Question

【题目】下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）

A. pH=12的Ba(OH)2溶液和pH=12的Na2CO3溶液中，水电离的c(OH－)相等

B. 常温下将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，溶液呈中性，则混合后溶液中：c(Na+)>c(Cl－）>c(CH3COOH)

C. 常温下物质的量浓度相等的①NH4HCO3、②NH4HSO4、③NH4Fe(SO4)2、④NH3H2O三种溶液中NH4＋的浓度：②>③>①>④

D. 等体积等物质的量浓度的NaClO(aq)与NaCl(aq)中离子总数：N前>N后

【答案】C

【解析】A、Ba(OH)2为强碱，抑制水的电离，Na2C03为强碱弱酸盐，CO32-结合水中的H+，从而促进水的电离，因此Na2C03溶液中水电离的c(OH)大，故A错误；B、溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(CH3COO-)，所以c(Na+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)，c(Na+)＞c(Cl-)，根据醋酸钠的物料守恒得c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，所以(Cl-)=c(CH3COOH)，c(Na+)>c(Cl－)=c(CH3COOH)，故B错误；D、①NH4HCO3中NH4+水解呈酸性，HCO3水解呈碱性，促进NH4+的水解；②NH4HSO4在水溶液中完全电离出H+，抑制NH4+的水解；③NH4Fe(SO4)2中，Fe3+水解呈酸性，但Fe3+水解产生H+的浓度小，它对抑制NH4+的水解抑制程度小；④NH3H2O部分电离，产生的NH4+浓度比盐溶液中的小，故四种溶液中NH4＋的浓度：②>③>①>④，故C正确；D、根据电荷守恒NaClO(aq)中c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(ClO)，所以NaClO(aq)中离子总浓度为2[c(Na+)+c(H+)]；根据电荷守恒NaCl(aq)中离子总浓度也为2[c(Na+)+c(H+)]；等浓度的NaClO(aq)与NaCl(aq)中c(Na+)相同，NaClO溶液中ClO-水解，溶液呈碱性，c(OH)>c(H+)，c(H+)＜，而NaCl(aq)中，c(OH)=c(H+)=，所以NaClO(aq)中c(H+)小于NaCl(aq)中c(H+)，所以等体积等物质的量浓度的NaClO(aq)与NaCl(aq)中离子总数多少：N前<N后，故D错误。故选C。

【题型】单选题
【结束】
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【题目】常温下，有下列四种溶液：

①	②	③	④
0.1mol/L 盐酸	pH = 3盐酸	0.1mol/L 氨水	pH = 11氨水

下列说法正确的是

A. 由水电离出的c(H+):①＞③

B. ③稀释到原来的100倍后，pH与④相同

C. ①与③混合，若溶液pH = 7，则V(盐酸)＞V(氨水)

D. ②与④混合，若溶液显碱性，则所得溶液中离子浓度可能为：c(NH4+)＞c(OH-)＞c(Cl-)＞c(H+)

Answer 1

【答案】D

【解析】试题分析：A.相同浓度的氨水与盐酸，氨水实际上还会促进水的电离，所以由水电离产生的c(H+):①＞③，B.如果③是强碱的话，稀释100倍，其pH一定为11，但是关键氨水是弱碱，无论稀释到什么程度，都会有未电离的氨水存在，所以pH一定比11要小。C.①与③混合得到的是氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，显酸性，所以若想要其pH为7，则氨水的用量一定要比盐酸的用量大才可以。D.所得溶液显碱性，所以氢氧根离子的浓度一定要比氢离子的浓度大，而且铵根离子的浓度要比氯离子的浓度大。