题目内容
下列叙述正确的是( )
A、25℃时,若0.1mol/L氨水溶液中
| ||
B、25℃时,将0.1mol/L醋酸溶液加水稀释,保持温度不变,稀释过程中
| ||
C、0.1mol/L的Na2CO3溶液中:c(OH-)-c(H+)=c(HCO3-)+2c(H2CO3) | ||
D、浓度均为0.1mol/L的氨水溶液和NH4Cl溶液等体积混合后,若溶液呈碱性,则所得溶液中:c(NH4+)>c(NH3?H2O)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+) |
考点:弱电解质在水溶液中的电离平衡
专题:电离平衡与溶液的pH专题
分析:A.25℃时,若0.1mol/L氨水溶液中
=1×10-8,根据水的离子积常数计算氢离子浓度;
B.加水稀释促进醋酸电离,溶液中氢离子的物质的量增大、醋酸分子的物质的量减小;
C.任何电解质溶液中都存在质子守恒,根据质子守恒判断;
D.浓度均为0.1mol/L的氨水溶液和NH4Cl溶液等体积混合后,若溶液呈碱性,说明一水合氨的电离程度大于铵根离子水解程度,再结合物料守恒判断.
c(H+) |
c(OH-) |
B.加水稀释促进醋酸电离,溶液中氢离子的物质的量增大、醋酸分子的物质的量减小;
C.任何电解质溶液中都存在质子守恒,根据质子守恒判断;
D.浓度均为0.1mol/L的氨水溶液和NH4Cl溶液等体积混合后,若溶液呈碱性,说明一水合氨的电离程度大于铵根离子水解程度,再结合物料守恒判断.
解答:
解:A.25℃时,若0.1mol/L氨水溶液中
=1×10-8,(OH-).c(H+)=10-14,c(H+)=10-11 mol/L,则溶液的pH=11,故A错误;
B.加水稀释促进醋酸电离,溶液中氢离子的物质的量增大、醋酸分子的物质的量减小,则稀释过程中
的比值增大,故B错误;
C.任何电解质溶液中都存在质子守恒,根据质子守恒得c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3),所以得c(OH-)-c(H+)=c(HCO3-)+2c(H2CO3),故C正确;
D.浓度均为0.1mol/L的氨水溶液和NH4Cl溶液等体积混合后,若溶液呈碱性,说明一水合氨的电离程度大于铵根离子水解程度,再结合物料守恒得离子浓度大小顺序是c(NH4+)>c(Cl-)>c(NH3?H2O)>c(OH-)>c(H+),故D错误;
故选C.
c(H+) |
c(OH-) |
B.加水稀释促进醋酸电离,溶液中氢离子的物质的量增大、醋酸分子的物质的量减小,则稀释过程中
c(H+) |
c(CH3COOH) |
C.任何电解质溶液中都存在质子守恒,根据质子守恒得c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3),所以得c(OH-)-c(H+)=c(HCO3-)+2c(H2CO3),故C正确;
D.浓度均为0.1mol/L的氨水溶液和NH4Cl溶液等体积混合后,若溶液呈碱性,说明一水合氨的电离程度大于铵根离子水解程度,再结合物料守恒得离子浓度大小顺序是c(NH4+)>c(Cl-)>c(NH3?H2O)>c(OH-)>c(H+),故D错误;
故选C.
点评:本题考查了弱电解质的电离,根据溶液中的溶质及溶液酸碱性结合守恒思想确定离子浓度大小,注意B中加水稀释促进醋酸电离,但由于醋酸的电离程度小于溶液体积增大程度,导致氢离子浓度减小,很多同学往往认为促进电离则氢离子浓度增大而导致错误,为易错点.
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