3.1 水与水溶液（含解析） 同步练习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．下列属于强电解质的是（　　）
A．H2CO3 B．CH3OH C．NH3 D．CuSO4
2．下列物质属于弱电解质的是（　　）
A．NaCl B．CH3COOH C．H2SO4 D．NaOH
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．农夫山泉矿泉水标签上印有主要矿物元素含量Ca≥400 　 K≥35 　Mg≥50 　Na≥80等(单位：10-6g/100mL)，则对此矿泉水的叙述正确的是（　　）
A．该矿泉水能导电
B．该矿泉水是非电解质
C．若Ca元素在矿泉水中均以Ca2+形式存在，则 c(Ca2+)≥10-3 mol·L－1
D．该矿泉水是电解质
5．分类法在化学学科发展中起到了非常重要的作用，下列分类依据合理的是（　　）
①根据氧化物的性质将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物等
②根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
③根据分散系是否有丁达尔效应将分散系分为溶液、胶体和浊液
④根据组成元素的种类将纯净物分为单质和化合物
⑤根据电解质的水溶液导电能力的强弱将电解质分为强电解质和弱电解质
A．②④⑤ B．②③④ C．①③⑤ D．①②④
6．下列说法正确的是（　　）
①可用丁达尔现象区分溶液和胶体
②钡餐中使用的硫酸钡是弱电解质
③太阳能电池板是由二氧化硅构成的
④氮化硅、碳化硅、氧化铝都是耐高温结构陶瓷
⑤水玻璃和玻璃都是混合物．
A．①③⑤ B．②③④ C．②④⑤ D．①④⑤
7．为研究土壤的酸碱性，某同学做了如下实验：将一定体积的蒸馏水加入一定质量的土壤中，充分搅拌后，过滤并留取滤液，测滤液的pH后向滤液中加氨水，边滴加边测量溶液的pH，实验记录如下表，则下列说法错误的是（　　）
加入氨水的体积/mL 0 2 4 6 8 10 12 14 16
溶液的pH 4 4 4 4 6 8 10 10 10
A．所测土壤呈酸性
B．所加氨水的pH为10
C．为使该滤液呈中性，应加入9mL氨水
D．该土壤不适宜种植任何农作物
8．下列物质的分类依据、类别、性质三者之间对应关系完全正确的是（　　）
　 物质 分类依据 类别 性质
A FeCl2 铁元素化合价 还原剂 可与O2、Zn等发生反应
B FeCl2 电离产生的微粒 盐 可发生水解反应，溶液显碱性
C HNO3 在水中能电离出H+ 酸 可与CuO反应生成NO
D HNO3 氮元素的化合价 氧化剂 可与Al、I﹣等发生反应
A．A B．B C．C D．D
9．25℃时，水的电离达到平衡：H2O H++OH﹣；△H＞0，下列叙述正确的是（　　）
A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（OH﹣）降低
B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H+）增大，Kw不变
C．向水中加入少量固体NaCl，平衡逆向移动，c（H+）降低
D．将水加热，Kw增大，pH不变
10．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．点燃的镁条不能在二氧化碳气体中继续燃烧
D．含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量的铜反应，生成标准状况下的气体2.24L
11．物质的量浓度相同的下列溶液，pH由大到小排列正确的是（　　）
A．Ba（OH）2、Na2SO3、FeCl3、KCl
B．Na2SiO3、Na2CO3、KNO3、NH4Cl
C．NH3 H2O、H3PO4、Na2SO4、H2SO4
D．NaHCO3、C6H5COOH、C2H5OH、HCl
12．常温下，向20.00mL0.1000mol L﹣1（NH4）2SO4溶液中逐滴加入0.2000mol L﹣1NaOH时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示（不考虑挥发）．下列说法正确的是（　　）
A．点a所示溶液中：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．点b所示溶液中：c（NH4+）=c（Na+）＞c（H+）=c（OH﹣）
C．点c所示溶液中：c（SO42﹣）+c（H+）=c（NH3 H2O）+c（OH﹣）
D．点d所示溶液中：c（SO42﹣）＞c（NH3 H2O）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）
13．下列物质的水溶液因电离而呈酸性的是（　　）
A．NaCl B．NH4Cl C．NaHCO3 D．NaHSO4
14．常温下，pH=11的氨水和pH=1的盐酸等体积混合后（不考虑溶液体积的变化），恰好完全反应．下列说法不正确的是（　　）
A．原氨水物质的量浓度为0.1mol L﹣1
B．反应后的溶液中c（NH+4）+c （NH3 H2O）+c（NH3）=0.1mol L﹣1
C．反应后的溶液中：c（Cl﹣）＞c（NH+4）＞c（H+）＞c（ OH﹣）
D．原氨水中：c（NH+4）+c（H+）=c（OH﹣）
15．常温下，下列说法正确的是（　　）
A．分别中和pH相同的等体积的盐酸和醋酸溶液，消耗等量的NaOH
B．pH=a的CH3COOH溶液加水稀释10n倍后，pH=a+n
C．pH相等的CH3COONa、NaOH溶液中，水的电离程度相同
D．Na2CO3溶液中：c（OH﹣）=c（H+）+c（HCO ）+2c（H2CO3）
16．“低钠饮料”是指钠含量低于120mg/100mL的饮料，“极低钠饮料”是指钠含量不高于40mg/100mL的饮料。如表是某电解质饮料标签的一部分。有关说法正确的是
*微粒浓度(平均值)
离子 mg/100mL mmol/L
Na+ 49 21
K+ 21 5.4
Ca2+ 2 0.5
Cl- 60 16
… … …
A．该饮料属于“极低钠饮料”
B．1L溶液中Ca2+的质量为20g
C．整个电解质饮料呈电中性
D．从20mL该饮料中取出10mL，c(Cl-)变为8mmol/L
二、综合题
17．下列物质中：
A．KI固体 B．乙醇 C．Cl2 D．CaCO3固体 E．H2SO4 F．Mg（OH）2 G．石墨 H．CH3COOH
（1）属于非电解质的是　 　（填字母代号，下同），属于强电解质的是　 　，属于弱电解质的是　 　．它们的电离方程式是　 　
（2）能直接导电的是　 　，水溶液能导电的是　 　．
18．已知水在25℃和95℃时，其电离平衡曲线如图所示：
（1）25℃时，将pH=12的NaOH溶液100mL，要使溶液pH降为11，需加入水的体积为：　 　
（2）95℃时，若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，a与b应满足的关系是　 　．
19．现将0.04mol L﹣1的某酸（A）溶液和0.02mol L﹣1 NaOH溶液等体积混合得混合溶液Q．
（1）若A为CH3COOH，Q呈酸性，溶液中所有离子按浓度由大到小排列的顺序是　 　；若A为HCl，100℃时（KW=10﹣12），溶液中由水电离出的H+浓度为　 　mol L﹣1；若A为H2S，Q接近中性，则HS﹣的电离能力　 　水解能力（填“＞”、“＜”、“=”或“无法确定”）．
（2）根据（1）中信息比较相同条件下，浓度均为0.01mol L﹣1的①NaHS、②CH3COONa、③NaCl溶液中，阴离子总浓度由大到小的顺序为　 　（填序号）．
（3）用浓度为0.01mol L﹣1的NaOH溶液滴定相同体积、相同浓度的①HCl溶液、②CH3COOH溶液、③H2S溶液，当滴定至中性时，消耗NaOH溶液的体积分别为a mL、b mL、c mL，则a、b、c的大小关系是　 　．
20．在两份相同的溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的、溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。回答下列问题：
（1）在水溶液中的电离方程式是　 　；属于“酸”、“碱”、“盐”中的　 　；图中代表滴加溶液的变化曲线是　 　(填“①”或“②”)。
（2）曲线①中a点导电能力最弱的原因是　 　(用化学方程式表示)；b点溶液中大量存在的离子是　 　。
（3）c点两溶液中浓度：①　 　②(填“>”、“<”或“=”，下同)；d点对应的溶液显　 　(填“酸性”、“中性”、“碱性”)。
（4）曲线②中的b、d两点对应所加溶液的体积比为　 　。
21．在如图所示的串联装置中，发现灯泡不亮，但若向其中一个烧杯中加水，则灯泡会亮起来：
则：
（1）加水的烧杯为　 　。
（2）向烧杯C中加适量A中的溶液后，溶液的导电性会　 　(填“增强”“减弱”或“不变”)。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．H2CO3为二元弱酸，在水溶液中部分电离，属于弱电解质，A不符合题意；
B．甲醇在水溶液中和熔融状态下都不能电离，为非电解质，B不符合题意；
C．氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨部分电离是弱电解质，而氨气为非电解质，C不符合题意；
D．硫酸铜在水溶液中或熔融状态下完全电离，为强电解质，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】强电解质在水溶液中完全电离，一般包括强酸、强碱和绝大多数盐。
2．【答案】B
【解析】【解答】NaCl、H2SO4、NaOH在水溶液中能够完全电离的属于强电解质，CH3COOH在水溶液中部分电离，属于弱电解质，
故答案为：B。
【分析】 弱电解质一般有：弱酸、弱碱，少部分盐（如醋酸铅、氯化汞）和水
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】A
【解析】【解答】A、根据信息，矿泉水中含有电解质，即该矿泉水能够导电，故A符合题意；
B、矿泉水属于混合物，非电解质属于化合物，故B不符合题意；
C、题目中没有指出该矿泉水的体积，因此无法计算Ca2＋的浓度，故C不符合题意；
D、矿泉水属于混合物，电解质属于化合物，故D不符合题意。
故答案为：A
【分析】矿泉水中含有金属元素，所以是混合物，且能导电。
5．【答案】D
【解析】【解答】①根据氧化物的性质，氧化物分为酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物和不成盐氧化物，故①符合题意；②化学反应根据有无电子转移，反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故②符合题意；③分散系根据分散质直径大小，分散系分为溶液、胶体、浊液，故③不符合题意；④根据纯净物所含元素种类的多少将纯净物分为单质和化合物，故④不符合题意；⑤根据物质在水溶液中是否能完全电离来划分强电解质和弱电解质，故⑤不符合题意。
故答案为：D。
【分析】①根据氧化物的性质，氧化物分为酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物和不成盐氧化物；
②根据化学反应中是否有电子转移，反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应；
③根据分散系中分散质粒子直径大小，分散系分为溶液、胶体、浊液；
④根据组成元素的种类将纯净物分为单质和化合物；
⑤根据电解质的电离程度将电解质划分为强电解质和弱电解质。
6．【答案】D
【解析】【解答】解：①丁达尔现象是胶体的性质，溶液无丁达尔现象，可用丁达尔现象区分溶液和胶体，故①正确；②硫酸钡熔融状态完全电离属于强电解质，故②错误；③太阳能 电池板是硅晶体制成，二氧化硅是光导纤维的主要成分，故③错误；④依据结构分析氮化硅、碳化硅、氧化铝熔点高，都可以做耐火材料，故④正确；⑤水玻璃是硅酸钠水溶液，玻璃是二氧化硅，硅酸盐的混合物，故⑤正确；
故选D．
【分析】①丁达尔现象是胶体的性质，溶液无丁达尔现象；②硫酸钡熔融状态完全电离属于强电解质；③太阳能 电池板是硅晶体制成；④依据结构分析氮化硅、碳化硅、氧化铝熔点高；⑤水玻璃是硅酸钠水溶液，玻璃是二氧化硅，硅酸盐的混合物．
7．【答案】D
【解析】【解答】A．根据表格数据可知，加入氨水之前，滤液pH=4，则所测土壤呈酸性，A不符合题意；
B．根据图表数据可知，当氨水体积加到12mL后溶液pH保持不变，此时溶液的pH可以近似为氨水的pH，即氨水的pH=10，B不符合题意；
C．根据表格数据可知加入8mL氨水时溶液pH为6，加入10mL氨水时pH为8，则使该滤液呈中性的氨水的体积V=9mL，C不符合题意；
D．该土壤略显酸性，所以适宜种植花生等喜欢弱酸性环境的农作物，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、pH=4为酸性；
B、pH=10以后，氨水过量，即氨水pH约为10；
C、8mL氨水时溶液pH为6，加入10mL氨水时pH为8，即中性时pH=7，此时氨水为9mL；
D、酸性土壤可以种植适合酸性环境的农作物。
8．【答案】D
【解析】【解答】解：A．FeCl2中Fe元素的化合价为+2，既有氧化性又有还原性，Zn反应时作氧化剂，故A错误；
B．FeCl2属于强酸弱碱盐，在溶液中水解显酸性，故B错误；
C．HNO3在水中能电离出H+属于酸，与CuO反应生成硝酸铜和水，不能生成NO，故C错误；
D．HNO3具有氧化性，常作氧化剂，能与还原性物质反应，可与Al、I﹣等发生反应，故D正确．
故选D．
【分析】A．FeCl2与Zn反应时作氧化剂；
B．FeCl2水解显酸性；
C．HNO3与金属氧化物反应生成盐和水；
D．HNO3具有氧化性，能与还原性物质反应．
9．【答案】B
【解析】【解答】解：A．一水合氨电离出OH﹣而导致溶液中c（OH﹣）增大，从而抑制水电离，故A错误；
B．向水中加入硫酸氢钠固体，硫酸氢钠电离出氢离子导致溶液中c（H+）增大，温度不变，Kw不变，故B正确；
C．向水中加入少量固体NaCl，对水的电离无影响，平衡不移动，故C错误；
D．水的电离是吸热过程，升高温度促进水电离，则Kw增大，pH减小，故D错误；
故选B．
【分析】水电离生成氢离子、氢氧根离子，所以加入能电离出氢离子或氢氧根离子的物质抑制水电离，加入和氢离子或氢氧根离子反应的物质能促进水电离，温度不变，离子积常数不变，据此分析解答．
10．【答案】B
【解析】【解答】A．电离出的阳离子全部是氢离子的为酸，电离出的阴离子全部是氢氧根离子的为碱，由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的为盐，由两种元素组成，其中一种元素是氧元素的为氧化物，纯碱为盐不是碱，A项不符合题意；
B.在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，完全电离的电解质是强电解质，部分电离的电解质是弱电解质，蔗糖在水溶液里或熔融状态下以分子存在，所以为非电解质，硫酸钠在熔融状态下或水溶液里完全电离，为强电解质，水为弱电解质，B项符合题意；
C.点燃条件下，镁条在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，反应方程式为：CO2+2Mg 2MgO+C，C项不符合题意；
D.在加热条件下，浓硫酸和铜发生氧化还原反应，但稀硫酸和铜不反应，所以含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量的铜反应，生成标准状况下的气体小于2.24L， D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】电解质：是溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电的化合物。可分为强电解质和弱电解质。溶于水和在熔融状态下均不能电离出离子的化合物是非电解质；完全电离出离子的电解质是强电解质
11．【答案】B
【解析】【解答】解：
A．Ba（OH）2是二元强碱，Na2SO3水解显碱性，FeCl3水解显酸性，KCl显中性，故pH由大到小：Ba（OH）2、Na2SO3、KCl、FeCl3，故A错误；
B．Na2SiO3、Na2CO3水解都显碱性，前者水解能力更强，NH4Cl水解显酸性，pH由大到小：Na2SiO3、Na2CO3、KNO3、NH4Cl，故B正确；
C．硫酸是二元强酸，磷酸为中强酸，一水合氨为弱碱，pH由大到小：NH3 H2O、Na2SO4、H3PO4、H2SO4，故C错误；
D．NaHCO3显弱碱性，C6H5COOH显弱酸性，C2H5OH非电解质无H+，pH由大到小：NaHCO3、C6H5COOH、HCl，故D错误；
故选B．
【分析】pH值的大小反应溶液的酸碱性，pH值越小溶液酸性越强，pH值越大溶液的碱性越强．一般情况下，物质的量浓度相同的溶液pH值大小关系为：多元强碱＞一元强碱＞弱碱＞水解显碱性的盐溶液＞不水解的盐溶液＞水解显酸性的盐溶液＞弱碱＞一元强酸＞多元强酸，盐溶液酸碱性强弱又取决于盐电离产生离子的水解能力，遵循：越弱越电离的规则．
12．【答案】C
【解析】【解答】解：A．a点溶液中，铵根离子水解导致溶液呈酸性，即c（H+）＞c（OH﹣），铵根离子水解程度较小，结合物料守恒知c（NH4+）＞c（SO42﹣），所以溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A错误；
B．b点溶液中，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）+c（Na+）=2c（SO42﹣）+c（OH﹣），硫酸铵的酸性较弱，要使混合溶液呈中性，则加入少量氢氧化钠即可，所以c（NH4+）＞c（Na+），故B错误；
C．c点溶液中，溶液呈碱性，所以c（H+）＜c（OH﹣），溶液中的溶质是等物质的量浓度的硫酸铵、硫酸钠、一水合氨，根据电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）+c（Na+）=2c（SO42﹣）+c（OH﹣），根据物料守恒得，根据物料守恒得c（NH4+）+c（NH3 H2O）=2c（SO42﹣）=2c（Na+），所以得c（SO42﹣）+c（H+）=c（NH3 H2O ）+c（OH﹣），故C正确；
D．d点溶液中，二者恰好反应生成硫酸钠、一水合氨，且硫酸钠是氨水浓度的一半，一水合氨电离程度较小，所以c（NH3 H2O ）＞c（SO42﹣），故D错误；
故选C．
【分析】A．a点为硫酸铵溶液，铵根离子水解，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣）；
B．b点溶液中，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒判断；
C．c点溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒、物料守恒判断；
D．d点溶液中，二者恰好反应生成硫酸钠、一水合氨，且硫酸钠是氨水浓度的一半．
13．【答案】D
【解析】【解答】A、NaCl为强酸强碱盐，其水溶液显中性，A不符合题意；
B、NH4Cl为强酸弱碱盐，其水溶液因为铵根的水解显酸性，而不是因为其电离，B不符合题意；
C、NaHCO3是多元弱酸酸式盐，在溶液中碳酸氢根离子水解，导致溶液中氢氧根离子的浓度大于氢离子的浓度，使溶液呈碱性，故C不符合题意；
D、NaHSO4强酸酸式盐，在水溶液中能完全电离出氢离子，NaHSO4的电离方程式为：NaHSO4= Na++H++SO42-，所以水溶液显酸性。
故答案为：D。
【分析】水溶液因电离而呈酸性，说明该电解质属于酸或酸式盐。
14．【答案】B
【解析】【解答】解：A．二者等体积混合恰好反应说明二者物质的量浓度相等，则原氨水物质的量浓度为0.1mol L﹣1，故A正确；
B．混合溶液与原氨水体积相比，体积增大一倍，所以根据物料守恒得c（NH4+）+c（NH3 H2O）+c（NH3）=0.05 mol L﹣1，故B错误；
C．氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子易水解而使其溶液呈酸性，所以c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），所以得c（NH4+）＜c（Cl﹣），盐溶液中铵根离子水解较微弱，所以c（NH4+）＞c（H+）则离子浓度大小顺序是c（Cl﹣）＞c（NH+4）＞c（H+）＞c（ OH﹣），故C正确；
D．任何溶液中都存在电荷守恒，所以原氨水溶液中存在电荷守恒c（NH+4）+c（H+）=c（OH﹣），故D正确；
故选B．
【分析】pH=1的盐酸，其浓度为0.1mol/L，而pH=11的氨水浓度大于0.001mol/L，二者等体积混合恰好反应说明生成氯化铵，二者浓度相等，结合物料守恒和电荷守恒分析解答．
15．【答案】D
【解析】【解答】解：A．分别中和pH相同的等体积的盐酸和醋酸溶液，醋酸为弱酸，则醋酸的浓度大于盐酸，则醋酸消耗的NaOH较多，故A错误；
B．pH=a的CH3COOH溶液加水稀释10n倍后，稀释过程中醋酸的电离程度增大，则稀释10n倍后，溶液的pH变化小于n，即稀释后溶液的pH＜a+n＜7，故B错误；
C．pH相等的CH3COONa、NaOH溶液中，前者醋酸根离子水解促进了水的电离，而后者氢氧化钠电离出的氢氧根离子抑制了水的电离，所以水的电离程度不同，故C错误；
D．Na2CO3溶液中，根据质子守恒可得：c（OH﹣）=c（H+）+c（HCO3﹣）+2c（H2CO3），故D正确；
故选D．
【分析】A．醋酸为弱酸，pH相等时醋酸的浓度较大，消耗的氢氧化钠的物质的量较大；
B．醋酸在稀释过程中电离程度增大，则稀释10n倍后，溶液的pH变化小于n；
C．氢氧化钠抑制了水的电离，醋酸钠促进了水的电离；
D．根据碳酸钠溶液中的质子守恒判断．
16．【答案】C
【解析】【解答】A．饮料钠含量为49mg/100mL， 高于40mg/100mL的饮料 ，A不符合题意 ；
B．1L溶液中Ca2+的质量为2 x10=20mg，B不符合题意 ；
C．整个电解质饮料呈电中性，C符合题意 ；
D．从20mL该饮料中取出10mL，c(Cl-)变为16mmol/L，D不符合题意 ；
故答案为：C 。
【分析】A．不高于40mg/100mL的饮料是极低钠饮料 ；
B． 物质的量计算；
C．电解质饮料呈电中性 ；
D．溶液是均一稳定 。
17．【答案】（1）B；ADE；FH；Mg（OH）2 Mg2++2OH﹣；CH3COOH CH3COO﹣+H+
（2）G；AEH
【解析】【解答】解：A．KI固体不能导电，溶于水能导电，属于电解质中的强电解质；
B．乙醇不能电离，不能导电，属于非电解质； C．Cl2 是单质不是电解质，不能导电；
D．CaCO3固体不能导电，熔融状态下导电，完全电离属于强电解质；
E．H2SO4 不能导电，溶于水完全电离是强电解质；
F．Mg（OH）2 不能导电，熔融状态部分电离导电，属于弱电解质；
G．石墨导电，是碳的单质不是电解质；
H．CH3COOH不能导电，水溶液中部分电离导电，属于弱电解质；（1）属于非电解质的是B，属于强电解质的是ADE，属于弱电解质的是FH，它们的电离方程式是Mg（OH）2 Mg2++2OH﹣；CH3COOH CH3COO﹣+H+，故答案为：B；ADE； FH；Mg（OH）2 Mg2++2OH﹣；CH3COOH CH3COO﹣+H+；（2）能直接导电的是G，水溶液能导电的是AEH，故答案为：G；AEH．
【分析】（1）水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质，水溶液中完全电离的电解质为强电解质，水溶液中部分电离的电解质为弱电解质，（2）物质能否导电与物质中是否含有自由移动的带电荷的微粒有关．需要注意的是：是否有“自由移动”的带电荷的微粒．溶液能够导电是因为溶液中含有自由移动的离子．溶液不导电是因为溶液中没有自由移动的离子．
18．【答案】（1）900mL
（2）a+b=14或pH1+pH2=14
【解析】【解答】解：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代表25℃时水的电离平衡曲线，B为95℃时水的电离曲线，（1）25℃时pH=12NaOH溶液中氢氧根离子的浓度为0.01mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度为0.001mol/L，
稀释过程中氢氧根离子的物质的量基本不变，设需要加入水的体积为x，
则： =0.001mol/L，解得：x=0.9L=900mL，
故答案为：900mL；（2）要注意的是95℃时，水的离子积为10﹣12，即酸、碱浓度相等时pH（酸）+pH（碱）=12，现强碱的OH﹣浓度是强酸H+浓度的100倍，所以pH（酸）+pH（碱）=14，即a+b=14或pH1+pH2=14，
故答案为：a+b=14 或pH1+pH2=14．
【分析】（1）根据稀释过程中氢氧化钠的物质的量不变计算出需要加入水的体积；（2）酸、碱都是强电解质，溶液呈中性说明氢离子和氢氧根离子的物质的量相等，结合水的离子积常数确定强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系．
19．【答案】（1）c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；10﹣10；＜
（2）③＞②＞①
（3）a＞b＞c
【解析】【解答】解：（1）若A为CH3COOH，Q中CH3COOH和CH3COONa物质的量浓度相等，溶液呈酸性说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO﹣的水解程度，离子浓度的大小顺序为c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；
若A为HCl，则Q中c（H+）=0.01 mol L﹣1，100℃时KW=10﹣12，则c（OH﹣）=10﹣10 mol L﹣1，水电离生成的H+物质的量等于OH﹣的物质的量，因此水电离出的H+浓度为10﹣10 mol L﹣1；
若A为H2S，则Q中NaHS与H2S的物质的量浓度相等，若HS﹣的电离能力强于或等于其水解能力，则溶液一定呈酸性，而实际上Q接近中性，说明HS﹣的水解能力较强，所以HS﹣的电离能力＜水解能力；故答案为：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；10﹣10；＜；（2）由电荷守恒，①中有c（Na+）+c（H+）=c（HS﹣）+c（OH﹣）+2c（S2﹣）＞c（HS﹣）+c（OH﹣）+c（S2﹣），②中有c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），③中有c（Na+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），三种溶液中的c（Na+）相等，但c（H+）：③＞②＞①，所以三种溶液中阴离子浓度的大小顺序为③＞②＞①；
故答案为：③＞②＞①；（3）碱与三种酸等物质的量混合后，所得到的溶液分别呈中性、碱性、碱性，又因酸性：CH3COOH＞H2S，故三种溶液的pH大小顺序为NaCl＜CH3COONa＜NaHS，当所得的盐为中性时，表明碱与弱酸反应时酸略有过量，且酸性越弱，酸应过量得越多，故a＞b＞c；
故答案为：a＞b＞c．
【分析】（1）若A为CH3COOH，Q中CH3COOH和CH3COONa物质的量浓度相等，溶液呈酸性说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO﹣的水解程度；
若A为HCl，则Q中c（H+）=0.01 mol L﹣1，根据Kw计算；
若A为H2S，则Q中NaHS与H2S的物质的量浓度相等，Q接近中性，说明HS﹣的水解能力较强；（2）根据电荷守恒分析；（3）碱与三种酸等物质的量混合后，所得到的溶液分别呈中性、碱性、碱性，又因酸性：CH3COOH＞H2S，故三种酸形成的盐溶液的pH大小顺序为NaCl＜CH3COONa＜NaHS，当所得的盐为中性时，表明碱与弱酸反应时酸略有过量，且酸性越弱，酸应过量得越多．
20．【答案】（1）NaHSO4=Na++H++SO；盐；②
（2）H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O；Na+、OH-
（3）>；中性
（4）1：2
【解析】【解答】（1）在水溶液中的电离方程式是NaHSO4=Na++H++SO；可以电离出金属阳离子和酸根阴离子，属于盐；图中代表滴加溶液的变化曲线是②。
（2）曲线①中a点导电能力最弱的原因是H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O；曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，根据图知， H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点发生反应为NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，溶液溶质为NaOH，离子为Na+、OH-；
（3）根据分析，c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，显酸性，②中反应后溶质为NaOH、Na2SO4，显碱性，c点两溶液中浓度：①>②；d点②中溶质为Na2SO4，d点对应的溶液显中性；
（4）曲线②中的b、d两点对应的方程式为：NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O；故所加溶液的体积比为1：2。
【分析】（1）硫酸氢钠在会中电离为钠离子、氢离子和硫酸根离子；
（2）硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡和水；
（3）硫酸过量时溶液为酸性；
（4）结合化学计量数之比等于物质的量之比判断。
21．【答案】（1）B
（2）减弱
【解析】【解答】三个烧杯中只有B中没有发生电解质电离，没有自由移动的离子，当加水时，KCl发生电离而导电；稀硫酸溶液与Ba(OH)2溶液混合后，溶液中的 与Ba2+生成BaSO4沉淀，H+与OH 生成H2O，从而使溶液中离子浓度减小，导电能力减弱。
【分析】固态电解质不含自用移动的离子，不导电，电解质在水溶液中电离出自由移动的离子，能够导电，据此解答即可.