- 水溶液中的离子平衡
- 共26089题
同条件等体积等pH的醋酸和盐酸分别加水稀释后，溶液的pH仍相同，则所得溶液的体积（ ）
正确答案
解析
解：因为醋酸是弱酸，加水后反应正向进行，醋酸电离度增加，加水后，氢离子浓度在减小的过程中有增大的趋势，而盐酸是强酸在水中完全电离，加水后，氢离子浓度只是在减小，所以要使稀释后两溶液pH值相同，醋酸必须加水多，所以醋酸的体积大，故选B．
下列说法正确的是：（ ）
①体积相同、pH相同的NH4Cl溶液、盐酸，完全溶解少量且等质量的锌粉，前者用时少
②甲酸与碳酸钙反应放出CO2，不能说明甲酸是弱电解质
③在溶液中导电能力强的电解质是强电解质，导电能力弱的电解质是弱电解质
④NaHCO3电离方程式为：NaHCO3=Na++H++CO32-
⑤室温下，某溶液中由水电离出的H+浓度为10-a mol/L，a＜7时，溶液的pH一定为14-a
⑥pH=3的盐酸与pH=3的醋酸各稀释100倍，稀释后盐酸pH为5，醋酸pH＜5．
正确答案
解析
解：①NH4Cl溶液水解产生氢离子，盐酸完全电离产生氢离子，体积相同、pH相同的NH4Cl溶液、盐酸，完全溶解少量且等同的锌粉，因水解平衡正向移动，氯化铵中氢离子的浓度大于盐酸中氢离子的浓度，则氯化铵比Zn反应快，用时少，故①正确；
②甲酸与碳酸钙反应放出CO2，说明甲酸的酸性大于碳酸，由于碳酸为弱酸，则不能说明甲酸是弱电解质，故②正确；
③溶液的导电能力与溶液中离子浓度大小有关，所以在溶液中导电能力强的电解质不一定为强电解质，导电能力弱的电解质也不一定而为弱电解质，如硫酸钡为弱电解质，在溶液中硫酸钡的导电性较差，醋酸为弱酸，醋酸在溶液中导电性大于硫酸钡，故③错误；
④NaHCO3为强电解质，在溶液中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，正确的电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3-，故④错误；
⑤室温下，某溶液中由水电离出的c（H+）=10-a mol/L＞10-7 mol/L，促进水电离，说明溶液中的溶质为含有弱离子的盐，溶液的pH为a或14-a，故⑤错误；
⑥pH相等的醋酸和盐酸溶液中，醋酸部分电离，氯化氢完全电离，稀释相同的倍数，醋酸电离程度增大，醋酸中氢离子物质的量增大，盐酸中氢离子物质的量不变，则稀释后醋酸氢离子浓度大于盐酸，盐酸中pH变为5，醋酸中pH小于5，故⑥正确；
根据分析可知，正确的为①②⑥，
故选D．
将0.1 mol•L-1 氨水溶液加水稀释或加入少量NH4Cl晶体时，都会引起（ ）
正确答案
解析
解：A．加水稀释氨水，促进一水合氨电离，但氢氧根离子浓度增加的量远远小于溶液体积增加的量，所以氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小；向氨水中加入少量氯化铵晶体，铵根离子浓度增大抑制一水合氨电离，则溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小，故A正确；
B．加水稀释氨水，促进一水合氨电离，向氨水中加入氯化铵晶体，铵根离子浓度增大，抑制一水合氨电离，故B错误；
C．加水稀释氨水，促进一水合氨电离，但氢氧根离子浓度增加的量远远小于溶液体积增加的量，所以氢氧根离子浓度减小，溶液的导电能力减弱；向氨水中加入氯化铵，溶液中离子浓度增大，导电能力增强，故C错误；
D．无论稀释氨水还是加入氯化铵晶体，溶液中氢氧根离子浓度都减小，温度不变，水的离子积常数不变，则氢离子浓度增大，故D错误；
故选：A．
下列说法中，正确的是（ ）
A0.1mol•L-1的醋酸溶液加水稀释，c（H+）、c（OH-）同比例减小
B体积相同、pH相同的NH4Cl溶液、盐酸，完全溶解少量且等同的锌粉，前者用时少
C若常温下H+（aq）+OH-（aq）=H2O（l）△H=-57.3kJ•mol-1，则
H+（aq）+NH3•H2O（aq）=
D少量NaHSO4溶液与足量Ba（OH）2溶液反应离子方程式为：2H++
正确答案
解析
解：A、醋酸稀释时，能促进醋酸的电离，导致电离程度增大，但氢离子浓度降低，温度不变水的离子积是常数，所以氢离子浓度增大，故A错误．
B、pH相同的NH4Cl溶液、盐酸，氢离子浓度相同，和锌粉刚开始反应时，二者反应速率相同；随着反应的进行，盐酸反应中的氢离子浓度逐渐减少，氯化铵溶液中存在水解平衡，铵根离子水解的氢离子补充和锌反应的氢离子，导致氯化铵溶液中氢离子浓度始终大于盐酸溶液中的，所以和氯化铵反应的锌反应速率大于和盐酸反应的速率，即前者用时少，故B正确．
C、氨水是弱电解质，弱电解质的电离是吸热的，导致强酸和氨水反应放出的热量小于57.3kJ•mol-1，故C错误．
D、少量NaHSO4溶液与足量Ba（OH）2溶液反应生成硫酸钡和氢氧化钠、水，离子方程式为：H++
故选B．
（1）氨水显弱碱性，若用水稀释0.1mol•L-1的氨水，溶液中随着水量的增加而增大的是______（填写序号）
①
（2）室温下，将0.01mol•L-1 NH4HSO4溶液与0.01mol•L-1烧碱溶液等体积混合，所得溶液中所有离子的物质的量浓度大小关系为______（用具体离子的浓度表达式回答）．
（3）已知：25℃时，Ksp（AgCl）=1.6×10-10（mol•L-1）2，Ksp（AgI）=1.5×10-16（mol•L-1）2．在25℃条件下，向0.1L0.002mol•L-1的NaCl溶液中逐滴加入O.1L0.002mol•L-1的AgNO3溶液，有白色沉淀生成，从难溶电解质的溶解平衡角度解释产生沉淀的原因是______，向反应后的浑浊液中继续加入0.1L0.002mol•L-1的NaI溶液，观察到白色沉淀转化为黄色沉淀，产生该现象原因是（用离子方程式回答）______．
（4）在25℃条件下，将a mol•L-1的醋酸与b mol•L-1的烧碱溶液等体积混合（混合后体积为混合前体积之和），充分反应后所得溶液显中性．则25℃条件下所得混合溶液中醋酸的电离平衡常数为______mol•L-1（用含a、b的式子表示）．
（5）用惰性电极电解含有NaHCO3的NaCl溶液，假设电解过程中产生的气体全部逸出，测得溶液pH变化如右图所示．则在0→t1时间内，阳极反应式为______，溶液pH升高比较缓慢的原因是（用离子方程式回答）______．
正确答案
解：（1）①由NH3．H2O⇌OH-+NH4+可知，加水促进电离，则c（NH3．H2O）减少，c（OH-）减小，平衡正向移动，所以NH3．H2O分子减小的程度大，
②由NH3．H2O⇌OH-+NH4+可知，加水促进电离，n（OH-）增大，但溶液的体积增大的多，则c（OH-）减小，c（H+）和c（OH-）的乘积不变，则c（H+）增大，所以
③因加水稀释时，温度不变，则c（H+）和c（OH-）的乘积不变，故错误；
④由NH3．H2O⇌OH-+NH4+可知，加水促进电离，n（OH-）增大，但溶液的体积增大的多，则c（OH-）减小，c（H+）和c（OH-）的乘积不变，则c（H+）增大，故正确；
故答案为：②④；
（2）NH4HSO4中滴入NaOH溶液，NaOH首先与NH4HSO4电离出的H+作用，因为H+结合OH-的能力比NH4+结合OH-的能量强（原因是产物H2O比NH3•H2O更难电离）．当加入等摩尔的NaOH时，正好将H+中和，此时c（Na+）=c（SO42-），但此时溶液中还有NH4+，NH4+水解使溶液呈酸性，则溶液中所有离子的物质的量浓度由大到小的顺序为：c（Na+）=c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；
故答案为：c（Na+）=c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；
（3）Qc=c（Ag+）．c（Cl-）=0.001mol•L-l×0.001mol•L-l=10-6＞Ksp（AgCl），所以有沉淀，KSP（AgCl）＞KSP（AgI）沉淀转化，所以AgCl会转化为AgI，白色沉淀转化为黄色沉淀，离子反应为AgCl（s）+I-（aq）=AgI（s）+Cl-（aq），
故答案为：c（Ag+）．c（Cl-）＞Ksp（AgCl）；AgCl（s）+I-（aq）=AgI（s）+Cl-（aq）；
（4）将a mol•L-1的氨水与b mol•L-1的盐酸等体积混合，反应后溶液显中性，溶液中c（OH-）=1×10-7mol/L，
溶液中c（NH4+）=c（Cl-）=
则k=
故答案为：
（5）在0→t1时间内，相当于电解氯化钠溶液，阳极上氯离子放电，电极反应式为2Cl--2e-═Cl2↑，阴极上氢离子放电，电极反应式为：2H++2e-═H2↑；用惰性电极电解氯化钠溶液时，阳极上析出氯气，阴极上析出氢气，同时溶液中还有氢氧化钠生成，氢氧化钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钠，离子反应方程式为OH-+HCO3-═H2O+CO32-，所以溶液pH升高比较缓慢，
故答案为：2Cl--2e-=Cl2↑；HCO3-+OH-=CO32-+H2O．
解析
解：（1）①由NH3．H2O⇌OH-+NH4+可知，加水促进电离，则c（NH3．H2O）减少，c（OH-）减小，平衡正向移动，所以NH3．H2O分子减小的程度大，
②由NH3．H2O⇌OH-+NH4+可知，加水促进电离，n（OH-）增大，但溶液的体积增大的多，则c（OH-）减小，c（H+）和c（OH-）的乘积不变，则c（H+）增大，所以
③因加水稀释时，温度不变，则c（H+）和c（OH-）的乘积不变，故错误；
④由NH3．H2O⇌OH-+NH4+可知，加水促进电离，n（OH-）增大，但溶液的体积增大的多，则c（OH-）减小，c（H+）和c（OH-）的乘积不变，则c（H+）增大，故正确；
故答案为：②④；
（2）NH4HSO4中滴入NaOH溶液，NaOH首先与NH4HSO4电离出的H+作用，因为H+结合OH-的能力比NH4+结合OH-的能量强（原因是产物H2O比NH3•H2O更难电离）．当加入等摩尔的NaOH时，正好将H+中和，此时c（Na+）=c（SO42-），但此时溶液中还有NH4+，NH4+水解使溶液呈酸性，则溶液中所有离子的物质的量浓度由大到小的顺序为：c（Na+）=c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；
故答案为：c（Na+）=c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；
（3）Qc=c（Ag+）．c（Cl-）=0.001mol•L-l×0.001mol•L-l=10-6＞Ksp（AgCl），所以有沉淀，KSP（AgCl）＞KSP（AgI）沉淀转化，所以AgCl会转化为AgI，白色沉淀转化为黄色沉淀，离子反应为AgCl（s）+I-（aq）=AgI（s）+Cl-（aq），
故答案为：c（Ag+）．c（Cl-）＞Ksp（AgCl）；AgCl（s）+I-（aq）=AgI（s）+Cl-（aq）；
（4）将a mol•L-1的氨水与b mol•L-1的盐酸等体积混合，反应后溶液显中性，溶液中c（OH-）=1×10-7mol/L，
溶液中c（NH4+）=c（Cl-）=
则k=
故答案为：
（5）在0→t1时间内，相当于电解氯化钠溶液，阳极上氯离子放电，电极反应式为2Cl--2e-═Cl2↑，阴极上氢离子放电，电极反应式为：2H++2e-═H2↑；用惰性电极电解氯化钠溶液时，阳极上析出氯气，阴极上析出氢气，同时溶液中还有氢氧化钠生成，氢氧化钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钠，离子反应方程式为OH-+HCO3-═H2O+CO32-，所以溶液pH升高比较缓慢，
故答案为：2Cl--2e-=Cl2↑；HCO3-+OH-=CO32-+H2O．
能使水的电离平衡向电离方向移动，而且溶液呈酸性的是（ ）
正确答案
解析
解：A．水的电离是吸热反应，升高温度能促进水的电离，使平衡向正反应方向移动，但溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度仍然相等，溶液呈中性，故A错误；
B．加热少量稀盐酸，溶液中氢离子浓度增大，但抑制水电离，故B错误；
C．向溶液中加少量氢氧化钠溶液，溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制水电离，故C错误；
D．向溶液中加少量氯化铁溶液，铁离子水解促进水电离，且铁离子水解导致溶液中氢离子浓度 大于氢氧根离子浓度，所以溶液呈酸性，故D正确；
故选D．
水的电离平衡曲线如图1所示：
（1）若以A点表示25℃时水的电离平衡时离子的浓度，当温度升高到100℃时，水的电离平衡状态到B点，则此时水的离子积从______增加到______，造成水的离子积增大的原因是______．
（2）已知：25℃时，0.1L 0.1mol．L-1的NaA溶液的pH=10，则HA在水溶液中的电离方程式为______
（3）100℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的硫酸溶液混合，若所有得混合溶液pH=7，则NaOH溶液与硫酸溶液的体积比为______
（4）100℃时，若10体积的PH=a某强酸溶液与1体积的PH=b某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合之前，a与b之间应满足的关系是______
正确答案
10-14
10-12
水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离
HA⇌H++A-
1：9
a+b=13
解析
解：（1）水的离子积KW=c（H+）•c（OH-），25℃时，KW=c（H+）•c（OH-）=10-7×10-7=10-14，100℃时，KW=c（H+）•c（OH-）=10-6×10-6=10-12，水的电离为吸热反应，升高温度促进水电离，导致水的离子积常数增大，
故答案为：10-14；10-12；水的电离为吸热反应，升高温度促进水电离；
（2）由于0.1L 0.1mo/L的NaA溶液的pH=10，说明溶液显示碱性，HA属于弱电解质，电离方程式为：HA⇌H++A-，
故答案为：HA⇌H++A-；
（3）设氢氧化钠溶液的体积为xL，硫酸溶液的体积为yL，pH=9的NaOH溶液中，氢氧根离子的浓度为：10-3mol/L，pH=4的硫酸溶液中氢离子浓度为：10-4mol/L，
二者混合后溶液的pH=7，溶液酸性碱性，溶液中氢氧根离子的浓度为10-5mol/L，即氢氧化钠过量，即10-3mol/L×xL=10-4mol/L×y+10-5mol/L（x+y），
解得x：y=1：9，
故答案为：1：9；
（4）设强酸溶液的pH为a，体积为10V，溶液中氢离子浓度为：10-amol/L；碱溶液的pH为b，体积为V，溶液中氢氧根离子的浓度为：10-（12-b）mol/L，混合后溶液呈中性，则满足溶液中氢离子的物质的量大于氢氧根离子的物质的量，即10-amol/L×10VL=10-（12-b）mol/L×VL，
解得：1-a=b-12，a+b=13，
故答案为：a+b=13．
（2014春•东阳市校级月考）从某些性质看，NH3与H2O相当，NH4+与H3O+相当，NH2-与OH-相当，NH2-（也包括N3-）与O2-相当．下列有关化学方程式不正确的是（ ）
正确答案
解析
解A、KHN2相当于KOH，氯化铵与KOH反应的化学方程式是：NH4Cl+KOH=KCl+NH3+H2O对比（A）反应，可知该化学方程式正确，故A正确；
B、NH3相当于H2O，二价活泼金属M与水反应的化学方程式是：M+2H2O=M（OH）2+H2↑对比（B）反应，可知该化学方程式正确，故B正确；
C、MNH相当于MO，盐酸与MO反应的化学方程式是：2HCl+MO=MCl2+H2O对比（C）反应，可知该化学方程式正确，故C正确；
D、NH4Cl相当于H3OCl（即HCl），H3OCl与MO反应的化学方程式是：2H3OCl+MO=MCl2+3H2O或2HCl+MO=MCl2+H2O，则NH4Cl与MO反应的化学方程式应为：2NH4Cl+MO=MCl2+2NH3+H2O可知，化学方程式D不正确，故D错误；
故选D．
有一种含氨和氯化铵物质的量相等的混合溶液，其pH为9.3，下列说法中错误的是（ ）
正确答案
解析
解：A．溶液呈碱性，氨水的电离作用大于氯化铵的水解作用，故A正确；
B．溶液呈碱性氯化铵的水解作用大于氨水的电离作用，故B错误；
C．氯化铵水解生成一水合氨，氨水的存在抑制了氯化铵的水解，故C正确；
D．氨水电离生成铵根，氯化铵的存在抑制了氨水的电离，故D正确．
故选B．
正确答案
解析
解：NaOH是强电解质，CH3COONa是强碱弱酸盐，加水稀释促进醋酸根离子水解，稀释相同的倍数时，溶液中c（OH-）CH3COONa＞NaOH，所以pH变化大的是NaOH，则b为NaOH，变化小的是CH3COONa，即c为CH3COONa，
A．溶液的导电能力与离子浓度成正比，pH相等的醋酸钠和氢氧化钠，c（CH3COONa）＞c（NaOH），所以c点导电能力大于b，即b、c两点溶液的导电能力不相同，故A正确；
B．氢氧化钠对水的电离起抑制作用，而醋酸根离子浓度越大对水的电离程度越促进，所以a、b、c三点溶液中水的电离程度a＞c＞b，故B正确；
C．任何电解质溶液中都存在质子守恒，根据质子守恒得C（H+）+C（CH3COOH）=C（OH-），故C正确；
D．pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（CH3COONa）＞c（NaOH），相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液消耗相同浓度的盐酸体积与氢氧化钠和醋酸钠的物质的量成正比，相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液n（CH3COONa）＞n（NaOH），所以醋酸钠消耗盐酸多，消耗盐酸体积Vb＜Vc，故D错误；
故选D．
室温下有下列四种溶液：①0.1mol/L氨水；②0.1mol/L NH4Cl溶液；③混合溶液：盐酸和NH4Cl的浓度均为0.1mol/L；④混合溶液：NaOH和氨水的浓度均为0.1mol/L．四种溶液中c（NH4+）由大到小排列正确的是（ ）
正确答案
解析
解：①中一水合氨是弱电解质，0.1mol/L的氨水中铵根离子浓度远远小于0.1mol/L；
②氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解但程度较小，所以0.1mol/L的氯化铵中铵根离子浓度接近0.1mol/L；
③氯化氢电离出的氢离子抑制铵根离子水解，所以该溶液中铵根离子浓度接近0.1mol/L，但大于②中铵根离子浓度；
④氢氧化钠电离出的氢氧根离子抑制一水合氨电离，所以该溶液中铵根离子浓度远远小于0.1mol/L，且小于①中铵根离子浓度；
氯化铵溶液中铵根离子浓度大于相同浓度的氨水中铵根离子浓度，所以这四种溶液中铵根离子浓度大小顺序是：③②①④，故选D．
（2013秋•烟台期末）下列事实不能证明HNO2是弱电解质的是（ ）
正确答案
解析
解：A．常温下亚硝酸钠溶液的pH大于7，说明亚硝酸钠为强碱弱酸盐，所以能说明亚硝酸为弱酸，故A错误；
B．常温下0.1 mol•L-1 HNO2溶液的pH=2.1，说明亚硝酸不完全电离，溶液中存在电离平衡，所以亚硝酸为弱电解质，故B错误；
C．溶液的导电性与离子浓度成正比，用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，只能说明溶液中离子浓度很小，不能说明亚硝酸的电离程度，所以不能证明亚硝酸为弱电解质，故C正确；
D．常温下pH=2的HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.1说明亚硝酸中存在电离平衡，则亚硝酸为弱电解质，故D错误；
故选C．
部分弱酸的电离平衡常数如下表．下列选项错误的是（ ）
正确答案
解析
解：A．同条件下，酸的电离平衡常数越大，其电离程度越大，则其酸性越强，根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序是HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，故A正确；
B．酸性强弱顺序是HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，所以反应方程式为CN-+H2O+CO2=HCN+HCO3-，故B错误；
C．酸性强弱顺序是HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，所以反应方程式为2HCOOH+CO32-=2HCOO-+H2O+CO2↑，故C正确；
D．等pH、等体积的HCOOH和HCN，n（HCN）＞n（HCOOH），中和酸需要碱的物质的量与酸的物质的量、酸的元数成正比，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D正确；
故选B．
对于弱酸在-定温度下达到电离平衡时，各粒子的浓度存在一种定量的关系．若在25℃时有HA⇌H++A-，则K=c（H+）•c（A-）/c（HA），式中K为电离平衡常数，只与温度有关，各粒子的浓度为达到平衡时的浓度．下表是几种常见弱酸的电离平衡常数（25℃）
回答下列问题：
（1）K只与温度有关，当温度升高时，K值______（填“增大”、“减小”或“不变”）
（2）在温度相同时，各弱酸K值不同，那么K值的大小与酸性相对强弱的关系是：______．
（3）若把CH3COOH、H2CO3、HCO3-、H2S、HS-、H3PO4、H2PO4-、HPO42-都看作是酸，其中酸性最强的是______，最弱的是______．
（4）电离平衡常数是用实验的方法测定出来的，现已经测得25℃时c mol/L的CH3COOH的电离度为α（当若电解质在溶液里达到电离平衡时，溶液中已电离的电解质分子占原来总分子数的百分数叫做该电解质的电离度）．试表示该温度下醋酸的电离平衡常数K=______．
正确答案
解：（1）弱电解质的电离是吸热反应，升高温度促进弱电解质电离，则生成物浓度增大反应物浓度减小，所以K值增大，
故答案为：增大；
（2）K值越大，酸的电离程度越大，则溶液中氢原子浓度比氢氧根离子浓度更大，所以溶液的酸性越强，
故答案为：K值越大，电离出的氢离子浓度越大，所以酸性越强；
（3）电离平衡常数越大的酸性越强，越小的酸性越弱，根据表格知，酸性增强的是H3PO4，最弱的是 HS-，
故答案为：H3PO4；HS-；
（4）醋酸溶液中水电离出的氢离子浓度很小，对于醋酸电离出的氢离子来说水电离出的氢离子可以忽略，所以该溶液中c（CH3COO-）=c（H+）=c αmol/L，溶液中c（CH3COOH）=c（1-α）mol/L，
则电离平衡常数K=
故答案为：
解析
解：（1）弱电解质的电离是吸热反应，升高温度促进弱电解质电离，则生成物浓度增大反应物浓度减小，所以K值增大，
故答案为：增大；
（2）K值越大，酸的电离程度越大，则溶液中氢原子浓度比氢氧根离子浓度更大，所以溶液的酸性越强，
故答案为：K值越大，电离出的氢离子浓度越大，所以酸性越强；
（3）电离平衡常数越大的酸性越强，越小的酸性越弱，根据表格知，酸性增强的是H3PO4，最弱的是 HS-，
故答案为：H3PO4；HS-；
（4）醋酸溶液中水电离出的氢离子浓度很小，对于醋酸电离出的氢离子来说水电离出的氢离子可以忽略，所以该溶液中c（CH3COO-）=c（H+）=c αmol/L，溶液中c（CH3COOH）=c（1-α）mol/L，
则电离平衡常数K=
故答案为：
正确答案
解析
解：A．由图可知，ROH的pH=13时稀释1000倍，pH变为10，则ROH为强碱，故A正确；
B．由图可知，MOH的pH=12时稀释100倍，pH变为11，则MOH是弱碱，在x点不完全电离，故B错误；
C．在X点，pH相同，则c（OH-）相同，由电荷守恒可知，c（M+）=c（R+），故C正确；
D．ROH为强碱，稀释前浓度为0.1mol/L，MOH的pH=12时稀释100倍，pH变为11，则说明MOH为弱碱，稀释前MOH的浓度大于0.01mol/L，则稀释前c（ROH）＜10c（MOH），故D错误；
故选BD．
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