2018-2019学年甘肃省会宁县第一中学高二上学期第二次月考化学试题 解析版

2018-2019学年甘肃省会宁县第一中学高二上学期第二次月考化学试题 解析版

‎2018-2019学年度第一学期第2次月考高二化学试题 本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间50分钟。‎ 可能用到的相对原子质量：H:‎1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Al:27 P:31 S:32 K:39 Ca:40‎ 第I卷(选择题共48分)‎ 一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分，每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.北魏贾思勰《齐民要术·作酢法》这样描述苦酒：“乌梅苦酒法：乌梅去核，一升许肉，以五升苦酒渍数日，曝干，捣作屑。欲食，辄投水中，即成醋尔。”下列有关苦酒主要成分的说法正确的是（　　）‎ A. 苦酒的主要溶质是非电解质 B. 苦酒的主要溶质是弱电解质 C. 苦酒的主要溶质是强电解质 D. 苦酒的溶液中只存在分子，不存在离子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，苦酒的主要成分是乙酸。‎ ‎【详解】苦酒浸泡的乌梅肉投入水中可以得到醋，醋的主要成分是乙酸，说明苦酒的主要成分是乙酸。乙酸为弱酸，在溶液中部分电离为氢离子和乙酸根离子，故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了乙酸的性质和用途，要求我们要熟悉与生活有关的化学物质的性质，掌握弱电解质的电离特点。‎ ‎2.下列热化学方程式正确的是（　　）‎ A. 甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol−1，则甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝−890.3 kJ·mol−1‎ B. ‎500℃‎、30MPa下，将0.5mol N2和1.5mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝−38.6kJ·mol−1‎ C. 已知在‎120℃‎、101kPa下，‎1g H2燃烧生成水蒸气放出121kJ热量，其热化学方程式为H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(g) ΔH＝−242kJ·mol−1‎ D. ‎25℃‎、101kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3kJ·mol−1‎ ‎，硫酸溶液与氢氧化钾溶液反应的热化学方程式为H2SO4(aq)＋2KOH(aq)===K2SO4(aq)＋2H2O(l) ΔH＝−57.3kJ·mol−1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、燃烧热是指‎25 ℃‎，101 kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时的反应热，水的状态应为液态，错误；B、合成氨的反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底，根据题给条件无法确定该反应的反应热，错误；C、已知在101 kPa下，‎1 g H2燃烧生成水蒸气放出121 kJ热量，其热化学方程式为H2(g)＋O2(g)===H2O(g) ΔH＝－242 kJ·mol-1，正确；D、中和热是指‎25 ℃‎，101 kPa时，酸与碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水的反应热，错误。‎ 考点：考查化学反应的热效应，燃烧热和中和热 ‎3.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 体系有序性越高，熵值就越低 B. 自发过程可以导致体系的熵增大 C. 同种物质气态时熵值最大 D. 吸热反应不可以自发进行 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、体系有序性越低，熵值越大；‎ B、熵增过程利于自发；‎ C、物质的状态不同，熵值不同，一般来说固体的熵值＜液体＜气体，混乱度越大，熵值越大；‎ D、反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△H-T△S＜0时，反应可自发进行，不能只根据焓变或熵变判断。‎ ‎【详解】A项、有序性越高，混乱度越小，熵值越小，故A正确；‎ B项、熵增过程利于自发，故B正确；‎ C项、对于同种物质，固体的熵值＜液体＜气体，故C正确；‎ D项、吸热反应，若△S＞0，当△H-T△S＜0时，反应可自发进行，如氢氧化钡晶体和氯化铵的反应，在常温下就能进行，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查焓变与熵变知识，注意把握反应能否自发进行，不能只根据焓变或熵变判断，取决于焓变和熵变的综合判据，当△H-T△S＜0时，反应可自发进行，注意把握熵值的理解。‎ ‎4.根据以下三个热化学方程式：2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝-Q1 kJ/mol；2H2S(g)＋O2(g)=2S(s)＋2H2O(l) ΔH＝-Q2 kJ/mol；2H2S(g)＋O2(g)=2S(s)＋2H2O(g) ΔH＝-Q3 kJ/mol。判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是（ ）‎ A. Q1＞Q2＞Q3 B. Q1＞Q3＞Q‎2 C. Q3＞Q2＞Q1 D. Q2＞Q1＞Q3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 三个反应都为放热反应，物质发生化学反应时，生成液态水比生成气态水放出的热量多，反应越完全，放出的热量越多。‎ ‎【详解】将已知反应依次编号为：①2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l）△H=-Q1kJ/mol，②2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（l）△H=-Q2kJ/mol，③2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（g）△H=-Q3kJ/mol，①与②相比较，由于S→SO2放热，则Q1>Q2，②与③相比较，由于H2O（l）→H2O（g）吸热，则Q2>Q3，则Q1>Q2>Q3，故选A。‎ ‎【点睛】本题考查反应热的大小比较，注意从物质反应的程度以及物质的聚集状态的角度比较反应热的大小。‎ ‎5.已知室温时，0.1 mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是(　　)‎ A. 由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍 B. 该溶液的pH＝4‎ C. 此酸的电离平衡常数约为1×10－7 D. 升高温度，溶液的pH增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎0.1 mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，则溶液中c(H＋)＝c(A－)＝0.1 mol/L×0.1%=1×10－4mol/L。‎ ‎【详解】A项、溶液中c(H＋)＝1×10－4mol/L，水电离出来的c(H＋)＝c(OH—)= 1×10－14/1×10－4mol/L=1×10－10mol/L，则由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍，故A正确；‎ B项、溶液中c(H＋)＝1×10－4mol/L，溶液的pH＝4，故B正确；‎ C项、该酸的电离平衡常数Ka≈（1×10－4mol/L×1×10－4mol/L）/0.1 mol/L=1×10－7，故C正确；‎ D项、弱酸的电离是吸热过程，升高温度促进电离，溶液中c(H＋)增大，pH减小，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查弱酸的电离，明确离子的浓度、温度对电离平衡的影响及电离平衡常数的计算为解答关键。‎ ‎6.一定条件下，CH3COONa溶液存在水解平衡：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，下列说法正确的是（　　）‎ A. 稀释溶液，溶液的pH增大 B. 加入少量NaOH固体，c（CH3COO-）减小 C. 温度升高，c（CH3COO-）增大 D. 加入少量FeCl3固体，c（CH3COO-）减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查影响盐类水解平衡的因素，应用平衡移动原理分析判断。‎ ‎【详解】A项：稀释时水解平衡右移，OH－物质的量变大。但溶液体积变大，OH－浓度变小，溶液的pH减小。A项错误；‎ B项：加入少量NaOH固体，OH－浓度增大，平衡左移， c(CH3COO-)增大。B项错误；‎ C项：因水解吸热，升高温度，平衡右移， c(CH3COO-)减小。C项错误；‎ D项：加入少量FeCl3固体时，Fe3+结合OH－使平衡右移，c（CH3COO-）减小。D项正确。‎ 本题选D。‎ ‎【点睛】化学平衡、电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡等，都符合平衡移动原理。‎ ‎7.下列不能用勒夏特列原理解释的事实是( )‎ A. 棕红色的NO2加压后颜色先变深后变浅 B. 氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压后颜色变深 C. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅 D. 合成氨工业使用高压以提高氨的产量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、加压二氧化氮的浓度增大，平衡向生成四氧化二氮的方向移动，故加压后颜色先变深后变浅，但仍比原来的颜色深，可以勒夏特列原理解释,A不选；B、氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压后颜色变深，该反应前后气体体积不变，平衡不移动，颜色加深是体积减小浓度增大所致，与平衡移动无关，B选；C. 氯水中的次氯酸受光照射会分解，次氯酸浓度减小，使得化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO向右移动，能用勒夏特列原理解释，c不选；D合成氨工业使用高压使得平衡N2(g)+3H2(g)2NH3(g)向右移动，以提高氨的产量，与平衡移动有关，D不选，选B。‎ 考点：考查平衡移动原理的应用。‎ ‎8. 化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是 选项 ‎ 现象或事实 ‎ 解释 ‎ A ‎ 用热的烧碱溶液洗去油污 ‎ Na2CO3可直接和油污反应 ‎ B ‎ 漂白粉在空气中久置变质 ‎ 漂白粉中的CaCl2 与空气中的CO2反应生成CaCO3 ‎ C ‎ 施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用 ‎ K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效 ‎ D ‎ FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作 ‎ FeCl3能从含有Cu2＋的溶液中置换出铜 ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、盐的水解反应是吸热反应，所以升高温度，促进盐的水解，溶液的碱性更强。因此用热的纯碱溶液可以洗去油污。并不是碳酸钠可与油污直接反应。错误。B、漂白粉在空气中久置变质，是因为有效成分Ca(ClO)2会发生反应产生的HClO不稳定，光照分解产生HCl和氧气，错误；C、当施肥时草木灰（有效成分为K2CO3）与NH4Cl混合使用，则二者的水解作用相互促进，使N元素以氨气的形式逸出因而肥效会降低。正确。D、FeCl3‎ 溶液可用于铜质印刷线路板的制作，是因为二者发生反应生成氯化亚铁和氯化铜，把多余的Cu腐蚀掉。错误。‎ 考点：考查盐的水解及应用的知识。‎ ‎9.—定条件下，恒压容器中发生反应：2X(g)+Y(g)2Z(g)， △H=-akJ·mol-1(a>0)。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 单位时间内生成2n mol X，同时生成nmol Y B. 混合体系的密度不再变化，说明该反应达到化学平衡状态 C. 反应过程中，X和Z的物质的量之和保持不变 D. 向容器中加入0.2 mol X与0.1 molY充分反应，放出热量为0.lakJ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 根据方程式可知单位时间内生成2n mol X，同时生成nmol Y，A正确；B. 密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量是不变的，压强不变，容积改变，因此混合体系的密度不再变化，说明该反应达到化学平衡状态，B正确；C. 2molX被消耗生成2molZ，所以反应过程中，X和Z的物质的量之和保持不变，C正确；D. 向容器中加入0.2 mol X与0.1 molY充分反应，由于是可逆反应，放出热量小于0.lakJ，D错误，答案选D。‎ 点睛：选项B是解答的易错点，注意可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：①正反应速率和逆反应速率相等。②反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。‎ ‎10.己知某温度下，0.1mol/LNaHA的强电解质溶液中，c(H+)0‎ C. ‎830℃‎达平衡时，A的转化率为20%‎ D. ‎1200℃‎时反应C（g）+D（g）A（g）+B（g）的平衡常数为2.5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A项，4s内υ（A）=0.005mol/（L·s），则υ（B）=υ（A）=0.005mol/（L·s），Δc（B）=0.005mol/（L·s）4s=0.02mol/L，4s时c（B）=0.8mol2L-0.02mol/L=0.38mol/L，错误；B项，分析表中数据，升高温度化学平衡常数减小，升高温度平衡向逆反应方向移动，则ΔH0，错误；C项，设A转化物质的量浓度为x，则转化B、C、D物质的量浓度都为x，平衡时A、B、C、D物质的量浓度依次为（0.1-x）mol/L、（0.4-x）mol/L、xmol/L、xmol/L，‎830℃‎时平衡常数为1.0，则=1.0，解得x=0.08mol/L，A的转化率为100%=80%，错误；D项，‎1200℃‎时反应A（g）+B（g）C（g）+D（g）的化学平衡常数K==0.4，反应C（g）+D（g） A（g）+B（g）的化学平衡常数K=‎ ‎==2.5，正确；答案选D。‎ ‎12.下列图示与对应的叙述相符的是（ ）‎ A. 图甲表示某可逆反应物质的浓度随时间的变化，且在t时刻达到平衡状态 B. 图乙表示向0.1 mol·L-1的氨水溶液中逐渐加水时溶液的导电性变化 C. 图丙表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下，反应过程中的能量变化 D. 图丁表示向CH3COOH溶液中逐渐加入CH3COONa固体后，溶液pH的变化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、达到化学平衡，组分的浓度不再改变，即t时刻没有达到平衡，故错误；B、NH3·H2ONH4＋＋OH－，加水稀释促进电离，但离子浓度降低，导电能力与离子浓度和所带电荷数有关，因此氨水中加水稀释，导电能力降低，故正确；C、根据丙的图像，反应物的总能量小于生成物总能量，此反应应是吸热反应，故错误；D、CH3COOHCH3COO－＋H＋，加入CH3COONa，是反应向逆反应进行，c（H＋）降低，pH增大，故错误。‎ 考点：考查化学平衡状态的判断、导电能力、化学反应中能量变化、弱电解质等知识。‎ 第Ⅱ卷(非选择题共52分)‎ 二、非选择题（本题包括3小题，共52分。）‎ ‎13.甲醇(CH3OH)是重要的溶剂和替代燃料，工业上用CO和H2在一定条件下制备CH3OH的反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，在体积为‎1L的恒容密闭容器中，充入2mol CO和4mol H2，一定条件下发生上述反应，测得CO(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。‎ ‎①从反应开始到5min，用CO表示的平均反应速率v(CO)=________。‎ ‎②下列说法正确的是____________(填字母序号)。‎ A．达到平衡时，H2的转化率为65%‎ B．5min后容器中混合气体的平均相对分子质量不再改变 C．达到平衡后，再充入氩气，反应速率减小 D．2min前v(正)>v(逆)，2min后v(正)v（逆），故D错误。‎ 故答案为：B ‎（2）①根据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ可得：C（s）+2H2O（g）+CaO（s）⇌CaCO3（s）+2H2（g）△H=（+131.0kJ/mol）+（-43kJ/mol）+（-178.3kJ/mol）=-90.3kJ；根据方程式可知，K1=c(CO)c2(H2)/c(H2O)，K2= c(CO2)c(H2)/c(H2O)c(CO)，K3=1/ c(CO2)，K= c2(H2)/c2(H2O)，则K= K1·K2·K3，故答案为：-90.3；K1·K2·K3；‎ ‎②A、该反应为放热反应，降低体系的温度，平衡向着正向移动，可以提高氢气的产率，故A正确；‎ B、该反应为气体体积不变的反应，压缩容器的体积增大了压强，平衡不移动，氢气的产率不变，故B错误；‎ C、CaO为固体，增加CaO的量平衡不移动，氢气的产率不变，故C错误；‎ D、选用适当的催化剂可以改变反应速率，但是不影响化学平衡，氢气的产率不变，故D错误。‎ 故答案为：A ‎14.现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的含酸量(g/100 mL)。‎ Ⅰ、实验步骤：‎ ‎(1)量取10.00 mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100 mL________(填仪器名称)中定容，摇匀即得待测白醋溶液。‎ ‎(2)用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00 mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴________作指示剂。‎ ‎(3)读取盛装0.1000 mol/L ‎ NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如图所示，则此时的读数为________mL。‎ ‎(4)滴定。当__________时，停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数。重复滴定3次。‎ Ⅱ、实验记录 Ⅲ、数据处理与讨论：‎ ‎(1)按正确数据处理，可得市售白醋含酸量＝________g/100 mL(结果保留四位有效数字)。‎ ‎(2)乙同学仔细研究了该品牌白醋的标签，发现其中还含有苯甲酸钠作为食品添加剂，他想用资料法验证醋酸与苯甲酸钠不会发生离子互换反应，需查找在一定温度下的醋酸与苯甲酸的______(填写序号)。‎ a．pH b．沸点 c．电离常数 d．溶解度 ‎(3)在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是________(填写序号)。‎ a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗 b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水 d．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出 ‎【答案】 (1). 容量瓶 (2). 酚酞 (3). 0.70 (4). 溶液由无色恰好变为浅红色，并在半分钟内不褪色 (5). 4.500 (6). c (7). ab ‎【解析】‎ 试题分析：‎ I．（1）溶液的稀释在烧杯中进行，溶液的定容在对应体积的容量瓶中进行；（2）强碱滴定弱酸时应选择碱性范围内变色的指示剂；（3）根据滴定管的结构与精确度来分析；（4）滴定终点时溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色；III．（1）根据数据的合理性来分析；求出平均消耗的NaOH溶液的体积，然后根据白醋与NaOH 溶液反应的关系式来解答；（2）根据电离常平衡数判断酸的强弱，然后依据强酸制弱酸来分析；（3）根据C（待测）= 分析误差。‎ 解析：I．（1）量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL 容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液；（2）食醋与NaOH反应生成了强碱弱酸盐，溶液呈碱性，应选择碱性范围内变色的指示剂酚酞；（3）滴定管液面的读数0.70mL；（4）NaOH滴定食醋的终点为：溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色； III．（1）第1次滴定误差明显大，属异常值，应舍去；3次消耗的NaOH溶液的体积为：15.00mL；15.05mL；14.95mL；则NaOH溶液的体积的平均值为15.00mL； 设20mL稀释后的白醋样品含有 CH3COOOH Xg，则        ‎ c（市售白醋）=g/100 mL；（2）依据电离常数的大小判断酸性强弱，进而判断反应能否发生，其他选项不能判断酸的强弱，故选c；（3）a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗，标准液浓度降低，造成V（标准）偏大，根据C（待测）=，分析可知C（待测）偏大，故a正确；b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据C（待测）=，分析可知C（待测）偏大，故b正确；c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，对V（标准）无影响，根据C（待测）=，分析可知C（待测）不变，故c错误；d．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，待测液物质的量偏小，造成V（标准）偏小，根据C（待测）=，分析可知C（待测）偏小，故d错误。‎ ‎15.回答下列问题：‎ ‎（1）将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液呈_______（填“酸性”，“中性”或“碱性”，下同），溶液中c(Na+)____________c(CH3COO－)（填“<”“>”或“＝”）。‎ ‎（2）常温下，取0.2mol·L−1 HCl溶液与0.2mol·L−1 MOH溶液等体积混合，测得混合后溶液的pH=5。写出MOH的电离方程式：__________________。‎ ‎（3）‎99℃‎时，向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH＝2。此时水的离子积Kw＝________，水电离出的c(H+)＝________，而此时溶液中的 c(Na+)__________c（SO42—）（填“<”“>”或“＝”）。‎ ‎（4）相同温度下等物质的量浓度的下列溶液中 A．NH‎4C1 B．NH4HCO‎3 C．NH4HSO4 D．(NH4)2SO4‎ ‎①pH值由大到小的顺序是__________(用对应的字母填写）。‎ ‎②NH4+离子浓度由大到小的顺序是__________(用对应的字母填写）。‎ ‎【答案】 (1). 碱性 (2). > (3). MOHM++OH－ (4). 1.0×10－12 (5). 1.0×10－10mol·L－1 (6). ＝ (7). B>A>D>C (8). D>C>A>B ‎【解析】‎ ‎（1）将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后恰好反应生成醋酸钠，醋酸根水解，溶液呈碱性，根据电荷守恒可知溶液中c(Na＋)＞c(CH3COO－)。（2）常温下，取0.2 mol/L HCl溶液与0.2mol/L MOH溶液等体积混合恰好反应生成MCl，测得混合后溶液的pH=5，说明溶液显酸性，因此M＋水解，则MOH是弱碱，电离方程式为MOHM++OH－。（3）‎99 ℃‎时，pH＝6的蒸馏水中氢离子与氢氧根浓度均是10－6mol/L，则此时水的离子积Kw＝1.0×10－12。加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH＝2，即氢离子浓度是0.01mol/L，所以氢氧根浓度是10－10mol/L，硫酸氢钠抑制水的电离，则水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根的浓度，为1.0×10－10mol·L－1，硫酸氢钠不水解，则根据硫酸氢钠的化学式可知而此时溶液中的c（Na＋）＝c（SO42-）。（4）①A．NH‎4C1溶液中铵根水解，溶液显酸性；B．NH4HCO3溶液中铵根与碳酸氢根的水解相互促进；C．NH4HSO4是强酸的酸式盐，电离出的氢离子抑制铵根水解；D．(NH4)2SO4溶液中铵根水解，溶液显酸性，铵根浓度大，酸性强于氯化铵；所以pH值由大到小的顺序是B>A>D>C。②根据以上分析可知NH4+离子浓度由大到小的顺序是D>C>A>B。‎ 点睛：注意溶液中的c(H＋)和水电离出来的c(H＋)是不同的：①常温下水电离出的c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1，若某溶液中水电离出的c(H＋)＜1×10－7 mol·L－1，则可判断出该溶液中加入了酸或碱抑制了水的电离；若某溶液中水电离出的c(H＋)＞1×10－7 mol·L－1，则可判断出该溶液中加入了可以水解的盐。②常温下溶液中的c(H＋)＞1×10－7 mol·L－1，说明该溶液是酸溶液或水解显酸性的盐溶液；c(H＋)＜1×10－7 mol·L－1‎ ‎，说明是碱溶液或水解显碱性的盐溶液。计算氢离子或氢氧根离子浓度时一定要分清楚是溶液中的还是水电离出的。‎