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    17．常温下，有下列5种溶液
    ① ② ③ ④⑤
     0.1mol•L-1CH3COOH溶液0.01mol•L-1CH3COOH溶液 pH=3的CH3COOH溶液0.1mol•L-1NaOH溶液 0.1mol•L-1氨水
    回答下列问题：
    （1）溶液①稀释到原来的100倍后的溶液pH＞③溶液的pH（填“＞”或“=”或“＜”，下同），①和④两溶液中水电离出的c（H+）：①＞④，
    （2）在相同温度时，10mL ①的溶液与100mL ②的溶液相比较，下列数值后者大于前者的是BC（填字母）．
    A．中和时所需NaOH的量  B．电离程度  C．水电离出的c（H+） D．CH3COOH的物质的量
    （3）用水稀释 ⑤时，溶液中随着水量的增加而减小的是AB（填字母）．
    A．C（OH-）B．$\frac{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}{c（O{H}^{-}）}$C．C（H+）和C（OH-）的乘积 D．OH-的物质的量
    （4）在体积相等、pH相等的 ③溶液与盐酸溶液中加入足量Zn，③溶液中产生的气体比盐酸中产生的气体多（填“多”、“少”或“相等”）．

    分析 （1）醋酸是弱酸，不能完全电离，0.1mol•L-1CH3COOH溶液稀释100倍后，浓度为0.0001mol/L；0.1mol•L-1CH2COOH溶液中c（H+）小于0.1mol/L，0.1mol•L-1NaOH溶液，c（OH-）=0.1mol/L，据此分析；
    （2）在相同温度时，10mL  0.1mol•L-1CH3COOH溶液与100mL 0.01mol•L-1CH2COOH溶液所含醋酸的物质的量相同，醋酸浓度越小，其电离程度越大，但氢离子浓度减小，据此分析；
    （3）用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加，由NH3．H2O?OH-+NH4+可知，n（OH-）增大，但溶液的体积增大的多，则c（OH-）减小，加水促进电离，则n（NH3．H2O）减少；
    （4）醋酸是弱酸，没有完全电离，盐酸是强酸，已经完全电离．

    解答 解：（1）醋酸是弱酸，不能完全电离，0.0001mol/L的pH大于4；0.1mol•L-1CH2COOH溶液中c（H+）小于0.1mol/L，0.1mol•L-1NaOH溶液，c（OH-）=0.1mol/L，c（H+）或c（OH-）越大，其对水的电离平衡的影响越大，所以由水电离出来的氢离子浓度①＞④，故答案为：＞；＞；
    （2）10mL  0.1mol•L-1CH3COOH溶液与100mL 0.01mol•L-1CH2COOH溶液所含醋酸的物质的量相同，所以中和NaOH的物质的量相同，故AD错误；
    醋酸浓度越小，其电离程度越大，醋酸浓度越小，其酸性越弱，氢离子浓度减小，对水的电离平衡的影响越小，故BC正确；
    故答案为：BC；
    （3）A、氨水加水稀释，溶液的浓度减小，碱性减弱，氢氧根的浓度减小，根据温度不变，则c（H+）和c（OH-）的乘积不变，所以氢氧根的浓度减小，氢离子浓度增大，故A正确；
    B、由NH3．H2O?OH-+NH4+可知，加水促进电离，则c（NH3．H2O）减少，c（OH-）减小，但是平衡正向移动，氨水的浓度减小得多，所以分母减小的程度大，分子减小的程度小，二者的比值减小，故B正确；
    C、因加水稀释时，温度不变，则c（H+）和c（OH-）的乘积不变，故C错误；
    D、由NH3．H2O?OH-+NH4+可知，加水促进电离，OH-的物质的量增大，故D错误；
    故答案为：AB；
    （4）由于醋酸部分电离，盐酸完全电离，所以pH相等、体积相等的醋酸和盐酸溶液中加入足量Zn，醋酸产生的氢气多，故答案为：多．

    点评 本题考查了弱酸加水稀释时pH变化、影响水的电离平衡移动的因素、影响弱电解质电离平衡移动的因素等，注意弱酸部分电离，题目难度不大．

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    BFe0.13mol•L-1盐酸10mL25℃
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