热门试卷

解：酸的酸性越强，其酸根离子水解程度越小；酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液pH越小，物质的量浓度相同的三种正盐NaX、NaY、NaZ的水溶液，其pH分别为8、9、10，说明X-、Y-、Z-的水解程度逐渐增大，则HX、HY、HZ的酸性逐渐降低，即酸性：HX＞HY＞HZ，故选B．

解：A．次氯酸是弱电解质，在水溶液里只有部分电离，所以存在电离平衡，故A正确；

B．硝酸是强电解质，在水溶液里完全电离，所以不存在电离平衡，故B错误；

C．酒精是非电解质，在水溶液里以分子存在，所以不存在电离平衡，故C错误；

D．硫酸钠是强电解质，在水溶液里完全电离，所以不存在电离平衡，故D错误；

故选A．

解：A．电离平衡常数只与温度有关，温度不变，电离平衡常数不变，故A正确；

B．向冰醋酸中加水稀释，促进醋酸电离，当氢离子增大量大于溶液体积的增大量，氢离子浓度先增大，当增大到一定程度后，溶液中氢离子增大的量小于溶液体积增大的量，导致氢离子浓度降低，故B错误；

C．溶液中氢离子浓度先增大后减小，所以溶液的pH先减小后增大，故C正确；

D．向冰醋酸中加水稀释，促进醋酸电离，所以醋酸的分子数不断减少，故D正确；

故选B．

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．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A正确；

B．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B正确；

C．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C正确；

D．由于c（NH3．H2O）＞0.001mol/L、c（HCl）=0.001mol/L，若V1L④与V2L①溶液混合后，若混合后溶液pH=7，则必须满足盐酸体积大于氨水，即V1＞V2，故D错误；

故选D．

解：A．冰醋酸是分子晶体，向冰醋酸中加水，促进冰醋酸电离，氢离子浓度逐渐增大，增大到一定程度时，再向溶液中加水稀释，溶液中离子浓度反而减小，故A错误；

B．一水合氨是弱电解质，氢氧化钠是强电解质，加水稀释过程中促进一水合氨电离，但不能完全电离，所以物质的量浓度相同的氢氧化钠和氨水，加水稀释至m倍、n倍后，若稀释后溶液的pH相等，氢氧化钠溶液中加入的水体积大于氨水，则m＞n，故B错误；

C．混合溶液中c（OH-）==0.01mol/L，则c（H+）=mol/L=10-12 mol/L，所以pH=12，故C正确；

D．氢氧化钠和醋酸溶液混合，如果pH＞7时，溶液中的溶质为醋酸钠或醋酸钠和氢氧化钠，溶液中c（Na+）＞c（OH-），但不可能出现c（OH-）＞c（Na+），故D错误；

故选C．

解：A．MOH开始的pH=12，稀释100倍pH=11，则MOH为弱碱，故A错误；

B．由ROH═R++OH-，MOH⇌M++OH-可知，在x点，c（OH-）相等，则c（M+）=c（R+），故B正确；

C．稀释前，c（ROH）=0.1mol/L，c（MOH）＞0.01mol/L，则c（ROH）＜10c（MOH），故C错误；

D．设醋酸的pH=a，ROH的pH=14-a，则醋酸和ROH溶液等体积混合时V×10-amol/L=V×1014-a-14mol/L，

说明二者溶液中电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相等，因醋酸为弱酸，不能完全电离，所以醋酸的浓度大于10-amol/L，醋酸有剩余，溶液显酸性，故D正确；

故选BD．

解：A．加水稀释虽然能促进一水合氨电离，但溶液中pH减小，则氢离子浓度增大，故A错误；

B．反应不能自发进行，说明：△H-T△S＞0，该反应是一个气体体积增大的反应，所以熵增大，要使△H-T△S＞0，则△H一定大于0，故B正确；

C．该反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，升高温度，反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，所以氢气的转化率减小，故C错误；

D．水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明升高温度促进水的电离，所以水的电离是吸热反应，故D错误；

故选B．

解：因为强酸完全电离，一元中强酸部分电离，因此相同的PH值，即C（H+）相同时，一元中强酸的浓度比强酸浓度大，由于体积相等，因此一元中强酸的物质的量大于强酸，因此产生的H2也比强酸多．反应过程由于H+不断被消耗掉，促使一元中强酸继续电离出H+，由于其他条件都相同，反应速率取决于H+浓度，由于开始时H+浓度相等，因此反应速率也相等（在图中反应速率就是斜率），后面强酸的反应速率下降得快，斜率也就更小，曲线更平坦．最终生成H2的体积也比一元中强酸少，因此曲线在一元中强酸下面，故C符合；

故选C．

解：A．根据生成氢气的量相等可知，则反应消耗的锌一定相等，即：m（HA）=m（HB），故A错误；

B．生成氢气的量相等，HA和HB提供的氢离子的总物质的量一定相等，而需要酸的体积V（HA）＞V（HB），即：c（H+）相等时，提供等物质的量的氢离子，HB的物质的量必须大于HA，说明酸性HA的酸性大于HB，但是不能说明HA为强酸，故B错误；

C．根据氢原子守恒，生成氢气的量相等，则消耗酸的物质的量一定满足：n（HA）=n（HB），故C正确；

D．根据B可知，HA酸性大于HB，则HB的物质的量浓度一定大于HA，反应过程中随着氢离子浓度减小，HB的电离程度增大，氢离子浓度大于HA，所以生成氢气的平均反应速率：V（HA）＜V（HB），故D正确；

故选CD．

解：A.0.1mol/L的CH3COOH溶液中c（H+）＜0.1mol/L，则c（OH-）＞10-13 mol/L，所以由水电离出的c（H+）大于10-13 mol/L，故A错误；

B．c（H+）=10-pH，所以pH=2与pH=1的CH3COOH溶液中c（H+）之比=10-2：10-1=1：10，故B正确；

C．溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，所以c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），如果c（Na+）＞c（CH3COO-），则c（H+）＜c（OH-），故C错误；

D．根据物料守恒得c（Na+）=2c（HCO3-）+2c（H2CO3）+2c（CO3 2- ），根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO3 2- ），所以得c（OH-）=c（HCO3-）+c（H+）+2c（H2CO3），故D正确；

故选BD．