OH-)==10-3 mol/L，解得=。
【分析】（1）结合水的离子积以及氢离子的浓度，判断氢氧根的浓度，最后判断溶液的性质；
（2）A、导电性和离子浓度有关；
B、pH相同时，弱酸浓度大于强酸；
C、弱酸每稀释10倍，pH变化不到1个单位；
D、强酸稀释1000倍，pH增大3个单位；
（3）甲酸为弱酸，部分电离；
（4）氢离子、氢氧根的浓度越大，对水的抑制程度越强；
（5）结合水的离子积和氢离子、氢氧根的比例可以计算氢离子和氢氧根的浓度，根据氢离子的浓度计算pH；
（6）混合后溶液为碱性，即可以根据题目数据以及氢氧根浓度的计算公式，计算体积比。
24．【答案】（1） 或
（2）<；HSO3-既能水解生成H2SO3和OH- ，HSO3-又能电离生成SO32-和H+ ，已知NaHSO3溶液呈酸性，说明HSO3-的电离程度大于水解程度，所以c(H2SO3)< c(SO32－)
（3）270
（4）K= ；0.05mol/(L min)
（5）ad
（6）正反应放热，温度升高平衡逆向移动，SO2平衡转化率降低；温度高于445 ℃后硫变成气态，硫变为硫蒸气需要吸热，使得反应变为吸热反应，温度升高平衡正向移动，SO2平衡转化率升高
【解析】【解答】(1)NaOH为强碱，离子方程式中可以拆分，若SO2少量则生成Na2SO3，若SO2过量，则生成NaHSO3；相关的离子方程式为 和 ；(2) 是弱酸的酸式酸根，在水溶液中既能发生电离，也能发生水解；由于NaHSO3溶液显酸性，说明 的电离程度更大，因此溶液中 的浓度相比于 更大；(3)由题可知，回收硫的反应是放热反应，在生成硫单质，CO2的同时也产生了一部分热量，反应前物质的总能量比反应后产物的总能量高出270kJ，因此，Q=270kJ；(4)由反应的方程式可知，该反应的平衡常数表达式为 ；5min时，生成CO21mol，所以消耗了0.5mol的SO2，所以反应速率为： ；(5)a．该反应在恒容条件下达到平衡，气体的体积恒定；该反应涉及的物质不全为气体，所以气体的质量会随反应进行发生变化；若气体的密度不再变化，则由公式 可知，气体的质量不再变化，那么反应一定达到了平衡状态，a项正确；
b．该反应反应物中气体的化学计量系数之和与产物中气体的化学计量系数之和不相等，因此气体的总物质的量会随反应进行发生变化，又因为该反应是在恒容恒温条件下达到的平衡；根据公式 可知，容器内的压强会随着反应进行发生变化直至反应达到平衡，b项不正确；
c．其他条件不变时，仅从体系内分离出S单质，不影响平衡的移动，对于正逆反应速率无影响，c项不正确；
d．平衡常数认为只与温度有关，温度不变，所以平衡常数不变，d项正确；
故答案为：ad；(6)由题可知，温度若低于445℃，该反应为放热反应，升高温度会导致平衡逆向移动，SO2转化率下降；温度若高于445℃，S单质会气化，气化是吸热的过程，可能会使反应由放热反应转变为吸热反应，从而升高温度变得对反应正向进行有利，SO2的转化率也就逐渐升高。
【分析】(1) SO2与NaOH反应生成Na2SO3或NaHSO3；(2) NaHSO3溶液显酸性，说明 的电离程度大于水解过程；(3)由题可知，根据反应吸收和放出的能量的差值来判断；(4)由反应的方程式可知，写出该反应的平衡常数表达式；5min时，生成CO21mol，所以消耗了0.5mol的SO2，据 计算反应速率；(5) 对反应2CO(g)+SO2(g) S(s)+2CO2(g)，该反应在恒容条件下达到平衡，气体的体积恒定，反应前后气体的总质量发生变化，气体的总量也发生变化，但是平衡常数的变化只与温度有关，据以上分析解答；(6)由题可知，温度若低于445℃，该反应为放热反应，升高温度会导致平衡逆向移动，SO2转化率下降；温度若高于445℃，S单质会气化，气化是吸热的过程，可能会使反应由放热反应转变为吸热反应，从而升高温度变得对反应正向进行有利。
25．【答案】（1）除去碳和有机物
（2）升高温度或增大氢氧化钠溶液的浓度；
（3）
（4）将氧化为
（5）小于；(或)
【解析】【解答】(1)碳和有机物焙烧后变为气体，所以“焙烧”可以除去碳和有机物；
(2)为提高“碱浸”效率，可采取的措施有升高温度或增大氢氧化钠溶液的浓度；ZnO与Al2O3化学性质相似，既能溶于强酸又能溶于强碱，加入氢氧化钠溶液，Al2O3溶解生成NaAlO2，ZnO生成Na2ZnO2，反应的离子方程式为：、；
(3)“钴浸出”过程中Co3+转化为Co2+，则是Na2SO3将Co3+还原为Co2+，自身被氧化为硫酸钠，发生的反应为：；
(4)由以上分析可知，加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+；
(5)①NH3·H2O的Kb=1.76×10-5；H2C2O4的Ka1=5.9×10-2，Ka2=6.4×10-3。(NH4)2C2O4溶液中的水解常数为=5.68×10-10，的水解平衡常数为 = 1.56×10 12＜5.68×10-10，说明的水解程度小于的水解程度，溶液显酸性，故答案为酸性；
②称取ag样品，将其用适当试剂转化，得到草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，再用过量稀硫酸酸化，用0.1000mol/L KMnO4溶液滴定，达到滴定终点时，共用去KMnO4溶液20.00mL，根据5CoC2O4～5(NH4)2C2O4～2KMnO4，则样品中m(CoC2O4)=×20×10-3L×0.1000mol/L×147g/mol=0.735g，故草酸钴样品的纯度为= ，或。
【分析】思路分析：1.焙烧目的是通过燃烧除去有机物杂质，碱浸目的是溶解ZnO和AI2O3，加入稀硫酸和亚硫酸钠目的是还原三价钴离子，得到二价钴离子，净化除杂1加入过氧化氢目的为将二价铁氧化为三价铁，然后调节pH以氢氧化铁形式除去，净化除杂2加入氟化钠目的为使钙离子和镁离子形成沉淀除去，最后加入草酸铵目的是时钴离子沉淀，然后过滤、洗涤、干燥得到草酸钴。
一、单选题
1．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．氨水应密闭保存，放置在低温处
B．在硫酸亚铁溶液中，加入铁粉以防止氧化变质
C．实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气
D．侯氏制碱采用通入氨气、冷却、加入食盐的方法从母液中提取氯化铵
2．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
3．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。下列说法错误的是（ ）
A．图示中代表的离子是氯离子
B．图a中氯化钠固体不能导电
C．图b表示熔融的NaCl能导电
D．图c表示带负电荷的水合氯离子向与电源负极相连的电极移动
4．下列关于电解质的说法正确的是（ ）
A．液态HCl不导电，所以HCl不是电解质
B．氨气的水溶液导电能力较弱，所以氨气是弱电解质
C．难溶于水，所以不是电解质
D．同种电解质的溶液，浓度越大导电能力不一定越强
5．下列物质的溶液中，所含粒子种类最多的是（ ）
A．NaCl B． C． D．
6．一定温度下，溶液中存在如下电离平衡：，对于该溶液，下列说法正确的是
A．加入水时，所有微粒浓度均减小相同倍数，平衡不移动
B．加入少量固体，增大，电离平衡常数K变大
C．由水电离出的醋酸溶液盐酸溶液
D．等浓度等体积的盐酸和醋酸溶液分别与恰好完全反应时，消耗等物质的量
7．25℃时，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol·L-1的醋酸、醋酸钠混合溶液中，c(CH3COOH)、c(CH3COO-)与pH的关系如图所示。下列有关该溶液的叙述错误的是（ ）
A．pH=5的溶液中：c(CH3COOH))>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
B．溶液中：c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)
C．25℃时CH3COOH的电离常数为10-4.7
D．pH=4的溶液中：c(H+)+c(Na+)+c(CH3COOH)-c(OH-)=0.1mol·L-1
8．某兴趣小组的同学向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀H2SO4，通过仪器测得混合溶液的导电能力随时间变化的曲线如图所示。下列有关说法错误的是（ ）
A．XY段混合溶液的导电能力逐渐减弱，是因为溶液中离子数目减少
B．a时刻，混合溶液中Ba(OH)2与H2SO4，恰好完全反应
C．向一定体积的AgNO3溶液中逐滴加入稀盐酸，测得的曲线形状是一样的
D．该实验发生反应的离子方程式为2H++SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O
9．常温下向100mL0.2mol L-1的氨水中逐滴加入0.2mol L-1的盐酸，所得溶液的pH、溶液中和NH3 H2O的物质的量分数与加入盐酸的体积V及混合液pH变化的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．表示NH3 H2O物质的量分数变化的曲线是B
B．pH=9.26时溶液中，NH3 H2O的电离程度小于的水解程度
C．常温下NH3 H2O的电离常数为1.8×10-5 mol L-1 (已知lg1.8=0.26)
D．当加入盐酸体积为50mL时，溶液中c()-c(NH3 H2O)=2×(10-5+10-9)mol L-1
10．体积相同、pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，用同浓度的NaOH溶液中和时（ ）
A．两者消耗NaOH的物质的量相同
B．中和HCl消耗NaOH的物质的量多
C．中和CH3COOH消耗NaOH的物质的量多
D．两者消耗NaOH的物质的量无法比较
11．常温下，0.1 mol·L－1 HA溶液中c(H+)=10－3mol·L－1，下列说法中正确的是（ ）
A．HA是一种强酸
B．相同浓度的HCl溶液与HA溶液，后者的导电能力更强
C．在HA溶液中存在：c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)
D．中和同体积同浓度的HCl和HA溶液，消耗同浓度的NaOH溶液的体积不同
12．常温下，对于0.1 mol/L的氨水，下列说法正确的是（ ）
A．加入0.01 mol/L稀氨水，NH3·H2O的电离平衡向右移动，c(OH-)增大
B．加入少量NaOH固体，NH3·H2O的电离度减小，溶液的pH增大
C．加水稀释后，溶液中 减小
D．通入少量HCl气体后，NH3·H2O的电离平衡常数减小
13．室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是（ ）
A．溶液中导电粒子的数目减少
B．再加入10mLpH=11的NaOH溶液，混合液pH=7
C．醋酸的电离程度增大，c(H+)亦增大
D．溶液中不变
14．下列关于电解质溶液的叙述错误的是（ ）
A．常温下，pH=7的NH4Cl与氨水的混合溶液中：c(Cl-)=c(NH )
B．pH=12的溶液中，Na+、Cl-、AlO 、ClO-可以大量共存
C．pH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊溶液呈红色
D．向0.1 mol·L-1的氨水中加入少量硫酸铵固体，溶液中 增大
15．海水中含有80多种元素，是重要的资源宝库。已知不同 条件下，海水中碳元素的存在形态如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．当 时，海水中主要碳源为
B． 点，海水中 和 浓度相同
C．当 时，
D．碳酸的 的数量级为
16．已知常温下三种酸的电离平衡常数如下表所示：则下列说法错误的是（ ）
HCN H2CO3 HF
4.9×10-10 Ka1=4.3×10-7 Ka2=5.6×10-11 6.7×10-4
A．相同物质的量浓度的HCN和HF溶液中，HF溶液的pH最小
B．相同物质的量浓度的NaCN、Na2CO3和NaF溶液，Na2CO3溶液pH最大
C．相同物质的量浓度的NaCN和NaF溶液中，离子总数NaF溶液大于NaCN溶液
D．在NaCN溶液中通入少量CO2，离子方程式为：CN-＋H2O＋CO2=HCN＋
17．保持在室温下，将pH和体积相同的这两种酸(和)分别加水稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。已知：在室温下，和的电离常数分别为和，下列说法正确的是（ ）
A．溶液中水的电离程度：b点＞d点
B．曲线I代表的是溶液
C．从c点到d点，溶液中保持不变(其中HA、分别代表相应的酸和酸根离子)
D．体积相同的a点两溶液分别与NaOH溶液恰好中和时，两份溶液中：
18．下列厨房中常用物质的主要成分属于强电解质的是
A．醋酸 B．自来水 C．小苏打 D．淀粉
19．HClO4、H2SO4、HNO3和HCl都是强酸，它们的酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数：
酸 HClO4 H2SO4 HCl HNO3
Ka 1.6×10-5 6.3×10-9 1.6×10-9 4.2×10-10
下列说法中不正确的是（ ）
A．在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离
B．在冰醋酸中HClO4是这四种酸中最强的酸
C．在冰醋酸中的电离方程式为H2SO4 2H++SO42
D．水不能区分这四种酸的强弱，但冰醋酸可以区分这四种酸的强弱
20．下列事实中一定能证明CH3COOH是弱电解质的是（ ）
①用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗
②0.1CH3COOH溶液中
③往NaHCO3溶液中滴加CH3COOH溶液，产生大量气泡
④20mL0.2CH3COOH溶液恰好与20mL0.2NaOH溶液完全反应
⑤1mL 的CH3COOH溶液稀释至1L，
A．①② B．②③ C．②⑤ D．③④
二、综合题
21．下列物质：①Al②③④⑤⑥酒精⑦溶液⑧⑨熔融NaCl，请回答下面问题。
（1）属于电解质且能导电的是(填序号) 。
（2）写出②溶于水的电离方程式： 。
（3）向一定体积的②溶液中逐滴加入⑧的溶液，并测得混合溶液的导电能力随时间变化的曲线如图所示。写出AB段发生反应的离子方程式 ；图中 处(填“A”或“B”或“C”)表示溶液恰好被沉淀完全。
（4）①与②溶液能反应产生写出反应离子方程式 。Al还能和上述 物质的溶液反应产生(填序号)。
22．硫、氮、氯、氧、钠、铝、铁等是人们熟悉的元素，它们的单质及其化合物对工农业有着很重要的地位。
（1）硫原子的最外层电子排布式 。铝原子核外电子占据轨道有 个，氯原子能量最高的电子亚层是 。过氧化钠的电子式 ；氮原子的电子云形状有 种。
（2）氯化钠晶体的熔点高于氯化钾，原因是 。
（3）用Fe2(SO4)3溶液吸收H2S生成FeSO4。FeSO4被氧化使Fe2(SO4)3再生，其原理为： FeSO4+O2+H2SO4Fe2(SO4)3+H2O
①配平上面Fe2(SO4)3再生的化学方程式，并标出电子转移的数目和方向 。
②硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍。由图1和图2判断，使用硫杆菌的最佳条件为 ；若反应温度过高，反应速率下降，其原因是 。
（4）常压下，取不同浓度、不同温度的氨水测定，得到下表实验数据。
温度(℃) c(氨水)(mol/L) 电离度(%) c(OH-)(mol/L)
0 16.56 9.098 1.507×10-2
10 15.16 10.18 1.543×10-2
20 13.63 11.2 1.527×10-2
①温度升高，NH3·H2O的电离平衡向 (填“左”、“右”)移动。
②表中c(OH-)基本不变的原因是 。
23．回答下列问题：
（1）某温度时，水的，该温度下，的溶液呈 (填“酸性”“碱性”或“中性”)。
（2）在25℃时，的两种一元酸溶液A、B各1 mL，分别加水稀释到1000 mL，其pH与溶液体积V的关系如图所示，则下列说法正确的是____
A．稀释后，A酸溶液的导电性比B酸溶液强
B．稀释前，两种酸溶液的物质的量浓度相等
C．若a=5，则A是强酸，B是弱酸
D．若，则A、B都是弱酸
（3）甲酸(HCOOH)和乙酸()一样属于一元弱酸，请写出甲酸的电离方程式： ，常温下，测的同浓度的甲酸溶液和乙酸溶液的pH，甲酸pH更小，则 (填写“＜”“>”“=”)。
（4）25℃时，0.1mol/L下列物质的溶液，水电离出的由大到小的顺序是 (填序号)。
①②③HCOOH ④
（5）25℃时，的HA溶液中，此溶液的 。
（6）25℃时，在体积为的的NaOH溶液中，加入体积为的的溶液。若反应后溶液的，(反应后溶液体积等于NaOH溶液与溶液的体积之和)，则 。
24．对烟道气中的SO2进行吸收或回收再利用具有一定的社会和经济价值。
请回答下列问题：
（1）用NaOH溶液吸收SO2 ，写出相关反应的离子方程式 。
（2）已知NaHSO3溶液显酸性，比较NaHSO3溶液中c(H2SO3) c(SO32－)(填“>”“<”或“=”)，请简述判断理由 。
烟道气中的SO2，也可通过如下反应回收硫：2CO(g)+SO2(g) S(s)+2CO2(g) + Q kJ。某温度下，在2 L恒容密闭容器中通入2 mol SO2和一定量的CO，发生上述反应，5 min后达到平衡，生成1 mol CO2。
（3）一定条件下，上述反应的能量变化如图1，则 Q = kJ。
（4）写出该反应平衡常数表达式 ；0～5min内SO2的平均反应速率为 。
（5）对反应2CO(g)+SO2(g) S(s)+2CO2(g) + Q kJ的分析正确的是 。
a．若混合气体密度保持不变，则反应已达平衡状态
b．从反应开始到平衡时，容器内气体的压强保持不变
c．平衡时，其它条件不变，分离出硫，正反应速率加快
d．平衡时，其它条件不变，再充入一定量CO2，平衡常数保持不变
（6）其他条件不变时，随着温度的升高，SO2的平衡转化率随温度的变化曲线如图2所示，请解释其可能的原因 。(已知硫的沸点约是445°C)
25．草酸钴用途广泛，用于制指示剂、催化剂及有机合成中间体。利用含钴废料(主要成分为Co2O3，还含有少量的、、、、、碳及有机物等)制取的一种工艺流程如下：
已知：与的化学性质相似。回答下列问题：
（1）“焙烧”的目的是 。
（2）为提高“碱浸”效率，可采取的措施有 ，写出“碱浸”过程中发生的离子反应方程式 。
（3）“钻浸出”过程中转化为，反应的离子方程式为 。
（4）“净化除杂1”过程中，先在35℃左右加入，其作用是 ；再升温至80℃，加入溶液，调pH至4.7以上。
（5）为测定产品的纯度，将ag产品用适当试剂转化，得到草酸铵溶液。已知：的；的，。
①常温时，溶液pH 7(填“大于”、“小于”或“等于”)。
②将草酸铵溶液用过量稀硫酸酸化，用溶液滴定，测得平均消耗溶液20.00mL，则草酸钴样品的纯度为 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A.氨水中存在化学平衡：NH3+H2O NH3 H2O，正反应是放热,反应温度降低，平衡向生成一水合氨的方向进行，避免氨气挥发，能用勒夏特列原理解释，故不选A；
B.加入Fe+2Fe3+=3Fe2+，不存在化学平衡的问题，不能用勒夏特列原理解释，故选B；
C.排饱和食盐水的方法收集氯气，利用的是氯离子浓度增大．使平衡地Cl2+H2O H++Cl-+HClO逆向进行，减小氯气的溶解度，能用勒夏特列原理解释，故不选C；
D.饱和NH4Cl溶液中存在溶解平衡：NH4Cl（s） NH4+（aq）+Cl-（aq），若要析出氯化铵，应该使平衡向逆向移动，通入氨气后，溶液中铵根离子浓度增大，平衡向着逆向移动，有利于氯化铵的析出；冷却降低氯化铵溶解度，平衡逆向移动；加入食盐，溶液中氯离子浓度增大，平衡向着逆向移动，有利于氯化铵的析出，能用勒夏特列原理解释，故不选D；
故答案为：B。
【分析】勒夏特列原理指的是在化学反应中，改变某种因素，反应会向减弱这种因素的方向进行。
2．【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
3．【答案】D
【解析】【解答】A．氯化钠是由钠离子和氯离子构成的，其中氯离子的半径大于钠离子的半径，因此图示中 代表的离子是氯离子，故A不符合题意；
B．由图a可知干燥的NaCl固体中钠离子和氯离子不能自由移动，因此NaCl固体不能导电，故B不符合题意；
C．由图b可知熔融状态下钠离子和氯离子能自由移动，因此熔融的NaCl能导电，故C不符合题意；
D．表示氯离子，由图c可知带负电荷的水合氯离子向X电极移动，即向与电源正极相连的电极移动，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、氯离子半径达；
B、氯化钠固体不导电；
C、熔融氯化钠可以导电；
D、结合图示，可知氯离子移向X电极，X电极连接电源正极。
4．【答案】D
【解析】【解答】A.HCl水溶液可导电，故HCl为电解质，A不符合题意；
B.导电能力强弱与电解质的强弱无关。且氨水导电是因为NH3·H2O是电解质，不能说明NH3是电解质，B不符合题意；
C.BaSO4属于盐，是强电解质。电解质的强弱或是否为电解质与其溶解性无关，C不符合题意；
D.电解质溶液的导电性与其中正电荷（或负电荷）的总浓度有关，浓度大的电解质溶液不一定电荷浓度大。例如稀释冰醋酸时，CH3COOH浓度不断减小，但其导电性先上升后下降，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】电解质是指溶于水或熔融状态下自身能够电离导电的化合物，酸碱盐均为电解质。单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。强电解质包括强酸、强碱和绝大多数盐（包括难溶盐）。能导电的物质包括所有金属单质、部分非金属单质（如石墨）、电解质溶液和熔融状态下的电解质等。电解质溶液的导电性与其中正电荷（或负电荷）的总浓度有关。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．NaCl溶液中所含粒子为Na+、Cl-、H2O、H+、OH-，共5种粒子；
B．氨水中存在的微粒有NH3、NH3 H2O、NH、H2O、H+、OH-，共6种粒子；
C． CH3COOK溶液中，CH3COO-要水解，所含粒子为CH3COO-、K+、H2O、H+、OH-、CH3COOH，共6种粒子；
D．Na2CO3溶液中硫离子分步水解，含有Na+、CO、HCO、OH-、H+、H2O、H2CO3，故7种；可见上述溶液中碳酸钾溶液中含有粒子数最多；
故答案为：D。
【分析】分别列出各溶液中的粒子，再进行比较，注意任何溶液中均存在 H2O H++OH-。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．向醋酸溶液中加入水，促进醋酸电离，平衡向正反应方向移动，由于存在酸的电离平衡和水的电离平衡，、减小的倍数不一样，且根据水的离子积常数可知减小，则增大，选项A不符合题意；
B．加入少量固体，增大，但温度不变，电离平衡常数K不变，选项B不符合题意；
C．酸抑制水的电离，使水的电离平衡逆向移动，醋酸溶液中小于盐酸溶液中，故由水电离出的醋酸溶液盐酸溶液，选项C不符合题意；
D．等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，溶质物质的量相同，与氢氧化钠分别发生HCl+NaOH=NaCl+H2O ， CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O反应，即中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，所需氢氧化钠相同，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.加水稀释促进醋酸电离，但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，温度不变，水的电离平衡常数不变，减小，则增大；
B.电离平衡常数只与温度有关；
C.酸抑制水电离，酸中c(H+)越大，水电离出的c(H+)越小。
7．【答案】A
【解析】【解答】A．由图像pH越大，醋酸浓度越小，醋酸跟离子浓度越大，当pH=4.7的溶液中，c(CH3COOH))=c(CH3COO-)，所以pH=5时，c(CH3COO-)> c(CH3COOH))，A符合题意；
B．溶液中含有两种阳离子氢离子和钠离子，两种阴离子醋酸跟和氢氧根离子，根据电荷守恒有c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，B不符合题意；
C．当pH=4.7的溶液中，c(CH3COOH))=c(CH3COO-)，所以电离常数为 ，C不符合题意；
D．因为c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol·L-1带入c(H+)+c(Na+)+c(CH3COOH)-c(OH-)=0.1mol·L-1可得c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A. 25℃时，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol·L-1的醋酸、醋酸钠混合溶液中， 随pH增大，CH3COOH的浓度逐渐减小，CH3COO-的浓度逐渐增大，pH=5时，从图上看出，c(CH3COO-)> c(CH3COOH)；
B.电荷守恒判断；
C.pH=4.75时，溶液中c(CH3COO-)= c(CH3COOH)，K=c（H+）；
D.结合题目可知，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)= c(H+)+c(Na+)+c(CH3COOH)-c(OH-)=0.1mol·L-1 ，化简得到，c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)；
8．【答案】C
【解析】【解答】A．XY段混合溶液的导电能力逐渐减弱，是因为Ba(OH)2溶液与稀H2SO4反应生成BaSO4沉淀和水，溶液中离子数目减少，A不符合题意；
B．a时刻，导电能力最弱，说明混合溶液中Ba(OH)2与H2SO4恰好完全反应生成BaSO4沉淀和水，溶液中几乎没有离子，B不符合题意；
C．AgNO3溶液与稀盐酸反应生成AgCl沉淀和HNO3，恰好完全反应时由于HNO3能电离出较多自由移动的离子，溶液的导电能力不是为0，与该曲线不符，C符合题意；
D．该实验是硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，发生反应的离子方程式为2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据反应物和产物，利用溶液导电性的强弱与溶液中阴、阳离子的浓度和离子所带的电荷数有关判断；
9．【答案】C
【解析】【解答】A．由分析可知，表示NH3 H2O物质的量分数变化的曲线是A，A不符合题意；
B．pH=9.26时，溶液呈碱性，表明溶液中以NH3 H2O的电离为主，则NH3 H2O的电离程度大于的水解程度，B不符合题意；
C．在图中A点，c()=c(NH3 H2O)，溶液的pH=9.26，则常温下NH3 H2O的电离常数为==10-5×100.26=1.8×10-5 mol L-1，C符合题意；
D．当加入盐酸体积为50mL时，依据物料守恒可得2c(Cl-)=c()+c(NH3 H2O)，依据电荷守恒可得c(Cl-)+ c(OH-)=c()+c(H+)，从而得出溶液中c()-c(NH3 H2O)=2c(OH-) -2c(H+)=2×(10-5-10-9)mol L-1，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 随着HCl的加入， 溶液中NH3 H2O的含量越来越低，则A曲线表示NH3 H2O物质的量分数变化，B曲线表示铵根离子物质的量分数变化。
10．【答案】C
【解析】【解答】醋酸弱酸，部分电离，盐酸是强酸，完全电离，体积相同、pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，醋酸的物质的量更大，所以消耗氢氧化钠更多，
故答案为：C。
【分析】 体积相同、pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液 ，由于CH3COOH是弱电解质，所以浓度大
11．【答案】C
【解析】【解答】A.根据分析可知A不符合题意；
B. 相同浓度的HCl溶液与HA溶液，前者的导电能力更强；故B不符合题意；
C.电荷守恒，在HA溶液中存在：c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，C符合题意；
D. 中和同体积同浓度的HCl和HA溶液，都是一元酸，消耗同浓度的NaOH溶液的体积相同，故D不符合题意。
【分析】A.HA是不完全电离的，所以A是错误的；
B.相同浓度的强酸和弱酸，强酸电离出的离子的浓度更大，因此强酸的导电能力更强；
C.根据电荷守恒可以得出三者离子浓度的关系式；
D.与碱反应消耗的浓度相同的强酸和弱酸消耗的体积是相等的。
12．【答案】B
【解析】【解答】A．向0.1 mol/L的氨水中加入0.01 mol/L稀氨水，相当于对氨水进行稀释，稀释会促进弱电解质的电离，电离平衡 正向移动，但是平衡移动的趋势是微弱的，平衡移动使溶液中c(OH-)增大程度远小于稀释使溶液中c(OH-)减小的程度，因此最终达到平衡时溶液中c(OH-)仍然是减小﹐A不符合题意；
B．向氨水中加入NaOH，溶液中c(OH-)增大，会使 逆向移动，NH3·H2O的电离程度减小，电离平衡逆向移动，消耗溶液中的OH-使离子浓度减少的程度是微弱的，总的来说，溶液中c(OH-)还是增大。c(OH-)增大，则溶液的pH增大，B符合题意；
C．电离平衡常数 ，K仅与温度有关，稀释后，K不变， 减小，则 增大，C不符合题意；
D．电离常数只与温度有关，所以向氨水中通入少量HCl后，电离平衡常数K不变，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.弱电解质的电离稀释时是促进电离。氢氧根离子的数目在增加，但是溶液的体积增加的更多，因此减小
B.加入氢氧化钠属于强碱，抑制氨水的电离，碱性增强
C.根据电离平衡常数进行判断
D.电离常数和温度有关
13．【答案】D
【解析】【解答】A．醋酸溶液稀释，醋酸的电离程度增大，溶液中导电粒子的数目增多，A不符合题意；
B．再加入10mLpH=11的NaOH溶液，此时溶液中醋酸仍大量剩余，并发生电离使溶液显酸性，所以混合液pH＜7，B不符合题意；
C．醋酸溶液稀释，醋酸的电离程度增大，但c(H+)减小，C不符合题意；
D．溶液中=，Kh为CH3COO-的水解常数，只受温度变化的影响，温度一定时，不变，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.稀释醋酸，其电离程度减小；
B.加入10mLpH=11的NaOH溶液，醋酸仍大量剩余；
C.醋酸溶液稀释，醋酸的电离程度增大，但c(H+)减小。
14．【答案】D
【解析】【解答】A．常温下，pH=7的NH4Cl与氨水的混合溶液，c(H＋)=c(OH－)，所以c(Cl－)=c(NH )，A项不符合题意；
B．在碱性溶液中，Na+、Cl-、AlO 、ClO-可以大量共存，B项不符合题意；
C．常温下，pH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合后溶解显酸性，滴入石蕊溶液呈红色，C项不符合题意；
D．向0.1mol·L-1的氨水中加入少量硫酸铵固体，抑制氨水的电离，溶液中 减小，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.溶液中存在电荷守恒，据此可以判断
B.考查的是离子之间共存，离子之间不会发生复分解反应或者氧化还原反应
C.考查的是弱酸是部分电离
D.根据电离平衡常数，结合铵根离子增大判断平衡的移动即可
15．【答案】B
【解析】【解答】A．从图中可以看出，当 时， 按近0，所以海水中主要碳源为 ，A不符合题意；
B．从图中可以看出， 点处，CO2与H2CO3的物质的量分数之和与 相同，所以海水中 和 浓度不相同，B符合题意；
C．图中信息显示，当 时，溶液呈碱性，所以 ，C不符合题意；
D．碳酸的 = =c(H+)，图中B点的pH接近10，则数量级为 ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据图像分析判断；
B．利用物料守恒分析；
C．依据酸碱性的实质判断；
D．依据碳酸的 = =c(H+)判断。
16．【答案】C
【解析】【解答】A．相同物质的量浓度的酸，电离平衡常数越大，H+离子浓度越大，pH越小，故A不符合题意；
B．电离平衡常数越小，对应的酸根离子越容易水解，因此相同物质的量浓度的NaCN、Na2CO3和NaF溶液中Na2CO3溶液最易水解，pH最大，故B不符合题意；
C．没有溶液体积，无法比较相同物质的量浓度的NaCN和NaF溶液中离子数目，故C符合题意；
D．由电离平衡常数可知，酸性H2CO3>HCN>HCO，根据强酸制弱酸，NaCN溶液中通入少量CO2只能生成HCN和NaHCO3，离子方程式为CN-＋H2O＋CO2=HCN＋，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.电离平衡常数越大，pH越小；
B.根据越弱越水解分析；
D.根据电离平衡常数可知，酸性H2CO3>HCN>HCO。
17．【答案】C
【解析】【解答】A．酸抑制水电离，酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大，酸中c(H+)：b＞c＞d，则水的电离程度：b＜c＜d，选项A不符合题意；
B．酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，pH相同的HNO2和CH3COOH分别加水稀释相同的倍数，pH值变化较大的是较强酸，根据图知，曲线I表示CH3COOH、曲线II表示HNO2，选项B不符合题意；
C．温度不变水解平衡常数不变，从c点到d点温度不变，溶液中=Kh(HA)不变，选项C符合题意；
D．相同体积的a点两种溶液中n(酸)：n(HNO2)＜n(CH3COOH)，分别与NaOH恰好中和后消耗n(NaOH)：HNO2＜CH3COOH，反应后溶液中n(NaNO2)＜n(CH3COONa)，则两份溶液中：n()＜n(CH3COO-)＜n(Na＋)，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、溶液的pH越大，酸性越弱，对水的电离影响越小；
B、加水稀释过程中，酸的酸性越弱，其pH变化越小；
C、温度不变，弱酸阴离子的水解平衡常数不变；
D、a点两溶液的pH相等，酸性越弱，其溶质物质的量浓度越大，反应所需NaOH的量越多；
18．【答案】C
【解析】【解答】A．醋酸是弱电解质，，A不符合题意；
B．自来水中主要物质H2O是弱电解质，B不符合题意；
C．小苏打是碳酸钠，属于盐类，是强电解质，C符合题意；
D．淀粉是非电解质，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】强电解质在水溶液中完全电离，弱电解质在水溶液中部分电离； 强电解质 一般有：强酸、强碱，活泼金属氧化物和大多数盐；弱电解质 一般有：弱酸、弱碱，少部分盐、水。
19．【答案】C
【解析】【解答】A.根据在冰醋酸中的电离常数，四种酸均为完全电离，故A不符合题意；
B.根据四种酸在冰醋酸中的电离常数即可判断高氯酸酸性最强，故B不符合题意；
C.根据电离常数即可判断其电离方程式为H2SO4=H++HSO4-，故C符合题意；
D.根据在醋酸中的酸性强弱判断即可，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据电离常数判断；
B.根据电离常数判断；
C.结合在醋酸中的电离常数判断；
D.根据电离常数即可判断。
20．【答案】C
【解析】【解答】①灯泡暗说明溶液导电性差，可能是醋酸浓度过低导致的，不足以说明醋酸分子电离不完全，①不符合题意；
②0.1CH3COOH溶液中，说明醋酸分子未电离完全，故CH3COOH为弱电解质，②符合题意；
③往NaHCO3溶液中滴加CH3COOH溶液，产生大量气泡，只能说明醋酸溶液中含有大量H+且醋酸酸性比HCO3-强，不能反映CH3COOH的电离程度，③不符合题意；
④无论是否完全电离， 20mL0.2CH3COOH溶液均可恰好与20mL0.2NaOH溶液完全反应，④不符合题意；
⑤ 1mL 的CH3COOH溶液稀释至1L，假设没有新的醋酸分子发生电离，则溶液中应有，故 说明有新的醋酸分子发生电离，进而推理出原先溶液中醋酸分子没有电离完全，即CH3COOH为弱电解质，⑤符合题意；
故答案为：C。
【分析】①导电性不仅与电离度有关，更与溶液中电解质的浓度有关；
②如果醋酸分子电离完全，则0.1CH3COOH溶液中应；
③醋酸分子能够电离不代表其可以完全电离；
④一定浓度的一元酸HA与等浓度的NaOH总是在等体积混合时完全反应，无论酸的种类和电离程度；
⑤通过反证法可以说明醋酸分子电离不完全。
21．【答案】（1）⑨
（2）
（3）；B
（4）；③⑤
【解析】【解答】①Al为单质，既不是电解质也不是非电解质，导电；②为强电解质；③为强电解质；④为非电解质⑤为强电解质⑥酒精为非电解质；⑦溶液为混合物既不是电解质也不是非电解质，导电；⑧为强电解质；⑨熔融NaCl为强电解质，导电；据此分析解题。
（1）据分析可知，属于电解质且能导电的是⑨；
（2）②属于强电解质，完全电离，溶于水的电离方程式：；
（3）向一定体积的②溶液中逐滴加入⑧的溶液，AB段生成氢氧化铜和硫酸钡沉淀，发生反应的离子方程式：；图中B表示溶液恰好被沉淀完全，因为硫酸铜过量以后溶液中有自由移动的离子导电能力增强；
（4）①与②溶液能反应产生和偏铝酸根，离子方程式：；Al还能和反应生成亚硫酸铝、硫酸钠和氢气；与的溶液反应产生和硫酸铝。
【分析】
（1）酸、碱和绝大多数盐是电解质，电解质只有在水溶液或熔融状态才能导电；
（2）强电解质，完全电离；
（3）依据图像，导电能力与自由移动离子的浓度有关；
（4）铝与强酸、强碱均能生成氢气。
22．【答案】（1）3s23p4；9；3p；；2
（2）两者均为离子晶体，钠离子与钾离子带电荷相同，钠离子半径小与钾离子半径，作用力大，离子键强，所以熔点要更高
（3）；30℃、pH=2.0；催化剂活性下降或催化剂在30℃时活性最大
（4）右；氨水浓度降低，使c(OH-)减小，而温度升高，使c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变
【解析】【解答】(1)硫是16号元素，硫原子的最外层电子排布式3s23p4。铝是13号元素，铝原子核外电子占据1s、2s、2p、3s、3p轨道有1+1+3+1+3=9个，氯是17号元素，占据1s、2s、2p、3s、3p5个能级，氯原子能量最高的电子亚层是3p。过氧化钠的电子式；氮原子的电子云形状有2种分别为s电子云是球形、p电子云是哑铃形。故答案为：3s23p4；9；3p；；2；
(2)氯化钠晶体的熔点高于氯化钾，原因是两者均为离子晶体，钠离子与钾离子带电荷相同，钠离子半径小与钾离子半径，作用力大，离子键强，所以熔点要更高。故答案为：两者均为离子晶体，钠离子与钾离子带电荷相同，钠离子半径小与钾离子半径，作用力大，离子键强，所以熔点要更高；
(3)①此反应中氧气是氧化剂，每个氧分子得4e-，Fe2+被氧化为Fe3+，根据电子守恒、原子守恒可知Fe2(SO4)3再生的化学方程式4FeSO4+O2+2H2SO4 2Fe2(SO4)3+2H2O，并标出电子转移的数目和方程为： ；
②硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍。用Fe2(SO4)3吸收H2S，硫化氢具有还原性，硫酸铁具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成单质硫，反应的离子方程式为：2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+，从图象中分析可知，使用硫杆菌的最佳条件是亚铁离子氧化速率最大时，使用硫杆菌的最佳条件为30℃、pH=2.0；若反应温度过高，反应速率下降，其原因是催化剂活性下降或催化剂在30℃时活性最大。故答案为：30℃、pH=2.0；催化剂活性下降或催化剂在30℃时活性最大；
(4)①温度升高，温度升高，促进NH3 H2O的电离，NH3·H2O的电离平衡向右(填“左”、“右”)移动。故答案为：右；
②表中c(OH-)基本不变的原因是氨水浓度降低，使c(OH-)减小，而温度升高，使c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变，故答案为：氨水浓度降低，使c(OH-)减小，而温度升高，使c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变。
【分析】（1）硫最外层的电子排布式，即第三层，即s和p的排列；铝的核外电子占据的轨道有1s，2s，2p，3s，3p，其中2p占了3个，3p占了3个；过氧化钠的电子式要注意是离子化合物，需要标明中括号和电荷数；
（2）离子晶体的熔点受到电荷数、离子半径的影响；
（3） ① 单线桥的技巧：还原剂指向氧化剂，标出转移的电子数；
② 涉及催化剂问题时，要注意，温度过高会导致催化剂失去活性；
（4） ① 弱电解质的电离是吸热过程，升高温度会促进电离；
② 氨水浓度降低会使氢氧根浓度减小，升高温度会促进电离。
23．【答案】（1）酸性
（2）C；D
（3）；>
（4）④③①②
（5）4
（6）2：9
【解析】【解答】（1）水的电离是吸热过程，升高温度，电离平衡右移，水的离子积常数增大，由某温度时水的离子积常数小于1×10-14可知，该温度低于25℃，该温度下，溶液中氢离子浓度为1×10-7mol/L，c(OH-)===10-8，说明溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性；
（2）由图可知，稀释相同的倍数，A的pH变化大，则A的酸性比B的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强，对于一元强酸来说，c(酸)=c(H+)，但对于一元弱酸，c(酸)＞c(H+)。
A．由图可知，稀释相同的倍数，A的pH变化大，故A的酸性比B的酸性强，稀释后，A酸溶液中的pH比B酸溶液的pH大，故B酸溶液中离子浓度较大，导电性较强，A不正确；
B．A、B酸的强弱不同，对于一元强酸来说c(酸)=c(H+)，对于一元弱酸，c(酸)＞c(H+)，故A、B两种酸溶液的物质的量浓度不相等，B不正确；
C．由图可知，若a=5，A完全电离，故A是强酸，B的pH变化小，故B为弱酸，C正确；
D．pH=2的酸，加水稀释到1000倍，若2＜a＜5，故A、B 都是弱酸，D正确；
故答案为：CD。
（3）甲酸是一元弱酸，电离方程式为HCOOHHCOO-+H+；同浓度的甲酸溶液和乙酸溶液的pH，甲酸pH更小，说明甲酸酸性强，电离常数大，即Ka(甲酸)＞Ka(乙酸)；
（4）水的电离会被酸或碱抑制，Ba(OH)2是二元强碱，c(OH-)=0.2mol/L，对水的电离抑制最大，HClO4是一元强酸，c(H+)=0.1mol/L，而HCOOH、CH3COOH为弱酸，电离出的c(H+)＜0.1mol/L，HCOOH酸性较强，因此甲酸电离的氢离子浓度大于乙酸，故水电离出的c(H+)大到小的顺序是④③①②；
（5），常温下c(H+)c(OH-)=10-14，故c(H+)=10-4mol/L，pH=-lgc(H+)=4；
（6）混合后溶液为碱性，c(OH-)==10-3 mol/L，解得=。
【分析】（1）结合水的离子积以及氢离子的浓度，判断氢氧根的浓度，最后判断溶液的性质；
（2）A、导电性和离子浓度有关；
B、pH相同时，弱酸浓度大于强酸；
C、弱酸每稀释10倍，pH变化不到1个单位；
D、强酸稀释1000倍，pH增大3个单位；
（3）甲酸为弱酸，部分电离；
（4）氢离子、氢氧根的浓度越大，对水的抑制程度越强；
（5）结合水的离子积和氢离子、氢氧根的比例可以计算氢离子和氢氧根的浓度，根据氢离子的浓度计算pH；
（6）混合后溶液为碱性，即可以根据题目数据以及氢氧根浓度的计算公式，计算体积比。
24．【答案】（1） 或
（2）<；HSO3-既能水解生成H2SO3和OH- ，HSO3-又能电离生成SO32-和H+ ，已知NaHSO3溶液呈酸性，说明HSO3-的电离程度大于水解程度，所以c(H2SO3)< c(SO32－)
（3）270
（4）K= ；0.05mol/(L min)
（5）ad
（6）正反应放热，温度升高平衡逆向移动，SO2平衡转化率降低；温度高于445 ℃后硫变成气态，硫变为硫蒸气需要吸热，使得反应变为吸热反应，温度升高平衡正向移动，SO2平衡转化率升高
【解析】【解答】(1)NaOH为强碱，离子方程式中可以拆分，若SO2少量则生成Na2SO3，若SO2过量，则生成NaHSO3；相关的离子方程式为 和 ；(2) 是弱酸的酸式酸根，在水溶液中既能发生电离，也能发生水解；由于NaHSO3溶液显酸性，说明 的电离程度更大，因此溶液中 的浓度相比于 更大；(3)由题可知，回收硫的反应是放热反应，在生成硫单质，CO2的同时也产生了一部分热量，反应前物质的总能量比反应后产物的总能量高出270kJ，因此，Q=270kJ；(4)由反应的方程式可知，该反应的平衡常数表达式为 ；5min时，生成CO21mol，所以消耗了0.5mol的SO2，所以反应速率为： ；(5)a．该反应在恒容条件下达到平衡，气体的体积恒定；该反应涉及的物质不全为气体，所以气体的质量会随反应进行发生变化；若气体的密度不再变化，则由公式 可知，气体的质量不再变化，那么反应一定达到了平衡状态，a项正确；
b．该反应反应物中气体的化学计量系数之和与产物中气体的化学计量系数之和不相等，因此气体的总物质的量会随反应进行发生变化，又因为该反应是在恒容恒温条件下达到的平衡；根据公式 可知，容器内的压强会随着反应进行发生变化直至反应达到平衡，b项不正确；
c．其他条件不变时，仅从体系内分离出S单质，不影响平衡的移动，对于正逆反应速率无影响，c项不正确；
d．平衡常数认为只与温度有关，温度不变，所以平衡常数不变，d项正确；
故答案为：ad；(6)由题可知，温度若低于445℃，该反应为放热反应，升高温度会导致平衡逆向移动，SO2转化率下降；温度若高于445℃，S单质会气化，气化是吸热的过程，可能会使反应由放热反应转变为吸热反应，从而升高温度变得对反应正向进行有利，SO2的转化率也就逐渐升高。
【分析】(1) SO2与NaOH反应生成Na2SO3或NaHSO3；(2) NaHSO3溶液显酸性，说明 的电离程度大于水解过程；(3)由题可知，根据反应吸收和放出的能量的差值来判断；(4)由反应的方程式可知，写出该反应的平衡常数表达式；5min时，生成CO21mol，所以消耗了0.5mol的SO2，据 计算反应速率；(5) 对反应2CO(g)+SO2(g) S(s)+2CO2(g)，该反应在恒容条件下达到平衡，气体的体积恒定，反应前后气体的总质量发生变化，气体的总量也发生变化，但是平衡常数的变化只与温度有关，据以上分析解答；(6)由题可知，温度若低于445℃，该反应为放热反应，升高温度会导致平衡逆向移动，SO2转化率下降；温度若高于445℃，S单质会气化，气化是吸热的过程，可能会使反应由放热反应转变为吸热反应，从而升高温度变得对反应正向进行有利。
25．【答案】（1）除去碳和有机物
（2）升高温度或增大氢氧化钠溶液的浓度；
（3）
（4）将氧化为
（5）小于；(或)
【解析】【解答】(1)碳和有机物焙烧后变为气体，所以“焙烧”可以除去碳和有机物；
(2)为提高“碱浸”效率，可采取的措施有升高温度或增大氢氧化钠溶液的浓度；ZnO与Al2O3化学性质相似，既能溶于强酸又能溶于强碱，加入氢氧化钠溶液，Al2O3溶解生成NaAlO2，ZnO生成Na2ZnO2，反应的离子方程式为：、；
(3)“钴浸出”过程中Co3+转化为Co2+，则是Na2SO3将Co3+还原为Co2+，自身被氧化为硫酸钠，发生的反应为：；
(4)由以上分析可知，加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+；
(5)①NH3·H2O的Kb=1.76×10-5；H2C2O4的Ka1=5.9×10-2，Ka2=6.4×10-3。(NH4)2C2O4溶液中的水解常数为=5.68×10-10，的水解平衡常数为 = 1.56×10 12＜5.68×10-10，说明的水解程度小于的水解程度，溶液显酸性，故答案为酸性；
②称取ag样品，将其用适当试剂转化，得到草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，再用过量稀硫酸酸化，用0.1000mol/L KMnO4溶液滴定，达到滴定终点时，共用去KMnO4溶液20.00mL，根据5CoC2O4～5(NH4)2C2O4～2KMnO4，则样品中m(CoC2O4)=×20×10-3L×0.1000mol/L×147g/mol=0.735g，故草酸钴样品的纯度为= ，或。
【分析】思路分析：1.焙烧目的是通过燃烧除去有机物杂质，碱浸目的是溶解ZnO和AI2O3，加入稀硫酸和亚硫酸钠目的是还原三价钴离子，得到二价钴离子，净化除杂1加入过氧化氢目的为将二价铁氧化为三价铁，然后调节pH以氢氧化铁形式除去，净化除杂2加入氟化钠目的为使钙离子和镁离子形成沉淀除去，最后加入草酸铵目的是时钴离子沉淀，然后过滤、洗涤、干燥得到草酸钴。