3.1 水与水溶液 同步练习（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
一、单选题
1．下列粒子中，不会破坏水的电离平衡的是（　　）
A．OH﹣ B．Cu2+ C．S2﹣ D．Na+
2．下列物质能导电的是（　　）
A．石墨 B．葡萄糖 C．氯化钠固体 D．干冰
3．下列关于强弱电解质的叙述错误的是（　　）
A．弱电解质在溶液中部分电离，存在电离平衡
B．在溶液中导电能力强的电解质是强电解质，导电能力弱的电解质是弱电解质
C．同一弱电解质的溶液，当温度、浓度不同时，其导电能力也不相同
D．纯净的强电解质在液态时，有的导电，有的不导电
4．把0.05molNaOH晶体分别加入到下列100mL液体中，溶液导电性变化最小的是（　　）
A．自来水 B．0.5mol/L盐酸
C．0.5mol/L氨水 D．0.5mol/LNaNO3
5．用pH试纸测定某无色溶液的pH值时，规范的操作是（　　）
A．将pH试纸放入溶液中观察其颜色变化，跟标准比色卡比较
B．将溶液倒在pH试纸上，跟标准比色卡比较
C．用干燥的洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，跟标准比色卡比较
D．在试管内放入少量溶液，煮沸，把pH试纸放在管口，观察颜色，跟标准比色卡比较
6．下列有关叙述中正确的是（　　）
A．难溶于水的电解质一定是弱电解质
B．强电解质的水溶液导电能力一定比弱电解质水溶液的导电能力强
C．易溶于水的电解质一定是强电解质
D．强电解质在水溶液中的电离过程是不可逆的
7．下列说法正确的是（　　）
A．pH＝1的醋酸加水稀释到原体积的100倍，稀释后pH＝3
B．室温下pH＝3的醋酸溶液和pH＝11的Ba(OH)2溶液等体积混合后溶液呈酸性
C．把pH试纸直接插入待测溶液中，测其pH
D．某温度下，水的离子积常数为1×10－12，该温度下pH＝7的溶液呈中性
8．25℃时，将0.1mol L﹣1的稀硫酸逐滴滴入到200mL 0.1mol L﹣1的稀氨水中，下列说法正确的是（　　）
A．当稀硫酸与稀氨水恰好完全反应时，则c（OH﹣）+c（S ）=C（H+）+c（N ）
B．当滴至溶液的pH=7时，则c（N ）＞c（S ）
C．当滴加的稀硫酸的体积为50mL时溶液成碱性，则c（NH4+）＜2c（ ）
D．当滴加的稀硫酸的体积为200mL时，则c（H+）=c（OH﹣）+2c（NH3 H2O）+c（N ）
9．在25℃时，将1.0Lcmol·L-1CH3COOH 溶液与0.1molNaOH 固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl或加入NaOH 固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随通入(或加入) 物质的量的变化如右图所示。下列叙述正确的是（　　）
A．水的电离程度： a>b>c
B．c 点对应的混合溶液中，c(CH3COOH)>c(Na+ )>c(OH-)
C．a 点对应的混合溶液中，c(Na+ )=c(CH3COO-)
D．该温度下，醋酸的电离平衡常数Ka=
10．下列有关化学用语正确的是（　　）
A．二氧化碳的电子式
B．CaCO3和CH3COOH均为弱电解质
C．用于考古断代的中子数为8的碳原子表示为
D．明矾溶液水解可制得Al(OH)3胶体，用于杀菌消毒
11．通常人体胃液的pH大约是0.9﹣1.5．胃液的酸碱性为（　　）
A．碱性 B．酸性 C．无法判定 D．中性
12．下列说法正确的是（　　）
A．硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物
B．蔗糖、硫酸钠和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质
C．工业上用铝罐车装运浓硫酸和浓硝酸，说明铝与浓硫酸和浓硝酸不反应
D．含0.2mol H2SO4的浓硫酸与足量的铜反应,生成标准状况下的气体2.24 L
13．常温下，有下列四种溶液：下列说法正确的是（　　）
① ② ③ ④
0.1mol/LNaOH溶液 pH=11NaOH溶液 0.1mol/L CH3COOH溶液 pH=3CH3COOH溶液
A．由水电离出H+的浓度c（H+）：①＞③
B．将④加蒸馏水稀释至原来的100倍时，所得溶液的pH＞5
C．①与③混合，若溶液pH=7，则体积：V（NaOH）＞V（CH3COOH）
D．等体积等PH的④溶液和盐酸分别与足量的Zn反应，④溶液生成同条件下氢气体积多
14．下列溶液一定呈中性的是（　　）
A．pH=7的溶液
B．c（H+）=c（OH﹣）=10﹣6mol/L溶液
C．使石蕊试液呈紫色的溶液
D．酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液
15．将浓度均为0.5mol L-1氨水和KOH溶液分别滴入到体积均为20mL且浓度相同的AlCl3溶液中，测得溶液的导电率与加入碱的体积关系如图所示，下列说法中错误的是（　　）
A．AlCl3溶液的物质的量浓度为0.2mol L-1
B．根据图象可以确定导电率与离子种类有关
C．cd段发生的反应是Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O
D．e点时溶液中的离子浓度：c(K+) ＝c(Cl－) ＋c(AlO2－)
16．一定温度下，向氨水中加入过量醋酸溶液，溶液导电性(A)随时间(T)的大致变化图象正确的是( )
A． B．
C． D．
二、综合题
17．根据题意填空
（1）常温下，0.1mol/LHCl溶液的pH=　 　；0.005mol/LBa（OH）2溶液的pH=　 　；
（2）常温下，pH=13的Ba（OH）2溶液aL与pH=3的H2SO4溶液bL混合（混合后溶液体积变化忽略不计）
①若所得混合溶液呈中性，则a：b=　 　；
②若所得混合溶液pH=12，则a：b=　 　．
18．现有25℃时pH=12的NaOH溶液100mL．，欲用以下几种方法将其pH调整到11，回答下列问题（已知混合后溶液的总体积等于混合前两稀溶液的体积之和）：
（1）25℃时，pH=12的NaOH溶液中由水电离产生的c（OH﹣）=　 　
（2）加水稀释，需加水的体积为　 　mL．
（3）加入pH=2的盐酸，需加盐酸的体积为　 　mL．（精确到0.1）
（4）加入pH=10的NaOH溶液，需加NaOH溶液的体积为　 　mL．
19．回答下列问题：
（1）已知：Fe(s)+ O2(g)= FeO(s) ΔH= -272.0KJ·mol-1
2Al(s)+ O2(s)= Al2O3(s) ΔH=-1675.7KJ·mol-1
Al和FeO发热反应的热化学方程式是　 　。
（2）某可逆反应在不同条件下的反应历程分别为A、B，如图所示。
①据图判断：当反应达到平衡后，其他条件不变，升高温度，反应物的转化率　 　(填“增大”“减小”或“不变”)；
②其中B历程表明此反应采用的条件为　 　 (选 填序号)。
A．升高温度 B．增大反应物的浓度
C． 降低温度 D．使用催化剂
（3）1000℃时，硫酸钠与氢气发生下列反应： Na2SO4(s)+4H2(g)= Na2S(s)+ 4H2O(g)。该反应的平衡常数表达式为K=　 　；已知K (1000℃ ) ＜K (1200℃) ，若降低体系温度，混合气体的平均相对分子质量将　 　 (填“增大”、 “减小”或“不变”)。
（4）常温下，如果取0.1mol·L-1HA溶液与0.1mol ·L-1NaOH溶液等体积混合(混合后溶液体积的变化忽略不计)，测得混合液的pH=8。
①混合液中由水电离出的OH—浓度与0.1mol·L-1NaOH溶液中由水电离出的OH—浓度之比为　 　；
②已知NH4A溶液为中性，又知将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断相同温度下，等物质的量浓度的下列盐溶液按pH由大到小的排列顺序为(填序号)　 　＞　 　＞　 　
a．NH4Cl b． NH4A c． (NH4)2CO3
20．合成氨反应（N2+3H2 2NH3+92.4KJ）在化学工业和国防工业具有重要意义．工业合成氨生产示意图如图所示．
（1）X的化学式为　 　；X的状态为　 　态．
（2）据图分析，下列说法正确的是　 　（填写编号）．
a．在此温度下，有利于平衡正向移动，可提高氨的产量
b．铁触媒的使用有利于平衡正向移动
c．工业生产受动力、材料、设备等条件的限制，选择此压强
d．为提高原料的转化率，采用循环操作
（3）常温下氨气极易溶于水，其水溶液可以导电．
①氨水中水的离子积常数的数值是　 　；
②将相同体积、相同物质的量浓度的氨水和盐酸混合后，溶液中离子浓度由大到小依次为　 　．
21．常温下，向浓度为0.1mol/L、体积为V L的氨水中逐滴加入一定浓度的盐酸，用pH计测溶液的pH随盐酸的加入量而降低的滴定曲线，d点两种溶液恰好完全反应．根据图回答下列问题：
（1）该温度时氨水的电离平衡常数K=　 　．
（2）比较b、c、d三点时的溶液中，水电离 的c（OH﹣）大小顺序为　 　．
（3）滴定时，由b点到c点的过程中，下列各选项中数值保持不变的有 ．
A．c（H+） c（OH﹣） B．
C． D．
（4）根据以上滴定曲线判断下列说法正确的是（溶液中N元素只存在NH4+和 NH3 H2O两种形式） ．
A．点b所示溶液中：c（NH4+）+c（H+）=c（NH3 H2O）+c（OH﹣）
B．点 c所示溶液中：c（Cl﹣）=c（NH3 H2O）+c（NH4+）
C．点 d所示溶液中：c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）
D．滴定中可能有：c（NH3 H2O）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）
（5）滴定过程中所用盐酸的pH=　 　，d点之后若继续加入盐酸至图象中的e点（此时不考虑NH4+水解的影响），则e点对应的横坐标为　 　．
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】解：A．加入氢氧根离子，水中氢氧根离子浓度增大，破坏了水的电离平衡，故A错误；
B．加入铜离子，铜离子结合水电离的氢氧根离子，破坏了水的电离平衡，故B错误；
C．引进硫离子，硫离子结合水电离的氢离子，破坏了水的电离平衡，故C错误；
D．引进钠离子，钠离子不水解，不影响水的电离平衡，故D正确；
故选D．
【分析】水能够电离出氢离子和氢氧根离子，加入的粒子能够影响水电离的氢离子或者氢氧根离子浓度，则会破坏水的电离平衡，如加入含有弱酸根离子或者弱碱根离子的盐、加入酸碱溶液等都能够影响水的电离，据此进行解答．
2．【答案】A
【解析】【解答】A、石墨可以导电，A符合题意；
B、葡萄糖是非电解质，不能导电，B不符合题意；
C、氯化钠固体中含有离子，但不能自由移动，不导电，C不符合题意；
D、干冰是CO2，属于非电解质，不导电，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】含有自由移动电子或离子的物质可以导电，据此进行判断即可.
3．【答案】B
【解析】【解答】A．弱电解质在溶液中部分电离，存在电离平衡，故A不符合题意；
B．溶液的导电能力与溶液中离子浓度成正比，与电解质的强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液强，故B符合题意；
C．弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程，温度改变，电离平衡移动，离子浓度不同，导电能力不同，故C不符合题意
D．离子化合物类强电解质，液态时导电，如NaCl，K2SO4等，共价化合物类强电解质，液态时不导电，如AlCl3，HCl等，故D不符合题意；
故答案为：B．
【分析】强弱电解质的区别就在于电离时能否完全电离，与能否导电、导电性强弱无关，据此解答即可.
4．【答案】B
【解析】【解答】A.加入到自来水中，水中离子浓度很小，加入NaOH后溶液中离子浓度变化较大，则溶液导电能力变化较大，故A不选；
B.加入到0.5mol/L的稀盐酸中，二者恰好完全反应生成强电解质NaCl，HCl、NaCl都是强电解质，在加入NaOH固体前后离子浓度变化不大，则溶液导电能力变化不大，故B选；
C. 0.5mol/L氨水，一水合氨是弱电解质，在溶液中部分电离，离子浓度较小，溶液导电性较弱，加入NaOH固体后，离子浓度变化较大，则溶液导电能力变化较大，故C不选；
D. NaNO3是强电解质，加入NaOH后，二者不反应，但溶液中离子浓度增大一倍，则溶液导电能力增大一倍，溶液导电能力变化较大，故D不选。
故答案为：B。
【分析】溶液的导电性与离子浓度成正比。
5．【答案】C
【解析】【解答】解：用pH试纸测定溶液pH的方法为：用玻璃棒蘸取少许待测液滴在pH试纸上，然后把试纸显示的颜色与标准比色卡对照，即可确定溶液的酸碱度．
A．不能把pH试纸放入溶液，会污染试剂，故A错误；
B．不能将溶液倒在pH试纸上，故B错误；
C．符合测定溶液pH的方法，故C正确；
D．在试管内放入少量溶液，煮沸，把pH试纸放在管口，无法测定该溶液的pH，故D错误；
故选C．
【分析】用pH试纸测定溶液pH的方法为：用玻璃棒蘸取少许待测液滴在pH试纸上，然后把试纸显示的颜色与标准比色卡对照．
6．【答案】D
【解析】【解答】解：A．电解质的强弱和溶解度无关，硫酸钡难溶于水，但它是强电解质，故A错误；
B．导电能力的强弱与参与导电的自由移动的离子的浓度大小有关，强电解质如果浓度很小，导电能力也可能比浓的弱电解质溶液的导电能力弱，故B错误；
C．电解质的强弱和溶解度无关，乙酸易溶于水，但它是弱酸，故C错误；
D．强电解质完全电离，不可逆，故D正确．
故选D．
【分析】A．弱电解质是在水溶液里部分电离的电解质；
B．电解质的水溶液的导电能力和电解质强弱无关，和离子浓度、所带电荷有关；
C．强电解质是在水溶液里完全电离的电解质；
D．强电解质完全电离．
7．【答案】B
【解析】【解答】A.醋酸是弱电解质，加水稀释，促进醋酸的电离，溶液中氢离子物质的量增加，则pH=1的醋酸加水稀释到原体积的100倍，稀释后pH＜3，故A不符合题意；
B.醋酸是弱酸，在溶液中不能完全电离，室温下pH＝3的醋酸溶液和pH＝11的Ba(OH)2溶液等体积混合后，醋酸过量，混合液呈酸性，故B符合题意；
C.把pH试纸放到玻璃片上或表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取待测液滴到试纸上，待试纸变色后，和标准比色卡对比测其pH，故C不符合题意；
D.某温度下，水的离子积常数为1 10-12，该温度下pH=7的溶液中c(H＋)=10-7mol/L，c(OH-)= =10-5mol/L，则c(H＋)＜c(OH-)，溶液呈碱性，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．醋酸是弱电解质，溶液中有大量未电离的醋酸分子；
B．醋酸浓度大，溶液显酸性；
C．pH试纸不能直接伸入待测溶液中，否则会污染试剂；
D．根据Kw=计算；
8．【答案】B
【解析】【解答】解：A、稀硫酸与稀氨水恰好完全反应时，电荷守恒分析：C（OH﹣）+2C（SO42﹣）=c（H+）+c（NH4+），故A错误；
B、C（OH﹣）+2C（SO42﹣）=c（H+）+c（NH4+），pH=7，C（OH﹣）=c（H+），所以2C（SO42﹣）=c（NH4+），C（SO42﹣）＜c（NH4+），故B正确；
C、溶液呈碱性，C（OH﹣）＞c（H+），C（OH﹣）+2C（SO42﹣）=c（H+）+c（NH4+），所以两式相减c（NH4+）＞2c（SO42﹣），故C错误；
D、当滴加的稀硫酸的体积为200mL，溶液中H2SO4和（NH4）2SO4 =1：1，c（H+）=c（OH﹣）+c（NH3 H2O）+c（NH4+），故D错误；
故选B．
【分析】A、前后反应生成的溶液中溶质为硫酸铵，依据电荷守恒分析判断；
B、电荷守恒分析判断；
C、当滴加的稀硫酸的体积为50mL，得到等浓度的一水合氨和硫酸铵溶液；
D、滴加的稀硫酸的体积为200mL时，溶质为硫酸和硫酸铵．
9．【答案】D
【解析】【解答】A. CH3COOH 溶液与0.1molNaOH 固体混合，CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，其中CH3COONa的水解促进水的电离，CH3COOH的电离抑制水的电离。若向该混合溶液中通入HCl，a点反应CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl恰好完全发生，CH3COONa减少，CH3COOH增多；若向该混合溶液中加入NaOH 固体，c点反应CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O恰好完全进行，CH3COONa增多，CH3COOH减少，因此，水的电离程度： c>b>a，故A错误；
B.在 CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中，c(CH3COOH)=c(CH3COONa)的混合溶液呈酸性，c点pH=7，所以c(CH3COOH)c(CH3COOH)> c(OH-)，故故B错误；
C. a点反应CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl恰好完全发生，c(Na+)=c(Cl-)，溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）= c（Cl-）+c（OH-）+c（CH3COO-），所以c（H+）= c（OH-）+c（CH3COO-），c（H+）、c（OH-）很小，因此，c(Na+ )>c(CH3COO-)，故C错误；
D. 该温度下pH=7时，c（H+）=10-7mol L-1，c(Na+ )=c(CH3COO-)=0.2mol/L，c（CH3COOH）=(c-0.1)mol/L，则醋酸的电离平衡常数Ka= c（CH3COO-）c（H+/ c（CH3COOH）== ，故D正确。
故答案为：D。
【分析】溶液中酸或碱电离的氢离子或氢氧根离子的浓度越大，水的电离程度越小；知道化学平衡常数的表达式如何写。
10．【答案】C
【解析】【解答】A. 二氧化碳的电子式为 ，A不符合题意；
B. CaCO3是强电解质，B不符合题意；
C. 用于考古断代的中子数为8的碳原子表示为 ，C符合题意；
D. 明矾溶液水解可制得Al(OH)3胶体，可用于净水，但是不能杀菌消毒，D不符合题意。本题选C。
【分析】A.二氧化碳分子中每个碳原子与氧原子形成两对共用电子对；
B.碳酸钙是盐，属于强电解质；
C.考古学家提出使用 的半衰期来预测物质的时间；
D.氢氧化铝胶体只能用来沉降不溶性物质，不能用来杀菌消毒。
11．【答案】B
【解析】【解答】解：常温下，pH＜6的溶液呈酸性，pH=7的溶液呈中性，pH＞7的溶液呈碱性，通常人体胃液的pH大约是0.9﹣1.5＜7，则胃液的酸碱性为酸性，故选B．
【分析】常温下，pH＜6的溶液呈酸性，pH=7的溶液呈中性，pH＞7的溶液呈碱性，据此分析解答．
12．【答案】B
【解析】【解答】A、纯碱是碳酸钠，属于盐，A不符合题意；
B、蔗糖在水溶液和熔融态下均不导电，属于非电解质，硫酸钠在水中可以完全电离，属于强电解质，水只能部分电离，属于弱电解质，B符合题意；
C．浓硫酸和浓硝酸具有强氧化性，可与铝发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的继续进行，C不符合题意；
D．完全反应0.2mol 浓硫酸会生成0.1mol二氧化硫，由于稀硫酸不与铜反应，所以反应生成的二氧化硫小于0.1mol，生成标准状况下的气体体积小于2.24 L，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、纯碱（Na2CO3）；
B、电解质：在水溶液里或熔融状态下,能够导电的化合物，非电解质：在水溶液和熔融状态下,都不导电的化合物，弱电解质是在水溶液中不完全（少部分）电离的电解质；
C．浓硫酸和浓硝酸与铝发生钝化反应，阻止反应进一步进行；
D．铜和浓硫酸的反应，随着硫酸浓度降低，反应会停止。
13．【答案】D
【解析】【解答】解：A.0.1mol/LNaOH溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，pH=3CH3COOH溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，溶液中氢离子、碱溶液中的氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小，则由水电离出H+的浓度c（H+）：①＜③，故A错误；
B．pH=3CH3COOH溶液加蒸馏水稀释至原来的100倍时，所得溶液中氢离子浓度大于1×10﹣5mol/L，则溶液的pH＜5，故B错误；
C．①与③若等体积混合，二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸根离子部分水解溶液呈碱性，若使反应后溶液呈中性，则加入醋酸的体积稍大，即：V（NaOH）＜V（CH3COOH），故C错误；
D．等体积等pH的④溶液和盐酸，由于醋酸为弱酸，pH相等时醋酸的浓度较大，分别与足量的Zn反应时④溶液生成同条件下氢气体积多，故D正确；
故选D．
【分析】A．酸碱溶液都抑制了水的电离，酸溶液中氢离子、碱溶液中的氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小；
B．稀释后醋酸的电离程度增大，则氢离子浓度大于1×10﹣5mol/L；
C．结合等体积混合时生成的醋酸钠溶液呈碱性分析；
D．醋酸为弱酸，pH相等时醋酸的浓度较大．
14．【答案】B
【解析】【解答】解：A、pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10﹣12，pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，故A错误；
B、c（H+）=c（OH﹣）=10﹣6mol/L溶液，溶液的pH=6，溶液一定呈中性，故B正确；
C、使石蕊试液呈紫色的溶液，常温下溶液显酸性，故C错误；
D、酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液，若是强酸强碱反应，溶液呈中性，若是强酸弱碱反应，溶液呈酸性，若是弱酸强碱反应溶液呈碱性，故D错误；
故选B．
【分析】溶液的酸碱性是根据溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断的；
当溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度时，溶液呈酸性；
当氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等时，溶液呈中性；
当溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度时，溶液呈碱性，注意不能根据溶液的pH值大小判断．
15．【答案】D
【解析】【解答】A.根据分析得到c点恰好反应完生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钾的物质的量是氯化铝物质的量的3倍，因此AlCl3溶液的物质的量浓度为 ，故A不符合题意；
B.根据图象可以确定导电率与离子种类、离子浓度有关，故B不符合题意；
C.c点是氢氧化铝沉淀，再加入KOH，则沉淀开始溶解，其cd段发生的反应是Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O，故C不符合题意；
D.e点是KOH、KAlO2、KCl，溶液中的离子浓度：c(K+)＋c(H+)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(AlO2－)，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据图象得出I为氨水滴加到氯化铝溶液中的图象，II为KOH滴加到氯化铝溶液中的图象，c点为恰好反应生成氢氧化铝沉淀的点。
16．【答案】D
【解析】【解答】A.氨水是弱电解质，导电能力比较弱，加入醋酸后，导电能力增强，故A错误；
B.氨水能导电，B项图像中开始不导电，所以B项错误；
C.氨水是弱电解质，加入醋酸后，生产醋酸铵，醋酸铵是强电解质，导电能力增强，再继续加醋酸，相当于稀释了醋酸铵，所以导电能力降低，C项错误；
D.导电能力先增大后减小，D项正确。
故答案为：D
【分析】氨水是弱碱，离子浓度较小，导电性差，向氨水中加入醋酸溶液，发生反应：NH3.H2O+CH3COOH=NH4++CH3COO-+H2O，有醋酸铵生成，醋酸铵是可溶性盐，离子浓度较大，导电性较强，再加入过量醋酸，溶液体积增大，离子浓度减小，导电性降低，因此溶液导电性(A)随时间(T)的大致变化图象是先增大，后减小。
17．【答案】（1）1；12
（2）1：100；11：90
【解析】【解答】解：（1）在25℃时，在0.1mol/L HCl溶液中，c（H+）=c（HCl）=0.1mol/L，pH=﹣lgc（H+）=﹣lg0.1mol/L=1；0.005mol/LBa（OH）2溶液中氢氧根离子浓度=0.005 mol/L×2=0.01mol/L，根据离子积常数KW=c（H+） c（OH﹣），知，溶液中氢离子浓度c（H+）= mol/L=10﹣12mol/L，所以溶液的pH=12，
故答案为：1；12；（2）①若所得混合溶液呈中性，aL×0.1mol/L=bL×0.001mol/L，解得a：b=1：100；故答案为：1：100；②若所得混合溶液pH=12，则碱过量，所以 =0.01mol/L，解得a：b=11：90，故答案为：11：90．
【分析】（1）在25℃时，在0.01mol/L HCl溶液中，c（H+）=c（HCl）=0.01mol/L，根据pH=﹣lgc（H+）计算即可；碱溶液中先计算氢氧根离子浓度，再根据氢离子浓度与氢氧根离子浓度和离子积常数之间的关系式计算；（2）若所得混合溶液呈中性，aL×0.1mol/L=bL×0.001mol/L；若所得混合溶液pH=12，则碱过量，所以 =0.01mol/L．
18．【答案】（1）10﹣12mol/L
（2）900
（3）81.8
（4）1000
【解析】【解答】解：（1）现有25℃时，此溶液pH=12的NaOH溶液中由水电离产生的c（H+）=10﹣12mol/L，故答案为：10﹣12mol/L；（2）pH=12 的NaOH溶液中氢氧根离子浓度是0.01mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.001mol/L，设加入水的体积是V2，C1V1=C2（V1+V2）=0.01mol/L×0.1L=（0.1+V2）L，V2= L=0.9L=900mL，故答案为：900；（3）pH=2的HCl溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，设加入盐酸的体积是V，c（OH﹣）= = mol/L=0.001mol/L，v=81.8mL，故答案为：81.8；（4）pH=12 的NaOH溶液中氢氧根离子浓度是0.01mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.001mol/L，pH=10的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.0001mol/L，设加入pH=10的NaOH溶液体积是V2，C1V1+C2V2=C3（V1+V2）=0.01mol/L×0.1L+0.0001mol/L×V2=0.001mol/L（0.1+V2），V2=1L=1000mL，故答案为：1000．
【分析】（1）依据溶液中离子积常数计算；（2）先根据溶液的pH计算氢氧根离子浓度，再根据C1V1=C2（V1+V2）计算加入的水体积；（3）先计算混合溶液中氢氧根离子浓度，再根据c（OH﹣）= ；（4）先根据溶液的pH计算氢氧根离子浓度，再根据C1V1+C2V2=C3（V1+V2）计算加入的氢氧化钠溶液体积
19．【答案】（1）3FeO(s)+2Al(s)= Al2O3(s)+3 Fe(s)ΔH=—859.7kJ/mol
（2）增大；D
（3）；减小
（4）107∶1；c；b；a
【解析】【解答】(1)将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，②—①可得铝与氧化亚铁反应的方程式3FeO(s)+2Al(s)= Al2O3(s)+3 Fe(s)则反应ΔH=(-1675.7 kJ/mol)- (-272.0 kJ/mol)=-859.7kJ/mol，反应的热化学方程式为3FeO(s)+2Al(s)= Al2O3(s)+3 Fe(s)ΔH=-859.7kJ/mol，故答案为：3FeO(s)+2Al(s)= Al2O3(s)+3 Fe(s)ΔH=-859.7kJ/mol；
(2)①由图可知，该反应为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，当反应达到平衡后，其他条件不变，升高温度，平衡向正反应方向移动，反应物的转化率增大，故答案为：增大；
②由图可知， B历程分步反应，活化能低于A历程，且反应的焓变与A历程相同，表明此反应采用的条件为使用催化剂，
故答案为：D；
(3)由方程式可知，反应的平衡常数表达式K=；由1000℃条件下的平衡常数小于1200℃可知，该反应为气体体积不变的吸热反应，降低温度，平衡向逆反应方向移动，混合气体的质量减小，所以混合气体的平均相对分子质量将减小，故答案为：；减小；
(4)①常温下，等体积等浓度的HA溶液与氢氧化钠溶液恰好反应生成NaA，混合后溶液pH为8说明NaA为强碱弱酸盐，在溶液中水解促进水的电离，水电离出的氢氧根离子浓度为=1×10-6mol/L，氢氧化钠在溶液中电离出的氢氧化离子抑制水的电离，0.1 mol/L氢氧化钠溶液中水电离出的氢氧根离子浓度为=1×10-13mol/L，则两溶液中水电离出氢氧根离子的浓度之比为1×10-6mol/L∶1×10-13mol/L=107∶1，故答案为：107∶1；
②由NH4A溶液为中性，又知将HA溶液加到碳酸钠溶液中有气体放出可知，相同温度下，一水合氨的电离程度与HA的电离程度相同，大于碳酸的电离程度，由盐类水解规律可知，(NH4)2CO3溶液呈碱性，氯化铵溶液呈酸性，则相同温度下，浓度相同的三种盐溶液按pH由大到小的排列顺序为c＞b＞a，故答案为：c；b；a。
【分析】(1)依据盖斯定律计算；
(2)①反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，利用温度对平衡移动的影响分析；
②催化剂可以降低活化能，不影响平衡；
(3)平衡常数等于产物浓度的幂之积与反应物浓度的幂之积的比值；利用温度对平衡移动的影响分析；
(4)①酸碱抑制水的电离，可水解的盐促进水的电离；
②依据越弱越水解的规律判断。
20．【答案】（1）NH3；液
（2）c、d
（3）10﹣14；c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
【解析】【解答】解：（1）合成氨工业有下列流程：原料气制备、原料气净化和压缩、氨的合成、氨的分离，从图1生产流程知，原料气氮气和氢气，经过氨的合成、氨的分离，所以X为液态的氨气，Y为氮气和氢气的混合气，再循环利用，故答案为：NH3；液；（2）a．升高温度，能使反应速率加快，但该反应正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，不利于氨的合成，故不选；
b．铁触媒的使用有利于加快反应速率，但平衡不移动，故不选；
c．增大压强，能使反应速率加快，反应也向正反应方向移动，但过高的压强，反应成本高，故选；
d．为提高原料的转化率，采用循环操作，提高原料的利用率，故选；
故选c、d；（3）①温度不变水的离子积常数的数值是不变的，仍为10﹣14，故答案为：10﹣14； ②将相同体积、相同物质的量浓度的氨水和盐酸混合后，反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解，c（Cl﹣）＞c（NH4+），氯化铵为强酸弱碱盐，水解后溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH﹣），水解极其微弱，所以c（NH4+）＞c（H+），故答案为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）．
【分析】（1）根据题干中的流程图解答；（2）该反应为可逆反应，根据化学平衡移动原理进行解答；（3）①温度不变水的离子积常数的数值是不变的；②将相同体积、相同物质的量浓度的氨水和盐酸混合后，反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解．
21．【答案】（1）10﹣5
（2）d＞c＞b
（3）B；C；D
（4）D
（5）1；
【解析】【解答】解：（1）滴定前氨水中c（H+）=10﹣11mol/L，利用水的离子积得c（OH﹣）= mol/L=10﹣3mol/L，一水合氨的电离平衡常数K= = =10﹣5，故答案为：10﹣5；（2）在b点时，溶质为氨水和氯化铵，氨水的电离程度大于氯化铵的水解程度，溶液为碱性，对水的电离平衡起到抑制作用，在c点时，溶质为氨水和氯化铵，氨水的电离程度等于于氯化铵的水解程度，溶液为中性，对水的电离平衡无影响，在d点时，溶质为氯化铵，氯化铵发生水解，溶液为酸性，对水的电离平衡促进，所以b、c、d三点时的溶液中，水电离的c（OH﹣）大小顺序是d＞c＞b，故答案为：d＞c＞b；（3）A．温度不变水的离子积常数不变，所以c（H+） c（OH﹣）不变，故A正确； B．由b点到c点的过程中，c（H+）不断增大，c（OH﹣）不断减小，所以 增大，故B错误； C. =Kb，温度不变，电离平衡常数不变，故C正确； D．温度不变，电离平衡常数及离子积常数不变， = = 不变，故D正确；故选BCD；（4）A．由图象可知，点b反应后溶液是NH4Cl与NH3 H2O物质的量之比为1：1的混合物，溶液呈碱性，说明NH3 H2O电离程度大于NH4Cl的水解程度，由电荷守恒可知：c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），物料守恒为：2c（Cl﹣）=c（NH4+）+c（NH3．H2O），质子守恒为：2c（OH﹣）+c（NH3．H2O）=c（NH4+）+2c（H+）；故A错误； B．由图象可知，点c pH=7，即c（H+）=c（OH﹣），由电荷守恒可知：c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），故c（NH4+）=c（Cl﹣）＞c（OH﹣）=c（H+），故B错误； C．由图象可知，点d 体积相同，则恰好完全反应生成NH4Cl，NH4Cl水解溶液呈酸性，则c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C错误； D．当NH3 H2O较多，滴入的 HCl较少时，生成NH4Cl少量，溶液中NH3 H2O浓度远大于NH4Cl浓度，可能出现c（NH3 H2O）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+），故D正确；故答案为：D；（5）由图象可知，点d体积相同，则恰好完全反应生成NH4Cl，由NH3 H2O～HCl得c（HCl）= =0.1mol/L，滴定过程中所用盐酸的pH=1；设盐酸的体积为XL，则过量的盐酸为0.1mol/L×XL﹣0.1Vmol/L×VL，则c（H+）= =10﹣2mol/L，解得：X= ，故答案为：1； ．
【分析】（1）滴定前氨水中c（H+）=10﹣11mol/L，利用水的离子积得c（OH﹣）= mol/L=10﹣3mol/L，一水合氨的电离平衡常数K= ；（2）酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，且酸或碱浓度越大其抑制水电离程度越大；（3）滴定时，由b点到c点的过程中，根据水的离子积常数、氨水的电离平衡、氯化铵的水解平衡只与温度有关来分析；（4）A、由图象可知，点b反应后溶液是NH4Cl与NH3 H2O物质的量之比为1：1的混合物，溶液呈碱性，说明NH3 H2O电离程度大于NH4Cl的水解程度，由电荷守恒可知：c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），物料守恒为：2c（Cl﹣）=c（NH4+）+c（NH3．H2O），质子守恒为：2c（OH﹣）+c（NH3．H2O）=c（NH4+）+2c（H+）； B、由电荷守恒可知：c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），由图象可知，点c pH=7，即c（H+）=c（OH﹣），故c（NH4+）=c（Cl﹣）； C、由图象可知，点d体积相同，则恰好完全反应生成NH4Cl，利用盐的水解来分析溶液呈酸性，则c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）； D、当NH3 H2O较多，滴入的 HCl较少时，生成NH4Cl少量，溶液中NH3 H2O浓度远大于NH4Cl浓度，可能出现．（5）由图象可知，点d体积相同，则恰好完全反应生成NH4Cl来计算；过量的酸进行稀释，利用H+的物质的量不变进行计算．