D
常温下白磷可自燃而氮气须在放电时才与氧气反应
非金属性：
P＞N
10、25℃时，水的电离达到平衡：
H2O⇌H++OH﹣△H＞0，下列叙述正确的是（ ）
A．向水中加入氨水，平衡逆向移动，c（OH﹣）降低
B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H+）增大，KW不变
C．向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c（H+）降低
D．将水加热，KW增大，pH不变
11、在0.1mol/L的CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：
CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+对于该平衡，下列叙述正确的是（ ）
A．加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动
B．加水，反应速率增大，平衡向逆反应力向移动
C．滴加少量0.1mol/LHCl溶液，溶液中c（H+）减少
D．加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动
12、将纯水加热到较高的温度，下列叙述正确的为（ ）
A．水的离子积变大，PH变小，呈中性
B．水的离子积不变，PH不变，呈中性
C．水的离子积变小，PH变大，呈碱性
D．水的离子积变大，PH变小，呈酸性
二、非选择题
13、在一定温度下，冰醋酸加水稀释的过程中，溶液的导电能力如图所示，请回答：
（1）“0”点导电能力为0的理由 ．
（2）a，b，c三点溶液的pH值由小到大的顺序为 ．
（3）a，b，c三点中电离度最大的是：
．
（4）若使c点溶液中[CH3COO﹣]增大，溶液的pH值也增大，可采取的措施为：
① ；② ；③ ．
14、已知硫酸在水中的电离方程式是：
H2SO4═H++HSO4﹣HSO4﹣⇌H++SO42﹣，回答下列问题：
（1）Na2SO4溶液显 （填“酸性”，“中性”或“碱性”）．理由是（用离子方程式表示） ．
（2）在0.1mol•L﹣1的Na2SO4溶液中，下列微粒浓度关系正确的有 ．
A．c（SO42﹣）+c（HSO4﹣）+c（H2SO4）=0.1mol•L﹣1
B．c（OH﹣）=c（H+）+c（HSO4﹣）
C．c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HSO4﹣）+2c（SO42﹣）
D．c（Na+）=2c（SO42﹣）+2c（HSO4﹣）
（3）如果25℃时，0.1mol•L﹣1的NaHSO4溶液中c（SO42﹣）=0.029mol•L﹣1，则0.1mol•L﹣1H2SO4溶液中c（SO42﹣） 0.029mol•L﹣1（填“＜”，“＞”或“=”）．
（4）0.1mol•L﹣1NaHSO4溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是：
．
（5）如果25℃时，0.10mol•L﹣1H2SO4溶液的pH=﹣lg0.11，则25℃时，0.10mol•L﹣1的H2SO4溶液中c（SO42﹣）= ．
15、
（1）下列物质中，属于弱电解质的是（填序号，下同） ，属于非电解质的是 ．
①亚硫酸溶液 ②次氯酸钠 ③氯化氢气体 ④蔗糖 ⑤硫酸钡
⑥氨气 ⑦冰醋酸 ⑧硫酸氢钠固体 ⑨氢氧化铁 ⑩NO2
（2）写出下列物质在水中的电离方程式：
硫酸氢钠：
次氯酸钠：
N ；
（3）甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol•L﹣1、0.1mol•L﹣1，则c（OH﹣）甲：
c（OH﹣）乙 10（填“大于”、“等于”或“小于”）．
（4）现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol•L﹣1的NaOH溶液，乙为0.1mol/L的HCl溶液，丙为0.1mol/L的CH3COOH溶液，甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c（OH﹣）的大小关系为 ；
（5）NO2与NO之间存在如下可逆反应：
2NO2⇌2NO+O2．T℃时，在一恒容密闭容器中充入适量NO2，反应达到平衡状态的标志
①混合气体的颜色不再改变的状态
②混合气体的密度不再改变的状态
③混合气体的压强不再改变的状态
④混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
⑤
的比值不再改变的状态．
16、已知室温时，0.1mol·L－1的某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，回答下列各问题；
（1）该溶液的pH＝________。
（2）HA的电离平衡常数K＝________。
（3）升高温度时，K将________（填“增大”、“减小”或“不变”），pH将________（填“增大”、“减小”或“不变”）。
（4）由HA电离出的c（H＋）约为水电离出的c（H＋）的________倍。
参考答案
1、【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；盐类水解的应用；中和滴定．
【专题】图像图表题；电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A．醋酸为弱酸，不能完全电离；
B．将0.01mol•L﹣1NaOH溶液滴人到稀盐酸中，则溶液pH应逐渐增大；
C．从z点刭x点，水的离子积常数减小，应改变温度；
D．氯化铵水解呈酸性，加水稀释，促进水解．
【解答】解：
A．醋酸是弱酸，盐酸是强酸，以此在物质的量浓度相同的情况下，盐酸与镁反应的速率快，故A错误；
B．乙应该表示的是将稀盐酸滴加到氢氧化钠溶液中的滴定曲线，故B错误；
C．丙为水的电离曲线，从z点刭x点，水的离子积常数减小，因此不能采用在水中加入适量氢氧化钠固体的方法实现，故C错误；
D．盐酸是强酸，完全电离，氯化铵是强酸弱碱盐，水解呈酸性，因此在pH相同的条件下，分别稀释相同的倍数时，盐酸的pH变化大，故D正确．
故选D．
【点评】本题考查较为综合，涉及外界条件对反应速率的影响、电离平衡、盐类水解以及酸碱中和反应曲线等知识，侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点，注意相关基础知识的积累，难度不大．
2、【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A．c（H+）=10﹣pH；
B．相同条件下，pH相等的CH3COOH和pH=2的HCl溶液中c（HCl）＜c（CH3COOH），分别中和等体积相同物质的量浓度的NaOH溶液消耗酸的体积与其物质的量浓度成反比；
C．两种酸和足量Al反应生成氢气的物质的量与酸的物质的量成正比；
D．加水稀释促进醋酸电离．
【解答】解：
A．根据c（H+）=10﹣pH知，二者的pH相等，则氢离子浓度相等，则溶液中的c（H+）：
①=②，故A错误；
B．相同条件下，pH相等的CH3COOH和pH=2的HCl溶液中c（HCl）＜c（CH3COOH），分别中和等体积相同物质的量浓度的NaOH溶液消耗酸的体积与其物质的量浓度成反比，所以消耗溶液的体积：
①＜②，故B正确；
C．两种酸和足量Al反应生成氢气的物质的量与酸的物质的量成正比，pH相等、体积相等的两种酸的物质的量：
①＞②，则生成氢气的量：
①＞②，故C错误；
D．加水稀释促进醋酸电离，HCl完全电离，所以稀释相同倍数时，醋酸中氢离子浓度大于HCl，则溶液的pH：
①＜②，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质的电离特点是解本题关键，注意①②pH相等但其物质的量浓度不等，注意C中金属是足量的，为易错点．
3、【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【专题】盐类的水解专题．
【分析】A．加入氯化铵后溶液中铵根离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，然后结合氨水的电离平衡常数判断；
B．弱电解质溶液中，浓度越小，弱电解质的电离程度越大；
C．根据醋酸溶液中的电荷守恒判断；
D．根据硝酸钾溶液中的物料守恒分析．
【解答】解：
A．向0.1mol•L﹣1氨水中加入适量NH4Cl（s），一水合氨的电力平衡向着逆向移动，溶液中氢氧根离子浓度减小，根据Kb=
可知，温度不变、Kb不变，则混合液中c（NH4+）与c（NH3•H2O）之比=
的比值增大，故A正确；
B.25℃时，如果一水合氨是强电解质，则0.1mol•L﹣1氨水和0.05mol•L﹣1氨水中c（OH﹣）之比是2：
1，实际上，一水合氨是弱电解质且溶液浓度越稀，一水合氨的电离程度越大，所以0.1mol•L﹣1氨水和0.05mol•L﹣1氨水中c（OH﹣）之比小于2：
1，故B错误；
C.0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中存在电荷守恒：
c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（H+），则c（CH3COO﹣）＜c（H+），故C错误；
D．混合液中硝酸根离子和钾离子都不反应，根据物料守恒可知：
c（K+）=c（NO3﹣），故D错误；
故选A．
【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确盐的水解原理及其影响危机的关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．
4、【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡，稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，但醋酸增大的电离程度小于溶液体积增大程度，据此分析解答．
【解答】解：
醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡，稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，但醋酸增大的电离程度小于溶液体积增大程度，
A．醋酸增大的电离程度小于溶液体积增大程度，所以c（CH3COO﹣）减小，故A错误；
B．醋酸增大的电离程度小于溶液体积增大程度，所以c（H+）减小，故B错误；
C．加水稀释醋酸，促进醋酸电离，则c（CH3COOH）减小，故C错误；
D．加水稀释醋酸促进醋酸电离，但醋酸增大的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子浓度减小，温度不变水的离子积常数不变，所以c（OH﹣）增大，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查了弱电解质电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，注意结合水的离子积常数分析，知道水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，难度中等．
5、【考点】强电解质和弱电解质的概念．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】强电解质是在水溶液中能完全电离的电解质，能导电的物质必须有电子或自由移动的离子，据此判断．
【解答】解：
①氯化钠溶液能导电，但氯化钠溶液是混合物，故①错误；
②氯化铵固体是强电解质，但氯化铵固体没有自由移动的离子不导电，故②错误；
③铜能导电，但铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故③错误；
④石墨能导电，但石墨是单质，既不是电解质也不是非电解质，故④错误；
⑤熔融的氢氧化钠是化合物，能完全电离出自由移动的钠离子和氢氧根离子，能导电，属于强电解质，故⑤正确；
⑥稀硫酸属于混合物，能导电，稀硫酸既不是电解质也不是非电解质，故⑥错误；
⑦乙酸属于弱电解质，故⑦错误；
故选A．
【点评】本题重点考查了强电解质概念的辨析，解题时紧抓住是否完全电离及能否导电，题目难度不大．
6、【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】加入氯化铵晶体后，溶液中铵根离子浓度增大，抑制了一水合氨的电离，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液的碱性减弱，据此进行解答．
【解答】解：
因氨水电离生成氢氧根离子和铵根离子，当加入少量的NH4Cl晶体后，NH4+离子浓度增大，根据同离子效应，加入NH4Cl后，氨水的电离平衡向逆方向移动，抑制氨水电离，导致c（OH﹣）变小，溶液碱性减弱，
故选B．
【点评】本题考查弱电解质的电离及其影响，题目难度不大，明确弱电解质的电离平衡及其影响为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的分析能力及灵活应用能力．
7、B
8、D
9、C
10、【考点】水的电离．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A、氨水溶液显碱性，纯水显中性，碱中氢氧根浓度大于水中的；
B、硫酸氢钠能完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子；
C、醋酸根水解对水的电离起到促进作用；
D、温度升高，水的离子积常数增大，则pH值减小．
【解答】解：
A、向水中加入氨水，溶液由中性到碱性，碱对水的电离起抑制作用，所以平衡逆向移动，c（OH﹣）增大，故A错误；
B、NaHSO4═Na++SO42﹣+H+，其中电离出的氢离子使c（H+）增大，但是温度不变，KW不变，故B正确；
C、CH3COONa中的醋酸根水解对水的电离起到促进作用，电离平衡右移，c（H+）降低，故C错误；
D、温度升高，水的离子积常数KW增大，则pH值减小，故D错误．
故选：
B．
【点评】本题考查学生水的电离知识，酸、碱对水的电离起抑制作用，水解的盐对水的电离起促进作用．
11、【考点】影响盐类水解程度的主要因素．
【专题】盐类的水解专题．
【分析】A、加入氢氧化钠溶解后的氢氧根离子和氢离子反应促进电离平衡正向进行；
B、加水促进电离，平衡正向进行；
C、加入盐酸氢离子浓度增大，平衡左移；
D、加入醋酸钠溶解后的醋酸根离子抑制醋酸电离，平衡左移；
【解答】解：
A、加入氢氧化钠溶解后的氢氧根离子和氢离子反应促进电离平衡正向进行；故A正确；
B、加水稀释促进电离平衡，浓度减小反应速率减小，醋酸电离平衡正向进行；故B错误；
C、加入盐酸氢离子浓度增大，平衡左移；达到锌平衡后，溶液中氢离子浓度增大，故C错误；
D、加入醋酸钠溶解后的醋酸根离子抑制醋酸电离，平衡左移；故D错误；
故选A．
【点评】本题考查了弱电解质电离平衡的影响因素判断，电离是吸热过程，醋酸是弱电解质存在电离平衡，题目较简单．
12、【考点】离子积常数；水的电离．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，但水中氢离子和氢氧根离子浓度仍然相等，水呈中性，据此分析解答．
【解答】解：
水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，所以水中c（H+）、c（OH﹣）都增大，则水的离子积常数增大，PH减小，但水中氢离子和氢氧根离子浓度仍然相等，水呈中性，故选A．
【点评】本题考查水的电离，侧重考查学生对影响水电离因素的分析，注意：
不能根据pH大小判断溶液酸碱性，要根据c（H+）、c（OH﹣）的相对大小判断溶液酸碱性，为易错点．
13、【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】
（1）溶液是通过离子的定向移动形成电流的；
（2）溶液的导电能力与离子浓度成正比；
（3）溶液越稀，醋酸的电离程度越大；
（4）若使C点溶液中[CH3COO﹣]增大，而[H+]减小，可以向溶液中加入某些和氢离子反应的物质．
【解答】解：
（1）溶液是通过离子的定向移动形成电流的，冰醋酸中醋酸以分子存在，不存在离子，所以冰醋酸不导电，
故答案为：
醋酸为共价化合物，在固、液态时不存在自由移动的离子，所以不导电；
（2）溶液的导电能力与离子浓度成正比，根据图象知，溶液导电能力大小顺序是b＞a＞c，则氢离子浓度由小到大顺序是c＜a＜b，则pH由小到大的顺序为b＜a＜c；
故答案为：
b＜a＜c；
（3）溶液越稀，醋酸的电离程度越大，根据图象知，溶液体积大小顺序是c＞b＞a，所以醋酸电离程度最大的是c，
故答案为：
c；
（4）若使C点溶液中[CH3COO﹣]增大，而[H+]减小，可以向溶液中加入某些和氢离子反应的物质，如碱、酸性小于醋酸的盐、活泼金属等，
故答案为：
①加NaOH（s）；②加Na2CO3（s）；③加入活泼金属（如锌、镁等）．
【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确溶液导电能力的影响因素、弱电解质电离程度与溶液浓度的关系是解本题关键，正确分析图象即可，题目难度不大．
14、【考点】离子浓度大小的比较．
【分析】
（1）硫酸的第一步电离是完全的：
H2SO4=H++HSO4﹣，第二步电离并不完全：
HSO4﹣⇌H++SO42﹣．Na2SO4溶液存在SO42﹣+H2O⇌OH﹣+HSO4﹣，溶液呈碱性；
（2）A．溶液中没有H2SO4分子；
B．根据质子守恒分析；
C．根据溶液中的电荷守恒分析；
D．根据Na原子与S原子之间的关系分析；
（3）依据硫酸在水中的第一步电离是完全的，第二步电离并不完全，结合平衡移动分析判断；
（4）0.1mol•L﹣1的NaHSO4溶液中c（SO42﹣）=0.029mol•L﹣1，则c（HSO4﹣）＞c（SO42﹣），溶液显酸性；
（5）依据氢离子浓度对硫酸氢根离子的电离平衡影响分析判断．
【解答】解：
（1）根据硫酸的第一步电离是完全的：
H2SO4=H++HSO4﹣，第二步电离并不完全：
HSO4﹣⇌H++SO42﹣，则Na2SO4溶液存在SO42﹣+H2O⇌OH﹣+HSO4﹣，溶液呈弱碱性，
故答案为：
碱性；SO42﹣+H2O⇌OH﹣+HSO4﹣；
（2）A．溶液中没有H2SO4分子，c（SO42﹣）+c（HSO4﹣）=0.1mol•L﹣1，故A错误；
B．溶液中存在质子守恒，即c（OH﹣）=c（H+）+c（HSO4﹣），故B正确；
C．溶液中存在电荷守恒，即阴离子的负电荷总数等于正电荷总数，则c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HSO4﹣）+2c（SO42﹣），故C正确；
D．c（Na）=2c（S），根据S在溶液中存在形式可知：
c（Na+）=2c（SO42﹣）+2c（HSO4﹣），故D正确；
故答案为：
BCD；
（3）25℃时，0.10mol•L﹣1的NaHSO4溶液中c（SO42﹣）=0.029mol•L﹣1，则0.10mol•L﹣1的H2SO4溶液中氢离子浓度比硫酸氢钠溶液中大，对硫酸氢根离子电离平衡起到抑制作用，c（SO42﹣）＜0.029mol•L﹣1；
故答案为：
＜；
（4）0.1mol•L﹣1的NaHSO4溶液中c（SO42﹣）=0.029mol•L﹣1，则c（HSO4﹣）＞c（SO42﹣），溶液显酸性，所以溶液中离子浓度大小关系为：
c（Na+）＞c（HSO4﹣）＞c（H+）＞c（SO42﹣）＞c（OH﹣）；
故答案为：
c（Na+）＞c（HSO4﹣）＞c（H+）＞c（SO42﹣）＞c（OH﹣）；
（5）若25℃时，0.10mol•L﹣1H2SO4溶液的pH=﹣lgO.11，C（H+）=0.11mol/L；依据：
①H2SO4=H++HSO4﹣，②HSO4﹣⇌H++S042﹣．①电离出的氢离子浓度为0.10mol/L；所以②电离出的氢离子浓度为0.11mol/L﹣0.1．mol/L=0.01mol/L；则0.10mol•L﹣1的H2SO4溶液中c（SO42﹣）=0.01mol/L；
故答案为：
0.01mol/L．
【点评】本题考查电解质的电离和离子方程式的书写，溶液中电荷守恒应用，物料守恒的应用，题目难度中等，本题注意把握题意，突破硫酸为二元强酸的思维，从题目实际出发，加强自学能力的培养．
15、【考点】强电解质和弱电解质的概念；电离方程式的书写；化学平衡状态的判断．
【分析】
（1）在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，在水溶液和熔融状态下都不能达到的化合物为非电解质；
（2）硫酸氢钠是强电解质，硫酸氢根在水溶液中能拆，次氯酸钠为强电解质，完全电离，电离方程式用等号；
（3）弱电解质溶液中，弱电解质的浓度越大，其电离程度越小，浓度越小，其电离程度越大；
（4）酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；
（5）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的物理量不变，据此分析解答．
【解答】解：
（1）①亚硫酸溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质；
②次氯酸钠是盐，属于强电解质；
③氯化氢气体溶于水能导电，属于强电解质；
④蔗糖不能导电，属于非电解质；
⑤硫酸钡是盐，熔融状态下能导电，属于强电解质；
⑥氨气不能导电，属于非电解质；
⑦冰醋酸不能导电，溶于水能导电，在水溶液中部分电离，属于弱电解质；
⑧硫酸氢钠固体是盐，属于强电解质；
⑨氢氧化铁是碱，属于弱电解质；
⑩NO2不能导电，属于非电解质，
故答案为：
⑦⑨；④⑥⑩；
（2）NaHSO4是强电解质，NaHSO4在水中电离出钠离子和硫酸根离子和氢离子，NaHSO4═Na++H++SO42﹣，次氯酸钠为强电解质，完全电离，电离方程式用等号，电离方程式为：
NaClO=Na++ClO﹣，故答案为：
NaHSO4═Na++H++SO42﹣；NaClO═ClO﹣+Na+；
（3）一水合氨是弱电解质，在溶液里存在电离平衡，氨水的浓度越大，一水合氨的电离程度越小，浓度越小，一水合氨的电离程度越大，
甲瓶氨水的浓度是乙瓶氨水的浓度的10倍，由弱电解质的浓度越小，电离程度越大，故甲瓶氨水的电离度比乙瓶氨水的电离度小，
所以甲、乙两瓶氨水中[OH﹣]之比小于10，故答案为：
小于；
（4）酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，乙酸是弱电解质，氢氧化钠、氯化氢是强电解质，所以相同物质的量浓度的乙酸和盐酸和氢氧化钠，盐酸中水电离出的氢氧根离子浓度小于醋酸，相同物质的量浓度的盐酸和氢氧化钠对水电离抑制程度相等，
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