热门试卷

解：A．温度越高，水的电离程度越大，a点的温度小于d点，所以a、d两点的溶液，水的离子积Kw（a）＜Kw（d），故A错误；

B．稀释氨水，虽然促进一水合氨电离，但溶液中离子浓度减小，所以导电能力降低，故B正确；

C．氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，要使溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以c点时消耗盐酸体积V（HCl）＜20mL，故C正确；

D．电离平衡常数K==mol/L，故D正确；

故选A．

解：A．白醋中滴入石蕊试液变红色，说明白醋属于酸，不能证明其部分电离，所以不能证明醋酸是弱酸，故A错误；

B．实验测得该白醋的pH为2.3，溶液中氢离子浓度小于1mol/L，说明醋酸部分电离，所以能证明醋酸是弱电解质，故B正确；

C．蛋壳浸泡在白醋中有气体放出，说明醋酸酸性大于碳酸，但不能证明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸是弱电解质，故C错误；

D．白醋加入豆浆中有沉淀产生，说明白醋是电解质，但不能说明白醋是弱电解质，故D错误；

故选B．

解：A、酸性越强，PH越小，四种混合物中，②NH4Cl与HCl 的PH最小，④NH4Cl与NH3•H2O的PH最大，①NH4Cl与CH3COONa 的溶液显示中性，③NH4Cl与NaCl 显示酸性，故正确PH关系应该为：②＜③＜①＜④，故A错误；

B、c（H+）=10-PH溶液中c（H+）越大，PH越小，借助上一选项可知，c（H+）正确顺序为：④＜①＜③＜②，故B错误；

C、四种溶液中，④NH4Cl与NH3•H2O的c（NH4+）最大，＞0.1mol•L-1；其次是②NH4Cl与HCl，接近0.1mol•L-1；①NH4Cl与CH3COONa，发生了双水解，铵离子浓度最小，所以正确排序为：①＜③＜②＜④，故C正确；

D、由于④NH4Cl与NH3•H2O中，氨水是弱电解质，部分电离，c（NH3•H2O）最大，其次是①NH4Cl与CH3COONa，发生了双水解，NH4+的水解程度稍大；氨水浓度最小的是②NH4Cl与HCl，几乎没有氨水存在，所以氨水浓度大小顺序为：②＜③＜①＜④，故D错误；

故选C．

解：A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，所以95℃纯水的pH＜7，但纯水中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以纯水仍然呈中性，故A错误；

B．水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，故B正确；

C．醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，所以稀释后溶液中氢离子浓度：0.001mol/L＜c（H+）＜0.0001mol/L，则溶液的pH小于4，故C错误；

D．c（H+）===5.5×10-4mol/L，所以溶液的pH小于4，故D错误；

故选B．

解：A．醋酸抑制水电离，氯化铵促进水电离，所以pH相等的两种溶液中水的电离程度不等，故A错误；

B．常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，部分BaSO4因饱和Na2CO3溶液中CO32-浓度高而转化为BaCO3，所以用饱和Na2CO3溶液处理BaSO4沉淀，可将BaSO4转化为BaCO3，故B正确；

C．当△G=△H-T△S＞0时，该反应不能自发进行，BaSO4（s）+4C（s）═BaS（s）+4CO（g）室温下不能自发进行，说明该反应的△G＞0，故C错误；

D．在中和热的测定中，为了使酸完全反应而使测定更准确，碱的物质的量应该过量，故D错误；

故选B．

解：按照酸碱恰好中和反应进行计算，可知需消耗盐酸体积为5ml，依据题干信息可知，此时溶液pH值大于5.1，而甲基橙的变色范围在3.1-4.4范围，不变色，故应继续向其中滴加盐酸方可发生变色，所以终点时所用盐酸的量应大于5mL，故选：C．

解：A．醋酸是弱电解质，醋酸电离是吸热反应，升高温度促进醋酸电离，溶液中氢离子浓度增大，则溶液的pH减小，故A正确；

B．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，导致水中氢离子浓度增大，则纯水的PH减小，故B错误；

C．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱电解质，光照条件下，次氯酸分解生成盐酸和氧气，导致溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故C正确；

D．氢氧化钠是强碱，氢氧化钠和二氧化碳反应生成强碱弱酸盐，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，则溶液的pH减小，故D正确；

故选B．

解：四个选项电离平衡都正向移动，CH3COO-浓度都增大，但B、C、D选项都产生气体，故选A．

解：A．酸式滴定管或碱式滴定管最大刻度的下方还含有溶液，所以50mL碱式滴定管和25mL碱式滴定管所盛液体的体积小于2：1，故A错误；

B．相同温度下，不同浓度的弱电解质溶液中，浓度越大弱电解质的电离程度越小，所以相同温度下，0.2mol/L醋酸溶液与0.1mol/L醋酸溶液中的c（H+）小于2：1，故B错误；

C．常温下，氨水和硫酸铵的混合溶液呈中性，说明溶液中c（H+）=c（OH-），电解质溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+2c（SO42-），所以c（NH4+）=2c（SO42-），故C正确；

D．在加热条件下，铜和浓硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，根据转移电子相等知，铜和被还原的硫酸的物质的量之比为1：1，故D错误；

故选C．

解：A．根据溶液电中性的原则，溶液中存在c（CN-）+c（OH-）=c（Na+）+c（CN-），则有c（H+）＜c（OH-），故A错误；

B．混合溶液呈碱性，说明酸的电离程度小于酸根离子水解程度，则c（HCN）＞c（CN-），故B错误；

C．溶液中存在c（CN-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），因c（Na+）=0.1mol/L，则c（CN-）+c（OH-）＞0.1mol/L，故C错误；

D．HCN和NaCN的物质的量都为1mol，由物料守恒可知c（CN-）+c（HCN）=0.2mol/L，故D正确．

故选D．

解：A．醋酸是弱电解质，只有部分电离，且电离程度较小，所以c（CH3COOH）＞c（CH3COO-），溶液呈酸性，所以c（H+）＞c（OH-），水和醋酸都电离出氢离子，只有醋酸电离出醋酸根离子，所以c（H+）＞c（CH3COO-），则离子浓度大小顺序是c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-），故A正确；

B．加水稀释醋酸，促进醋酸电离，但氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大，故B错误；

C．醋酸溶液中加少量的CH3COONa固体，醋酸根离子浓度增大，平衡逆向移动，故C正确；

D．常温下，pH=2的CH3COOH溶液中醋酸浓度大于0.01mol/L，pH=12的NaOH溶液中氢氧化钠浓度等于0.01mol/L，所以两种等体积混合后，酸剩余，溶液呈酸性而使溶液的pH＜7，故D正确；

故选B．

解：室温下，pH相等氨水和NaOH溶液中，氨水浓度大于NaOH，

A．加入适量的氯化铵晶体，抑制一水合氨电离，NaOH和氯化铵反应生成氯化钠和一水合氨，所以加入适量的氯化铵晶体后，两溶液的pH均碱小，故A正确；

B．降低温度，一水合氨电离程度减小，所以氨水的pH减小，故B错误；

C．加水稀释促进一水合氨电离，则稀释后氨水的pH大于氢氧化钠，故C错误；

D．用HCl中和，消耗盐酸的体积与碱的物质的量成正比，pH相等、体积相等的氨水和氢氧化钠溶液，一水合氨的物质的量大于氢氧化钠，所以氢氧化钠消耗的盐酸少，故D错误；

故选A．