3.1 水与水溶液 能力检测 （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 能力检测
一、单选题
1．把0.05mol NaOH固体分别加入到100mL下列液体中，溶液的导电能力变化最小的是（　　）
A．自来水 B．0.5 mol L﹣1盐酸
C．0.5 mol L﹣1 CH3COOH溶液 D．0.5 mol L﹣1 KCl溶液
2．下列措施不能使0.1mol/L的醋酸导电性增强的是（　　）
A．加水 B．加无水醋酸 C．加NaOH固体 D．通NH3
3．常温下，浓度均为 0.1 mol·L-1 的下列溶液中，粒子的物质的量浓度关系正确的是（　　）
A．氨水中，c(NH )=c(OH－)=0.1 mol·L-1
B．NH4Cl 溶液中，c(NH )＞c(Cl－)
C．Na2SO4 溶液中，c(Na+)＞c(SO )＞c(OH-)=c(H+)
D．Na2SO3 溶液中，c(Na+)=2c(SO )+c(HSO )+c(H2SO3)
4．NaOH溶液导电的原因是含有（　　）
A．自由移动的分子 B．自由移动的离子
C．自由移动的电子 D．自由移动的原子
5．常温下，pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混合，所得混合液的pH=11，则强碱溶液与强酸溶液的体积比是（　　）
A．1：11 B．9：1 C．11：1 D．1：9
6．在下列化合物中，只有在溶液状态下才能导电的电解质是（　　）
A．NaCl B．酒精 C．H2SO4 D．Fe
7．我国研发一款拥有自主知识产权的超薄铷(Rb)原子钟，每3000万年误差仅1秒。Rb是第五周期第ⅠA族元素，下列关于37Rb的说法正确的是（　　）
A．自然界有游离态銣元素存在
B．与同周期元素53I的原子半径比较：Rb＞I
C．元素的金属性：K＞Rb
D．最高价氧化物对应的水化物的碱性：KOH＞RbOH
8．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。下列说法不正确的是（　　）
图a 图b 图c
A．图示中●代表的离子是钠离子
B．图a中氯化钠固体不能导电
C．图b表示熔融状态下氯化钠的导电过程
D．图c表示带负电荷的水合氯离子向与电源正极相连的电极移动
9．下列说法正确的是（　　）
A．100℃时，KW=10﹣12，此温度下pH=6的溶液一定显酸性
B．25℃时，0.1mol/L的NaHSO3溶液pH=4，说明HSO3﹣在水溶液中只存在电离
C．NH4Cl、CH3COONa、NaHCO3、NaHSO4溶于水，对水的电离都有促进作用
D．25℃时，10mL 0.1mol/L CH3COOH溶液与5mL 0.1mol/L NaOH溶液混合，所得溶液中有2c（Na+）═c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）
10．在100mL下列溶液中，分别加入0.05molNaOH固体，溶液的导电性变化不大的是（　　）
A．0.5mol/L的HCl B．0.5mol/L的CH3COOH
C．蒸馏水 D．0.5mol/L的氨水
11．常温下，下列说法正确的是（　　）
A．将pH=2的酸溶液稀释10倍，溶液的pH一定变为3
B．将pH=2的盐酸溶液和pH=4的盐酸溶液等体积混合后，溶液的pH变为3
C．将pH=12的Ba（OH）2溶液稀释10倍，溶液的pH变为13
D．将pH=a的盐酸与pH=b的NaOH溶液等体积混合后，若pH=7，则a+b=14
12．能使水的电离平衡右移，且水溶液显碱性的离子是（　　）
A．H+ B．OH﹣ C．Al3+ D．HCO
13．NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸氢钾H2A的Ka1=1.1×10 3 ，Ka2=3.9×10 6）溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是（　　）
A．混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关
B．Na+与A2 的导电能力之和大于HA 的
C．b点的混合溶液pH=7
D．c点的混合溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(OH )
14．常温下，将下列物质溶于水中分别配制成0.1mol L﹣1溶液，所得溶液pH大于7的是（　　）
A．NaCl B．NaHSO4 C．NaHCO3 D．CH3COOH
15．在甲烧杯中放入盐酸，乙烧杯中放入醋酸，两种溶液的体积和c(H+)都相等，向两个烧杯中同时加入质量不等的锌粒，反应结束后得到等量的氢气。下列说法中错误的是（　　）
A．甲烧杯中的酸一定过量
B．甲烧杯中放入锌的质量比乙烧杯中放入锌的质量大
C．两个烧杯中参加反应的锌等量
D．反应开始后乙烧杯中的c(H+)始终比甲烧杯中的c(H+)大
16．下列物质属于弱电解质的是（　　）
A．NH3·H2O B．NaOH C． D．
二、综合题
17．按要求回答下列问题：
（1）现有以下物质：①KNO3溶液②液氨③熔融氯化钠④盐酸⑤BaSO4⑥蔗糖⑦铜。请用相应序号填空：能导电的是　 　；属于电解质的是　 　。
（2）选择适当的分离方法填空（填字母）。
a．萃取分液 b.升华 c.结晶 d.分液 e．蒸馏 f．过滤
①从自来水中获得少量纯净的水　 　。
②从含有少量氯化钠的硝酸钾粉末中提纯硝酸钾　 　。
③用苯提取溴水中的溴单质　 　。
④从氯化钠和碘单质的混合物中提取碘单质　 　。
（3）用氧化物的形式表示正长石KAlSi3O8的组成　 　。
18．下表是不同温度下水的离子积常数：
温度/℃ 25 t1 t2
水的离子积常数 1×10﹣14 KW 1×10﹣12
试回答以下问题：
（1）若25℃＜t1＜t2，则KW　 　1×10﹣14（填“＞”、“＜”或“=”），判断的理由是　 　．
（2）若25℃时，pH=3的盐酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈　 　性（填“酸”、“中”或“碱”），溶液中c（Na+）　 　c（Cl﹣）（填“＞”、“=”或“＜”）．
19．用0.1mol L﹣1 NaOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1mol L﹣1 HCl溶液和HX溶液，溶液的pH随加入NaOH溶液体积变化如图：
（1）HX为　 　酸（填“强”或“弱”）．
（2）N点pH＞7的原因是（用化学用语表示）　 　．
（3）下列说法正确的是　 　（填字母）．
a．M点c（HX）＜c（X﹣）
b．M点c（Na+）＞c（OH﹣）
c．P点c（Cl﹣）=0.05mol L﹣1．
20．
（1）I．现有下列物质①NH3 ②盐酸 ③氯气 ④冰醋酸 ⑤铜 ⑥硫酸钡 ⑦醋酸铵 ⑧熔融的NaCl。请用以上物质回答下列问题。(填序号)
属于强电解质的是　 　 ； 属于弱电解质的是_ 　 　；
（2）在上述状态下能导电的是　 　；
（3）属于非电解质，但溶于水后的水溶液能导电的是　 　。
（4）II．一定温度下，现有a．硫酸，b． 盐酸，c．醋酸三种酸
当三种酸物质的量浓度相同时，pH由大到小的顺序是　 　(用a、b、 c表示)
（5）将c(H+)相同且体积也相同的三种酸，分别与等浓度的NaOH稀溶液反应至pH=7，则消耗NaOH溶液的体积大小关系为　 　。(用a、b、c表示)
（6）当三种溶液pH=1且体积相同，分别放入足量的完全相同的锌，反应开始时反应速率的关系是　 　(用a、b、c表示)，溶液a完全反应产生H2需10min，υ(H2SO4)=　 　。
21．常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表，请回答：
实验编号 HA物质的量浓度（mol L﹣1） NaOH物质的量浓度（mol L﹣1） 混合溶液的 pH
甲 0.2 0.2 pH=a
乙 c 0.2 pH=7
丙 0.2 0.1 pH＞7
丁 0.1 0.1 pH=9
（1）不考虑其它组的实验结果，单从甲组情况分析，如何用a （混合溶液的pH）来说明HA是强酸还是弱酸　 　
（2）不考虑其它组的实验结果，单从乙组情况分析，c是否一定等于0.2　 　（选填“是”或“否”），混合液中离子浓度c（A﹣）与 c（Na+）的大小关系是　 　．
（3）丙组实验结果分析，HA是　 　酸（选填“强”或“弱”），该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是　 　．
（4）丁组实验所得混合溶液中由水电离出的c（OH﹣）=　 　mol L﹣1．写出该丁组实验所得混合溶液中下列算式的精确结果（不能做近似计算）．c（OH﹣）﹣c（HA）=　 　mol L﹣1．
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】解：A．自来水自由移动离子浓度较小，NaOH是强电解质，在水溶液中电离出自由移动阴阳离子而导致自来水中离子浓度变化较大，所以导电能力变化较大，故A不选；
B．盐酸和NaOH的物质的量相等，且HCl是强电解质，将NaOH固体加入稀盐酸中，二者恰好反应生成0.05mol/L的NaCl，NaCl是强电解质，所以溶液离子浓度变化不大，则溶液导电能力变化不大，故B选；
C．醋酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，醋酸和氢氧化钠物质的量相等，且醋酸钠和醋酸浓度相等，二者反应生成强电解质醋酸钠，所以溶液中离子浓度变化较大，溶液导电能力变化较大，故C不选；
D．KCl、NaOH是强电解质，且NaOH和KCl不反应，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D不选；
故选B．
【分析】溶液导电能力与自由移动离子浓度成正比，溶液中导电能力变化最小，说明溶液中离子浓度变化最小，据此分析解答．
2．【答案】A
【解析】【解答】A．加水稀释醋酸，使溶液中离子浓度下降，导电性降低，A符合题意；
B．加无水醋酸，电解质浓度增大，离子浓度增大，导电性增强，B不符合题意；
C．加NaOH固体后，醋酸与氢氧化钠发生反应转化为强电解质醋酸钠，可使溶液导电性增强，C不符合题意；
D．NH3为碱性气体，溶于水会生成一水合氨，醋酸与一水合氨发生反应转化为强电解质醋酸铵，可使溶液导电性增强，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】溶液的导电性与离子浓度和离子所带电荷成正比。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．氨水显碱性，根据电荷守恒c(NH )+c(H+)=c(OH-)，c(OH-)＞c(NH )，故A项不符合题意；
B．NH4Cl溶液显酸性，根据电荷守恒c(NH )+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，由c(OH-)＜c(H+)，得c(NH )＜c(Cl-)，故B项不符合题意；
C．c(Na+)=2c(SO )，该溶液为中性，故c(OH-)＝c(H+)，故C项符合题意；
D．根据物料守恒，c(Na+)=2c(SO )+2c(HSO )+2c(H2SO3)，故D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据电中性原则，铵根离子浓度低于氢氧根；
B.铵根离子为弱电解质，部分溶水结合氢氧根离子生成一水合氨，故铵根离子要少于同时电离的氯离子；
C.强电解质水解完全且显中性；
D.物质守恒，钠离子浓度应为所有亚硫酸根生成物的两倍。
4．【答案】B
【解析】【解答】含有自由移动离子或电子的物质能导电，NaOH在水分子的作用下电离出自由移动阴阳离子而使NaOH溶液导电，
故答案为：B．
【分析】根据电解质溶液导电的实质是自由移动的离子的作用进行回答即可.
5．【答案】D
【解析】【解答】设强碱的体积为xL，强酸的体积为yL，pH=13的强碱溶液，c(OH-)=0.1mol/L，pH=2的强酸，c(H+)=0.01mol/L，混合后pH=11，碱过量，则 =0.001mol/L，解得x：y=1：9，
故答案为：D。
【分析】强酸与强碱混合，先判断哪种物质过量，本题碱过量，据中和后溶液中的pH=11求出c(OH-)为0.001mol/L列式求解。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．氯化钠在熔融状态下也可以导电，故A错误；
B．酒精非电解质，溶于水也不导电，故B错误；
C．硫酸溶于水电离出氢离子和硫酸根离子，所以能够导电，故C正确；
D．金属铁能导电，属于单质，它不是电解质，故D错误；
故选：C．
【分析】A．氯化钠在熔融状态下也可以导电；
B．酒精溶于水也不导电；
C．硫酸溶于水电离出氢离子和硫酸根离子，所以能够导电；
D．金属单质不是电解质．
7．【答案】B
【解析】【解答】A．銣元素非常活泼，自然界只有化合态的銣，A不符合题意；
B．Rb和I是同一周期的元素，同一周期元素，原子序数越大，半径越小，所以I的半径更小，B符合题意；
C．K与Rb是同一主族的元素，同一主族元素，原子序数越大，金属性越强，所以Rb金属性更强，C不符合题意；
D．非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，因为Rb金属性更强，所以RbOH的碱性更强，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】运用元素周期律进行作答即可。
8．【答案】A
9．【答案】D
【解析】【解答】A、水的离子积KW=10﹣12，纯水中c（H+）=c（OH﹣）=1×10﹣6mol/L，此温度下pH=6，溶液显示中性，故A错误；
B、25℃时，0.1mol/L的NaHSO3溶液pH=4，说明HSO3﹣在水溶液中的电离程度大于亚硫酸氢根离子的水解程度，溶液显示酸性，故B错误；
C、NH4Cl、CH3COONa、NaHCO3对水的电离都有促进作用，而NaHSO4溶于水会电离出氢离子，抑制了水的电离，故C错误；
D、溶液中n（CH3COO﹣）+n（CH3COOH）=0.001mol、n（Na+）=0.0005mol，则n（CH3COO﹣）+n（CH3COOH）=2n（Na+），由于在同一溶液中，所以2c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），故D正确；
故选D．
【分析】A、100℃时，KW=10﹣12，此温度下pH=6的溶液中：c（H+）=c（OH﹣）=1×10﹣6mol/L，该溶液一定为中性；
B、25℃时，0.1mol/L的NaHSO3溶液pH=4，溶液显示酸性，说明HSO3﹣在水溶液中的电离程度大于其水解程度；
C、NaHSO4溶于水电离出大量的氢离子，抑制了水的电离；
D、根据溶液中物料守恒进行分析：n（CH3COO﹣）+n（CH3COOH）=0.001mol，n（Na+）=0.0005mol，所以同一溶液中2c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）．
10．【答案】A
【解析】【解答】A．盐酸是强酸，向溶液中加入氢氧化钠后，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，氯化钠是强电解质，所以离子浓度变化不大，所以溶液导电能力变化不大，故A选；
B．醋酸是弱电解质，氢氧化钠和醋酸反应生成醋酸钠，溶液中的溶质由弱电解质变成强电解质，离子浓度增大，溶液的导电能力增大，故B不选；
C．水是弱电解质且水的电离程度很小，所以水中自由移动离子浓度很小，向水中加入氢氧化钠固体，氢氧化钠是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，所以导电能力变化较大，故C不选；
D．一水合氨是弱电解质，氢氧化钠是强电解质，向氨水中加入氢氧化钠固体后，溶液中离子浓度增大，所以导电能力增大，故D不选．
故选A．
【分析】溶液的导电能力与自由移动离子的浓度成正比，离子浓度越大，溶液的导电能力越强，如溶液的导电性变化不大，则离子浓度变化不大，结合物质的反应特点解答该题．
11．【答案】D
【解析】【解答】解：
A．将pH=2的酸溶液稀释10倍，若为强酸，则溶液的pH变为3，若为弱电解质，稀释后弱酸的电离程度增大，溶液中氢离子的物质的量增大，溶液的pH小于3，故A错误；
B．pH=2的盐酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，pH=4的盐酸溶液中氢离子浓度为0.0001mol/L，两溶液等体积混合后，溶液中氢离子浓度为： mol/L≠0.001，所以混合液的pH一定不是3，故B错误；
C．pH=12的Ba（OH）2溶液中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，稀释10倍后氢氧根离子浓度为0.001mol/L，稀释后溶液的pH变为11，故C错误；
D．pH=a的盐酸中氢离子浓度为10﹣amol/L，pH=b的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为：10b﹣14mol/L，两溶液等体积混合后，若pH=7，则两溶液的浓度一定相等，即：10﹣amol/L=10b﹣14mol/L，则a+b=14，故D正确；
故选D．
【分析】A．若该酸为弱电解质，则稀释过程中电离程度增大，溶液中氢离子的物质的量增大，溶液的pH小于3；
B．酸溶液混合后，混合液的pH不大于溶液的pH的平均值，需要根据c= 计算；
C．碱溶液稀释后溶液的pH减小，稀释后的溶液的pH应该为11；
D．盐酸和氢氧化钠溶液等体积混合，溶液显示中性，则氢氧化钠与氯化氢的物质的量相等，根据溶液的pH计算出a+b．
12．【答案】D
【解析】【解答】解：水的电离方程式为H2O H++OH﹣，
A．加入氢离子，抑制了水的电离，水的电离平衡左移，故A错误；
B．加入OH﹣，溶液中c（OH﹣）增大，抑制水电离，水的电离平衡左移，故B错误；
C．Al3+和氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，促进水电离，导致溶液中c（H+）＞c（OH﹣），溶液呈酸性，故C错误；
D．HCO 和氢离子反应生成碳酸，促进水电离，导致溶液中c（H+）＜c（OH﹣），溶液呈碱性，故D正确；
故选D．
【分析】水的电离方程式为H2O H++OH﹣，能使水的电离平衡右移，且水溶液显碱性，说明该离子能和氢离子反应导致溶液中c（H+）＜c（OH﹣），据此分析解答．
13．【答案】C
【解析】【解答】A.溶液的导电能力和离子浓度，还有离子所带电荷有关，所以和离子种类有关 ，故A正确，不符合题意。
B.由于导电能力和离子浓度有关，根据钠离子的离子浓度最大判断其导电能力，故B正确，不符合题意。
C.根据图像b点刚好是拐点，说明是碱和酸恰好完全反应，而恰好完全反应产物是强碱弱酸盐，溶液显碱性，故C错误，符合题意。
D.c点溶液时氢氧化钠过量，而根据氢离子和氢氧根离子1:1反应得出 NaOH与邻苯二甲酸氢钾 关系比是2:1是恰好完全反应，故当氢氧化钠过量时离子浓度最大，而氢氧根离子和氢离子发生反应所以离子浓度最小，故D答案正确，不符合题意。
故答案为：C
【分析】此题考查酸碱中和的应用，根据离子之间反应关系推出各物质的量之间关系，根据化学方程式及产物的性质进行判断溶液成分，酸碱性。
14．【答案】C
【解析】【解答】A．NaCl是强碱强酸盐，其水溶液呈中性，常温下pH=7，故A错误；
B．硫酸氢钠是强酸强碱酸式盐，在水溶液中完全电离生成钠离子、氢离子、硫酸根离子而导致溶液呈酸性，pH＜7，故B错误；
C．碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度而导致其溶液呈碱性，常温下pH＞7，故C正确；
D．醋酸是酸，在水溶液中电离出氢离子而导致溶液呈酸性，常温下pH＜7，故D错误；
故选C．
【分析】常温下，0.1mol/L的溶液pH＞7，说明该溶液中的溶质是碱或强碱弱酸盐或强碱弱酸酸式盐，据此分析解答．
15．【答案】A
【解析】【解答】A．当加入的锌粒质量不等而产生等量的氢气时，说明参加反应的锌粒相等，乙烧杯中醋酸一定有剩余，而甲烧杯的盐酸一定反应完了，故A符合题意；
B．由上述分析可知，在醋酸中加入的锌粒质量应较小，盐酸中加入的锌粒质量较大，故B不符合题意；
C．根据转移电子守恒知，生成等量的氢气需要的锌的质量相等，故C不符合题意；
D．由于醋酸还能继续电离而盐酸不能，所以反应开始后，醋酸中的H+浓度大于盐酸中的氢离子浓度，则反应开始后乙烧杯中的C(H+)始终比甲烧杯中的c(H+)大，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】盐酸和醋酸溶液中c(H+)相同，则溶液中c(CH3COOH)>c(HCl)；加入不等量的锌粒，反应后得到等量的H2，则参与反应的n(CH3COOH)=n(HCl)。据此分析选项。
16．【答案】A
【解析】【解答】A．NH3 H2O在水溶液中部分电离，属于弱电解质，A选；
B．NaOH在溶液中或熔融状态下能够完全电离，是强电解质，B不选；
C． 是盐类，在溶液中或熔融状态下能够完全电离，是强电解质，C不选；
D． 是强酸，在溶液中或熔融状态下能够完全电离，是强电解质，D不选；
故答案为：A。
【分析】在水溶液中只能部分电离的电解质为弱电解质，常见的弱电解质包括弱酸、弱碱、少部分盐和水。
17．【答案】（1）①③④⑦；③⑤
（2）e；c或cf；a；b
（3）K2O Al2O3 6SiO2
【解析】【解答】（1）①KNO3溶液中含有离子，能导电，属于混合物，不是电解质也不是非电解质；②液氨是氨气以液态的形式存在，不导电，属于非电解质；③熔融氯化钠中含有离子，能导电，属于电解质；④盐酸中含有离子，能导电，属于混合物，不是电解质也不是非电解质；⑤BaSO4中不存在自由移动的离子，不导电，熔融状态下导电，是电解质；⑥蔗糖不能电离出离子，不导电，是非电解质；⑦铜是金属单质，能导电，不是电解质也不是非电解质。
则能导电的是①③④⑦；属于电解质的是③⑤。
（2）①从自来水中获得少量纯净的水需要蒸馏，
故答案为：e。
②硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度影响程度不同，从含有少量氯化钠的硝酸钾粉末中提纯硝酸钾需要结晶法或结晶后过滤，
故答案为：c或cf。
③单质溴易溶于有机溶剂中，用苯提取溴水中的溴单质需要萃取分液法，
故答案为：a。
④碘易升华，从氯化钠和碘单质的混合物中提取碘单质需要升华法，
故答案为：b。
（3）KAlSi3O8中K、Al、Si的化合价分别是+1、+3和+4价，则用氧化物的形式表示正长石KAlSi3O8的组成为K2O·Al2O3·6SiO2。
【分析】（1）根据电解质的概念进行分析；电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物；
（2）①制取纯净水用蒸馏；
②KNO3和NaCl的溶解度受温度的影响不同，采用结晶法分离；
③溴在水和苯中的溶解度不同，用萃取分液进行分离；
④碘受热易升华，采用升华法分离；
（3）根据硅酸盐的书写形式分析；
18．【答案】（1）＞；因为水的电离是吸热反应，温度升高，水的电离程度增大，离子积也增大
（2）中；=
【解析】【解答】解：（1）由于水的电离电离过程为吸热反应，温度越高，水的电离程度越大，水的离子积越大，所以若25℃＜t1＜t2，则KW＞1×10﹣14，
故答案为：＞；因为水的电离是吸热反应，温度升高，水的电离程度增大，离子积也增大；（2）若25℃时，pH=3的盐酸的氢离子浓度为10﹣3 mol/L，pH=11氢氧化钠溶液氢氧根离子浓度为 mol/L=10﹣3 mol/L，等体积混合溶液呈中性c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），因此c（Na+）=c（Cl﹣），
故答案为：中；=．
【分析】（1）水的电离过程为吸热反应，温度升高，水的电离程度增大，水的离子积增大，据此进行解答；（2）若25℃时，pH=3的盐酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈中性，根据电荷守恒判断c（Na+）、c（Cl﹣）．
19．【答案】（1）弱
（2）X﹣+H2O HX+OH﹣
（3）b
【解析】【解答】解：（1.）0.1mol L﹣1 HCl溶液，是强酸溶液完全电离，所以溶液的pH=1；而0.1mol L﹣1 HX溶液的pH＞5说明是弱酸部分电离，故答案为：弱；
（2.）N点pH＞7的原因是因为两者等物质的量恰好完全反应生成强碱弱酸盐溶液水解呈碱性，所以水解反应方程式为：X﹣+H2O HX+OH﹣，故答案为：X﹣+H2O HX+OH﹣；
（3.）a．M点生成等浓度的HX和NaX的混合溶液，溶液呈碱性，说明水解大于电离，所以M点c（HX）＞c（X﹣），故错误；b．M点生成等浓度的HX和NaX的混合溶液，溶液呈碱性，说明水解大于电离，而水解程度微弱，所以M点c（Na+）＞c（OH﹣），故正确；c．P点c（Cl﹣）= =0.067mol L﹣1，故错误；故选：b．
【分析】（1）0.1mol L﹣1 HCl溶液，是强酸溶液完全电离，所以溶液的pH=1；而0.1mol L﹣1 HX溶液的pH＞5说明是弱酸部分电离；（2）N点pH＞7的原因是因为两者等物质的量恰好完全反应生成强碱弱酸盐溶液水解呈碱性；（3）a．M点生成等浓度的HX和NaX的混合溶液，溶液呈碱性，说明水解大于电离；
b．M点生成等浓度的HX和NaX的混合溶液，溶液呈碱性，说明水解大于电离，而水解程度微弱，所以M点c（Na+）＞c（OH﹣）；
c．P点c（Cl﹣）= =0.067mol L﹣1．
20．【答案】（1）⑥⑦⑧；④
（2）②⑤⑧
（3）①
（4）c＞b＞a
（5）c＞a=b
（6）a=b=c；
【解析】【解答】①NH3不能导电，属于非电解质；②盐酸能导电，是混合物，属于电解质溶液；③氯气是单质，既不是电解质，也不是非电解质；④冰醋酸是纯净物，不能导电，属于弱电解质；⑤铜能导电，是单质，既不是电解质，也不是非电解质；⑥硫酸钡不能导电，但属于强电解质；⑦醋酸铵不能导电，但属于强电解质；⑧熔融的NaCl能导电，属于强电解质。
(1)根据前面分析属于强电解质的是⑥⑦⑧；属于弱电解质的是④；故答案为：⑥⑦⑧；④。
(2)根据前面分析在上述状态下能导电的是②⑤⑧；故答案为：②⑤⑧。
(3)根据前面分析，属于非电解质，但溶于水后的水溶液能导电的是①；故答案为：①。
(4)当三种酸物质的量浓度相同时，a．硫酸，全部电离且硫酸为二元酸，b．盐酸，全部电离且为一元酸，氢离子浓度比硫酸中氢离子浓度小，pH值比硫酸中pH值大；c．醋酸是弱酸，部分电离，电离出的氢离子浓度比盐酸中氢离子浓度小，pH值比盐酸中pH值大；因此pH由大到小的顺序是c＞b＞a；故答案为：c＞b＞a。
(5)将c(H+)相同且体积也相同的三种酸，则盐酸和硫酸中氢离子物质的量相同，而醋酸中由于还有未电离的醋酸分子，能电离出的氢离子物质的量比盐酸和硫酸多，因此三者分别与等浓度的NaOH稀溶液反应至pH=7，则消耗NaOH溶液的体积大小关系为c＞a=b；故答案为：c＞a=b。
(6)当三种溶液pH=1且体积都相同，分别放入足量的完全相同的锌，由于反应速率与氢离子浓度有关，因此反应开始时反应速率的关系是a=b=c，硫酸中氢离子物质的量浓度为0.1mol L 1，硫酸物质的量浓度为0.05mol L 1，则硫酸在10min内的反应速率为υ(H2SO4)= ；故答案为：a=b=c；。
【分析】(1)根据强电解质在水溶液中完全电离，弱电解质在水溶液中部分电离；
(2)根据导电的原理判断。
(3)根据在水中或者熔融状态下均不导电的化合物，是非电解质；
(4)硫酸为二元强酸，盐酸一元强酸，醋酸是弱酸。
(5)醋酸中还有未电离的醋酸分子；
(6)反应速率与氢离子浓度有关。
21．【答案】（1）若a=7，则HA是强酸；若a＞7，则HA是弱酸
（2）否；c（A﹣）=c（Na+）
（3）弱；c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
（4）1×10﹣5；1×10﹣9
【解析】【解答】解：（1）不考虑其它组的实验结果，单从甲组情况分析，若a=7，则HA是强酸；若a＞7，则HA是弱酸，
故答案为：若a=7，则HA是强酸；若a＞7，则HA是弱酸；
（2.）不考虑其它组的实验结果，单从乙组情况分析，pH=7，若HA为强酸，则C等于0.2，若HA为弱酸，则C大于0.2，所以C不一定为0.2，溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），因pH=7，则c（OH﹣）=c（H+），则c（A﹣）=c（Na+），
故答案为：否；c（A﹣）=c（Na+）；
（3.）HA物质的量浓度为0.2mol/L，而NaOH物质的量浓度为0.1mol/L，pH＞7，所以HA是弱酸，丙组得到的溶液为0.05mol/L的HA和0.05mol/L的NaH的混合液，根据电荷守恒可以得到c（OH﹣）+c（A﹣）=c（Na+）+c（H+），由于pH＞7，所以c（OH﹣）＞c（H+），即c（Na+）＞c（A﹣），所以混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），
故答案为：弱；c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；
（4.）丁组实验所得混合溶液为浓度为0.05mol/L的NaA溶液，其pH为9，促进水的电离，OH﹣全部为水电离，所以由水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣5mol/L，溶液中存在质子守恒，c（OH﹣）=c（HA）+c（H+），则c（OH﹣）﹣c（HA）=c（H+）=1×10﹣9mol/L，
故答案为：1×10﹣5，1×10﹣9．
【分析】（1）酸碱恰好完全反应，如反应后呈中性，则pH=7，为强酸，如pH＞7，则为弱酸；（2）若HA为强，则C等于0.2，若HA为弱酸，则C大于0.2，所以C不一定为0.2，结合电荷守恒判断；（3）pH＞7，所以HA是弱酸，得到的溶液为0.05mol/L的HA和0.05mol/L的NaH的混合液；（4）所得混合溶液为浓度为0.05mol/L的NaA溶液，其pH为9，促进水的电离，OH﹣全部为水电离，以此可计算浓度，溶液中存在质子守恒，c（OH﹣）=c（HA）+c（H+）．