热门试卷

解：A．在体积和pH都相等的盐酸和醋酸中，已提供的H+的浓度和其物质的量相等，但由于醋酸是弱酸，只有部分电离；盐酸是强酸，已经完全电离，所以可提供的H+的物质的量显然是醋酸大于盐酸，与足量的锌反应时，生成氢气相等，则消耗锌的质量相等，所以在醋酸中加入的锌粒质量应较小，盐酸中加入的锌粒质量较大，故A正确；

B．当加入的锌粒质量不等而产生等量的氢气时，说明参加反应的锌粒相等，乙烧杯中醋酸一定有剩余，故B正确；

C．根据转移电子守恒知，生成等量的氢气需要的锌的质量相等，故C正确；

D．由于醋酸还能继续电离而盐酸不能，所以反应开始后，醋酸中的H+浓度大于盐酸中的氢离子浓度，则反应开始后乙烧杯中的C（H+）始终比甲烧杯中的c（H+）大，所以反应所需时间：甲＞乙，故D错误；

故选D．

解：A、当加入少量碱时，溶液中氢氧根离子和HPO42-发生中和反应生成PO43-，故A正确；

B、当加入少量酸时，发生的反应为PO43-+H+=HPO42-，故B错误；

C、溶液呈电中性，即阴阳离子所带电荷总数相等，所以c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（H2PO4-）+2c（HPO42-）+3c（PO43-），故C正确；

D、只要Na2HPO4/Na3PO4的量一定，溶液中所有的含有P原子的微粒之和为一定值，当溶质为Na2HPO4时，C（Na+）：[c（PO43-）+c（HPO42-）+c（H2PO4-）+c（H3PO4）]=2；当溶质为Na3PO4，C（Na+）：[c（PO43-）+c（HPO42-）+c（H2PO4-）+c（H3PO4）]=3，所以Na2HPO4/Na3PO4的混合溶液中C（Na+）＞c（PO43-）+c（HPO42-）+c（H2PO4-）+c（H3PO4）＞c（Na+），故D正确．

故选B．

解：酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，根据由水电离出的氢离子浓度与10-7mol•L-1进行比较，如果水电离出的氢离子浓度大于10-7mol•L-1，则该物质是含有弱根离子的盐，如果由水电离出的氢离子浓度小于10-7mol•L-1，则该物质可能是酸或碱，

A．当a＜7时，水电离出的氢离子浓度大于10-7mol•L-1，则该物质促进水电离，故A错误；

B．当a＞7时，由水电离出的氢离子浓度小于10-7mol•L-1，则该物质可能是酸或碱，所以水电离被抑制，故B正确；

C．当a＜7时，水电离出的氢离子浓度大于10-7mol•L-1，该物质促进水电离，如果溶液呈酸性，则pH=a，如果溶液呈碱性，则pH=14-a，故C正确；

D．当a＞7时，由水电离出的氢离子浓度小于10-7mol•L-1，则该物质可能是酸或碱，溶液的pH可能为a或14-a，故D正确；

故选A．

解：A、根据和c（H+）×c（OH-）=10-14可知，溶液中，解之得c（H+）=0.001mol/L，该溶液中由水电离出的

c（H+）=c（OH-）=mol/L=10-11mol/L，故A正确；

B、浓度均为0.1mol•L-1的HA和NaA溶液等体积混合后，若溶液呈酸性，，说明溶液中HA的电离程度大于A-离子的水解程度，则有c（Na+）＞c（HA），故B错误；

C、0.1mol•L-1HA溶液与0.05mol•L-1NaOH溶液等体积混合后，根据物料守恒应有c（A-）+c（HA）=2c（Na+），故C错误；

D、0.1mol•L-1HA溶液与0.05mol•L-1NaOH溶液等体积混合后所得溶液中，根据溶液的电中性可知溶液中存在c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（A-），根据物料守恒应有

c（A-）+c（HA）=2c（Na+），则有2c（H+）+c（A-）+c（HA）=2c（OH-）+2c（A-），即2c（H+）+c（HA）=2c（OH-）+c（A-），故D错误．

故选A．

解：A．在体积和pH都相等的盐酸和醋酸中，已提供的H+的浓度和其物质的量相等，但由于醋酸是弱酸，只有部分电离，盐酸是强酸，已经完全电离，所以可提供的H+的物质的量显然是醋酸大于盐酸，与足量的锌反应时，消耗锌的质量是醋酸大于盐酸，要使两种酸中生成的氢气的量相等，则在醋酸中加入的锌粒质量应较小，盐酸中加入的锌粒质量较大，故A错误；

B．醋酸和盐酸都是一元酸，生成等量的氢气时转移电子数相等，所以消耗的锌的质量相等，故B正确；

C．当加入的锌粒质量不等而产生等量的氢气时，说明参加反应的锌粒相等，乙烧杯中醋酸一定有剩余，故C错误；

D．由于醋酸还能继续电离而盐酸不能，所以反应开始后，醋酸中的H+浓度大于盐酸中的氢离子浓度，则反应开始后乙烧杯中的C（H+）始终比甲烧杯中的c（H+）大，故D错误；

故选B．

解：A．向氨水加入水，促进一水合氨电离，所以溶液中n（OH-）增大，故A正确；

B．向氨水中加入浓盐酸，氢离子和氢氧根离子反应，导致溶液中n（OH-）减小，故B错误；

C．向氨水中加入少量浓NaOH溶液，氢氧根离子浓度增大，则电离平衡向逆反应方向移动，故C错误；

D．向氨水中加入少量NH4Cl固体，溶液中c（NH4+）增大，故D错误；

故选A．

解：根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序为：HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，

A．氢氰酸的酸性大于碳酸氢根离子而小于碳酸，所以发生CN-+H2O+CO2→HCN+HCO3-反应，故A错误；

B．甲酸的酸性大于碳酸，所以2HCOOH+CO32-→2HCOO-+H2O+CO2↑能发生，故B正确；

C．等pH的HCOOH和HCN溶液，甲酸的物质的量浓度小于氢氰酸，所以中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者，故C正确；

D．根据电荷守恒，c（HCOO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），c（CN-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），即离子总数是n（Na+ ）+n（H+）的2倍，而NaCN的水解程度大，即NaCN溶液中的c（OH-）大，c（H+）小，c（Na+）相同，所以甲酸钠中离子浓度大，故D错误；

故选AD．

解：A．pH=6的蒸馏水中c（H+）=10-6mol/L，纯水中c（H+）=c（OH-）=10-6mol/L，Kw=c（H+）、c（OH-）=10-12，故A正确；

B．在温度T时，pH=6的蒸馏水中c（H+）=10-6mol/L，则K=10-12，溶液的pH=2，c（H+）=10-2mol/L，c（OH-）=10-10mol/L，则水电离出的H+的浓度是1.0×10-10mol/L，故B正确；

C．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，所以水的电离度随温度升高而增大，故C正确；

D．Kw=1×10-12，应加入等体积浓度为0.01mol•L-1的氢氧化钠溶液，故应加入等体积pH=10的NaOH溶液，可使该溶液恰好呈中性，故D错误．

故选D．

解：A．向溶液中加入NaOH，溶液中c（OH-）增大，导致平衡左移，c（NH4+）减小，故A错误；

B．向溶液中加入HCl，H+和OH-反应生成H2O，导致平衡右移，与题意不符合，故B错误；

C．向溶液中加NH4Cl，NH4Cl电离导致溶液中c（NH4+）增大，则平衡左移，故C正确；

D．电离平衡为吸热反应，加热，则平衡向右移动，故D错误；

故选C．

解：A、NaHSO4是强电解质，能完全电离出氢离子，显示强酸性，对水的电离抑制程度最大，故由水电离出的氢氧根浓度最小；

NaHCO3和Na2CO3都是能水解的盐，对水的电离起到促进的作用，碳酸钠中碳酸根的水解程度大于碳酸氢钠中碳酸氢根离子的水解程度，所以碳酸钠对水的电离起到的促进作用大，由水电离出的氢氧根浓度是碳酸钠大于碳酸氢钠，硫酸钠不水解，对水的电离程度无影响，

综上由水电离出的氢氧根浓度由大到小的顺序是③②④①，

故选C．

解：A．0.1mol•L-1的③NaF的PH8.1，④NaHCO3的PH8.4，则碳酸氢根的水解大于氟离子的水解，根据越弱越水解，所以酸的强度：HF＞H2CO3，故A正确；

B．①NaCl呈中性，则水水电离产生的c（H+）=10-7②CH3COONH4呈中性，但是由于互促水解导致的，所以水的电离一定大于10-7，故B错误；

C．0.1mol•L-1的③NaF的PH8.1，④NaHCO3的PH8.4，则碳酸氢根的水解大于氟离子的水解，根据越弱越水解，所以溶液中酸根离子浓度：c（F-）＞c（HCO3-），故C正确；

D．根据物料守恒可知c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3）=0.1mol•L-1，故D正确；

故选B．

解：A．由水电离产生的c（OH-）=c（H+）=10-12mol•L-1，故A正确；

B．pH=7，则c（OH-）=c（H+），根据电荷守恒得c（NH4+）=c（Cl-），故B错误；

C．等pH、等体积的氨水和NaOH，氨水的物质的量大于NaOH，中和等pH、等体积的氨水和NaOH，消耗HCl的物质的量前者大于后者，故C错误；

D．加水稀释促进一水合氨电离，溶液中n（OH-）增大、n（NH3．H2O）减小，所以溶液中随着水量的增加而增加，故D错误；

故选A．

解：A．根据电荷守恒计算c（H+）-c（OH-）=c（X-）==mol/L，故A正确；

B．c（HX）==，故B正确；

C．水的离子积常数未知导致无法计算氢氧根离子浓度，故C错误；

D．质量分数===×100%，故D正确；

故选C．