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高中化学第一节 电离平衡随堂练习题
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这是一份高中化学第一节 电离平衡随堂练习题，共26页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验探究题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．以NaClO为有效成分的“84”消毒液在抗击新冠疫情的消杀工作中起到了重要作用。某研究小组设计下列实验探究NaClO的性质。(已知电离常数：H2CO3：K1=4.4×10-7，K2=4.7×10-11；HClO：Ka=2.9×10-8)
结合上述实验探究，预测的现象以及解释均正确的是
A．实验①：NaClO溶液呈碱性：ClO-+H2O⇌HClO+OH-
B．实验②：NaClO可用于制得HClO：ClO-+CO2+H2O=2HClO+
C．实验③：NaClO具有氧化性ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+H2O
D．实验④：NaClO具有还原性：ClO-+4Fe3++2H2O=+4Fe2++4H+
2．把0.05 ml NaOH固体，分别加入下列100 mL溶液中，溶液的导电能力变化不大的是
①自来水 ②0.5 ml·L-1盐酸 ③0.5 ml·L-1醋酸 ④0.5 ml·L-1NH4Cl溶液
A．①②B．②④C．③④D．②③
3．海洋碳循环在整个地球气候系统中具有重要地位，下列叙述错误的是
A．海洋酸化会导致海水吸收CO2的能力减弱
B．温室效应导致的海表温度上升，会增加海洋对CO2的吸收
C．该循环中涉及反应CO2+H2O+CaCO3Ca(HCO3)2，CO2排放量的增加将影响珊瑚生存
D．虽然塑料颗粒中含有的碳很难降解进入海洋碳循环，但仍会造成污染
4．向起始pH相同的盐酸和醋酸溶液中加水稀释，pH随(稀释后的溶液总体积为Vt，稀释前的体积V0)的变化关系如下图所示，下列说法正确的是
A．曲线N表示的是盐酸加水稀释过程中，pH随的变化关系
B．升高温度，CH3COOH的电离平衡向电离方向移动，c点将向下移动
C．当=1时，c(CH3COOH) + c(CH3COO-) =0.01ml·L-1
D．a→c→d过程中，CH3COOH的电离程度减小
5．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．150mL食醋中含有6g的CH3COOH，则该食醋溶液含有0.1NA个H+
B．标准状况下，2.24LCH4和C2H4的混合气体中，含有C−H共价键数日为0.4NA
C．将2.24L的CH4与8.96L的Cl2混合气体用强光照射，转移的电子数为0.4NA
D．1LpH=3盐酸和醋酸混合溶液中出水电离出的H+数为103NA
6．丙三酸(用H3A表示)是一种三元有机中强酸。25°C时，向1 ml∙L-1的H3A溶液中遂滴加入NaOH溶液．滴加过程中各种含^微粒的物质的量分数(δ)随溶液pH的变化曲线如图所示，已知醋酸的pKa =4.76(pKa=-lg K，)。下列叙述正确的
A．25°C时，H3A的第三步电离常数的数量级为10-5
B．b点溶液中，c(Na+)+c(H+)=3c(H2A-)+3c(A3-)+c(OH-)
C．NaH2A的水溶液显酸性，Na2HA的水溶液显碱性
D．醋酸钠与少量丙三酸反应的离子方程式为3CH3COO-+H3A=3CH3COOH+A3-
7．在氨水中存在下列电离平衡：，下列情况能引起电离平衡右移的有
①加固体②加NaOH溶液③通HCl④加溶液⑤加水⑥加压
A．①③⑤B．①④⑥C．③④⑤D．①②④
8．下列化学反应的离子方程式错误的是
A．向溶液中通入少量：
B．向偏铝酸钠溶液中加入小苏打溶液：
C．向溶液中滴加溶液至刚好完全沉淀：
D．向稀硝酸中加入过量的铁屑：
9．欲使醋酸溶液中的CH3COO-浓度增大，且不放出气体，可向醋酸中加入少量固体（ ）
A．NaOHB．NaHCO3C．Na2CO3D．Mg
10．某浓度的醋酸溶液中存在下列平衡：CH3COOHH＋＋CH3COO－，如想增大CH3COO－的浓度，而不增大H＋的浓度，应采取的措施是
①加入CH3COONa固体 ②适当升高温度 ③加冰醋酸 ④加入少量NaOH固体
A．①②B．②③C．②④D．①④
二、填空题
11．在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力I随加入水的体积V变化的曲线如图所示。请回答：
(1)“O”点导电能力为0，原因是 。
(2)a、b、c三点处，溶液的c(H+)由小到大的顺序为 。
(3)a、b、c三点处，电离程度最大的是 。
(4)若使c点对应的溶液中的c(CH3COO-)增大，则下列措施中，不可行的是 (填标号、下同)。
A．加热 B．加入锌粒 C．加入KOH固体 D．加水 E.加入CH3COONa固体
12．（1）下面所列物质中 ①氯化钾 ②乙醇 ③盐酸 ④Na2O ⑤SO2 ⑥HBr ⑦硫酸氢钠 ⑧一水合氨 ⑨氯气 ⑩冰醋酸
①属于强电解质的是 (填序号，下同) ②属于弱电解质的是
③属于非电解质的是
（2）体积、浓度相等的③和⑩的溶液，加入形状相同且足量的Zn粒，反应速率快的是 （用序号填空）；体积、pH相同的③和⑩的溶液，生成氢气体积最多的是 （用序号填空）。
13．乙酰水杨酸是一元弱酸（可用HA表示）.在一定温度下， 0.01ml/L 乙酰水杨酸水溶液中，它的电离度为 5.7%，求该酸的电离常数
14．砷为VA族元素，金属冶炼过程产生的含砷有毒废水需处理与检测。
(1)I．已知：As(s)+ H2(g)+2O2(g)=H3AsO4(s) ΔH1
H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH2
2As(s)+ O2(g) =As2O5(s) ΔH3
则反应As2O5(s) +3H2O(l)= 2H3AsO4(s)的ΔH = 。
II.冶炼废水中砷元素主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在，可用化学沉降法处理酸性高浓度含砷废水，其工艺流程如下：
已知：①As2S3与过量的S2-存在以下反应：As2S3(s)+3S2-(aq) 2AsS (aq)；
②亚砷酸盐的溶解性大于相应砷酸盐。
（1）亚砷酸中砷元素的化合价为 ；砷酸的第一步电离方程式为 。
(2)“一级沉砷”中FeSO4的作用是 ； “二级沉砷”中H2O2与含砷物质反应的化学方程式为 。
III.去除水体中的砷，将As(Ⅲ)转化为As(Ⅴ)，也可选用NaClO实现该转化。研究NaClO投加量对As(Ⅲ)氧化率的影响得到如下结果：
已知：投料前水样pH＝5.81，0.1ml/LNaClO溶液pH＝10.5，溶液中起氧化作用的物质是次氯酸。产生此结果的原因是 。
15．25℃时，三种酸的电离平衡常数如下：回答下列问题：
（1）一般情况下，当温度升高时，电离平衡常数K (填“增大”、“减小”或“不变”)。
（2）下列四种离子结合质子能力最强的是 (填字母)。
a.CO32－ b.ClO－ c.CH3COO－ d.HCO3－
（3）下列反应不能发生的是 (填字母)。
a.CO32－＋2CH3COOH＝2CH3COO－＋CO2↑＋H2O b.ClO－＋CH3COOH＝CH3COO－＋HClO
c.CO32－＋2HClO＝CO2↑＋H2O＋2ClO－ d.2ClO－＋CO2＋H2O＝CO32－＋2HClO
（4）体积均为10 mL、pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000 mL，稀释过程中pH变化如下图所示。
则HX的电离平衡常数 (填“>”、“=”或“<”，下同)醋酸的电离平衡常数；稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H＋) 醋酸溶液中水电离出来的c(H＋)；用同浓度的NaOH溶液分别中和上述两种酸溶液，恰好中和时消耗NaOH溶液的体积：醋酸 HX。
16．气态亚硝酸(HNO2或HONO)是大气中的一种污染物。
(1)亚硝酸的电离平衡常数Ka＝6.0×10﹣6，其电离方程式为 。
(2)亚硝酸分子中各原子最外层电子均达到稳定结构，其电子式为 。
(3)亚硝酸进入人体可以与二甲胺[(CH3)2NH]迅速反应生成亚硝酸胺[CH3)2N－N＝O]，亚硝酸胺是最重要的化学致癌物之一。
① 亚硝酸与二甲胺反应生成亚硝酸胺的一种反应机理如下：
HONO+
过程ⅰ和过程ⅱ的反应类型分别为： 、消去反应。
② 上述反应机理的反应过程与能量变化的关系如图：
亚硝酸与二甲胺反应生成亚硝酸胺的反应ΔH 0(填“＞”或“＜”)。反应难度更大的是过程 (填“ⅰ”或“ⅱ”)。
17．炼金废水中含有络离子[Au(CN)2]-，电离出的CN-有毒，当CN-与H+结合生成HCN时，毒性更强。回答下列问题。
（1）剧毒物HCN的水溶液酸性很弱，写出其电离的方程式： 。
（2）与弱电解质碳酸的电离方式相似，[Au(CN)2]-也存在着两步电离，其一级电离方程式为 。
（3）处理这种废水是在碱性条件下，利用NaClO将CN-氧化为CO和N2，其离子方程式为 。在酸性条件下，ClO-也能氧化CN-，但实际处理废水时却不在酸性条件下进行的主要原因是 。
（4）H2CO3的K1=4.4×10-7、K2=4.7×10-11，HClO的K=3.0×10-8，在NaClO溶液中通入少量的CO2的离子方程式是 。
18．试写出下列物质的电离方程式：
(1)H2CO3
(2)H2S
(3)NaHCO3
(4)NaHSO4
(5)HClO
19．（1）在恒温恒压密闭容器中充入1ml N2和3 ml H2在tl时刻达到平衡状态后，继续充入2 ml NH3，在t2时刻达到平衡状态。画出v（正）和v（逆）随时间t的变化关系
（2）恒温恒容时，下列不能说明合成氨反应达到平衡状态的是
a.容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1 : 3 : 2 b.v(N2)(正)=3v(H2)(逆)
c.容器内压强保持不变 d.混合气体的密度保持不变
e.单位时间内断裂6ml N-H键的同时，有3ml H-H形成
（3）将上述制得的的氨气溶于水配成溶液，25℃时，将aml/L的氨水与bml/L盐酸等体积混合，反应后溶液恰好显中性，用a、b表示NH3·H2O的电离平衡常数Kb （写出详细计算过程）
20．室温下，相同体积、相同的氨水和溶液加水稀释时的变化曲线如图所示：
(1)点所在曲线对应的是 。(填溶液名称)
(2)、两点溶液与同一浓度的盐酸完全反应时，消耗盐酸体积： (填“>”或“<”或“=”)。
(3)、、三点溶液导电能力由大到小排序 。
三、实验探究题
21．某校学生小组为探究乙酸、碳酸和苯酚的酸性强弱并证明乙酸为弱酸，进行下述实验．
探究乙酸、碳酸和苯酚的酸性强弱关系该校学生设计了下图的实验装置（夹持仪器已略去）．
(1)某生检查装置A的气密性时，先关闭止水夹，从左管向U形管内加水，至左管液面高于右管液面，静置一段时间后，若U形管两侧液面差不发生变化，则气密性良好．你认为该生的操作正确与否？ （填“正确”或“错误”）大理石与乙酸溶液反应的化学方程式为
(2)装置A中反应产生的气体通入苯酚钠溶液中，实验现象为 反应的离子方程式为
(3)有学生认为（2）中的实验现象不足以证明碳酸的酸性比苯酚强，理由是乙酸有挥发性，挥发出的乙酸也可以和苯酚钠溶液反应，生成苯酚．改进该装置的方法是 证明乙酸为弱酸
(4)现有pH=3的乙酸溶液、蒸馏水、石蕊试液及pH试纸，选用适当的仪器和用品，用最简便的实验方法证明乙酸为弱酸
(5)在相同温度下，测定相同物质的量浓度
a．NaHCO3溶液b．Na2CO3溶液c．CH3COONa溶液d． 溶液
的pH，其pH由大到小排列的顺序为 （填溶液编号）
22．为了证明是弱酸，甲、乙、丙三位同学分别设计以下实验进行探究。
(1)甲同学取一定体积的溶液，滴入2滴紫色石蕊溶液，显红色，再加入固体观察到的现象是 ，则证明为弱酸。
(2)乙同学取未知浓度的溶液，测其为，然后用蒸馏水稀释至。再测其为b，若要认为为弱酸，则a、b应满足的关系是 (用含a的代数式表示)。
(3)丙同学用试纸测得室温下的溶液的为2，则测定为弱酸，由丙同学的实验数据可得室温下的电离平衡常数约为 。
23．连二亚硫酸钠(Na2S2O4)，也称为保险粉，Na2S2O4)易溶于水，难溶于甲醇，具有极强的还原性，易被空气氧化，在碱性介质中稳定。工业上常用制备Na2S2O4的方法有I.锌粉法、II.甲酸钠法。
I.实验室模拟锌粉法的装置如图(加热等辅助仪器略去)
反应原理为：
Zn+2SO2=ZnS2O4
ZnS2O4+2NaOH=Zn(OH)2↓+Na2S2O4
（1）连接好装置后，首先要检验装置的气密性，方法为 。
（2）①装置A中分液漏斗中的试剂是 。
A．稀硫酸 B．98%的硫酸 C．70%的硫酸
②装置B中反应结束后，取出混合物进行以下操作，得到Na2S2O4晶体。
操作ii加入NaCl固体的目的是 (用平衡移动原理解释)，操作iv洗涤中选用的试剂是 (填“水”或“甲醇”)。
（3）实验室保存新制Na2S2O4晶体的方法是 。
II.实验室模拟甲酸钠法的装置如图(加热等辅助仪器略去)
第一步，在F装置中加入甲酸钠、氢氧化钠、甲醇(溶剂)的混合液；
第二步，向装置F中通入二氧化硫；
第三步，75℃加热一段时间，装置中有晶体析出，并产生大量气体：
第四步，过滤、洗涤、干燥，收集产品。
（4）装置F的名称 ，在其中制备连二亚硫酸钠的离子方程式可表示为 。
（5）已知某温度下，H2SO3的电离常数为K1≈1.5×10-2，K2≈1.0×10-7，H2CO3的电离常数为K1ˊ≈4.4×10-7，K2ˊ≈4.7×10-11。装置G用于吸收未反应完的SO2和反应产生的CO2。该温度下当G溶液中HSO、SO离子浓度相等时，溶液的pH约为 。
（6）甲酸钠法于1968年实现工业化，继而逐渐替代了锌粉法生产连二亚硫酸钠。与锌粉法相比，甲酸钠法的优点在于 。
实验
装置
试剂(少量)
预测可能的现象
①
酚酞
无色溶液最终呈红色
②
CO2
无明显现象
③
淀粉-KI溶液＋稀硫酸
无色溶液立即变蓝
④
FeCl3溶液
溶液略呈浅绿色
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
参考答案：
1．C
【详解】A．虽然次氯酸根水解使溶液显碱性，但次氯酸根具有强氧化性，指示剂变色后会被漂白，所以溶液最终无色，预测现象错误，故A错误；
B．根据电离平衡常数可知酸性：H2CO3＞HClO＞HCO，所以二氧化碳与次氯酸钠溶液反应时无法生成碳酸根，故B错误；
C．次氯酸根酸性环境性下可将碘离子氧化成碘单质，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为ClO－+2I－+2H+=Cl－+I2+H2O，淀粉遇碘变蓝，所以可以观察到无色溶液立即变蓝，故C正确；
D．Fe3+的氧化性不足以将ClO－氧化，不会生成Fe2+，所以溶液不会是浅绿色，故D错误；
故答案为C。
2．B
【详解】导电能力的大小，要比较单位体积内离子浓度的多少。
①因水是极弱的电解质，导电性极弱，加入氢氧化钠后，氢氧化钠是强电解质，完全电离，即NaOH=Na++OH-，溶液中存在大量的钠离子和氢氧根离子，离子浓度增大，导电性增强，故①不符合题意；
②未加氢氧化钠固体，导电的有氯离子和氢离子，加入氢氧化钠后主要是钠离子，氯离子，而参加反应的氢离子正好与钠离子的量相当，所以导电性变化不大，故②符合题意；
③醋酸是弱电解质，部分电离，离子浓度较少，导电性较弱，加入NaOH以后，二者刚好酸碱中和，生成醋酸钠，变为强电解质，完全电离，离子浓度增大，导电能力增强，故③不符合题意；
④氯化铵为强电解质，加入NaOH后生成NaCl仍是强电解质，离子的浓度变化不大，故导电性变化不大，故④符合题意；
由上分析，②④符合题意，B正确；
答案为B。
3．B
【详解】A．海洋酸化导致溶液酸性增加，会抑制海水吸收CO2的能力，故A正确；
B．温度升高，气体的溶解度减小，故海表温度上升，会减小海洋对CO2的吸收，故B错误；
C．该循环中涉及反应CO2+H2O+CaCO3Ca(HCO3)2，CO2排放量的增加导致碳酸钙转化为可溶性碳酸氢钙，会将影响珊瑚生存，故C正确；
D．虽然塑料颗粒中含有的碳很难降解进入海洋碳循环，但仍会造成白色污染，故D正确；
故选B。
4．B
【详解】A．起始pH相同的盐酸和醋酸溶液中加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大于醋酸，曲线表示的是盐酸加水稀释过程，A错误；
B．升高温度，的电离平衡向电离方向移动，氢离子浓度增大c点将向下移动，B正确；
C．不知道醋酸的初始浓度，算法错误，C错误；
D．加水稀释过程中的电离程度增大，D错误；
故选B。
5．B
【详解】A．150mL食醋中含有6g的CH3COOH即物质的量为0.1ml，由于醋酸是弱电解质，部分电离，因此该食醋溶液含H+数目小于0.1NA个，故A错误；
B．1个CH4或C2H4都含有4个C−H共价键，标准状况下，2.24LCH4和C2H4的混合气体中即物质的量为0.1ml，含有C−H共价键数日为0.4NA，故B正确；
C．缺少标准状况下，因此2.24L的CH4物质的量无法计算，转移电子数目也无法计算，故C错误；
D．1L pH=3盐酸和醋酸混合溶液中c(H+)＝1.0×10−3ml∙L−1，c(OH－)＝1.0×10−10ml∙L−1，因此溶液中水电离出的H+浓度为c(H+)水＝c(OH－)水＝1.0×10−10ml∙L−1，水电离出的H+数目为1.0×10−10NA，故D错误。
综上所述，答案为B。
6．B
【详解】A．根据图中a、b、c三点的可知的一、二、三步电离常数分别为K1=10-3.49、K2=10-4.58、K3=10-5.83，则H3A的第三步电离常数的数量级为10-6，选项A错误；
B．b点溶液中c(H2A-)= c(HA2-)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)= c(H2A-)+2 c(HA2-)+3c(A3-)+c(OH-)=3c(H2A-)+3c(A3-)+c(OH-)，选项B正确；
C．NaH2A的水解常数和电离常数分别为、10-4.58，以电离为主，溶液显酸性；Na2HA的水解常数和电离常数分别为、10-5.83，也以电离为主，溶液也显酸性；选项C错误；
D．醋酸的PKa=4.76，即Ka=10-4.76，则酸性由强到弱的顺序为H3A>H2A->CH3COOH>HA2-，因此醋酸钠与少量丙三酸反应的离子方程式为2CH3COO-+H3A=2 CH3COOH+ HA2-，选项D错误；
答案选B。
7．C
【详解】①加固体，铵离子浓度增大，平衡左移，不符合；
②加NaOH溶液，氢氧根离子浓度增大，平衡左移，不符合；
③通HCl，消耗氢氧根离子，平衡右移，符合；
④加溶液，消耗氢氧根离子，平衡右移，符合；
⑤加水，稀释促进电离，平衡右移，符合；
⑥加压，对平衡没有影响，不符合；
则C正确；答案选C。
8．C
【详解】A．将少量SO2气体通入足量的NaClO溶液中反应生成硫酸根离子和次氯酸、氯离子，离子反应方程式，A正确；
B．向偏铝酸钠溶液中加入小苏打溶液，碳酸氢根离子和偏铝酸根离子生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子：，B正确；
C．向溶液中滴加溶液至刚好完全沉淀，则氢氧根离子部分和氢离子反应生成水，，C错误；
D．稀硝酸中加入过量的铁屑生成硝酸亚铁和水、NO，离子反应方程式，D正确；
故选C。
9．A
【详解】醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH CH3COO-+H+；
A．加入NaOH，消耗H+，c(H+)减小，平衡正向移动，CH3COO-浓度增大，但不产生气体，选项A符合；
B．加入NaHCO3，消耗H+，反应生成二氧化碳气体，平衡正向移动，CH3COO-浓度增大，选项B不符合；
C．加入Na2CO3消耗H+，反应生成二氧化碳气体，平衡正向移动，CH3COO-浓度增大，选项C不符合；
D．加入Mg消耗H+，反应生成H2，平衡正向移动，CH3COO-浓度增大，选项D不符合；
答案选A。
10．D
【详解】①加入CH3COONa固体，CH3COO－的浓度，平衡CH3COOHH＋＋CH3COO－逆向移动，H＋的浓度减小，符合题意；
②适当升高温度，电离平衡CH3COOHH＋＋CH3COO－正向移动，CH3COO－的浓度、H＋的浓度均增大，不符合题意；
③加冰醋酸，醋酸浓度增大，电离平衡CH3COOHH＋＋CH3COO－正向移动，CH3COO－的浓度、H＋的浓度均增大，不符合题意；
④加入少量NaOH固体，OH-浓度增大，电离平衡CH3COOHH＋＋CH3COO－正向移动，CH3COO－的浓度增大、消耗H＋，浓度减小，符合题意；
答案选D。
11． 在“O”点处醋酸未电离，无离子存在 c【详解】(1)溶液的导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强，冰醋酸中没有自由移动的离子，所以冰醋酸不导电，故答案为：在“O”点处醋酸未电离，无离子存在；
(2)c(H+)越大，溶液导电性越强，根据图知，导电性强弱顺序是b＞a＞c，则c（H+）由小到大的顺序c＜a＜b；
(3)同一电解质水溶液，其浓度越小，电解质电离程度越大，根据图知，溶液浓度：a＞b＞c，则电离程度a＜b＜c，故答案为：c；
(4)A．加热促进醋酸电离，则c（CH3COO-）增大，故A不选；
B．加入锌粒促进醋酸电离，导致溶液中c（CH3COO-）增大，故B不选；
C．加入KOH固体促进醋酸电离，则溶液中c（CH3COO-）增大，故C不选；
D．加水稀释促进醋酸电离，但是醋酸电离程度增大小于溶液体积增大程度，则c（CH3COO-）减小，故D选；
E．加入CH3COONa固体，醋酸钠电离导致溶液中c（CH3COO-）增大，故E不选；
故答案为：D。
12． ①⑥⑦ ⑧⑩ ②⑤ ③ ⑩
【分析】(1)根据强电解质、弱电解质和非电解质的定义和物质类别进行判断；
(2)根据盐酸发生完全电离而醋酸部分电离进行分析解题。
【详解】(1)强电解质是指在水溶液中发生完全电离的电解质，强酸、强碱和大多数盐均为强电解质；弱电解质则是在水溶液中发生部分电离的电解质，弱酸、弱碱和水均为强电解质；而在水溶液和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质，大多数有机物、非金属氧化物属于非电解质，同时注意单质和混合物既不是电解质也不是非电解质，故在①氯化钾 ②乙醇 ③盐酸 ④Na2O ⑤SO2⑥HBr ⑦硫酸氢钠 ⑧一水合氨 ⑨氯气 ⑩冰醋酸等物质中，强电解质的是①⑥⑦，属于弱电解质的是⑧⑩，属于非电解质的是②⑤，故答案为：①⑥⑦；⑧⑩；②⑤；
(2)由于盐酸完全电离，醋酸则是部分电离，故体积、浓度相等的③和⑩的溶液即盐酸和醋酸溶液中c(H+)是盐酸大于醋酸，加入形状相同且足量的Zn粒，故反应速率快的是盐酸③；体积、pH相同的③和⑩的溶液即盐酸和醋酸溶液中c(H+)相等，但是溶质的物质的量浓度是醋酸大于盐酸，生成氢气体积最多的是醋酸⑩，故答案为：③；⑩。
13．3.45×10-5
【详解】0.01ml/L 乙酰水杨酸水溶液中其电离度是5.7%，那么电离的乙酰水杨酸为5.7×10-4ml/L，乙酰水杨酸根（A-）和H+的浓度都是出5.7×10-4ml/L，乙酰水杨酸（HA）的浓度(0.01－5.7×10-4)ml/L，所以电离常数为(5.7×10-4)2/(0.01－5.7×10-4) = 3.45×10-5。
14．(1) 2△H1-3△H2-△H3 +3 H3AsO4H++H2AsO
(2) 沉淀过量的S2-，使As2O3(a)+3S2-(aq)⇌2AsS (aq) 平衡左移，提高沉砷效果 H3AsO3+H2O2=H3AsO4+H2O 起氧化作用的物质是次氯酸，NaClO溶液为碱性，当加入量大时，溶液碱性增强，NaClO溶液浓度增大，水解程度降低，次氯酸不易生成，所以As(Ⅲ)氧化率降低
【解析】（1）
I．①As(s)+ H2(g)+2O2(g)=H3AsO4(s) ΔH1，②H2(g)+ O2(g)=H2O(l) ΔH2，③2As(s)+ O2(g) =As2O5(s) ΔH3，根据盖斯定律，将①×2-②×3-③得：As2O5(s) +3H2O(l)= 2H3AsO4(s)的ΔH =2△H1-3△H2-△H3，故答案为2△H1-3△H2-△H3；
亚砷酸(H3AsO3)中，氧元素化合价为-2价，氢元素化合价为+1价，砷元素化合价设为x，+1×3+x+(-2)×3=0，x=+3；第ⅤA族非金属元素形成最高价含氧酸中磷、砷形成的含氧酸都是弱酸，水溶液中分步电离，电离方程式为：H3AsO4⇌H++H2AsO，故答案为+3；H3AsO4⇌H++H2AsO；
（2）
“一级沉砷”中FeSO4的作用是除去过量的硫离子，As2S3+3S2-⇌2AsS使平衡逆向进行，提高沉砷效果，“二级沉砷”中H2O2与含砷物质发生氧化还原反应，氧化亚砷酸为砷酸；，反应的化学方程式为：H2AsO3+H2O2=H3AsO4+H2O，故答案为沉淀过量的硫离子，使As2S3+3S2-⇌2AsS使平衡逆向进行，提高沉砷效果；H2AsO3+H2O2=H3AsO4+H2O；
III.投料前水样pH=5.81，0.1ml/LNaClO溶液pH=10.5，溶液中起氧化作用的物质是次氯酸．产生此结果的原因是：起氧化作用的物质是次氯酸，NaClO溶液为碱性，当加入量大时，溶液碱性增强，NaClO溶液浓度增大，水解程度降低，次氯酸不易生成，所以As(Ⅲ)氧化率降低，故答案为起氧化作用的物质是次氯酸，NaClO溶液为碱性，当加入量大时，溶液碱性增强，NaClO溶液浓度增大，水解程度降低，次氯酸不易生成，所以As(Ⅲ)氧化率降低。
15． 增大 a cd > > >
【详解】（1）升高温度促进弱电解质的电离，所以当温度升高时，Ka增大；因此本题答案是：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＞HCO3-，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：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-，即a＞b＞d＞c；因此本题答案是：a。
（3）a．CO32-+CH3COOH=CH3COO-+CO2↑+H2O：碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能够制取碳酸，该反应能够发生，故a错误；
b．ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClO：CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能够制取HClO，该反应能够发生，故b错误；
c．CO32-+HClO=CO2↑+H2O+ClO-：HClO的酸性小于碳酸，该反应无法发生，故c正确；
d.2ClO-+CO2+H2O=CO32-+2HClO：由于酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，则碳酸与次氯酸根离子反应只能生成碳酸氢根离子，不会生成CO32-，该反应不能发生，故d正确；综上所述，本题答案是：cd。
（4）加水稀释促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大；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+）；pH=2的HX和醋酸，HX的酸性大于醋酸，所以醋酸的浓度大于HX，因此等体积的两种酸，醋酸的量多，因此用同浓度的NaOH溶液分别中和上述两种酸溶液，恰好中和时消耗NaOH溶液的体积：醋酸大于HX；综上所述，本题答案是：> ；> ；>。
【点睛】浓度、体积相同的盐酸和醋酸，溶质的总量相等，但是溶液中的氢离子的量盐酸多，但是同浓度同体积的醋酸和盐酸中和氢氧化钠的能力是完全一样的；氢离子浓度相同、体积相同的盐酸和醋酸，溶液中氢离子的浓度相同，但是溶质的总量醋酸多，但是同体积、pH相同的醋酸和盐酸，中和氢氧化钠的能力醋酸强。
16． HNO2⇌H+＋NO2－ 加成反应 ＜ 过程ⅰ
【分析】(1)由亚硝酸的电离常数的数值可知，它是一种一元弱酸；
(2)亚硝酸属于共价化合物，据此书写电子式；
(3)①亚硝酸分子中含有氮氧双键，过程ⅰ的反应中生成物 氮氧双键消失，变为氮氧单键，过程ⅱ中 中脱去一个羟基和氢原子，形成氮氧双键，结合有机物的反应类型分析；
②根据盖斯定律分析，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关分析判断；活化能越大，反应进行的越慢，反应难度越大。
【详解】(1)由亚硝酸的电离常数的数值可知，它是一种一元弱酸，在溶液中部分电离，电离方程式为HNO2⇌H+＋NO2－；
(2)亚硝酸属于共价化合物，分子中各原子最外层电子均达到稳定结构，其电子式为 ；
(3)①亚硝酸分子中含有氮氧双键，过程ⅰ的反应中生成物 氮氧双键消失，变为氮氧单键，可以看作 中的氮氢键断裂，分别加成在亚硝酸分子的氮氧双键两端，可以看作是加成反应，过程ⅱ中 中脱去一个羟基和氢原子，形成氮氧双键，可以看作有机反应中醇羟基的消去反应；
②根据盖斯定律分析，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关，根据图示，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应属于放热反应，ΔH＜0；活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态(过渡态)所需要的能量。活化能越大，反应进行的越慢，反应难度越大，根据图示，过程ⅰ的活化能大于过程ⅱ的活化能，则过程ⅰ的反应难度更大。
17． HCNH++CN- [Au(CN)2]-AuCN+CN- 5ClO-+2CN-+2OH-=2CO+N2+H2O+5Cl- 生成剧毒物HCN，对人体有害 ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO
【分析】弱电解质不能完全电离，电离方程式用可逆符号；多元弱酸分步电离，第一步电离相对于第二步电离电离程度大；在配平氧化还原反应时，可以根据得失电子总数相等进行配平；弱酸的电离平衡常数越小，说明结合氢离子能力越强，据此分析解答。
【详解】(1)HCN是弱电解，部分电离，电离方程式：HCNH++CN-，故答案为：HCNH++CN-；
(2)与弱电解质的电离方程式相似，[Au（CN）2]+也存在着两步电离，第一步电离出一个CN-，电离方程式为[Au(CN)2]-AuCN+CN-，故答案为：[Au(CN)2]-AuCN+CN-；
(3)处理这种废水是在碱性条件下，NaClO将CN-氧化为二氧化碳和氮气，碱性条件下生成生成碳酸根离子，根据得失电子守恒配平反应得：5ClO-+2CN-+2OH-=2CO+N2+H2O+5Cl-，在酸性条件下，考虑CN-与氢离子结合，生成极弱的毒性非常强的HCN，故答案为：5ClO-+2CN-+2OH-=2CO+N2+H2O+5Cl-；在酸性条件下CN-与氢离子结合，生成毒性非常强的HCN；
(4)电离平衡常数越小，结合氢离子的能力越强，则在NaClO溶液中通入少量的CO2生成次氯酸和碳酸氢钠，离子方程式为：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO，故答案为：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO。
18．(1)H2CO3H++HCO HCOH++CO
(2)H2SH++HS- HS-H++S2-
(3)NaHCO3=Na++HCO HCOH++CO
(4)NaHSO4=Na++H++SO
(5)HClOH++ClO-
【解析】(1)
H2CO3是一种多元弱酸，故其只能部分电离，且是分步进行的，则电离方程式为：H2CO3H++HCO HCOH++CO，故答案为：H2CO3H++HCO HCOH++CO；
(2)
H2S是一种多元弱酸，故其只能部分电离，且是分步进行的，则电离方程式为：H2SH++HS- HS-H++S2-，故答案为：H2SH++HS- HS-H++S2-；
(3)
NaHCO3是一种弱酸的酸式盐，故其电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO HCOH++CO，故答案为：NaHCO3=Na++HCO HCOH++CO；
(4)
NaHSO4是一种强酸的酸式盐，故其电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO，故答案为：NaHSO4=Na++H++SO；
(5)
HClO是一元弱酸，故其电离方程式为：HClOH++ClO-，故答案为：HClOH++ClO-。
19． abde b×10-7/(a-b)
【详解】试题分析：本题考查恒温恒压下的等效平衡规律，化学平衡的标志，电离平衡常数的计算。
（1）tl时刻达到平衡状态后，继续充入2 ml NH3，在恒温恒压容器中，逆反应速率突然变大，正反应速率突然变小，2mlNH3采用一边倒极限换算后为1mlN2和3mlH2，在恒温恒压下达到的平衡与原平衡互为等效平衡，t2达到平衡时υ（正）和υ（逆）与原平衡相等，图象为。
（2）合成氨的反应为N2+3H22NH3。a项，达到平衡时各组分的浓度不再发生变化，但不一定等于化学计量数之比，容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1 : 3 : 2时各物质的浓度不一定保持不变，不一定是平衡状态；b项，υ(N2)(正)=3υ(H2)(逆)，用N2表示的正反应速率与用H2表示的逆反应速率之比为3:1，不等于化学计量数之比，没有达到平衡状态；c项，恒温恒容时气体的压强与气体物质的量成正比，该反应的正反应为气体分子数减小的反应，建立平衡过程中气体物质的量减小，容器内压强减小，达到平衡时气体物质的量不变，容器内压强不变，容器内压强保持不变能作为平衡的标志；d项，混合气体的密度=，该反应中所有物质都是气体，气体总质量始终不变，恒容容器体积始终不变，混合气体的密度始终不变，混合气体的密度保持不变不能作为平衡的标志；e项，单位时间内断裂6ml N-H键的同时一定有3mlH-H形成，只描述了逆反应，不能作为平衡的标志；答案选abde。
（3）25℃时，氨水与盐酸混合后溶液呈中性，c（H+）=c（OH-）=110-7ml/L；溶液中存在电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-），则c（NH4+）=c（Cl-）=ml/L；根据N原子守恒，溶液中c（NH3·H2O）=ml/L-ml/L=（）ml/L，NH3·H2O的电离平衡常数Kb==110-7（）= b×10-7/(a-b)。
【点睛】本题第（2）问是判断可逆反应达到化学平衡的标志。判断可逆反应是否达到平衡状态的标志是“逆向相等，变量不变”，“逆向相等”指必须有正反应速率和逆反应速率且两者相等，“变量不变”指可变的物理量不变是平衡的标志，不变的物理量不变不能作为平衡的标志。
20．(1)氢氧化钠
(2)＜
(3)b＞a=c
【详解】（1）相同体积、相同的氨水和溶液加水稀释，氢氧根浓度都降低，由于氨水又电离，因此加入相同水时，氨水中的氢氧根浓度大于氢氧化钠溶液的氢氧根浓度，氨水的pH值大于氢氧化钠，因此根据图中信息点所在曲线对应的是氢氧化钠；故答案为：氢氧化钠。
（2）、两点溶液，由于氨水的物质的量大于氢氧化钠的物质的量，与同一浓度的盐酸完全反应时，消耗盐酸体积：＜；故答案为：＜。
（3）b点pH值大，溶液的离子浓度大，导电性强，a、c两点pH值相同，离子浓度相同，导电性相同，因此、、三点溶液导电能力由大到小排序b＞a=c；故答案为：b＞a=c。
21．(1) 正确 CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+CO2↑+H2O
(2) 试管中溶液出现浑浊
(3)在装置A和B之间连一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶
(4)用量筒量取一定体积的乙酸溶液，加蒸馏水稀释100倍，用pH试纸测其pH，pH＜5，则证明乙酸是弱酸（或其他合理答案）
(5)bdac
【详解】（1）左管液面高于右管液面，静置一段时间后，若U形管两侧液面差不发生变化，说明装置气密性良好，所以该生的操作正确；大理石与乙酸溶液反应生成乙酸钙、二氧化碳和水，则化学方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+CO2↑+H2O；故答案为正确；CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+CO2↑+H2O。
（2）装置A中反应产生的气体为CO2，通入苯酚钠溶液中，生成常温下溶解度较小的苯酚，所以实验现象为：试管中溶液出现浑浊；苯酚钠与CO2、H2O反应生成苯酚和NaHCO3，则反应的离子方程式为：；故答案为试管中溶液出现浑浊；。
（3）为防止挥发出的乙酸与苯酚钠反应，所以应在装置A和B之间连一个吸收乙酸的装置，所以改进该装置的方法是：在装置A和B之间连一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶；故答案为在装置A和B之间连一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶。
（4）强酸溶液完全电离，弱酸溶液存在电离平衡，加水稀释，电离平衡向右移动，所以证明乙酸为弱酸的最简便的使用方法为：用量筒量取一定体积的乙酸溶液，加蒸馏水稀释100倍，用pH试纸测其pH，pH＜5，则证明乙酸是弱酸；故答案为用量筒量取一定体积的乙酸溶液，加蒸馏水稀释100倍，用pH试纸测其pH，pH＜5，则证明乙酸是弱酸（或其他合理答案）。
（5）根据盐类水解规律，越弱越水解，对应的酸越弱，水解程度越大，溶液的pH越大，所以pH由大到小排列的顺序为：bdac；故答案为bdac。
22．(1)红色变浅
(2)
(3)
【分析】弱酸HF在水溶液中部分发生电离，存在电离平衡；
【详解】（1）取一定体积的溶液，滴入2滴紫色石蕊溶液，显红色，再加入固体，氟离子浓度变大，促使逆向移动，观察到的现象是红色变浅，则证明为弱酸。
（2）稀释100倍的过程中，平衡正向移动，使得氢离子物质的量增大，使得氢离子大于开始溶液中氢离子浓度的百分之一，故导致；
（3），室温下的溶液的为2，则、，故室温下的电离平衡常数约为。
23． 关闭分液漏斗的旋塞，将C装置中的导管插入烧杯中的水面下，微热烧瓶，导管口有气泡产生，停止加热，导管口形成一段水柱，则气密性良好 C Na2S2O4(s)2Na+(aq)+S2O(aq)，加入固体NaC1，增大Na+浓度，平衡左移，促进Na2S2O4析出 甲醇 密封、干燥保存 三颈瓶 OH-+HCOO-+2SO2=S2O+CO2+H2O 7 甲酸钠法工艺操作简单；锌粉法中使用的锌粉价格较高，甲酸钠法的原料价格低；锌粉法废液中锌离子对环境有较大污染，甲酸钠法没有废液产生
【分析】I.由实验室模拟锌粉法的装置可知，装置A为二氧化硫制备装置，将制得的二氧化硫通入到装置B中，二氧化硫与锌反应生成ZnS2O4，待反应完全后，向三颈烧瓶中加入NaOH溶液，生成Na2S2O4和Zn（OH）2；将B中所得化合物过滤，得到Na2S2O4溶液，向溶液中加入固体NaC1，促进Na2S2O4析出，当Na2S2O4完全析出后，过滤、洗涤、干燥制得Na2S2O4晶体；
II.由实验室模拟甲酸钠法的装置可知，装置E为二氧化硫制备装置，将制得的二氧化硫通入到装置B中，碱性条件下，二氧化硫与甲酸钠发生氧化还原反应生成Na2S2O4、二氧化碳和水；将所得混合物过滤、洗涤、干燥制得Na2S2O4晶体。
【详解】（1）连接好装置后，检验装置的气密性的操作为关闭分液漏斗的旋塞，将C装置中的导管插入烧杯中的水面下，微热烧瓶，导管口有气泡产生，停止加热，导管口形成一段水柱，则气密性良好，故答案为：关闭分液漏斗的旋塞，将C装置中的导管插入烧杯中的水面下，微热烧瓶，导管口有气泡产生，停止加热，导管口形成一段水柱，则气密性良好；
（2）①制备二氧化硫时，若选用稀硫酸，二氧化硫易溶于水，不利于二氧化硫气体逸出，若选用98%浓硫酸，溶液中氢离子浓度小，反应速率慢，则为加快反应速率，有利于二氧化硫气体逸出，应选用70%较浓硫酸，C正确，故答案为：C；
②Na2S2O4在溶液中存在如下溶解平衡：Na2S2O4(s)2Na+(aq)+S2O(aq)，加入氯化钠固体，溶液中钠离子浓度增大，溶解平衡向左移动，有利于Na2S2O4晶体析出；由Na2S2O4易溶于水，难溶于甲醇可知，为减少Na2S2O4溶于水降低产率，应选用甲醇洗涤，故答案为：Na2S2O4(s)2Na+(aq)+S2O(aq)，加入固体NaC1，增大Na+浓度，平衡左移，促进Na2S2O4析出；甲醇；
（3）由Na2S2O4易溶于水，具有极强的还原性，易被空气氧化可知，保存新制Na2S2O4晶体应采用密封、干燥的方法保存，故答案为：密封、干燥保存；
（4）由实验装置图可知，装置F为三颈烧瓶；装置F中发生的反应为碱性条件下，二氧化硫与甲酸钠发生氧化还原反应生成Na2S2O4、二氧化碳和水，反应的离子方程式为OH-+HCOO-+2SO2=S2O+CO2+H2O，故答案为：三颈烧瓶；OH-+HCOO-+2SO2=S2O+CO2+H2O；
（5）由H2SO3的电离常数为K2=可知，该温度下当G溶液中HSO、SO离子浓度相等时，溶液中c（H+）=K2=1.0×10-7ml/L，则溶液pH=7，故答案为：7；
（6）由甲酸钠法和锌粉法的反应原理可知，甲酸钠法的工艺操作比锌粉法简单，锌粉法中使用的锌粉价格较高，甲酸钠法的原料价格低，甲酸钠法的经济效益大，锌粉法废液中锌离子对环境有较大污染，而甲酸钠法没有废液产生，故答案为：甲酸钠法工艺操作简单；锌粉法中使用的锌粉价格较高，甲酸钠法的原料价格低；锌粉法废液中锌离子对环境有较大污染，甲酸钠法没有废液产生。
一、单选题
1．以NaClO为有效成分的“84”消毒液在抗击新冠疫情的消杀工作中起到了重要作用。某研究小组设计下列实验探究NaClO的性质。(已知电离常数：H2CO3：K1=4.4×10-7，K2=4.7×10-11；HClO：Ka=2.9×10-8)
结合上述实验探究，预测的现象以及解释均正确的是
A．实验①：NaClO溶液呈碱性：ClO-+H2O⇌HClO+OH-
B．实验②：NaClO可用于制得HClO：ClO-+CO2+H2O=2HClO+
C．实验③：NaClO具有氧化性ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+H2O
D．实验④：NaClO具有还原性：ClO-+4Fe3++2H2O=+4Fe2++4H+
2．把0.05 ml NaOH固体，分别加入下列100 mL溶液中，溶液的导电能力变化不大的是
①自来水 ②0.5 ml·L-1盐酸 ③0.5 ml·L-1醋酸 ④0.5 ml·L-1NH4Cl溶液
A．①②B．②④C．③④D．②③
3．海洋碳循环在整个地球气候系统中具有重要地位，下列叙述错误的是
A．海洋酸化会导致海水吸收CO2的能力减弱
B．温室效应导致的海表温度上升，会增加海洋对CO2的吸收
C．该循环中涉及反应CO2+H2O+CaCO3Ca(HCO3)2，CO2排放量的增加将影响珊瑚生存
D．虽然塑料颗粒中含有的碳很难降解进入海洋碳循环，但仍会造成污染
4．向起始pH相同的盐酸和醋酸溶液中加水稀释，pH随(稀释后的溶液总体积为Vt，稀释前的体积V0)的变化关系如下图所示，下列说法正确的是
A．曲线N表示的是盐酸加水稀释过程中，pH随的变化关系
B．升高温度，CH3COOH的电离平衡向电离方向移动，c点将向下移动
C．当=1时，c(CH3COOH) + c(CH3COO-) =0.01ml·L-1
D．a→c→d过程中，CH3COOH的电离程度减小
5．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．150mL食醋中含有6g的CH3COOH，则该食醋溶液含有0.1NA个H+
B．标准状况下，2.24LCH4和C2H4的混合气体中，含有C−H共价键数日为0.4NA
C．将2.24L的CH4与8.96L的Cl2混合气体用强光照射，转移的电子数为0.4NA
D．1LpH=3盐酸和醋酸混合溶液中出水电离出的H+数为103NA
6．丙三酸(用H3A表示)是一种三元有机中强酸。25°C时，向1 ml∙L-1的H3A溶液中遂滴加入NaOH溶液．滴加过程中各种含^微粒的物质的量分数(δ)随溶液pH的变化曲线如图所示，已知醋酸的pKa =4.76(pKa=-lg K，)。下列叙述正确的
A．25°C时，H3A的第三步电离常数的数量级为10-5
B．b点溶液中，c(Na+)+c(H+)=3c(H2A-)+3c(A3-)+c(OH-)
C．NaH2A的水溶液显酸性，Na2HA的水溶液显碱性
D．醋酸钠与少量丙三酸反应的离子方程式为3CH3COO-+H3A=3CH3COOH+A3-
7．在氨水中存在下列电离平衡：，下列情况能引起电离平衡右移的有
①加固体②加NaOH溶液③通HCl④加溶液⑤加水⑥加压
A．①③⑤B．①④⑥C．③④⑤D．①②④
8．下列化学反应的离子方程式错误的是
A．向溶液中通入少量：
B．向偏铝酸钠溶液中加入小苏打溶液：
C．向溶液中滴加溶液至刚好完全沉淀：
D．向稀硝酸中加入过量的铁屑：
9．欲使醋酸溶液中的CH3COO-浓度增大，且不放出气体，可向醋酸中加入少量固体（ ）
A．NaOHB．NaHCO3C．Na2CO3D．Mg
10．某浓度的醋酸溶液中存在下列平衡：CH3COOHH＋＋CH3COO－，如想增大CH3COO－的浓度，而不增大H＋的浓度，应采取的措施是
①加入CH3COONa固体 ②适当升高温度 ③加冰醋酸 ④加入少量NaOH固体
A．①②B．②③C．②④D．①④
二、填空题
11．在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力I随加入水的体积V变化的曲线如图所示。请回答：
(1)“O”点导电能力为0，原因是 。
(2)a、b、c三点处，溶液的c(H+)由小到大的顺序为 。
(3)a、b、c三点处，电离程度最大的是 。
(4)若使c点对应的溶液中的c(CH3COO-)增大，则下列措施中，不可行的是 (填标号、下同)。
A．加热 B．加入锌粒 C．加入KOH固体 D．加水 E.加入CH3COONa固体
12．（1）下面所列物质中 ①氯化钾 ②乙醇 ③盐酸 ④Na2O ⑤SO2 ⑥HBr ⑦硫酸氢钠 ⑧一水合氨 ⑨氯气 ⑩冰醋酸
①属于强电解质的是 (填序号，下同) ②属于弱电解质的是
③属于非电解质的是
（2）体积、浓度相等的③和⑩的溶液，加入形状相同且足量的Zn粒，反应速率快的是 （用序号填空）；体积、pH相同的③和⑩的溶液，生成氢气体积最多的是 （用序号填空）。
13．乙酰水杨酸是一元弱酸（可用HA表示）.在一定温度下， 0.01ml/L 乙酰水杨酸水溶液中，它的电离度为 5.7%，求该酸的电离常数
14．砷为VA族元素，金属冶炼过程产生的含砷有毒废水需处理与检测。
(1)I．已知：As(s)+ H2(g)+2O2(g)=H3AsO4(s) ΔH1
H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH2
2As(s)+ O2(g) =As2O5(s) ΔH3
则反应As2O5(s) +3H2O(l)= 2H3AsO4(s)的ΔH = 。
II.冶炼废水中砷元素主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在，可用化学沉降法处理酸性高浓度含砷废水，其工艺流程如下：
已知：①As2S3与过量的S2-存在以下反应：As2S3(s)+3S2-(aq) 2AsS (aq)；
②亚砷酸盐的溶解性大于相应砷酸盐。
（1）亚砷酸中砷元素的化合价为 ；砷酸的第一步电离方程式为 。
(2)“一级沉砷”中FeSO4的作用是 ； “二级沉砷”中H2O2与含砷物质反应的化学方程式为 。
III.去除水体中的砷，将As(Ⅲ)转化为As(Ⅴ)，也可选用NaClO实现该转化。研究NaClO投加量对As(Ⅲ)氧化率的影响得到如下结果：
已知：投料前水样pH＝5.81，0.1ml/LNaClO溶液pH＝10.5，溶液中起氧化作用的物质是次氯酸。产生此结果的原因是 。
15．25℃时，三种酸的电离平衡常数如下：回答下列问题：
（1）一般情况下，当温度升高时，电离平衡常数K (填“增大”、“减小”或“不变”)。
（2）下列四种离子结合质子能力最强的是 (填字母)。
a.CO32－ b.ClO－ c.CH3COO－ d.HCO3－
（3）下列反应不能发生的是 (填字母)。
a.CO32－＋2CH3COOH＝2CH3COO－＋CO2↑＋H2O b.ClO－＋CH3COOH＝CH3COO－＋HClO
c.CO32－＋2HClO＝CO2↑＋H2O＋2ClO－ d.2ClO－＋CO2＋H2O＝CO32－＋2HClO
（4）体积均为10 mL、pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000 mL，稀释过程中pH变化如下图所示。
则HX的电离平衡常数 (填“>”、“=”或“<”，下同)醋酸的电离平衡常数；稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H＋) 醋酸溶液中水电离出来的c(H＋)；用同浓度的NaOH溶液分别中和上述两种酸溶液，恰好中和时消耗NaOH溶液的体积：醋酸 HX。
16．气态亚硝酸(HNO2或HONO)是大气中的一种污染物。
(1)亚硝酸的电离平衡常数Ka＝6.0×10﹣6，其电离方程式为 。
(2)亚硝酸分子中各原子最外层电子均达到稳定结构，其电子式为 。
(3)亚硝酸进入人体可以与二甲胺[(CH3)2NH]迅速反应生成亚硝酸胺[CH3)2N－N＝O]，亚硝酸胺是最重要的化学致癌物之一。
① 亚硝酸与二甲胺反应生成亚硝酸胺的一种反应机理如下：
HONO+
过程ⅰ和过程ⅱ的反应类型分别为： 、消去反应。
② 上述反应机理的反应过程与能量变化的关系如图：
亚硝酸与二甲胺反应生成亚硝酸胺的反应ΔH 0(填“＞”或“＜”)。反应难度更大的是过程 (填“ⅰ”或“ⅱ”)。
17．炼金废水中含有络离子[Au(CN)2]-，电离出的CN-有毒，当CN-与H+结合生成HCN时，毒性更强。回答下列问题。
（1）剧毒物HCN的水溶液酸性很弱，写出其电离的方程式： 。
（2）与弱电解质碳酸的电离方式相似，[Au(CN)2]-也存在着两步电离，其一级电离方程式为 。
（3）处理这种废水是在碱性条件下，利用NaClO将CN-氧化为CO和N2，其离子方程式为 。在酸性条件下，ClO-也能氧化CN-，但实际处理废水时却不在酸性条件下进行的主要原因是 。
（4）H2CO3的K1=4.4×10-7、K2=4.7×10-11，HClO的K=3.0×10-8，在NaClO溶液中通入少量的CO2的离子方程式是 。
18．试写出下列物质的电离方程式：
(1)H2CO3
(2)H2S
(3)NaHCO3
(4)NaHSO4
(5)HClO
19．（1）在恒温恒压密闭容器中充入1ml N2和3 ml H2在tl时刻达到平衡状态后，继续充入2 ml NH3，在t2时刻达到平衡状态。画出v（正）和v（逆）随时间t的变化关系
（2）恒温恒容时，下列不能说明合成氨反应达到平衡状态的是
a.容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1 : 3 : 2 b.v(N2)(正)=3v(H2)(逆)
c.容器内压强保持不变 d.混合气体的密度保持不变
e.单位时间内断裂6ml N-H键的同时，有3ml H-H形成
（3）将上述制得的的氨气溶于水配成溶液，25℃时，将aml/L的氨水与bml/L盐酸等体积混合，反应后溶液恰好显中性，用a、b表示NH3·H2O的电离平衡常数Kb （写出详细计算过程）
20．室温下，相同体积、相同的氨水和溶液加水稀释时的变化曲线如图所示：
(1)点所在曲线对应的是 。(填溶液名称)
(2)、两点溶液与同一浓度的盐酸完全反应时，消耗盐酸体积： (填“>”或“<”或“=”)。
(3)、、三点溶液导电能力由大到小排序 。
三、实验探究题
21．某校学生小组为探究乙酸、碳酸和苯酚的酸性强弱并证明乙酸为弱酸，进行下述实验．
探究乙酸、碳酸和苯酚的酸性强弱关系该校学生设计了下图的实验装置（夹持仪器已略去）．
(1)某生检查装置A的气密性时，先关闭止水夹，从左管向U形管内加水，至左管液面高于右管液面，静置一段时间后，若U形管两侧液面差不发生变化，则气密性良好．你认为该生的操作正确与否？ （填“正确”或“错误”）大理石与乙酸溶液反应的化学方程式为
(2)装置A中反应产生的气体通入苯酚钠溶液中，实验现象为 反应的离子方程式为
(3)有学生认为（2）中的实验现象不足以证明碳酸的酸性比苯酚强，理由是乙酸有挥发性，挥发出的乙酸也可以和苯酚钠溶液反应，生成苯酚．改进该装置的方法是 证明乙酸为弱酸
(4)现有pH=3的乙酸溶液、蒸馏水、石蕊试液及pH试纸，选用适当的仪器和用品，用最简便的实验方法证明乙酸为弱酸
(5)在相同温度下，测定相同物质的量浓度
a．NaHCO3溶液b．Na2CO3溶液c．CH3COONa溶液d． 溶液
的pH，其pH由大到小排列的顺序为 （填溶液编号）
22．为了证明是弱酸，甲、乙、丙三位同学分别设计以下实验进行探究。
(1)甲同学取一定体积的溶液，滴入2滴紫色石蕊溶液，显红色，再加入固体观察到的现象是 ，则证明为弱酸。
(2)乙同学取未知浓度的溶液，测其为，然后用蒸馏水稀释至。再测其为b，若要认为为弱酸，则a、b应满足的关系是 (用含a的代数式表示)。
(3)丙同学用试纸测得室温下的溶液的为2，则测定为弱酸，由丙同学的实验数据可得室温下的电离平衡常数约为 。
23．连二亚硫酸钠(Na2S2O4)，也称为保险粉，Na2S2O4)易溶于水，难溶于甲醇，具有极强的还原性，易被空气氧化，在碱性介质中稳定。工业上常用制备Na2S2O4的方法有I.锌粉法、II.甲酸钠法。
I.实验室模拟锌粉法的装置如图(加热等辅助仪器略去)
反应原理为：
Zn+2SO2=ZnS2O4
ZnS2O4+2NaOH=Zn(OH)2↓+Na2S2O4
（1）连接好装置后，首先要检验装置的气密性，方法为 。
（2）①装置A中分液漏斗中的试剂是 。
A．稀硫酸 B．98%的硫酸 C．70%的硫酸
②装置B中反应结束后，取出混合物进行以下操作，得到Na2S2O4晶体。
操作ii加入NaCl固体的目的是 (用平衡移动原理解释)，操作iv洗涤中选用的试剂是 (填“水”或“甲醇”)。
（3）实验室保存新制Na2S2O4晶体的方法是 。
II.实验室模拟甲酸钠法的装置如图(加热等辅助仪器略去)
第一步，在F装置中加入甲酸钠、氢氧化钠、甲醇(溶剂)的混合液；
第二步，向装置F中通入二氧化硫；
第三步，75℃加热一段时间，装置中有晶体析出，并产生大量气体：
第四步，过滤、洗涤、干燥，收集产品。
（4）装置F的名称 ，在其中制备连二亚硫酸钠的离子方程式可表示为 。
（5）已知某温度下，H2SO3的电离常数为K1≈1.5×10-2，K2≈1.0×10-7，H2CO3的电离常数为K1ˊ≈4.4×10-7，K2ˊ≈4.7×10-11。装置G用于吸收未反应完的SO2和反应产生的CO2。该温度下当G溶液中HSO、SO离子浓度相等时，溶液的pH约为 。
（6）甲酸钠法于1968年实现工业化，继而逐渐替代了锌粉法生产连二亚硫酸钠。与锌粉法相比，甲酸钠法的优点在于 。
实验
装置
试剂(少量)
预测可能的现象
①
酚酞
无色溶液最终呈红色
②
CO2
无明显现象
③
淀粉-KI溶液＋稀硫酸
无色溶液立即变蓝
④
FeCl3溶液
溶液略呈浅绿色
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
参考答案：
1．C
【详解】A．虽然次氯酸根水解使溶液显碱性，但次氯酸根具有强氧化性，指示剂变色后会被漂白，所以溶液最终无色，预测现象错误，故A错误；
B．根据电离平衡常数可知酸性：H2CO3＞HClO＞HCO，所以二氧化碳与次氯酸钠溶液反应时无法生成碳酸根，故B错误；
C．次氯酸根酸性环境性下可将碘离子氧化成碘单质，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为ClO－+2I－+2H+=Cl－+I2+H2O，淀粉遇碘变蓝，所以可以观察到无色溶液立即变蓝，故C正确；
D．Fe3+的氧化性不足以将ClO－氧化，不会生成Fe2+，所以溶液不会是浅绿色，故D错误；
故答案为C。
2．B
【详解】导电能力的大小，要比较单位体积内离子浓度的多少。
①因水是极弱的电解质，导电性极弱，加入氢氧化钠后，氢氧化钠是强电解质，完全电离，即NaOH=Na++OH-，溶液中存在大量的钠离子和氢氧根离子，离子浓度增大，导电性增强，故①不符合题意；
②未加氢氧化钠固体，导电的有氯离子和氢离子，加入氢氧化钠后主要是钠离子，氯离子，而参加反应的氢离子正好与钠离子的量相当，所以导电性变化不大，故②符合题意；
③醋酸是弱电解质，部分电离，离子浓度较少，导电性较弱，加入NaOH以后，二者刚好酸碱中和，生成醋酸钠，变为强电解质，完全电离，离子浓度增大，导电能力增强，故③不符合题意；
④氯化铵为强电解质，加入NaOH后生成NaCl仍是强电解质，离子的浓度变化不大，故导电性变化不大，故④符合题意；
由上分析，②④符合题意，B正确；
答案为B。
3．B
【详解】A．海洋酸化导致溶液酸性增加，会抑制海水吸收CO2的能力，故A正确；
B．温度升高，气体的溶解度减小，故海表温度上升，会减小海洋对CO2的吸收，故B错误；
C．该循环中涉及反应CO2+H2O+CaCO3Ca(HCO3)2，CO2排放量的增加导致碳酸钙转化为可溶性碳酸氢钙，会将影响珊瑚生存，故C正确；
D．虽然塑料颗粒中含有的碳很难降解进入海洋碳循环，但仍会造成白色污染，故D正确；
故选B。
4．B
【详解】A．起始pH相同的盐酸和醋酸溶液中加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大于醋酸，曲线表示的是盐酸加水稀释过程，A错误；
B．升高温度，的电离平衡向电离方向移动，氢离子浓度增大c点将向下移动，B正确；
C．不知道醋酸的初始浓度，算法错误，C错误；
D．加水稀释过程中的电离程度增大，D错误；
故选B。
5．B
【详解】A．150mL食醋中含有6g的CH3COOH即物质的量为0.1ml，由于醋酸是弱电解质，部分电离，因此该食醋溶液含H+数目小于0.1NA个，故A错误；
B．1个CH4或C2H4都含有4个C−H共价键，标准状况下，2.24LCH4和C2H4的混合气体中即物质的量为0.1ml，含有C−H共价键数日为0.4NA，故B正确；
C．缺少标准状况下，因此2.24L的CH4物质的量无法计算，转移电子数目也无法计算，故C错误；
D．1L pH=3盐酸和醋酸混合溶液中c(H+)＝1.0×10−3ml∙L−1，c(OH－)＝1.0×10−10ml∙L−1，因此溶液中水电离出的H+浓度为c(H+)水＝c(OH－)水＝1.0×10−10ml∙L−1，水电离出的H+数目为1.0×10−10NA，故D错误。
综上所述，答案为B。
6．B
【详解】A．根据图中a、b、c三点的可知的一、二、三步电离常数分别为K1=10-3.49、K2=10-4.58、K3=10-5.83，则H3A的第三步电离常数的数量级为10-6，选项A错误；
B．b点溶液中c(H2A-)= c(HA2-)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)= c(H2A-)+2 c(HA2-)+3c(A3-)+c(OH-)=3c(H2A-)+3c(A3-)+c(OH-)，选项B正确；
C．NaH2A的水解常数和电离常数分别为、10-4.58，以电离为主，溶液显酸性；Na2HA的水解常数和电离常数分别为、10-5.83，也以电离为主，溶液也显酸性；选项C错误；
D．醋酸的PKa=4.76，即Ka=10-4.76，则酸性由强到弱的顺序为H3A>H2A->CH3COOH>HA2-，因此醋酸钠与少量丙三酸反应的离子方程式为2CH3COO-+H3A=2 CH3COOH+ HA2-，选项D错误；
答案选B。
7．C
【详解】①加固体，铵离子浓度增大，平衡左移，不符合；
②加NaOH溶液，氢氧根离子浓度增大，平衡左移，不符合；
③通HCl，消耗氢氧根离子，平衡右移，符合；
④加溶液，消耗氢氧根离子，平衡右移，符合；
⑤加水，稀释促进电离，平衡右移，符合；
⑥加压，对平衡没有影响，不符合；
则C正确；答案选C。
8．C
【详解】A．将少量SO2气体通入足量的NaClO溶液中反应生成硫酸根离子和次氯酸、氯离子，离子反应方程式，A正确；
B．向偏铝酸钠溶液中加入小苏打溶液，碳酸氢根离子和偏铝酸根离子生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子：，B正确；
C．向溶液中滴加溶液至刚好完全沉淀，则氢氧根离子部分和氢离子反应生成水，，C错误；
D．稀硝酸中加入过量的铁屑生成硝酸亚铁和水、NO，离子反应方程式，D正确；
故选C。
9．A
【详解】醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH CH3COO-+H+；
A．加入NaOH，消耗H+，c(H+)减小，平衡正向移动，CH3COO-浓度增大，但不产生气体，选项A符合；
B．加入NaHCO3，消耗H+，反应生成二氧化碳气体，平衡正向移动，CH3COO-浓度增大，选项B不符合；
C．加入Na2CO3消耗H+，反应生成二氧化碳气体，平衡正向移动，CH3COO-浓度增大，选项C不符合；
D．加入Mg消耗H+，反应生成H2，平衡正向移动，CH3COO-浓度增大，选项D不符合；
答案选A。
10．D
【详解】①加入CH3COONa固体，CH3COO－的浓度，平衡CH3COOHH＋＋CH3COO－逆向移动，H＋的浓度减小，符合题意；
②适当升高温度，电离平衡CH3COOHH＋＋CH3COO－正向移动，CH3COO－的浓度、H＋的浓度均增大，不符合题意；
③加冰醋酸，醋酸浓度增大，电离平衡CH3COOHH＋＋CH3COO－正向移动，CH3COO－的浓度、H＋的浓度均增大，不符合题意；
④加入少量NaOH固体，OH-浓度增大，电离平衡CH3COOHH＋＋CH3COO－正向移动，CH3COO－的浓度增大、消耗H＋，浓度减小，符合题意；
答案选D。
11． 在“O”点处醋酸未电离，无离子存在 c
(2)c(H+)越大，溶液导电性越强，根据图知，导电性强弱顺序是b＞a＞c，则c（H+）由小到大的顺序c＜a＜b；
(3)同一电解质水溶液，其浓度越小，电解质电离程度越大，根据图知，溶液浓度：a＞b＞c，则电离程度a＜b＜c，故答案为：c；
(4)A．加热促进醋酸电离，则c（CH3COO-）增大，故A不选；
B．加入锌粒促进醋酸电离，导致溶液中c（CH3COO-）增大，故B不选；
C．加入KOH固体促进醋酸电离，则溶液中c（CH3COO-）增大，故C不选；
D．加水稀释促进醋酸电离，但是醋酸电离程度增大小于溶液体积增大程度，则c（CH3COO-）减小，故D选；
E．加入CH3COONa固体，醋酸钠电离导致溶液中c（CH3COO-）增大，故E不选；
故答案为：D。
12． ①⑥⑦ ⑧⑩ ②⑤ ③ ⑩
【分析】(1)根据强电解质、弱电解质和非电解质的定义和物质类别进行判断；
(2)根据盐酸发生完全电离而醋酸部分电离进行分析解题。
【详解】(1)强电解质是指在水溶液中发生完全电离的电解质，强酸、强碱和大多数盐均为强电解质；弱电解质则是在水溶液中发生部分电离的电解质，弱酸、弱碱和水均为强电解质；而在水溶液和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质，大多数有机物、非金属氧化物属于非电解质，同时注意单质和混合物既不是电解质也不是非电解质，故在①氯化钾 ②乙醇 ③盐酸 ④Na2O ⑤SO2⑥HBr ⑦硫酸氢钠 ⑧一水合氨 ⑨氯气 ⑩冰醋酸等物质中，强电解质的是①⑥⑦，属于弱电解质的是⑧⑩，属于非电解质的是②⑤，故答案为：①⑥⑦；⑧⑩；②⑤；
(2)由于盐酸完全电离，醋酸则是部分电离，故体积、浓度相等的③和⑩的溶液即盐酸和醋酸溶液中c(H+)是盐酸大于醋酸，加入形状相同且足量的Zn粒，故反应速率快的是盐酸③；体积、pH相同的③和⑩的溶液即盐酸和醋酸溶液中c(H+)相等，但是溶质的物质的量浓度是醋酸大于盐酸，生成氢气体积最多的是醋酸⑩，故答案为：③；⑩。
13．3.45×10-5
【详解】0.01ml/L 乙酰水杨酸水溶液中其电离度是5.7%，那么电离的乙酰水杨酸为5.7×10-4ml/L，乙酰水杨酸根（A-）和H+的浓度都是出5.7×10-4ml/L，乙酰水杨酸（HA）的浓度(0.01－5.7×10-4)ml/L，所以电离常数为(5.7×10-4)2/(0.01－5.7×10-4) = 3.45×10-5。
14．(1) 2△H1-3△H2-△H3 +3 H3AsO4H++H2AsO
(2) 沉淀过量的S2-，使As2O3(a)+3S2-(aq)⇌2AsS (aq) 平衡左移，提高沉砷效果 H3AsO3+H2O2=H3AsO4+H2O 起氧化作用的物质是次氯酸，NaClO溶液为碱性，当加入量大时，溶液碱性增强，NaClO溶液浓度增大，水解程度降低，次氯酸不易生成，所以As(Ⅲ)氧化率降低
【解析】（1）
I．①As(s)+ H2(g)+2O2(g)=H3AsO4(s) ΔH1，②H2(g)+ O2(g)=H2O(l) ΔH2，③2As(s)+ O2(g) =As2O5(s) ΔH3，根据盖斯定律，将①×2-②×3-③得：As2O5(s) +3H2O(l)= 2H3AsO4(s)的ΔH =2△H1-3△H2-△H3，故答案为2△H1-3△H2-△H3；
亚砷酸(H3AsO3)中，氧元素化合价为-2价，氢元素化合价为+1价，砷元素化合价设为x，+1×3+x+(-2)×3=0，x=+3；第ⅤA族非金属元素形成最高价含氧酸中磷、砷形成的含氧酸都是弱酸，水溶液中分步电离，电离方程式为：H3AsO4⇌H++H2AsO，故答案为+3；H3AsO4⇌H++H2AsO；
（2）
“一级沉砷”中FeSO4的作用是除去过量的硫离子，As2S3+3S2-⇌2AsS使平衡逆向进行，提高沉砷效果，“二级沉砷”中H2O2与含砷物质发生氧化还原反应，氧化亚砷酸为砷酸；，反应的化学方程式为：H2AsO3+H2O2=H3AsO4+H2O，故答案为沉淀过量的硫离子，使As2S3+3S2-⇌2AsS使平衡逆向进行，提高沉砷效果；H2AsO3+H2O2=H3AsO4+H2O；
III.投料前水样pH=5.81，0.1ml/LNaClO溶液pH=10.5，溶液中起氧化作用的物质是次氯酸．产生此结果的原因是：起氧化作用的物质是次氯酸，NaClO溶液为碱性，当加入量大时，溶液碱性增强，NaClO溶液浓度增大，水解程度降低，次氯酸不易生成，所以As(Ⅲ)氧化率降低，故答案为起氧化作用的物质是次氯酸，NaClO溶液为碱性，当加入量大时，溶液碱性增强，NaClO溶液浓度增大，水解程度降低，次氯酸不易生成，所以As(Ⅲ)氧化率降低。
15． 增大 a cd > > >
【详解】（1）升高温度促进弱电解质的电离，所以当温度升高时，Ka增大；因此本题答案是：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＞HCO3-，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：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-，即a＞b＞d＞c；因此本题答案是：a。
（3）a．CO32-+CH3COOH=CH3COO-+CO2↑+H2O：碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能够制取碳酸，该反应能够发生，故a错误；
b．ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClO：CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能够制取HClO，该反应能够发生，故b错误；
c．CO32-+HClO=CO2↑+H2O+ClO-：HClO的酸性小于碳酸，该反应无法发生，故c正确；
d.2ClO-+CO2+H2O=CO32-+2HClO：由于酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，则碳酸与次氯酸根离子反应只能生成碳酸氢根离子，不会生成CO32-，该反应不能发生，故d正确；综上所述，本题答案是：cd。
（4）加水稀释促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大；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+）；pH=2的HX和醋酸，HX的酸性大于醋酸，所以醋酸的浓度大于HX，因此等体积的两种酸，醋酸的量多，因此用同浓度的NaOH溶液分别中和上述两种酸溶液，恰好中和时消耗NaOH溶液的体积：醋酸大于HX；综上所述，本题答案是：> ；> ；>。
【点睛】浓度、体积相同的盐酸和醋酸，溶质的总量相等，但是溶液中的氢离子的量盐酸多，但是同浓度同体积的醋酸和盐酸中和氢氧化钠的能力是完全一样的；氢离子浓度相同、体积相同的盐酸和醋酸，溶液中氢离子的浓度相同，但是溶质的总量醋酸多，但是同体积、pH相同的醋酸和盐酸，中和氢氧化钠的能力醋酸强。
16． HNO2⇌H+＋NO2－ 加成反应 ＜ 过程ⅰ
【分析】(1)由亚硝酸的电离常数的数值可知，它是一种一元弱酸；
(2)亚硝酸属于共价化合物，据此书写电子式；
(3)①亚硝酸分子中含有氮氧双键，过程ⅰ的反应中生成物 氮氧双键消失，变为氮氧单键，过程ⅱ中 中脱去一个羟基和氢原子，形成氮氧双键，结合有机物的反应类型分析；
②根据盖斯定律分析，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关分析判断；活化能越大，反应进行的越慢，反应难度越大。
【详解】(1)由亚硝酸的电离常数的数值可知，它是一种一元弱酸，在溶液中部分电离，电离方程式为HNO2⇌H+＋NO2－；
(2)亚硝酸属于共价化合物，分子中各原子最外层电子均达到稳定结构，其电子式为 ；
(3)①亚硝酸分子中含有氮氧双键，过程ⅰ的反应中生成物 氮氧双键消失，变为氮氧单键，可以看作 中的氮氢键断裂，分别加成在亚硝酸分子的氮氧双键两端，可以看作是加成反应，过程ⅱ中 中脱去一个羟基和氢原子，形成氮氧双键，可以看作有机反应中醇羟基的消去反应；
②根据盖斯定律分析，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关，根据图示，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应属于放热反应，ΔH＜0；活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态(过渡态)所需要的能量。活化能越大，反应进行的越慢，反应难度越大，根据图示，过程ⅰ的活化能大于过程ⅱ的活化能，则过程ⅰ的反应难度更大。
17． HCNH++CN- [Au(CN)2]-AuCN+CN- 5ClO-+2CN-+2OH-=2CO+N2+H2O+5Cl- 生成剧毒物HCN，对人体有害 ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO
【分析】弱电解质不能完全电离，电离方程式用可逆符号；多元弱酸分步电离，第一步电离相对于第二步电离电离程度大；在配平氧化还原反应时，可以根据得失电子总数相等进行配平；弱酸的电离平衡常数越小，说明结合氢离子能力越强，据此分析解答。
【详解】(1)HCN是弱电解，部分电离，电离方程式：HCNH++CN-，故答案为：HCNH++CN-；
(2)与弱电解质的电离方程式相似，[Au（CN）2]+也存在着两步电离，第一步电离出一个CN-，电离方程式为[Au(CN)2]-AuCN+CN-，故答案为：[Au(CN)2]-AuCN+CN-；
(3)处理这种废水是在碱性条件下，NaClO将CN-氧化为二氧化碳和氮气，碱性条件下生成生成碳酸根离子，根据得失电子守恒配平反应得：5ClO-+2CN-+2OH-=2CO+N2+H2O+5Cl-，在酸性条件下，考虑CN-与氢离子结合，生成极弱的毒性非常强的HCN，故答案为：5ClO-+2CN-+2OH-=2CO+N2+H2O+5Cl-；在酸性条件下CN-与氢离子结合，生成毒性非常强的HCN；
(4)电离平衡常数越小，结合氢离子的能力越强，则在NaClO溶液中通入少量的CO2生成次氯酸和碳酸氢钠，离子方程式为：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO，故答案为：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO。
18．(1)H2CO3H++HCO HCOH++CO
(2)H2SH++HS- HS-H++S2-
(3)NaHCO3=Na++HCO HCOH++CO
(4)NaHSO4=Na++H++SO
(5)HClOH++ClO-
【解析】(1)
H2CO3是一种多元弱酸，故其只能部分电离，且是分步进行的，则电离方程式为：H2CO3H++HCO HCOH++CO，故答案为：H2CO3H++HCO HCOH++CO；
(2)
H2S是一种多元弱酸，故其只能部分电离，且是分步进行的，则电离方程式为：H2SH++HS- HS-H++S2-，故答案为：H2SH++HS- HS-H++S2-；
(3)
NaHCO3是一种弱酸的酸式盐，故其电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO HCOH++CO，故答案为：NaHCO3=Na++HCO HCOH++CO；
(4)
NaHSO4是一种强酸的酸式盐，故其电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO，故答案为：NaHSO4=Na++H++SO；
(5)
HClO是一元弱酸，故其电离方程式为：HClOH++ClO-，故答案为：HClOH++ClO-。
19． abde b×10-7/(a-b)
【详解】试题分析：本题考查恒温恒压下的等效平衡规律，化学平衡的标志，电离平衡常数的计算。
（1）tl时刻达到平衡状态后，继续充入2 ml NH3，在恒温恒压容器中，逆反应速率突然变大，正反应速率突然变小，2mlNH3采用一边倒极限换算后为1mlN2和3mlH2，在恒温恒压下达到的平衡与原平衡互为等效平衡，t2达到平衡时υ（正）和υ（逆）与原平衡相等，图象为。
（2）合成氨的反应为N2+3H22NH3。a项，达到平衡时各组分的浓度不再发生变化，但不一定等于化学计量数之比，容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1 : 3 : 2时各物质的浓度不一定保持不变，不一定是平衡状态；b项，υ(N2)(正)=3υ(H2)(逆)，用N2表示的正反应速率与用H2表示的逆反应速率之比为3:1，不等于化学计量数之比，没有达到平衡状态；c项，恒温恒容时气体的压强与气体物质的量成正比，该反应的正反应为气体分子数减小的反应，建立平衡过程中气体物质的量减小，容器内压强减小，达到平衡时气体物质的量不变，容器内压强不变，容器内压强保持不变能作为平衡的标志；d项，混合气体的密度=，该反应中所有物质都是气体，气体总质量始终不变，恒容容器体积始终不变，混合气体的密度始终不变，混合气体的密度保持不变不能作为平衡的标志；e项，单位时间内断裂6ml N-H键的同时一定有3mlH-H形成，只描述了逆反应，不能作为平衡的标志；答案选abde。
（3）25℃时，氨水与盐酸混合后溶液呈中性，c（H+）=c（OH-）=110-7ml/L；溶液中存在电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-），则c（NH4+）=c（Cl-）=ml/L；根据N原子守恒，溶液中c（NH3·H2O）=ml/L-ml/L=（）ml/L，NH3·H2O的电离平衡常数Kb==110-7（）= b×10-7/(a-b)。
【点睛】本题第（2）问是判断可逆反应达到化学平衡的标志。判断可逆反应是否达到平衡状态的标志是“逆向相等，变量不变”，“逆向相等”指必须有正反应速率和逆反应速率且两者相等，“变量不变”指可变的物理量不变是平衡的标志，不变的物理量不变不能作为平衡的标志。
20．(1)氢氧化钠
(2)＜
(3)b＞a=c
【详解】（1）相同体积、相同的氨水和溶液加水稀释，氢氧根浓度都降低，由于氨水又电离，因此加入相同水时，氨水中的氢氧根浓度大于氢氧化钠溶液的氢氧根浓度，氨水的pH值大于氢氧化钠，因此根据图中信息点所在曲线对应的是氢氧化钠；故答案为：氢氧化钠。
（2）、两点溶液，由于氨水的物质的量大于氢氧化钠的物质的量，与同一浓度的盐酸完全反应时，消耗盐酸体积：＜；故答案为：＜。
（3）b点pH值大，溶液的离子浓度大，导电性强，a、c两点pH值相同，离子浓度相同，导电性相同，因此、、三点溶液导电能力由大到小排序b＞a=c；故答案为：b＞a=c。
21．(1) 正确 CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+CO2↑+H2O
(2) 试管中溶液出现浑浊
(3)在装置A和B之间连一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶
(4)用量筒量取一定体积的乙酸溶液，加蒸馏水稀释100倍，用pH试纸测其pH，pH＜5，则证明乙酸是弱酸（或其他合理答案）
(5)bdac
【详解】（1）左管液面高于右管液面，静置一段时间后，若U形管两侧液面差不发生变化，说明装置气密性良好，所以该生的操作正确；大理石与乙酸溶液反应生成乙酸钙、二氧化碳和水，则化学方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+CO2↑+H2O；故答案为正确；CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+CO2↑+H2O。
（2）装置A中反应产生的气体为CO2，通入苯酚钠溶液中，生成常温下溶解度较小的苯酚，所以实验现象为：试管中溶液出现浑浊；苯酚钠与CO2、H2O反应生成苯酚和NaHCO3，则反应的离子方程式为：；故答案为试管中溶液出现浑浊；。
（3）为防止挥发出的乙酸与苯酚钠反应，所以应在装置A和B之间连一个吸收乙酸的装置，所以改进该装置的方法是：在装置A和B之间连一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶；故答案为在装置A和B之间连一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶。
（4）强酸溶液完全电离，弱酸溶液存在电离平衡，加水稀释，电离平衡向右移动，所以证明乙酸为弱酸的最简便的使用方法为：用量筒量取一定体积的乙酸溶液，加蒸馏水稀释100倍，用pH试纸测其pH，pH＜5，则证明乙酸是弱酸；故答案为用量筒量取一定体积的乙酸溶液，加蒸馏水稀释100倍，用pH试纸测其pH，pH＜5，则证明乙酸是弱酸（或其他合理答案）。
（5）根据盐类水解规律，越弱越水解，对应的酸越弱，水解程度越大，溶液的pH越大，所以pH由大到小排列的顺序为：bdac；故答案为bdac。
22．(1)红色变浅
(2)
(3)
【分析】弱酸HF在水溶液中部分发生电离，存在电离平衡；
【详解】（1）取一定体积的溶液，滴入2滴紫色石蕊溶液，显红色，再加入固体，氟离子浓度变大，促使逆向移动，观察到的现象是红色变浅，则证明为弱酸。
（2）稀释100倍的过程中，平衡正向移动，使得氢离子物质的量增大，使得氢离子大于开始溶液中氢离子浓度的百分之一，故导致；
（3），室温下的溶液的为2，则、，故室温下的电离平衡常数约为。
23． 关闭分液漏斗的旋塞，将C装置中的导管插入烧杯中的水面下，微热烧瓶，导管口有气泡产生，停止加热，导管口形成一段水柱，则气密性良好 C Na2S2O4(s)2Na+(aq)+S2O(aq)，加入固体NaC1，增大Na+浓度，平衡左移，促进Na2S2O4析出 甲醇 密封、干燥保存 三颈瓶 OH-+HCOO-+2SO2=S2O+CO2+H2O 7 甲酸钠法工艺操作简单；锌粉法中使用的锌粉价格较高，甲酸钠法的原料价格低；锌粉法废液中锌离子对环境有较大污染，甲酸钠法没有废液产生
【分析】I.由实验室模拟锌粉法的装置可知，装置A为二氧化硫制备装置，将制得的二氧化硫通入到装置B中，二氧化硫与锌反应生成ZnS2O4，待反应完全后，向三颈烧瓶中加入NaOH溶液，生成Na2S2O4和Zn（OH）2；将B中所得化合物过滤，得到Na2S2O4溶液，向溶液中加入固体NaC1，促进Na2S2O4析出，当Na2S2O4完全析出后，过滤、洗涤、干燥制得Na2S2O4晶体；
II.由实验室模拟甲酸钠法的装置可知，装置E为二氧化硫制备装置，将制得的二氧化硫通入到装置B中，碱性条件下，二氧化硫与甲酸钠发生氧化还原反应生成Na2S2O4、二氧化碳和水；将所得混合物过滤、洗涤、干燥制得Na2S2O4晶体。
【详解】（1）连接好装置后，检验装置的气密性的操作为关闭分液漏斗的旋塞，将C装置中的导管插入烧杯中的水面下，微热烧瓶，导管口有气泡产生，停止加热，导管口形成一段水柱，则气密性良好，故答案为：关闭分液漏斗的旋塞，将C装置中的导管插入烧杯中的水面下，微热烧瓶，导管口有气泡产生，停止加热，导管口形成一段水柱，则气密性良好；
（2）①制备二氧化硫时，若选用稀硫酸，二氧化硫易溶于水，不利于二氧化硫气体逸出，若选用98%浓硫酸，溶液中氢离子浓度小，反应速率慢，则为加快反应速率，有利于二氧化硫气体逸出，应选用70%较浓硫酸，C正确，故答案为：C；
②Na2S2O4在溶液中存在如下溶解平衡：Na2S2O4(s)2Na+(aq)+S2O(aq)，加入氯化钠固体，溶液中钠离子浓度增大，溶解平衡向左移动，有利于Na2S2O4晶体析出；由Na2S2O4易溶于水，难溶于甲醇可知，为减少Na2S2O4溶于水降低产率，应选用甲醇洗涤，故答案为：Na2S2O4(s)2Na+(aq)+S2O(aq)，加入固体NaC1，增大Na+浓度，平衡左移，促进Na2S2O4析出；甲醇；
（3）由Na2S2O4易溶于水，具有极强的还原性，易被空气氧化可知，保存新制Na2S2O4晶体应采用密封、干燥的方法保存，故答案为：密封、干燥保存；
（4）由实验装置图可知，装置F为三颈烧瓶；装置F中发生的反应为碱性条件下，二氧化硫与甲酸钠发生氧化还原反应生成Na2S2O4、二氧化碳和水，反应的离子方程式为OH-+HCOO-+2SO2=S2O+CO2+H2O，故答案为：三颈烧瓶；OH-+HCOO-+2SO2=S2O+CO2+H2O；
（5）由H2SO3的电离常数为K2=可知，该温度下当G溶液中HSO、SO离子浓度相等时，溶液中c（H+）=K2=1.0×10-7ml/L，则溶液pH=7，故答案为：7；
（6）由甲酸钠法和锌粉法的反应原理可知，甲酸钠法的工艺操作比锌粉法简单，锌粉法中使用的锌粉价格较高，甲酸钠法的原料价格低，甲酸钠法的经济效益大，锌粉法废液中锌离子对环境有较大污染，而甲酸钠法没有废液产生，故答案为：甲酸钠法工艺操作简单；锌粉法中使用的锌粉价格较高，甲酸钠法的原料价格低；锌粉法废液中锌离子对环境有较大污染，甲酸钠法没有废液产生。
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