第三章水溶液中的離子反應(yīng)與平衡第一節(jié)電離平衡課后練習(xí)- 高二化學(xué)人教版（2019）選擇性必修1

試卷第=page88頁，共=sectionpages99頁第三章水溶液中的離子反應(yīng)與平衡第一節(jié)電離平衡課后練習(xí)——上學(xué)期高二化學(xué)人教版（2019）選擇性必修1一、單選題（共17題）1．某興趣小組的同學(xué)向一定體積的溶液中逐滴加入稀硫酸，并測(cè)得混合溶液的導(dǎo)電能力隨時(shí)間變化的曲線如圖所示。該小組的同學(xué)關(guān)于如圖的說法中正確的是

A．AB段溶液的導(dǎo)電能力不斷減弱，說明生成的不是電解質(zhì)B．B處溶液的導(dǎo)電能力為0，說明不是電解質(zhì)C．a(chǎn)時(shí)刻溶液與稀硫酸恰好完全中和，與已完全沉淀D．BC段溶液的導(dǎo)電能力不斷增大，主要是由于過量的電離出的離子導(dǎo)電2．已知碳酸、亞硫酸、次氯酸的電離平衡常數(shù)如表，下列說法正確的是物質(zhì)H2CO3H2SO3HClO電離平衡常數(shù)Ka14.40×10-71.54×10-22.59×10-8Ka25.61×10-111.02×10-7A．相同條件下，同濃度的NaClO溶液和Na2CO3溶液的堿性，前者更強(qiáng)B．Na2CO3溶液中通入少量SO2，發(fā)生反應(yīng)：2CO+SO2+H2O=2HCO+SOC．NaHCO3溶液中通入少量SO2，發(fā)生反應(yīng)：2HCO+SO2=2CO2+SOD．向氯水中分別加入等濃度的NaHCO3和NaHSO3溶液，均可提高氯水中HClO的濃度3．下列敘述正確的是A．向0.1mol·L-1CH3COONa溶液中加少量CH3COONa固體，則溶液中減小B．pH=3的鹽酸和醋酸分別升高相同的溫度，CH3COOH的pH變大C．在等體積等濃度的鹽酸和醋酸中分別加入等質(zhì)量的相同鋅粒，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，醋酸不斷電離出H+，反應(yīng)速率比鹽酸大D．兩種氨水的pH分別為a和a+1，物質(zhì)的量濃度分別為c1和c2，則c1>10c24．下列按強(qiáng)電解質(zhì)、弱電解質(zhì)、酸性氧化物、堿性氧化物的組合，正確的是選項(xiàng)強(qiáng)電解質(zhì)弱電解質(zhì)酸性氧化物堿性氧化物ACa(OH)2酒精N2O5Na2OBCaSO4H2CO3SO2CaOCNaHCO3氨水Mn2O7Al2O3DHClHFCONa2O2A．A B．B C．C D．D5．某溫度下，K(HA)=5.0×10-4，K(HB)=1.6×10-5。現(xiàn)有體積均為V0的pH=a的兩種酸溶液，加水稀釋至體積為V，兩種溶液的pH隨lg的變化如圖所示。下列敘述正確的是()A．曲線Ⅱ代表HBB．a(chǎn)點(diǎn)時(shí)，兩溶液水的電離程度相同C．由c點(diǎn)到d點(diǎn)，溶液中增大(X代表A或B)D．分別取b點(diǎn)、c點(diǎn)溶液與等濃度NaOH溶液中和，恰好中和時(shí)消耗NaOH溶液的體積一樣多6．常溫下，為證明是弱電解質(zhì)。下列方法不正確的是A．測(cè)定氨水溶液的B．測(cè)定溶液的酸堿性C．測(cè)定為10的氨水溶液稀釋十倍后的D．比較的和溶液的導(dǎo)電能力7．下列說法正確的是A．常溫下pH＝2的CH3COOH溶液和pH＝2的H2SO4溶液，c(CH3COO－)＝2c(SO)B．在相同溫度下，pH相等的氨水和NaOH溶液，n(OH－)相等C．稀釋1mol·L－1的HCl溶液，溶液中的所有離子濃度均下降D．常溫下pH＝2的HClO溶液與pH＝12的NaOH溶液等體積混合，充分反應(yīng)后溶液pH＞78．已知H2CO3的電離平衡常數(shù)：Ka1＝4.5×10-7和Ka2＝4.7×10-11，HClO的電離平衡常數(shù)：Ka＝4.0×10-8。在反應(yīng)Cl2+H2OHCl+HClO達(dá)到平衡后，要使HClO的濃度增大可加入（）A．NaOH B．HCl C．NaHCO3 D．NaCl9．將10mL0.1的氨水加蒸餾水稀釋到1L后，下列變化正確的是（）①的電離程度增大②增大③的數(shù)目增多④增大⑤導(dǎo)電性增強(qiáng)⑥增大A．僅①②③ B．僅①⑥ C．僅①③⑥ D．僅②④⑥10．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關(guān)敘述正確的是A．1L1mol?L-1的鹽酸中含HCl分子的數(shù)目為NAB．1.12LCl2通入水中發(fā)生反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NAC．S2和S8的混合物共6.4g，其中所含硫原子數(shù)一定為0.2NAD．常溫常壓下，1molNO2氣體與水反應(yīng)生成NA個(gè)NO11．已知草酸(H2C2O4)是一種二元弱酸，157℃升華，170℃以上分解可放出CO2和CO；可與酸性KMnO4溶液反應(yīng)，其鈉鹽易溶于水，其鈣鹽難溶于水。下列說法正確的是A．草酸受熱產(chǎn)生的氣體，用足量的NaOH溶液充分吸收后，可收集得到純凈的COB．草酸受熱產(chǎn)生的氣體通過灼熱的氧化銅，若出現(xiàn)黑色固體變紅色的現(xiàn)象，則說明產(chǎn)生的氣體中一定有COC．草酸受熱產(chǎn)生的氣體直接通入足量的澄清石灰水中，若能產(chǎn)生白色渾濁現(xiàn)象，則說明產(chǎn)生的氣體中一定有CO2D．將0.01mol草酸晶體(H2C2O4·2H2O)加入110mL0.1mol/L的NaOH溶液中充分反應(yīng)，生成兩種鹽12．對(duì)可逆反應(yīng)，以下敘述正確的是A．當(dāng)?shù)纳伤俾适窍乃俾实?倍時(shí)，說明反應(yīng)達(dá)到了平衡狀態(tài)B．反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)，恒溫恒容下加入，會(huì)加快逆反應(yīng)速率，使平衡逆向移動(dòng)C．反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)，恒溫恒壓下通入惰性氣體，正反應(yīng)速率減慢，平衡正向移動(dòng)D．正反應(yīng)活化能小于逆反應(yīng)活化能13．常溫下，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL未知濃度鹽酸(酚酞作指示劑)的滴定曲線如圖，下列說法正確的是A．水電離出的氫離子濃度：a>bB．指示劑變色時(shí)，說明鹽酸與恰好反應(yīng)C．若用0.1mol/L的氨水V1mL滴定20.00mL該濃度的鹽酸，若混合后溶液的=7，則V1=20.00mLD．將pH相同、體積相同的NaOH溶液與氨水分別加水稀釋至原溶液的m倍和n倍，結(jié)果兩溶液的pH相同，則m<n14．下列實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象與實(shí)驗(yàn)操作不匹配的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象A向蔗糖中加入濃硫酸，并將產(chǎn)生的氣體通過足量溴水蔗糖變黑，膨脹，溴水褪色，有氣泡冒出B將少量硼酸滴入溶液中有氣泡產(chǎn)生C向盛有溶液的試管中滴加濃的維生素C溶液溶液由黃色變?yōu)闇\綠色DMg和鹽酸反應(yīng)，將溫度計(jì)水銀球插入反應(yīng)液中鎂條逐漸溶解，產(chǎn)生氣泡，溫度計(jì)水銀柱迅速上升A．A B．B C．C D．D15．下列指定條件下的結(jié)果正確的是A．0.1mol·L-1氨水中，c(OH-)=c(NH)B．常溫下，10mL0.02mol·L-1HCl溶液與10mL0.02mol·L-1Ba(OH)2溶液充分混合，若混合后溶液的體積為20mL，則溶液的pH=7C．在0.1mol·L-1CH3COONa溶液中，c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H＋)D．0.1mol·L-1某二元弱酸鹽NaHA溶液中，c(Na+)=2c(A2-)＋c(HA-)＋c(H2A)16．下列溶液中，導(dǎo)電性最強(qiáng)的是A．5L0.1mol/L氨水 B．5L0.1mol/L鹽酸C．0.1L0.1mol/LBa(OH)2溶液 D．0.1L0.1mol/L醋酸溶液17．室溫下H2SO4是二元強(qiáng)酸，其稀溶液中，第一步電離是完全的，第二步離程度較低，HSOH＋＋SO(K2=1.0×10-2)。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．56g單質(zhì)鐵與足量稀硫酸反應(yīng)產(chǎn)生22.4LH2B．1L0.1mol/L的稀硫酸中，含H＋的數(shù)目為0.2NAC．足量銅與1mol濃硫酸加熱充分反應(yīng)，生成SO2的數(shù)目小于0.5NAD．6.8g熔融的KHSO4中含有0.1NA個(gè)陽離子二、綜合題（共4題）18．氨催化分解既可防治氨氣污染，又能得到氫能源?；卮鹣铝袉栴}：（1）已知：①4NH3(g)+3O2(g)?2N2(g)+6H2O(g)ΔH1=－1266.6kJ·mol-1②H2(g)+O2(g)=H2O(1)ΔH2=－285.8kJ·mol-1③H2O(1)=H2O(g)ΔH3=+44.0kJ·mol-1反應(yīng)①的熱力學(xué)趨勢(shì)很大（平衡常數(shù)很大），其原因是________________。NH3分解的熱化學(xué)方程式為________________。（2）在Co—Al催化劑體系中，壓強(qiáng)p0下氨氣以一定流速通過反應(yīng)器，得到不同催化劑下NH3轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的關(guān)系如圖所示?；罨茏钚〉拇呋瘎開_______________：升高溫度，NH3的平衡轉(zhuǎn)化率增大，其原因是________________；溫度一定時(shí)，如果增大氣體流速，則b點(diǎn)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)可能________________（填“a”“c”“d”“e”或“f”）。（3）溫度為T時(shí)，體積為1L的密閉容器中加入0.8molNH3和0.1molH2，30min達(dá)到平衡時(shí)，N2的體積分?jǐn)?shù)為20%，則T時(shí)反應(yīng)2NH3(g)?N2(g)+3H2(g)的平衡常數(shù)K=________________mol2·L-2，NH3的分解率為________________，達(dá)到平衡后再加入0.8molNH3和0.1molH2，NH3的轉(zhuǎn)化率________________（填“增大”“不變”或“減小”）。（4）將氨溶解于水也可消除氨氣的污染。常溫下，向10mL0.1mol·L-1氨水中逐滴加入相同濃度的CH3COOH溶液，在滴加過程中=________________（填標(biāo)號(hào)）．A．始終堿小B．始終增大C．先減小后增大D．先增大后減小19．物質(zhì)在水溶液中可能存在電離平衡、鹽的水解平衡或沉淀溶解平衡，它們都可看作化學(xué)平衡的一種，請(qǐng)根據(jù)所學(xué)化學(xué)知識(shí)回答下列問題：(1)①在25℃條件下將pH=12的氨水稀釋過程中，下列關(guān)系式正確的_________。A．能使溶液中c(NH4+)：c(OH-)增大B．溶液中c(H+)·c(OH-)不變C．能使溶液中比值增大D．此過程中Kw增②25℃時(shí)，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化銨固體，當(dāng)固體溶解后，測(cè)得溶液pH減小，主要原因是_________。A．氨水與氯化銨發(fā)生化學(xué)反應(yīng)B．氯化銨溶液水解顯酸性，增加了c(H+)C．氯化銨溶于水，電離出大量銨離子，抑制了一水合氨的電離，使c(OH-)減小(2)①室溫下，如果將0.2molNH4Cl和0.1molNaOH全部溶于水，形成混合溶液(假設(shè)無損失)，_____和______兩種粒子的物質(zhì)的量之和比多0.1mol。②已知某溶液中只存在OH-、H+、NH4+、Cl-四種離子，某同學(xué)推測(cè)該溶液中各離子濃度大小順序可能有如下四種關(guān)系，若關(guān)系中C是正確的，則該溶質(zhì)的化學(xué)式是__________。A．c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)B．c(Cl-)＝c(NH4+)＞c(H+)＝c(OH-)C．c(Cl-)＞c(H+)＞c(NH4+)＞c(OH-)D．c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)(3)如圖所示，橫坐標(biāo)為溶液的pH，縱坐標(biāo)為Zn2+或[Zn(OH)4]2-(配離子)物質(zhì)的量濃度的對(duì)數(shù)?；卮鹣铝袉栴}：①向ZnCl2溶液中加入足量的氫氧化鈉溶液，用離子方程式表示出反應(yīng)的過程：_________________。②從圖中數(shù)據(jù)計(jì)算可得Zn(OH)2的溶度積(Ksp)=_______________。20．三氧化二鉻可用作搪瓷、陶瓷、人造革、建筑材料的著色劑。由高碳鉻鐵合金(含Cr、Fe及C)制備三氧化二鉻的工藝流程如下：已知：Cr(OH)3是兩性氫氧化物，草酸亞鐵為微溶物?；卮鹣铝袉栴}：(1)步驟Ⅰ浸取時(shí)，為提高浸取速率，除將高碳鉻鐵合金制成粉末外，還可采取的措施是________________(寫一點(diǎn))；浸取鉻時(shí)反應(yīng)的離子方程式為________________________。(2)步驟Ⅱ?yàn)V渣返回再次浸取的目的是________________________________________。(3)步驟Ⅲ除鐵時(shí)，溶液的pH對(duì)鐵的去除率影響如圖所示：pH小于2.3時(shí)，鐵去除率低，其原因是_______________________________________。(4)步驟Ⅳ能說明沉淀已洗滌干凈的操作是___________________________。(5)步驟Ⅴ沉鉻時(shí)，生成Cr(OH)3的化學(xué)方程式為_____________________________；沉鉻時(shí)，溶液pH與鉻的回收率關(guān)系如圖所示，當(dāng)pH＞8.5時(shí)，pH越大，鉻的回收率越低，其可能原因是____________________________________________。21．碲是VIA族元素，其單質(zhì)和化合物在化工生產(chǎn)等方面具有廣泛地應(yīng)用。(1)TeO2是兩性氧化物，微溶于水，可溶于強(qiáng)酸或強(qiáng)堿。TeO2和NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_________________________________。(2)碲酸(H6TeO6)是一種很弱的酸，Ka1=1×10-7，該溫度下，0.1mol/LH6TeO6的電離度a為_____________(結(jié)果保留1位有效數(shù)字)。(3)從粗銅精練的陽極泥(主要含有Cu2Te)中提取粗碲的一種工藝流程如圖:①已知加壓酸浸時(shí)控制溶液的pH為5.0，生成TeO2沉淀。如果H2SO4溶液濃度過大，產(chǎn)生的后果是____________________________。②“加壓酸浸”中為什么要加壓？_______________________________。③對(duì)濾渣“酸浸”后，將Na2SO3加入Te(SO4)2溶液中進(jìn)行“還原”得到固態(tài)碲，該反應(yīng)的離子方程式是_________________________________。④“還原”得到固態(tài)碲后分離出粗碲的方法是_______，對(duì)粗碲進(jìn)行洗滌，判斷洗滌干凈的實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象是______________________________________。已知陽極泥中Cu2Te的含量為a%，則m噸陽極泥理論上可制得純度為n%的粗碲___噸。答案第=page1010頁，共=sectionpages1212頁參考答案1．C【詳解】A．向一定體積的Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，生成硫酸鋇和水，AB段溶液的導(dǎo)電能力不斷減弱，是因?yàn)樯葿aSO4的溶解度較低，電離出的離子比較少，而BaSO4是電解質(zhì)，故A錯(cuò)誤；B．導(dǎo)電能力越強(qiáng)，離子濃度越大，B處的導(dǎo)電能力為0，說明溶液中幾乎沒有自由移動(dòng)的離子，但是水是電解質(zhì)，故B錯(cuò)誤；C．a(chǎn)時(shí)刻導(dǎo)電能力最弱，說明兩者恰好完全反應(yīng)，離子濃度最小，所以a時(shí)刻Ba(OH)2溶液中與稀硫酸恰好完全中和，與已完全沉淀，故C正確；D．BC段過量的硫酸電離產(chǎn)生氫離子和硫酸根離子導(dǎo)致溶液中自由移動(dòng)離子濃度變大，導(dǎo)電能力增強(qiáng)，故D錯(cuò)誤；故選：C。2．B【詳解】A．由弱酸的電離平衡常數(shù)可知，酸性：HClO＞，根據(jù)“越弱越水解”可知，弱酸的酸性越弱，其對(duì)應(yīng)的酸根離子水解程度越大，對(duì)應(yīng)的強(qiáng)堿弱酸鹽堿性越強(qiáng)，則同濃度的NaClO溶液比Na2CO3溶液的堿性弱，A錯(cuò)誤；B．由于Ka1(H2CO3)＞Ka2(H2SO3)＞Ka2(H2CO3)，即酸性H2CO3＞＞，所以Na2CO3溶液中通入少量SO2，考慮Na2CO3與酸的分步反應(yīng)，所以反應(yīng)的離子方程式為2CO+SO2+H2O=2HCO+SO，B正確；C．由于Ka1(H2SO3)＞Ka1(H2CO3)＞Ka2(H2SO3)，即酸性H2SO3＞H2CO3＞，所以NaHCO3溶液中通入少量SO2，發(fā)生反應(yīng)：HCO+SO2=CO2+HSO，C錯(cuò)誤；D．由于Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)＞Ka2(H2CO3)，即酸性H2CO3＞HClO＞，因此HClO不能與NaHCO3反應(yīng)，但HCl是強(qiáng)酸，能與NaHCO3反應(yīng)，使c(HCl)減小，促進(jìn)化學(xué)平衡Cl2+H2O?HCl+HClO正向移動(dòng)，從而提高HClO的濃度；但HClO具有氧化性，NaHSO3具有還原性，二者能夠發(fā)生氧化還原反應(yīng)，所以加入NaHSO3溶液不能提高HClO的濃度，D錯(cuò)誤；故選B。3．D【詳解】A.向0.1mol·L-1CH3COONa溶液中加少量CH3COONa固體，水解平衡逆向移動(dòng)，增大的程度比，則溶液中增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B.pH＝3的鹽酸和醋酸分別升高相同的溫度，促進(jìn)醋酸的電離，醋酸溶液中氫離子濃度增大，因此CH3COOH的pH變小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.在等體積等濃度的鹽酸和醋酸中分別加入等質(zhì)量的相同鋅粒，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，雖然醋酸不斷電離出H＋，但醋酸中氫離子濃度小于鹽酸中，因此反應(yīng)速率比鹽酸小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D.兩種氨水的pH分別為a和a＋1，物質(zhì)的量濃度分別為c1和c2，假設(shè)這兩者電離程度相同，則c2=10c1，根據(jù)越弱越電離，物質(zhì)的量濃度為c1的氨水電離程度大，則濃度應(yīng)適當(dāng)小，所以c2＞10c1，選項(xiàng)D正確；答案選D。4．B【分析】在水溶液中能完全電離的電解質(zhì)為強(qiáng)電解質(zhì)；在水溶液中不能完全電離的電解質(zhì)為弱電解質(zhì)；能和堿反應(yīng)生成只鹽和水的氧化物為酸性氧化物；能和酸反應(yīng)生成只鹽和水的氧化物為堿性氧化物，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．酒精不能發(fā)生電離，屬于非電解質(zhì)，故A錯(cuò)誤；B．CaSO4在水溶液中能完全電離，故為強(qiáng)電解質(zhì)；H2CO3在水溶液中部分電離，為弱電解質(zhì)；SO2能和堿反應(yīng)生成鹽和水，故為酸性氧化物；CaO能和酸反應(yīng)生成鹽和水，屬于堿性氧化物，故B正確；C．氨水是溶液，是混合物，不是弱電解質(zhì)，Al2O3既能與酸反應(yīng)又能與堿反應(yīng)，屬于兩性氧化物，不是堿性氧化物，故C錯(cuò)誤；D．CO和堿不反應(yīng)，不是酸性氧化物，屬于不成鹽氧化物，Na2O2與酸反應(yīng)除了生成鹽和水，還生成了氧氣，過氧化鈉不屬于堿性氧化物，故D錯(cuò)誤；故選B。5．B【詳解】A．K(HA)=5.0×10-4，K(HB)=1.6×10-5，酸性：HA>HB，相同pH的弱酸加水稀釋，酸性越強(qiáng)的酸，pH變化越大，所以曲線Ⅱ代表HA溶液，故A錯(cuò)誤；

B．a(chǎn)點(diǎn)時(shí)，溶液的pH相同，水的電離程度受酸的抑制程度相同，兩溶液水的電離程度相同，故B正確；

C．由c點(diǎn)到d點(diǎn)，弱酸的電離常數(shù)和水的電離常數(shù)都不變，所以不變，即保持不變，故C錯(cuò)誤；

D．b點(diǎn)和c點(diǎn)兩種酸，對(duì)應(yīng)初始時(shí)的pH相同，體積相同，故酸性較弱的HB物質(zhì)的量大，分別與氫氧化鈉溶液恰好中和時(shí)消耗NaOH溶液的體積HB多，故D錯(cuò)誤；故選B6．D【詳解】A．測(cè)定氦水溶液的pH，若其pH小于1２，則說明在水溶液中不完全電離，為弱電解質(zhì)，故A正確B．測(cè)定溶液的酸堿性，若其溶液顯酸性，則說明溶液中存在銨根的水解，為弱電解質(zhì)，故B正確；C．為10的氨水溶液稀釋十倍后的如果大于9，說明在氨水中存在電離平衡，則是弱電解質(zhì)，故C正確D．應(yīng)該比較同濃度的和溶液的導(dǎo)電能力，故D錯(cuò)誤；故選D。7．A【詳解】A．醋酸溶液中，pH=2，則，pH=2的溶液，，，所以，故A正確；B．pH相等的氨水和NaOH溶液，氫氧根濃度相同，但是兩者體積不一定相等，根據(jù)n=cV，故n(OH-)不一定相等，故B錯(cuò)誤；C．酸濃度越大，對(duì)水的抑制能力越強(qiáng)，稀釋1mol/L鹽酸時(shí)，溶液中氫離子濃度下降，根據(jù)，增加，故C錯(cuò)誤；D．HClO是弱酸，在溶液中不完全電離，pH=2的HClO溶液，其中，pH=2的NaOH溶液，，故兩者等體積混合后酸過量，溶液呈酸性，故D錯(cuò)誤；故選A。8．C【詳解】A．加入氫氧化鈉，鹽酸和次氯酸都可以和氫氧化鈉反應(yīng)，所以次氯酸的濃度減小，故A項(xiàng)不選；B．加入HCl，平衡逆向移動(dòng)，次氯酸的濃度減小，故B項(xiàng)不選；C．由電離平衡常數(shù)可知，酸性：HCl>H2CO3>HClO>，加入碳酸氫鈉，只與鹽酸反應(yīng)，使平衡正向移動(dòng)，次氯酸的濃度增大，故C項(xiàng)選；D．加入氯化鈉，溶液中氯離子濃度增大，平衡逆向移動(dòng)，次氯酸濃度減小，故D項(xiàng)不選；綜上所述，能夠使HClO的濃度增大的是C項(xiàng)，故答案為C。9．C【詳解】①根據(jù)越稀越電離規(guī)律，加水稀釋，促進(jìn)NH3·H2O電離，①正確；②加水稀釋，促進(jìn)電離，故c(NH3·H2O)減小，②錯(cuò)誤；③稀釋電離平衡正向移動(dòng)，所以數(shù)目增多，③正確；④，加水稀釋，由于溶液的體積變化較大，平衡中涉及的粒子濃度均減小，故c(OH-)減小，④錯(cuò)誤；⑤加水稀釋，離子濃度減小，故導(dǎo)電性減弱，⑤錯(cuò)誤；⑥依據(jù)，平衡正向移動(dòng)，導(dǎo)致n()增大，n(NH3·H2O)減少，故比值增大；或者根據(jù)電離平衡常數(shù)，此時(shí)c(OH-)減小，要保持K不變，則要增大，⑥正確；故答案選①③⑥，即選項(xiàng)C?！军c(diǎn)睛】分析加水稀釋對(duì)平衡的影響時(shí)，注意分清物質(zhì)的量與濃度，兩者變化可能不同。10．C【詳解】A．HCl為強(qiáng)酸，在水中完全電離，鹽酸中沒有HCl分子，A錯(cuò)誤；B．沒有指明為標(biāo)準(zhǔn)狀況，無法計(jì)算1.12LCl2的物質(zhì)的量，則無法計(jì)算轉(zhuǎn)移的電子數(shù)，B錯(cuò)誤；C．S2和S8的混合物共6.4g，其中所含硫原子物質(zhì)的量為，則硫原子數(shù)一定為0.2NA，C正確；D．常溫常壓下，NO2氣體與水發(fā)生反應(yīng)，則根據(jù)N元素守恒可知，生成NO的物質(zhì)的量小于1mol，D錯(cuò)誤；故選C。11．D【詳解】A．草酸受熱產(chǎn)生的氣體用足量的NaOH溶液充分吸收后，所得CO中還混有水，不是純凈的氣體，還需要濃硫酸干燥后才能得到純凈的CO，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．草酸能被高錳酸鉀氧化，說明草酸具有還原性，可能是草酸還原了CuO，干擾了CO的檢驗(yàn)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．草酸受熱產(chǎn)生的氣體直接通入足量的澄清石灰水中，可能草酸與石灰水反應(yīng)生成草酸鈣沉淀，則不能說明產(chǎn)生的氣體中一定有CO，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．將0.01mol草酸晶體(H2C2O4·2H2O)加入110mL0.1mol/L的NaOH溶液中草酸與NaOH反應(yīng)，草酸晶體(H2C2O4·2H2O)過量與NaOH溶液反應(yīng)生成NaHC2O4和Na2C2O4，反應(yīng)方程式如下：D項(xiàng)正確；答案選D。12．C【詳解】A．無論反應(yīng)是否平衡，氫氣的生成速率始終是的消耗速率的2倍，故A錯(cuò)誤；B．反應(yīng)體系中固體視為濃度不變，加入后無影響，故B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)，恒溫恒壓下通入惰性氣體，體積增大，相當(dāng)于對(duì)反應(yīng)體系減壓，平衡向著氣體分子數(shù)增多的方向移動(dòng)，故平衡正向移動(dòng)，故C正確；D．反應(yīng)焓變大于零，說明生成物能量大于反應(yīng)物能量。反應(yīng)過程中正反應(yīng)活化能大于逆反應(yīng)活化能，故D錯(cuò)誤；故答案為C。13．D【詳解】A．酸性越強(qiáng)對(duì)水的電離抑制程度越大，水電離出的氫離子濃度：a＜b，A錯(cuò)誤；B．酚酞的變色范圍是8.2~10.0，變色時(shí)溶液已經(jīng)呈弱堿性，B錯(cuò)誤；C．若用0.1mol/L的氨水V1mL滴定20.00mL該濃度的鹽酸，若混合后溶液的=7，則V1＞20.00mL，因?yàn)榘彼疄槿蹼娊赓|(zhì)，不能完全電離，C錯(cuò)誤；D．加水稀釋，氫氧化鈉溶液不再電離，氨水會(huì)促進(jìn)電離，由于稀釋后氫氧根離子濃度仍相等，則氨水加水稀釋的要多點(diǎn)，所以m＜n，D正確；故選D。14．B【詳解】A．蔗糖和濃硫酸反應(yīng)產(chǎn)生了CO2和SO2，SO2可以被溴水吸收，使溴水褪色，CO2與溴水不反應(yīng)，故會(huì)有氣泡冒出，A中實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象與實(shí)驗(yàn)操作匹配；B．碳酸的酸性強(qiáng)于硼酸，將少量硼酸滴入溶液中無現(xiàn)象，B中實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象與實(shí)驗(yàn)操作不匹配；C．維生素C具有還原性，能將三價(jià)鐵離子還原為二價(jià)鐵離子，溶液由黃色變?yōu)闇\綠色，C中實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象與實(shí)驗(yàn)操作匹配；D．活潑金屬和酸的反應(yīng)屬于放熱反應(yīng)，故鎂和鹽酸反應(yīng)的現(xiàn)象為鎂條逐漸溶解，產(chǎn)生氣泡，溫度計(jì)水銀柱迅速上升，D中實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象與實(shí)驗(yàn)操作匹配；綜上所述答案為B。15．C【詳解】A．溶液中的OH-由NH3·H2O、H2O共同電離產(chǎn)生，根據(jù)電荷守恒可得c(OH-)=c(NH)+c(H+)，A錯(cuò)誤；B．二者等體積混合后，溶液中有未反應(yīng)的OH-大量存在，溶液顯堿性，所以常溫下溶液的pH＞7，B錯(cuò)誤；C．CH3COONa是強(qiáng)堿弱酸鹽，在溶液中CH3COO-水解消耗水電離產(chǎn)生的H+，促進(jìn)水的電離，最終達(dá)到平衡時(shí)，溶液中c(OH-)＞c(H＋)，溶液顯堿性。根據(jù)質(zhì)子守恒可得c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H＋)，C正確；D．根據(jù)物料守恒可得：c(Na+)=c(A2-)＋c(HA-)＋c(H2A)，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是C。16．C【分析】溶液導(dǎo)電能力的強(qiáng)弱與溶液中自由移動(dòng)的離子濃度大小和離子所帶電荷的多少有關(guān)?！驹斀狻恳?yàn)橐凰习笔侨蹼娊赓|(zhì)，電離度很小，所以5L0.1mol/L氨水中的自由移動(dòng)的離子濃度很小，A不符合題意；B選項(xiàng)中5L0.1mol/L鹽酸中的氯離子和氫離子濃度之和為0.2mol/L，C選項(xiàng)中0.1L0.1mol/LBa(OH)2溶液中的鋇離子和氫氧根離子濃度之和為0.3mol/L，D選項(xiàng)中0.1L0.1mol/L醋酸溶液，因?yàn)榇姿崾侨蹼娊赓|(zhì)，電離度很小，自由移動(dòng)的離子濃度很小，所以只有C選項(xiàng)中離子濃度最大，導(dǎo)電能力最強(qiáng)，故選C。17．C【詳解】A．由關(guān)系式Fe～H2可知，56g單質(zhì)鐵與足量稀硫酸反應(yīng)產(chǎn)生氫氣的物質(zhì)的量為，但題目未給標(biāo)準(zhǔn)狀況無法求算氣體體積，A錯(cuò)誤；B．H2SO4第二步解離程度較低，H+的數(shù)目小于0.2NA，B錯(cuò)誤；C．由關(guān)系式2H2SO4～SO2可知二氧化硫的物質(zhì)的量為硫酸的一半，但是隨著反應(yīng)的進(jìn)行，濃硫酸變稀，反應(yīng)停止，故二氧化硫的物質(zhì)的量小于0.5NA，C正確；D．6.8g熔融的KHSO4的物質(zhì)的量為0.05mol，而熔融的KHSO4只能電離為K+和，故0.05mol熔融的硫酸氫鉀中含陽離子為0.05NA個(gè)，D錯(cuò)誤；故選C。18．反應(yīng)①放出的熱量很大2NH3(g)N2(g)+3H2(g)△H=+92.1kJ/mol90CoAlNH3分解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)e7.575%減小B【分析】（1）根據(jù)蓋斯定律由×①-3（②+③）可得到目標(biāo)熱化學(xué)方程式；（2）根據(jù)圖像中幾種催化劑對(duì)反應(yīng)歷程的影響進(jìn)行分析，由外界條件對(duì)平衡移動(dòng)的影響來分析判斷；（3）根據(jù)題中提供的數(shù)據(jù)列出三段式，計(jì)算平衡常數(shù)和轉(zhuǎn)化率。（4）根據(jù)二者混合后溶液里離子濃度的變化來分析。【詳解】（1）反應(yīng)①的ΔH1=－1266.6kJ·mol-1，放出的熱量很大，故熱力學(xué)趨勢(shì)很大；反應(yīng)：①4NH3(g)+3O2(g)?2N2(g)+6H2O(g)ΔH1=－1266.6kJ·mol-1②H2(g)+O2(g)=H2O(1)ΔH2=－285.8kJ·mol-1③H2O(1)=H2O(g)ΔH3=+44.0kJ·mol-1根據(jù)蓋斯定律，將方程式×①-3（②+③）得方程式2NH3(g)N2(g)+3H2(g)△H=(-1266.6kJ/mol)-3(-285.8+44)kJ/mol=+92.1kJ/mol；（2）由圖分析可知，90CoAl催化劑在較低溫度下就達(dá)到平衡狀態(tài)，反應(yīng)速率最快，反應(yīng)的活化能最??；由2NH3(g)N2(g)+3H2(g)△H=+92.1kJ/mol可知NH3分解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，NH3的轉(zhuǎn)化率增大；此反應(yīng)為氣體體積增大的反應(yīng)，溫度一定時(shí)，增大氣體流速平衡逆向移動(dòng)，氨氣轉(zhuǎn)化率減小，b點(diǎn)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)可能為e點(diǎn)，答案為：90CoAl；NH3分解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)；e；（3）由題中數(shù)據(jù)可知，設(shè)達(dá)到平衡時(shí)氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量為xmol，列三段式為：相同條件下氣體的物質(zhì)的量之比等于體積之比，所以達(dá)到平衡時(shí)N2的體積分?jǐn)?shù)為：=20%，解得x=0.3mol，因?yàn)槿萜黧w積為1L，氣體的物質(zhì)的量與物質(zhì)的量濃度數(shù)值相等，所以平衡常數(shù)K==7.5，NH3的分解率為100%=75%；達(dá)到平衡后再加入0.8molNH3和0.1molH2，相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，反應(yīng)逆向移動(dòng)，氨氣的轉(zhuǎn)化率減小，答案為：7.5；75%；減??；（4）常溫下，向10mL0.1mol·L-1氨水中逐滴加入相同濃度的CH3COOH溶液發(fā)生反應(yīng)，CH3COOH電離出的H+消耗NH3·H2O電離出的OH-，c（OH-）減小，促進(jìn)NH3·H2O的電離，銨根離子濃度增大，一水合氨濃度減小，因此在滴加CH3COOH溶液過程中比值始終增大，答案為B?！军c(diǎn)睛】用蓋斯定律時(shí)注意，方程式化學(xué)計(jì)量數(shù)變化，反應(yīng)熱也要相應(yīng)的變化，計(jì)算化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡常數(shù)時(shí)用物質(zhì)的量濃度計(jì)算，不能用物質(zhì)的量來計(jì)算。19．BCH+NH4Cl

和HClZn2++2OH-=Zn(OH)2↓

Zn(OH)2+2OH-=

[Zn(OH)4]2-1.0×10-17【詳解】（1）①A．在25℃條件下將pH=12的氨水稀釋的過程中，溫度不變，則氨水的電離平衡常數(shù)不變，即不變，又稀釋過程中減小，也減小，故A不選；B．在25℃條件下將pH=12的氨水稀釋的過程中，溫度不變，所以不變，故選B；C．，又因溫度不變，所以不變，則比值不變，故C不選；D．在25℃條件下將pH=12的氨水稀釋的過程中，溫度不變，所以不變，故D不選。答案選B②氯化銨溶于水后電離出銨根離子，使氨水中的銨根離子濃度增大，平衡向左移動(dòng)，從而抑制氨水的電離，使氨水中氫氧根離子濃度減小，故答案選C；（2）①根據(jù)物料守恒得，根據(jù)溶液中電荷守恒得：，，故答案為：、；②由c(Cl-)＞c(H+)＞c(NH4+)＞c(OH-)可知溶液呈酸性，則溶液為鹽酸和氯化銨的混合溶液，其溶質(zhì)為，故答案為：；（3）①向ZnCl2溶液中加入足量的氫氧化鈉溶液，開始時(shí)結(jié)合生成沉淀，當(dāng)被完全沉淀后，會(huì)與過量的結(jié)合生成，故用離子方程式表示，向ZnCl2溶液中加入足量的氫氧化鈉溶液反應(yīng)過程的答案為：；②由圖示可知當(dāng)pH=8時(shí)溶液中的，，帶入數(shù)據(jù)可得，故答案為：；20．適當(dāng)提高硫酸的濃度或適當(dāng)提高浸取液溫度或攪拌2Cr+6H+===2Cr3++3H2↑提高鉻的浸取率H2C2O4電離出的C2O42-濃度低，不利于FeC2O4·2H2O生成向最后一次洗滌液中滴入BaCl2溶液，無白色沉淀Cr2(SO4)3+6NH4HCO3===2Cr(OH)3↓+3