福建省三明市第一中学学年高二下学期开学考试化学试题解析版.docx

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福建省三明市第一中学学年高二下学期开学考试化学试题解析版

三明一中2018～2019学年度下学期返校考

高二化学试卷

可能用到的相对原子质量：

H1C12O16S32Cu64Ba137

第Ⅰ卷（必考）化学反应原理模块

一、选择题（共20小题，每题只有一个正确选项，每小题2分,共40分）

1.化学与科技、社会、生产、生活密切相关。

下列有关说法不正确的是

A.铵态氮肥与草木灰混合使用，会损失肥效

B.在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质

C.绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理

D.天然气、沼气和水煤气分别属于化石能源、可再生能源和二次能源

【答案】C

【解析】

【分析】

A、根据已有的知识进行分析，草木灰成分为碳酸钾，溶液中碳酸根离子水解溶液显碱性，铵态氮肥能与碱性物质混合产生氮气，造成肥效降低；

B．硅胶具有开放的多孔结构，吸附性强，铁粉具有强还原性；

C．绿色化学的核心是要利用化学原理从源头消除污染，实现零排放；

D．天然气是由古代生物在地下发生复杂的变化形成的，沼气是由植物秸秆发酵形成的，水煤气是由C与水蒸气反应生成的。

【详解】A．草木灰成分为碳酸钾，溶液中碳酸根离子水解溶液显碱性，氨肥中铵根离子水解溶液显酸性，铵态氮肥能与草木灰碱性物质混合产生氮气，造成肥效降低，故A不符合题意；

B．硅胶具有开放的多孔结构，吸附性强，可做食品的吸水剂，铁粉具有强还原性，可作抗氧化剂，故B不符合题意；

C．绿色化学的核心是要利用化学原理从源头消除污染，实现零排放，而不是对环境污染进行治理，故C符合题意；

D．沼气是由植物秸秆发酵形成的属于可再生能源；天然气是由古代生物在地下发生复杂的变化形成的，属于化石能源；水煤气是由C与水蒸气在高温条件下反应生成的属于二次能源，故D不符合题意。

2.下列实验操作能达到实验目的的是

A.配制氯化铁溶液时,将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释

B.用排水法收集铜粉与浓硝酸反应产生的NO2

C.用分液漏斗分离乙酸与乙醇

D.将Cl2与HCl的混合气体通过饱和碳酸氢钠溶液可得到纯净的Cl2

【答案】A

【解析】

【分析】

A．溶解在较浓的盐酸中可抑制铁离子水解；

B．NO2与水反应；

C．乙酸与乙醇互溶；

D．通过饱和碳酸氢钠溶液可除去HCI，但引入新杂质二氧化碳。

【详解】A．溶解在较浓的盐酸中可抑制铁离子水解，再加水稀释得到需要的氯化铁溶液，故符合题意；

B．NO2与水反应，不能选排水法收集，故不符合题意；

C．乙酸与乙醇互溶，不能选分液漏斗分离，应选蒸馏法，故不符合题意；

D．通过饱和碳酸氢钠溶液可除去HCl，但引入新杂质二氧化碳，应选饱和食盐水、洗气，故不符合题意；

故选A。

3.下列说法或表示方法正确的是

A.C燃烧的热化学方程式为C（s）+1/2O2（g）

CO（g）ΔH=110.5kJ·mol-1

B.由H+（aq）+OH-（aq）

H2O（l）ΔH=-57.3kJ·mol-1可知,若将含1molCH3COOH的稀溶液与含1molNaOH的稀溶液混合,放出的热量小于57.3kJ

C.碳酸氢钠水解的离子方程式:

HCO3-+H2O

CO32-+H3O+

D.500℃、30MPa下,将0.5molN2（g）和1.5molH2（g）置于密闭容器中充分反应生成NH3（g）,放出热量19.3kJ,其热化学方程式为N2（g）+3H2（g）

2NH3（g）ΔH=-38.6kJ·mol-1

【答案】B

【解析】

试题分析：

A、反应热必须注明符号，即放热反应中标明“－”，A错误；B、醋酸溶于水存在电离平衡，电离吸热，所以将含1molCH3COOH的稀溶液与含1molNaOH的稀溶液混合，放出的热量小于57.3kJ，B正确；C、碳酸氢钠水解的离子方程式为HCO3－＋H2O

H2CO3＋OH－，C错误；D、合成氨反应是可逆反应，不能确定转化率，因此不能计算反应热，D错误，答案选B。

考点：

考查热化学方程式、水解方程式以及反应热的有关判断

4.设NA为阿伏伽德罗常数的值。

下列说法正确的是

A.2L0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H+离子数为2NA

B.室温下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH-离子数目为0.1NA

C.电解精炼铜的过程中，每转移NA个电子时，阳极溶解铜的质量为32g

D.某密闭容器中盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目小于0.6NA

【答案】D

【解析】

【分析】

A．亚硫酸为弱酸，水溶液中部分电离；

B．氢氧化钠溶液中，氢氧根离子抑制了水的电离；

C．电解精炼铜时，阳极上除了铜放电，还有比铜活泼的金属放电；

D．合成氯的反应为可逆反应。

【详解】A．2L0.5mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋离子数小于2NA，故不符合题意；

B．氢氧化钠溶液中，氢氧根离子抑制了水的电离，溶液中的氢离子是水电离的，则水电离的氢氢根离子浓度=氢离子浓度

mol·L－1，故不符合题意；

C．电解精炼铜时，阳极上除了铜放电，还有比铜活泼的金属放电，故当转移N4个电子时，阳极的质量减少小于32g，故不符合题意；

D．合成氮的反应为可逆反应，不能进行彻底，则转移的电子数小于0.6N4个，故符合题意；故选：

D。

【点睛】解答有关阿伏加德罗常数的计算问题时要注意以下问题：

①物质的聚集状态：

物质的聚集状态与所处状况有关。

②气体摩尔体积的使用条件：

在非标准状况（如常温、常压）下，22.4L气体的物质的量并不是1mol；故在非标准状况下，不能用气体摩尔体积计算气体的物质的量。

③物质的组成：

物质组成中分子数、原子数或离子数的准确判断是解答这类问题的关键。

④特殊化学反应中转移电子的数目。

5.某溶液与Al反应能放出H2，下列离子在该溶液中一定能大量共存的是

A.NH4＋、Fe2＋、NO3－、SO42－B.Na＋、K＋、Cl－、SO42－

C.Mg2＋、H＋、Cl－、NO3－D.K＋、Ca2＋、HCO3－、Cl－

【答案】B

【解析】

溶液与Al反应能放出H2，溶液为酸或强碱溶液，

A．酸溶液中Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，碱溶液中NH4+、Fe2+分别OH﹣反应，则不能共存，故A错误；

B．无论酸或碱溶液，该组离子之间不反应，则能够大量共存，故B正确；

C．酸溶液中能共存，碱溶液中Mg2+、H+分别OH﹣反应，则不能共存，故C错误；

D．HCO3﹣既能与酸反应又能与碱反应，则一定不能共存，故D错误；

6.下列离子反应方程式书写正确的是

A.Fe（OH）3溶于氢碘酸：

Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O

B.向Na[Al（OH）4]溶液中通入过量CO2：

[Al（OH）4]-+CO2=Al（OH）3↓+HCO3﹣

C.在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：

3ClO﹣+2Fe（OH）3=2FeO42-+3Cl﹣+H2O+4H+

D.向硫化钠溶液中滴入氯化铝溶液：

2Al3++3S2﹣=Al2S3↓

【答案】B

【解析】

【分析】

A．发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘、水；

B．反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；

C．碱性溶液中不能生成氢离子；

D．相互促进水解生成沉淀和气体.

【详解】A．氢氧化铁溶于氢碘酸中的离子反应为2I－＋2Fe（OH）3＋6H＋=2Fe2＋＋6H2O＋I2，故不符合题意；

B．向NaAlO2溶液中通入过量CO2的离子反应为AlO2＋CO2＋2H2O=Al（OH）3↓＋HCO3－，故符合题意；

C．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4的离子反应为2Fe（OH）3＋3ClO－＋4OH－=2FeO42－＋3Cl－＋5H2O，故不符合题意；

D．向硫化钠溶液中滴入氯化铝溶液的离子反应为2Al3＋＋3S2－＋6H2O=2Al（OH）3↓＋3H2S↑，故D不符合题意；

故选B．

【点睛】离子方程式正误判断的审题要点：

两易：

易溶于水、易电离的强电解质用实际参加反应的离子表示。

非电解质、弱电解质（弱酸、弱碱、水等）、难溶物、气体、氧化物、单质等均用化学式表示；两等：

①离子方程式两边原子个数相等；②电荷总数相等；两查：

①检查离子方程式中各项是否都有公约数；②检查是否漏写某个反应或特殊条件；两注意：

①注意限制条件的影响，如少量、过量等；②注意五种符号（“↑”“↓”“

”“

”）的正确使用。

7.下列有关《化学反应原理》的内容说法不正确的是

A.应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应的焓变

B.向FeCl3与CuCl2溶液中加入碱式碳酸铜调节pH可以除去溶液中的FeCl3

C.使用催化剂，可以增大活化分子百分数，加快反应速率

D.为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可。

【答案】D

【解析】

【分析】

A．根据盖斯定律的作用进行分析。

B．根据该溶液中含有三价铁离子加入碱式碳酸铜调节pH能给出去三价铁离子。

C．催化剂对反应速率的影响是概念活化分子百分含量；

D．氯水中的次氯酸能漂白pH试纸；

【详解】A．有些化学反应的熔变难以通过实验测得，通过盖斯定律可以求得，故不符合题意。

B．向FeCl3与CuCl2溶液中加入碱式碳酸铜调节pH=4可以除去溶液中的FeCl3，发生反应的方程式为：

Cu2（OH）2CO3+H＋+Fe3＋

2Cu2＋+Fe（OH）3↓+CO2↑，故不符合题意。

C．使用催化剂，降低活化能，增大活化分子百分数，加快反应速率，故不符合题意；

D．氯水中的次氯酸能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定新制氮水的pH值，故符合题意；

故选D。

8.在100℃时，把0.5molN2O4通入体积为5L的真空密闭容器中，立即出现红棕色。

反应进行到2s时，NO2的浓度为0.02mol·L-1。

在60s时，体系已达平衡，此时容器内压强为开始时的1.6倍。

下列说法正确的是

A.前2s以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol·L-1·s-1

B.在2s时体系内的压强为开始时的1.1倍

C.在平衡时体系内N2O4的物质的量为0.25mol

D.平衡时，N2O4的转化率为40%

【答案】B

【解析】

【详解】A、反应进行到2s时，NO2的浓度为0.02mol/L，则前2s内N2O4的浓度减少0.02mol/L÷2=0.01mol/L，则以N2O4的浓度变化表示的反应速率为0.01mol/L÷2s＝0.005mol·L－1·s－1，A错误；

B、前2s时，二氧化氮的物质的量是0.02mol·L－1×5L=0.1mol，则消耗N2O4的物质的量是0.1mol÷2=0.05mol，剩余N2O4的物质的量是0.5mol-0.05mol=0.45mol，此时气体总物质的量是0.45mol+0.1mol=0.55mol，所以在2s时体系内的压强为开始时的0.55÷0.5=1.1倍，B正确；

C、平衡时压强是开始的1.6倍，说明平衡时气体的物质的量是原来的1.6倍，则平衡时气体的物质的量是0.5mol×1.6=0.8mol，物质的量增加0.8mol-0.5mol=0.3mol，根据化学方程式N2O4

2NO2可知，每有1molN2O4反应生成2molNO2，气体物质的量增加1mol，所以当气体的物质的量增加0.3mol时，有0.3molN2O4参加反应，生成0.6molNO2，剩余N2O4的物质的量是0.5mol-0.3mol=0.2mol，C错误；

D、根据C的分析，平衡时N2O4的转化率是0.3mol/0.5mol×100%=60%，D错误。

答案选B。

9.在3个体积均为1L的恒容密闭容器中发生反应：

SO2（g）＋2NO（g）

2NO2（g）＋S（s）。

改变容器I的反应温度，平衡时c（NO2）与温度的关系如下图所示。

下列说法正确的是（）

A.该反应的ΔH<0

B.T1时，该反应的平衡常数为1/16

C.容器Ⅰ与容器Ⅱ均在T1时达到平衡，总压强之比小于1:

2

D.若T2

【答案】AD

【解析】

A.根据图像，升高温度，c（NO2）减小，说明平衡逆向移动，因此正反应为放热反应，ΔH<0，故A正确；B.T1时，平衡是c（NO2）=0.2mol/L，

SO2（g）＋2NO（g）

2NO2（g）＋S（s）

起始（mol/L）0.50.600

反应（mol/L）0.10.20.2

平衡（mol/L）0.40.40.2

该反应的平衡常数K=

=

，故B错误；C.T1时，容器I平衡时气体的物质的量为0.4+0.4+0.2=1.0mol，容器Ⅱ中Qc=

=0.5＜

，说明反应正向移动，气体的物质的量小于0.5+1+0.5=2.0mol，因此达到平衡，总压强之比大于1:

2，故C错误；D.根据上述分析，T1时，平衡时容器I中NO的体积分数为

×100%=40%；容器I相当于起始时加入0.2mol二氧化氮和0.6mol二氧化氮，容器Ⅲ相当于起始时加入0.4mol二氧化硫和1.2mol一氧化氮，容器Ⅲ相当于容器I缩小体积的结果，根据方程式，增大压强，平衡正向移动，一氧化氮的物质的量减少，因此平衡时容器Ⅲ中NO的体积分数小于40%，若T2

点睛：

本题考查了化学平衡的影响元素和平衡的移动以及等效平衡的原理的应用。

本题的难点为D，要注意将反应物尽可能的转化为生成物，在根据等效平衡的思想分析判断。

10.某溶液中可能含有下列6种离子中的某几种：

Cl－、SO42-、CO32-、NH4+、Na＋、K＋。

为确认溶液组成进行如下实验：

（1）200mL上述溶液，加入足量BaCl2溶液，反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得沉淀4.30g，向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33g沉淀不溶。

（2）向

（1）的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，标准状况下产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体1.12L。

由此可以得出关于原溶液组成的正确结论是

A.一定存在SO42-、CO32-、NH4+，可能存在Cl－、Na＋、K＋

B.一定存在SO42-、CO32-、NH4+、Cl－，一定不存在Na＋、K＋

C.c（CO32-）＝0.01mol·L－1，c（NH4+）＞c（SO42-）

D.如果上述6种离子都存在，则c（Cl－）＞c（SO42-）

【答案】D

【解析】

【分析】

（1）取少量该溶液加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加入足量盐酸后，沉淀部分溶解，并有气体生成，说明白色沉淀为BaCO3和BaSO4，则溶液中含有CO32－、SO42－；

（2）向

（1）的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能使湿润红色石试纸变蓝的气体，说明溶液中有NH4＋。

【详解】

（1）取少量该溶液加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加入足量盐酸后，沉淀部分溶解，并有气体生成，说明白色沉淀为BaCO3和BaSO4，质量一共是4.3g.则溶液中含有CO32－、SO42－，向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33g沉淀不溶，则硫酸钡的质量是2.33g，所以硫酸根离子的物质的量是

，所以碳酸钡的质量是

，碳酸根离子的物质的量是

。

（2）向

（1）的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，物质的量是

，说明溶液中有NH4＋的物质的量是0.05mol；

A．溶液中一定存在SO42－、CO32－、NH4＋，根据电荷守恒，一定存在Cl－，不能确定是否存在Na＋、K＋，故不符合题意；

B．溶液中一定存在SO42－、CO32－、NH4＋，根据电荷守恒，一定存在Cl－，不能确定是否存在Na＋、K＋，故不符合题意；

C．碳酸根离子的物质的量是

，硫酸根离子的浓度是

，铵根离子浓度是

，故不符合题意；

D．如果上述6种离子都存在，根据电荷守恒c（Cl－）＋2c（SO42－）＋2c（CO32－）=c（NH4＋）＋c（Na＋）＋c（K＋），则c（Cl－）>c（SO42－），故符合题意；

故选D。

【点睛】混合溶液中各离子浓度的比较，要进行综合分析。

有关规律如下：

①电荷守恒规律：

电解质溶液中，不论存在多少种离子，溶液总是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数；②物料守恒规律：

电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但原子总数是守恒的；③质子守恒规律：

质子守恒是指电解质溶液中粒子电离出的氢离子（H＋）数等于粒子接受的氢离子（H＋）数加游离的氢离子（H＋）数，质子守恒的关系式也可以由电荷守恒与物料守恒推导得到。

11.某温度下,相同pH的氨水和氢氧化钠溶液分别加水稀释,平衡pH随溶液体积变化的曲线如图所示,据图判断正确的是

A.Ⅱ为氨水稀释时的pH变化曲线B.a、b、c三点溶液的导电性:

c>b=a

C.a、b、c三点溶液中水的电离程度:

c=b>aD.a、b、c三点溶液的KW:

c=b

【答案】C

【解析】

【分析】

根据信息可知氢氧化钠溶液和氨水具有相同的体积和pH，由于氢氧化钠是强电解质，则氢氧化钠的浓度小，再利用两溶液在稀释时强碱的变化程度来分析解答即可。

【详解】A．由图可知，开始的pH相同，在稀释时由氮水的电离平衡可知，促进氨水的电离，则氮水中的离子浓度大，即I是氯水的pH变化曲线，故不符合题意；

B．由图可知，开始的pH相同，开始时氮水浓度大，稀释相同倍数，氮水的浓度仍然大，氮水中离子浓度也大，所以导电性a>c，对于氢氧化钠溶液，稀释后离子浓度减小，导电性变小，即a>b，故不符合题意；

C．由于氮水是弱电解质，氢氧化钠是强电解质，稀释相同倍数后，氮水的碱性强于氢氧化钠，所以氢水中水的电离程度小于氢氧化钠，而b、c两点的pH值相同，所以水电离的程度也相同，所以水的电离程度：

c=b>a，故符合题意；

D．KW是温度的函数，a、b、c三点溶液温度相同，所以水的离子积常数不变，即c=b=a，故不符合题意；

故选C。

【点睛】①相同pH的强酸、弱酸分别加水稀释相同倍数，溶液pH变化大的是强酸，变化小的是弱酸；②取酸的钠盐溶于水，测定溶液pH，若pH=7，则对应酸为强酸，若pH＞7，对应酸为弱酸。

③相同pH的强酸和弱酸，分别加入等量相应的钠盐，溶液pH增大的是弱酸，pH几乎不变的是强酸；④pH相同、体积相同的强酸和弱酸与碱NaOH完全反应时，耗碱量大的是弱酸，或与足量锌反应，产生H2多的是弱酸；

12.“以H2、O2、熔融盐Na2CO3组成燃料电池，采用电解法制备Fe（OH）2，装置如图所示，其中P端通入CO2。

通电一段时间后，右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀，且较长时间不变色。

则下列说法中正确的是

A.X、Y两端都必须用铁作电极B.不可以用NaOH溶液作为电解液

C.阴极发生的反应是2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－D.X端为电解池的阳极

【答案】C

【解析】

试题分析：

左边装置是原电池，通入氢气的电极I是负极、通入氧气的电极II是正极，负极反应式为H2-2e-+CO32-═CO2+H2O，正极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO32-，右边装置是电解池，X是阴极、Y是阳极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-、阳极反应式为Fe-2e-+2OH-=Fe（OH）2↓。

A．X、Y两端，阳极X必须是铁电极，Y电极不需要一定用铁作电极，可以用石墨电极，故A错误；B．电解过程是阴极上氢离子放电得到溶液中的氢氧根离子交换亚铁离子生成氢氧化亚铁，所以可以用NaOH溶液作为电解液，故B错误；C．阴极发生的反应是溶液中的氢离子得到电子生成氢气，碱溶液中电极反应：

2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故C正确；D．X连接原电池负极，所以是电解池阴极，故D错误；故选C。

考点：

考查了原电池和电解池原理的相关知识。

13.在硫化钠水溶液中存在着多种离子和分子，下列关系式正确的是

A.c（OH－）＝c（HS－）＋c（H+）＋c（H2S）

B.c（OH－）+c（HS－）＝c（Na+）＋c（H+）

C.c（Na+）＝c（S2－）＋c（HS－）＋c（H2S）

D.c（Na+）＝2c（S2－）＋2c（HS－）＋2c（H2S）

【答案】D

【解析】

【分析】

A、依据硫化钠溶液中质子守恒分析判断；

B、依据硫化钠溶液中质子守恒分析判断；

C、依据硫化钠溶液中物料守恒分析判断，钠元素和硫元素物质的量之比为2：

1；

D、依据硫化钠溶液中物料守恒分析判断，钠元素和硫元素物质的量之比为2：

1.

【详解】A．硫化钠水溶液中存在质子守恒，水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度应相同，氢离子存在形式变化，结合氢离子守恒写出c（OH－）=c（HS－）＋c（H＋）＋2c（H2S），故不符合题意；

B．硫化钠水溶液中存在质子守恒，水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度应相同，氢离子存在形式变化，结合氢离子守恒写出c（OH－）=c（HS－）＋c（H＋）＋2c（H2S），故不符合题意；

C．硫化钠水溶液中存在物料守恒，钠元素和硫元素物质的量之比为2：

1，溶液中物料守恒为：

c（Na＋）=2c（S2－）＋2c（HS－）+2c（H2S），故不符合题意；

D．硫化钠水溶液中存在物料守恒，钠元素和硫元素物质的量之比为2：

1，溶液中物料守恒为：

c（Na＋）=2c（S2－）＋2c（HS－）+2c（H2S），故符合题意；

故选D。

【点睛】1.电荷守恒规律：

电解质溶液中，不论存在多少种离子，溶液总是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数；2.物料守恒规律：

电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但原子总数是守恒的；3.质子守恒规律：

质子守恒是指电解质溶液中粒子电离出的氢离子（H＋）数等于粒子接受的氢离子（H＋）数加游离的氢离子（H＋）数，质子守恒的关系式也可以由电荷守恒与物料守恒推导得到。

14.化工生产中含Cu2＋的废水常用MnS（s）作沉淀剂，其反应原理为Cu2＋（aq）＋MnS（s）

CuS（s）＋Mn2＋（aq）。

下列有关该反应的推理不正确的是（）

A.该反应达到平衡时，c（Cu2＋）＝c（Mn2＋）

B.CuS的溶解度比MnS的溶解度小

C.往平衡体系中加入少量Cu（NO3）2（s）后，c（Mn2＋）变大

D.该反应平衡常数K＝

【答案】A

【解析】

依据沉淀的转化条件溶解度大的向溶解度小的转移，B选项正确；C选项，加入Cu（NO3）2（s）后平衡右移，C项正确；反应平衡常数K＝

，D项正确，K≠1则该反应达到平衡时，c（Cu2＋）≠c（Mn2＋），A项错误。

15.某化学兴趣小组对电解质溶液作如下的归纳总结（均在常温下）。

其中正确的是

A.pH=3的强酸溶液1mL，加水稀释至100mL后，溶液pH降低2个单位

B.1L0.50mol·L-1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L-1NH4Cl溶液含NH4+物质的量后者大

C.pH=8.3的NaHCO3溶液：

c（Na+）＞c（HCO3－）＞c（CO32-）＞c（H2CO3）

D.pH=4、浓度均为0.1mol·L-1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中：

【答案】D

【解析】

【分析】

酸加水稀释，氢离子浓度降低，pH升高；铵根离子在水溶液中会发生水解，NH4Cl浓度越小，