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．下列图示与对应的叙述相符的是（　　）
A．由图甲可知， 点Kw的数值比 点Kw的数值大
B．乙表示 溶液滴定 醋酸溶液的滴定曲线
C．丙表示在相同的密闭容器中，不同温度下的反应，该反应的
D．丁表示 、 两物质的溶解度随温度变化情况，将 时 、 的饱和溶液分别升温至 时，溶质的质量分数
2．能说明CH3COOH是弱电解质的事实是（　　）
A．常温下，0.1 mol L﹣1 CH3COOH溶液的pH=3
B．CH3COOH溶液能和NaOH溶液反应
C．往CH3COOH溶液中加入几滴石蕊试液，溶液变红色
D．0.1 mol L﹣1CH3COOH溶液做导电性实验，灯光较暗
3．下列关于电解质的说法正确的是（　　）
A．液态HCl不导电，所以HCl不是电解质
B．BaSO4在水中难导电，但熔融状态下能导电，所以BaSO4是电解质
C．SO2溶于水能导电，所以SO2是电解质
D．NH3溶于水形成的溶液能导电，所以NH3是电解质
4．下列物质属于非电解质一组的是（　　）
A．CO2、NH3、CH4 B．H2SO4、HNO3、BaCl2
C．CO2、NH3、Cu D．KNO3、NaOH、HCl
5．常温下，浓度均为0.1mol·L-1的盐酸和醋酸，下列说法正确的是（　　）
A．两种溶液的pH：盐酸大于醋酸
B．用相同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，盐酸消耗的NaOH溶液体积多
C．向醋酸中加入等物质的量的NaOH，溶液呈碱性，且溶液中
D．两种溶液中水电离出的氢离子：盐酸大于醋酸
6．把pH=13的NaOH溶液与pH=2的硫酸溶液混合后，所得溶液的pH=11，则NaOH溶液和硫酸溶液的体积之比为（　　）
A．1：1 B．1：5 C．1：9 D．2：3
7．下列说法正确的是（　　）
A．水的电离方程式：H2O=H++OH﹣
B．pH=7的溶液一定是中性溶液
C．升高温度，水的电离程度增大
D．将稀醋酸加水稀释时，c（H+）减小，c（OH﹣）也减小
8．某温度（t℃）时，水的离子积为Kω=1×10﹣13mol2L﹣2，则该温度与25℃相是（　　）
A．大于 B．小于 C．等于 D．无法确定
9．室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1mol/L的三种酸（HA、HB和HD）溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断正确的是（　　）
A．三种酸的电离常数关系：KHA＞KHB＞KHD
B．滴定至P点时，溶液中：c（Na+）＞c（B﹣）＞c（HB）＞c（H+）＞c（OH﹣）
C．pH=7时，三种溶液中：c（A﹣）=c（B﹣）=c（D﹣）
D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c（HA）+c（HB）+c（HD）=c（OH﹣）
10．下列溶液中导电性最强的是（　　）
A．1L 0.1mol/L醋酸 B．0.5L 0.1mol/L H2SO4溶液
C．1L 0.1mol/L盐酸 D．2L 0.1mol/L H2SO3溶液
11．常温下c（H＋）最小的是下列各项中的（　　）
A．pH＝0的溶液 B．0.5 mol·L－1H2SO4
C．0.5 mol·L－1HCl D．0.6 mol·L－1CH3COOH
12．分类法是一种行之有效、简单易行的科学方法．某同学用如下表所示的形式对所学知识进行分类，甲与乙、丙、丁是包含关系．其中正确的是（　　）
选项 甲 乙、丙、丁
A 弱电解质 一水合氨、水、硝酸钡
B 腐蚀品 浓硫酸、烧碱、硝酸
C 碱性氧化物 过氧化钠、氧化镁；氧化铁
D 合成高分子材料 光导纤维、涤纶、玻璃
A．A B．B C．C D．D
13．等物质的量浓度的下列五种溶液：①CH3COOH ②（NH4）2CO3③NaHSO4 ④Ba（OH）2，溶液中水的电离程度由大到小排列是（　　）
A．②＞①＞③＞④ B．①＞③＞④＞②
C．②＞③＞①＞④ D．②＞③＞④＞①
14．25℃时，水的电离达到平衡：H2O H++OH-，下列叙述正确的是（　　）
A． 表示的粒子不会对水的电离平衡产生影响
B． 表示的物质加入水中，促进水的电离，c(H+)增大
C．水的电离程度只与温度有关，温度越高，电离程度越大
D．25℃时，CH3COO-加入水中，促进水的电离，Kw不变
15．水的电离平衡曲线如图所示，下列说法错误的是（　　）
A．图中五点KW间的关系B>C>A=D=E
B．若从A点到D点，可采用在水中加入少量酸的方法
C．若从A点到C点，可用温度不变时在水中加入适量NH4Cl固体的方法
D．若处在B点时，将pH=2的硫酸与pH=12的KOH等体积混合后，溶液显碱性
16．AG 定义为 AG= lg ，若用 AG 来表示溶液的酸度，说法错误的是（　　）
A．在一定温度下，溶液的酸性越强，AG 越大
B．65℃时，pH 与 AG 的换算公式为 AG = 2 (7 – pH)
C．若溶液显碱性，则 AG < 0
D．若溶液显中性，则 AG = 0
二、综合题
17．已知水在25℃和100℃时，其电离平衡曲线如图所示：
（1）25℃时水的电离平衡曲线应为　 　（填“A”或“B”），请说明理由　 　．
（2）100℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为　 　．
（3）曲线B对应温度下，pH=2的某HA溶液和pH=10的NaOH溶液等体积混合后，混合溶液的pH=5．请分析其原因　 　．
18．求25℃时以下溶液的pH
（1）pH=3的盐酸与pH=5的硫酸等体积混合后，pH=　 　
（2）pH=10和pH=12的两种NaOH溶液等体积混合后，pH=　 　
（3）pH=9的NaOH溶液稀释到原来的10倍后，pH=　 　，再稀释到原来的1000倍后，pH　 　．
（4）pH=12的NaOH和pH=4的HCl等体积混合后，pH=　 　．
19．运用化学反应原理研究NH3的性质具有重要意义．请回答下列问题：
（1）利用对苯醌质子电池可检测氨气，其电池反应原理为2NH3+ （对苯醌）═N2H4+ （对苯酚），N2H4的结构式为　 　，该电池正极的电极反应式为　 　．
（2）25℃时，将nmol L﹣1的氨水与0.1mol L﹣1的盐酸等体积混合．
①若混合溶液中c（NH ）=c（Cl﹣），则溶液的pH=　 　．
②若混合溶液中c（NH ）＞c（Cl﹣），则反应的情况可能为　 　．
a、盐酸不足，氨水剩余 b、氨水与盐酸恰好反应 c、盐酸过量
（3）在0.5L恒容密闭容器中，一定量的N2与H2进行反应：N2（g）+3N2（g） 2NH3（g）△H=bkJ mol﹣1，其化学平衡常数K与温度的关系如下：
温度/℃ 200 300 400
K 1.0 0.86 0.5
①写出该反应的化学平衡常数的表达式：　 　，b　 　（填“大于”“小于”或“等于”）0．
②400℃时，测得某时刻氨气、氮气、氢气的物质的量分别为3mol、2mol、1mol时，此时刻该反应的u正（N2）　 　（填“大于”“小于”或“等于”）u正（N2）．
（4）已知：①4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（g）△H=﹣1266.8kJ mol﹣1
②N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.5kJ mol﹣1
写出氨高温催化氧化的热化学方程式：　 　．
20．下表是不同温度下水的离子积数据：
温度/℃ 25 t1 t2
水的离子积常数 1×10﹣14 α 1×10﹣12
试回答下列问题：
（1）若25＜t1＜t2，则α　 　1×10﹣14（填“＞”“＜”或“=”），作出此判断的理由是　 　．
（2）25℃下，某Na2SO4溶液中c（SO42﹣）=5×10﹣4 mol L﹣1，取该溶液1mL，加水稀释至10mL，则稀释后溶液中c （Na+）：c （OH﹣）=　 　．
（3）t2℃下，将pH=11的苛性钠溶液V1 L与pH=1的稀硫酸V2 L混合（设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和），所得混合溶液的pH=2，则V1：V2=　 　．此溶液中各种离子的浓度由大到小的排列顺序是　 　．
21．25℃时，将体积为Va、pH=a的某一元酸与体积Vb、pH=b的某一元碱混合，请完成下列各题．
（1）若a+b=14，2Va=Vb，碱是NaOH，反应后所得溶液pH小于7．由此你能得到的结论是　 　．
（2）若a+b=13，酸是盐酸，碱是b=12的KOH，现用盐酸滴定50.00mL KOH溶液，当滴定到溶液的pH=2时，消耗盐酸的体积V=　 　mL．
（3）若已知Va＜Vb和a=0.5b，酸是强酸，碱是强碱，酸和碱恰好中和，则a的取值范围是　 　．
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A.因为温度不变，而Kw只与温度有关，所以a点Kw的数值与b点Kw的数值相同，故A不符合题意；
B.0.1000mol/L醋酸溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，所以滴定前醋酸溶液的pH大于1，且两者恰好完全反应时所得醋酸钠溶液呈碱性，图象不符，故B不符合题意；
C. 由图可以知道，T1D. t1℃时A、B的饱和溶液中ω(A)=ω(B)，升高温度，溶液变为不饱和，没有溶质析出，所以溶液的质量分数不变，因此ω(A)=ω(B)，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.水的离子积常数只与温度有关，a、b两点的温度相同，所以离子积常数也是相同的；
B.醋酸是弱电解质，和氢氧化钠恰好完全反应后可得到的溶质为醋酸钠，醋酸钠会水解，使溶液显碱性，因此二者恰好完全反应的pH不可能为7；
D.因为溶质的溶解度是随温度的升高而增大的，所以升温后二者的溶质质量分数仍然是相等的。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．常温下，0.1 mol L﹣1 CH3COOH溶液的pH=3，氢离子浓度小于醋酸浓度，说明醋酸部分电离，则醋酸为弱电解质，故A正确；
B．醋酸和氢氧化钠反应生成盐和水，说明醋酸是酸，但不能说明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸是弱电解质，故B错误；
C．往CH3COOH溶液中加入几滴石蕊试液，溶液变红色，说明醋酸是酸，但不能说明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸是弱电解质，故C错误；
D.0.1 mol L﹣1CH3COOH溶液做导电性实验，灯光较暗，说明该醋酸中离子浓度降低，但不能说明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸是弱电解质，故D错误；
故选A．
【分析】强弱电解质的根本区别是电离程度，部分电离的电解质是弱电解质，只要说明醋酸部分电离就能证明醋酸是弱电解质，据此分析解答．
3．【答案】B
【解析】【解答】A．液态HCl不导电，但在水溶液中能电离出离子导电，所以HCl是电解质，故A错误；
B．BaSO4在水中难导电，但熔融状态下完全电离能导电，所以BaSO4是电解质，故B正确；
C．SO2溶于水能导电，是因为二氧化硫和水反应生成了电解质亚硫酸，二氧化硫本身不能导电，所以SO2是非电解质，故C错误；
D．NH3溶于水形成的溶液能导电，是因为氨气和水反应生成了电解质一水合氨，氨气自身不能电离出离子，所以NH3是非电解质，故D错误；
故选B．
【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，能完全电离的电解质是强电解质．
4．【答案】A
【解析】【解答】A．CO2、NH3、CH4本身都不能电离产生自由移动的离子，都是化合物，所以都是非电解质，故A正确；
B．H2SO4、HNO3、BaCl2在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，都是电解质，故B错误；
C．铜是单质，不是非电解质，故C错误；
D．KNO3、NaOH、HCl在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，都是电解质，故D错误；
故选：A．
【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例：酸、碱、盐，金属氧化物等；
非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；例：有机物，非金属氧化物等；
电解质、非电解质都是化合物，所以单质、混合物既不是电解质，也不是非电解质．
5．【答案】C
【解析】【解答】A.盐酸是强酸，在水溶液里完全电离，醋酸是弱酸，在水溶液里不完全电离，则常温下，浓度均为0.1mol·L-1的盐酸和醋酸，pH：盐酸小于醋酸，故A不符合题意；
B.盐酸和醋酸均为一元酸，浓度相同、体积相同，则两种酸的物质的量相同，和相同浓度的NaOH溶液反应，消耗的NaOH溶液体积相同，故B不符合题意；
C.根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，又因为已知溶液呈碱性，所以c(H+)D.盐酸电离程度大于醋酸电离程度，所以盐酸对水的电离抑制程度大，两种溶液中水电离出的氢离子：盐酸小于醋酸，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、相同浓度时，酸性越强，pH越小；
B、都是一元酸，消耗的氢氧化钠相同；
C、溶质变为醋酸钠，醋酸根会水解；
D、盐酸酸性强，对水的抑制程度更大，水电离的氢离子变少。
6．【答案】C
【解析】【解答】pH=13的NaOH溶液中c（OH﹣）=0.1mol/L，pH=2的硫酸溶液c（H+）=0.01mol/L，溶液混合后溶液pH=11，说明NaOH过量，混合后c（OH﹣）=0.001 moL/L。设NaOH的体积为xL，硫酸的体积为yL， ，则
x∶y=1∶9。
故答案为：C。
【分析】本题考查的是强碱和强酸混合溶液中酸碱体积之比的计算，解决本题的关键是确定混合溶液的酸碱性。
7．【答案】C
【解析】【解答】解：A、水为弱电解质，电离方程式为：H2O H++OH﹣，故A错误；
B、溶液酸碱性只取决于溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度的相对大小，氢离子浓度=氢氧根浓度，溶液一定呈中性，与pH值无必然关系，故B错误；
C、水的电离为吸热反应，升高温度，平衡右移，水的电离程度增大，故C正确；
D、水的离子积一定温度下为常数，醋酸稀释，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，故D错误，
故选C．
【分析】A、水为弱电解质，电离需要可逆号；
B、中性溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度；
C、水的电离为吸热反应；
D、水的离子积一定温度下为常数，据此解答即可．
8．【答案】A
【解析】【解答】解：水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，氢离子和氢氧根离子浓度增大，则水的离子积常数增大，25℃时纯水中c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7 mol/L，Kw=c（H+） c（OH﹣）=10﹣14 ，某温度（T℃）时，水的离子积常数Kw=1×10﹣13＞10﹣14，则该温度大于25℃，
故选A．
【分析】水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则溶液的离子积常数增大，通过比较t℃）时和25℃时Kw的值判断．
9．【答案】A
【解析】【解答】解：A．相同物质的量浓度的一元酸，酸的pH越小，氢离子浓度越大，说明酸的电离程度越大，则该酸的酸性越强，其电离平衡常数越大，根据图知，未加NaOH溶液时，pH：HA＜HB＜HD，说明酸的电离程度HA＞HB＞HD，则KHA＞KHB＞KHD，故A正确；
B．中和50%即P点，溶液中溶质为等物质的量浓度的酸（HB）和盐（NaB），由图可知溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），且酸的电离程度大于酸根离子水解程度，
①NaB完全电离：NaB=Na++B﹣，这一步的c（B﹣）=c（Na+），
②HB少部分电离：HB H++B﹣，则c（HB）＞c（H+），
③NaB少部分水解：B﹣+H2O HB+OH﹣，
由于酸的电离程度大于盐的水解程度，则HB电离产生的B﹣相对NaB水解消耗的B﹣多，所以c（B﹣）＞c（Na+），由于HB电离消耗得多，水解生成的HB少，
所以c（Na+）＞c（HB），则c（B﹣）＞c（Na+）＞c（HB）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B错误；
C．当pH=7时，根据电荷守恒三种溶液中离子浓度关系为：
c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），由于c（H+）=c（OH﹣），所以c（Na+）=c（A﹣），
c（Na+）+c（H+）=c（B﹣）+c（OH﹣），由于c（H+）=c（OH﹣），所以c（Na+）=c（B﹣），
c（Na+）+c（H+）=c（D﹣）+c（OH﹣），由于c（H+）=c（OH﹣），所以c（Na+）=c（D﹣），
由于三种酸根的水解程度不同，则溶液呈中性时所消耗的氢氧化钠的体积不相同，则三种溶液中钠离子浓度不同，c（A﹣）、c（B﹣）、c（D﹣）也不同，故C错误；
D．恰好中和时，三种溶液所消耗的氢氧化钠体积相同，生成三种盐的浓度相同，混合后溶液因盐的水解呈碱性，质子守恒的关系为：c（OH﹣）=c（HA）+c（HB）+c（HD）+c（H+），故D错误；
故选：A．
【分析】A．根据等浓度的三种一元酸的pH大小确定三种酸的电离常数；
B．HB被中和一半时，溶液中溶质有中和生成的盐与未反应完的酸，根据盐的水解与酸的电离程度进行比较；
C．当pH=7时，三种溶液所消耗的氢氧化钠的体积不相同；
D．恰好中和时，三种溶液所消耗的氢氧化钠体积相同，生成三种盐的浓度相同，混合后根据盐的水解写出质子守恒解答．
10．【答案】B
【解析】【解答】解：A、醋酸为弱电解质，不能完全离子，溶液中阴阳离子总浓度小于0.2moL/L；
B、0.1mol/LH2SO4溶液中阴阳离子总浓度等于0.3mol/L；
C、0.1mol/L盐酸中阴阳离子总浓度等于0.2mol/L；
D、0.1mol/LH2SO3溶液不能完全电离，如第一步完全电离，则阴阳离子总浓度略大于0.2mol/L；
则离子浓度最大的为B，导电性应最强，
故选：B．
【分析】溶液的导电性取决于溶液离子浓度大小，离子浓度越大，则导电性越强，以此解答．
11．【答案】D
【解析】【解答】A．pH=-lgc（H+）=0，则c（H+）=1mol/L；
B．硫酸完全电离，溶液中c（H+）=2c（H2SO4）=1mol/L；
C．HCl完全电离，溶液中c（H+）=c（HCl）=0.5mol/L；
D．醋酸不完全电离，溶液中c（H+）远远小于 0.6mol/L.
故答案为：D。
【分析】本题考查物质的量浓度的相关计算。注意理解电解质浓度与电解质离子的浓度的关系。①根据pH=-lgc（H+）计算c（H+）；②硫酸完全电离，溶液中c（H+）=2c（H2SO4）；③HCl完全电离，溶液中c（H+）=c（HCl）；④醋酸不完全电离，溶液中c（H+）远远小于醋酸的浓度。
12．【答案】B
【解析】【解答】解：A、一水合氨、水为弱电解质，而硝酸钡为强电解质，故A错误；
B、浓硫酸、烧碱和硝酸都具有很强的腐蚀性，属于腐蚀品，故B正确；
C、氧化镁、氧化铁与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，而过氧化钠与酸反应生成盐和水外，还生成了氧气，所以过氧化钠不属于碱性氧化物，故C错误；
D、玻璃纤维是一种性能优异的无机非金属材料，玻璃主要成分为二氧化硅，二者都不是合成高分子材料，故D错误；
故选B．
【分析】A、硝酸钡在溶液中完全电离，所以硝酸钡属于强电解质；
B、浓硫酸、烧碱、硝酸都为强酸或者强碱，都具有很强的腐蚀性；
C、过氧化钠与酸反应生成物除了盐和水外，含有氧气生成，所以过氧化钠不是碱性氧化物；
D、玻璃属于硅酸盐产品，光导纤维主要成分为二氧化硅，二者都不是合成高分子材料．
13．【答案】A
【解析】【解答】设四种溶液的物质的量浓度均为c，
①CH3COOH为弱酸，醋酸抑制了水的电离，溶液中氢离子浓度小于c；
②（NH4）2CO3中铵根离子和碳酸根离子都能够水解，促进了水的电离，五种物质中碳酸铵溶液中水的电离程度最大；
③NaHSO4为酸性溶液，溶液中氢离子浓度为c，硫酸氢钠溶液中水的电离程度小于①；
④Ba（OH）2溶液中氢氧根离子浓度为2c，则氢氧化钡溶液中水的电离程度最小；
根据以上分析可知，醋酸溶液中水的电离程度大于③NaHSO4、④Ba（OH）2，小于②，所以四种溶液中水的电离程度由大到小排列为：②①③④，
故选A．
【分析】酸溶液和碱溶液抑制了水的电离，酸溶液中的氢离子、碱溶液中的氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小；能够水解的盐溶液促进了水的电离，水解程度越大，水的电离程度越大，据此进行解答．
14．【答案】D
【解析】【解答】A． 为S2-，S2-在水溶液中会发生水解促进水的电离，故A不符合题意；
B． 为HCl，溶于水电离出氢离子抑制水的电离，故B不符合题意；
C．酸或碱的电离会抑制水的电离，盐类的水解会促进水的电离，所以水的电离程度不只与温度有关，故C不符合题意；
D．醋酸根水解促进水的电离，但Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】A．S2-在水溶液中会发生水解促进水的电离；
B．HCl抑制水的电离；
C．促进水电离的因素还有水解；
D．Kw只与温度有关；
15．【答案】C
【解析】【解答】A．水的电离吸热，则温度越高，Kw越大，相同曲线上Kw相同，则图中五点K的关系为B＞C＞A=D=E，A不符合题意；
B．从A点到D点，Kw不变，c(H+)增大，则可采用温度不变，向水中加入少量的酸的方法实现，B不符合题意；
C．从A点到C点，Kw增大，则需要升高温度，C符合题意；
D．B点时，Kw=10-12，pH=2的硫酸中c(H+)=0.01mol/L，与pH=10的KOH溶液c(OH-)= mol/L=0.01 mol/L，等体积混合后n(H+)=n(OH-)溶液为中性，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．Kw只与温度有关；
B．从A点到D点，Kw不变，可通过加酸实现；
C．A点到C点，Kw增大，则需要升高温度；
D．根据Kw=c(H+)c(OH-)分析；
16．【答案】B
【解析】【解答】A．溶液的酸性越强，c(H+)越大，c(OH﹣)越小，lg 越大，A不符合题意；
B.25℃时pH＝﹣lgc(H+)，根据AG和pH的计算公式可得AG＝lg ＝ ，若Kw=10-14，则AG＝2(7﹣pH)，但65℃，KW≠10﹣14，B符合题意；
C．若溶液呈碱性，则c(H+)D．若溶液呈中性，c(H+)＝c(OH﹣)，AG＝lg ＝lg1＝0，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．一定温度下，由AG=lg[]知，AG与[]成正比；
B.注意 65℃时，水的Kw≠10-14；
C.若溶液呈碱性，则c[H+]7；
D.若溶液呈中性，则c[H+]=c[OH-]，即[OH-]=10-7，故pH=7。
17．【答案】（1）A；水的电离是吸热过程，温度低时，水的电离程度小，c（H+）、c（OH﹣）小
（2）1：10
（3）曲线B对应100℃，此时水的离子积为10﹣12，HA为弱酸，HA中和NaOH后，混合溶液中还剩余较多的HA分子，可继续电离出H+，使溶液pH=5
【解析】【解答】解：（1）曲线A条件下Kw=c（H+）×c（OH﹣）=10﹣7×10﹣7=10﹣14，曲线B条件下c（H+）=c（OH﹣）=10﹣6 mol/L，Kw=c（H+） c（OH﹣）=10﹣12；水的电离时吸热过程，加热促进电离，所以A曲线代表25℃时水的电离平衡曲线，
故答案为：A；水的电离是吸热过程，温度低时，水的电离程度小，c（H+）、c（OH﹣）小；（2）100℃时所得混合溶液的pH=6，Kw=c（H+）×c（OH﹣）=10﹣6×10﹣6=10﹣12，溶液呈中性即酸碱恰好中和，即n（OH﹣）=n（H+），则V（NaOH） 10﹣3 mol L﹣1=V（H2SO4） 10﹣4 mol L﹣1，得V（NaOH）：V（H2SO4）=1：10，
故答案为：1：10；（3）在曲线B对应温度下，因pH（酸）+pH（碱）=12，可得酸碱两溶液中c（H+）=c（OH﹣），如是强酸碱，两溶液等体积混合后溶液呈中性；现混合溶液的pH=5，即等体积混合后溶液显酸性，说明H+与OH﹣完全反应后又有新的H+产生，酸过量，所以酸HA是弱酸，
故答案为：曲线B对应100℃，此时水的离子积为10﹣12，HA为弱酸，HA中和NaOH后，混合溶液中还剩余较多的HA分子，可继续电离出H+，使溶液pH=5．
【分析】（1）横轴是氢离子浓度，纵轴是氢氧根离子浓度，水的离子积常数Kw=c（H+）×c（OH﹣）计算出A曲线的Kw，然后结合水的电离过程吸热判断25℃时水的电离平衡曲线；（2）根据溶液的pH计算出溶液中氢离子、氢氧根离子浓度，再列式计算出氢氧化钠溶液和硫酸溶液的体积；（3）根据曲线B对应温度下pH=5，说明溶液显示酸性，反应后氢离子过量分析．
18．【答案】（1）3.3
（2）11.7
（3）8；≈7
（4）11.7
【解析】【解答】解：（1）设两种酸的体积都是1L，pH=3的盐酸与pH=5的硫酸等体积混合后，混合溶液中氢离子浓度= =5.05×10﹣4 mol/L，则混合溶液的pH=﹣lg5.05×10﹣4=3.3，
故答案为：3.3；（2）设两种碱的体积都是1L，pH=10和pH=12的两种NaOH溶液等体积混合后，混合溶液中氢氧根离子浓度= mol/L=5.05×10﹣3 mol/L，则混合溶液中氢离子浓度= mol/L=2×10﹣12mol/L，pH=11.7，
故答案为：11.7；（3）强碱溶液稀释10倍是溶液的pH减小1，所以pH=9的NaOH溶液稀释到原来的10倍后，pH=8，再稀释到原来的1000倍后，溶液接近中性，则pH≈7，故答案为：8；≈7；（4）pH=12的NaOH溶液中氢氧根浓度为0.01mol/L，pH=4的HCl中氢离子浓度为10﹣4mol/L，等体积混合后，碱过量，混合后溶液中氢氧根的浓度c（OH﹣）= =4.95×10﹣3mol/L，故氢离子浓度c（H+）= ≈2×10﹣11mol/L，故pH=11.7，故答案为：11.7．
【分析】（1）根据混合溶液的氢离子浓度计算；（2）先根据混合溶液的氢氧根离子浓度，再结合离子积常数计算氢离子浓度，根据溶液pH的公式计算；（3）强碱溶液稀释10倍是溶液的pH减小1，注意碱稀释时不能变为酸；（4）pH=12的NaOH和pH=4的HCl等体积混合后，碱过量，应先计算混合后溶液中氢氧根的浓度，然后根据水的离子积来计算溶液中氢离子浓度，据此分析．
19．【答案】（1）；
（2）7；a
（3）；小于；小于
（4）4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣905.8KJ/mol
【解析】【解答】解：（1）肼中相当于氨气分子中一个氢原子被氨基取代，所以肼的结构式为 ；
该电池正极上 得到电子生成 ，电极反应式为： ，
故答案为： ； ；（2）①根据电荷守恒得：c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），溶液中c（Cl﹣）=c（NH ），所以c（OH﹣）=c（H+），所以溶液呈中性，即pH=7，
故答案为：7；②根据电荷守恒得：c（NH ）+c（H+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），当c（NH ）＞c（Cl﹣）时，则c（H+）＜c（OH﹣），溶液呈碱性；
a．盐酸不足，氨水剩余，溶液显碱性，与题意相符，故a可选；
b．氨水与盐酸恰好反应，生成氯化铵，铵根离子水解显酸性，与题意不符，故b不选；
c．盐酸过量，溶液呈酸性，与题意不符，故c不选；
故答案为：a；（3）①N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H=bkJ mol﹣1，平衡常数K= ，
由表中数据可知：平衡常数随温度升高而减小，说明升高温度，平衡逆向进行，逆向是吸热反应，故正反应为放热反应，故b小于0，
故答案为： ；小于；②400℃ N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）的K=0.5，400℃时，测得氨气、氮气、氢气的物质的量分别为3mol、2mol、1mol时，浓度分别为 =6mol/L， =4mol/L， =2mol/L，Qc= =1.1＞K，说明平衡逆向进行，v正（N2）＜v逆（N2）；
故答案为：小于；（4）①4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（g）△H=﹣1266.8kJ mol﹣1②N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.5kJ mol﹣1，
由①+2×②可得：4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）△H=（﹣1266.8kJ mol﹣1）+（+180.5kJ mol﹣1）=﹣905.8KJ/mol，
故答案为：4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣905.8KJ/mol．
【分析】（1）肼相当于氨气分子中一个氢原子被氨基取代；
该电池正极上 得到电子生成 ；（2）①根据电荷守恒及c（Cl﹣）=c（NH4+）判断溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相对大小，从而确定溶液的酸碱性，得出正确结论；
②根据电荷守恒及c（Cl﹣）＜c（NH4+）判断溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相对大小，从而确定溶液的酸碱性，得出正确结论；（3）①根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，书写平衡常数表达式，分析平衡常数随温度变化，结合平衡移动原理分析反应热量变化情况；②依据浓度商和平衡常数的比较，判断反应进行的方向；（4）①4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（g）△H=﹣1266.8kJ mol﹣1②N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.5kJ mol﹣1，利用盖斯定律进行计算，由①+2×②得出正确结论．
20．【答案】（1）＞；温度升高，水的电离程度增大，离子积增大
（2）1000：1
（3）9：11；c （Na+）＞c （SO42﹣）＞c （H+）＞c （OH﹣）
【解析】【解答】（1）根据水的电离过程为吸热反应判断；（2）根据硫酸钠的化学式组成判断c（Na+）：c（SO42﹣ ），根据常温下氢离子浓度计算c（Na+）：c（OH﹣）；（3）混合液的pH=2，酸过量，根据c（H+）= 计算，根据反应后溶液的组成分析各种离子的浓度大小．
【解答】解：（1）水是弱电解质，存在电离平衡，电离过程为吸热反应，所以温度升高，水的电离程度增大，离子积增大，
故答案为：＞；升高温度，水的电离程度增大，离子积增大；（2）硫酸钠溶液中一定满足c（Na+）：c（SO42﹣ ）=2：1；硫酸钠溶液中c（Na+）=2×5×10﹣4 mol L﹣1=10﹣3稀释后c（Na+）= =10﹣4 mol L﹣1，溶液呈中性，c（OH﹣）=1×10﹣7 mol L﹣1，c（Na+）：c（OH﹣）=1×10﹣4 mol L﹣1：1×10﹣7 mol L﹣1=1000：1，
故答案为：1000：1；（3）混合液的pH=2，酸过量，c（H+）= = =0.01，
解之得： =9：11，
c（Na+）=0.1×9/（9+11）=0.045mol/L
c（SO42﹣）=0.05×11/20=0.0275mol/L
c（H+）=0.01mol/L
硫酸过量溶液显酸性，c 则（H+）＞c （OH﹣），
故溶液中各种离子的浓度由大到小的排列顺序是：c （Na+）＞c （SO42﹣）＞c （H+）＞c （OH﹣），
故答案为：9：11；c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）．
21．【答案】（1）酸是一种弱酸
（2）11.11
（3） ＜a＜
【解析】【解答】解：（1）解：pH=a的酸的溶液中c（H+）=10﹣pH mol L﹣1=10﹣amol L﹣1，a+b=14，则pH=b的碱中c（OH﹣）=10pH﹣14 mol L﹣1=10b﹣14 mol L﹣1=10﹣amol L﹣1，可见酸中c（H+）与碱中c（OH﹣）相等，2Va=Vb混合后溶液的pH小于7，说明溶液呈酸性，应为弱酸与强碱的组合，故答案为：酸是一种弱酸；（2）酸中c（H+）=10﹣pH mol L﹣1=10﹣amol L﹣1，碱中c（OH﹣）=10pH﹣14 mol L﹣1=10b﹣14 mol L﹣1=10﹣（a+1）mol L﹣1，pH=2时，c（H+）=10﹣2mol/L= ，解得：V=0.0111L=11.11mL，故答案为：11.11；（3）pH=b的某一元强碱溶液呈碱性，则b＞7， a=0.5b，则a＞0.5×7=3.5，即a＞ ； pH=a的强酸c（H+）=10﹣amol/L，pH=b的强碱c（OH﹣）=10b﹣14mol/L，恰好中和，则有Va×10﹣a=Vb×10b﹣14，可得： =10a+b﹣14， Va＜Vb，则10a+b﹣14＜1，即：a+b＜14，又a=0.5b，则a+2a＜14， 3a＜14，则a＜ ，所以： ＜a＜ ，故答案为： ＜a＜ ．
【分析】（1）酸中c（H+）=10﹣pH mol L﹣1=10﹣amol L﹣1，碱中c（OH﹣）=10pH﹣14 mol L﹣1=10b﹣14 mol L﹣1=10﹣amol L﹣1，可见酸中c（H+）与碱中c（OH﹣）相等，2Va=Vb混合后溶液的pH小于7，说明溶液呈酸性，应为弱酸与强碱的组合；（2）酸中c（H+）=10﹣pH mol L﹣1=10﹣amol L﹣1，碱中c（OH﹣）=10pH﹣14 mol L﹣1=10b﹣14 mol L﹣1=10﹣（a+1）mol L﹣1，据滴定过程中，氢离子浓度= 计算．（3）pH=a的强酸c（H+）=10﹣amol/L，pH=b的强碱c（OH﹣）=10b﹣14mol/L，恰好中和，则有Va×10﹣a=Vb×10b﹣14，结合Va＜Vb，a=0.5b计算．