向10mL0.1mol•L -1 NaOH溶液中加入10mL0.2mol•L -1 CH 3 COOH溶液后，溶液中有关

A．一水合氨是弱电解质，加水稀释时促进一水合氨电离，溶液体积增大量大于氢氧根离子个数增大量，所以氢氧根离子浓度降低，pH减小，故A错误；
B．加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中铵根离子和氢氧根离子个数增多，故B错误；
C．加水稀释促进一水合氨电离，则一水合氨的电离程度增大，氢氧根离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则氢离子浓度增大，故C正确；
D．要使混合溶液中c（NH₄⁺）=c（Cl^-），混合溶液中存在电荷守恒c（NH₄⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（Cl^-），所以c（H⁺）=c（OH^-），则混合溶液pH=7，故D错误；
故选C．

点评：
本题考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡．

考点点评： 本题考查了弱电解质电离，明确弱电解质电离特点结合电荷守恒来分析解答，注意电离平衡常数、离子积常数都只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，为易错点．

A．当V=0时，为Na₂CO₃溶液，有质子守恒可知c（OH^-）=c（H⁺）+c（HCO₃^-）+2c（H₂CO₃），故A正确；
B．当V=5时，发生CO₃^2-+H⁺=HCO₃^-，溶液为Na₂CO₃、NaHCO₃和NaCl混合物，根据溶液的电荷守恒可知c（Na⁺）+c（H⁺）=2c（CO₃^2-）+c（HCO₃^-）+c（OH^-）+c（Cl^-），故B错误；
C．当V=10时，发生CO₃^2-+H⁺=HCO₃^-，溶液为NaHCO₃和NaCl的混合物，且c（Na⁺）=c（Cl^-）=c（CO₃^2-）+c（HCO₃^-）+c（H₂CO₃），故C正确；
D．当V=15时，n（Na₂CO₃）=0.001mol，n（HCl）=0.0015mol，c（Na⁺）＞c（Cl^-），故D错误．
故选AC．

点评：
本题考点： 离子浓度大小的比较．

考点点评： 本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，本题注意根据盐酸的体积正确判断反应的程度，为解答该题的关键，答题时注意溶液的电荷守恒、质子守恒以及物料守恒的应用．

n（FeBr₂）=0.1molo/L×0.01L=0.001mol，当n（ Fe²⁺）：n（Cl₂）≥2时，发生的反应为：2 Fe²⁺+Cl₂=Fe³⁺+2Cl^-；当n（ Fe²⁺）：n（Cl₂）≤[2/3]时，发生的反应为：2Fe²⁺+4Br^-+3Cl₂=2Fe³⁺+6Cl^-+2Br₂，根据题意知，实际上n（ Fe²⁺）：n（Cl₂）=1，介于二者之间，所以原溶液中亚铁离子完全反应，部分溴离子参加反应，所以溶液中的溶质是溴化铁和氯化铁，故溶液中一定存在铁离子、溴离子、氯离子，
故选C．

点评：
本题考点： 氧化还原反应的计算．

考点点评： 本题以氯气和溴化亚铁的反应为载体考查了氧化还原反应，明确溶液中离子反应的先后顺序是解本题的关键，采用极值讨论法来分析解答较简便．

等体积等浓度的弱酸HA和氢氧化钠溶液恰好反应生成NaA，NaA是强碱弱酸盐，阴离子易水解而使其溶液呈碱性，
A．该溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（Na⁺）=c（A^-）+c（HA），故A正确；
B．任何电解质溶液都呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，根据电荷守恒得c（Na⁺）+c（H⁺）=c（A^-）+c（OH^-），故B正确；
C．NaA是强碱弱酸盐，阴离子易水解而使其溶液呈碱性，则c（OH^-）＞c（H⁺），溶液中存在电荷守恒c（Na⁺）+c（H⁺）=c（A^-）+c（OH^-），所以得c（Na⁺）＞c（A^-），NaA能水解但水解程度较小，所以c（A^-）＞c（OH^-），则该溶液中离子浓度大小顺序是c（Na⁺）＞c（A^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），故C正确；
D．NaA是强碱弱酸盐，阴离子易水解而使其溶液呈碱性，则c（OH^-）＞c（H⁺），故D错误；
故选D．

点评：
本题考点： 离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据盐的特点结合物料守恒、电荷守恒来分析解答，注意盐类水解较微弱，为易错点．

A．任何溶液都遵循电中性原则，则有n（Na⁺）+n（H⁺）=n（CH₃COO^-）+n（OH^-），故A正确；
B．n（NaOH）=0.01L×0.1moL/L=0.001mol，n（CH₃COOH）=0.01L×0.2moL/L=0.002mol，混合后醋酸过量，溶液呈酸性，则有n（CH₃COO^-）＞n（Na⁺）＞n（H⁺）＞n（OH^-），故B正确；
C．反应后生成n（CH₃COO^-）=0.001mol，剩余n（CH₃COOH）=0.001mol，醋酸过量，溶液呈酸性，则n（CH₃COO^-）＞n（Na⁺），故C错误；
D．根据物料守恒，n（NaOH）=0.01L×0.1moL/L=0.001mol，n（CH₃COOH）=0.01L×0.2moL/L=0.002mol，可知混合后，
2n（Na⁺）=n（CH₃COO^-）+n（CH₃COOH），故D正确．
故选C．

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子浓度大小的比较．

考点点评： 本题考查酸碱混合的定性判断和离子浓度大小比较，题目难度中等，本题注意把握酸碱的物质的量，判断弱电解质的电离和盐类水解程度，结合溶液中的守恒分析．

A．Kb（NH₃•H₂0）=
c(NH4 +)×c(H+)
c(NH3•H2O)=
10−3×10−3
0.1mol•L^-1=1×10^-5 mol•L^-1，故A错误；
B．向溶液中加入少量CH₃COONa固体，水解呈碱性，抑制NH₃•H₂0的电离，溶液中
c(NH3•H2O)
c(N
H+4)的值变大，故B错误；
C．向溶液中加入10mL 0.1 mol•L^-1HCl，得到NH₄Cl，NH₄⁺部分水解，则c（Cl^-）＞c（NH₄⁺），故C错误；
D．溶液遵循电荷守恒，为c（NH₄⁺）+c（H⁺）=c（Cl^-）+c（OH^-），故D正确．
故选D．

点评：
本题考点： 离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡．

考点点评： 本题考查离子浓度大小的比较，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握弱电解质的电离特点以及影响因素，结合电荷守恒解答该题，难度中等．

A．计算两溶液中醋酸的物质的量，n（前）=c₁•V₁=0.1 L×0.01 mol•L^-1=1×10^-3 mol，n（后）=c₂•V₂=0.01 L×0.1 mol•L^-1=1×10^-3 mol，两者相等，因而中和时消耗的NaOH的量相等，故A错误；
B．酸的浓度越大，c（H⁺）越大，前者小于后者，故B错误；
C．由n=cV可知，100mL 0.01mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，10mL0.1mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，但后者的浓度大，醋酸的电离程度小，所以氢离子的物质的量前者大于后者，故C正确；
D．由n=cV可知，100mL 0.01mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，10mL0.1mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，但前者浓度小，电离程度大，前者的CH₃COOH的物质的量小，故D错误；
故选C．

点评：
本题考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡．

考点点评： 本题考查弱电解质的电离，题目难度不大，注意把握弱电解质的电离特点．