3.2 弱电解质的电离 离子反应 同步练习
一、单选题
1．下列事实一定能说明NH3·H2O是弱碱的是（ ）
①用NH3·H2O溶液做导电性实验，灯泡很暗；
②NH3·H2O能与HCl发生反应；
③常温下，0.1 mol/L NH3·H2O溶液的pH为11；
④NH3·H2O能与AlCl3溶液反应产生Al(OH)3；
⑤NH3·H2O与水能以任意比互溶；
⑥NH3·H2O能使紫色石试液变蓝
A．①③ B．②③⑤ C．③④⑥ D．③
2．化学与生产、生活紧密相关，下列说法错误的是
A．太阳能属于一次能源，也属于清洁能源
B．用热的碳酸钠溶液去油污，利用了盐类水解原理
C．自热饭盒中盛放氧化钙与水，二者混合时反应放出大量热
D．用硫化钠做沉淀剂除去废水中的铜离子，利用了氧化还原反应原理
3．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
4．下列方法中，不能使醋酸溶液中 CH3COOH CH3COO- +H+ 电离程度增大的是（ ）
A．升高温度 B．加水稀释
C．加入少量醋酸钠固体 D．加入少量氢氧化钠固体
5．下列溶于水后因水解而使溶液显酸性的是（ ）
A．NaHSO3 B．P2O5 C．NH4Cl D．CH3CH2ONa
6．室温下，物质的量浓度相同的四种溶液，pH 由小到大的顺序排列正确的是（ ）
A．FeCl3、KCl、Na2SO3、Ba(OH)2
B．Na2SiO3、Na2CO3、KNO3、NH4Cl
C．NH3·H2O、H3PO4、Na2SO4、H2SO4
D．NaHCO3、Na2CO3、KCl、HCl
7．pH=2的X，Y，Z三种酸的溶液各1mL，分别加水稀释到1 000mL，其pH与溶液体积（V）的变化关系如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．X是强酸，Y和Z是弱酸
B．稀释前的浓度大小为c（Z）＞c（Y）＞c（X）
C．稀释前电离程度大小为X＞Y＞Z
D．pH=2时，X，Y，Z都是稀溶液
8．关于a：0.1mol/L NH4Cl溶液和b：0.1mol/L NH3 H2O溶液，下列说法不正确的是（ ）
A．两溶液中存在的微粒种类：a＞b B．c（NH4+）：a＞b
C．c（OH﹣）：a＜b D．水电离出的c（H+）：a＜b
9．①pH=2的CH3COOH溶液；②pH=2的H2SO4溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液。相同条件下，有关上述溶液的比较中，正确的是（ ）
A．水电离的c(H＋)：①=②=③=④
B．将②、④溶液混合后，pH=7，消耗溶液的体积：②<④
C．等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：②最大
D．向10mL上述四溶液中各加入90mL水后，溶液的pH：③>④>①>②
10．下列做法与盐的水解无关的是（ ）
A．碳酸氢铵与草木灰不能混合使用
B．用热的苏打溶液除去餐具上的油渍
C．用硫酸铜溶液对游泳池中的水消毒
D．实验室配制FeCl3溶液时，向FeCl3溶液中加入少量的盐酸
11．常温下，下列有关0.1mol L﹣1的NH4Cl溶液的说法正确的是（ ）
A．pH相同的盐酸与氯化铵溶液中，水的电离程度相同
B．溶液加水稀释时， 逐渐增大
C．加入少量Mg（OH）2固体，c（NH4+）减小
D．加入等体积0.05mol﹒L﹣1NaOH溶液时：c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）
12． 时， 的酸( )加蒸馏水稀释， 随溶液的体积变化关系如图所示，下列说法错误的是（ ）
A． 为一元弱酸
B． 的 中约有 的 发生了电离
C．升高温度，溶液的pH增大
D．该酸的电离平衡常数约为
13．下列说法正确的是（ ）
A．电离常数受溶液中电解质浓度的影响
B．电离常数可以表示弱电解质的相对强弱
C．电离常数大的酸溶液中c(H+)一定比电离常数小的酸溶液中的c(H+)大
D．H2CO3的电离常数表达式:K=
14．下列叙述正确的是（ ）
A．浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe（OH）3胶体
B．CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后c（CH3COO﹣）减小
C．氯化铵、次氯酸都属于强电解质
D．漂白粉、石英都属于纯净物
15．在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32ˉ+H2O HCO3ˉ+OHˉ。下列说法正确的是（ ）
A．稀释溶液，上述可逆反应平衡常数不变
B．通入CO2，溶液pH增大
C．加入NaOH固体，平衡向正反应方向移动
D．升高温度， 不变
16．下列说法中正确的是（ ）
A．用湿润的pH试纸测定某待测液的pH，数值一定偏大
B．25℃时，pH=2的一元酸溶液与pH=12的一元碱溶液等体积混合，所得溶液pH=7
C．在（NH4）2Fe（SO4）2溶液中，c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Fe2+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
D．pH相同的NaOH和CH3COONa两种稀溶液，若稀释后，pH仍相同，则稀释的倍数相同
二、综合题
17．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．请完成下列问题：
（1）a、b、c三点处，溶液的c（H+）由小到大的顺序为
（2）a、b、c三点处，电离程度最大的是
（3）表是几种常见弱酸的电离平衡常数（25℃）：
酸 电离方程式 电离平衡常数K
CH3COOH CH3COOH CH3COO﹣+H K=1.76×10﹣5
H2CO3 H2CO3 H++HCO3﹣H2CO3﹣ H++HCO32﹣ K1=4.31×10﹣7K2=5.61×10﹣11
HClO HClO H++ClO﹣ K=3.0×10﹣8
CH3COOH、H2CO3、HClO，其中酸性最强的是 ，最弱的是
（4）写出下列各物质在水溶液中发生电离的电离方程式．
①H2SO4
②NH3 H2O ．
18．氧化铁黄（化学式为FeOOH）是一种黄色颜料，工业上用废铁为主要原料生产氧化铁黄的一种工艺流程如下：
（1）氧化铁黄中铁元素的化合价为 ，废铁在反应前常用热的纯碱溶液清洗表面油污，其原理是 (写离子方程式)。
（2）氧化过程生成氧化铁黄的化学方程式是 。
（3）上述流程中，检验“洗涤”是否完全的方法是 。
（4）氧化时应控制pH的合理范围是3.5-4.0，pH过小导致氧化铁黄产率较低的可能原因是 。
19．吸收工厂烟气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。氨水、ZnO水悬浊液吸收烟气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。
已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水；溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-的物质的量分数随pH的分布如图-1所示。
（1）氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2，主要反应的离子方程式为 ；当通入SO2至溶液pH=6时，溶液中浓度最大的阴离子是 (填化学式)。
（2）ZnO水悬浊液吸收SO2。向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始吸收的40mim内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见图-2)。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是 (填化学式)；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为 。
（3）O2催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到溶液的pH在4.5~6.5范围内，pH越低SO 生成速率越大，其主要原因是 ；随着氧化的进行，溶液的pH将 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
20．
（1）明矾可用于净水，原因是(用离子方程式表示)： 。
把FeCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是 。
（2）用离子方程式表示泡沫灭火器灭火原理： 。
（3）纯碱可代替洗涤剂洗涤餐具，原因是(用离子方程式表示)： 。
（4）为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入MgCO3固体，过滤后再加入足量盐酸。MgCO3固体能除去Fe3＋的原因是 。
21．磷单质及其化合物在工农业生产中有着广泛的应用。
（1）温度为T℃时，向2.0L恒容密闭容器中充入，发生反应，经过一段时间后达到平衡，反应过程中测定的部分数据如图。
①反应在前50s的平均速率 。
②反应达到平衡后，升高温度，则 (填“增大”“减小”或“不变”)，再次达到平衡后，的平衡浓度为，则反应的 (填“＞”“=”或“＜”)0。
（2）温度为T℃时，若平衡时体系的总压强为p，该反应的平衡常数 。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)。
（3）温度为T℃时，上述反应若在恒压容器中进行，则达到平衡后，的物质的量 (填“大于”“小于”或“等于”)0.20mol，理由是 。
（4）已知水解可生成亚磷酸()。常温下，亚磷酸溶液的，亚磷酸与足量的NaOH溶液反应生成，则的溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 。
（5）亚磷酸具有强还原性，可被氧化为。与NaOH溶液反应，反应混合物中含磷各粒子的分布分数(平衡时某粒子的浓度占粒子浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。
①为获得尽可能纯的，pH应控制在 。
②25℃时，的电离常数为，，，则时，溶液中 。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】①用NH3·H2O溶液做导电性实验，灯泡很暗，只能表示溶液中自由移动的离子浓度很小，不能表示电解质的强弱，①不符合题意；
②NH3·H2O能与HCl发生反应，只能证明NH3·H2O有碱性，不能表示电解质的强弱，②不符合题意；
③常温下，0.1 mol/L NH3·H2O溶液的pH为11，c(H-)=10-11 mol/L，c(OH-)=10-3 mol/L＜0.1 mol/L=c(NH3·H2O)，可以证明NH3·H2O是弱碱，③符合题意；
④NH3·H2O能与AlCl3溶液反应产生Al(OH)3，证明NH3·H2O能够电离产生OH-，具有碱性，不能证明其碱性强弱，④不符合题意；
⑤NH3·H2O与水能以任意比互溶，可证明其易溶于水，不能证明其是否具有碱性及碱性的强弱，⑤不符合题意；
⑥NH3·H2O能使紫色石试液变蓝，说明NH3·H2O具有碱性，不能证明NH3·H2O是否是弱碱，⑥不符合题意；
综上所述可知：能够证明NH3·H2O是弱碱的只有叙述③，
故答案为：D。
【分析】 ① 导电性和溶液中离子浓度有关；
② 一水合氨可以和酸反应，无法判断为弱碱；
③ 若是强碱，此时pH=13；
④ 氢氧化铝只能和强碱反应；
⑤ 一水合氨可以和水任意比例互溶只能证明其水溶性强；
⑥ 石蕊遇碱变蓝。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．一次能源是指自然界中以原有形式存在的、未经加工转换的能量资源，又称天然能源，太阳能属于一次能源，也属于清洁能源，A不符合题意；
B．热的碳酸钠溶液溶液中的水解使溶液显碱性，可以去除油污，利用了盐类水解原理，B不符合题意；
C．氧化钙与水的反应是放热反应，因此自热饭盒中盛放氧化钙与水，可以利用二者混合时反应放出大量的热加热食物，C不符合题意；
D．用硫化钠做沉淀剂除去废水中的铜离子，是因为难溶，从而使与结合而除去，没有利用了氧化还原反应原理，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、太阳能为自然界本身拥有的，且无污染；
B、碳酸根水解成碱性，可以去除油污；
C、氧化钙和水反应放热；
D、硫离子和铜离子的反应化合价不变，不是氧化还原反应。
3．【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。
4．【答案】C
【解析】【解答】A.醋酸的电离是吸热的，升高温度促进醋酸的电离，电离程度增大，故A不选；
B.加水稀释电离平衡正向移动，电离程度增大，故B不选；
C.加少量醋酸钠固体，增大了醋酸根离子浓度，使得电离平衡逆向移动，电离程度减小，故C选；
D.加入氢氧化钠固体，氢氧化钠电离产生的氢氧根离子与氢离子反应，使得电离平衡正向移动，电离程度增大，故D不选；
故答案为：C。
【分析】加醋酸钠，平衡逆向移动，电离程度减小
5．【答案】C
【解析】【解答】A.NaHSO3电离显酸性，A不符合题意；
B.与水反应生成H3PO4电离显酸性，B不符合题意；
C.NH4+水解显酸性，C符合题意；
D.CH3CH2O-水解显碱性，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】因水解而使溶液显酸性的溶液，则盐中含有弱碱阳离子，据此结合水解原理分析选项。
6．【答案】A
【解析】【解答】A．FeCl3水解显示酸性，KCl强酸强碱盐不水解，显示中性，Na2SO3水解显示碱性，Ba(OH)2属于强碱，所以符合pH由小到大的顺序，故A符合题意；
B．Na2SiO3、Na2CO3水溶液显示碱性，KNO3强酸强碱盐显示中性，NH4Cl显示酸性，不符合pH由小到大的顺序，故B不符合题意；
C．NH3·H2O属于碱，H3PO4属于酸，Na2SO4强酸强碱盐是中性的盐溶液，H2SO4属于强酸，不符合pH由小到大的顺序，故C不符合题意；
D．NaHCO3、Na2CO3属于水解显示碱性的盐溶液，KCl强酸强碱盐不水解，显示中性，HCl属于强酸，不符合pH由小到大的顺序，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据酸类以及强酸弱碱盐水解得到的是pH小于7，碱以及强碱弱酸盐水解得到的pH＞7，结合选项即可判断
7．【答案】D
【解析】【解答】解：A．加水稀释促进弱电解质电离，pH=2的三种酸，稀释1000倍后，如果该酸是强酸，则稀释后溶液pH=5，如果是弱酸，稀释后溶液的pH＜5，根据图象知，稀释1000倍，X溶液的pH=5、Y和Z溶液pH小于5，所以X是强酸、Y和Z属于弱酸，故A正确；
B．pH相等时，弱酸浓度大于强酸，所以Y和Z浓度大于X，根据图象知，刚开始稀释时，Z的pH减小、Y的pH增大，说明Z是浓溶液、Y是稀溶液，则三种酸浓度大小顺序是c（Z）＞c（Y）＞c（X），故B正确；
C．强电解质X完全电离，Y和Z部分电离，溶液浓度越大其电离程度越小，所以稀释前电离程度大小为X＞Y＞Z，故C正确；
D．根据B知，pH=2时，X和Y属于稀溶液，Z属于浓溶液，故D错误；
故选D．
【分析】加水稀释促进弱电解质电离，pH=2的三种酸，稀释1000倍后，如果该酸是强酸，则稀释后溶液pH=5，如果是弱酸，稀释后溶液的pH＜5，根据图象知，X是强酸、Y和Z属于弱酸；
加水稀释弱酸过程中，如果弱酸电离增大程度大于溶液体积增大程度，则溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH减小，反之，溶液pH增大，据此分析解答．
8．【答案】D
【解析】【解答】解：A.0.1mol/L NH4Cl溶液显酸性，溶液中存在的离子有NH4+、NH3 H2O、H+、OH﹣、Cl﹣，0.1mol/L NH3 H2O溶液显碱性，溶液中存在的离子有NH4+、NH3 H2O、H+、OH﹣，所以两溶液中存在的微粒种类：a＞b，故A正确；
B．一般水解程度较小，所以c（NH4+）：a＞b，故B正确；
C.0.1mol/L NH4Cl溶液显酸性，0.1mol/L NH3 H2O溶液显碱性，则c（OH﹣）：a＜b，故C正确；
D．NH4Cl促进水的电离，NH3 H2O会抑制水的电离，所以水的电离程度a＞b，则水电离出的c（H+）：a＞b，故D错误．
故选D．
【分析】0.1mol/L NH4Cl溶液显酸性，溶液中存在的离子有NH4+、NH3 H2O、H+、OH﹣、Cl﹣，0.1mol/L NH3 H2O溶液显碱性，溶液中存在的离子有NH4+、NH3 H2O、H+、OH﹣，能水解的盐促进水的电离，碱抑制水的电离，据此分析．
9．【答案】A
【解析】【解答】A.在相同的条件下，水电离的氢离子浓度相同，酸和碱溶液对水的电离起到抑制作用，由于本题中强酸和弱酸溶液中氢离子浓度相同，而且其与强碱、弱碱溶液中氢氧根离子也浓度相同，故4种溶液中水的电离程度相同，故A符合题意；
B.强酸和强碱恰好中和，故消耗溶液的体积②=④，B不符合题意；
C.和等量铝粉反应，醋酸存在电离平衡，随反应进行，电离出的氢离子和铝继续反应，生成氢气最多，故C不符合题意；
D.弱电解质稀释时，电离平衡正向移动，溶液pH值应该③＞④＞②＞①，故D不符合题意；
故答案为A。
【分析】A.酸碱对水的电离有抑制作用，根据pH计算水电离出的氢离子浓度即可；
B.两溶液等体积混合恰好完全反应；
C.醋酸是弱电解质，随着反应的进行，未电离的醋酸会继续电离，反应生成氢气，注意酸和强碱与金属铝反应的方程式的应用；
D.弱电解质的电离度随浓度的减小而增大，据此分析即可。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．草木灰主要成分是K2CO3，该物质是强碱弱酸盐，水溶液显碱性，会与碳酸氢铵电离产生的反应产生NH3逸出，导致肥效降低，因此碳酸氢铵与草木灰不能混合使用，与盐的水解反应有关，A不符合题意；
B．碳酸钠俗称苏打，该物质是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，升高温度，盐水解程度增大，溶液碱性增强，油脂能够在碱性条件下反应产生可溶性物质，因此用热的苏打溶液除去餐具上的油渍，与盐的水解反应有关，B不符合题意；
C．硫酸铜在溶液中电离产生的Cu2+能够使细菌、病毒蛋白质结构发生改变发生变性，失去其破坏作用，故具有杀菌消毒作用，与盐的水解反应无关，C符合题意；
D．FeCl3是强酸弱碱盐，水解会产生难溶性的Fe(OH)3而导致溶液变浑浊。根据其水解得到的溶液显酸性的性质，在配制FeCl3溶液时，向FeCl3溶液中加入少量的盐酸，可抑制其水解，就可以得到澄清的FeCl3溶液，与盐的水解反应有关，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据盐类水解规律分析，其中C项Cu2+能够使蛋白质变性，与水解无关。
11．【答案】C
【解析】【解答】解：A．酸抑制水的电离、能水解的盐促进水的电离，pH相同的盐酸与氯化铵溶液，氯化铵溶液中水的电离程度大于盐酸中水的电离程度，故A错误；
B．水解常数只受温度影响，溶液加水稀释时，水解常数Kh= 不变，故B错误；
C.0.1mol L﹣1的NH4Cl溶液中加入少量Mg（OH）2固体，NH4+能与Mg（OH）2电离的OH﹣结合生成NH3 H2O，所以c（NH4+）减小，故C正确；
D.0.1mol L﹣1的NH4Cl溶液中加入等体积0.05mol﹒L﹣1NaOH溶液，溶液中溶质为等浓度的NaCl、NH3 H2O、NH4Cl，溶液显碱性，溶液中离子浓度关系为c（NH4+）＞c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D错误．
故选C．
【分析】A．酸抑制水的电离、能水解的盐促进水的电离；
B．水解常数只受温度影响；
C．NH4+能与Mg（OH）2电离的OH﹣结合生成NH3 H2O；
D.0.1mol L﹣1的NH4Cl溶液中加入等体积0.05mol﹒L﹣1NaOH溶液，溶液中溶质为等浓度的NaCl、NH3 H2O、NH4Cl．
12．【答案】C
【解析】【解答】A.25℃，起点时，pH=3， ，小于0.1mol/L，故HA不完全电离，是一元弱酸，A不符合题意；
B． ，其中 ，说明只存在 的HA发生电离， ，有 的 发生了电离，B不符合题意；
C．电离是吸热反应，升高温度，促进电离正向移动，c(H+)增大，pH减小，C符合题意；
D． ， ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.由图中“起点”， 酸( )的pH=3判断；
B． 由图中“起点”和题中酸的浓度计算；
C．电离是吸热反应，升高温度，促进正向移动；
D． 计算；
13．【答案】B
【解析】【解答】A、电离平衡常数是温度的函数，与溶液浓度无关，故A不符合题意；
B、电离平衡常数的大小可以表示弱电解质的相对强弱，电离平衡常数越大，电解质的电离程度越大，故B符合题意；
C、酸中c(H+)既跟酸的电离常数有关，还跟酸的浓度有关，故C不符合题意；
D、碳酸是分步电离的，以第一步电离为主，第一电离常数表达式为：K1= ，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.电离常数只是温度的函数；
B.根据电离平衡常数的意义进行判断；
C.氢离子浓度的大小与电离平衡常数的大小和溶液的浓度有关；
D.碳酸是二元弱酸，分步电离，有两级电离常数。
14．【答案】B
【解析】【解答】解：A、浓氨水和氯化铁之间会发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铵，不会获得胶体，故A错误；
B、醋酸钠中加入盐酸会发生反应生成醋酸和氯化钠，所以醋酸根离子浓度会减小，故B正确；
C、次氯酸属于弱酸，属于弱电解质，故C错误；
D、漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙属于混合物，故D错误．
故选B．
【分析】A、浓氨水和氯化铁之间会发生复分解反应；
B、醋酸钠中加入盐酸会发生反应生成醋酸和氯化钠；
C、次氯酸属于弱酸；
D、漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙．
15．【答案】A
【解析】【解答】A．水解平复衡常数只受温度的影响，加水稀释，平衡常数不变，故A符合题意；
B．通入CO2，二氧化碳与OH-反应，水解平衡正向移动，制溶液pH减小，故B不符合题意；
C．加入NaOH固体，c（OH-）浓度增大，溶液pH增大，故C不符合题意；
D. 升高温度，平衡向正向移动，则 增大，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.平衡常数是温度常数，只会随温度变化而改变；
B.通入二氧化碳，碳酸会与OH-反应，使溶液的pH减小；
C.；加入NaOH固体，c（OH-）浓度增大，溶液pH增大；
D.升高温度，平衡向正向移动，则 增大。
16．【答案】C
【解析】【解答】解：A．pH试纸用水润湿以后，再将待测液滴到pH试纸上，相当于把待测液给稀释了，如果待测液显酸性，则测出的pH偏大，如果待测液显碱性，则测出的pH偏小，如果待测液显中性，则pH不变，所以不一定偏大，故A错误；
B．如酸碱都为强电解质，则反应后呈中性，故B错误；
C．溶液呈酸性，其中c（SO42﹣）最大，NH4+和Fe2+水解都呈酸性，相互抑制，水解程度较小，则有c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Fe2+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C正确；
D．CH3COONa为强碱弱酸盐，加水促进电离，pH相同的NaOH和CH3COONa两种稀溶液，若稀释后pH仍相同，CH3COONa稀释体积较大，故D错误．
故选C．
【分析】A．pH试纸用水润湿以后，再将待测液滴到pH试纸上，相当于把待测液给稀释了，如果待测液显酸性，则测出的pH偏大，如果待测液显碱性，则测出的pH偏小，如果待测液显中性，则pH不变；
B．酸碱的强弱未知，反应后不一定呈中性；
C．溶液呈酸性，结合影响盐类水解的因素解答；
D．CH3COONa为强碱弱酸盐，加水促进电离．
17．【答案】（1）c＜a＜b
（2）c
（3）CH3COOH；HClO
（4）H2SO4═2H++SO42﹣；NH3 H2O NH4++OH﹣
【解析】【解答】解：（1）由于导电能力越强，溶液中离子浓度越大，氢离子浓度越大，故答案为：c＜a＜b；（2）溶液越稀，越促进醋酸电离，则溶液中氢离子的物质的量越大，电离程度越大，所以电离程度的是c，故答案为：c；（3）电离平衡常数越大酸性越强，电离平衡常数越小酸性越弱，由表可知：醋酸的电离平衡常数最大，所以酸性最强的是CH3COOH，电离平衡常数最小的是次氯酸，所以酸性最弱的是次氯酸，故答案为：CH3COOH；HClO；（4）①硫酸是强电解质，一步电离出氢离子和硫酸根离子，即H2SO4═2H++SO42﹣，故答案为：H2SO4═2H++SO42﹣；
②氨水是弱电解质部分电离，电离方程式为：NH3 H2O NH4++OH﹣，故答案为：NH3 H2O NH4++OH﹣．
【分析】（1）导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大；（2）溶液越稀，越促进醋酸电离，则溶液中氢离子的物质的量越大，电离程度越大；（3）电离平衡常数越大酸性越强，电离平衡常数越小酸性越弱；（4）①硫酸是强电解质，一步电离出氢离子和硫酸根离子，即H2SO4═2H++SO42﹣；②氨水是弱电解质部分电离，电离方程式为：NH3 H2O NH4++OH﹣；
18．【答案】（1）+3；CO32-+H2O HCO3-+OH-
（2）4FeSO4+O2+8NaOH＝ FeOOH↓+4Na2SO4+2H2O
（3）取最后一次洗涤液，加入少量氯化钡溶液，后加入适量稀盐酸，如未观察到白色沉淀，即可证明洗干净
（4）pH过低导致氧化铁黄部分溶于酸
【解析】【解答】（1）FeOOH中O元素为-2价，H元素为+1价，由化合价代数和为零可知Fe元素为+3价；废铁表面有防锈的油脂，碳酸钠在溶液中水解使溶液呈碱性，加热溶液碱性增强，油脂会在碳酸钠溶液中发生水解反应，达到清洗表面油污的目的，碳酸钠在溶液中水解的离子方程式为CO32-+H2O HCO3-+OH-，故答案为：+3；CO32-+H2O HCO3-+OH-；
（2）氧化过程为向硫酸亚铁溶液中加入氢氧化钠溶液，并通入空气，发生氧化还原反应生成氧化铁黄，反应的化学方程式为4FeSO4+O2+8NaOH＝FeOOH↓+4Na2SO4+2H2O，故答案为：4FeSO4+O2+8NaOH＝FeOOH↓+4Na2SO4+2H2O；
（3）由氧化过程的化学方程式可知，氧化铁黄表面附有可溶的硫酸钠，检查洗涤是否完全的标准是洗涤液中不含有硫酸根离子，则检验洗涤是否完全的方法是，取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生沉淀，则表明已洗涤干净，否则未洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液，加入少量氯化钡溶液，后加入适量稀盐酸，如未观察到白色沉淀，即可证明洗干净；
（4）氧化时应控制pH的合理范围是保证产率最高，此时的pH范围为：3.5～4.0，若pH过小，氧化铁黄会溶解于酸导致产率降低，故答案为：pH过低导致氧化铁黄部分溶于酸。
【分析】（1）结合化合物物中化合价代数和为0计算铁元素的化合价；纯碱溶液中存在CO32-的水解，使得溶液显碱性，可去除油污；
（2）根据流程确定反应物和生成物，结合原子个数守恒书写反应的化学方程式；
（3）洗涤过程中是为了除去可溶性的Na2SO4，可结合SO42-的检验分析；
（4）若pH过低，会导致FeOOH溶解；
19．【答案】（1） 或 ；HSO
（2）ZnSO3； 或
（3）随着pH降低，HSO 浓度增大；减小
【解析】【解答】(1)向氨水中通入少量SO2时，SO2与氨水反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为2NH3+H2O+SO2=2 + （或2NH3·H2O +SO2=2 + +H2O）；根据图-1所示，pH=6时，溶液中不含有亚硫酸，仅含有 和 ，根据微粒物质的量分数曲线可以看出溶液中阴离子浓度最大的是 ；(2)反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH几乎不变；一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时溶液pH逐渐变小，SO2的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式为ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2 （或ZnO+2SO2+H2O=Zn2++2 ）(3) 可以经氧气氧化生成 ，这一过程中需要调节溶液pH在4.5~6.5的范围内，pH越低，溶液中的 的浓度越大，使得催化氧化过程中反应速率越快；随着反应的不断进行，大量的 反应生成 ，反应的离子方程式为2 +O2=2 +2H+，随着反应的不断进行，有大量的氢离子生成，导致氢离子浓度增大，溶液pH减小。
【分析】向氨水中通入少量的SO2，反应生成亚硫酸铵，结合图像分析pH=6时溶液中浓度最大的阴离子；通过分析ZnO吸收SO2后产物的溶解性判断吸收率变化的原因；通过分析 与氧气反应的生成物，分析溶液pH的变化情况。
20．【答案】（1）)Al3＋＋3H2O Al(OH)3(胶体)＋3H＋；Fe2O3
（2）Al3＋＋3HCO3-=Al(OH)3↓＋3CO2↑
（3）CO2－＋H2O HCO3–＋OH－
（4）MgCO3与Fe3＋水解产生的H＋反应，促进了Fe3＋的水解，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀而被除去。
【解析】【解答】(1)利用Al3＋＋3H2O Al(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体能凝聚水中的悬浮杂质从而达到净水目的；FeCl3溶液中存在FeCl3＋3H2O Fe(OH)3＋3HCl，加热时HCl挥发，蒸干时得到Fe(OH)3，再燃烧得到Fe2O3。(2)泡沫灭火器原理是利用NaHCO3与Al2(SO4)3相互促进水解造成的，反应为Al3＋＋3HCO3-=Al(OH)3↓＋3CO2↑。(3)CO32-水解生成的OH－，能洗去油污。(4)MgCO3与水解产生的H＋反应：MgCO3＋2H＋=Mg2＋＋CO2↑＋H2O，使水解平衡正向移动，生成的Fe(OH)3在加热搅拌条件下发生聚沉，在过滤时Fe(OH)3和未反应的MgCO3一同被除去。
【分析】本题主要考查盐类水解方程式及水解平衡移动。在书写方程式时注意遵循质量守恒、电荷守恒、原子守恒；根据离子浓度对平衡移动的影响进行分析。
21．【答案】（1）0.0016；增大；>
（2）(或0.042p)
（3）大于；正反应为气体分子数增大的反应，在恒压条件下比在恒容条件下压强小，有利于反应正向进行，平衡时的物质的量增多
（4）
（5）4～5.5；6.2
【解析】【解答】（1）①T℃时根据图中数据知反应到50s时，生成了0.16molPCl3，同时消耗了0.16molPCl5，PCl5的浓度减小量，反应前50s内用PCl5表示的反应速率为。
②T℃平衡时生成了0.20molPCl3，则PCl5有0.20mol发生了反应，平衡时PCl5的浓度为。升高温度，增大反应速率，则增大。再次平衡后，的平衡浓度为，平衡向正方向发生了移动，该反应为吸热反应，。
（2）T℃时，列三段式得：
平衡时混合气体总物质的量为，该反应的平衡常数。
（3）正反应为气体分子数增大的反应，T℃时，在恒压条件下比在恒容条件下压强小，有利于反应正向进行，平衡时的物质的量增多。恒容容器中反应，平衡时，因此恒压容器中反应平衡时。
（4）常温下，亚磷酸溶液的，说明亚磷酸是弱酸；亚磷酸与足量的NaOH溶液反应生成，说明亚磷酸是二元酸。的溶液中，根据得，根据、、，结合多元弱酸酸根的水解以第一步为主得，因此。
（5）根据图中曲线，为了尽可能获得纯的，pH应控制在4~5.5。根据得pH=8时，则。
【分析】（1） ① 化学反应速率=浓度变化量/时间；
② 升高温度，速率增大；升高温度，平衡朝吸热方向移动；
（2）分压平衡常数要结合总压强和总物质的量判断；
（3）减小压强，平衡朝气体系数增大的方向移动；
（4）根据水解方程式和水的电离方程式判断；
（5） ① 结合图示可以知道H2PO4-浓度最大时pH在4~5.5之间；
② 结合电离平衡常数和pH判断。
