浙江省十校联盟届高三寒假返校联考化学试题解析版.docx

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浙江省十校联盟届高三寒假返校联考化学试题解析版

浙江省十校联盟2020届高三寒假返校联考

化学试题卷

可能用到的相对原子质量H1C12N14O16Na23Mg24Al27S32Cl35.5Ca40Fe56Cu64Ba137

选择题部分

一、选择题

1.存在氢键的非电解质是

A.H2OB.CH4C.HFD.CH3OH

【答案】D

【解析】

【详解】A．H2O是极弱的电解质，水分子间能形成有氢键，故A错误；

B．CH4是非电解质，但分子间不存在氢键，故B错误；

C．HF分子间存在氢键，但属于电解质，故C错误；

D．CH3OH属于非电解质，甲醇分子间存在氢键，故D正确；

答案选D。

【点睛】本题两个关键点，要含有氢键，N、O、F元素易形成氢键，非电解质包括有机物，非金属氧化物，非金属氰化物等。

2.将某市售食醋（浓度3.6g/100mL）稀释10倍，需要用到的仪器是

A.

B.

C.

D.

【答案】A

【解析】

【详解】将某市售食醋（浓度3.6g/100mL）稀释10倍，属于浓溶液配制稀溶液，溶液配制主要是用的仪器为容量瓶，

A．

为容量瓶，由于配制溶液，故A正确；

B．

为分液漏斗，用于分离不互溶的液体混合物，故B错误；

C．

为漏斗，用于分离互不相溶的固液混合物，故C错误；

D．

蒸馏烧瓶，由于分离互溶的但沸点差别较大的液体混合物或作为反应器皿，故D错误；

答案选A。

【点睛】熟悉每一种仪器的名称和作用，容量瓶用于配置一定物质的量浓度的溶液。

3.反应KClO3+6HCI=KCl+3Cl2↑+3H2O中，还原产物是

A.KClO3B.HClC.KClD.Cl2

【答案】D

【解析】

【详解】化合价升高失电子，作还原剂，对应产物为氧化产物，化合价降低得电子，作氧化剂，对应产物为还原产物，反应KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中，氯的化合价即升高又降低，该反应为归中反应，氯气既是氧化产物又是还原产物，答案选D。

【点睛】从化合价的角度分析，化合价降低得到的物质是还原产物，本题是一个归中反应，氯气既是氧化产物又是还原产物。

4.下列物质的化学式不正确的是

A.漂白粉的有效成分：

Ca（ClO）2B.摩尔盐：

NH4Fe（SO4）2•6H2O

C.麦芽糖：

C12H22O11D.甘氨酸：

C2H5NO2

【答案】B

【解析】

【详解】A．漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，有效成分为：

Ca（ClO）2，故A正确；

B．摩尔盐是一种复盐，是硫酸亚铁铵晶体，化学式为：

（NH4）2Fe（SO4）2·6H2O，故B错误；

C．麦芽糖是二糖，化学式为：

C12H22O11，故C正确；

D．甘氨酸的结构简式为

的化学式为：

C2H5NO2，故D正确；

答案选B。

【点睛】物质的化学式要满足所有元素的化合价之和等于0，故硫酸亚铁铵的化学式为（NH4）2Fe（SO4）2·6H2O。

5.下列表示正确的是

A.乙酸乙酯的实验式：

C2H4OB.甲基的电子式：

C.Ca2+的结构示意图：

D.HCl分子的球棍模型：

【答案】A

【解析】

【详解】A．乙酸乙酯的分子式为C4H8O2，最简式为实验式：

C2H4O，故A正确；

B．甲基的结构简式为-CH3，电子式：

，故B错误；

C．Ca原子为20号元素，质子数为20，Ca2+的结构示意图：

，故C错误；

D.HCl分子的球棍模型：

，题中为比例模型，故D错误；

答案选A。

6.下列说法正确的是

A.C60和C70互为同位素

B.N2、N3-、N4、N5+互为同素异形体

C.立方烷（

）和苯乙烯互为同分异构体

D.CH3CH2COOH和HCOOCH2CH2CH3互为同系物

【答案】C

【解析】

【详解】A．质子数相同而中子数不同的原子互为同位素，C60和C70互为同素异形体，故A错误；

B．由同种元素组成而结构不同的单质互为同素异形体，N3-和N5+是离子，故B错误；

C．分子式相同结构不同的有机物互为同分异构体立方烷（

）和苯乙烯的分子式都为C8H8，互为同分异构体，故C正确；

D．结构相似，类别相同，在分子组成上相差一个或多个-CH2-原子团的有机物互为同系物，CH3CH2COOH是有机酸，HCOOCH2CH2CH3是酯，类别不同，不是同系物，故D错误；

答案选C。

【点睛】同位素描述的是元素，同素异形体描述的是单质，同分异构体必须分子式相同，结构不同，同系物必须结构相似，需辨析清楚这些概念的区别。

7.下列关于含氮化合物的说法不正确的是

A.工业上可使用液氮做制冷剂B.NO2能导致“光化学烟雾＂的形成

C.浓硝酸可用铝槽车运输D.硫酸铁又称肥田粉，属于硝态氮肥

【答案】D

【解析】

【详解】A．液氮气化时吸收大量的热，工业上可使用液氮做制冷剂，故A正确；

B．氮氧化物在空气中易形成光化学烟雾，NO2能导致“光化学烟雾＂的形成，故B正确；

C．常温下铝可被浓硝酸钝化生成致密氧化物膜阻止反应继续进行，则浓硝酸可用铝槽车运输，故C正确；

D．肥田粉的主要成分是硫酸铵，硝态氮肥，是指氮素以硝酸盐形态存在的氮肥，肥田粉不属于硝态氮肥，故D错误；

答案选D。

【点睛】物质的性质决定它的用途，肥田粉的成分需要学生知道，需要学生多些知识的积累。

8.下列说法正确的是

A.“西气东输”工程中的“气”指的是石油气

B.核磁共振能确定有机物分子中氢原子的个数

C.苯酚和过量甲醛在一定条件下能生成体型酚醛树脂

D.将煤暴露在空气中加强热可得到煤焦油，从煤焦油中可分离出苯

【答案】C

【解析】

【详解】A．“西气东输”工程中的“气”指的是天然气，主要成分是甲烷，石油气的成分是含碳氢化合物的混合物，故A错误；

B．根据峰的个数可以知道有几种不同环境下的氢原子，根据峰的面积可以求出这几种不同环境下氢原子的比例关系，不能确定准确数目，故B错误；

C．苯酚和过量甲醛在一定条件下发生缩聚反应，能生成体型酚醛树脂，故C正确；

D．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热可得到煤焦油，煤焦油是一种高芳香度的碳氢化合物的复杂混合物，绝大部分为带侧链或不带侧链的多环、稠环化合物和含氧、硫、氮的杂环化合物，并含有少量脂肪烃、环烷烃和不饱和烃，从煤焦油中不能分离出苯，故D错误；

答案选C。

9.下列反应限度最大的是

A.工业合成氨的反应B.工业制硫酸接触室中的反应

C.实验室制备乙酸乙酯D.实验室用NaOH溶液吸收多余的Cl2

【答案】D

【解析】

【详解】A．工业合成氨的反应是氮气和氢气在高温高压催化剂条件下制取氨气，为可逆反应，合成氨气是放热反应，高温下增大了催化剂的活性，但不利于反应正向进行；

B．工业制硫酸接触室中的反应二氧化硫在催化剂作用下与氧气反应生成三氧化硫，为可逆反应；

C．实验室是用乙酸和乙醇在浓硫酸做催化剂作用下生成乙酸乙酯，为可逆反应；

D．实验室用NaOH溶液吸收多余的Cl2，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，为可逆反应，产物与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，促进水和氯气的反应正向移动，可使反应完全转化，总反应为：

Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，不是可逆反应；

则反应限度最大的为D选项，答案选D。

【点睛】非可逆反应的限度较可逆反应是大的。

10.下列说法不正确的是

A.对苯二甲酸和乙二醇通过加聚反应，可得到合成纤维PET

B.甘油与纤维素均可与浓硝酸发生酯化反应生成烈性炸药

C.氢化油可用来制肥皂也可用于生产人造奶油

D.蛋白质溶液中加入几滴茚三酮溶液，加热至沸腾会出现蓝紫色固体

【答案】A

【解析】

【详解】A．对苯二甲酸和乙二醇通过缩聚反应，可得到合成纤维PET，故A错误；

B．硝化甘油是甘油与浓硝酸发生酯化反应（在浓硫酸条件下）生成的三硝酸甘油酯，是制备炸药的原料，纤维素可与浓硝酸发生酯化反应生成硝酸纤维也是制造烈性炸药的原料，故B正确；

C．油脂氢化的基本原理是在加热含不饱和脂肪酸多的植物油时，加入金属催化剂（镍系、铜-铬系等），通入氢气，使不饱和脂肪酸分子中的双键与氢原子结合成为不饱和程度较低的脂肪酸，其结果是油脂的熔点升高（硬度加大）。

因为在上述反应中添加了氢气，而且使油脂出现了"硬化"，所以经过这样处理而获得的油脂与原来的性质不同，叫做"氢化油"或"硬化油"可用来制肥皂也可用于生产人造奶油，故C正确；

D．茚三酮是一种用于检测氨或者一级胺和二级胺的试剂。

当与这些游离胺反应时，能够产生深蓝色或者紫色的物质，蛋白质、多肽和各种氨基酸以及所有氨基酸均能与茚三酮发生反应，除无氨基的脯氨酸和羟脯氨酸呈黄色反应外，其它均生成蓝紫色化合物，最终生成蓝色化合物，故D正确；

答案选A。

11.下列说法不正确的是

A.湿法冶金是金属冶炼的常用方法之一，如电解ZnSO4溶液制备Zn

B.黄绿色气体ClO2是一种高效安全的灭菌消毒剂

C

工业上常用Na2O2和CO2反应制备Na2CO3

D.工业炼铁时，铁矿石和焦炭应从炼铁高炉的上口加入

【答案】C

【解析】

【详解】A．湿法冶金是金属冶炼的常用方法之一，如电解ZnSO4溶液，根据电解池阴阳极放电顺序，阳极水电离出的氢氧根放电，阴极为Zn2+放电得电子生成锌单质，可以制备Zn，故A正确；

B．ClO2是极易溶于水而不与水反应，几乎不发生水解，具有极强氧化性，是安全、无毒的消毒剂，无"三致"效应（致癌、致畸、致突变），同时在消毒过程中也不与有机物发生氯代反应生成可产生"三致作用"的有机氯化物或其它有毒类物质，故B正确；

C．工业上常用联合制碱法（又称侯氏制碱法）反应制备Na2CO3，故C错误；

D．工业上高炉炼铁时从炉顶装入铁矿石、焦炭、造渣用熔剂（石灰石），从位于炉子下部沿炉周的风口吹入经预热的空气，在高温下焦炭中的碳同鼓入空气中的氧燃烧生成的一氧化碳和氢气，在炉内上升过程中除去铁矿石中的氧，从而还原得到铁，故D正确；

答案选C。

【点睛】工业制碱时要考虑经济价值和产率，还要考虑原料，工艺等，用过氧化钠制碱成本太高。

12.下列说法正确的是

A.贮氢材料——镧镍合金（LaNis）是通过物理吸附贮存氢气

B.农业废弃物在厌氧条件下生成沼气属于生物化学转化

C.用石灰水对燃煤烟气进行脱硫，最终生成CaSO3

D.汤姆生根据a粒子散射现象提出了“葡萄干面包式”的原子结构模型

【答案】B

【解析】

【详解】A．贮氢材料——镧镍合金（LaNis）能够结合氢气形成金属化合物，并在一定条件下分解释放出氢气，有新物质生成，所以是化学变化，故A错误；

B．农作物的桔杆、人畜粪便、厨余垃圾等废弃物在沼气池中在还原性细菌的作用下可经发酵转化为可燃性气体甲烷等，为生物化学转化，故B正确；

C．燃煤烟气中含有二氧化硫，用石灰水对燃煤烟气进行脱硫，发生的反应为二氧化硫、氧气和氢氧化钙溶液反应生成CaSO4，故C错误；

D．汤姆孙发现原子里有带负电荷的电子，1904年，首先提出葡萄干面包原子模型；卢瑟福根据a粒子散射现象提出核式结构模型（行星模型），故D错误；

答案选B。

【点睛】CaSO3不是很稳定的，会被空气中的氧气氧化成硫酸钙。

13.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是

A.2.8g14N2与14C16O的混合物中，中子数目为l.4NA

B.含0.lmolFeCl3的溶液与0.lmol锌充分反应，转移电子数为0.lNA

C.标准状况下，5.6gC4H8中C-C的数目可能为0.4NA

D.某温度下，1LpH=9的Na2CO3溶液中，水电离产生的OH-数目为10-5NA

【答案】C

【解析】

【详解】A．14N2的摩尔质量为28g/mol，一个分子中有14个中子，14C16O的摩尔质量为30g/mol，一个分子中有16个中子，二者的的摩尔质量和中子数都不同，2.8g混合物中，中子数目不为l.4NA，故A错误；

B．含0.lmolFeCl3的溶液与0.lmol锌充分反应，方程式为Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+，锌过量，0.lmolFeCl3完全反应转化为0.lmolFeCl2，消耗0.05molZn，过量的锌继续与亚铁离子反应，Zn+Fe2+=Zn2++Fe，剩余0.05mol锌只能消耗0.05molFeCl2，即氯化亚铁过量，整个过程中，0.1mol的锌完全反应，转移电子数为0.1mol×2×NA=0.2NA，故B错误；

C．5.6gC4H8的物质的量为0.1mol，符合分子式C4H8的有机物有多种同分异构体：

CH2=CH-CH2CH3、CH2=C（CH3）2、

、

、环丁烷（

）、甲基环丙烷（

），若有机物的结构为环丁烷、甲基环丙烷时，C-C的数目为0.4NA，故C正确；

D．某温度下，1LpH=9的Na2CO3溶液中氢离子浓度为10-9mol/L，溶液中的氢氧根离子来自水的电离，但溶液温度未知，无法使用水的离子积常数计算，故D错误；

答案选C。

14.下列有关实验说法正确的是

A.容量瓶和滴定管上都标有使用温度，使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗

B.测溶液pH:

用干燥洁净的玻璃棒蘸取NaClO溶液，滴到放在表面皿上的pH试纸中部，变色后与标准比色卡比对

C.抽滤过程中洗涤沉淀时，应关小水龙头，加洗涤剂浸没沉淀，用玻璃棒在过滤器上搅拌以使沉淀跟洗涤剂充分接触，以便洗得更干净

D.实验过程中的有毒药品不得进入口内或者接触伤口，剩余的废液不得再回收使用，应倒入下水道

【答案】A

【解析】

【详解】A．容量瓶标有温度、规格、刻度线，滴定管标有温度、规格、刻度线，使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗，故A正确；

B．NaClO溶液具有强氧化性，可使漂白pH试纸，无法准确测定其溶液的pH值，故B错误；

C．用玻璃棒在过滤器上搅拌以会导致滤纸破裂，过滤失败，不能搅拌，故C错误；

D．实验过程中的有毒药品不得进入口内或者接触伤口，剩余的废液，应倒入实验室专用的指定回收容器中，不能倒入下水道，会造成水体污染，故D错误；

答案选A。

【点睛】滴定管需要润洗，如不润洗，会导致溶液的浓度偏小，引起误差，容量瓶和锥形瓶不需润洗。

15.环戊二烯之（

）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产，根据能量循环图和表格中的键能，下列说法正确的是

共价键

键能/

H-H

436

H-I

299

I-I

151

A.△H1+△H2+△H3=0

B.△H1＜△H3

C.

（g）转化为

（g）的过程中，有C-H的断裂和形成

D.在相同条件下，生成2molHCl（g）的△H2′＜△H2

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据盖斯定律，△H3=△H1+△H2，则△H1+△H2-△H3=0，故A错误；

B．根据△H=反应物的键能之和-生成物键能之和，则△H3-△H1=△H2=E（I-I）+E（H-H）-2E（H-I）=151kJ/mol+436kJ/mol-2×299kJ/mol=-11kJ/mol＜0，则△H3＜△H1，故B错误；

C．

（g）转化为

（g）的过程中，有C-H的断裂和C-C的形成，故C错误；

D．根据△H=反应物的键能之和-生成物键能之和，△H2=E（H-H）+E（I-I）-2E（H-I）=151kJ/mol+436kJ/mol-2×299kJ/mol=-11kJ/mol＜0，Cl的半径小于I，Cl得电子能力比I强，形成的化学键的键能比I的大，放出的热量更多，△H2′＜0，放出的热量越多，焓变越小，在相同条件下，生成2molHCl（g）的△H2′＜△H2，故D正确；

答案选D。

16.A、B、C、D、E、F、G为短周期主族元素，其原子半径与最外层电子数的关系如图，下列说法正确的是

A.根据元素B在元素周期表中的位置推测，其最高价氧化物对应的水化物可能具有两性

B.元素D在自然界中主要以游离态存在，其单质可用作半导体材料

C.元素A的离子半径大于元素G的离子半径

D.元素F的气态氢化物比元素G的气态氢化物更稳定

【答案】A

【解析】

【分析】

A、B、C、D、E、F、G为短周期主族元素，如图所示，最外层电子数依次增大，则A、B、C、D、E、F、G最外层电子数分别为1、2、3、4、5、6、7，A为半径最大的元素，则A为Na元素，C的半径是以上元素中最小的最外层电子数为3，C为B元素，B的半径大于C，则B为Be元素，D、E、F、G半径依次减小，最外层电子数依次增大，D为Si元素，E为P元素，F为S元素，G为Cl元素。

【详解】A．B为Be元素，根据元素B在元素周期表中的位置与Al元素呈对角线分布，在性质上具有相似性，其最高价氧化物对应的水化物可能具有两性，故A正确；

B．D为Si元素，元素D在自然界中主要以化合态存在，其单质可用作半导体材料，故B错误；

C．A为Na元素，G为Cl元素，元素A的离子两个电子层，元素G的离子三个电子层，元素A的离子半径小于元素G的离子半径，故C错误；

D．F为S元素，G为Cl元素，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：

S＜Cl，元素G的气态氢化物比元素F的气态氢化物更稳定，故D错误；

答案选A。

17.下列说法正确

是

A.水的沸点较高是因为水分子间存在较强的化学键

B.离子晶体中可能存在共价键，而分子晶体中一定存在共价键

C.CO2与SiO2均为共价化合物，其固体熔化时，均破坏了分子间作用力

D.某物质熔点1067°C，易溶于水，其水溶液和熔融态均能导电，其晶体一定为离子晶体

【答案】D

【解析】

【详解】A．水的沸点较高是因为水分子间存在较强的氢键，故A错误；

B．离子晶体中可能存在共价键如氢氧化钠，而分子晶体中不一定存在共价键，如稀有气体，是单原子分子，没有化学键，故B错误；

C．CO2与SiO2均为共价化合物，但CO2是分子晶体，其固体熔化时，破坏了分子间作用力，SiO2是原子晶体，其固体熔化时，破坏共价键，故C错误；

D．离子晶体的熔沸点较高，一般在几百至1000℃左右，某物质熔点1067℃，易溶于水，其水溶液和熔融态能导电的是离子化合物，其晶体一定为离子晶体，故D正确；

答案选D。

【点睛】离子晶体的熔沸点较高，一般在几百至1000℃左右，其溶于水及熔化时均能够导电。

18.氨气与氧气构成的碱性燃料电池原理如图所示，下列说法正确的是

A.电解质溶液中电子移向正极

B.电池负极反应为：

2NH3-6e-=N2+6H+

C.正负极通入的气体在相同条件下体积之比为15:

4（假设空气中O2体积分数为20%）

D.该电池给铅蓄电池充电，燃料电池正极反应lmolO2，铅蓄电池有2molPbSO4被消耗

【答案】C

【解析】

【分析】

该电池为燃料电池，通入氧气的一端为正极，通入氨气的一端为负极，根据图示，电池总反应为4NH3+3O2=2N2+6H2O。

【详解】A．电子只能在导体中转移，不能在溶液中转移，故A错误；

B．氨气与氧气构成的碱性燃料电池，不可能产生氢离子，电池负极反应为：

2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故B错误；

C．根据分析，投入空气的一端为正极，通入氨气的一端为负极，相同条件下，气体体积之比等于物质的量之比，电池总反应为4NH3+3O2=2N2+6H2O，当负极通入4mol氨气时，正极消耗3mol氧气，则需要空气的量为

=15mol，则正负极通入的气体在相同条件下体积之比为15:

4，故C正确；

D．该电池给铅蓄电池充电，燃料电池正极反应lmolO2，转移4mol电子，充电时铅蓄电池阴极反应为：

PbSO4+2e-=Pb+SO42-，阳极反应为：

PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+4H++SO42-，铅蓄电池两极都消耗PbSO4，转移4mol电子时，铅蓄电池共消耗了4molPbSO4，故D错误；

答案选C。

19.下列离子方程式不正确的是

A.用氨水吸收过量的二氧化硫：

B.向0.5mol•L-1KAl（SO4）2溶液中滴入0.5mol•L-1Ba（OH）2溶液使

恰好完全沉淀：

2Ba2+4OH-+Al3++2

=2BaSO4↓+

+2H2O

C.用足量Na2S2O3溶液除去水中的Cl2:

4Cl2+

+5H2O=10H++2

+8Cl-

D.少量CO2通入苯酚钠溶液中：

C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+

【答案】C

【解析】

【详解】A．用氨水吸收过量的二氧化硫生成亚硫酸氢铵，离子反应为：

，故A正确；

B．明矾溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42−恰好完全沉淀，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为1:

4，铝离子恰好反应生成偏铝酸根离子，正确的离子方程式为：

2Ba2++4OH-+Al3++2

=2BaSO4↓+

+2H2O，故B正确；

C．氯气能够氧化硫代硫酸根离子生成硫酸根离子，自己被还原为氯离子，故用Na2S2O3溶液吸收自来水中多余Cl2，化学方程式为：

Na2S2O3 +4Cl2 +5H2O=2NaCl+2H2SO4+6HCl ，由于Na2S2O3足量，Na2S2O3与硫酸和盐酸继续反应，方程式为：

Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S↓+SO2↑+H2O、Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O，故最终反应为：

6Na2S2O3+4Cl2=8NaCl+2Na2SO4+5SO2↑+5S↓，离子反应为：

6S2O32-+4Cl2=8Cl-+2SO42-+5SO2↑+5S↓，故C错误；

D．少量CO2通入苯酚钠溶液中生成苯酚和碳酸氢钠，离子反应为：

C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+

，故D正确；

答案选C。

20.常温下，下列说法正确的是

A.pH相等的盐酸和醋酸，加水稀释相同倍数后，c（Cl-）=c（CH3COO-）

B.0.lmol•L-1氨水的pH=a，加入适量的氯化铵固体可使溶液pH=a+l

C.物质的量浓度相等的（NH4）2SO4溶液与（NH4）2CO3溶液中，

前者大于后者

D.等物质的量浓度等体积的醋酸溶液和氢氟酸溶液，与足量氢氧化钠反应，放出的热量相等

【答案】C

【解析】

【详解】A．pH相等的盐酸和醋酸中c（Cl-）=c（CH3COO-），加水稀释时，由于醋酸弱电解质的电离平衡向右移动，使c（Cl-）＜c（CH3COO-），故A错误；

B．0.lmol•L-1氨水的pH=a，加入适量的氯化铵固体，溶液中铵根离子浓度增大，氨水电离平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，溶液的pH值减小，故B错误；

C．物质的量浓度相等的（NH4）2SO4溶液中铵根离子水解，硫酸根离子对铵根离子水解无影响，（NH4）2CO3溶液中铵根离子和碳酸根离子都水解，碳酸根促进铵根离子的水解，铵根离子浓度减小，一水合氨离子浓度增大，

减小，故前者大于后者，故C正确；

D．等物质

量醋酸和氢氟酸都属于弱电解质，电离时电离程度不同，吸收的热量不同，与足量氢氧化钠反应，放出的热量不相等