分析：

A、依据溶液中电荷守恒分析判断；

B、碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子水解大于电离；

C、氨水存在电离平衡盐酸反应完全，一水合氨又电离出氢氧根离子和铵根离子；

D、依据化学反应得到等浓度的醋酸和醋酸钠溶液，混合溶液中存在电荷守恒和物料守恒计算得到；

解答：

解：A、新制氯水中加入固体NaOH生成次氯酸钠、氯化钠、水：溶液中存在电荷守恒c(H_)+c(Na_)=c(Cl_)+c(ClO_)+c(OH_)，故A错误；

B、碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子水解大于电离；pH=8.3的NaHCO$_3$溶液：c(Na_)＞c(HCO$_3$_)＞c(H$_2$CO$_3$)＞c(CO$_3$_)，故B错误；

C、氨水存在电离平衡，盐酸反应完全，一水合氨又电离出氢氧根离子和铵根离子，溶液呈碱性，溶液中离子浓度大小为：c(NH$_4$_)＞c(Cl_)＞c(OH_)＞c(H_)；故C错误；

D、0.2mol/L的CH$_3$COOH溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后得到0.05mol/L的CH$_3$COOH溶液和0.05mol/L的CH$_3$COONa溶液，溶液中存在电荷守恒为：c(Na_)+c(H_)=c(OH_)+c(CH$_3$COO_)；依据物料守恒：2c(Na_)=c(CH$_3$COO_)+c(CH$_3$COOH)；代入电荷守恒计算关系中得到：2c(H_)-2c(OH_)=c(CH$_3$COO_)-c(CH$_3$COOH)；故D正确；

故选D．

点评：

本题考查了电解质溶液中的电荷守恒、物料守恒，离子浓度大小的比较方法，题目难度中等．

分析：

A．铵根离子部分水解，溶液中铵根离子浓度小于氯离子浓度；

B．根据碳酸氢钠溶液中电荷守恒和物料守恒进行分析；

C．醋酸为弱酸，浓度越大，电离程度越小；

D．根据混合液中电荷守恒、物料守恒找出钠离子与醋酸的浓度大小，再根据电荷守恒判断题中离子浓度关系．

解答：

解：A．0.1mol/L NH$_4$Cl溶液中，铵根离子部分水解，导致铵根离子浓度减小，则：c(NH$_4$_ )＜c(Cl_)，故A错误；

B．0.1 mol•L_的NaHCO$_3$溶液中，由电荷守恒可知：c(Na_)+c(H_)=c(HCO$_3$_)+c(OH_)+2c(CO$_3$_)，由物料守恒可知：c(Na_)=c(HCO$_3$_)+c(H$_2$CO$_3$)+c(CO$_3$_)，根据以上关系可得：c(OH_)+c(CO$_3$_)=c(H$_2$CO$_3$)+c(H_)，故B正确；

C．0.3mol/L和0.1mol/L的两醋酸溶液中，前者醋酸的电离程度小于后者，则H_离子浓度之比为小于3：1，故C错误；

D．根据电荷守恒可知：①c(CH$_3$COO_)+c(OH_)=c(Na_)+c(H_)，由于溶液显示酸性，则醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，即②c(CH$_3$COO_)＞c(CH$_3$COOH)，根据物料守恒：③c(CH$_3$COO_)+c(CH$_3$COOH)=2c(Na_)，根据②③可知④c(Na_)＞c(CH$_3$COOH)，再根据①④可得c(CH$_3$COO_)+c(OH_)＞c(CH$_3$COOH)+c(H_)，故D错误；

故选B．

点评：

本题考查了离子浓度大小比较、盐的水解原理及其应用，题目难度中等，注意掌握比较溶液中离子浓度大小的方法，明确电荷守恒、物料守恒、盐的水解在比较离子浓度中的应用方法．

分析：

0.02mol/LCH$_3$COOH溶液和0.01mol/LNaOH溶液以等体积混合，反应后溶液中为等量的CH$_3$COOH、CH$_3$COONa，溶液显酸性，酸的电离大于盐的水解，以此来解答．

解答：

解：0.02mol/LCH$_3$COOH溶液和0.01mol/LNaOH溶液以等体积混合，反应后溶液中为等量的CH$_3$COOH、CH$_3$COONa，溶液显酸性，酸的电离大于盐的水解，

A．因醋酸电离生成醋酸根离子，电离大于水解，则c (CH$_3$COO_)＞c (Na_)，故A正确；

B．等量的CH$_3$COOH、CH$_3$COONa溶液显酸性，酸的电离大于盐的水解，则c (CH$_3$COOH)＜c (CH$_3$COO_)，故B错误；

C．反应后为酸与盐的溶液，一般为酸性，则c (OH_)＜c (H_)，故C错误；

D．等体积混合，由原子守恒可知，c (CH$_3$COOH)+c (CH$_3$COO_)=0.01mol/L，故D错误；

故选A．

点评：

本题考查酸碱混合溶液中的离子浓度比较，明确反应后溶液中的溶质是解答本题的关键，注意酸与盐的溶液一般显酸性，题目难度中等．

分析：

A、同位素的化学性质相同但物理性质不同；

B、根据强电解质含有的化学键类型来回答；

C、计算25℃时，pH=9的Na$_2$CO$_3$溶液和pH=5的AlCl$_3$溶液中水电离出的氢离子浓度大小；

D、根据溶液中的电荷守恒结合离子浓度的大小顺序来回答．

解答：

解：A．元素的原子的最外层电子数决定了元素性质，而同位素的最外层电子数相等，所以它们的化学性质几乎完全相同，但物理性质不一定相同，故A错误；

B、有的强电解质含有共价键，如HCl，故B错误；

C、25℃时，pH=9的Na$_2$CO$_3$溶液中，水电离的氢离子浓度是10_mol/L，pH=5的AlCl$_3$溶液中，水电离的氢离子浓度是10_mol/L，水的电离程度相同，故C正确；

D、浓度均为0.1mol•L-1的CH$_3$COOH、CH$_3$COONa的混合液pH=4.75，显示酸性，则醋酸电离程度大于醋酸根离子的水解程度，c(CH$_3$COO_)＞c(Na_)＞c(CH$_3$COOH)，根据电荷守恒：c(CH$_3$COO_)+c(OH_)=c(Na_)+c(H_)，所以c(CH$_3$COO_)+c(OH_)＞c(CH$_3$COOH)+c(H_)，故D错误．

故选C．

点评：

本题综合考查学生同位素的概念、盐的水解原理以及应用等方面的知识，属于综合知识的考查，难度不大．

分析：

用物质的量都是0.1mol的NH$_3$•H$_2$O和NH$_4$Cl配成1L混合溶液，c(NH$_4$_)＞c(Cl_)，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断．

解答：

解：A．根据电荷守恒：c(NH$_4$_)+c(H_)=c(OH_)+c(Cl_)，已知c(NH$_4$_)＞c(Cl_)，则c(H_)＜c(OH_)，故A错误；

B．根据物料守恒得c(NH$_4$_)+c(NH$_3$•H$_2$O)=0.2 mol•L_，故B正确；

C．氨水电离程度大于铵根离子的水解程度，所以c(NH$_3$•H$_2$O)＜c(NH$_4$_)，故C错误；

D．根据物料守恒得c(NH$_4$_)+c(NH$_3$•H$_2$O)=0.2 mol•L_，碱性溶液中氢离子浓度很小，所以c(NH$_3$•H$_2$O)＞c(H_)，则c(NH$_4$_)+c(H_)＜0.2　mol•L_，故错误；

故选B．

点评：

本题考查盐类水解及弱电解质电离，明确弱电解质电离特点以及溶液中电荷守恒和物料守恒是解本题关键，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力．

分析：

A、据电荷守恒分析解答；

B、向混合溶液中滴加氨水，一水合氨的电离平衡正向移动；

C、向混合溶液中滴加盐酸，能够中和氢氧根离子，一水合氨的电离平衡正向移动；

D、一水合氨的电离使铵根离子浓度增大．

解答：

解：A、原混合溶液中只有氢离子、铵根离子、氯离子、氢氧根离子四种离子，据电荷守恒和溶液显碱性可知，c(NH$_4$_)＞c(Cl_)，滴加适量NaCl，可以使c(NH$_4$_)=c(Cl_)，故A正确；

B、混合溶液中滴加氨水，一水合氨的电离平衡正向移动，铵根离子浓度增大，故B错误；

C、向混合溶液中滴加盐酸，能够中和氢氧根离子，一水合氨的电离平衡正向移动，铵根离子浓度增大，一水合氨浓度减小，$\frac {c(N$_4$)}{c(NH$_3$．H$_2$O)}$的值增大，故C错误；

D、向NH$_4$Cl溶液中滴加氨水，铵根离子浓度增大，所以1.0 mol•L_的NH$_4$Cl溶液中c(NH$_4$_)比该混合溶液小，故D错误；

故选A．

点评：

本题考查了离子浓度大小比较和弱电解质电离平衡的移动，题目难度不大．

分析：

物质的量浓度均为0.1mol/L的CH$_3$COOH和CH$_3$COONa混合溶液中，测得pH＜7，即c(OH_)＜c(H_)，由电荷守恒可知c(OH_)+c(CH$_3$COO_)=c(H_)+c(Na_)，则测得c(CH$_3$COO_)＞c(Na_)，即醋酸的电离大于醋酸根离子的水解，并结合物料守恒来解答．

解答：

解：A、pH＜7，即c(OH_)＜c(H_)，由电荷守恒可知c(OH_)+c(CH$_3$COO_)=c(H_)+c(Na_)，则测得c(CH$_3$COO_)＞c(Na_)，故A错误；

B、根据物料守恒：c(CH$_3$COOH)+c(CH$_3$COO_)=$\frac {0.1V+0.1V}{V}$=0.2mol/L，故B正确；

C、醋酸的电离大于醋酸根离子的水解，所以c(CH$_3$COOH)＜c(CH$_3$COO_)，故C错误；

D、pH＜7，即c(OH_)＜c(H_)，由电荷守恒可知c(OH_)+c(CH$_3$COO_)=c(H_)+c(Na_)，则测得c(CH$_3$COO_)＞c(Na_)，故D正确；

故选BD．

点评：

本题考查离子浓度大小的比较，明确信息及电荷守恒判断出电离与水解的程度相对大小是解答本题的关键，题目难度中等．

分析：

A．从溶液电中性的角度分析；

B．从溶液电中性的角度分析；

C．CH$_3$COOH和CH$_3$COONa混合溶液，CH$_3$COOH电离程度大于CH$_3$COO_水解程度；

D．根据物料守恒判断．

解答：

解：A．CH$_3$COOH和CH$_3$COONa混合溶液中，存在c(Na_)+c(H_)=c(CH$_3$COO_)+c(OH_)，已知c(CH$_3$COO-)＞c(Na_)，则c(H_)＞C(OH_)，故A正确；

B．由A分析可知，c(H_)＞C(OH_)，故B错误；

C．CH$_3$COOH和CH$_3$COONa混合溶液，CH$_3$COOH电离程度大于CH$_3$COO_水解程度，则c(CH$_3$COO_)＞c(CH$_3$COOH)，故C错误；

D．在含CH$_3$COOH和CH$_3$COONa均为0.1mol/L的溶液中，c(CH$_3$COOH)+c(CH$_3$COO_)=0.2mol•L_，故D正确．

故选AD．

点评：

本题考查弱电解质的电离和盐类水解问题，题目难度中等，注意根据溶液电中性和物料守恒解答该题，侧重于考查学生对基础知识的应用能力．