- 水溶液中的离子平衡
- 共26089题
（2015秋•仙桃校级月考）用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随水量的增加而减小的是（ ）
A
B
Cc（H+）×c（OH-）
Dn（OH-）
正确答案
解析
解：加水稀释促进NH3．H2O电离，所以c（NH3．H2O）减小，NH3．H2O电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c（OH-）、c（NH4+）都减小，温度不变，水的离子积常数不变，则溶液中c（H+）增大，
A．加水稀释促进NH3．H2O电离，所以n（NH3．H2O）减小，n（OH-）增大，则
B．加水稀释促进NH3．H2O电离，所以n（NH3．H2O）减小，n（OH-）增大，则
C．温度不变，水的离子积常数不变，则c（H+）×c（OH-）不变，故C错误；
D．加水稀释促进NH3．H2O电离，所以n（OH-）增大，故D错误；
故选B．
氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，以太阳能为热能，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法．其反应过程如图1所示：
（1）反应I的化学方程式是______．
（2）反应I得到的产物用I2进行分离．该产物的溶液在过量I2的存在下会分成两层一一含低浓度I2的H2SO4层和含高浓度I2的HI层．
①根据上述事实，下列说法正确的是______（选填序号）．
a．两层溶液的密度存在差异
b．加I2前，H2SO4溶液和HI溶液不互溶
c．I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶
②辨别两层溶液的方法是______．
③经检测，H2SO4层中c（H+）：c（SO42-）=2.06：1，其比值大于2的原因______．
（3）反应Ⅱ：2H2SO4（l）═2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）△H=+550kJ•mol-1它由两步反应组成：
i．H2SO4（l）═SO3（g）+H2O（g），△H=+177kJ•mol-1
ii．SO3（g）分解．
L（Ll，L2）、X可分别代表压强或温度，如图2表示L一定时，ii中SO3（g）的平衡转化率随X的变化关系．
①X代表的物理量是______．
②判断Ll，L2的大小关系，并简述理由：______．
正确答案
解：（1）由图可知，反应I为二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI，该反应为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，
故答案为：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI；
（2）①a．两层溶液的密度存在差，才出现上下层，故a正确；
b．加I2前，H2SO4溶液和HI溶液互溶，与分层无关，故b错误；
c．I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶，则碘在不同溶剂中溶解性不同，类似萃取，与分层有关，故c正确；
故答案为：ac；
②辨别两层溶液的方法是：观察颜色，颜色深的为HI层，颜色浅的为硫酸层，
故答案为：观察颜色，颜色深的为HI层，颜色浅的为硫酸层；
③H2SO4层中c（H+）：c（SO42-）=2.06：1．其比值大于2的原因是硫酸层中含少量的HI，且HI电离出氢离子，
故答案为：硫酸层中含少量的HI，且HI电离出氢离子；
（3）①由图可知，X越大，转化率越低，升高温度转化率增大，则X表示压强，
故答案为：压强；
②由2SO3（g）=2SO2（g）+O2（g）△H＞0，温度高，转化率大，图中等压强时L2对应的转化率大，则L1＜L2，
故答案为：L1＜L2，分解反应为吸热反应，温度高，转化率大．
解析
解：（1）由图可知，反应I为二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI，该反应为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，
故答案为：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI；
（2）①a．两层溶液的密度存在差，才出现上下层，故a正确；
b．加I2前，H2SO4溶液和HI溶液互溶，与分层无关，故b错误；
c．I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶，则碘在不同溶剂中溶解性不同，类似萃取，与分层有关，故c正确；
故答案为：ac；
②辨别两层溶液的方法是：观察颜色，颜色深的为HI层，颜色浅的为硫酸层，
故答案为：观察颜色，颜色深的为HI层，颜色浅的为硫酸层；
③H2SO4层中c（H+）：c（SO42-）=2.06：1．其比值大于2的原因是硫酸层中含少量的HI，且HI电离出氢离子，
故答案为：硫酸层中含少量的HI，且HI电离出氢离子；
（3）①由图可知，X越大，转化率越低，升高温度转化率增大，则X表示压强，
故答案为：压强；
②由2SO3（g）=2SO2（g）+O2（g）△H＞0，温度高，转化率大，图中等压强时L2对应的转化率大，则L1＜L2，
故答案为：L1＜L2，分解反应为吸热反应，温度高，转化率大．
（2013秋•潍坊期末）如表是几种弱电解质的电离平衡常数、难溶电解质的溶度积Ksp（25°C）．
回答下列问题：
（1）写出C6H5OH与Na3PO4反应的离子方程式：______．
（2）25°C时，向10mL 0.01mol•L-1C6H5OH溶液中滴加V mL 0.01mol•L-1氨水，混合溶液中粒子浓度关系正确的是______（填序号）．
a．若混合液pH＞7，则V≥10
b．V=5时，2c（NH3•H2O）+2c（NH4+）═2c（C6H5O-）+c（C5H5OH）
c．v=10时，混合液中水的电离程度小于0.01mol•L-1C6H5OH溶液中水的电离程度
d．若混合液pH＜7，则c（NH4+）＞c（C6H5O-）＞c（H+）＞c（OH-）
（3）水解反应的化学平衡常数称为水解常数（用Kb表示），类比化学平衡常数的定义．25°C时，Na2CO3第一步水解反应的水解常数Kb=______ mol•L-1．
（4）如图所示，有T1、T2不同温度下两条BaSO4
在水中的沉淀溶解平衡曲线（已知BaSO4的Ksp随温度升
高而增大）．
①T2______ 25°C（填“＞”、“＜”或“=”）；
②讨论T1温度时BaSO4的沉淀溶解平衡曲线，
下列说法正确的是______（填序号）．
a．加入Na2SO4不能使溶液由a点变为b点
b．在T1曲线上方区域（不含曲线）任意一点时，均有BaSO4沉淀生成
c．蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点（不含a、b）
d．升温可使溶液由b点变为d点．
正确答案
解：（1）苯酚的电离平衡常数大于磷酸的第三步电离平衡常数，而小于第二步电离平衡常数，则苯酚和磷酸钠反应生成苯酚钠和磷酸一氢钠，离子方程式为：C6H5OH+PO43-=C6H5O-+HPO42-，故答案为：C6H5OH+PO43-=C6H5O-+HPO42-；
（2）相同温度下，一水合氨的电离程度大于苯酚，则苯酚铵溶液呈碱性，
a．如果溶液呈碱性，溶液中的溶质为苯酚铵或苯酚铵和一水合氨，苯酚和氨水的浓度相等，要使溶液呈碱性，苯酚的体积小于或等于或大于氨水体积都可能使混合溶液呈碱性，故a错误；
b．任何电解质溶液中都遵循物料守恒，根据物料守恒得V=5时，2c（NH3•H2O）+2c（NH4+）=c（C6H5O-）+c（C6H5OH），故b正确；
c．含有弱根离子的盐促进水电离，酸抑制水电离，所以苯酚铵促进水电离，苯酚抑制水电离，故c错误；
D．若混合液pH＜7，溶液中的溶质为苯酚和苯酚铵，pH＜7，则c（H+）＞c（OH-），溶液中电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）=c（C6H5O-）+c（OH-），所以c（C6H5O-）＞c（NH4+），故d错误；
故选b；
（3）Kh=
（4）①25°C时硫酸钡的Ksp=1.07×10-10，根据图片知，温度越高，硫酸钡的离子积常数越大，T2 时硫酸钡的溶度积常数=1.0×10-4×5.0×10-5=5×10-9＞1.07×10-10，所以该温度大于25℃，故答案为：＞；
②a．硫酸钠抑制硫酸钡电离，硫酸根离子浓度增大，导致溶液中钡离子浓度减小，所以可以使溶液由a点变为b点，故a错误；
b．在T1曲线上方区域（不含曲线）为过饱和溶液，所以有晶体析出，故b正确；
c．蒸发溶剂，增大溶液中溶质的浓度，温度不变，溶度积常数不变，所以蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点（不含a、b），故c正确；
d．升温增大溶质的溶解，溶液中钡离子、硫酸根离子浓度都增大，故d错误；
故选bc．
解析
解：（1）苯酚的电离平衡常数大于磷酸的第三步电离平衡常数，而小于第二步电离平衡常数，则苯酚和磷酸钠反应生成苯酚钠和磷酸一氢钠，离子方程式为：C6H5OH+PO43-=C6H5O-+HPO42-，故答案为：C6H5OH+PO43-=C6H5O-+HPO42-；
（2）相同温度下，一水合氨的电离程度大于苯酚，则苯酚铵溶液呈碱性，
a．如果溶液呈碱性，溶液中的溶质为苯酚铵或苯酚铵和一水合氨，苯酚和氨水的浓度相等，要使溶液呈碱性，苯酚的体积小于或等于或大于氨水体积都可能使混合溶液呈碱性，故a错误；
b．任何电解质溶液中都遵循物料守恒，根据物料守恒得V=5时，2c（NH3•H2O）+2c（NH4+）=c（C6H5O-）+c（C6H5OH），故b正确；
c．含有弱根离子的盐促进水电离，酸抑制水电离，所以苯酚铵促进水电离，苯酚抑制水电离，故c错误；
D．若混合液pH＜7，溶液中的溶质为苯酚和苯酚铵，pH＜7，则c（H+）＞c（OH-），溶液中电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）=c（C6H5O-）+c（OH-），所以c（C6H5O-）＞c（NH4+），故d错误；
故选b；
（3）Kh=
（4）①25°C时硫酸钡的Ksp=1.07×10-10，根据图片知，温度越高，硫酸钡的离子积常数越大，T2 时硫酸钡的溶度积常数=1.0×10-4×5.0×10-5=5×10-9＞1.07×10-10，所以该温度大于25℃，故答案为：＞；
②a．硫酸钠抑制硫酸钡电离，硫酸根离子浓度增大，导致溶液中钡离子浓度减小，所以可以使溶液由a点变为b点，故a错误；
b．在T1曲线上方区域（不含曲线）为过饱和溶液，所以有晶体析出，故b正确；
c．蒸发溶剂，增大溶液中溶质的浓度，温度不变，溶度积常数不变，所以蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点（不含a、b），故c正确；
d．升温增大溶质的溶解，溶液中钡离子、硫酸根离子浓度都增大，故d错误；
故选bc．
（2013秋•东城区期末）关于常温下pH=2的醋酸溶液，下列叙述正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．醋酸为弱电解质，醋酸部分电离，所以醋酸的浓度大于电离出来的氢离子的浓度，即c（CH3COOH）＞0.01mol•L-1，故A错误；
B．根据溶液中电荷守恒可知：c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），故B错误；
C．加水稀释100倍后，加水稀释促进醋酸的电离，氢离子的物质的量增大，所以PH变化小于2个单位，即PH＜4，故C错误；
D．加入少量CH3COONa固体，c（CH3COO-）增大，平衡逆向移动，可抑制醋酸的电离，故D正确．
故选D．
下列微粒对水的电离平衡不产生影响的是（ ）
正确答案
解析
解：A．水能电离出氢离子和氢氧根离子，所以水合氢离子能抑制水电离，故A不选；
B．水能电离出氢离子和氢氧根离子，所以氢氧根离子能抑制水电离，故B不选；
C．硝酸根离子和氢离子或氢氧根离子不反应，也不是水能电离出的阴阳离子，所以对水电离无影响，故C选；
D．铵根离子能和氢氧根离子反应生成弱电解质一水合氨，所以能促进水电离，故D不选；
故选C．
请按要求完成下列各项填空：
（1）①pH=2的CH3COOH溶液稀释100倍后，所得溶液pH______4（填“＞”或“＜”或“=”，下同）．
②0.01mol/L CH3COOH溶液的pH______2．
③0.1mol/L CH3COONa溶液的pH______7．
（2）观察比较以上三个小题，从中试提出证明某酸（HA）是弱电解质的两种较稳妥的实验方法：
①______；②______．
（3）AlCl3的水溶液呈______（填“酸”、“中”或“碱”）性，常温时的pH______7（填“＞”、“＜”或“=”），原因是（用离子方程式表示）：______；实验室在配制 AlCl3溶液时，常将 AlCl3固体先溶于浓盐酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以______（填“促进”或“抑制”）其水解．将AlCl3溶液蒸干、灼烧，最后得到的主要固体产物是______（填化学式）．
正确答案
解：（1）①CH3COOH是弱酸，存在电离平衡，加水促进电离，所以CH3COOH溶液稀释100倍后，pH变化小于2个单位，即所得溶液pH＜4，故答案为：＜；
②CH3COOH是弱酸，在水溶液中部分电离，所以溶液中氢离子浓度小于酸的浓度，所以0.01mol/L CH3COOH溶液的pH＞2，故答案为：＞；
③CH3COONa属于强碱弱酸盐，醋酸根离子在水溶液中水解显碱性，所以溶液的pH＞7，故答案为：＞；
（2）证明某酸（HA）是弱电解质的两种较稳妥是测定酸的PH或其盐溶液的pH，因为pH容易测定，
故答案为：测量0.01mol/LHA溶液的pH，若大于2则为弱电解质；测量0.1mol/L CH3COONa溶液的pH，若大于7则为弱电解质；
（3）氯化铝水解生成氢氧化铝和盐酸，溶液呈酸性，常温时pH＜7．实验室配制氯化铝溶液时，为抑制氯化铝水解，将氯化铝溶于盐酸，然后加水稀释到所需浓度．将氯化铝溶液加热蒸干，促进氯化铝水解，平衡向右移动，盐酸挥发，得到氢氧化铝固体，灼烧得到氧化铝，
故答案为：酸；＜；Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+； 抑制；Al2O3．
解析
解：（1）①CH3COOH是弱酸，存在电离平衡，加水促进电离，所以CH3COOH溶液稀释100倍后，pH变化小于2个单位，即所得溶液pH＜4，故答案为：＜；
②CH3COOH是弱酸，在水溶液中部分电离，所以溶液中氢离子浓度小于酸的浓度，所以0.01mol/L CH3COOH溶液的pH＞2，故答案为：＞；
③CH3COONa属于强碱弱酸盐，醋酸根离子在水溶液中水解显碱性，所以溶液的pH＞7，故答案为：＞；
（2）证明某酸（HA）是弱电解质的两种较稳妥是测定酸的PH或其盐溶液的pH，因为pH容易测定，
故答案为：测量0.01mol/LHA溶液的pH，若大于2则为弱电解质；测量0.1mol/L CH3COONa溶液的pH，若大于7则为弱电解质；
（3）氯化铝水解生成氢氧化铝和盐酸，溶液呈酸性，常温时pH＜7．实验室配制氯化铝溶液时，为抑制氯化铝水解，将氯化铝溶于盐酸，然后加水稀释到所需浓度．将氯化铝溶液加热蒸干，促进氯化铝水解，平衡向右移动，盐酸挥发，得到氢氧化铝固体，灼烧得到氧化铝，
故答案为：酸；＜；Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+； 抑制；Al2O3．
（1）已知25℃时有关弱酸的电离常数：
则在同浓度同体积的CH3COOH溶液和HCN溶液中，[H+]较大的是______（填化学式）；
则在同浓度同体积的CH3COONa溶液和NaCN溶液中，______溶液离子数目较多（选填化学式）．
（2）若将含氧酸的通式写成（HO）mEOn，观察题中常见酸的Ka或Ka1的数据，完成下列问题：
①完成下列离子方程式：
NaClO溶液中通入少量的CO2______．
NaClO溶液中通入少量的SO2______．
②分析表中数据总结其中的规律（任写两条）：a、______；
b、______．
正确答案
CH3COOH
CH3COONa
ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-
H2O+ClO-+SO2=Cl-+SO42-+2H+
同种元素形成的不同含氧酸，中心原子价态越高，其酸性越强
同价态的不同卤素原子形成的一元酸，其酸性随中心原子元素的非金属性增强而增强（c、同主族元素的最高价含氧酸，其酸性随中心原子原子半径的增大而减弱；
d、n值越大，含氧酸的酸性越强；）
解析
解：（1）酸的电离平衡常数越大，其电离程度越大，则相同浓度的酸中，氢离子浓度越大，根据电离平衡常数知，这几种酸中氢离子浓度最大的是醋酸；
酸的电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，则酸根离子水解程度越小，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+）、c（CN-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），所以溶液中所有离子浓度为阳离子浓度的2倍，醋酸的电离程度大于氢氰酸，醋酸根离子水解程度小于氢氰酸根离子，所以醋酸钠溶液中氢离子浓度大于氢氰酸钠，则醋酸钠溶液离子数目较多，
故答案为：CH3COOH；CH3COONa；
（2）①次氯酸的电离平衡常数大于碳酸氢根离子而小于碳酸，所以二氧化碳和次氯酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-，
二氧化硫具有还原性，次氯酸根离子具有氧化性，二者能发生氧化还原反应而生成硫酸根离子和氯离子，离子方程式为H2O+ClO-+SO2=Cl-+SO42-+2H+，
故答案为：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-；H2O+ClO-+SO2=Cl-+SO42-+2H+；
②根据图表中数据得，
a、同种元素形成的不同含氧酸，中心原子价态越高，其酸性越强；
b、同价态的不同卤素原子形成的一元酸，其酸性随中心原子元素的非金属性增强而增强；
c、同主族元素的最高价含氧酸，其酸性随中心原子原子半径的增大而减弱；
d、n值越大，含氧酸的酸性越强；
故答案为：a、同种元素形成的不同含氧酸，中心原子价态越高，其酸性越强；
b、同价态的不同卤素原子形成的一元酸，其酸性随中心原子元素的非金属性增强而增强（c、同主族元素的最高价含氧酸，其酸性随中心原子原子半径的增大而减弱；
d、n值越大，含氧酸的酸性越强）．
下列推断或表述正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．稀释醋酸促进醋酸电离，某醋酸稀溶液的pH=a，将此溶液稀释10倍后，溶液中氢离子浓度大于原来的
B．难溶物类型相同的盐，溶度积常数大的物质向溶度积小的物质转化，2.0mL浓度均为0.1mol•L-1的KCl、KI混合溶液中滴加2滴0.01mol•L-1 AgNO3溶液，沉淀呈黄色，说AgCl的Ksp比AgI的Ksp大，故B错误；
C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得C（H+）+C（K+）=C（OH-）+C（X-），故C正确；
D.7.8gAl（OH）3的物质的量=
故选C．
（2015•莱州市校级模拟）常温下，下列对醋酸稀溶液的叙述中，正确的是（ ）
A将pH=a的醋酸稀释变为pH=a+1，醋酸的浓度则变为原来的
B将pH=a的醋酸稀释为pH=a+1的过程中，c（CH3COOH）/c（H+）
CpH=a的醋酸与pH=a+1的醋酸分别中和等物质的量的NaOH溶液，二者所消耗体积比为1：10
D等体积pH=a的醋酸与pH=b的NaOH溶液恰好中和时，存在a+b=14
正确答案
解析
解：A．如醋酸为强酸，则将pH=a的醋酸稀释变为pH=a+1，醋酸的浓度则变为原来的
B．将pH=a的醋酸稀释为pH=a+1的过程中，醋酸电离程度增大，n（CH3COOH）减小，n（H+）增大，则
C．醋酸浓度越大，电离程度越小，则pH=a的醋酸电子程度较小，pH=a的醋酸与pH=a+1的醋酸分别中和等物质的量的NaOH溶液，二者所消耗体积比大于1：10，故C错误；
D．pH=a的醋酸与pH=b的NaOH溶液恰好中和，醋酸和氢氧化钠的物质的量相等，如醋酸为强酸时存在a+b=14，但醋酸为弱酸，故D错误．
故选B．
下列说法错误的是（ ）
正确答案
解析
解：A．醋酸是弱电解质，醋酸溶液中氢离子浓度小于醋酸浓度，所以c（H+）＜10-1 mol•L-1，则由水电离出的c（H+）大于10-13 mol•L-1，故A错误；
B．酸溶液中c（H+）=10-pH，所以pH=2与pH=1的CH3COOH溶液中c（H+）之比=0.01：0.1=1：10，故B正确；
C．pH=2的醋酸溶液中醋酸浓度大于10-2 mol•L-1，pH=12的氢氧化钠溶液中氢氧化钠浓度=10-2 mol•L-1，二者等体积混合，酸剩余，溶液呈酸性，故C正确；
D．根据质子守恒得c（OH-）=c（HCO3-）+c（H+）+2c（H2CO3），故D正确；
故选A．
在25℃时，对于0.1mol•L-1的氨水，请回答以下问题：
（1）若向氨水中加入少量硫酸铵固体，此时溶液中
（2）若向氨水中加入pH=1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1：1，此时溶液的pH______7（填“大于”、“小于”或“等于”），用离子方程式表示其原因______，此时溶液中各离子浓度由大到小的顺序为______．
（3）若向氨水中加入0.05mol•L-1稀硫酸至溶液正好呈中性，所用氨水的体积V1与稀硫酸的体积V2的关系为V1______V2（填“大于”、“小于”或“等于”），写出溶液中各离子浓度之间满足的电荷守恒表达式______．
正确答案
增大
小于
NH4++H2O
c（NH4+）＞c（SO42- ）＞c（H+）＞c（OH-）
大于
c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42- ）+c（OH-）
解析
解：（1）由于（NH4）2SO4=2NH4++SO42-，溶液中NH4+浓度增大，故答案为：增大．
（2）pH=1的硫酸溶液，C（ H +）=0.1mol•L-1，氢离子浓度与氨水浓度相等，体积相同，所以恰好反应生成盐，但由于硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解，使溶液呈酸性，PH＜7；
如果NH4+不水解，C（ NH4+）：C（SO42-）=2：1，但水解是较弱的，所以c（NH4+）＞c（SO42- ）；溶液呈酸性，所以c（H+）＞c（OH-）；
故答案为：小于；NH4++H2O
（3）酸碱浓度比为1：2，由H2SO4+2NH3．H2O=（NH4）2SO4+2H20得，酸碱溶液的体积比应为1：1，但由于硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解，使溶液呈酸性，要想使溶液呈中性，加入碱液的体积要比恰好反应的大一些；无论溶液的酸碱性如何，但溶液中阴阳离子所带电荷相等，即c（NH4+）V×NA×1+c（H+）V×NA×1=c（SO42- ）V×NA×2+c（OH-）V×NA×1，化简得c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42- ）+c（OH-）
故答案为：大于；c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42- ）+c（OH-）．
（2014春•朔州校级期中）下列物质在水中最难电离的是（ ）
ACH3COOH
BCH3CH2OH
CH2CO3
D
正确答案
解析
解：酒精是非电解质，乙酸、碳酸、苯酚都是电解质，故选B．
室温条件下进行下列各组实验，其中的观察要点不能说明醋酸是弱电解质的是（ ）
正确答案
解析
A、等浓度的醋酸与氢氧化钠溶液反应，属于酸碱中和反应，无法作为判断强弱电解质的依据，故A错误；
B、醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，加入醋酸钠固体后，平衡向着逆向移动，c（H+）减小，PH增大，B说法正确，故B错误；
C、等体积等浓度的盐酸和醋酸，n（CH3COOH ）=n（HCl），醋酸的弱电解质，部分电离，醋酸溶液中c（H+）要小于盐酸的，产生H2的起始速率会不同，C的判断正确，故C错误；
D、弱电解质加水稀释，会促进电离，导致n（H+）增大，加入水的量要比强电解质多，D说法正确，故D错误．
故选A．
欲使CH3COONa稀溶液中的
正确答案
解析
解：A、升温，水解平衡正向移动，所以醋酸根离子浓度减小，但是钠离子浓度不变，即比值会减小，故A错误；
B、加水稀释，促进水解，所以醋酸根离子物质的量减小，而钠离子的物质的量不变，即比值会减小，故B错误；
C、加入KOH固体，钠离子浓度不变，水解平衡向逆向移动，所以醋酸根离子浓度增大，即比值会增大，故C正确；
D、加少量固体Na2CO3，钠离子浓度变大，水解平衡向逆向移动，所以醋酸根离子浓度增大，各度很小，主要以钠离子浓度增大为主，即比值会减小，故D错误；
故选：C．
常温下0.1mol•L-1醋酸溶液的pH=a，下列能使溶液pH=（a+1）的措施是（ ）
正确答案
解析
解：A、醋酸是弱电解质，加水稀释能促进水的电离，将溶液稀释到原体积的10倍，氢离子浓度大于原来的
B、加入适量的醋酸钠固体，醋酸钠中含有醋酸根离子能抑制醋酸的电离，使溶液中氢离子浓度减小，所以能使溶液pH=（a+1），故B正确；
C、加入等体积的0.2 mol•L-1盐酸，氢离子浓度增大，溶液的pH值减小，故C错误；
D、提高温度促进醋酸的电离，使溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH值减小，故D错误；
故选B．
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