3.1 水与水溶液 课堂同步练习
一、单选题
1．下列关于电解质溶液的叙述正确的是（ ）
A．阳离子和阴离子总数一定相等
B．阳离子带的正电荷总数和阴离子带的负电荷总数一定相等
C．除阴、阳离子外，溶液中不再含有其他粒子
D．NaCl溶液的导电性与KCl溶液的导电性相同
2．下列状态的物质，既能导电又属于电解质的是（ ）
A．氯化镁晶体 B．氯化钠溶液
C．液态氯化氢 D．熔融的氢氧化钾
3．在常温下，纯水中存在电离平衡：H2O H＋＋OH－，如要使水的电离程度增大，并使c(H＋)增大，应加入的物质是( )
A．NaHSO4 B．KAl(SO4)2 C．NaHCO3 D．CH3COONa
4．下列属于电解质并能导电的物质是（ ）
A．熔融的NaCl B．KNO3溶液 C．Na D．酒精
5．下列溶液中的溶质，不发生电离的是（ ）
A．苏打水 B．葡萄糖水
C．稀盐酸 D．生理盐水
6．下列说法中不正确的是（ ）
①将硫酸钡放入水中不能导电，所以硫酸钡是非电解质；
②氨溶于水得到的溶液氨水能导电，所以氨水是电解质；
③固态HCl不导电，熔融态的HCl可以导电；
④NaHSO4电离时生成的阳离子有氢离子，所以是酸；
⑤电解质放在水中一定能导电，非电解质放在水中一定不导电．
A．①④ B．①④⑤ C．①②③④ D．①②③④⑤
7．常温下，下列溶液中酸性最强的是（ ）
A．pH=4 B．C（H+）=1×10﹣3 mol L﹣1
C．C（OH﹣）=1×10﹣12 D．C（H+）/C（OH﹣）=1012
8．下列说法正确的是（ ）
A．强、弱电解质的区别是在水溶液中能否完全电离
B．由“C(s，石墨)=C(s，金刚石) △H=+1.9kJ·mol-1”可知金刚石比石墨稳定
C．测定反应热，将NaOH溶液缓慢倒入盐酸中，会导致中和热的焓变(△H)偏小
D．增大反应物浓度，分子中活化分子的百分数增大，单位时间内有效碰撞次数增加
9．常温下，向20.00mL0.1000mol/L的氨水中逐滴加入0.1000mol/L的盐酸，pH随盐酸体积的变化如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．滴加盐酸10mL 时，c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（NH3 H2O）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．滴加盐酸20m时，c（H+）=c（OH﹣）+c（NH3 H2O）
C．滴加盐酸10 mL时溶液的导电能力与滴加盐酸20mL时溶液的导电能力相同
D．pH＜7时，消耗盐酸的体积一定大于20.00mL
10．下列电解质在熔融态（或液态），导电性较强的是（ ）
A．AlCl3 B．HCl C．NaCl D．HAc
11．对于弱电解质溶液，下列说法正确的是（ ）
A．溶液中只有离子，没有溶质分子
B．溶液中只有溶质分子，没有离子
C．在弱电解质的电离方程式中，可用“═”表示
D．溶液中分子和离子同时存在
12．在研究电解质溶液导电能力的装置中，将一种物质逐渐加入另一种含有电解质的溶液过程中，灯泡先明显变暗，后又逐渐变亮的是（ ）
A．将过量的CO2通入饱和NaCl溶液中
B．将硫酸镁加入Ba(OH)2溶液中
C．将HCl通入Ba(OH)2溶液中
D．将石灰石粉末加入新制氯水中
13．已知40℃时水的离子积常数为Kw。该温度下, 将浓度为 a mol/L的一元酸HA与 b mol/L的一元碱BOH等体积混合，该溶液呈中性时，下列叙述错误的是（ ）
A．a=b, pH=7
B．混合溶液的c(H+)=c(OH-)
C．混合溶液中，c(B+) =c(A-)
D．混合溶液中，c(OH-)= mol/L
14．25℃时，水的电离达到平衡：H2O H++OH﹣，下列叙述正确的是（ ）
A．将水加热，Kw增大，pH不变
B．向水中加入少量盐酸，c（H+）增大，Kw不变
C．向水中加入NaOH固体，平衡逆向移动，c（OH﹣）降低
D．向水中加入AlCl3固体，平衡正向移动，c（OH﹣）增大
15．下列物质中，属于强电解质的是（ ）
A．CO2 B．NaOH溶液 C．NH3 H2O D．HCl
16．25℃，四种水溶液① HCl ，② FeCl3 ，③ KOH ，④ Na2CO3 四种水溶液的pH依次为 4、4 、10 、10 ，各溶液中水的电离程度大小关系正确的是 （ ）
A．①=②=③=④ B．①＞③＞②＞④
C．④=②＞③=① D．①=③＞②＝④
二、综合题
17．向Ba（OH）2溶液中逐滴加入稀硫酸，请完成下列问题：
（1）写出反应的离子方程式 ．
（2）下列三种情况下，离子方程式与（1）相同的是 （填序号）．
A．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至溶液显中性
B．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO 恰好完全沉淀
C．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至过量
（3）若缓缓加入稀硫酸直至过量，整个过程中混合溶液的导电能力（用电流强度I表示）可近似地用图1中的 曲线表示（填序号）．
（4）若有一表面光滑的塑料小球悬浮于Ba（OH）2溶液中央，如图2所示，向该烧杯里缓缓注入与Ba（OH）2溶液等密度的稀硫酸至恰好完全反应．在此实验过程中，小球将 ．
18．草酸（H2C2O4）是二元弱酸，KHC2O4溶液呈酸性．向10mL 0.01mol L﹣1的H2C2O4溶液滴加0.01mol L﹣1 KOH溶液V（mL），回答下列问题．
（1）当V＜10mL时，反应的离子方程式为 ．
（2）当V=10mL时，溶液中HC2O4﹣、C2O42﹣、H2C2O4、H+的浓度从大到小的顺序为 ．
（3）当V=a mL时，溶液中离子浓度有如下关系：c（K+）=2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）；当V=b mL时，溶液中离子浓度有如下关系：c（K+）=c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4）；则a b（填“＜”“=”或“＞”）．
（4）当V=20mL时，再滴入NaOH溶液，则溶液中 {#mathmL#}{#/mathmL#} 的值将 （填“变大”“变小”或“不变”）．
19．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．
20．
（1）难溶物PbSO4溶于CH3COONH4溶液可制得易溶于水的(CH3COO)2Pb，发生的反应为PbSO4+2CH3COONH4=(CH3COO)2Pb+(NH4)2SO4，说明(CH3COO)2Pb是 (填“强”或“弱”)电解质。
（2）已知次磷酸(H3PO2)与足量的氢氧化钠溶液反应生成NaH2PO2和H2O，则次磷酸是 元酸(填“一”、“二”或“三”)。
（3）一个完整的氧化还原反应方程式可以拆开写成两个“半反应式”，一个是“氧化反应”式，一个是“还原反应”式。如2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+的拆写结果是：氧化反应为：Cu-2e =Cu2+；还原反应为：2Fe3++2e =2Fe2+。请据此将反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑拆写成两个“半反应式”：氧化反应为 ；还原反应为 。
（4）某同学写出以下三个化学方程式(未配平)
①NO+HNO3→N2O3+H2O
②NH3+NO→HNO2+H2O
③N2O4+H2O→HNO3+HNO2
其中你认为一定不可能实现的是 (填序号)。
21．
（1）下列物质中：A．KI(s) B.C2H5OH(l) C.Cl2(g) D.CH3COOH(l) E．BaSO4(s) F．NaHSO4(s) G．石墨(s) H．蔗糖(s) I．NaOH(l)
属于非电解质的是 ，属于强电解质的是 ，能直接导电的是 ，能溶于水，且水溶液能导电的是 。
（2）将6g CH3COOH溶于水制成1L溶液，此溶液的物质的量浓度为 ，经测定溶液中含CH3COO－为1.4×10－3mol/L，此温度下醋酸的电离常数：Ka＝ ，温度升高Ka将 (填“变大”、“不变”或“变小”)。
（3）Al(OH)3的电离方程式可表示为：H＋＋AlO ＋H2O Al(OH)3 Al3＋＋3OH－。试根据平衡移动原理，解释下列有关的问题。
a、向Al(OH)3沉淀中加入盐酸，沉淀溶解，其原因是 ，有关的离子方程式为 。
b、向Al(OH)3沉淀中加入苛性钠溶液，沉淀溶解，其原因是 ，有关的离子方程式为 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A.溶液中的阴阳离子总数不一定相等，如0.1molNa2CO3溶液中，含有2molNa+和1molCO32-，A不符合题意；
B.由于溶液显电中性，因此溶液中阴阳离子所带正负电荷的总量一定相等，B符合题意；
C.溶液中除阴阳离子外，还有分子，如NaCl溶液中，含有Na+、Cl-和H2O，C不符合题意；
D.溶液的导电性与溶液中离子浓度有关，由于NaCl溶液和KCl溶液的浓度未知，因此二者的导电性未知，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.溶液中阴阳离子的总数不一定相等；
B.结合溶液的电中性分析；
C.溶液中可以含有分子；
D.结合溶液导电性的影响因素分析；
2．【答案】D
【解析】【解答】A．MgCl2晶体没有自由移动的离子，故不导电；在水溶液中能电离出自由移动的镁离子和氯离子，能导电，是电解质，故A不符合题意；
B.氯化钠能电离出自由移动的钠离子和氯离子，故氯化钠溶液能导电，它是由氯化钠和水组成的混合物，所以它既不是电解质也不是非电解质，故B不符合题意；
C.液态氯化氢只存在分子，故不导电；溶于水，能自身电离出自由移动的氢离子和氯离子，能导电，它是电解质，故C不符合题意；
D.熔融的氢氧化钾，因熔融有自由移动的钾离子和氢氧根离子，能导电，KOH是化合物，是电解质，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题考查的是电解质的相关概念，要注意几点：
1、固态电解质本身不导电，能够导电的方法只有水溶液或熔融状态，要注意共价化合物只能在水溶液导电，不能在熔融状态导电；
2、电解质的前提是化合物，即溶液不属于电解质，但是溶液可以导电；
3、熔融状态的离子化合物是纯净物，属于电解质，并且可以导电。
可以从以下三组物质进行判断：
NaCl晶体 NaCl溶液 熔融NaCl
是否是电解质 是 不是 是
能否导电 不可 可以 可以
3．【答案】B
【解析】【解答】A、向水中加入NaHSO4，溶液中氢离子浓度增大，平衡逆向移动，水的电离程度减小，不符合题意；
B、加入KAl(SO4)2 ，Al3＋水解，水的电离程度增大，溶液呈酸性，符合题意；
C、加入NaHCO3 ，碳酸氢根水解，水的电离程度增大，溶液呈碱性，不符合题意；
D、加入CH3COONa，醋酸根水解，水的电离程度增大，溶液呈碱性，不符合题意。
【分析】 本题主要考查水电离的影响因素。根据常温下水的电离平衡影响因素分析，加热促进水的电离，氢离子浓度增大；酸、碱抑制水的电离；水解的盐促进水的电离；据此进行分析解答。
4．【答案】A
【解析】【解答】解：A．氯化钠是电解质，熔融态氯化钠中含有自由移动 的离子，所以能导电，故A正确；
B．硝酸钾溶液是混合物，所以硝酸钾溶液不是电解质，故B错误；
C．钠是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D．酒精是非电解质，故D错误；
故选A．
【分析】在水溶液或熔融状态下能导电的化合物是电解质，电解质的水溶液或熔融状态下都含有自由移动的离子，所以电解质溶液或熔融态电解质都能导电．
5．【答案】B
【解析】【解答】碳酸钠、氯化氢、氯化钠都属于电解质，葡萄糖属于非电解质，故B符合题意。
【分析】葡萄糖属于有机物，在水中不会发生电离，所以不导电，必修1需要掌握的有：蔗糖、葡萄糖、酒精或乙醇 ，学生只需记住即可
6．【答案】D
【解析】【解答】解：①BaSO4固体没有自由移动的离子不导电； 虽然硫酸钡在水中的溶解度很小，只要溶解就完全电离，硫酸钡在熔融状态下，能完全电离，所以硫酸钡是电解质，故①错误；②氨气只存在分子，不能导电；NH3在水溶液里，生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子导致导电，不是氨气自身电离，所以氨气是非电解质，故②错误；③电解质在水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；固态的HCl不导电，液态的HCl只有HCl分子，没有电离出离子，也不能导电，故③错误；④电离出的阳离子全部是H+的化合物叫做酸，能电离出H+的化合物不一定是酸，硫酸氢钠能电离出氢离子，NaHSO4=Na++H++SO42﹣，属于盐，故④错误；⑤电解质放在水中不一定能导电，如碳酸钙固体在水中的溶解度很小，难溶于水，几乎没有自由移动的离子，几乎不导电；碳酸钙在熔融状态下，能完全电离，碳酸钙是电解质；非电解质放在水中不一定不导电，如NH3在水溶液里，生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子导致导电，氨气自身未电离，所以氨气是非电解质，故⑤错误；
故选D．
【分析】①非电解质是指：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质；②依据电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物．电解质在水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；③HCl在熔融状态时不能发生电离；④能电离出的阳离子全部是H+的化合物叫做酸；⑤依据电解质与溶液导电的关系进行解答．
7．【答案】D
【解析】【解答】解：A．pH=﹣lgc（H+），pH=4的溶液，该溶液中c（H+）=0.0001mol/L；
B．c（H+）=10﹣3mol/L的溶液；
C．c（OH﹣）=1×10﹣12，c（H+）=10﹣2mol/L的溶液；
D．c（H+）/c（OH﹣）=1012，c（H+）=10﹣1mol/L．
则酸性最强的为D．
故选D．
【分析】pH=﹣lg（c（H+）），c（H+）越大，pH越小，则酸性越强，以此解答该题．
8．【答案】A
【解析】【解答】A．在水溶液中能够完全电离的电解质是强电解质，在水溶液中部分电离的电解质是弱电解质，强、弱电解质的区别是在水溶液中能否完全电离，故A符合题意；
B．石墨转化为金刚石的反应属于吸热反应，说明石墨的能量低于金刚石，因此，石墨比金刚石稳定，故B不符合题意；
C．将NaOH溶液缓慢倒入盐酸中，测定的最高温度偏小，且中和热的焓变为负值，则所测的中和热△H偏大，故C不符合题意；
D．增大反应物浓度，单位体积活化分子数增多，则使有效碰撞次数增加，反应速率加快，活化分子的百分数不变，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．根据强弱电解质的概念判断；
B．能量越低，物质越稳定；
C．缓慢倒入导致热量散失，△H为负数，会偏大；
D．浓度改变时，活化分子的百分数不变，升高温度和加催化剂才能使 活化分子的百分数增大 。
9．【答案】B
【解析】【解答】解：A．向20.00mL0.1000mol/L的氨水中逐滴加入10mL0.1000mol/LHCl，则氨水过量，溶液中溶质为等浓度的氯化铵和NH3 H2O，溶液显碱性，则溶液中粒子浓度关系为：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（NH3 H2O）＞c（OH﹣）＞c（H+），故A错误；
B．滴加盐酸20m时，二者恰好反应，溶液中溶质为氯化铵，氯化铵中水电离的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度与NH3 H2O的浓度之和，即c（H+）=c（OH﹣）+c（NH3 H2O），故B正确；
C．滴加盐酸10 mL时溶液，溶液中溶质为等浓度的氯化铵和NH3 H2O，NH3 H2O在溶液中部分电离，滴加盐酸20m时，溶液中溶质为氯化铵，氯化铵完全电离，所以滴加盐酸10 mL时溶液的导电能力比滴加盐酸20mL时溶液的导电能力弱，故C错误；
D．滴加盐酸20m时，二者恰好反应，溶液中溶质为氯化铵，氯化铵溶液显酸性，所以pH＜7时，消耗盐酸的体积可能等于20.00mL，故D错误．
故选B．
【分析】A．向20.00mL0.1000mol/L的氨水中逐滴加入10mL0.1000mol/LHCl，则氨水过量，溶液中溶质为等浓度的氯化铵和NH3 H2O，溶液显碱性；
B．滴加盐酸20m时，二者恰好反应，溶液中溶质为氯化铵，根据质子守恒分析；
C．溶液中离子浓度越大导电性越强；
D．滴加盐酸20m时，二者恰好反应，溶液中溶质为氯化铵，氯化铵溶液显酸性．
10．【答案】C
【解析】【解答】解：A．AlCl3是共价化合物，熔融状态不电离，没有自由移动的离子不导电，故A错误；
B．HCl是共价化合物，熔融状态不电离，没有自由移动的离子不导电，故B错误；
C．NaCl是离子化合物，熔融的NaCl是化合物，能电离出自由移动离子，能导电，故C正确；
D．液态HAc只存在分子，无自由移动的离子不导电，故D错误；
故选C．
【分析】离子化合物在熔融状态时，能够电离出自由移动的离子，能够导电，据此分析．
11．【答案】D
【解析】【解答】解：对于弱电解质溶液，溶液中溶质存在电离平衡，即存在溶质分子也存在电离出的阴阳离子，溶液中分子和离子同时存在，电离方程式用可逆号表示，
故选D．
【分析】弱电解质溶液中存在电离平衡，平衡状态下存在分子和离子，电离方程式用可逆号．
12．【答案】B
【解析】【解答】A．将过量的CO2通入饱和NaCl溶液中，溶液离子浓度几乎不变，故A不符合题意；
B．硫酸镁加入Ba(OH)2溶液中，先生成BaSO4和Mg(OH)2沉淀，继续滴加离子浓度增大，故B符合题意；
C．HCl通入Ba(OH)2溶液中，，Ba(OH)2完全反应前离子浓度几乎不变，Ba(OH)2完全反应后，离子浓度增大，故C不符合题意；
D．将石灰石粉末加入新制氯水中，生成氯化钙和次氯酸，离子浓度增大，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 离子浓度越大，导电率越大，导电能力越强， 灯泡先明显变暗，后又逐渐变亮，说明离子浓度先减小后增大。
13．【答案】A
【解析】【解答】一元酸HA若为弱酸，a=b，酸碱恰好完全反应，生成弱酸强碱盐，水解显碱性；若一元酸HA若为强酸，a=b，酸碱恰好完全反应，生成强酸强碱盐，溶液呈中性，但是溶液的pH<7，因为温度为40℃时水的离子积常数为Kw， A符合题意；
B.任何温度下，混合液呈中性，就满足c(H+)=c(OH-)；B不符合题意；
C.根据电荷守恒规律：c(H+)+ c(B+)= c(A-)+ c(OH-)，如果c(H+)=c(OH-)，则c(B+) =c(A-)，C不符合题意；
D.溶液中：c(H+)×c(OH-)=Kw，该溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，所以c(OH-)= mol/L，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】40℃时，水的离子积常数是大于10-14的，这样即使是酸碱都是强电解质，得到的溶液的pH值也会小于7。
14．【答案】B
【解析】【解答】解：A．水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，K增大，c（H+），则pH减小，故A错误；
B．向水中加入少量盐酸，抑制水的电离，c（H+）增大，平衡逆向进行，温度不变Kw不变，故B正确；
C．向水中加入少量固体NaOH，c（OH﹣）增大，平衡逆向移动，c（H+）降低，故C错误；
D．向水中加入AlCl3固体，溶解后铝离子水解促进水的电离，平衡正向移动，c（OH﹣）浓度减小，c（H+）浓度增大，故D错误；
故选B．
【分析】水的电离平衡：H2O H++OH﹣中，要使平衡发生移动，应改变溶液c（H+）或c（OH﹣）的浓度，水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，K增大，c（H+），则pH减小．
15．【答案】D
【解析】【解答】解：A．二氧化碳溶于水后，能和水反应生成碳酸，碳酸能电离出自由移动的阴阳离子，但电离出阴阳离子的是碳酸，不是二氧化碳，所以二氧化碳是非电解质，故A错误；
B．氢氧化钠溶液，是氢氧化钠溶于水得到的，是混合物，既不是电解质，也不是非电解质，故B错误；
C．NH3 H2O，在水溶液里只有部分电离，NH3 H2O NH4++OH﹣，所以是弱电解质，故C错误；
D．氯化氢的水溶液中，氯化氢能完全电离出氢离子和氯离子，所以是强电解质，故D正确；
故选D．
【分析】强电解质是指：在水溶液中或熔融状态下，能够完全电离的化合物．即溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴阳离子的化合物．一般是强酸、强碱和大部分盐类．弱电解质是指：在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐．据此即可解答．
16．【答案】C
【解析】【解答】①是酸、③是碱，所以二者抑制水电离，①pH=4的HCl溶液中水电离出的氢离子浓度是 ；③pH=10的KOH溶液中水电离出的氢离子浓度是 ；所以二者抑制水电离程度相同；②、④都是含有弱离子的盐，促进水电离，②pH=4的FeCl3溶液中水电离出的氢离子浓度是 ，④pH=10的Na2CO3溶液中水电离出的氢离子浓度是 ，②、④水电离程度相同，则水的电离程度大小顺序是④=②>③=①，
故答案为：C。
【分析】酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大；含有弱离子的盐促进水电离，弱离子水解程度越大，水的电离程度越大。
17．【答案】（1）Ba2++2OH﹣+SO42﹣+2H+═BaSO4↓+2H2O
（2）A
（3）C
（4）沉到烧杯底部
【解析】【解答】解：（1）反应生成硫酸钡和水，该离子反应为Ba2++2OH﹣+SO42﹣+2H+═BaSO4↓+2H2O，故答案为：Ba2++2OH﹣+SO42﹣+2H+═BaSO4↓+2H2O；（2）离子方程式（1）反应后溶液为中性，A．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至溶液显中性，离子反应为Ba2++2OH﹣+SO42﹣+2H+═BaSO4↓+2H2O，故A选；
B．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42﹣恰好完全沉淀，离子反应为Ba2++OH﹣+SO42﹣+H+═BaSO4↓+H2O，故B不选；C．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至过量，离子反应为Ba2++OH﹣+SO42﹣+H+═BaSO4↓+H2O，故C不选；故答案为：A；（3）加入稀硫酸直至过量，恰好反应时导电性为0，过量后离子浓度增大，导电性增强，图中只有C符合，故答案为：C； （4）向该烧杯里缓缓注入与Ba（OH）2溶液等密度的稀硫酸至恰好完全反应，生成硫酸钡和水，溶液的密度小于Ba（OH）2溶液的密度，塑料小球将沉到烧杯底部，
故答案为：沉到烧杯底部．
【分析】（1）反应生成硫酸钡和水，硫酸钡和水在离子反应中均保留化学式；（2）恰好完全反应时，溶液为中性；（3）加入稀硫酸直至过量，恰好反应时导电性为0，过量后离子浓度增大，导电性增强；（4）向该烧杯里缓缓注入与Ba（OH）2溶液等密度的稀硫酸至恰好完全反应，生成硫酸钡和水，溶液的密度小于Ba（OH）2溶液的密度，以此来解答．
18．【答案】（1）H2C2O4+OH﹣═HC2O4﹣+H2O
（2）c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4）
（3）＞
（4）变小
【解析】【解答】解：（1）当V＜10mL时，H2C2O4和KOH反应生成HC2O4﹣，还有草酸多余，反应的离子方程式为：H2C2O4+OH﹣=HC2O4﹣+H2O；
故答案为：H2C2O4+OH﹣=HC2O4﹣+H2O；（2）当V=10mL时，H2C2O4和KOH反应生成HC2O4﹣，KHC2O4溶液呈酸性说明溶液中电离大于水解，比较溶液中HC2O4﹣、C2O42﹣、H2C2O4、H+的浓度从大到小的顺序为：c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4）；
故答案为：c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4）；（3）当V=amL时，溶液中离子浓度有如下关系：c（K+）=2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣），依据溶液中电荷守恒分析氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同判断，溶液中溶质为KHC2O4和为K2C2O4；当V=bmL时，溶液中离子浓度有如下关系：c（K+）=c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4）是溶液中物料守恒分析，溶质为KHC2O4，说明a大于b，
故答案为：＞；（4）当V=20mL时，反应生成K2C2O4，再滴入NaOH溶液，抑制盐类的水解，n（C2O42﹣）的值将增大，所以 {#mathmL#}{#/mathmL#} 的值变小，
故答案为：变小．
【分析】草酸（H2C2O4）是二元弱酸，KHC2O4溶液呈酸性．向10mL 0.01mol L﹣1的H2C2O4溶液滴加0.01mol L﹣1KOH溶液V（mL）；（1）当V＜10mL时，H2C2O4和KOH反应生成HC2O4﹣，还有草酸多余；（2）当V=10mL时，H2C2O4和KOH反应生成KHC2O4﹣，KHC2O4溶液呈酸性说明溶液中电离大于水解，比较溶液中HC2O4﹣、C2O42﹣、H2C2O4、H+的浓度从大到小的顺序；（3）当V=amL时，溶液中离子浓度有如下关系：c（K+）=2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣），依据溶液中电荷守恒分析氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同判断；
当V=bmL时，溶液中离子浓度有如下关系：c（K+）=c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4）是溶液中物料守恒分析，溶质为KHC2O4；（4）当V=20mL时，反应生成K2C2O4，再滴入NaOH溶液，抑制盐类的水解，n（C2O42﹣）的值将增大．
19．【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+）．
20．【答案】（1）弱
（2）一
（3）Fe-2e-=Fe2+；2H++2e-=H2↑
（4）②
【解析】【解答】(1)难溶物PbSO4能够溶于CH3COONH4溶液可制得易溶于水的(CH3COO)2Pb，发生的反应为PbSO4+2CH3COONH4=(CH3COO)2Pb+(NH4)2SO4，由于(NH4)2SO4是易溶性强电解质，根据复分解反应发生的条件可知(CH3COO)2Pb是弱电解质；
(2)碱足量时，酸分子电离产生的H+可完全被中和，若次磷酸(H3PO2)与足量的氢氧化钠溶液反应生成NaH2PO2和H2O，说明次磷酸分子只能电离产生1个H+，因此次磷酸是一元酸；
(3)在反应Fe+2H+=Fe2++H2↑中，Fe失去电子发生氧化反应，H+得到电子，发生还原反应，则拆写成两个“半反应式”：氧化反应为Fe-2e-=Fe2+；还原反应为2H++2e-=H2↑；
(4)氧化还原反应中元素化合价有升有降。在反应①③中都是N元素的化合价有升高和降低，氮在反应②中，N元素化合价只有升高，没有降低，不符合氧化还原反应的规律，因此一定不可能实现的是反应②。
【分析】（1）根据沉淀的溶解平衡以及转化进行分析；
（2）根据酸和足量的碱反应生成该酸的正盐分析；
（3）氧化还原反应中，还原剂得到电子发生氧化反应，氧化剂失去电子发生还原反应，据此分析；
（4）根据氧化还原反应必须有元素化合价的升降判断。
21．【答案】（1）B、H；AEFI；GI；ACDFI
（2）0.1mol·L－1；1.99×10－5；变大
（3）盐酸中的H＋与OH－结合生成水，使上述平衡中c(OH－)减小，平衡向右移动，Al(OH)3沉淀不断溶解；Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O；苛性钠溶液中OH－结合H＋生成水，使上述平衡中c(H＋)减小，平衡向左移动，Al(OH)3沉淀不断溶解；Al(OH)3＋OH－=AlO2-＋2H2O
【解析】【解答】（1）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，因此属于非电解质的是乙醇、蔗糖；完全电离出离子的电解质是强电解质，则属于强电解质的是碘化钾、硫酸钡、硫酸氢钠、氢氧化钠；能直接导电的是石墨和熔融的氢氧化钠，能溶于水，且水溶液能导电的是碘化钾、氯气、醋酸、硫酸氢钠 氢氧化钠。（2）将6g CH3COOH溶于水制成1L溶液，醋酸的物质的量是6g÷60g/mol＝0.1mol，此溶液的物质的量浓度为0.1mol÷1L＝0.1mol/L，经测定溶液中含CH3COO－为1.4×10－3mol/L，此温度下醋酸的电离常数：Ka＝ ，温度升高促进电离，因此Ka将变大。（3）a、由于盐酸中的H＋与OH－结合生成水，使上述平衡中c(OH－)减小，平衡向右移动，因此Al(OH)3沉淀不断溶解，有关的离子方程式为Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O。
b、由于苛性钠溶液中OH－结合H＋生成水，使上述平衡中c(H＋)减小，平衡向左移动，因此Al(OH)3沉淀不断溶解，有关的离子方程式为Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O。
【分析】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；电解质是在水溶液中或者在熔融状态下都能导电的化合物。
