热门试卷

解：A、②中氢氧根离子浓度为10-3mol/L，④中氢离子浓度为10-3mol/L，混合反应后溶液pH=4，说明氢离子过量，混合溶液中的氢离子浓度为10-4mol/L，10-4mol/L==，整理得V1：V2=11：9，故A错误；

B、将①氨水PH=11，平衡状态下氢氧根离子浓度为10-3mol/L④硫酸PH=3，溶液中氢离子浓度为10-3mol/L两种溶液等体积混合，氨水中平衡状态下的氢氧根离子与硫酸中的氢离子恰好反应，氨水又电离出氢氧根离子和铵根离子，依据电离方程式NH3•H20⇌NH4++OH-；H2SO4=2H++SO42-，可知c（SO42-）=2.5×10-4mol/L，c（NH4+）＞5×10-4mol/L，c（OH-）＞C（H+），综上所述可知溶液中的离子浓度大小c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），故B正确；

C、①氨水pH=11，平衡状态下氢氧根离子浓度为10-3mol/L；②氢氧化钠pH=11，氢氧根离子浓度为10-3mol/L；③醋酸pH=3，平衡状态下氢离子浓度为10-3mol/L；④盐酸pH=3，溶液中氢离子浓度为10-3mol/L；分别加水稀释10倍、四种溶液的pH大小为，碱比酸的pH大，弱碱弱酸存在电离平衡，加水稀释比强酸强碱的pH变化小，所以得到①＞②＞④＞③，故C错误；

D、在①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，①中溶解形成的铵根对弱电解质的电离平衡起到了抑制作用，氢氧根离子浓度减小，pH减小；②中溶解的铵根离子与氢氧化钠溶液中的氢氧根离子会结合成弱电解质一水合氨，减小氢氧根离子的浓度，pH减小，故D错误；

故选B．

解：A．相同温度下，同种弱酸的电离常数不随浓度的变化而变化，所以K1=K2=K3，故A错误；

B．室温时，若在NaZ溶液中加水、加酸都促进水解，=Ka×Kw，二者都为常数，只受温度的影响，故B错误；

C．由电离度大小可知酸性HZ＞HY＞HX，酸越强，水解程度越小，溶液的PH越小，则其pH：NaX＞NaY＞NaZ，则c（Z-）＞c（Y-）＞c（X-），故C错误；

D．弱酸的电离度越大，酸越强，则电离常数越大，所以在相同温度下，K5＞K4＞K3，故D正确；

故选D．

解：A、当向①0.01mol L-1NH3•H2O ②0.01mol L-1NH4Cl加入少量H2O后，溶液被稀释了，两溶液中的c（NH4+）都会减小，故A错误；

B、加入少量NaOH固体，氢氧化钠属于强碱，加入后溶液中的c（OH-）增大，抑制了NH3•H2O 溶液的电离；氢氧根离子结合NH4+生成一水合氨，c（NH4+）都会减小，所以两溶液中铵离子浓度都减小，故B错误；

C、HCl溶于水后得到的盐酸是强电解质，能够和①NH3•H2O 反应，c（NH4+）增大；盐酸中的H+离子抑制了NH4+的水解，c（NH4+）也增大，故C正确；

D、温度升高，氨气具有挥发性，会从氨水溶液中挥发，NH3•H2O 浓度减小，溶液中的c（NH4+）减小；而NH4Cl溶液中，升高温度可以促进NH4+水解，导致c（NH4+）减小．故D错误．

故选C．

解：①稀释时溶液中氢氧根离子浓度增大，则溶液中氢离子浓度减小，说明原来溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，所以能说明该溶液呈酸性，故正确；

②温度未知，不能根据pH大小判断溶液酸碱性，故错误；

③溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HA-）+c（A 2- ），c（Na+）=c（A2-），则 c（H+）＞c（OH-），故正确；

D．溶液可与等体积等物质的量浓度的NaOH溶液恰好反应，说明该物质为酸式盐，但不能说明溶液中氢离子和氢氧根离子浓度相对大小，所以不能说明原溶液呈酸性，故错误；

故选C．

解：A、Ⅱ应为醋酸稀释时的pH值变化曲线，故A错误；

B、相同pH值的盐酸和醋酸，醋酸浓度远大于盐酸的浓度，稀释到相同体积时，醋酸（Ⅱ）浓度大于盐酸（Ⅰ）浓度，即b点酸的总浓度小于a点酸的总浓度，故B错误；

C、Kw的大小只取决于温度，所以a点Kw的数值等于c点Kw的数值，故C错误；

D、溶液导电性取决于离子浓度，b点的H+浓度大，导电性强，故D正确．

故选D．

解：A．pH=13的氨水中c（NH3．H2O）＞0.1mol/L，一水合氨是弱电解质，硫酸是强电解质，要使混合溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，因为c（NH3．H2O）＞2c（H2SO4），所以消耗的溶液体积也可能②=③，故A错误；

B．醋酸和一水合氨是弱电解质，硫酸和氢氧化钡是强电解质，弱电解质溶液中存在电离平衡，加水稀释促进弱电解质电离，所以稀释相同倍数后的pH：③＞④，①＞②，故B正确；

C．①中氢离子浓度小于0.1mol/L，②中氢离子浓度等于0.1mol/L，③④中氢氧根离子浓度=0.1mol/L，所以①中水的电离程度最大，②③④中水的电离程度相等，故C错误；

D．等体积的③④中氢氧根离子浓度相等，则氢离子浓度相等，根据电荷守恒知，c（NH4+）+C（H+）=2（Ba2+）+C（H+）=c（OH-），所以两种溶液中阴阳离子总数不等，故D错误；

故选B．

解：A、电解质导电能力与自由移动的离子浓度成正比，与电解质的强弱无关，故A错误；

B、pH=4的醋酸与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，醋酸剩余，溶液显酸性，故B错误；

C、向豆浆中加入硫酸钙可以使蛋白质聚沉，制作豆腐，是胶体的聚沉性质，故C正确；

D、同浓度①NaHCO3、②Na2CO3、③CH3COONa四种溶液，水解程度：碳酸根离子＞碳酸氢根离子＞醋酸根离子，pH大小顺序是②＞①＞③，故D错误．

故选C．

解：A．根据电离平衡常数知，在醋酸中这几种酸都不完全电离，但在水中，这几种酸完全电离，故A错误；

B．在醋酸中，高氯酸的电离平衡常数最大，所以高氯酸的酸性最强，故B错误；

C．在冰醋酸中硫酸存在电离平衡，所以其电离方程式为H2SO4⇌H++HSO4-，故C错误；

D．这四种酸在水中都完全电离，在冰醋酸中电离程度不同，所以水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但醋酸可以区分这四种酸的强弱，故D正确；

故选D．

解：A．酸的浓度越大，c（H+）越大，前者小于后者，故A错误；

B．醋酸为弱电解质，溶液浓度越大，电离程度越小，电离程度前者大于后者，故B正确；

C．计算两溶液中醋酸的物质的量，n（前）=c1•V1=0.1 L×0.01 mol•L-1=1×10-3 mol，n（后）=c2•V2=0.01 L×0.1 mol•L-1=1×10-3 mol，两者相等，因而中和时消耗的NaOH的量相等，故C错误；

D．由n=cV可知，100mL 0.01mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，10mL0.1mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，但前者浓度小，电离程度大，前者的CH3COOH的物质的量小，故D错误；

故选B．

解：A．加水促进弱电解质的电离，则电离平衡正向移动，故A正确；

B．加入少量NaOH固体，与CH3COOH电离生成的H+结合，使电离平衡正向移动，故B正确；

C．加入少量HCl溶液，c（H+）增大，则电离平衡逆向移动，故C错误；

D．加入少量CH3COONa固体，由电离平衡可知，c（CH3COO-）增大，则电离平衡逆向移动，故D错误；

故选AB．

解：A．室温时，pH相等的盐酸和醋酸溶液中氢氧根离子浓度相等，所以由水电离出的c（H+）相等，故A错误；

B．相同体积、相同pH的盐酸和醋酸溶液，n（CH3COOH）＞n（HCl），且盐酸和醋酸都是一元酸，所以用等浓度的NaOH溶液中和两种溶液时：盐酸所需体积小于醋酸所需体积，故B错误；

C．均加水冲稀10倍后，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以盐酸的pH大于醋酸溶液的pH，故C正确；

D..相同体积、相同pH的盐酸和醋酸溶液，n（CH3COOH）＞n（HCl），且盐酸和醋酸都是一元酸，所以均加入足量镁粉，反应完全后产生H2的物质的量：盐酸小于醋酸溶液，故D错误；

故选C．