【化学】内蒙古巴彦淖尔市临河三中2018-2019学年高二上学期第二次月考（解析版） 试卷

内蒙古巴彦淖尔市临河三中2018-2019学年高二上学期第二次月考
1.下列反应属于吸热反应的是
A. 酒精在氧气中燃烧 B. 氢气在氧气中燃烧
C. 氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应 D. 氢氧化钾溶液和硫酸中和
【答案】C
【解析】
【详解】A项，酒精在氧气中燃烧,释放热量是放热反应，故A项错误；
B. 氢气在氧气中燃烧，释放热量是放热反应，故B项错误；
C项，氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应是吸热反应，故C项正确；
D项，中和反应要释放热量，是放热反应，故D项错误；
综上所述，本题选C。
【点睛】常见的放热反应有：燃烧反应、金属与酸或水的反应、酸碱中和反应、绝大多数化合反应、铝热反应；常见的吸热反应有：绝大数分解反应、个别的化合反应（如和）、工业制水煤气的反应、碳（一氧化碳、氢气）还原金属氧化物、某些复分解（如铵盐和强碱反应）。
2.下列措施对增大反应速率明显有效的是
A. 实验室制CO2气体时，将大理石块改为大理石粉
B. 钠与水反应时增大水的用量
C. 溴水与KI溶液反应时增大压强
D. 铝与稀硫酸反应制取氢气时改用浓硫酸
【答案】A
【解析】
【分析】
A、增大固体的接触面积,能够加快反应速率；
B、水的量增加，但是不水的浓度不变；
C、压强只对气体的反应速率有影响；
D、浓硫酸具有强氧化性,使Al发生钝化；
【详解】A. 将大理石块改为大理石粉,固体表面积增大,反应速率增大,故A正确；
B.水的浓度为定值，增大水的用量，不改变水的浓度，反应速率不变，故B错误； 
C.溴水与KI溶液混合反应生成溴化钾和碘,没有气体参加,压强不影响反应速率,所以增大压强，反应速率不变,故C错误； 
D.常温下，浓硫酸和铝发生钝化，且反应不生成氢气，故D错误；
综上所述，本题选A。
3.某实验小组学生按照课本实验要求，用50 mL 0.5 mol/L盐酸与50 mL 0.55 mol/L NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应，通过测定反应过程中放出的热量计算中和热。下列说法正确的是

A. 实验过程中没有热量损失
B. 图中实验装置缺少环形玻璃搅拌棒
C. 烧杯内填满碎纸条的作用是固定小烧杯
D. 酸或碱的物质的量越大，所测中和热的数值越大
【答案】B
【解析】
【分析】
A.根据实验过程的保温情况确定保温效果；
B.根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；
C.中和热测定实验成败的关键是保温工作,烧杯间填满碎纸条的作用是保温；
D.中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量,与酸碱的用量无关。
【详解】A.该装置的保温效果并不如量热计那样好,肯定存在热量的散失,故A错误；
B.根据量热计的构造可以知道该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器,故B正确；
C.中和热测定实验成败的关键是保温工作,大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失,故C错误；
D.因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量,与酸碱的用量无关,中和热数值不变,故D错误；
综上所述，本题选B。
4.在密闭容器里，A与B反应生成C，其反应速率分别用、、表示，已知2=3、3=2，则此反应可表示为
A. 2A+3B=2C B. A+3B=2C
C. 3A+B=2C D. A+B=C
【答案】B
【解析】
试题分析：同一化学反应用不同物质表示化学反应速率时，速率比等于方程式中物质的计量数的比。由于2=3，3=2，所以在方程式中 A、C的系数相同，B的系数是A的3/2倍，所以方程式是2A+3B=2C，选项是 A.
考点：考查同一化学反应的方程式的系数与反应速率的表示的关系的知识。
5.下列关于平衡常数K的说法中，正确的是
A. 在任何条件下，化学平衡常数是一个恒定值
B. 平衡常数K只与温度有关，与反应浓度、压强无关
C. 平衡常数K不仅与温度有关，也与反应浓度、压强有关
D. 对于可逆反应C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)，在一定温度下达到平衡时，其平衡常数表达式为
【答案】B
【解析】
【分析】
化学平衡常数只受温度影响,与浓度、压强无关,平衡常数越大,反应进行的程度越大,可逆程度越小。
【详解】A、化学平衡常数受温度影响,温度变化，化学平衡常数发生变化，故A错误；
B、平衡常数K只与温度有关,反应浓度、压强不影响化学平衡常数, 故B正确；
C、平衡常数K只与温度有关,反应浓度、压强不影响化学平衡常数,故C错误；
D、纯固体的浓度为定值，所以该反应的平衡常数表达式为，故D错误；
综上所述，本题选B。
6.下列物质是非电解质的是
A. 铝 B. 食盐 C. 硫 D. 蔗糖
【答案】D
【解析】
【详解】A项，铝是单质，所以铝既不是电解质也不是非电解质，故不选A项；
B项，食盐是氯化钠晶体不导电，属于化合物是电解质，故不选B项；
C项，硫属于单质，所以硫既不是电解质也不是非电解质，故不选C项；
D项，蔗糖是在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物，属于非电解质，故选D项；
综上所述，本题选D。
【点睛】电解质和非电解质均为化合物，属于电解质的物质主要有酸、碱、盐、金属氧化物和水等，属于非电解质的物质主要有绝大多数有机物、非金属氧化物、非金属氢化物等。
7.下列叙述正确的是
A. 任何浓度的溶液都可以用pH来表示其酸性的强弱
B. 无论是纯水，还是酸性、碱性或中性稀溶液，在常温下，c(H+)×c(OH-)=1.0×10-14mol/L
C. c(H+)等于1.0×10-7mol/L的溶液一定是中性溶液
D. 0.2 mol/LCH3COOH溶液中的c(H+)是0.1mol/LCH3COOH溶液中的c(H+)的2倍
【答案】B
【解析】
【分析】
A.当c(H+)＞1mol/L或c(H+)＜1×10-14mol/L时，溶液的pH会小于0或大于14，此时一般用溶液的氢离子或氢氧根离子的浓度表示溶液的酸碱性，由此判断；

B. 水的电离平衡常数Kw是温度的常数，只与温度有关，而与溶液的酸碱性无关；
C.常温下Kw＝1×10-14，由此可知c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，但是不同温度下，Kw≠1×10-14，此时的中性溶液中的c(H+)≠1×10-7mol/L，由此分析；
D.醋酸是弱酸，在水溶液中部分电离，而且浓度越小，电离程度越大，由此判断。
【详解】A项，一般情况下，pH的范围在0-14之间，则溶液中c(H+)=1—10-14mol/L之间时才能用pH表示，故A项错误；
B项，常温下，c(H+)×c(OH-)=1.0×10-14mol/L ，故B项正确；
C项，中性溶液的判定标准为c(H+)=c(OH-)，水的离子积受温度影响，只有在常温下，c(H+)=1.0×10-7mol/L 的溶液才为中性溶液，故C项错误；
D项，CH3COOH是弱电解质，浓度增大，其电离程度减小，则0.2 mol/LCH3COOH 溶液中的c(H+)应小于0.1mol/LCH3COOH 溶液中的c(H+)的2倍，故D项错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】CH3COOH是弱电解质，溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，如果温度不变，增加醋酸的浓度，平衡右移，氢离子浓度增大，酸性增强，但是醋酸的电离程度减小；若是加水稀释，平衡右移，氢离子浓度减小，酸性减弱，电离程度增大。
8.如表中关于物质的分类组合，完全正确的是
选项
强电解质
弱电解质
非电解质
A
NaCl
C2H5OH
Cl2
B
HNO3
CaCO3
H2O
C
HClO4
NH3•H2O
CO2
D
NaOH
BaSO4
Al
【答案】C
【解析】
【分析】
在水溶液中完全电离的电解质称为强电解质；在水溶液中只能部分电离的电解质称为弱电解质；在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物称为非电解质。据此分析。
【详解】在水溶液中完全电离的电解质称为强电解质，如强酸、强碱、大多数盐等；在水溶液中只能部分电离的电解质称为弱电解质，如弱酸、弱碱、水等；在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物称为非电解质，如CH4等烃类、C2H5OH等醇类、CO2、SO2、NH3等。
A.C2H5OH不是弱电解质，而是非电解质，Cl2既不是电解质也不是非电解质，A项错误；
B.CaCO3尽管难溶于水，但溶解的那部分CaCO3是完全电离的，所以CaCO3是强电解质，水是电解质，B项错误；
C.HClO4是已知酸中最强的酸，是强电解质，NH3·H2O属于弱碱，是弱电解质，CO2是非电解质，C项正确；
D.BaSO4 尽管难溶于水，但溶解的那部分BaSO4是完全电离的，BaSO4属于强电解质，Al是单质，Al既不是电解质也不是非电解质，D项错误；答案选C。
9.已知0.1mol/LCH3COOH的醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+(电离吸热)，要使平衡向逆反应方向移动，可以采取的措施是
A. 加入少量氯化钠溶液 B. 升高温度
C. 加少量盐酸 D. 加水
【答案】C
【解析】
【详解】A、加入少量氯化钠溶液，相当于加水稀释醋酸，促进醋酸电离,平衡右移，故A错误；
B、弱电解质的电离为吸热过程，升高温度，反应速率加快，平衡右移，故B错误；
C、增加氢离子浓度，抑制醋酸的电离，平衡左移，故C正确；
D、加水稀释促进醋酸电离,平衡向正反应方向移动，故D错误；
综上所述，本题选C。
10.室温时，测得纯水中的c(H＋)＝1.0×10-7mol·L-1，则c(OH-)为
A. 1.0× 10-7 mol·L-1 B. 0.1×10-7 mol·L-1
C. 1.0×10-14/2.0×10-7 mol·L-1 D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【详解】室温时，水的离子积为KW=c(H＋) c(OH-)=1.0×10-14，所以测得纯水中的c(H＋)＝1.0×10-7mol·L-1，c(OH-)为1.0× 10-7 mol·L-1 ，A正确；
综上所述，本题选A。
11.下列溶液肯定是酸性的是
A. 含H+的溶液 B. c(OH－) C. pH<7的溶液 D. 加酚酞显无色的溶液
【答案】B
【解析】
A项，无论溶液呈酸性、碱性还是中性，任何水溶液中都含有H+，错误；B项，溶液呈酸性是因为c（OH-）c（H+），正确；C项，pH7的溶液不一定呈酸性，如100℃的纯水呈中性，pH=6，错误；D项，加酚酞显无色的溶液，常温下pH8.2，溶液不一定呈酸性，错误；答案选B。
点睛：任何温度下，任何水溶液中都存在H+和OH-，溶液的酸碱性取决于c（H+）与c（OH-）的相对大小，c（H+）c（OH-）呈酸性，c（H+）=c（OH-）呈中性，c（H+）c（OH-）呈碱性；在25℃时可依据pH与7的相对大小判断，pH7呈酸性，pH=7呈中性，pH7呈碱性。
12.室温下，柠檬水溶液的pH是3，则其中由水电离出的c(H+)是
A. 1×10-11mol·L-1 B. 1×10-3 mol·L-1
C. 1×10-7mol·L-1 D. 0.1mol·L-1
【答案】A
【解析】
溶液的pH 是3，则溶液中OH － 的浓度是1×10 -11 mol/L。酸是抑制水的电离的，所以溶液中水电离的c（H+）等于溶液中水电离的c（OH-），答案选A。
13.下列说法不正确的是
A. 铵态氮肥和草木灰(含K2CO3)可混合施用 B. 明矾可做净水剂
C. 配制氯化铁溶液，常将氯化铁先溶于盐酸 D. 常将纯碱溶于热水中清洗油污
【答案】A
【解析】
A. 铵态氮肥水解显酸性，而草木灰(含K2CO3)水解显碱性，两者若混合施用，则会发生双水解，有一部分铵根离子会转化为氨气跑掉，导致氮肥的肥效降低，A不正确；B. 明矾可做净水剂，B正确；C. 配制氯化铁溶液，为抑制氯化铁发生水解，常将氯化铁先溶于盐酸 ，C正确；D. 盐类的水解是吸热反应，所以常将纯碱溶于热水中以提高其去污能力，D正确。本题选A。
14.下列水溶液一定呈中性的是（ ）
A. pH=7的溶液 B. c(H+)=1.0×10-7mol·L-1的溶液
C. c(H+)=c(OH-)的溶液 D. pH=3的酸与pH=11的碱等体积混合后的溶液
【答案】C
【解析】
试题分析：A、Kw受温度的影响，升高温度，Kw增大，因此pH=7不一定显中性，故错误；B、Kw受温度的影响，升高温度，Kw增大，因此c(H＋)=1×10－7mol·L－1，溶液不一定显中性，故错误；C、溶液显中性，故正确；D、酸、碱不知道是强电解质还是弱电解质，故错误。
考点：考查水的离子积、溶液酸碱性等知识。
15.下列操作中，不会引起误差的是
A. 震荡时锥形瓶中液体溅出
B. 滴定管用蒸馏水洗后，直接注入标准液
C. 读数时开始仰视，终止时俯视
D. 锥形瓶中洗净后还留有少量蒸馏水
【答案】D
【解析】
【分析】
根据c(待测)分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差。
【详解】A. 振荡时锥形瓶中液体溅出，造成待测液的量减小，导致V(标准)偏小，根据c(待测)分析,可以知道c(待测)偏小,故A错误；
B. 酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入标准液,标准液被稀释,浓度降低,造成V(标准)偏大,根据c(待测)分析,可以知道c(待测)偏大,故B错误；
C..读取标准液体积时,开始仰视读数,滴定结束时俯视读数, 造成V(标准)偏小,根据c(待测)分析,可以知道c(待测)偏小,故C错误；
D. 锥形瓶中洗净后还留有少量蒸馏水，待测液的物质的量不变,标准液的体积不变,结果不变，故D正确；
综上所述，本题选D。
16.下列离子不发生水解的是
A. CO32- B. CH3COO- C. Cl- D. Al3+
【答案】C
【解析】
【详解】从盐类水解规律为：不弱不水解、有弱才水解、越弱越水解，所以CO32-、CH3COO-均为弱酸根离子，能够发生水解；Al3+为弱碱阳离子，能够发生水解；HCl为强酸，所以Cl- 不发生水解，C正确；
综上所述，本题选C。
【点睛】水解的原则为有弱才水解，既弱电解质（弱酸或弱碱）对应的离子才能水解；具体一点说就是：弱酸的酸根离子和弱碱的阳离子能水解。
17.下列物质的溶液中所含离子种类最多的是
A. KCl B. Na2CO3 C. NaCl D. CH3COONa
【答案】B
【解析】
【分析】
根据盐类的电离和水解判断所含粒子的种类,得出正确结论,注意多元弱酸分步水解,水溶液中存在水的电离平衡。
【详解】A、KCl属于强酸强碱盐，不发生水解，溶液中有钾离子、氯离子、氢离子、氢氧根离子，共4种离子；
B、Na2CO3属于强碱弱酸盐，能发生水解，溶液中有钠离子、氢离子和碳酸氢根离子，碳酸根离子和氢氧根离子，共5种；
C、NaCl属于强酸强碱盐，不发生水解，溶液中有钠离子、氯离子、氢离子、氢氧根离子，共4种离子；
D. CH3COONa属于强碱弱酸盐，能发生水解，溶液中有钠离子、醋酸根离子、氢离子、氢氧根离子，共4种离子；
结合以上分析可知，含离子种类最多的是B；
综上所述，本题选B。
18.下列物质的溶液因发生水解而呈碱性的是
A. Na2CO3 B. Na2SO4 C. CuSO4 D. SO2
【答案】A
【解析】
【分析】
物质的水溶液因发生水解而显碱性的是强碱弱酸盐,弱酸根离子结合水电离出的氢离子生成弱电解质，促进水的电离,溶液氢氧根离子浓度大于氢离子浓度,溶液呈碱性。
【详解】A. Na2CO3 溶液显碱性是因为：CO32-+H2OHCO3-+OH-, A正确；
B. Na2SO4属于强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，B错误；
C. CuSO4溶液显酸性是因为：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+, C错误；
D. SO2和水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子，溶液显酸性，不是水解的原因，D错误；
综上所述，本题选A。
19.下列水解的离子方程式中书写正确的是
A. S2-+ H2O = HS-+OH－ B. CH3COO- + H2OCH3COOH + OH－
C. Al3++ H2O =Al(OH)3 D. CO32-+ 2H2OH2CO3+ 2OH－
【答案】B
【解析】
【详解】A．S2-属于弱酸根离子，能够发生水解，且水解过程微弱，属于可逆过程，且以第一步为主，正确的水解方程式为S2-+H2OHS-+OH－，A错误；
B．CH3COO-属于弱酸根离子，能够发生水解，且水解过程微弱，属于可逆过程，正确的水解方程式为CH3COO- +H2OCH3COOH +OH－，B正确；
C．Al3+属于弱碱阳离子，能够水解，且水解过程微弱，属于可逆过程，水解生成氢氧化铝和氢离子，正确的水解方程式为Al3++ 3H2O Al(OH)3 +3H+ ，C错误；
D．CO32-属于弱酸根离子，能够发生水解，且水解过程微弱，属于可逆过程，且分步水解，正确的水解方程式为CO32-+ H2OHCO3-+ OH－，HCO3-+ H2OH2CO3+ OH－，D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】本题考查离子反应方程式的书写，为常见题型，明确水解为可逆反应及弱根离子水解特点即可解答，侧重水解离子反应的考查，题目难度不大。要注意多元弱酸根离子水解分步进行，不能一步到位。
20.在氯化铵溶液中，下列关系式正确的是
A. c（Cl－）>c（NH4+）>c（H+）>c（OH－）
B. c（NH4+）> c（Cl－）>c（H+）>c（OH－）
C. c（Cl－）=c（NH4+）>c（H+）=c（OH－）
D. c（NH4+）= c（Cl－）>c（H+）>c（OH－）
【答案】A
【解析】
氯化铵水解显酸性，所以正确的答案选A 。
21.某学生用0.1mol/L HCl溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，
（1）写出下列仪器名称

A________________。
B________________。
（2）操作可分解为如下几步：
①检查滴定管是否________________。
②用蒸馏水洗涤滴定管2~3次。
③在加入酸、碱反应液之前，洁净的酸式滴定管和碱式滴定管还要分别用所要盛装的酸、碱溶液________________2~3遍。
④分别将酸、碱反应液加入到酸式滴定管、碱式滴定管中，使液面位于滴定管刻度“0”以上________________处。
⑤装标准溶液和待测溶液并调节液面使滴定管尖嘴充满溶液，准确读取并记录初始_______________。
⑥取一定体积的待测液于锥形瓶中加入指示剂
⑦把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准HCl溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度.
【答案】 (1). 酸式滴定管 (2). 碱式滴定管 (3). 漏水 (4). 润洗 (5). 2-3cm (6). 读数
【解析】
【分析】
（1）根据滴定管的结构进行判断；
（2）根据滴定操作流程进行解答。
【详解】（1）有玻璃旋塞的为酸式滴定管，有一小段橡胶管的为碱式滴定管；所以A为酸式滴定管；B为碱式滴定管；
综上所述，本题答案是：酸式滴定管；碱式滴定管。
（2）①根据滴定操作可知，滴定管在使用前要检查滴定管是否漏水；②用蒸馏水洗涤滴定管2~3次，③在加入酸、碱反应液之前，洁净的酸式滴定管和碱式滴定管还要分别用所要盛装的酸、碱溶液润洗滴定管2~3遍，以所盛装的溶液被稀释；④分别将酸、碱反应液加入到酸式滴定管、碱式滴定管中，使液面位于滴定管刻度“0”以上2-3cm处；⑤装标准溶液和待测溶液并调节液面使滴定管尖嘴充满溶液，准确读取并记录初始读数；⑥取一定体积的待测液于锥形瓶中加入指示剂；⑦把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准HCl溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度；
综上所述，本题答案是：漏水；润洗； 2-3cm； 读数。
22.写出下列盐类水解的离子方程式：
（1）NH4Cl：:________________________________
（2）CH3COONa： ________________________________
（3）FeCl3：________________________________
（4）Na2CO3：________________________________、________________________________
（5）NaHCO3：________________________________
【答案】 (1). NH4++H2O NH3•H2O + H+ (2). CH3COO- + H2OCH3COOH + OH- (3). Fe3+ +3H2O Fe (OH)3 + 3H+ (4). CO32-+H2O HCO3- +OH- (5). HCO3- + H2O H2CO3 +OH- (6). HCO3- + H2O H2CO3 +OH-
【解析】
【分析】
根据盐类水解规律进行分析，强酸弱碱盐水解显酸性；强碱弱酸盐水解显碱性；多元弱酸形成的盐分步水解，以第一步为主；
【详解】（1）NH4Cl为强酸弱碱盐，水解显酸性，铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，离子方程式：NH4++H2O NH3•H2O + H+；
因此，本题答案是：NH4++H2O NH3•H2O + H+。
（2）CH3COONa为强碱弱酸盐，水解显碱性，醋酸根离子水解生成醋酸和氢氧根离子，离子方程式：CH3COO- + H2OCH3COOH + OH- ；
因此，本题答案是：CH3COO- + H2OCH3COOH + OH- 。
（3）FeCl3为强酸弱碱盐，水解显酸性，铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，离子方程式：Fe3+ +3H2O Fe (OH)3 + 3H+ ；
因此，本题答案是：Fe3+ +3H2O Fe (OH)3 + 3H+ 。
（4）Na2CO3为强碱弱酸盐，水解显碱性，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，碳酸氢根离子接着水解产生碳酸分子和氢氧根离子，离子方程式：CO32-+H2O HCO3- +OH- ； HCO3- + H2O H2CO3 +OH-。
因此，本题答案是：CO32-+H2O HCO3- +OH- ； HCO3- + H2O H2CO3 +OH-。
（5）NaHCO3 为强碱弱酸盐，HCO3-既能发生水解又能发生电离，最终水解大于电离，溶液显碱性，离子方程式：HCO3- + H2O H2CO3 +OH-。
因此，本题答案是：HCO3- + H2O H2CO3 +OH-。
23.（1）室温下，0.01mol/L的 HCl溶液的pH=_____________；0.01mol/L的 NaOH溶液的pH=_____________
（2）取10mLpH=2HCl的溶液加水稀释到1000mL，稀释后溶液的pH=________
（3）取10mLpH=2的CH3COOH溶液加水稀释到100mL，稀释后溶液的pH_________;若将上述溶液加水无限稀释，则稀释后的pH_________
【答案】 (1). 2 (2). 12 (3). 4 (4). 2 【解析】
【分析】
（1）根据KW=c(H+)c(OH-)=10-14进行计算；

（2）根据稀释前后溶质的量不变进行计算；
（3）CH3COOH属于弱电解质，加水稀释促进电离，氢离子数目增大；若将上述溶液加水无限稀释，只能无限低接近于7；
【详解】（1）HCl为强酸，完全电离，0.01mol/L的 HCl溶液中，c(H+)=0.01mol/L，pH=2；NaOH为强碱，完全电离，0.01mol/L的 NaOH溶液中，c(OH-)=0.01mol/L，根据KW=c(H+)c(OH-)=10-14可知，c(H+)=10-12mol/L，pH=12；
综上所述，本题答案是：2，12。
（2）根据稀释前后溶质的量不变规律可知，取10mLpH=2的HCl溶液加水稀释到1000mL，稀释后溶液的氢离子浓度为10-2/(1000/10)=10-4mol/L，pH=4；
综上所述，本题答案是：4。
（3）CH3COOH属于弱电解质，加水稀释促进电离，氢离子数目增大，因此取10mLpH=2的CH3COOH溶液加水稀释到100mL，稀释后溶液的氢离子浓度大于10-3 mol/L，2 综上所述，本题答案是：2 【点睛】pH=m的盐酸和醋酸，分别加水稀释，体积变为原来的10n倍，pH=m的盐酸稀释后的pH=m+n；pH=m的醋酸稀释后的m