3.1 电离平衡 课堂同步练
一、单选题
1．将0.1mol L﹣1的NH3 H2O溶液加水稀释，下列说法正确的是（ ）
A．c(NH4+) ∶c(NH3 H2O)比值增大
B．所有离子浓度均减小
C．c(OH﹣)∶c(NH3 H2O)比值减小
D．电离常数增大
2．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
3．下列过程中，化学键未被破坏的是（ ）
A．HCl溶于水 B．将NaCl固体加热至熔融
C．干冰升华 D．将Cl2通入水中
4．下列物质属于弱电解质的是（ ）
A． B． C． D．HCl
5．在0.1 mol·L-1CH3COOH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．加入水时，平衡向逆反应方向移动
B．加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动
C．加入少量0.1 mol·L-1HCl溶液，溶液中c(H+)不变
D．加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动
6．下列事实不能证明HCN是弱酸的是（ ）
A．常温下，同浓度的HCl和HCN溶液，HCN的pH值更大
B．pH=2的HCN溶液稀释100倍，pH约为3.6
C．用一定浓度的HCN溶液做导电实验，灯泡较暗
D．镁粉与稀硫酸反应，加入少量NaCN固体可以降低反应速率
7．某兴趣小组的同学进行实验，按照图A连接好线路，发现灯泡不亮；按照图B连接好线路，发现灯泡亮了。由此得出的结论正确的是（ ）
A．NaCl固体不导电，所以NaCl不是电解质
B．NaCl固体溶于水，在通电的条件下发生电离
C．NaCl固体只有在水溶液中才能电离出自由移动的离子
D．NaCl溶液中含有大量自由移动的Na+和Cl-
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．下列叙述正确的是（ ）
A．Cl2的水溶液可以导电，所以Cl2属于电解质
B．NaCl属于电解质，所以固体NaCl能导电
C．液态氯化氢不导电，但其属于电解质
D．KNO3溶液在电流的作用下电离成K+和NO
10．在相同温度时，100 mL 0.01mol·L-1的醋酸溶液与10 mL 0.1 mol·L-1的醋酸溶液相比较，下列数值中，前者大于后者的是（ ）
A．H＋的物质的量 B．醋酸的电离平衡常数
C．中和时所需NaOH的量 D．CH3COOH的物质的量
11．下表是常温下某些一元弱酸的电离常数：
则0.1 mol·L－1的下列溶液中，pH最小的是（ ）
A．HCN B．HF C．CH3COOH D．HNO2
12．生产碳酸饮料时常添加的苯甲酸钠(C6H5COONa，缩写为NaA)可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A-。已知25℃时，HA的Ka=6.25×10-5，H2CO3的Ka1=4.17×10-7，Ka2=4.90×10-11。下列说法错误的是(温度为25℃，不考虑饮料中其他成分影响)（ ）
A．当pH为6.0时，饮料中：=0.16
B．饮料中添加苯甲酸钠，促进了水的电离
C．提高CO2充气压力，饮料的抑菌能力提高
D．苯甲酸溶液中滴加Na2CO3溶液，有气泡产生
13．25℃时，溶液中的下列关系不能说明第二步电离比第一步电离程度更小的是
A．远大于 B．远大于
C．远大于 D．约等于
14．已知室温时，0.1 mol·L－1某一元酸HA的电离平衡常数约为1×10－7，下列叙述错误的是（ ）
A．该溶液的pH＝4
B．此溶液中，HA约有0.1%发生电离
C．加水稀释，HA的电离平衡向右移动，HA的电离平衡常数增大
D．由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍
15．25℃时，向10mL0.1mol·L－1一元弱碱ⅩOH溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1的HCl溶液，溶液的AG[AG=lg ]变化如图所示(溶液混合时体积变化忽略不计)。下列说法错误的是（ ）
A．若a=－8，则Kb(XOH)≈10－5
B．M点表示盐酸和XOH恰好完全反应
C．R点溶液中可能存在c(X+)+c(XOH)=c(Cl－)
D．M点到N点，水的电离程度先增大后减小
16．将浓度为0.1mol·L-1的HCN溶液加水不断稀释(保持温度不变)，下列各量始终保持增大的是（ ）
A． B． C． D．
二、综合题
17．根据问题填空：
（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： ；
（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是
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．
18．化学反应原理在科研和生产中有广泛应用：
（1）利用“化学蒸气转移法”制备TaS2晶体，发生如下反应：
TaS2（s）+2I2（g）═TaI4（g）+S2（g）△H＞0 （ I）
①该反应的平衡常数表达式K= ；
②若K=1，向某恒容密闭容器中加入1.0mol I2（g）和足量TaS2（s），则I2（g）的平衡转化率为 ．
（2）如图所示，反应（ I）在石英真空管中进行，先在温度为T2的一端放入未提纯的TaS2粉末和少量I2（g），一段时间后，在温度为T1的一端得到了纯净的TaS2晶体，则温度T1 T2（填“＞”“＜”或“=”）．上述反应体系中循环使用的物质是 ．
（3）利用I2的氧化性可测定钢铁中硫的含量．做法是将钢样中的硫转化为 H2SO3，然后用一定浓度的I2溶液进行滴定，所用指示剂为 ，滴定反应的离子方程式为 ．
（4）25℃时，将a mol L﹣1的氨水与b mol L﹣1的盐酸等体积混合，所得溶液的pH=7，则c（NH4+） c（Cl﹣）；a b．（填“＞”、“＜”或“=”）
19．有①CH3COOH；②HCl；③H2SO4 三种酸．
（1）CH3COOH溶液中，其电离平衡常数表达式为K=
（2）0.1mol/L的三种酸溶液，c（H+）由大到小的排列顺序是 （填序号）．
（3）体积相同、c（H+）相同的三种酸溶液分别与同浓度的NaOH溶液完全中和时，消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是 （填序号）．
（4）将c（H+）相同的三种酸均加水稀释至原来的10倍，c（H+）由大到小的顺序为 ；
（5）已知，H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol．实验测得稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol H2O时放出57kJ的热，则醋酸溶液中，醋酸电离的热化学方程式为
20．某酸HX是一元弱酸，25℃时的电离平衡常数K a= 4.0×10-8。
（1）写出该酸的电离方程式 ，其电离平衡常数表达式K a = 。
（2）25℃时，向1 mol·L-1 HX 溶液中加入1 mol·L-1 盐酸，会 （“抑制”或“促进”）HX的电离，c(H+) （填“增大”、“减小”或“不变”）， 电离平衡常数K a （填“增大”、“减小”或“不变”）。
（3）25℃时，若HX的起始浓度为0.01 mol·L-1，则平衡时c(H+)= mol/L, 由水电离的出的c(H+)= mol/L。
21．表是25℃时四种酸的电离平衡常数：
化学式 CH3COOH HA HNO2 H2CO3
Ka Ka=1.8×10﹣5 Ka=4.9×10﹣10 Ka=4.6×10﹣4 Ka1 =4.1×10﹣7 Ka2 =5.6×10﹣11
（1）用离子方程式表示NaNO2溶液呈碱性的原因
（2）25℃时，向向0.1mol L﹣1 CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c（CH3COOH）：c（CH3COO﹣）=5：9，此时溶液pH=
（3）写出NaA溶液中通少量CO2的离子方程式
（4）25℃时，等物质的量浓度的HA、NaA混合溶液呈碱性，溶液中各离子浓度的大小顺序为
（5）已知HNO2不稳定，在稀溶液中也易分解生成NO与NO2，某同学分别取少量NaCl溶液与NaNO2溶液于试管中，分别滴加浓醋酸，以此来鉴别失去标签的NaCl溶液和NaNO2溶液，该方法 （填“可行”或“不可行”），理由是
（6）已知NaHCO3溶液中存在HCO3 H++CO32﹣，加水稀释时溶液中的c（H+）将 （填“增大”或“减小”）
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．加水稀释时，促进一水合氨电离，铵根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，所以c(NH4+)∶c(NH3 H2O)比值增大，故A符合题意；
B．加水稀释时，促进一水合氨电离，但是溶液中氢氧根离子浓度减小，由于水的离子积不变，则氢离子浓度增大，故B不符合题意；
C．加水稀释时，促进一水合氨电离，氢氧根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，所以c(OH-)∶c(NH3 H2O)比值增大，故C不符合题意；
D．电离平衡常数与温度有关，温度不变，则电离平衡常数不变，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点为B，要注意加水稀释，氨水中的主要离子的浓度均会减小，但温度不变，水的离子积不变，则氢离子浓度增大。
2．【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。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．HCl溶于水电离出氢离子和氯离子断开共价键，故A不符合题意；
B．将NaCl固体加热至熔融断开离子键，故B不符合题意；
C．干冰升华破坏的是分子间作用力即范德华力，故C符合题意；
D．将Cl2通入水中生成盐酸和次氯酸，断开共价键，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A．HCl溶于水破坏共价键；
B．NaCl固体加热至熔融断开离子键；
C．干冰升华破坏范德华力；
D．将Cl2通入水中生成盐酸和次氯酸。
4．【答案】A
【解析】【解答】A．H2O电离程度很微弱，属于弱电解质，故A选；
B．SO2溶于水生成的H2SO3部分电离，H2SO3是弱电解质，SO2是非电解质，故B不选；
C．KHCO3在水中完全电离成钾离子和碳酸氢根离子，KHCO3属于强电解质，故D不选；
D．HCl在水中完全电离成氢离子和氯离子，HCl属于强电解质，故D不选；
故答案为：A。
【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，弱电解质是不完全电离的电解质。
5．【答案】B
【解析】【解答】A. 加水稀释后溶液体积增大，H+、CH3COO 结合机会降低，导致醋酸电离程度增大，平衡正向移动，A项不符合题意；
B. 加入少量NaOH固体，NaOH和氢离子反应导致溶液中c(H+)减小，平衡正向移动，B项符合题意；
C. 加入少量0.1mol/LHCl溶液，HCl是强电解质，完全电离，导致溶液中c(H+)增大，平衡逆向移动，C项不符合题意；
D. 加入少量醋酸钠固体，溶液中c(CH3COO )增大，平衡逆向移动，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A. 加水稀释促进醋酸电离；
B. 加入少量NaOH固体，溶液中c(H+)减小；
C. 加入少量0.1mol/LHCl溶液，溶液中c(H+)增大；
D. 加入少量醋酸钠固体，溶液中c(CH3COO-)增大，平衡逆向移动。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．同浓度的HCl和HCN溶液，HCN的pH值更大，说明HCN只能部分电离，能证明其是弱酸，故A不选；
B．pH=2的HCN溶液稀释100倍，pH约为3.6，pH变化幅度不到2个单位，则可证明HCN是弱酸，故B不选；
C．灯泡较暗能证明导电性较弱，由于HCN的物质的量浓度未知，不能证明HCN是否完全电离，故C符合题意；
D．镁粉与稀硫酸反应，加入少量NaCN固体可以降低反应速率，则氢离子浓度因生成HCN分子而减小，则可证明HCN是弱酸，故D不选；
故答案为：C。
【分析】部分电离的电解质为弱电解质，要想证明HCN为弱酸，只要证明HCN部分电离即可。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．NaCl固体不导电，其原因是NaCl中不含可自由移动的离子，NaCl在水中能够发生电离使溶液能够导电，因此NaCl是电解质，故A项结论不符合题意；
B．图2实验中NaCl溶液能够导电，证明NaCl溶液中存在自由移动的离子，但不能证明这些阴、阳离子是在通电条件下电离的，故B项结论不符合题意；
C．物质之所以能够导电是因为存在自由移动的离子，图1实验中灯泡不亮，说明固体NaCl中没有自由移动的离子；图2实验中灯泡亮，说明NaCl溶液中存在自由移动的离子，据此可推知NaCl在水溶液中电离出了可自由移动的离子，但NaCl属于盐类，在熔融状态下也能发生电离，故C项结论不符合题意；
D．图2实验中灯泡亮，说明NaCl溶液中存在自由移动的离子，NaCl属于盐类，在水中电离出大量自由移动的Na+和Cl-，故D项结论符合题意；
综上所述，结论正确的是D项，
故答案为：D。
【分析】A.氯化钠固体中不含自由移动的离子，不能导电，但氯化钠溶于水能导电，属于电解质；
B.电解质的电离不需要通电；
C.氯化钠在熔融状态下也能电离出自由移动的离子。
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．Cl2的水溶液可以导电，但Cl2是单质，既不属于电解质也不属于非电解质，A不符合题意；
B．NaCl属于电解质，但固体NaCl没有可自由移动的带电粒子，不能导电，B不符合题意；
C．液态氯化氢不导电，但其水溶液能导电，氯化氢属于电解质，C符合题意；
D．KNO3在水分子电离成K+和NO，而能导电，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电解质是化合物本身在水溶液或熔融状态下电离而导电，电解质一定是化合物。电解质的电离的条件是在熔融状态下或在水分子的作用下。
10．【答案】A
【解析】【解答】A、醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，两种溶液溶质都为0.001mol，则100mL 0.01mol L-1的醋酸溶液与10mL0.1mol L-1的醋酸溶液相比较，H+的物质的量前者大，A符合题意；
B、相同温度时醋酸的电离常数相等，B不符合题意；
C、由于溶质n（CH3COOH）都为0.001mol，中和时所需NaOH的量应相同，C不符合题意；
D、0.01mol L-1的醋酸电离程度大，则溶液中CH3COOH分子的物质的量小，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.弱电解质的浓度越小，电离程度越大；
B.电离平衡常数只与温度有关，与浓度无关；
C.根据反应的方程式CH3COOH＋NaOH=CH3COONa＋H2O确定反应所需NaOH的物质的量；
D.根据公式n=c×V计算两种溶液中CH3COOH的物质的量；
11．【答案】B
【解析】【解答】同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强，根据酸的电离常数知，酸性强弱为：HF＞CH3COOH＞HNO2＞HCN，则pH最小的是HF，故B符合题意；
故答案为：B
【分析】相同温度下，弱电解质的电离平衡常数越大，对应酸的酸性越强，溶液的pH越小。
12．【答案】A
【解析】【解答】A．当pH为6.0时，饮料中=，A符合题意；
B．苯甲酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中其电离产生的苯甲酸根离子发生水解反应，消耗水电离产生的H+，使水电离平衡正向移动，因而会促进水的电离，B不符合题意；
C．由题中信息可知：苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A-，充CO2的饮料中HA的浓度较大，所以相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力提高，C不符合题意；
D．根据电离平衡常数可知酸性：Ka(HA)＞Ka1(H2CO3)＞Ka2(H2CO3)，所以向苯甲酸溶液中滴加Na2CO3溶液，会发生反应产生CO2气体，因此有气泡产生，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.借助电离常数进行计算，利用Ka1进行计算即可。
B. 苯甲酸钠为强碱弱酸盐，水解促进水的电离。
C.充CO2的饮料中HA的浓度较大，有利于抑制细菌。
D.结合K值，苯甲酸酸性强于碳酸，利用强酸制备弱酸，可以发生。
13．【答案】A
【解析】【解答】氢硫酸是二元弱酸，在溶液中分步电离：H2SHS-+H+、HS-S2-+H+，第一步电离抑制第二步电离，电离以第一步电离为主，则溶液中氢离子浓度约等于氢硫酸根离子浓度，硫离子浓度远小于氢硫酸浓度、氢离子浓度和氢硫酸根离子浓度，则硫离子浓度远小于氢硫酸浓度不能说明氢硫酸的第二步电离比第一步电离程度更小，也可能是第一步电离生成的HS-的浓度就很少，综上所述，A项符合题意。
故答案为：A。
【分析】 分步电离：H2SHS-+H+、HS-S2-+H+。
14．【答案】C
【解析】【解答】
则 ＝K＝1×10－7，因c很小，故0.1－c可看作0.1，解得c＝1×10－4，pH＝4，有 ×100%＝0.1%发生电离，故A、B项正确；由水电离出的c(H＋)约为1×10－10mol·L－1，由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍，D项正确；电离平衡常数只与温度有关，温度不变，电离平衡常数不变，C项错误
故答案为：C
【分析】A.根据电离方程式及平衡常数表达式计算出氢离子的浓度，进而得出其pH值；
B.氢离子的浓度比上一元酸的浓度进行计算即可得出答案；
C.电离平衡常数仅受温度影响；
D.根据由酸电离出的氢离子与离子积常数即可求出由水电离出的氢离子的浓度，进而即可得出答案。
15．【答案】B
【解析】【解答】A. a点表示0.1mol·L－1一元弱碱XOH，若a=－8，则c(OH-)=10-3mol/L，所以Kb(XOH)≈ = =10－5，故A不符合题意；
B. 两者恰好反应时，生成强酸弱碱盐，溶液显酸性。M点AG=0，则溶液中c(H+)= c(OH-)，溶液呈中性，所以溶质为XOH和XCl，两者不是恰好完全反应，故B符合题意；
C. 若R点恰好为XCl溶液时，根据物料守恒可得c(X+)+c(XOH)=c(Cl－)，故C不符合题意；
D. M点的溶质为XOH和XCl，继续加入盐酸，直至溶质全部为XCl时，该过程水的电离程度先增大，然后XCl溶液中再加入盐酸，水的电离程度减小，所以从M点到N点，水的电离程度先增大后减小，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】 A.若a=-8，则Kb (XOH) ≈10-5，即可得出本题答案
B. M点表示盐酸和XOH恰好完全反应，即可得出本题答案
C. R点溶液中可能存在c (X+) +c (XOH) =c(Cl-)，即可得出本题答案
D. M点到N点，水的电离程度先增大后减小，即可得出本题答案
16．【答案】B
【解析】【解答】A.0.1mol·L-1的HCN溶液加水不断稀释溶液中溶质的浓度以及溶质直接电离产生的离子浓度均减小，因此、、均减小，故A不符合题意；
B．，加水稀释时Ka不变，减小，则增大，故B符合题意；
C．，加水稀释过程中均增大，且始终维持1：1，因此比值保持恒定，故C不符合题意；
D．Ka只受温度影响，温度不变Ka不变，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】HCN为弱酸，溶液中存在电离平衡，加水稀释促进HCN电离，电离平衡常数、水的离子积常数都只与温度有关。
17．【答案】（1）⑦⑨；④⑥⑩
（2）NaHSO4═Na++H++SO42﹣；NaClO═ClO﹣+Na+
（3）小于
（4）丙＞甲=乙
（5）①③④⑤
【解析】【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，盐酸中水电离出的氢氧根离子浓度等于氢氧化钠溶液中水的电离，所以水电离出氢氧根离子浓度大小顺序是：丙＞甲=乙，故答案为：丙＞甲=乙；（5）①混合气体的颜色不再改变时，各物质的浓度不变，说明该反应达到平衡状态，所以可以据此判断平衡状态，故正确；②该反应的反应前后气体质量不变、容器体积不变，所以无论该反应是否达到平衡状态，反应体系的密度始终不变，所以不能据此判断平衡状态，故错误；③该反应的反应前后是气体体积增大的可逆反应，当反应达到平衡状态时，各物质浓度不变，所以混合气体的压强不再改变，所以可以据此判断平衡状态，故正确； ④该反应的反应前后是气体体积增大的可逆反应，当反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不变，所以其平均相对分子质量不变，则可以据此判断平衡状态，故正确；⑤该反应的反应前后有热量变化，当该反应达到平衡状态时，反应体系温度不再发生变化，所以 不再变化，则可以据此判断平衡状态，故正确．
故选①③④⑤．
【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．
18．【答案】（1）；66.7%
（2）＜；I2
（3）淀粉溶液；H2SO3+I2+H2O=4H++SO42﹣+2I﹣
（4）=；＞
【解析】【解答】解：（1.）①TaS2（s）+2I2（g）═TaI4（g）+S2（g），该反应的平衡常数表达式K= ，故答案为： ；②若K=1，设 I2的平衡转化率为x，则参加反应的为xmol，平衡时生成TaI4和S2各0.5xmol，剩余I2为（1﹣x）mol，根据K= = =1，解之得：x=66.7%，故答案为：66.7%；
（2.）由所给方程式可知该反应为吸热反应，通过题意温度T2端利于反应正向进行，为高温，温度T1端利于反应向左进行，为低温，所以T1＜T2，I2是可以循环使用的物质；故答案为：＜；I2；
（3.）因为I2遇到淀粉会变蓝色，所以可以用淀粉溶液作指示剂．离子反应：H2SO3+I2+H2O=4H++SO42﹣+2I﹣，故答案为：淀粉溶液；H2SO3+I2+H2O=4H++SO42﹣+2I﹣；
（4.）NH3 H2O+HCl═NH4Cl+H2O，若是等浓度，生成NH4Cl应该呈酸性，而反应后pH=7呈中性，说明NH3 H2O有剩余，所以a＞b；根据电荷守恒，则c（NH4+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），又pH=7，所以c（NH4+）=c（Cl﹣），故答案为：=；＞．
【分析】（1））①TaS2（s）+2I2（g）═TaI4（g）+S2（g），该反应的平衡常数表达式K= ，故答案为： ；②若K=1，设 I2的平衡转化率为x，则参加反应的为xmol，平衡时生成TaI4和S2各0.5xmol，剩余I2为（1﹣x）mol，
根据K= = 计算；（2）通过题意温度T2端利于反应正向进行，为高温，温度T1端利于反应向左进行，为低温，所以T1＜T2；（3）因为I2遇到淀粉会变蓝色，所以可以用淀粉溶液作指示剂；（4）NH3 H2O+HCl═NH4Cl+H2O，若是等浓度，生成NH4Cl应该呈酸性，而反应后pH=7呈中性，说明NH3 H2O有剩余结合电荷守恒判断．
19．【答案】（1）
（2）③＞②＞①
（3）①＞②=③
（4）①＞②=③
（5）CH3COOH（aq） CH3COO﹣（aq）+H+（aq）△H=+0.3 kJ/mol
【解析】【解答】解：（1）电离平衡常数表达式为：K= ，故答案为： ；
（2.）浓度相同，溶液中氢离子浓度大小按①CH3COOH是一元弱酸，部分电离；②HCl一元强酸，完全电离；③H2SO4二元强酸，完全电离，所以氢离子浓度最大的是硫酸，最小的是醋酸，所以大到小的排列顺序是③＞②＞①，故答案为：③＞②＞①；
（3.）c（H+）相同的盐酸和硫酸中和碱的能力相同，而盐酸和醋酸，因为醋酸是弱电解质，所以醋酸中和碱的能力强，所以消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序为：①＞②=③，故答案为：①＞②=③；
（4.）醋酸是弱电解质加水稀释促进电离，所以稀释后醋酸氢离子浓度最大，而盐酸和硫酸氢离子的浓度只减小，所以c（H+）由大到小的顺序为①＞②=③，故答案为：①＞②=③；
（5.）实验测得稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol H2O时放出57kJ的热，则热化学方程式为：CH3COOH（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）+CH3COO﹣（aq）△H=﹣57.0kJ/mol…①；而H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）△H1=﹣57.3kJ/mol…②；由盖斯定律①﹣②得CH3COOH（aq） CH3COO﹣（aq）+H+（aq）△H=+0.3 kJ/mol，
故答案为：CH3COOH（aq） CH3COO﹣（aq）+H+（aq）△H=+0.3 kJ/mol．
【分析】（1）电离平衡常数表达式为：K= ；（2）浓度相同，溶液中氢离子浓度大小按①CH3COOH是一元弱酸，部分电离；②HCl一元强酸，完全电离；③H2SO4二元强酸，完全电离；（3）c（H+）相同的盐酸和硫酸中和碱的能力相同，而盐酸和醋酸，因为醋酸是弱电解质，所以醋酸中和碱的能力强；（4）醋酸是弱电解质加水稀释促进电离，所以稀释后醋酸氢离子浓度最大，而盐酸和硫酸氢离子的浓度只减小；（5）利用盖斯定律计算反应热．
20．【答案】（1）HA H++A-；
（2）抑制；增大；不变
（3）2.0×10-5；5.0×10-10
【解析】【解答】（1）某酸HX是一元弱酸，HX在溶液中部分电离，电离方程式为HA H++A-，电离平衡常数表达式Ka= ，故答案为：HA H++A-； ；（2）25℃时，向1 mol·L-1 HX 溶液中加入1 mol·L-1 盐酸，溶液中氢离子浓度增大，电离平衡向左移动，抑制醋酸电离，温度不变，电离常数Ka不变，故答案为：抑制；增大；不变；（3）25℃时，若HX的起始浓度为0.01 mol·L-1，由电离平衡常数表达式Ka= 可知，溶液中c(H+)= = =2.0×10-5 mol/L，由水电离的出的c(H+)=c（OH-）= = =5.0×10—10mol/L，故答案为：2.0×10-5；5.0×10-10。
【分析】某酸HX是一元弱酸，HX在溶液中部分电离，向1 mol·L-1 HX 溶液中加入1 mol·L-1 盐酸，溶液中氢离子浓度增大，电离平衡向左移动，抑制醋酸电离，温度不变，电离常数Ka不变。
21．【答案】（1）NO2﹣+H2O HNO2+OH-
（2）5
（3）A﹣+CO2+H2O=HA+HCO3﹣
（4）c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
（5）可行；NaNO2+CH3COOH CH3COONa+HNO2，2HNO2=H2O+NO+NO2，HNO2不稳定会分解，使平衡不断朝生成亚硝酸的方向移动，可观察到有红棕色气体产生，故此方法可行
（6）增大
【解析】【解答】解：（1）用离子方程式表示NaNO2溶液是强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性，方程式为：NO2﹣+H2O HNO2+OH﹣，故答案为：NO2﹣+H2O HNO2+OH﹣；（2）醋酸的电离平衡常数Ka=1.8×10﹣5= {#mathmL#}{#/mathmL#} ，已知c（CH3COOH）：c（CH3COO﹣）=5：9，则c（H+）=1.8×10﹣5× {#mathmL#}{#/mathmL#} =1×10﹣5mol/L，则该溶液的pH=5，故答案为：5；（3）由电离平衡常数可知，酸性H2CO3＞HA＞HCO3﹣，所以NaA溶液中通少量CO2的离子方程式为：A﹣+CO2+H2O=HA+HCO3﹣，
故答案为：A﹣+CO2+H2O=HA+HCO3﹣；（4）25℃时，等物质的量浓度的HA、NaA混合溶液中，HA的Ka=4.9×10﹣10，所以NaA的水解Kh= {#mathmL#}{#/mathmL#} ＞Ka，所以水解大于电离，以水解为主溶液呈碱性，所以离子浓度大小为：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故答案为：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；（5）醋酸微弱电离出氢离子与NO2﹣结合成HNO2，而HNO2不稳定，在稀溶液中也易分解生成NO与生成红棕的NO2，
故答案为：可行，NaNO2+CH3COOH CH3COONa+HNO2，2HNO2=H2O+NO+NO2，HNO2不稳定会分解，使平衡不断朝生成亚硝酸的方向移动，可观察到有红棕色气体产生，故此方法可行；（6）NaHCO3溶液中HCO3 的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，加水稀释时溶液碱性减弱，氢离子浓度增大，故答案为：增大．
【分析】（1）用离子方程式表示NaNO2溶液是强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性；（2）根据醋酸的电离平衡常数进行计算；（3）由电离平衡常数可知，酸性H2CO3＞HA＞HCO3﹣，所以NaA溶液中通少量CO2的离子方程式为：A﹣+CO2+H2O=HA+HCO3﹣；（4）25℃时，等物质的量浓度的HA、NaA混合溶液中，HA的Ka=4.9×10﹣10，所以NaA的水解Kh= {#mathmL#}{#/mathmL#} ＞Ka，所以水解大于电离，以水解为主溶液呈碱性，由此得出离子浓度的大小；（5）醋酸微弱电离出氢离子与NO2﹣结合成HNO2，而HNO2不稳定，在稀溶液中也易分解生成NO与生成红棕的NO2，由此分析解答；（6）NaHCO3溶液中HCO3 即水解也电离，水解程度大于电离程度，溶液显碱性，据此分析．
