3.1水与水溶液 练习 2024-2025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 练习 2024-2025学年高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1 一、单选题 1．相同条件下，等物质的量浓度的下列溶液中，导电能力最强的是 A．氨水 B．氯化钠溶液 C．硫酸溶液 D．蔗糖溶液 2．在水溶液中，能完全电离的是（） A． B． C． D．HClO 3．能说明醋酸是弱酸的是（　　） A．醋酸能与NaOH反应 B．醋酸能使石蕊变红 C．醋酸钠溶液pH＞7 D．醋酸与碳酸钙反应放出二氧化碳 4．下列说法正确的是（　　） A．在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、 溶液， 相等 B．中和 和体积均相等的盐酸、 溶液，所需 的物质的量相同 C．室温下 的 溶液和 的 溶液中， D．浓度和体积都相等的盐酸和醋酸溶液分别与足量的 完全反应，盐酸产生的 多 5．下列说法正确的是（　　） A．在水溶液中能电离出H+的化合物都是酸 B．强电解质溶液导电能力强，弱电解质溶液导电能力弱 C．金属氧化物不一定是碱性氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物 D．酸碱盐都是电解质，其电离的过程属于化学变化 6．在两份相同的溶液中，分别匀速逐滴加入溶液，其导电能力随滴入溶液的体积变化的曲线如图所示。下列分析不正确的是（　　） A．①代表滴加溶液的变化曲线 B．的离子方程式为 C．a、d两点对应的溶液均显中性 D．开始阶段曲线①②下降幅度不同说明电离程度大于 7．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　） A．H2S的燃烧热是QkJ/mol，充分燃烧H2S，当有0.5QJ热量放出时，转移的电子数为6NA B．25℃时，500mLpH=11的碳酸钠溶液中，由水电离出的OH-数目为0.0005NA C．pH=2的H3PO4溶液中，H+的数目为0.01NA D．0.10L2.0mol·L-1的NalHCO3溶液中HC 和C 的离子数之和为0.2NA 8．曲线a和b是常温下盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定的滴定曲线，下列叙述中正确的是（　　） A．盐酸的物质的量浓度与NaOH溶液的物质的量浓度相等 B．P点时溶液中c（Na+）=c（Cl﹣）=c（H+）=c（OH﹣） C．曲线a是盐酸滴定氢氧化钠溶液的滴定曲线 D．曲线b中滴定前NaOH溶液的体积为150mL 9．室温时，将xmLpH＝a的稀NaOH溶液与ymL pH＝b的稀盐酸充分反应。下列关于反应后溶液pH的判断，正确的是(　　) A．若x＝y，且a＋b＝14，则pH＞7 B．若10x＝y，且a＋b＝13，则pH＝7 C．若ax＝by，且a＋b＝13，则pH＝7 D．若x＝10y，且a＋b＝14，则pH＞7 10．现有如下几个离子方程式①CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑②H＋＋CO32-===HCO3-　③CO2＋H2O＋ClO－===HClO＋HCO3-　④CO32-＋HSO3-===HCO3-＋SO32-，由此得出的如下结论中不正确的是(　　) A．CO32-与H＋、Ca2＋不能大量共存 B．H2CO3的酸性比HClO强，比H2SO3弱 C．H2SO3是一种强酸 D．H2CO3、HClO都属于弱酸 11．室温下某溶液的pH=12，则在该溶液中，由水电离出的OH﹣的浓度可能是（　　） A．1×10﹣5mol/L B．1×10﹣12mol/L C．1×10﹣6mol/L D．1×10﹣7mol/L 12．下列物质属于强电解质的是（　　） A．氯化钠 B．乙醇 C．醋酸 D．铜 13．某次酸雨的分析数据如下：c （NH ）=2×10﹣5mol/L、c（Cl﹣）=6×10﹣5mol/L、c （Na+）=1.9×10﹣5mol/L、c （NO ）=2.3×10﹣5mol/L、c （SO ）=2.8×10﹣5mol/L，则此酸雨的pH约为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 14．25℃时，在 20 mL 0.1 mol•L-1 一元弱酸HA溶液中滴加0. 1mol• L-1 NaOH溶液，溶液中1g[c(A-)/c(HA)]与 pH 关系如图所示。下列说法正确的是（　　） A．A点对应溶液中：c(OH-)＞c(H+) B．25℃时，HA电离常数的数量级为10－5 C．B点对应的 NaOH 溶液体积小于 10 mL D．对C点溶液加热(不考虑挥发)，则 增大 15．下列实验过程中产生的现象与图形相符合的是（　　） A．稀硫酸滴加到Ba(OH)2溶液中(横坐标是稀硫酸的体积，纵坐标为溶液的导电能力) B．铁粉加到一定量 CuSO4 溶液中(横坐标是铁粉的质量，纵坐标为沉淀质量) C．CO2 通入一定量 NaOH 溶液中(横坐标是 CO2 的体积，纵坐标为溶液的导电能力) D．稀盐酸滴加到一定量 NaOH 溶液中(横坐标是稀盐酸的体积，纵坐标为钠离子物质的量) 16．某地酸雨检验除含H+外[c（OH﹣）可忽视]还有Na+，Cl﹣，NH4+，SO42﹣其浓度依次为：c（Na+）=2.3×10﹣5mol/L，c（Cl﹣）=3.5×10﹣5mol/L，c（NH4+）=2.3×10﹣5mol/L，c（SO42﹣）=1.05×10﹣5mol/L，则该地酸雨的pH为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 17．在室温下，等体积的酸和碱的溶液混合后，pH一定小于7的是（　　） A．pH=3的硝酸跟pH=11的氢氧化钡溶液 B．pH=3的盐酸跟pH=11的氨水 C．pH=3硫酸跟pH=11的氢氧化钠溶液 D．pH=3的醋酸跟pH=11的氢氧化钠溶液 18．以下反应会导致溶液导电性减弱最明显的是（　　） A．Na2SO4溶液加入BaCl2固体 B．Ba(OH)2溶液中加入CuSO4(少量)固体 C．NaOH溶液通入HCl D．H2O中加入NaCl固体 19．常温下，pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混合，所得混合溶液的pH=11，则强碱与强酸的体积比是（　　） A．11:1 B．9:1 C．1:11 D．1:9 20．常温常压下，将Cl2缓慢通入100mL水中至饱和，然后向所得饱和氯水中逐滴加入0.1mol·L-1NaOH溶液，整个过程溶液中H+的浓度变化如图所示。（已知常温常压下Cl2溶于水时，只有部分Cl2会与水发生反应），下列叙述中正确的是（　　） A．②处溶液的酸性比①处溶液的酸性弱 B．依据②处c(H+)可计算溶解的Cl2的物质的量 C．整个实验过程中，溶液的颜色先变深后变浅，最后变为无色 D．④处表示Cl2与NaOH溶液恰好完全反应，共转移了0.1mol电子 二、填空题 21．浓度均为0.1mol/L的盐酸、硫酸和醋酸的pH大小顺序是　 　；pH相同的盐酸、硫酸和醋酸的物质的量浓度大小顺序是　 　 ． 22．此表是不同温度下水的离子积数据：试回答以下问题： 温度/℃ 25 t1 t2 水的离子积常数 1.0×10﹣14 α 1.0×10﹣12 （1）若25＜t1＜t2，则α　 　 （填“＜”“＞”或“=”）1.0×10﹣14，作出此判断的理由是　 　． （2）25℃下，某Na2SO4溶液中c（SO42﹣）=5×10﹣4mol•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=　 　 ． 三、实验探究题 23．为了确认电解质溶液中部分离子相互间能否发生反应，及离子反应发生的条件，做如表四组实验． 编号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ 实验 （1）实验Ⅰ的现象　 　，写出反应的离子方程式　 　． （2）实验Ⅱ的目的是　 　． （3）实验Ⅲ的现象证明了溶液中的　 　两种离子之间发生了化学反应． （4）实验Ⅳ中发生反应的离子方程式是　 　． 24．随着人类对温室效应和资源短缺等问题的重视，如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2，引起了各国的普遍重视．目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇．为探究反应原理，现进行如下实验，在体积为1L的密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.0kJ/mol．测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图所示． （1）从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v（H2）=　 　mol/（L•min） （2）该反应的平衡常数为　 　． （3）下列措施中能使n（CH3OH）/n（CO2）增大的是 ． A．升高温度 B．充入He（g），使体系压强增大 C．将H2O（g）从体系中分离 D．再充入1mol CO2和3mol H2 （4）已知在常温常压下： ①2CH3OH（1）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1275.6kJ/mol ②H2O（g）=H2O（1）△H=﹣44.0kJ/mol 则甲醇的燃烧热化学方程式为：　 　； （5）如果燃烧甲醇会造成大量化学能损失，如果以甲醇和空气为原料，以氢氧化钠为电解质溶液设计成原电池将有很多优点，请书写出该电池的负极反应：　 　 （6）常温下，某水溶液M中存在的离子有：Na+、A﹣、H+、OH﹣．若该溶液M由 pH=3的HA溶液V1mL与pH=11的NaOH溶液V2mL混合反应而得，则下列说法中正确的是 ． A．若溶液M呈中性，则溶液M中c（H+）+c（OH﹣）=2×10﹣7mol•L﹣1 B．若V1=V2，则溶液M的pH一定等于7 C．若溶液M呈酸性，则V1一定大于V2 D．若溶液M呈碱性，则V1一定小于V2． 25．（1）I.为比较Fe3+、Cu2+对H2O2分解的催化效果，某实验小组同学设计了如图的实验。通过观察　 　(填实验现象)，即可得出Fe3+、Cu2+的催化效果的差异。有同学提出将CuSO4溶液改为CuCl2溶液更合理，其理由是　 　。 （2）某实验小组欲探究某一外界条件对酸性KMnO4和H2C2O4(草酸)反应速率的影响， 设计实验方案如表： 序号 草酸溶液 酸性高锰酸钾溶液 ① 0.1mol•L-1、20mL 0.01mol•L-1、30mL ② 0.2mol•L-1、20mL 0.01mol•L-1、30mL 上述反应的离子方程式为　 　，该实验是探究　 　对反应速率的影响。 （3）II.水的电离平衡曲线如图所示，回答下列问题。 图中A、B、C、D、E五点Kw间的关系：　 　。 （4）在水中加少量酸，可实现A点向　 　点移动。 （5）若在B点温度下，pH＝2的硫酸溶液中，(H＋)＝　 　 mol·L－1。 答案解析部分 1．【答案】C 2．【答案】C 【解析】【解答】A、氢氧化铝为弱碱，属于弱电解质，部分电离，故A不符合题意； B、C8H18为非电解质，不能电离，故B不符合题意； C、(NH4)2CO3属于盐，为强电解质，水溶液中能够完全电离，故C符合题意； D、HClO为弱酸，属于弱电解质，部分电离，故D不符合题意； 故答案为：C 【分析】大多数盐都是强电解质，在水溶液中可以完全电离。 3．【答案】C 【解析】【解答】A.醋酸能和NaOH反应说明醋酸具有酸性，不能说明醋酸部分电离，则不能说明醋酸是弱酸，故A不符合题意； B.醋酸能使石蕊试液变红色，说明醋酸属于酸，不能说明醋酸部分电离，则不能说明醋酸是弱酸，故B不符合题意； C.醋酸钠溶液PH>7，说明醋酸根离子水解使溶液显示碱性，醋酸钠是强碱弱酸盐，则证明醋酸是弱酸，故C符合题意； D.醋酸能和碳酸钠反应，说明醋酸酸性大于碳酸，但不能说明醋酸部分电离，则不能证明醋酸是弱酸，故D不符合题意； 符合题意选项：C。 【分析】本题主要考查溶液的酸碱性与pH值间的关系。醋酸根离子水解使溶液显示碱性，据此分析。 4．【答案】C 【解析】【解答】A．NaOH是强电解质，完全电离，NH3·H2O是弱电解质，部分电离，因此在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、 溶液，后者 较大，A不符合题意； B． 和体积均相等的盐酸、 溶液， 能电离的氢离子总物质的量更大，因此 消耗NaOH的物质的量更大，B不符合题意； C．室温下： 的 溶液c(H+)=0.1mol/L，c(OH-)=(10-14÷0.1)mol/L=10-13mol/L，结合电荷守恒可知 0.1mol/L-10-13mol/L； 的 溶液c(H+)=10-13mol/L，c(OH-)=(10-14÷10-13)mol/L=0.1mol/L，结合电荷守恒可知 0.1mol/L-10-13mol/L，因此室温下 的 溶液和 的 溶液中， ，C符合题意； D．浓度和体积都相等的盐酸和醋酸溶液，能电离的氢离子的物质的量相等，与足量的 完全反应，产生的氢气一样多，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A.强电解质和弱电解质的电离能力不同，氨水的电离能力弱，浓度小 B.pH相同的盐酸和醋酸，由于醋酸是弱酸，醋酸的浓度大于盐酸，因此消耗的氢氧化钠的物质的量是醋酸多 C.根据电荷守恒结合水的离子积常数进行判断 D.氢离子的物质的量相等，产生的气体相等 5．【答案】C 【解析】【解答】A．只有在水溶液中能电离出的阳离子全部是H+的化合物才属于酸，如硫酸氢钠在水溶液中能电离出氢离子，但是属于盐，故A错误； B．溶液的导电能力与溶液电荷浓度有关，与电解质的强弱无关，如AgCl为强电解质，但溶液的导电性很弱，故B错误； C．碱性氧化物对应的水化物为碱，所以碱性氧化物一定是金属氧化物，而金属氧化物不一定是碱性氧化物，如过氧化钠为金属氧化物，但是过氧化钠不属于碱性氧化物，故C正确； D．酸碱盐都是电解质，其电离的过程无新的化学键形成不属于化学变化，故D错误； 故选C． 【分析】A．在水溶液中能电离出的阳离子全部是H+的化合物属于酸； B．溶液的导电能力与溶液电荷浓度有关，与电解质的强弱无关； C．碱性氧化物一定为金属氧化物，而金属氧化物不一定为碱性氧化物，如过氧化钠不属于碱性氧化物； D．电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不能够导电的化合物，化学变化实质是旧键断裂和新键形成． 6．【答案】D 【解析】【解答】A.由分析可知，曲线①表示的是滴加稀硫酸的过程，A不符合题意； B.曲线②表示滴加NaHSO4溶液的过程，b－d的过程中溶液导电能力变化较小，则该过程中溶液中离子浓度变化叫较小，因此其发生的反应为NaOH与NaHSO4的反应，其离子方程式为：H＋＋OH－=H2O，B不符合题意； C.a点时Ba(OH)2与H2SO4恰好完全反应，只剩下水，显中性；d点时溶液中溶质为Na2SO4，溶液显中性，C不符合题意； D.曲线①②下降幅度不同，是由于溶液中离子浓度不同，与H2SO4、NaHSO4的电离程度无关，H2SO4和NaHSO4都是强电解质，在水中完全电离，二者的电离程度相同，D符合题意； 故答案为：D 【分析】滴加稀硫酸的过程中，发生反应：Ba(OH)2＋H2SO4=BaSO4↓＋2H2O，当溶液中Ba(OH)22完全反应时，溶液中只剩下H2O，导电能力几乎为0。当滴加NaHSO4溶液时，依次发生反应：Ba(OH)2＋NaHSO4=BaSO4↓＋H2O＋NaOH、NaOH＋NaHSO4=Na2SO4＋H2O，反应过程中，溶液中离子浓度逐渐减小，溶液的导电能力减小，但不会变为0。因此曲线①表示的是滴加稀硫酸的过程，曲线②表示的是滴加NaHSO4溶液的过程。 7．【答案】B 【解析】【解答】A.由H2S燃烧热可知放出QkJ热量有1molH2S完全燃烧，1molH2S转移的电子数为6NA，当有0.5Q kJ热量放出时，参加反应的H2S物质的量为0.5mol，转移的电子数为3NA，故A不符合题意； B.pH=11的碳酸钠溶液中氢氧根离子浓度为：c（OH-）= =1×10-3mol/L，该溶液中含有氢氧根离子的物质的量为：n（OH-）=1×10-3mol/L×0.5L=5×10-4mol， Na2CO3溶液中氢氧根离子是水电离的，则水电离出的氢氧根离子的物质的量为5×10-4mol，所以水电离出的OH-数目为：5×10-4mol×NA mol-1= 0.0005 NA，故B符合题意； C.没有溶液体积，无法计算溶液中氢离子的物质的量，故C不符合题意； D.HCO3-既能水解为H2CO3又能电离为CO32-，根据物料守恒可知，NaHCO3溶液中H2CO3.HCO3-和CO32-离子数之和为0.2NA，故D不符合题意。 故答案为：B。 【分析】A.根据燃烧热的概念计算反应热与电子转移物质的量计算； B.根据盐类的水解和水的电离计算由水电离出的氢氧根离子的物质的量即可； C.有n=cV可知，计算溶液中溶质的物质的量需要溶液的体积和溶液的浓度； D.根据盐类的水解和溶液中物料守恒计算分析即可。 8．【答案】D 【解析】【解答】解：A．根据图知，未加其它溶液时，a曲线的pH=1，该溶液中溶质为HCl，且c（HCl）=0.1mol/L，b曲线的pH=12，该溶液的溶质为NaOH，且c（NaOH）=0.01mol/L，所以盐酸浓度是NaOH浓度的10倍，故A错误； B．P点溶液呈中性，则溶液中c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒得c（Na+）=c（Cl﹣），混合溶液中溶质为NaCl，且该混合溶液中水电离程度很小，所以溶液中c（Cl﹣）＞c（H+），则溶液中离子浓度大小顺序是c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（H+）=c（OH﹣），故B错误； C．曲线a中，未滴加另一种溶液时，该溶液的pH＜7，说明溶液中溶质为酸，则为碱滴定酸的曲线，即NaOH滴定盐酸的曲线，故C错误； D．b中完全中和时消耗盐酸15mL，且P点酸碱恰好完全反应，二者的物质的量相等，V（NaOH）= =150mL，故D正确； 故选D． 【分析】A．根据图知，未加其它溶液时，a曲线的pH=1，该溶液中溶质为HCl，且c（HCl）=0.1mol/L，b曲线的pH=12，该溶液的溶质为NaOH，且c（NaOH）=0.01mol/L； B．P点溶液呈中性，则溶液中c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒得c（Na+）=c（Cl﹣），混合溶液中溶质为NaCl，且该混合溶液中水电离程度很小，据此判断c（Cl﹣）、c（H+）相对大小； C．曲线a中，未滴加另一种溶液时，该溶液的pH＜7，说明溶液中溶质为酸，则为碱滴定酸的曲线； D．b中完全中和时消耗盐酸15mL，且P点酸碱恰好完全反应，二者的物质的量相等，据此计算NaOH溶液体积． 9．【答案】D 【解析】【分析】由题可知，n(NaOH)=x×10-3×10a-14mol，n(HCl)= y×10-3×10-bmol。 故，分步讨论： （1）若x=y，则n(NaOH)=n(HCl)，二者恰好反应，pH=7 （2）若10x=y，且a+b=13，则n(HCl)=100n(NaOH)，HCl过量，pH<7 （3）若ax=by，且a+b=13，则（因a>7，b<7），HCl过量， （4）若x=10y，且a+b=14，则，NaOH过量，pH>7 所以答案选D。 【点评】混合溶液pH的计算要注意过量问题。 10．【答案】C 【解析】【分析】根据反应①可知CO与H＋、Ca2＋不能大量共存。根据反应③④可知H2CO3的酸性比HClO强，比H2SO3弱。根据②③可知H2CO3、HClO都属于弱酸。根据④可知，H2SO3属于弱酸。答案选C。 【点评】酸性较强可以与酸性较弱的盐溶液反应生成酸性较弱的酸和酸性较强的盐溶液。 11．【答案】B 【解析】【解答】解：室温下某溶液的pH=12，溶液呈碱性，溶液可能为碱溶液，或为水解呈碱性的盐溶液， 如为碱溶液，水的电离受到抑制，c（OH﹣）=1×10﹣12mol/L， 如为盐溶液，促进水的电离，c（OH﹣）=1×10﹣2mol/L， 故选B． 【分析】室温下某溶液的pH=12，溶液呈碱性，溶液可能为碱溶液，或为水解呈碱性的盐溶液，其中碱溶液中水的电离受到抑制，而盐的水解促进水的电离，以此解答该题． 12．【答案】A 【解析】【解答】解：A．氯化钠属于盐，溶于水或者熔融状态时，可以完全电离变成钠离子和氯离子，能导电，属于强电解质，故A正确； B．乙醇在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物，是非电解质，故B错误； C．醋酸的成分是乙酸，是化合物，在水溶液中不能完全电离，是部分电离的电解质，属于弱电解质，故C错误； D．金属铜是单质，它既不是电解质也不是非电解质，故D错误； 故选A． 【分析】电解质是化合物，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．电解质包括离子型或强极性共价型化合物．强电解质一般是强酸、强碱和活泼金属氧化物以及大部分盐，它们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，抓住这些特点即可解题． 13．【答案】B 【解析】【解答】解：溶液中阴阳离子所带电荷相等，设氢离子浓度为C，所以c （NH ）+c （Na+）+C（H+）=c （NO ）+ 2×c （SO ）+c（Cl﹣），2×10﹣5mol/L+1.9×10﹣5mol/L+C（H+）=2.3×10﹣5mol/L+2×2.8×10﹣5mol/L+6×10﹣5mol/L，所以C（H+）=10﹣4 mol/L，pH=4，故选B． 【分析】根据溶液中电荷守恒计算酸雨中氢离子浓度，再根据pH的计算公式计算溶液的pH． 14．【答案】C 【解析】【解答】A．据图可知A点对应溶液pH<7，所以此时溶液显酸性，c(OH-)<c(H+)，故A不符合题意； B．B点lg =0，即 =1，此时pH=5.3，即c(H+)=10-5.3mol/L，此时HA电离常数Ka= =c(H+)=10-5.3=5.01×10-6，数量级为10-6，故B不符合题意； C．当NaOH的体积为10mL时，溶液中的溶质为等物质的量的HA和NaA，HA电离常数Ka=10-5.3，则Aˉ的水解平衡常数为 =10-8.7<10-5.3，所以HA的电离程度比NaA的水解程度要大，即溶液中c(HA)<c(Aˉ)，则此时 >1，所以若要 =1，则需要少加入一些NaOH，所以B点对应的NaOH溶液体积小于10 mL，故C符合题意； D． 为Aˉ的水解平衡常数的倒数，水解为吸热反应，升高温度，水解平衡常数增大，则其倒数减小，即 减小，故D不符合题意； 故答案为C。 【分析】由B点可知Ka==c（H+）=10-5.3 A、Ka==10-5*c（H+）=10-5.3 可得c（H+）=10-0.3则呈酸性 B、数量级为10-6 C、若等于10mL，不考虑电离水解此时溶质为HA和NaA，且为1：1，又电离常数大于水解常数故溶液中的A-浓度会大于HA的浓度，故氢氧化钠的体积小于10mL D、该比值为水解平衡的倒数，温度越高，该比值减小 15．【答案】A 【解析】【解答】A. 滴入的硫酸与氢氧化钡反应，生成硫酸钡沉淀和水，溶液中离子浓度减少，导电能力下降，恰好完全反应导电性变为零，再随着稀硫酸的滴入，溶液导电能力增加，直到变为定值，A符合题意； B.铁粉加到一定量CuSO4溶液中Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，根据方程式知每当消耗56克铁，生成64克固体，所以固体的质量一直在增加，而图象中的固体的质量先变小后变大，B不符合题意； C. CO2通入一定量NaOH溶液中，发生的化学反应是CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、Na2CO3+H2O +CO2= 2NaHCO3，根据方程式知钠离子浓度基本不变，所以导电能力基本不变，C不符合题意； D. HCl+NaOH=NaCl+H2O，氢氧化钠和氯化钠都是强电解质，在水中完全电离，所以钠离子的物质的量不变，而图象中的钠离子先变小后变大，D不符合题意； 故答案为：A 【分析】A.当H2SO4与Ba(OH)2恰好完全反应时，溶液的导电性为0； B.铁与CuSO4溶液反应过程中生成Cu，固体的质量增加； C.溶液的导电性与溶液中离子浓度有关，结合反应过程中的离子浓度变化分析； D.反应过程中，Na+没有参与反应，其物质的量不变； 16．【答案】C 【解析】【解答】解：溶液中阴阳离子所带电荷相等，设氢离子浓度为C，所以c （NH4+）+c （Na+）+C（H+）=2×c （SO42﹣）+c（Cl﹣），2.3×10﹣5mol/L+2.3×10﹣5mol/L+c（H+）=2×1.05×10﹣5mol/L+3.5×10﹣5mol/L，所以c（H+）=10﹣5mol/L，pH=﹣lgc（H+）=5， 故选C． 【分析】根据溶液中电荷守恒计算酸雨中氢离子浓度，再根据pH的计算公式计算溶液的pH． 17．【答案】D 【解析】【解答】解：A、pH=3的硝酸中c（H+）=1×10﹣3mol/L，pH=11的氢氧化钡溶液中c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L，在室温下等体积混合后，pH=7，故A错误； B、pH=3的盐酸中c（H+）=1×10﹣3mol/L，pH=11的氨水中c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L，由于氨水为弱碱，则氨水过量，在室温下等体积混合后，pH＞7，故B错误； C、pH=3的硫酸中c（H+）=1×10﹣3mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L，在室温下等体积混合后，pH=7，故C错误； D、pH=3的醋酸跟pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后时，CH3COOH的物质的量大于NaOH的物质的量相等，酸剩余，故pH＜7，故D正确； 故选D． 【分析】根据酸碱的强弱判断溶液中n（H+）与n（OH﹣）关系进行判断和计算． 18．【答案】B 【解析】【解答】A项，虽然生成了BaSO4沉淀，但在溶液中的增加了氯离子浓度，导电性并没有明显减弱； B项，生成了两种不溶物，溶液中离子浓度显著降低，故B中导电性减弱； C项，NaOH与HCl反应生成了NaCl和水，而溶液中离子浓度变化不大，因此导电性变化不大； D项，溶液离子浓度会增加，导电性会增强。 故答案为：B 【分析】导电性与溶液中自由移动离子的浓度及所带的电荷有关，分析溶液混合后自由离子的浓度变化大小即可. 19．【答案】D 【解析】【解答】假设碱、酸的体积分别用V碱、V酸表示，则根据酸碱中和反应：H++OH-=H2O的实质可得（10-1·V碱-V酸·10-2）÷（V碱+V酸）=10-3，解得V碱：V酸=1:9， 故答案为：D 【分析】强酸强碱溶液混合后，溶液的pH值的计算方法为：过量的OH-或H+比上二者的体积和。 20．【答案】C 【解析】【解答】A．②处的H+浓度大于①处H+浓度，所以②处溶液的酸性强，故A不符合题意； B．因为溶于水的Cl2只有部分与水反应，无法计算出溶解于水中的Cl2的物质的量，故B不符合题意； C．氯气溶于水直至达到饱和溶液，氯水的浓度增大，所以颜色加深。加入NaOH溶液，氯气与NaOH反应，氯气浓度减小，颜色变浅，最后变为无色，故C符合题意； D．④处表示Cl2与NaOH溶液恰好完全反应，但不知道Cl2的物质的量，无法计算转移的电子数目，故D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A.②处的H+浓度大于①处H+浓度； B.氯气溶于水是可逆反应，而且极微弱； C.氯水的浓度越大，溶液颜色越深； D.④处表示Cl2与NaOH溶液恰好完全反应，但Cl2的物质的量不知。 21．【答案】醋酸＞盐酸＞硫酸；醋酸＞盐酸＞硫酸 【解析】【解答】浓度均为0.1mol/L的盐酸、硫酸和醋酸，由于硫酸是二元强酸完全电离其氢离子浓度为0.2mol/L；盐酸是一元强酸完全电离其氢离子浓度为0.1mol/L；醋酸是弱酸部分电离其氢离子浓度小于0.1mol/L，所以pH大小顺序为：醋酸＞盐酸＞硫酸； pH相同的盐酸、硫酸和醋酸，c（硫酸）=c（H+），c（盐酸）=c（H+），c（醋酸）＞c（H+），所以物质的量浓度大小顺序醋酸＞盐酸＞硫酸， 故答案为：醋酸＞盐酸＞硫酸；醋酸＞盐酸＞硫酸． 【分析】根据硫酸是二元强酸完全电离，盐酸是一元强酸完全电离，醋酸是弱酸部分电离，据此分析． 22．【答案】＞；升高温度，水的电离程度增大，离子积增大；1000：1；9：11 【解析】【解答】（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c（Na+）：c（OH﹣）=2×5×10﹣4 mol•L﹣1：1×10﹣7 mol•L﹣1=1000：1， 故答案为：1000：1； （3）若所得混合液的pH=2，酸过量，c（H+）==mol/L=0.01， 解之得：a：b=9：11，故答案为：9：11． 【分析】（1）根据水的电离过程为吸热反应判断； （2）根据硫酸钠是溶液据常中性溶液，结合常温下氢氧根离子浓度来计算c（Na+）：c（OH﹣）； （3）酸和碱混合，若所得混合液的pH=2，则酸过量，根据c（H+）=计算，在计算pH． 23．【答案】（1）有白色沉淀产生；Ba++SO42+=BaSO4↓ （2）验证Cl﹣与Cu2+不发生反应 （3）H+、OH﹣ （4）CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O 【解析】【解答】解：（1）氯化钡和硫酸铜反应生成硫酸钡白色沉淀，反应的离子方程式为Ba++SO42+=BaSO4↓，故答案为：有白色沉淀产生；Ba++SO42+=BaSO4↓；（2）实验Ⅰ中还存在氯离子和铜离子，实验Ⅱ可验证Cl﹣与Cu2+不发生反应，故答案为：验证Cl﹣与Cu2+不发生反应；（3）发生中和反应，溶液由红色变为无色，说明H+、OH﹣发生反应，故答案为：H+、OH﹣；（4）盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应的离子方程式为CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O，故答案为：CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O． 【分析】（1）氯化钡和硫酸铜反应生成硫酸钡沉淀；（2）检验氯离子与铜离子是否反应；（3）发生中和反应，溶液由红色变为无色；（4）盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙、水和二氧化碳． 24．【答案】（1）0.225 （2）5.33 （3）C；D （4）CH3OH（l）+ O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.8KJ/mol （5）CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣=CO32﹣+6H2O （6）A；D 【解析】【解答】解：（1）由图可知，开始到平衡时甲醇的浓度增加0.75mol/L，v（H2）=3 v（CO2）= ×3=0.225mol/（L•min）， 故答案为：0.225；（2） CO2（g）+ 3H2（g）⇌ CH3OH（g）+ H2O（g） 起始（mol/L） 1 3 0 0 转化（mol/L） 0.75 2.25 0.75 0.75 平衡（mol/L） 0.25 0.75 0.75 0.75 K= =5.33， 故答案为：5.33；（3）A．升高温度，平衡逆向移动，n（CH3OH）/n（CO2）减小，故不选； B．恒容时充入He（g），使体系压强增大，平衡不移动，n（CH3OH）/n（CO2）不变，故不选； C．将H2O（g）从体系中分离，平衡正向移动，能使n（CH3OH）/n（CO2）增大，故选； D．再充入1mol CO2和3mol H2，压强增大，平衡正向移动，能使n（CH3OH）/n（CO2）增大，故选； 故答案为：C D；（4）①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1275.6kJ/mol②H2O（g）=H2O（1）△H=﹣44.0kJ/mol 由盖斯定律可知，（①+②×4）× 得：CH3OH（l）+ O2 （g）=CO2（g）+2H2O（l），则△H=﹣725.8KJ/mol， 即甲醇的燃烧热化学方程式为CH3OH（l）+ O2 （g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.8KJ/mol， 故答案为：CH3OH（l）+ O2 （g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.8KJ/mol；（5）以甲醇和空气为原料，氢氧化钠为电解质溶液设计成原电池，负极上甲醇失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子，负极反应为CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣=CO32﹣+6H2O， 故答案为：CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣=CO32﹣+6H2O；（6）A．若溶液M呈中性，则溶液中c（H+）=c（OH﹣）=1×10﹣7mol•L﹣1，则c（H+）+c（OH﹣）=2×10﹣7mol•L﹣1，故A正确； B．若V1=V2，HA为强酸时溶液M的pH等于7，如HA为弱酸时，HA过量，pH＜7，故B错误； C．若溶液M呈酸性，等体积时HA过量，或酸的体积大，则V1≥V2，故C错误； D．若等体积时HA过量，则溶液M呈碱性，则V1一定小于V2，故D正确； 故答案为：AD． 【分析】（1）由图可知，开始到平衡时甲醇的浓度增加0.75mol/L，结合v= 及速率之比等于化学计量数之比计算；（2） CO2（g）+ 3H2（g）⇌ CH3OH（g）+ H2O（g） 起始（mol/L） 1 3 0 0 转化（mol/L） 0.75 2.25 0.75 0.75 平衡（mol/L） 0.25 0.75 0.75 0.75 结合平衡浓度计算K；（3）能使n（CH3OH）/n（CO2）增大，可使平衡正向移动，但不能增加二氧化碳的量；（4）①2CH3OH（1）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1275.6kJ/mol②H2O（g）=H2O（1）△H=﹣44.0kJ/mol 由盖斯定律可知，（①+②×4）× 得：CH3OH（l）+ O2 （g）=CO2（g）+2H2O（l）；（5）以甲醇和空气为原料，以氢氧化钠为电解质溶液设计成原电池，负极上甲醇失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子；（6）A．若溶液M呈中性，则溶液中c（H+）=c（OH﹣）=1×10﹣7mol•L﹣1； B．若V1=V2，HA为强酸时溶液M的pH等于7； C．若溶液M呈酸性，等体积时HA过量； D．若等体积时HA过量． 25．【答案】（1）产生气泡快慢；阴离子保持一致，排除阴离子的干扰 （2）2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；草酸浓度 （3）B＞C＞A＝D＝E （4）D （5）1×10－10 【解析】【解答】 (1) 该反应是分析H2O2分解的快慢，那么H2O2分解会得到O2，通过观察气泡产生的快慢可以 得出Fe3+、Cu2+的催化效果的差异 ；将 CuSO4溶液改为CuCl2溶液 可以保持阴离子一致 ，排除阴离子的干扰 ； （2）该反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；两组实验中，只有草酸溶液的浓度不同，因此该实验是探究草酸浓度 对反应速率的影响； （3）温度越高，Kw值就越大；温度相同，Kw值相等；则 A、B、C、D、E五点Kw间的关系： B＞C＞A＝D＝E ； （4）在水中加入硫酸，会使c（H+）增大，c（OH-）减小，因此会使 A点向 D 点移动 ； （5） B点温度下， Kw=1×10-12，c(H+)=10-2mol/l，则c（OH-）=1×10-10mol/L，则 (H＋)＝ 1×10-10mol/L。 【分析】（1）该反应可以通过产生O2的快慢来判断反应速率快慢；苯实验是探究Fe3+、Cu2+的催化效果的差异 ，那么应该控制除两个离子之外其余条件全部相同，可以减小误差； （2）该反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；两组实验中，只有 草酸溶液 的浓度不同，因此该实验是探究 草酸浓度 对反应速率的影响； （3）Kw值只受温度的影响，因为水的电离是吸热的过程，所以升高温度，Kw值会增大； （4）温度确定的溶液中，说的离子积就是一个常数，所以H+浓度和OH-离子浓度变化的趋势是相反的； （5）B点温度下， Kw=1×10-12，c(H+)=10-2mol/L，则c（OH-）=1×10-10mol/L，则 (H＋)＝ 1×10-10mol/L。 学科网（北京）股份有限公司 $$