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

3.1 水与水溶液 同步练习题
一、单选题
1．下列物质属于弱电解质的是（　　）
A．NH3·H2O B．NaOH C．NaCl D．H2SO4
2．常温下，下列四种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为（　　）
①pH＝0的盐酸 ②0.1 mol·L－1的盐酸③0.01 mol·L－1的NaOH溶液 ④pH＝11的NaOH溶液
A．1000∶100∶10∶1 B．1∶10∶100∶1 000
C．14∶13∶12∶11 D．11∶12∶13∶14
3．下列属于电解质并能导电的物质是（　　）
A．熔融 B．盐酸 C．蔗糖 D． 固体
4．下列溶液一定呈中性的是（　　）
A．pH=7的溶液
B．使石蕊试液呈紫色的溶液
C．c（H+）=c（OH﹣）=10﹣6mol·L﹣1的溶液
D．酸与碱恰好反应生成的溶液
5．关于强、弱电解质的叙述正确的是（　　）
A．强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物
B．强电解质都是可溶性化合物，弱电解质都是难溶性化合物
C．强电解质的水溶液中无溶质分子，弱电解质的水溶液中有溶质分子
D．强电解质的水溶液导电能力强，弱电解质的水溶液导电能力弱
6．甲、乙两杯醋酸稀溶液，甲的pH=a，乙的pH=a+1，对下列叙述的判断正确的是（　　）
A．甲中水电离出来的H+的物质的量浓度是乙中水电离出来H+的物质的量浓度的10倍
B．中和等物质的量的NaOH溶液需甲、乙两杯醋酸溶液的体积，10V(甲)>V(乙)
C．物质的量浓度c(甲)>10c(乙)
D．甲中的c(OH-)为乙中的c(OH-)的10倍
7．下列物质能促进水的电离的是（　　）
A．HCl B．CH3COONa C．NaOH D．NaCl
8．其他条件不变，升高温度，不一定增大的是（　　）
A．化学平衡常数 B．气体摩尔体积
C．水的离子积 D．化学反应速率
9．下列说法正确的是（　　）
A．可用碱式滴定管量取12.85 mL的KMnO4溶液
B．测定氯水的pH，用干燥洁净的玻璃棒蘸取该溶液滴在湿润的pH试纸上
C．反应物的总能量低于生成物的总能量时，一定不能自发进行反应
D．由4P（s，红磷）═P4（s，白磷）△H=+139.2 kJ/mol，可知红磷比白磷稳定
10．下列说法错误的是（　　）
①氨溶于水得到的溶液能导电，所以NH3是电解质；
②溶于水电离出H＋的化合物都是酸
③液态HCl不导电，所以属于非电解质；
④金属铜能导电，但它不是电解质，是非电解质
⑤强电解质的导电能力比弱电解质强
⑥NaHSO4在熔融状态下电离生成三种离子
A．②③⑥ B．①③⑤ C．全部 D．①②③④⑤
11．某温度下，向一定体积0.1mol．L一1氨水溶液中逐滴加入等浓度的盐酸，溶液中pOH[pOH=﹣lgc（OH﹣）]与pH的变化关系如图所示．下列说法不正确是（　　）
A．此温度下，水的离子积常数为1.0×10﹣2a
B．X点和Z点所示溶液中H2O的电离程度相同
C．X、Y、Z三点所示的溶液中：c（NH4+）+c（H+）═c（Cl﹣）+c（OH﹣）
D．Y点消耗盐酸的体积等于氨水的体积
12．常温下，向20mL 0.2mol/L H2A溶液中滴加0.2mol/L NaOH溶液．有关微粒的物质的量 变化如图（其中I代表H2A，Ⅱ代表HA﹣，Ⅲ代表A2﹣）．根据图示判断，下列说法正确的是（　　）
A．当V（NaOH）=20mL时，溶液中离子浓度大小关系 c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）
B．等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后其溶液中水的电离程度比纯水大
C．欲使NaHA溶液呈中性，可以向其中加入酸或碱
D．向NaHA溶液加人水的过程中，pH可能增大也可能减小
13．下列说法正确的是（　　）
A．Na2CO3溶液 c（Na+ ）与 c（CO3）之比为 2：1
B．pH=2 和 pH=1 的硝酸中 c（H+）之比为 1：2
C．0.2mol/L 与 0.1mol/L 醋酸中 c（H+）之比为 2：1
D．pH=1 的硫酸中加入等体积 0.1mol/L 的 NaOH 溶液，两者恰好完全反应
14．为验证氯水中次氯酸光照分解产物，采用数字化实验，得到的数据图像如图。该图像所代表的意义是（　　）
A．氯离子浓度随时间的变化 B．氧气体积分数随时间的变化
C．氯水的pH随时间的变化 D．氯水导电能力随时间的变化
15．在常温下，将pH＝9的NaOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH最接近于(已知lg2=0.3)（　　）
A．9.3 B．9.7 C．10 D．10.7
16．下列物质的导电性能最差的是（　　）
A．熔化的氢氧化钠 B．0.1mol·L－1盐酸
C．0.1mol·L－1醋酸 D．氯化钾固体
二、综合题
17．下列物质①Cu ②SO2 ③NaCl溶液 ④HCl ⑤BaSO4 ⑥NH3 ⑦酒精 ⑧硫酸溶液 ⑨NaOH
（1）其中属于电解质的有　 　；
（2）属于非电解质的有　 　；
（3）能导电的有　 　；
（4）③和④能否发生离子反应　 　(填“能”或“不能”)
18．某课外活动小组用如图装置进行实验，试回答下列问题：
（1）若开始时开关K与a连接，则B极的电极反应式为　 　。
（2）若开始时开关K与b连接，则B极的电极反应式为　 　，总反应的离子方程式为　 　。
（3）若开始时开关K与b连接.下列说法正确的是_______。
A．溶液中Na＋向A极移动
B．从A极处逸出的气体能使湿润的KI淀粉试纸变蓝
C．反应一段时间后加适量盐酸可恢复到电解前电解质的浓度
D．若标准状况下B极产生2.24 L气体，则溶液中转移0.2 mol电子
（4）该小组同学认为，如果模拟工业上离子交换膜法制烧碱的方法，那么可以设想用如图装置电解硫酸钾溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾。
①该电解槽的阳极反应式为　 　。
②制得的氢氧化钾溶液从出口(填“A”、“B”、“C”或 “D”)　 　导出。
③电解过程中阴极区碱性明显增强，用平衡移动原理解释原因　 　。
19．请回答下列问题：
（1）现有下列状态的物质：①干冰
②NaHCO3晶体 ③氨水 ④纯醋酸 ⑤FeCl3溶液 ⑥铜 ⑦熔融KOH ⑧盐酸。其中能导电的是　 　，（填序号，下同），属于电解质的是　 　，属于非电解质的是　 　。
（2）下列所给出的几组物质中：含有分子数最少的是　 　；含有原子数最多的是　 　；标准状况下体积最小的是　 　。
①1 g H2②2.408×1023个CH4分子 ③10.8 g H2O ④标准状况下6.72
L CO2。
（3）实验室欲用固体NaOH来配制90mL 0.5 mol/L的NaOH溶液，需要称量固体NaOH　 　g。配制时，一般可分为以下几个步骤：①称量 ②计算 ③溶解 ④摇匀 ⑤转移 ⑥洗涤 ⑦定容 ⑧冷却。其正确的操作顺序为　 　。在配制过程中，若其它操作均正确，下列操作会引起结果偏低的是　 　（填字母）。
A．没有洗涤烧杯和玻璃棒
B．未等NaOH溶液冷却至室温就转移到容量瓶中定容
C．容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水
D．称量时间过长
20．根据问题填空：
（1）下列物质中，属于弱电解质的是（填序号，下同）　 　，属于非电解质的是　 　．
①亚硫酸溶液 ②次氯酸钠 ③氯化氢气体 ④蔗糖 ⑤硫酸钡
⑥氨气 ⑦冰醋酸 ⑧硫酸氢钠固体 ⑨氢氧化铁 ⑩NO2
（2）写出下列物质在水中的电离方程式：硫酸氢钠：　 　；次氯酸钠：　 　；
（3）甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol L﹣1、0.1mol L﹣1，则c（OH﹣）甲：c（OH﹣）乙　 　10（填“大于”、“等于”或“小于”）．
（4）现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol L﹣1的NaOH溶液，乙为0.1mol/L的HCl溶液，丙为0.1mol/L的CH3COOH溶液，甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c（OH﹣）的大小关系为　 　；
（5）NO2与NO之间存在如下可逆反应：2NO2 2NO+O2．T℃时，在一恒容密闭容器中充入适量NO2，反应达到平衡状态的标志是　 　
①混合气体的颜色不再改变的状态
②混合气体的密度不再改变的状态
③混合气体的压强不再改变的状态
④混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
⑤ 的比值不再改变的状态．
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如表所示：
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
① 0.1 0.1 pH=9
② c 0.2 pH=7
③ 0.2 0.1 pH＜7
请回答：
（1）从①组情况表明，HA是　 　（填“强酸”或“弱酸”）．
（2）②组情况表明，c　 　0.2（选填“大于”、“小于”或“等于”）．混合液中离子浓度c（A﹣）与c（Na+）的大小关系是　 　．
（3）从③组实验结果分析，说明HA的电离程度　 　 NaA的水解程度（选填“大于”、“小于”或“等于”），该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是　 　．
（4）①组实验所得混合溶液中由水电离出的c（OH﹣）与溶液中的c（OH﹣）之比为　 　．写出该混合溶液中下列算式的精确结果（不能近似计算）：c（Na+）﹣c（A﹣）=　 　mol L﹣1．
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．NH3·H2O在水中只能部分电离产生
、OH-，水溶液能够导电，主要以分子NH3·H2O存在，因此NH3·H2O属于弱电解质，A符合题意；
B．NaOH在水中完全电离产生Na+、OH-，所以NaOH属于强电解质，B不符合题意；
C．NaCl在水中完全电离产生Na+、Cl-，所以NaCl属于强电解质，C不符合题意；
D．H2SO4在水中完全电离产生H+、
，所以H2SO4属于强电解质，D不符合题意；
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。
2．【答案】B
【解析】【解答】①pH=0的盐酸中c(H+)=1mol·L-1，由水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相等，为c(H+)=1.0×10-14mol·L-1；②0.1mol L-1的盐酸中c(H+)=0.1mol·L-1，由水电离出的氢离子浓度为c(H+)=1.0×10-13mol·L-1；③0.01mol L-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.01mol·L-1，由水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相等，为c(H+)=1.0×10-12mol·L-1；④pH=11的NaOH溶液中c(OH-)=0.001mol·L-1，由水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相等，为c(H+)=1.0×10-11mol·L-1；由此可得由水电离出的氢离子浓度之比为①：②：③：④=1：10：100：1000。故A、C、D不符合题意，B符合题意。
故答案为：B。
【分析】计算水溶液中的氢离子或氢氧根离子的浓度，需要注意的是，酸溶液中水溶液中的氢离子或氢氧根离子的浓度等于水的离子积除以酸电离的氢离子浓度。碱溶液中水溶液中的氢离子或氢氧根离子的浓度等于水的离子积除以碱电离的氢氧根离子的浓度。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．熔融的 能够电离出钠离子和氧离子，能够导电，属于电解质，故A符合题意；
B．盐酸属于混合物，虽然能够导电，但溶液属于混合物，不是电解质，故B不符合题意；
C．蔗糖属于有机物，溶液不能够导电，不是电解质，是非电解质，故C不符合题意；
D．NaCl晶体在水溶液或熔融状态下能够导电，属于电解质，但晶体不导电，故D不符合题意；
故答案：A。
【分析】电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；能导电的物质中含有能够自由移动的离子或电子。
4．【答案】C
【解析】【解答】A.pH=7的溶液不一定呈中性，可能呈酸性或碱性，100℃时纯水的pH=6，该温度下pH=7时溶液呈碱性，故A项不符合题意；
B.石蕊试液变色范围是5﹣8，则石蕊试液呈紫色的溶液不一定为中性，故B项不符合题意；
C.无论温度多少，只要溶液中存在c（H+）=c（OH﹣），则该溶液一定呈中性，所以c（H+）=c（OH﹣）=10﹣6mol·L﹣1的溶液呈中性，故C项符合题意；
D.酸与碱恰好反应生成的溶液可能呈酸性或碱性，如氯化铵溶液呈酸性、碳酸钠溶液呈碱性，故D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题考查溶液酸碱性的判断。当溶液中c（H+）=c（OH﹣）时，溶液呈中性；当溶液中c（H+）>c（OH﹣）时，溶液呈酸性；当溶液中c（H+）5．【答案】C
【解析】【解答】A. 氯化氢为强电解质，但氯化氢为共价化合物，故A项不符合题意；
B. 硫酸钡为强电解质，难溶于水，醋酸易溶于水为弱电解质，故B项不符合题意；
C. 强电解质在水中完全电离，不存在溶质分子，弱电解质在水中部分电离，存在溶质分子，故C项符合题意；
D. 水溶液中导电能力差的电解质不一定为弱电解质，如硫酸钡是强电解质，难溶于水，离子浓度小，导电能力弱，故D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】在水溶液或熔融状态下能够完全电离的电解质叫做强电解质，在水溶液或熔融状态下部分电离的电解质叫做弱电解质。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．c（H+）=10-pH，所以c （H+）甲=10-a，c （H+）乙=10-（a+1），所以c（H+）甲="10c" （H+）乙，酸溶液中水电离出的c（H+）等于溶液中c（OH-），所以c（OH-）= ，所以氢氧根离子浓度：10c （OH-）甲=c （OH-）乙，则水电离出的氢离子浓度10c（H+）甲=c（H+）乙，A不符合题意；
B．酸的浓度越大，酸的电离程度越小，与等量NaOH反应，酸的浓度越大则消耗酸的体积越小，c（甲）＞10c（乙），所以消耗酸的体积，10V（甲）＜V（乙），B不符合题意；
C．酸的浓度越大，酸的电离程度越小，c（甲）＞10c（乙），C符合题意；
D．c（OH-）= ，所以氢氧根离子浓度：10c （OH-）甲=c （OH-）乙，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.结合水的离子积常数计算蓉儿中国电离产生的c(H+)；
B.根据pH值确定溶液中溶质的量，从而计算消耗NaOH的量的大小；
C.由pH值的大小确定溶液中溶质的物质的量浓度；
D.结合水的离子积常数进行计算；
7．【答案】B
【解析】【解答】解：A．加入盐酸，溶液中氢离子浓度增大，水的电离平衡向着逆向移动，抑制了水的电离，故A错误；
B．加入醋酸钠，醋酸根根离子结合水电离的氢离子，水的电离程度增大，醋酸钠促进了水的电离，故B正确；
C．加入氢氧化钠为强碱，溶液中氢氧根离子浓度增大，水的电离平衡逆向进行，抑制了水的电离，故C错误；
D．加入氯化钠是强酸强碱盐，钠离子和氯离子都不影响水的电离，故D错误；
故选B．
【分析】水为弱电解质，能够电解出氢离子和氢氧根离子，在溶液中存在电离平衡；加入酸溶液和碱溶液能够抑制水的电离，加入能够水解的盐促进了水的电离，据此进行判断．
8．【答案】A
【解析】【解答】A．化学反应不清楚是吸热反应还是放热反应，升高温度，化学平衡常数不一定增大，故A符合题意；
B．温度升高，气体分子间间距增大，则气体摩尔体积一定增大，故B不符合题意；
C．水的电离是吸热过程，升高温度，平衡正向移动，水的离子积一定增大，故C不符合题意；
D．升高温度，化学反应速率增大，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】依据温度对反应速率、化学平衡、电离平衡、气体体积的影响分析。
9．【答案】D
【解析】【解答】解：A、高锰酸钾有强氧化性，应用酸性滴定管，故A错误；
B、氯水既具有酸性也具有漂白性，故不能利用pH试纸测定氯水的pH，故B错误；
C、反应物的总能量低于生成物的总能量时，该反应为吸热反应，吸热反应可能自发进行，如氢氧化钡晶体与氯化铵的反应，故C错误；
D、根据热化学方程式4P（红磷s） P4（白磷s）△H=+17kJ mol﹣1 可知，红磷的能量比白磷低，所以红磷的能量比白磷稳定，故D正确；故选D．
【分析】A、高锰酸钾有强氧化性；
B、氯水既具有酸性也具有漂白性；
C、吸热反应可能自发进行；
D、根据热化学方程式判断红磷和白磷能量的高低，能量越低，物质越稳定．
10．【答案】C
【解析】【解答】①氨溶于水得到氨水，溶液中一水合氨部分电离出铵根离子和氢氧根离子，导致溶液能导电，但是氨气自身不能电离出阴阳离子，不导电，所以NH3是非电解质，故不符合题意；②溶于水电离出的阳离子全部为H＋的化合物都是酸，溶于水电离出氢离子的化合物不一定是酸，如硫酸氢钠是盐，故不符合题意；③液态HCl不导电，但是HCl溶于水，电离出氢离子和氯离子，能够导电，所以液态HCl属于电解质，故不符合题意；④金属铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故不符合题意；⑤电解质溶液的导电能力与离子浓度成正比，与电解质强弱无必然的联系，所以强电解质的导电能力不一定强于弱电解质，故不符合题意；⑥NaHSO4在熔融状态下电离生成钠离子和硫酸氢根离子，故不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电解质溶液的导电能力与离子浓度、离子所带电荷数有关，离子浓度越大，所带电荷越多，导电能力就越强，与电解质的强弱没有必然的联系；硫酸氢钠属于强电解质，在水溶液中完全电离出三种离子：NaHSO4=Na++H++SO42-；在熔融状态下电离生成钠离子和硫酸氢根离子，NaHSO4=Na++HSO4-。
11．【答案】D
【解析】【解答】解：A．Y点时pOH=pH，说明c（OH﹣）=c（H+）=l0﹣amol/L，水的离子积Kw=c（OH﹣）×c（H+）=1.0×10﹣2a，故A正确；
B．点溶液呈碱性，为NH4Cl、NH3 H2O混合溶液，X点溶液中氢离子源于水的电离，Z点溶液呈酸性，为NH4Cl、HC混合溶液，溶液中氢氧根离子源于水的电离，而X点氢离子浓度与Z点氢氧根离子浓度相等，则X、Z点所示溶液中水的电离程度相同，故B正确；
C．溶液呈电中性，根据电荷守恒可知：c（NH4+）+c（H+）═c（Cl﹣）+c（OH﹣），故C正确；
D．恰好反应得到NH4Cl溶液呈酸性，Y点的pH=pOH，溶液呈中性，氨水稍过量，则Y点消耗盐酸的体积小于氨水的体积，故D错误．
故选：D．
【分析】A．Y点时pOH=pH，说明c（OH﹣）=c（H+）=10﹣amol/L，水的离子积Kw=c（OH﹣）×c（H+）；
B．X点溶液呈碱性，为NH4Cl、NH3 H2O混合溶液，X点溶液中氢离子源于水的电离，Z点溶液呈酸性，为NH4Cl、HC混合溶液，溶液中氢氧根离子源于水的电离；
C．溶液呈电中性，根据电荷守恒判断；
D．恰好反应得到NH4Cl溶液呈酸性，Y点的pH=pOH，溶液呈中性，氨水稍过量．
12．【答案】A
【解析】【解答】解：A．当V（NaOH）=20 mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶液中溶质为NaHA，由于c（A2﹣）＞c（H2A），所以HA﹣电离程度大于水解，溶液显酸性，则溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣），故A正确；
B．等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，由图示关系知，c（A2﹣）＞c（H2A），说明电离大于水解程度，c（H+）＞c（OH﹣），溶液显酸性，溶液中氢离子抑制了水的电离，溶液中水的电离程度比纯水小，故B错误；
C．由图示关系知，NaHA溶液中c（A2﹣）＞c（H2A），溶液显示酸性，如果使溶液呈中性，应该向溶液中加入碱溶液，不能加入酸溶液，故C错误；
D．NaHA溶液加人水的过程中，HA﹣电离程度增大，但是溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故D错误；
故选A．
【分析】A．根据图象知，当V（NaOH）=20时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶液主要为NaHA，c（A2﹣）＞c（H2A），HA﹣的电离程度大于HA﹣的水解程度，溶液显酸性；
B．等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，溶质为NaHA，根据图象可知c（A2﹣）＞c（H2A），溶液显示酸性，然后根据溶液中酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐水解促进水电离进行判断；
C．NaHA溶液显示酸性，若使溶液显示中性，需要向溶液中进入碱溶液，不能加入酸；
D．根据图象可知，NaHA溶液显示酸性，向NaHA溶液加人水的过程中，其电离程度增大，但是溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH一定增大．
13．【答案】D
【解析】【解答】解：
A、碳酸根是弱酸根，在溶液中部分水解，故碳酸钠溶液中的c（Na+ ）与 c（CO3）之比大于 2：1，故A错误；
B、c（H+）=10﹣pH，故pH=2的硝酸溶液中，c（H+）=0.01mol/L；而pH=1的硝酸溶液中，c（H+）=0.1mol/L，故两溶液中的c（H+）之比为1：10，故B错误；
C、醋酸是弱电解质，越稀越电离，故0.2mol/L的醋酸溶液中的氢离子浓度小于0.1mol/L醋酸溶液中的氢离子浓度的2倍，即两溶液中的 c（H+）之比小于 2：1，故C错误；
D、硫酸是强电解质，完全电离，故pH=1的硫酸溶液中氢离子的浓度为0.1mol/L，是硫酸中的全部氢离子，和等体积的0.1mol/L的氢氧化钠溶液混合后，两者恰好完全反应，所得溶液显中性，故D正确．
故选D．
【分析】A、碳酸根是弱酸根，在溶液中部分水解；
B、c（H+）=10﹣pH；
C、醋酸是弱电解质，越稀越电离；
D、硫酸是强电解质，完全电离，故pH=1的硫酸溶液中氢离子的浓度为0.1mol/L，是硫酸中的全部氢离子．
14．【答案】C
【解析】【解答】A．随着HClO的分解，产生的HCl增多，氯离子浓度增大，与图不符，A不符合题意；
B．随着HClO的分解，产生的氧气增多，氧气体积分数增大，与图不符，B不符合题意；
C．随着HClO的分解，产生的HCl增多，氢离子浓度增大，酸性增强，pH减小，与图相符，C符合题意；
D．HClO是弱酸，其水溶液导电能力很弱，随着HClO的分解，产生的HCl增多，溶液中氯离子、氢离子浓度均增大，导电能力增强，与图不符，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】HClO见光分解产生HCl和氧气，HCl完全电离出H+和Cl-。
15．【答案】D
【解析】【解答】pH=9的NaOH溶液中c(OH-)=1×10-5mol/L，pH=11的NaOH溶液中c(OH-)=1×10-3mol/L，混合后c(OH-)= mol/L≈ mol/L，则溶液中的c(H+)= = mol/L=2.0×10-11mol/L，所以pH=11-lg2=10.7，
故答案为：D。
【分析】根据混合后溶液中氢氧根离子的物质的量浓度计算，但不用氢离子浓度计算。
16．【答案】D
【解析】【解答】氯化钾固体不能电离出自由移动的离子，不能导电，而熔化的氢氧化钠、0.1 mol/L盐酸和0.1 mol/L醋酸都存在自由移动的离子，都能导电，所以导电性能最差的是氯化钾固体，D项符合题意，
故答案为：D。
【分析】溶液的导电能力与溶液中离子的浓度、离子所带的电荷数有关,离子带的电荷数越多、离子浓度越大,溶液的导电能力越强。
17．【答案】（1）④⑤⑨
（2）②⑥⑦
（3）①③⑧
（4）不能
【解析】【解答】①Cu属于金属单质，能导电，既不属于电解质、也不属于非电解质；
②SO2中存在SO2分子，不能导电，虽然SO2的水溶液能导电，但导电的离子不是SO2自身电离产生的，SO2属于非电解质；
③NaCl溶液中存在自由移动的阴、阳离子，能导电，NaCl溶液属于混合物，既不属于电解质、也不属于非电解质；
④HCl中存在HCl分子，不能导电，HCl是在水溶液中能导电的化合物，HCl属于电解质；
⑤BaSO4中阴、阳离子不能自由移动，BaSO4不能导电，BaSO4是在熔融状态下能导电的化合物，BaSO4属于电解质；
⑥NH3中存在NH3分子，不能导电，虽然NH3的水溶液能导电，但导电的离子不是NH3自身电离产生的，NH3属于非电解质；
⑦酒精中存在CH3CH2OH分子，不能导电，酒精是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，酒精属于非电解质；
⑧硫酸溶液中存在自由移动的阴、阳离子，硫酸溶液能导电，硫酸溶液属于混合物，硫酸溶液既不属于电解质、也不属于非电解质；
⑨NaOH中阴、阳离子不能自由移动，NaOH不能导电，NaOH是在水溶液和熔融状态下都能导电的化合物，NaOH属于电解质。
（1）根据分析，属于电解质的是HCl、BaSO4、NaOH，
故答案为：④⑤⑨。
（2）属于非电解质的是SO2、NH3、酒精，
故答案为：②⑥⑦。
（3）能导电的有Cu、NaCl溶液、硫酸溶液，
故答案为：①③⑧。
（4）NaCl溶液和HCl不能发生离子反应，答案为：不能。
【分析】（1）电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；
（2）非电解质是指在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物；
（3）含有自由移动的离子或电子的物质能导电；
（4）离子反应发生的三个条件：生成难溶的物质，生成难电离的物质，生成挥发性物质。
18．【答案】（1）Fe-2e- = Fe2＋
（2）2H＋+2e- = H2↑；2Cl-+2H2O=2OH－+ H2↑+ Cl2↑
（3）B
（4）2H2O－4e- =4H＋ +O2↑（或4OH――4e－＝2H2O＋O2↑）；D；H2O H＋+ OH－，H＋在阴极附近放电，引起水的电离平衡向右移动，使c(OH－)>c(H＋)，溶液显碱性
【解析】【解答】(1)开始时开关K与a连接形成原电池反应，B电极铁做负极失电子生成亚铁离子，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，故答案为：Fe-2e-=Fe2+；
(2)开关K与b连接，装置为电解池，铁为阴极，发生还原反应，氢离子得到电子生成氢气，即B电极反应为2H++2e-=H2↑；电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，电解总反应的离子方程式为2Cl-+2H2O 2OH-+H2↑+Cl2↑，故答案为：2H++2e-=H2↑；2Cl-+2H2O 2OH-+H2↑+Cl2↑；
(3)A、电解过程中阳离子向阴极移动，B为阴极，溶液中Na+向B极移动，A不符合题意；
B、A极上生成氯气，氯气能够置换出碘化钾溶液中的碘生成碘单质，遇到淀粉变蓝，B符合题意；
C、反应一段时间后加适量HCl气体，可恢复到电解前电解质的浓度，不是加入盐酸，C不符合题意；
D、若标准状况下B极产生2.24L氢气，物质的量为0.1mol，依据电极反应式2H++2e-=H2↑知，电路中转移0.2mol电子，但电子不能经过溶液，D不符合题意；
故答案为：B；
(4)①电解时，阳极上失电子发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子的放电能力大于硫酸根离子，所以阳极上氢氧根离子失电子生成水和氧气，由于溶液为硫酸，故电极反应式为2H2O－4e- =4H＋ +O2↑(或4OH――4e－＝2H2O＋O2↑)，故答案为：2H2O－4e- =4H＋ +O2↑(或4OH――4e－＝2H2O＋O2↑)；
②阳极氢氧根离子放电，因此硫酸根离子向阳极移动，阴极氢离子放电，因此钾离子向阴极移动，电解产生的氢氧化钾在阴极生成，所以氢氧化钾溶液从出口D流出，故答案为：D；
③电解过程中阴极区是水电离出的氢离子放电，2H++2e-=H2↑，所以水的电离平衡正向移动，导致氢氧根离子浓度大于氢离子，溶液显示碱性，故答案为：H2O H＋+ OH－，H＋在阴极附近放电，引起水的电离平衡向右移动，使c(OH－)>c(H＋)，溶液显示碱性。
【分析】（1）K与a相连，则电极B为负原电池的负极，发生失电子的氧化反应，据此写出电极反应式；
（2）K与b相连，则为电解池装置，电极B为阴极，溶液中的H+发生得电子的还原反应，据此写出电极反应式；该装置为电解饱和食盐水装置，据此写出总反应的离子方程式；
（3）A.在电解池中，阳离子移向阴极；
B.结合电极反应式分析；
C.结合电解总反应分析；
D.结合电极反应式分析；
（4）①电解时，溶液中的OH-在阳极发生失电子的氧化反应，生成O2，据此写出电极反应式；
②根据电极反应式，结合离子流向分析；
③根据电极反应式，结合水的电离平衡分析；
19．【答案】（1）③⑤⑥⑦⑧；②④⑦；①
（2）④；②；③
（3）2.0；②①③⑧⑤⑥⑦④；AD
【解析】【解答】（1）电解质和非电解质均为化合物，酸、碱、盐、金属氧化物等均属于电解质，绝大部分有机物、非金属氧化物、非金属氢化物等为非电解质；据此可以推出属于电解质的是②NaHCO3晶体、④纯醋酸、⑦熔融KOH；属于非电解质的是①干冰；金属都能导电，存在自由移动的离子的物质都能导电，其中能导电的是③氨水、⑤FeCl3溶液、⑥铜 ⑦熔融KOH ⑧盐酸；正确选项：③⑤⑥⑦⑧；②④⑦；①。
（2）四种物质的物质的量分别为①0.5 molH2、②0.4CH4、③0.6 molH2O、④0.3molCO2；物质的量越大，分子数越多，所以含有分子数最少的是④标准状况下6.72 L CO2；原子数：① 0.5 ×2=1mol、②0.4×5=2 mol、③0.6 ×3=1.8mol、④0.3×3=0.9 mol；含有原子数最多的是② 2.408×1023个CH4分子；标准状况下，固体、液体的体积比气体要小，体积最小的是③10.8 g H2O ；正确选项：④ ；② ； ③ 。
（3）容量瓶只能用100毫升，需要称量固体NaOH质量为0.1×0.5×40=2.0 g，配制步骤如下：②计算①称量、③溶解、⑧冷却、⑤转移、⑥洗涤、⑦定容、④摇匀；所以正确的操作顺序为②①③⑧⑤⑥⑦④；没有洗涤烧杯和玻璃棒，溶质有损失，配制结果偏低，A正确；未等NaOH溶液冷却至室温就转移到容量瓶中定容，待冷却到室温时，液体的体积变小，溶质不变，浓度偏大，B不正确；容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对结果无影响，C不正确；称量时间过长，氢氧化钠吸水潮解，造成溶质的量减少，所配溶液浓度偏低，D正确；正确选项AD。
【分析】（1）金属以及能产生自由移动的离子的物质都能导电；在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；
（2）同温同压下气体的气体摩尔体积相等，根据 结合分子构成计算；
（3）根据m=nM=CVM计算固体 NaOH的质量；根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀来分析；根据c= 并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析．
20．【答案】（1）⑦⑨；④⑥⑩
（2）NaHSO4═Na++H++SO42﹣；NaClO═ClO﹣+Na+
（3）小于
（4）丙＞甲=乙
（5）①③④⑤
【解析】【解答】解：（1）①亚硫酸溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质；②次氯酸钠是盐，属于强电解质；③氯化氢气体溶于水能导电，属于强电解质；④蔗糖不能导电，属于非电解质；⑤硫酸钡是盐，熔融状态下能导电，属于强电解质；⑥氨气不能导电，属于非电解质；⑦冰醋酸不能导电，溶于水能导电，在水溶液中部分电离，属于弱电解质；⑧硫酸氢钠固体是盐，属于强电解质；⑨氢氧化铁是碱，属于弱电解质；⑩NO2不能导电，属于非电解质，故答案为：⑦⑨；④⑥⑩；（2）NaHSO4是强电解质，NaHSO4在水中电离出钠离子和硫酸根离子和氢离子，NaHSO4═Na++H++SO42﹣，次氯酸钠为强电解质，完全电离，电离方程式用等号，电离方程式为：NaClO=Na++ClO﹣，故答案为：NaHSO4═Na++H++SO42﹣；NaClO═ClO﹣+Na+；（3）一水合氨是弱电解质，在溶液里存在电离平衡，氨水的浓度越大，一水合氨的电离程度越小，浓度越小，一水合氨的电离程度越大，
甲瓶氨水的浓度是乙瓶氨水的浓度的10倍，由弱电解质的浓度越小，电离程度越大，故甲瓶氨水的电离度比乙瓶氨水的电离度小，所以甲、乙两瓶氨水中[OH﹣]之比小于10，故答案为：小于；（4）酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，乙酸是弱电解质，氢氧化钠、氯化氢是强电解质，所以相同物质的量浓度的乙酸和盐酸和氢氧化钠，盐酸中水电离出的氢氧根离子浓度小于醋酸，相同物质的量浓度的盐酸和氢氧化钠对水电离抑制程度相等，盐酸中水电离出的氢氧根离子浓度等于氢氧化钠溶液中水的电离，所以水电离出氢氧根离子浓度大小顺序是：丙＞甲=乙，故答案为：丙＞甲=乙；（5）①混合气体的颜色不再改变时，各物质的浓度不变，说明该反应达到平衡状态，所以可以据此判断平衡状态，故正确；②该反应的反应前后气体质量不变、容器体积不变，所以无论该反应是否达到平衡状态，反应体系的密度始终不变，所以不能据此判断平衡状态，故错误；③该反应的反应前后是气体体积增大的可逆反应，当反应达到平衡状态时，各物质浓度不变，所以混合气体的压强不再改变，所以可以据此判断平衡状态，故正确； ④该反应的反应前后是气体体积增大的可逆反应，当反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不变，所以其平均相对分子质量不变，则可以据此判断平衡状态，故正确；⑤该反应的反应前后有热量变化，当该反应达到平衡状态时，反应体系温度不再发生变化，所以 不再变化，则可以据此判断平衡状态，故正确．
故选①③④⑤．
【分析】（1）在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，在水溶液和熔融状态下都不能达到的化合物为非电解质；（2）硫酸氢钠是强电解质，硫酸氢根在水溶液中能拆，次氯酸钠为强电解质，完全电离，电离方程式用等号；（3）弱电解质溶液中，弱电解质的浓度越大，其电离程度越小，浓度越小，其电离程度越大；（4）酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；（5）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的物理量不变，据此分析解答．
21．【答案】（1）弱酸
（2）＞；c（A﹣）=c（Na+）
（3）＞；c（A﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
（4）10﹣4：1；10﹣5﹣10﹣9
【解析】【解答】解：（1）等体积等浓度混合，恰好生成正盐，pH=9，则生成强碱弱酸盐，所以HA为弱酸，故答案为：弱酸；（2）若酸为强酸，等体积等浓度混合时pH=7；而HA为弱酸，等体积等浓度混合溶液的pH大于7，则为保证pH=7，应使酸浓度大于0.2mol/L；由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），c（H+）=c（OH﹣），则c（A﹣）=c（Na+），故答案为：＞；c（A﹣）=c（Na+）；（3）由③组实验结果可知，混合后为HA与NaA的混合液，pH＜7，酸的电离大于盐的水解，电离显酸性，c（H+）＞c（OH﹣），电离大于水解，则c（A﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故答案为：＞；c（A﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；（4）pH=9，由水电离出的c（OH﹣）=10﹣9mol/L，溶液中的c（OH﹣）=10﹣5mol/L，由水电离出的c（OH﹣）与溶液中的c（OH﹣）之比为 =10﹣4：1，由电荷守恒可知c（Na+）﹣c（A﹣）=c（OH﹣）﹣c（H+）=（10﹣5﹣10﹣9）mol/L，故答案为：10﹣4：1；10﹣5﹣10﹣9．
【分析】（1）等体积等浓度混合，恰好生成正盐，pH=9，则生成强碱弱酸盐；（2）若酸为强酸，等体积等浓度混合时pH=7；而HA为弱酸，等体积等浓度混合溶液的pH大于7，则为保证pH=7，应使酸浓度大于0.2mol/L；并结合电荷守恒分析离子浓度关系；（3）由③组实验结果可知，混合后为HA与NaA的混合液，pH＜7，酸的电离大于盐的水解，并由离子的浓度比较大小；（4）pH=9，由水电离出的c（OH﹣）=10﹣9mol/L，溶液中的c（OH﹣）=10﹣5mol/L，结合电荷守恒可知c（Na+）﹣c（A﹣）=c（OH﹣）﹣c（H+）．