3.1 水与水溶液 同步练习题（含解析）2023-2024学年高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1

3.1 水与水溶液 同步练习题 2023-2024学年高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1
一、单选题
1．下列说法正确的是（　　）
A．强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液强
B．将NaOH和氨水各稀释一倍，两者的OH-浓度均减少到原来的1/2
C．如果盐酸的浓度是醋酸浓度的二倍，则盐酸的H+浓度也是醋酸的二倍
D．中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，两者所需要的氢氧化钠一样多
2．下列有关实验的说法正确的是（　　）
A．用pH试纸蘸取NaOH溶液，立刻与比色卡对比，测定NaOH溶液的pH
B．通过观察图中导管水柱的变化，验证铁钉生锈的原因主要是吸氧腐蚀
C．均不能采取将溶液直接蒸干的方法制得AlCl3、Al2（SO4）3、FeCl3、Fe2（SO4）3
D．滴定用的滴定管、锥形瓶和配制一定物质的量浓度溶液用的容量瓶，使用前均要润洗
3．常温下，某溶液中由水电离出的c(OH-)=1×10-10mol/L，该溶液不可能是（　　）
A．醋酸 B．氨水 C．盐酸 D．NaCl溶液
4．如图所示，能表示人体大量喝水时，胃液的pH变化的图像是（　　）
A． B．
C． D．
5．体积相同、pH相同的NaOH溶液和氨水，与盐酸恰好中和时两者消耗HCl的物质的量（　　）
A．相同 B．NaOH的多 C．氨水的多 D．无法比较
6．为更好地表示溶液的酸碱性，科学家提出了酸度（AG）的概念：AG=1g ，则下列叙述不正确的是（　　）
A．中性溶液的AG=0
B．碱性溶液的AG＞0
C．AG越小碱性越强，酸性越弱
D．常温下0.1mol L﹣1氢氧化钠溶液的AG=﹣12
7．某兴趣小组的同学向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐渐加入等浓度的稀硫酸，并测得混合溶液的导电能力随时间变化的曲线如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．AB段溶液的导电能力不断减弱，主要是溶液的稀释引起的
B．B处溶液的导电能力约为0，说明溶液中几乎没有自由移动的离子
C．a时刻Ba(OH)2溶液与稀硫酸恰好完全中和
D．BC段溶液的导电能力不断增大，主要是由于过量的H2SO4电离出的离子导电
8．如图所示，纵坐标表示导电能力，横坐标表示所加溶液的量，以下各组反应符合该图的是（　　）
A．溶液中滴加稀 B．溶液中滴加稀
C．水中滴加溶液 D．悬浊液中滴加稀硝酸
9．关于溶液的酸碱性说法正确的是（　　）
A．c（H+）很小的溶液一定呈碱性
B．pH=7的溶液一定呈中性
C．c（OH﹣）=c（H+）的溶液一定呈中性
D．不能使酚酞试液变红的溶液一定呈酸性
10．100℃时，水的离子积为1×10﹣12，若该温度下某溶液中的H+浓度为1×10﹣7mol/L则该溶液是（　　）
A．酸性 B．碱性 C．中性 D．无法判断
11．常温下，将0.1mol L﹣1氢氧化钠溶液与0.06mol L﹣1硫酸溶液等体积混合，该混合溶液的pH等于（　　）lg2=0.3．
A．1.7 B．2.0 C．12.0 D．11.7
12．常温下，用0.1000mol L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol L﹣1CH3COOH溶液所得滴定曲线如图，下列说法正确的是（　　）
A．①处水的电离程度大于②处水的电离程度
B．②处加入的NaOH溶液恰好将CH3COOH中和
C．③处所示溶液：c（Na+）＜c（CH3COO﹣）
D．滴定过程中可能出现：c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）
13．X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期元素，化合物XZ、Y2W能破坏水的电离平衡，XR能抑制水的电离，则Y元素为（　　）
A．Li B．F C．Na D．S
14．在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如下图所示。下列分析不正确的是（　　）
A．①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线
B．b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH-
C．a、d两点对应的溶液均显中性
D．c点，两溶液中含有相同物质的量的OH-
15．根据下列实验现象或结果不能证明一元酸HR为弱酸的是（　　）
A．HR溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液变红色
B．室温时，NaR溶液的pH大于7
C．HR溶液加入少量NaR固体，溶解后溶液的pH变大
D．室温时，0.01 mol·L-1的HR溶液pH＝4
16．在常温下，下列各组溶液的c（H+）一定等于1×10﹣7mol/L的是（　　）
A．将pH=5的CH3COOH溶液稀释100倍
B．0.05mol/L H2SO4与0.10mol/L NaOH溶液以等体积混合
C．pH=2的盐酸和pH=12的氨水两种溶液以等体积混合
D．pH=1的H2SO4与0.10mol/L 的Ba（OH）2溶液以等体积混合
二、综合题
17．常温下，向某Ba（OH）2溶液中逐滴加入pH=x的盐酸，测得混合溶液的部分pH如表所示：
序号 氢氧化钡溶液的体积/mL 盐酸的体积/mL 溶液的pH
① 22.00 0.00 13
② 22.00 18.00 12
③ 22.00 22.00 7
（1）Ba（OH）2溶液的物质的量浓度为？
（2）x的值是多少？
（3）向100mL上述Ba（OH）2溶液中逐滴加入0.05mol/L NaHCO3溶液，当沉淀刚好达最大值时溶液的pH为多少？（已知lg2=0.3）
18．中学化学实验中，淡黄色的pH试纸常用于测定溶液的酸碱性．在25℃时，若溶液的pH=7，试纸不变色；若pH＜7，试纸变红色；若pH＞7，试纸变蓝色．
（1）已知水中存在如下平衡：H2O+H2O H3O++OH﹣△H＞0，现欲使平衡向右移动，且所得溶液呈酸性，选择的方法是中（填字母）．
A．向水中加入NaHSO4
B．向水中加入Cu（NO3）2
C．加热水至100℃[其中c（H+）=1×10﹣6 mol L﹣1
D．在水中加入（NH4）2SO4
（2）现欲测定100℃沸水的pH及酸碱性，若用pH试纸测定，则试纸显　 　 色，溶液呈　 　 性（填“酸”、“碱”或“中”）；若用pH计测定，则pH　 　 7（填“＞”、“＜”或“=”），溶液呈　 　 性（填“酸”、“碱”或“中”）．
19．现有在室温的条件下，pH均为3的H2SO4溶液和NH4Cl溶液，回答下列问题：
（1）两溶液中c（H+） c（OH﹣）=　 　 ．
（2）各取5mL上述溶液，分别加水稀释至50mL，pH较大的是　 　 溶液．
（3）各取5mL上述溶液，分别加热到90℃，pH较小的是　 　 溶液．
（4）两溶液中由水电离出的c（H+）分别为：H2SO4溶液：　 　 ；NH4Cl溶液：　 　 ．
20．NaHSO4和NaHCO3是常见的酸式盐．请运用相关原理，回答下列问题：
（1）NaHSO4在水中的电离方程式为　 　．室温下，pH=5的NaHSO4溶液中水的电离程度　 　（填“＞”、“=”或“＜”）pH=9的氨水中水的电离程度．
（2）等体积、等物质的量浓度的NaHSO4与氨水混合后，溶液呈酸性的原因是：　 　（用离子方程式表示）．
（3）室温下，若一定量的NaHSO4溶液与氨水混合后，溶液pH=7，则c（Na+）+c（NH4+）　 　c（SO42﹣）（填“＞”、“=”或“＜”）．
（4）室温下，用NaHSO4与Ba（OH）2溶液制取BaSO4，若溶液中SO42﹣完全沉淀，则反应后溶液的pH　 　7（填“＞”、“=”或“＜”）．
（5）将NaHCO3溶液和NaAlO2溶液等体积混合，会产生白色沉淀，其主要原因是：　 　（用离子方程式表示）．
21．25℃时，向20mL 0.1mol/L的氢氟酸溶液中逐滴加入0.1mol/L NaOH溶液，滴加过程中混合溶液的pH变化曲线如图所示，回答下列问题：
（1）若0.1mol/L的氢氟酸溶液中有0.1%的HF发生电离，则溶液的pH=　 　；
（2）滴加NaOH溶液至恰好反应的过程中，水的电离程度　 　（填写“逐渐增大”、“不变”、“逐渐减小”）；
（3）①点时，NaOH加入了10mL，此时溶液中各种微粒（不包括水）的浓度由大到小的顺序是　 　；
（4）③点时pH=7，此时溶液中c（F﹣）　 　 c（Na+）（填写＞、＜或=）；
（5）④点时，NaOH加入了20mL，此时溶液中有两种微粒浓度之和等于0.05mol/L，这两种微粒是　 　和　 　；
（6）若以NaOH溶液为标准液，通过滴定的方法测定另一未知浓度的HF溶液的浓度，推测最好使用的指示剂为　 　（常见指示剂的变色范围是：甲基橙3.1～4.4，酚酞8～10）．
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A、强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，导电性强弱只与溶液中离子的浓度和电荷数有关系，A不符合题意；
B、NaOH为强电解质完全电离，稀释一倍，OH-浓度变为原来的1/2，一水合氨为弱电解质，稀释一倍，电离程度增大，OH-浓度，大于原来的1/2，B不符合题意；
C、HCl为强电解质，完全电离，醋酸为弱电解质，部分电离，两者的H+浓度不是二倍的管制，C不符合题意；
D、中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，因为盐酸的物质的量和醋酸的物质的量相等，所以所需要的氢氧化钠一样多，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、强电解质的浓度小，弱电解质的浓度大，弱电解质的导电能力可能大于强电解质；
B、一水合氨存在如下的电离平衡：NH3.H2ONH4++OH-，加水稀释，电离平衡右移，OH-的物质的量增大；
C、醋酸为弱电解质，部分电离，溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+；
D、盐酸和醋酸均为一元酸，且体积和浓度相同，所以需要的的OH-的物质的量也相同。
2．【答案】B
【解析】【解答】A、测定溶液PH是用玻璃棒蘸取待测溶液滴在pH试纸中间，变化后和比色卡对比，故A错误；
B、氯化钠溶液中的氧气和铁发生电化学腐蚀，原电池负极是铁失电子发生氧化反应，正极是溶液中氧气得到电子发生还原反应，装置中气体压强减小，试管内液体上升，证明是吸氧腐蚀，故B正确；
C、蒸干溶液依据盐溶液中水解产物的挥发性来分析，AlCl3溶液中氯化铝水解生成氢氧化铝和盐酸，蒸干氯化氢挥发得到氢氧化铝；Al2（SO4）3、硫酸铝溶液中水解生成氢氧化铝和硫酸，硫酸是难挥发的酸，蒸干得到硫酸铝；FeCl3溶液中氯化铁水解生成氢氧化铁和盐酸，蒸干氯化氢挥发得到氢氧化铝铁；Fe2（SO4）3硫酸铁溶液中水解生成氢氧化铁和硫酸，硫酸是难挥发的酸，蒸干得到硫酸铁，故C错误；
D、滴定用的滴定管需要用待装液润洗、锥形瓶不需要润洗，配制一定物质的量浓度溶液用的容量瓶不需要润洗，故D错误；
故选B．
【分析】A、依据pH试纸的使用方法分析判断；
B、氯化钠溶液中的氧气和铁发生电化学腐蚀，依据压强变化分析判断；
C、蒸干溶液依据盐溶液中水解产物的挥发性来分析判断生成产物；
D、锥形瓶和容量瓶使用时不需要润洗．
3．【答案】D
【解析】【解答】A．醋酸呈酸性，抑制水的电离，可以出现由水电离出的c(OH-)=1×10-10 mol/L的结果，选项A不符合题意；
B．氨水溶液呈碱性，抑制水的电离，可以出现由水电离出的c(OH-)=1×10-10 mol/L的结果，选项B不符合题意；
C．盐酸呈酸性，抑制水的电离，可以出现由水电离出的c(OH-)=1×10-10 mol/L的结果，选项C不符合题意；
D．NaCl为强酸强碱盐不水解溶液显中性，不可能出现由水电离出的c(OH-)=1×10-10mol/L的结果，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离。
4．【答案】A
【解析】【解答】胃液显酸性，当人大量喝水时，对胃液起稀释作用，但无论如何稀释，酸溶液不可能变为碱性溶液，只能是无限接近于7，而小于7 。
故答案为：A
【分析】在对酸液或碱液进行稀释时，都只是无限接近于7，而不会出现越过7的现象；稀释不会改变中性溶液的pH值。
5．【答案】C
【解析】【解答】氢氧化钠是强碱，一水合氨是弱碱，则pH相同的NaOH溶液和氨水相比， NaOH溶液的物质的量浓度小，等体积的碱与酸混合时，NaOH溶液的物质的量小、与盐酸恰好中和时消耗HCl的物质的量也少，C合理；
故答案为：C。
【分析】氨水是弱电解质，部分电离，pH相同的NaOH溶液和氨水，氨水的浓度大，所以中和体积相同、pH相同的NaOH溶液和氨水，氨水消耗盐酸体积大。
6．【答案】B
【解析】【解答】解：A、在中性溶液中，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，AG=lg1=0，故A正确；
B、由于碱性溶液中，氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，氢离子浓度比氢氧根离子的比值大小于1，AG＜0，故B错误；
C、AG越小，氢离子浓度比氢氧根离子的比值越小，碱性越强，酸性越弱，故C正确；
D、在0.1mol L﹣1氢氧化钠溶液中氢离子浓度为1×10﹣13mol L﹣1，氢氧根离子浓度为0.1mol L﹣1，AG=lg =﹣12，故D正确；
故选B．
【分析】A、中性溶液中，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度；
B、碱性溶液中，氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，氢离子浓度比氢氧根离子的比值小于1；
C、AG越小，氢离子浓度比氢氧根离子的比值越小，据此确定氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小，确定酸碱性的强弱；
D、0.1mol L﹣1氢氧化钠溶液中氢离子浓度为1×10﹣13mol L﹣1，氢氧根离子浓度为0.1mol L﹣1．
7．【答案】A
【解析】【解答】A．向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，生成硫酸钡和水，AB段溶液的导电能力不断减弱，主要是因为生成BaSO4沉淀，A说法符合题意；
B．导电能力越强，离子浓度越大，B处的导电能力为0，说明溶液中几乎没有自由移动的离子，B说法不符合题意；
C．a时刻导电能力最弱，说明两者恰好完全反应，离子浓度最小，所以a时刻Ba(OH)2与硫酸恰好完全中和，C说法不符合题意；
D．BC段过量的硫酸电离产生氢离子和硫酸根离子导致溶液中自由移动离子浓度变大，导电能力增强，D说法不符合题意。
故答案为：A。
【分析】向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸的过程中，发生反应Ba(OH)2＋H2SO4=BaSO4↓＋2H2O。溶液的导电性与溶液中的离子浓度有关，当Ba(OH)2和H2SO4恰好完全反应时，溶液的导电性为0。据此结合选项进行分析。
8．【答案】A
【解析】【解答】A．溶液中滴加稀，会发生反应生成硫酸钡和水，离子浓度逐渐减小，直至导电能力接近为0，再加硫酸，过量的硫酸电离，导电能力逐渐增强，符合图示内容，A符合题意；
B．溶液中滴加稀盐酸，溶液的导电能力不会出现接近为0的状态，不符合图示内容，B不符合题意；
C．水中滴加溶液，导电能力逐渐增强，不符合图示内容，C不符合题意；
D．氢氧化铜与稀硝酸反应生成的硝酸铜电离出和，导电能力亦不会出现接近为0的状态，不符合图示内容，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】溶液的导电能力取决于离子浓度和离子所带的电荷数，根据图示可以看出溶液导电能力先下降到0，后又继续上升，即离子浓度符合先减小至几乎为0，后又增大。
9．【答案】C
【解析】【解答】解：A．溶液的酸碱性取决于溶液中c（OH﹣）、c（H+）的相对大小，如果c（OH﹣）＞c（H+），溶液呈碱性，如果c（OH﹣）=c（H+），溶液呈中性，如果c（OH﹣）＜c（H+），溶液呈酸性，如果酸的浓度很小，则c（H+）很小，但溶液仍可能呈酸性，故A错误；
B．pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，纯水的pH＜7，则该温度下，pH=7的溶液呈碱性，只有c（OH﹣）=c（H+）时，溶液一定呈中性与PH无必然联系，故B错误；
C．溶液中如果c（OH﹣）=c（H+），则溶液呈中性，故C正确；
D．酚酞的变色范围是8﹣10，所以能使酚酞试液变红的溶液呈碱性，不能使酚酞试液变红的溶液，可能是盐的中性溶液或酸性溶液，如氯化钠盐溶液不能使酚酞试液变红，故D错误；
故选C．
【分析】A．溶液的酸碱性取决于溶液中c（OH﹣）、c（H+）的相对大小，如果c（OH﹣）＞c（H+），溶液呈碱性，据此解答；
B．溶液的酸碱性取决于溶液中c（OH﹣）、c（H+）的相对大小，如果c（OH﹣）=c（H+），溶液呈中性与PH无关，据此解答；
C．只有c（OH﹣）=c（H+）时，溶液一定呈中性；
D．根据酚酞的变色范围判断，不能使酚酞试液变红的溶液可能是盐的中性溶液；
10．【答案】B
【解析】【解答】100℃时，纯水中pH=﹣=-1=6，若该温度下某溶液中的H+浓度为1×10﹣7mol/L，
则该溶液的pH=﹣=7＞6，所以该溶液呈碱性，故选B．
【分析】100℃时，纯水中pH=pH=﹣=-1=6=6，当溶液的pH=6时，为中性，当pH＞6时呈碱性，当pH＜6时呈酸性，据此分析解答．
11．【答案】B
【解析】【解答】解：常温下氢氧化钠溶液物质的量浓度为0.1mol/L，设溶液的体积都是1L，则氢氧化钠的物质的量为：1L×0.1mol L﹣1=0.1mol，
硫酸的物质的量为：1L×0.06mol L﹣1=0.06mol，含有H+的物质的量为0.06mol×2=0.12mol，
酸碱发生中和时H+和OH﹣的物质的量分别为0.12mol和0.1mol，则硫酸过量，过量的H+的物质的量为：0.12mol﹣0.1mol=0.02mol，
反应后溶液中H+的物质的量浓度为：c（H+）= =0.01 mol L﹣1，
该混合液的pH=﹣lg10﹣2=2.0，
故选B．
【分析】常温下，将0.1mol L﹣1氢氧化钠溶液与0.06mol L﹣1硫酸溶液等体积混合，先判断过量，然后计算过量的酸或碱的物质的量浓度，最后计算溶液的pH．
12．【答案】D
【解析】【解答】解：A、点①反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，CH3COOH电离程度大于CH3COO﹣的水解程度，混合液为酸性，抑制了水的电离，水电离的氢离子小于1×10﹣7mol/L，而②处水电离的氢离子为1×10﹣7mol/L，则①处水的电离程度小于②处水的电离程度，故A错误；
B、点②pH=7，即c（H+）=c（OH﹣），而二者恰好反应时生成醋酸钠，溶液显示碱性，则恰好反应时溶液的pH＞7，此时氢氧化钠不足，故B错误；
C、点③说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，因CH3COO﹣水解，且程度较小，c（Na+）＞c（CH3COO﹣），故C错误；
D、当CH3COOH较多，滴入的碱较少时，则生成CH3COONa少量，可能出现：c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣），故D正确；
故选D．
【分析】根据点①反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COO﹣的水解程度，故c（Na+）＞c（CH3COOH），
点②pH=7，由电荷守恒可知：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），则c（H+）=c（OH﹣），c（Na+）=c（CH3COO﹣），溶液中还存在醋酸分子，则此时醋酸过量；
点③体积相同，则恰好完全反应生成CH3COONa，利用盐的水解来分析溶液呈碱性，则c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；
在滴定中当加入碱比较少时，可能出现c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）的情况．
13．【答案】A
【解析】【解答】XR能抑制水的电离，表明X一定是H，R一定是Cl；而XZ知Z原子序数小于R，则Z为F，那么Y一定是小于F元素的种元素，依题只能选A。
【分析】XR可以抑制水电离，则XR为酸，且H和R的原子个数比为1：1，则X为H，R为Cl或F，又因为还有化合物XZ，且X和Z的原子个数比为1：1，Z的原子序数小于R，所以Z为F，R为Cl，根据Y的位置在H和F之间，所以Y为Li。
14．【答案】D
【解析】【解答】A. 根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为 溶液和硫酸的反应，则曲线②为 溶液和硫酸氢钠溶液的反应，故A不符合题意；
B.根据图知，a点为 溶液和硫酸恰好反应，硫酸和硫酸氢钠溶液的物质的量浓度相等，则b点为钡离子恰好沉淀，溶质为氢氧化钠，B不符合题意；
C. a点为 溶液和硫酸恰好反应，显中性，d点为氢氧化钡和硫酸氢钠反应时恰好中和的点，溶液显中性，C不符合题意；
D.c点加入硫酸和硫酸氢钠的物质的量相等，故加入氢离子的量不相等，故氢氧根的量不相等，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】分析特殊点，a点为硫酸和氢氧化钡恰好反应的点，导电性几乎为零，b点为氢氧化钡和硫酸氢钠反应时钡离子恰好沉淀的点，d点为氢氧化钡和硫酸氢钠反应时恰好中和的点。
15．【答案】A
【解析】【解答】解：A．滴加紫色石蕊试液，溶液变红色，说明HR显酸性，但是不能说明是弱酸，故A符合题意；
B．常温下，测得NaR溶液的pH＞7，说明NaR为强碱弱酸盐，水解呈碱性，可证明HR为弱酸，故B不符合题意
C．HR溶液加入少量NaR固体，溶解后溶液的pH变大，说明HR存在电离平衡，则证明HR为弱酸，故C不符合题意；
D．常温下，测得0.01 mol/LHR溶液的pH=4，说明HR没有完全电离，可证明HR为弱酸，故D不符合题意。
故答案为：A
【分析】
解题关键：一元酸HR为弱酸：一元酸不完全电离，H+浓度小于酸的浓度；酸根离子易水解呈碱性
A．滴加紫色石蕊试液，溶液变红色，只能说明HR显酸性，但是不能说明是弱酸
B．常温下，测得NaR溶液的pH＞7，说明NaR为强碱弱酸盐，水解呈碱性，可证明HR为弱酸
C．HR溶液加入少量NaR固体，溶解后溶液的pH变大，说明HR存在电离平衡，则证明HR为弱酸
D．常温下，测得0.01 mol/LHR溶液的pH=4，而不是2，说明H+浓度小于酸的浓度，则HR没有完全电离
16．【答案】B
【解析】【解答】解：A．pH=5的CH3COOH溶液稀释100倍，pH接近7，仍为酸性，则c（H+）略小于1×10﹣7mol/L，故A不选；
B．c（H+）=0.05mol/L×2=0.1mol/L，c（OH﹣）=0.1mol/L，等体积混合，n（H+）=n（OH﹣），为中性，则c（H+）一定等于1×10﹣7mol/L，故B选；
C．pH=2的盐酸中c（H+）=0.01mol/L，pH=12的氨水中c（NH3．H2O）＞0.01mol/L，等体积混合时碱过量，则溶液显碱性，c（H+）小于1×10﹣7mol/L，故C不选；
D．pH=1的H2SO4中c（H+）=0.1mol/L，0.10mol/L 的Ba（OH）2溶液中c（OH﹣）=0.1mol/L×2=0.2mol/L，则溶液显碱性，c（H+）小于1×10﹣7mol/L，故D不选；
故选B．
【分析】A．pH=5的CH3COOH溶液稀释100倍，pH接近7，仍为酸性；
B．c（H+）=0.05mol/L×2=0.1mol/L，c（OH﹣）=0.1mol/L，等体积混合，n（H+）=n（OH﹣），为中性；
C．pH=2的盐酸中c（H+）=0.01mol/L，pH=12的氨水中c（NH3．H2O）＞0.01mol/L；
D．pH=1的H2SO4中c（H+）=0.1mol/L，0.10mol/L 的Ba（OH）2溶液中c（OH﹣）=0.1mol/L×2=0.2mol/L．
17．【答案】（1）0.05mol/L
（2）1
（3）12.4
【解析】【解答】解：（1）根据①知，Ba（OH）2溶液中未加稀盐酸时，溶液的pH=13，则溶液中c（OH﹣）= mol/L=0.1mol/L，根据OH﹣守恒计算c[Ba（OH）2]= ×c（OH﹣）= ×0.1mol/L=0.05mol/L，
故答案为：氢氧化钡物质的量浓度为0.05mol/L；
（2）根据③知，相同体积的氢氧化钡和稀盐酸混合时，混合溶液呈中性，说明酸中n（H+）等于碱中n（OH﹣），因为体积相同，所以酸中c（H+）等于碱中c（OH﹣）为0.1mol/L，所以x=1，
故答案为：x值为1；
（3）向100mL上述Ba（OH）2溶液中逐滴加入0.05mol/L NaHCO3溶液，当沉淀刚好达最大值时，Ba（OH）2、NaHCO3的物质的量之比为1：1，二者反应生成碳酸钡沉淀、水和NaOH，设碳酸氢钠的体积为xL，则0.05mol/L×0.1L=0.05mol/L×xL，x=0.1，混合溶液中n（NaOH）=n（NaHCO3）=0.05mol/L×0.1L=0.005mol，c（NaOH）= =0.025mol/L，溶液中c（H+）= mol/L=4×10﹣13 mol/L，溶液的pH=﹣lgc（H+）=﹣lg4×10﹣13=12.4，
故答案为：混合溶液的pH为12.4．
【分析】（1）根据氢氧化钡溶液的pH计算其物质的量浓度；
（2）根据混合溶液的pH=7计算盐酸的w物质的量浓度，然后计算其pH；
（3）根据沉淀量达到最大值的反应方程式计算溶液中氢氧根离子浓度，然后计算pH.
18．【答案】（1）B；D
（2）红；中；＜；中
【解析】【解答】解：（1）A．向水中加入NaHSO4，NaHSO4电离出氢离子，抑制水电离，平衡逆向移动，导致溶液中C（H+）＞C（OH﹣），溶液呈酸性，故错误；
B．向水中加入Cu（NO3）2，Cu（NO3）2是强酸弱碱盐能水解，铜离子和氢氧根离子结合生成氢氧化铜，从而促进水电离，导致溶液中C（OH﹣）＜C（H+），溶液呈酸性，故正确；
C．水的电离是吸热反应，加热至100℃，促进水电离，溶液C（OH﹣）=C（H+），溶液呈中性，故错误；
D．向水中加入（NH4）2SO4，（NH4）2SO4是强酸弱碱盐能水解，铵根离子与氢氧根离子结合生成一水合氨，从而促进水电离，导致溶液中C（OH﹣）＜C（H+），溶液呈酸性，故正确；
故选BD；（2）温度升高会促进水的电离，所以水的pH会减小，所以100℃沸水仍然是中性的，但此时的pH值小于7，pH试纸测定溶液的酸碱性时，试纸为红色，水在任何温度下均为中性的，故答案为：红；中；＜；中．
【分析】（1）使水的电离平衡向右移动的方法有：升高温度、加入含有弱根离子的盐等，如果溶液呈酸性，说明加入的物质和氢氧根离子反应，导致溶液中氢氧根离子浓度小于氢离子浓度而使溶液呈酸性；（2）100℃沸水显示中性，根据中性环境下pH试纸的颜色来确定即可；在25℃时，水的pH=7，温度升高，则pH增大，水在任何温度下均为中性．
19．【答案】（1）1×10﹣14
（2）H2SO4
（3）NH4Cl
（4）1×10﹣11mol/L；1×10﹣3mol/L
【解析】【解答】解：（1）室温下两溶液中水的离子积Kw=c（H+） c（OH﹣）=1×10﹣14，与溶液的种类无关．故答案为：1×10﹣14；（2）室温的条件下，pH均为3的H2SO4溶液和NH4Cl溶液，各取5mL上述溶液，分别加水稀释至50mL，稀释10倍，硫酸溶液pH变为4；而氯化铵溶液中铵根离子水解促进，水解出更多的氢离子，故溶液中氢离子浓度减小的少，溶液pH小于4，即pH较大的是硫酸溶液；故答案为：H2SO4；（3）室温的条件下，pH均为3的H2SO4溶液和NH4Cl溶液，各取5mL上述溶液，分别加热到90℃，由于硫酸是强电解质，以及完全电离，故加热后硫酸溶液中氢离子浓度不变，即pH不变；由于氯化铵的水解是吸热反应，加热促进水解，故水解出更多氢离子，导致氢离子浓度增大，故溶液pH变小．
故答案为：NH4Cl；（4）室温的条件下，pH均为3的H2SO4溶液和NH4Cl溶液中存在离子积常数，硫酸溶液中，c（H+）酸×c（OH﹣）水=10﹣14，则水电离的氢氧根离子的浓度c（OH﹣）水=1×10﹣11mol/L；氯化铵溶液中，c（H+）水×c（OH﹣）水剩余=10﹣14，则水电离的氢离子浓度为c（H+）水=1×10﹣3mol∕L，故答案为：1×10﹣11mol∕L；1×10﹣3mol∕L．
【分析】（1）室温下水的离子积为1×10﹣14；（2）强酸溶液稀释，氢离子浓度随体积增大呈比例减小；而氯化铵溶液稀释促进铵根离子的水解，水解出更多氢离子，故氢离子浓度下降较慢；（3）氯化铵水解过程是吸热反应，加热溶液，促进水解氢离子浓度变大，硫酸溶液加热，氢离子浓度基本不变；（4）硫酸中的氢氧根离子是水电离的，氯化铵溶液中的氢离子是水电离的，据此进行计算；
20．【答案】（1）NaHSO4=Na++H++SO42﹣；=
（2）NH4++H2O NH3．H2O+H+
（3）＞
（4）＞
（5）AlO2﹣+HCO3﹣+H2O=Al（OH）3↓+CO32﹣
【解析】【解答】解：（1）NaHSO4是强酸酸式盐，在水溶液中完全电离生成Na+、H+和SO42﹣，其电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42﹣；NaHCO3是弱酸酸式盐，在水溶液中完全电离生成Na+和HCO3﹣；酸或碱抑制水电离，酸中c（H+）或碱中c（OH﹣）越大，其抑制水电离程度越大，pH=5的NaHSO4溶液中c（H+）=10﹣5 mol/L，
pH=9的氨水中c（OH﹣）=10﹣5 mol/L，则二者抑制水电离程度相等，
故答案为：NaHSO4=Na++H++SO42﹣；=；（2）等体积、等物质的量浓度的NaHSO4与氨水混合后，二者恰好完全反应生成等物质的量浓度的Na2SO4和（NH4）2SO4，Na2SO4是强酸强碱盐、（NH4）2SO4是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性NH4++H2O NH3．H2O+H+，
故答案为：NH4++H2O NH3．H2O+H+；（3）溶液呈中性，说明溶液中c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒得c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42﹣），所以c（Na+）+c（NH4+）＞c（SO42﹣），
故答案为：＞；（4）根据硫酸钡中钡离子和硫酸根离子关系式知，二者以1：1反应，反应后除了生成硫酸钡外还生成水和NaOH，则溶液呈碱性，溶液的pH＞7，故答案为：＞；（5）向NaAlO2溶液中滴加饱和NaHCO3溶液，偏铝酸根离子促进HCO3﹣的电离，生成氢氧化铝程度和碳酸根离子，离子方程式为AlO2﹣+HCO3﹣+H2O=Al（OH）3↓+CO32﹣，
故答案为：AlO2﹣+HCO3﹣+H2O=Al（OH）3↓+CO32﹣．
【分析】（1）NaHSO4是强酸酸式盐，在水溶液中完全电离生成Na+、H+和SO42﹣；NaHCO3是弱酸酸式盐，在水溶液中完全电离生成Na+和HCO3﹣；酸或碱抑制水电离，酸中c（H+）或碱中c（OH﹣）越大，其抑制水电离程度越大；（2）等体积、等物质的量浓度的NaHSO4与氨水混合后，二者恰好完全反应生成等物质的量浓度的Na2SO4和（NH4）2SO4，强酸强碱盐溶液呈中性，强酸弱碱盐中弱碱离子水解导致溶液呈酸性；（3）溶液呈中性，说明溶液中c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒判断；（4）根据硫酸钡中钡离子和硫酸根离子关系式知，二者以1：1反应，反应后除了生成硫酸钡外还生成水和NaOH；（5）向NaAlO2溶液中滴加饱和NaHCO3溶液，偏铝酸根离子促进HCO3﹣的电离．
21．【答案】（1）4
（2）逐渐增大
（3）c（F﹣）＞c（Na+）＞c（HF）＞c（H+）＞c（OH﹣）
（4）=
（5）F﹣；HF
（6）酚酞
【解析】【解答】解：（1）0.1mol/L的氢氟酸溶液中有0.1%的HF发生电离，则c（H+）=0.1×0.1%=10﹣4mol/L，则pH=4；故答案为：4；（2）酸抑制水的电离，氢离子浓度减小，则水的电离程度增大，滴加NaOH溶液至恰好反应的过程中，消耗氢离子，则氢离子浓度减小，所以水的电离程度逐渐增大；故答案为：逐渐增大；（3）NaOH加入了10mL，溶液中溶质为等浓度的HF和NaF，溶液显酸性，则HF的电离程度大于F﹣的水解程度，而钠离子不水解，所以c（F﹣）＞c（Na+）＞c（HF）＞c（H+）＞c（OH﹣）；故答案为：c（F﹣）＞c（Na+）＞c（HF）＞c（H+）＞c（OH﹣）；（4）溶液中电荷守恒为c（F﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），pH=7，则c（OH﹣）=c（H+），所以c（F﹣）=c（Na+）；故答案为：=；（5）向20mL0.1mol/L的氢氟酸溶液中逐滴加入0.1mol/L NaOH溶液，NaOH加入了20mL，二者恰好反应生成NaF，其浓度为0.05mol/L，由于NaF部分水解生成HF，则由物料守恒可知，c（F﹣）+c（HF）=0.05mol/L；故答案为：F﹣、HF；（6）NaOH与HF恰好反应生成NaF显碱性，选择在碱性条件下变色的指示剂，所以选择酚酞；故答案为：酚酞．
【分析】（1）根据电离度求出氢离子浓度，再计算pH；（2）酸抑制水的电离，氢离子浓度减小，则水的电离程度增大；（3）NaOH加入了10mL，溶液中溶质为等浓度的HF和NaF，溶液显酸性，则HF的电离程度大于F﹣的水解程度；（4）根据电荷守恒分析；（5）根据物料守恒分析；（6）NaOH与HF恰好反应生成NaF显碱性，选择在碱性条件下变色的指示剂．