热门试卷

解：A．碳酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，溶液的pH＞7，升高温度促进碳酸钠水解，导致溶液的碱性增强，所以符合曲线a的变化，故A正确；

B．醋酸是弱酸，其溶液的pH＜7，且醋酸的电离是吸热反应，升高温度促进醋酸电离，导致溶液的酸性增强，所以醋酸稀溶液符合曲线d的变化，故B正确；

C．明矾是强酸弱碱盐，其溶液呈弱酸性，溶液的pH＜7，升高温度促进明矾水解，导致溶液的酸性增强，所以明矾溶液符合曲线d的变化，故C错误；

D．一水合氨是弱碱，氨水中pH＞7，加水稀释促进其电离，但溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小，所以氨水符合曲线b的变化，故D正确；

故选C．

解：A．氯化氢溶于氢氰酸溶液中，电离出氢离子，导致溶液中氢离子浓度增大，所以抑制氢氰酸电离，平衡向逆反应方向移动，故A正确；

B．氢氰酸电离是吸热反应，升高温度促进其电离，导致溶液的pH减小，故B正确；

C．稀释溶液，电离平衡常数不变，故C错误；

D．加入NaCN固体，则氢氰根离子浓度增大，抑制氢氰酸电离，氢氰酸浓度增大，但C（CN-）＞C（HCN），所以其比值增大，故D正确；

故选C．

解：A、气体转化为液体是放热过程，则正确的表达为：H2O（g）H2O（l）△H=-40.69kJ•mol-1，故A错误；

B、含有固体MgCO3的溶液中，Mg2+离子和CO32-离子都能水解，水解后离子浓度不相等，并且在不同的温度下，溶度积常数不同，故B错误；

C、因为苯环中的碳碳键是介于单双键之间的一种独特的键，不存在典型的碳碳双键和碳碳单键，不能用以上表中进行计算，故C错误；

D、NH3•H2O溶液中加入少量NH4Cl晶体，NH4+浓度增大使电离平衡向逆方向移动，电离程度降低，溶液的pH减小，故D正确．

故选：D．

解：A．在醋酸中，四种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A正确；

B．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B正确；

C．在冰醋酸中高氯酸电离出的c（H+）=mol/L=4×10-3mol/L，氢离子浓度等于电离的高氯酸浓度，所以高氯酸的电离程度=×100%=0.4%，故C正确；

D．在冰醋酸中，硫酸不完全电离，所以硫酸的电离方程式中应该用可逆号，且分步电离，主要以第一步为主，正确的电离方程式为：H2SO4⇌H++HSO4-，故D错误；

故选D．

解：A．酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3-，强酸能和弱酸的盐反应生成弱酸，二者反应生成氢氰酸和碳酸氢根离子，方程式为CN-+H2O+CO2→HCN+HCO3-，故A正确；

B．酸性HF＞H2CO3＞HCO3-，二者反应生成碳酸氢钠和氟化钠，离子方程式为CO32-+HF→F-+HCO3-，故B错误；

C．酸的电离平衡常数越大，其电离程度越大，则酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液pH越小，电离平衡常数HF＞HCN，则电离程度：CN-＞F-，所以等浓度的NaCN和NaF溶液中pH值前者大于后者，故C正确；

D．中和等体积、等pH的HCN和HF消耗NaOH的量与酸的物质的量成正比，等pH的HCN和HF，c（HCN）＞c（HF），则等体积等pH的HCN和HF的物质的量前者大于后者，则消耗NaOH的量前者大于后者，故D错误；

故选AC．

解：①中c（NH3．H2O）＞0.001mol/L，②中c（NaOH）=0.001mol/L③中c（CH3COOH）＞0.001mol/L，④中c（HCl）=0.001mol/L，

A．弱电解质溶液中存在电离平衡，酸或碱加水稀释相同的倍数，弱电解质的pH变化小于强电解质，所以四种溶液的pH①＞②＞④＞③，故A正确；

B．醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，所以③、④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大，故B正确；

C．若混合后溶液的pH=4，则混合溶液中氢离子浓度为10-4 mol/L，即混合溶液中c（H+）==10-4 mol/L，=10-4，Va：Vb=11：9，故C错误；

D．如果②③等体积混合，酸过量，溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH-），且溶液中存在电荷守恒c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），所以c（CH3COO-）＞c（Na+），故D正确；

故选C．

解：A．相同弱电解质不同浓度的溶液中，浓度越大其电离程度越小，所以a+1＞b，故A错误；

B．二者混合时，体积增大一倍，浓度降为原来的一半，根据物料守恒得c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.05mol•L-1，故B错误；

C．c（A2+）=x mol•L-1，c（B-）=y mol•L-1，则Ksp值为xy2，故C错误；

D．n（NaOH）=4mol/L×0.2L=0.8mol，设碳酸钠的物质的量为xmol，碳酸氢钠的物质的量为ymol，根据钠离子、碳原子守恒得，，则碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比=0.2mol：0.4mol=1：2，所以其离子方程式为：3CO2+4OH-=CO32-+2HCO3-+H2O，故D正确；

故选D．

解：A．用惰性电极电解氢氧化钠溶液，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，相当于电解水，导致饱和氢氧化钠溶液中溶剂减少，溶质氢氧化钠析出，但溶液中氢离子和氢氧根离子的浓度不变，所以溶液的pH值保持不变，故A正确；

B．25℃时，某溶液中由水电离出的[H+]=1×10-amol•L-1，若a＞7，水的电离程度减少，因为它们都会抑制水的电离，所以可能是强酸或强碱溶液，若是强酸，PH为14-a，．若是强碱，PH为a，故B正确；

C．由于pH相同，混合后的一瞬间，H+浓度未变，混合后CH3COOH的电离平衡不会移动，CH3COOH与CH3COO-的浓度均减小一半，所得溶液pH=3，故C错误；

D．用惰性电极电解CuSO4溶液，2CuSO4 +2H2O 2Cu+2H2SO4+O2↑电解析出的是铜和氧气，如果电解2mol硫酸铜，析出2mol铜和1mol氧气溶液中减少2mol铜原子和2mol氧原子，继续电解，本质是电解水，加2mol氢氧化铜，Cu（OH）2+H2SO4=CuSO4 +2H2O，相当于在溶液中增加2mol铜和4mol氧原子和4mol氢原子，如需恢复至原浓度需电解2mol水，继续电解可以实现，故D正确；

故选C．

解：A．CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，故A错误；

B．CH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量CH3COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，故B错误；

C．加水稀释，促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，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C错误；

D．CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，氢离子浓度减小，溶液的pH增大；CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故D正确；

故选D．

解：A、加水稀释过程中，促进电离，但显性离子氢氧根离子浓度减小，而温度不变水的离子积常数不变，所以氢离子浓度增大，所以c（H+）：c（OH-） 的值增大，故A正确；

B、如果是强电解质，0.1mol/L氨水的pH=13，故B正确；

C、氢氧化钠溶液中c（Na+）+c（H+）=c（OH-），在氨水溶液中c（NH4+）+c（H+）=c（OH-），而两者的PH相同，所以两溶液中氢离子与氢氧根离子浓度相等，则钠离子与铵根离子浓度相等，故C错误；

D、水的电离平衡：H2O⇌H++OH-，铵根离子结合水电离出的氢氧根离子，导致氢氧根离子浓度减小，所以平衡正向移动，故D正确；

故选C．

解：醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，加水稀释促进电离，n（H+）增大，但是c（H+）减小；

A．加水稀释促进电离，c（H+）减小，溶液导电性的减小，与图象相符，故A正确；

B．加水稀释氢离子浓度减小，而图象中氢离子浓度增大，二者不一致，故B错误；

C．加水稀释氢离子浓度减小，pH增大，与图象相符，故C正确；

D．加水稀释促进电离，n（H+）增大，n（CH3COO-）减小，所以=增大，故D正确；

故选B．