题目内容
甲酸为一元弱酸,在15mL 0.1mol/L KOH溶液中逐滴加入0.2mol/L甲酸溶液,溶液的pH变化和所加入的甲酸的体积关系描绘成如图所示曲线.下面有关微粒浓度的大小关系正确的是( )
A、在A、B间的任意一点上都存在:c(K+)>c(HCOO-)>c(OH-)>c(H+) |
B、在B点:c(K+)=c(HCOO-)>c(OH-)=c(H+),且a=7.5 |
C、在C点:c(HCOO-)>c(K+)>(H+)>c(OH-) |
D、在D点:c(HCOO-)+c(HCOOH)=2c(K+) |
考点:离子浓度大小的比较,酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算
专题:电离平衡与溶液的pH专题
分析:A.开始时c(OH-)>c(HCOO-),所以A、B之间不一定满足c(HCOO-)>c(OH-);
B.当恰好中和时消耗0.2mol/L甲酸溶液7.5mL,溶液显示碱性,欲显中性,甲酸应该稍过量,则有a>7.5;
C.在C点甲酸过量,溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-),根据电荷守恒可知c(HCOO-)>c(K+);
D.点甲酸过量,所加入甲酸的物质的量大于KOH的物质的量的2倍,根据物料守恒进行判断.
B.当恰好中和时消耗0.2mol/L甲酸溶液7.5mL,溶液显示碱性,欲显中性,甲酸应该稍过量,则有a>7.5;
C.在C点甲酸过量,溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-),根据电荷守恒可知c(HCOO-)>c(K+);
D.点甲酸过量,所加入甲酸的物质的量大于KOH的物质的量的2倍,根据物料守恒进行判断.
解答:
解:A.在A、B间任意一点,因为开始时c(OH-)>c(HCOO-),即有可能存在:c(K+)>c(OH-)>c(HCOO-)>c(H+),故A错误;
B.当恰好中和时消耗0.2mol/L甲酸溶液7.5mL,反应生成甲酸钠溶液,溶液显示碱性,若溶液为中性,则c(OH-)=c(H+),根据电荷守恒c(K+)=c(HCOO-),由于溶液中存在部分甲酸,则应该满足a>7.5,故B错误;
C.C点甲酸过量,溶液呈酸性,c(H+)>c(OH-),由电荷守恒可得c(HCOO-)>c(K+),所以溶液中离子浓度大小为:c(HCOO-)>c(K+)>c(H+)>c(OH-),故C正确;
D.D点甲酸过量,所加入甲酸的物质的量为:0.02L×0.2mol/L═0.004mol,KOH的物质的量为:0.015L×0.1mol/L=0.0015mol,根据物料守恒,则反应后溶液中一定满足:c(HCOO-)+c(HCOOH)>2c(K+),故D错误;
故选C.
B.当恰好中和时消耗0.2mol/L甲酸溶液7.5mL,反应生成甲酸钠溶液,溶液显示碱性,若溶液为中性,则c(OH-)=c(H+),根据电荷守恒c(K+)=c(HCOO-),由于溶液中存在部分甲酸,则应该满足a>7.5,故B错误;
C.C点甲酸过量,溶液呈酸性,c(H+)>c(OH-),由电荷守恒可得c(HCOO-)>c(K+),所以溶液中离子浓度大小为:c(HCOO-)>c(K+)>c(H+)>c(OH-),故C正确;
D.D点甲酸过量,所加入甲酸的物质的量为:0.02L×0.2mol/L═0.004mol,KOH的物质的量为:0.015L×0.1mol/L=0.0015mol,根据物料守恒,则反应后溶液中一定满足:c(HCOO-)+c(HCOOH)>2c(K+),故D错误;
故选C.
点评:本题考查酸碱混合溶液PH的判断与计算,这是一道以中和滴定为背景,以图象呈现为方式的离子浓度大小比较题,题目难度中等,注意从电解质的强弱以及酸碱混合反应的角度分析,注意分析曲线的变化特点.
练习册系列答案
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