PH=4.5的番茄汁中c（氢离子）是PH=6.5的牛奶中的100倍,为什么对呢?万一里面有有机酸呢?

A、25℃时，0.1 mol?L-1pH=4.5的NaHC2O4溶液呈酸性，说明酸式盐电离大于水解，溶液中离子浓度大小为c（HC2O4-）＞c（C2O42-）＞c（H2C2O4）故A错误；B、相同温度下，pH相等的Na2CO3溶液、C6H5ONa（苯酚钠）溶液、NaO...

pH = 1.5,物质的量浓度约为1.6 mol/L,密度 大约1.1 g/mL,质量分数约 14.3%
pH = 4.5,物质的量浓度约为1.6×10^-5 mol/L,密度 大约1.0 g/mL,质量分数约1.57 ×10^-4 %

解题思路：A、溶液显酸性，说明溶液中酸式酸根电离大于水解；
B、盐溶液的碱性是酸根离子水解的原因，酸越弱，对应酸根离子水解程度越大；
C、中性溶液中存在电荷守恒和溶液中的物料守恒分析判断；
D、等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠溶液中电荷守恒和物料守恒计算分析判断．

A、25℃时，0.1 mol•L^-1pH=4.5的NaHC₂O₄溶液呈酸性，说明酸式盐电离大于水解，溶液中离子浓度大小为c（HC₂O₄^-）＞c（C₂O₄^2-）＞c（H₂C₂O₄）故A错误；
B、相同温度下，pH相等的Na₂CO₃溶液、C₆H₅ONa（苯酚钠）溶液、NaOH溶液中提供相同氢氧根离子浓度，所需要的溶质浓度氢氧化钠最小，Na₂CO₃溶液水解程度大于C₆H₅ONa（苯酚钠）溶液，所以溶液浓度Na₂CO₃溶液＜C₆H₅ONa（苯酚钠）溶液，所以浓度大小为c（C₆H₅O^-）＞c（Na₂CO₃）＞c（NaOH），故B正确；
C、将CH₃COONa溶液、HCl溶液混合所得中性溶液中的电荷守恒为：[H⁺]+[Na+]=[OH^-]+[CH₃COO^-]+[Cl^-]，中性溶液中：[H⁺]=[OH^-]，[Na+]=[CH₃COO^-]+[Cl^-]，^-]，醋酸钠溶液中存在[Na+]=[CH₃COOH]+[CH₃COO^-]，结合两式可知：c（Na⁺）＞c（Cl^-）=c（CH₃COOH），故C正确；
D、0.1 mol•L^-1Na₂CO₃溶液与0.1mol•L^-1NaHCO₃，溶液等体积混合所得溶液中电荷守恒，[Na⁺]+[H⁺]=[HCO₃^-]+2[CO₃^2-]+[OH^-]，物料守恒：3（[CO₃^2+-]+[HCO₃^-]+[H₂CO₃]）=2[Na⁺]，合并消去钠离子得到：c（CO₃^2-）+2c（OH^-）=c（HCO₃^- ）+3c（H₂CO₃）+2c（H⁺），故D错误；
故选BC．

点评：
本题考点： 离子浓度大小的比较；盐类水解的应用．

考点点评： 本题考查了盐类水解的应用，溶液中离子浓度大小的比较，溶液中的电荷守恒，物料守恒的综合应用，正确书写物料守恒和电荷守恒是解题的关键，题目较难．

pH=4.5 ===》HAc/Ac-
pH=9.5 ===>HCO3-/CO32-
pH = pKa + log([Ac-]/[HAc])
5 = 4.74 + log([Ac-]/0.2)
所以,[Ac-]=0.2x10^0.26=0.364 mol/L
V(HAc)=0.2x1000/1=200 mL
V(Ac-]=0.364x1000/1=364 mL

A、25℃时，0.1 mol•L ^-1 pH=4.5的NaHC ₂ O ₄ 溶液呈酸性，说明酸式盐电离大于水解，溶液中离子浓度大小为c（HC ₂ O ₄ ^- ）＞c（C ₂ O ₄ ^2- ）＞c（H ₂ C ₂ O ₄ ）故A错误；
B、相同温度下，pH相等的Na ₂ CO ₃ 溶液、C ₆ H ₅ ONa（苯酚钠）溶液、NaOH溶液中提供相同氢氧根离子浓度，所需要的溶质浓度氢氧化钠最小，Na ₂ CO ₃ 溶液水解程度大于C ₆ H ₅ ONa（苯酚钠）溶液，所以溶液浓度Na ₂ CO ₃ 溶液＜C ₆ H ₅ ONa（苯酚钠）溶液，所以浓度大小为c（C ₆ H ₅ O ^- ）＞c（Na ₂ CO ₃ ）＞c（NaOH），故B正确；
C、将CH ₃ COONa溶液、HCl溶液混合所得中性溶液中的电荷守恒为：[H ⁺ ]+[Na+]=[OH ^- ]+[CH ₃ COO ^- ]+[Cl ^- ]，中性溶液中：[H ⁺ ]=[OH ^- ]，[Na+]=[CH ₃ COO ^- ]+[Cl ^- ]， ^- ]，醋酸钠溶液中存在[Na+]=[CH ₃ COOH]+[CH ₃ COO ^- ]，结合两式可知：c（Na ⁺ ）＞c（Cl ^- ）=c（CH ₃ COOH），故C正确；
D、0.1 mol•L ^-1 Na ₂ CO ₃ 溶液与0.1mol•L ^-1 NaHCO ₃ ，溶液等体积混合所得溶液中电荷守恒，[Na ⁺ ]+[H ⁺ ]=[HCO ₃ ^- ]+2[CO ₃ ^2- ]+[OH ^- ]，物料守恒：3（[CO ₃ ^2+- ]+[HCO ₃ ^- ]+[H ₂ CO ₃ ]）=2[Na ⁺ ]，合并消去钠离子得到：c（CO ₃ ^2- ）+2c（OH ^- ）=c（HCO ₃ ^- ）+3c（H ₂ CO ₃ ）+2c（H ⁺ ），故D错误；
故选BC．

膜的方法,估计还是有问题的.醋酸比较高.对膜还是有伤害的.如果进行中和后,是否可以采取浓缩的方法.查看原帖

两个平衡状态列出来，具体自己算吧。烦死了不想算。

解题思路：A、某醋酸溶液的pH=a，将此溶液稀释，促进电离，但氢离子浓度减小，pH变大；
B、pH=4.5的番茄汁中c（H⁺）=10^-4.5mol/L是pH=6.5的牛奶中c（H⁺）=10^-6.5mol/L，两者之比为：

10−4.5

10−6.5

=100；
C、1.0×10^-8mol/L盐酸的pH=8.0，溶液不可能呈碱性；
D、弱电解浓度越大电离越小，1 mol•L^-1氨水溶液的电离度为α1与0.5 mol•L^-1氨水溶液的电离度为α2（其中α1＜α2），则c（OH^-）之比是1×α1：0.5×α2＜2．

A、某醋酸溶液的pH=a，将此溶液稀释，促进电离，但氢离子浓度减小，pH变大，则a＜b，故A错误；
B、pH=4.5的番茄汁中c（H⁺）=10^-4.5mol/L是pH=6.5的牛奶中c（H⁺）=10^-6.5mol/L，两者之比为：
10−4.5
10−6.5=100，故B正确；
C、1.0×10^-8mol/L盐酸的pH=8.0，溶液不可能呈碱性，故C错误；
D、弱电解浓度越大电离越小，1 mol•L^-1氨水溶液的电离度为α1与0.5 mol•L^-1氨水溶液的电离度为α2（其中α1＜α2），则c（OH^-）之比是1×α1：0.5×α2＜2，故D错误；故选B．

点评：
本题考点： pH的简单计算．

考点点评： 本题考查电解质溶液中PH的简单计算，不管酸溶液如果加水稀释永远呈酸性，溶液的性质不变．

A．NaHC ₂ O ₄ 溶液呈酸性说的HC ₂ O ₄ ^- 的电离程度大于水解程度，所以c（C ₂ O ₄ ^2- ）＞c（H ₂ C ₂ O ₄ ），故A错误；
B．等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠溶液中存在电荷守恒，即c（H ⁺ ）+c（Na ⁺ ）=c（OH ^- ）+2c（CO ₃ ^2- ）+c（HCO ₃ ^- ），故B错误；
C．溶液呈中性，即c（OH ^- ）=c（H ⁺ ），溶液中存在电荷守恒c（Cl ^- ）+c（OH ^- ）=c（NH ₄ ⁺ ）+c（H ⁺ ），所以c（Cl ^- ）=c（NH ₄ ⁺ ），故C错误；
D．根据电荷守恒得c（H ⁺ ）+c（Na ⁺ ）=c（CH ₃ COO ^- ）+c（OH ^- ），根据物料守恒得c（CH ₃ COO ^- ）+c（CH ₃ COOH）=2c（Na ⁺ ），所以得c（CH ₃ COO ^- ）-c（CH ₃ COOH）=2[c（H ⁺ ）-c（OH ^- ）]，故D正确；
故选D．