题目内容
| A、比较b、c、d三点时的溶液中,水电离的c(OH-)大小顺序:d>c>b | ||
B、滴定时,由b点到c点的过程中,
| ||
| C、点b所示溶液中:c(NH4+)+c(H+)>c(NH3.H2O)+c(OH-) | ||
| D、若某温度下,pH=11的NH3?H2O和pH=1的盐酸等体积混合后(不考虑混合后溶液体积的变化)恰好完全反应,反应后的溶液中NH4+、NH3?H2O与NH3三种微粒的平衡浓度之和为0.1mol?Lˉ1 |
考点: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.根据b点氨水过量,溶液显示碱性,抑制了水的电离,c点溶液显示中性,而d点恰好反应,铵根离子水解促进了水的电离判断;
B.
为铵根离子的水解平衡常数,温度不变,平衡常数不变;
C.根据图象可知,等体积的氨水和盐酸恰好反应,则氨水与盐酸的浓度相等,b点时溶质为等浓度的氨水和氯化铵,根据电荷守恒及氨水的电离程度大于水解程度判断各离子浓度大小;
D.pH=11的NH3?H2O和pH=1的盐酸等体积混合后(不考虑混合后溶液体积的变化)恰好完全反应,说明氯化氢与氨水浓度相等,但是两溶液等体积混合后溶液体积扩大1倍,浓度减半.
B.
| c(NH3H2O)?c(H+) |
| c(NH4+) |
C.根据图象可知,等体积的氨水和盐酸恰好反应,则氨水与盐酸的浓度相等,b点时溶质为等浓度的氨水和氯化铵,根据电荷守恒及氨水的电离程度大于水解程度判断各离子浓度大小;
D.pH=11的NH3?H2O和pH=1的盐酸等体积混合后(不考虑混合后溶液体积的变化)恰好完全反应,说明氯化氢与氨水浓度相等,但是两溶液等体积混合后溶液体积扩大1倍,浓度减半.
解答:
解:A.b、c、d三点时的溶液中,b点氨水过量,溶液中氢氧根离子抑制了水的电离,c点溶液为中性,水正常电离,而d点恰好反应生成氯化铵溶液,铵根离子水解促进了水的电离,则溶液水电离的c(OH-)大小顺序为:d>c>b,故A正确;
B.由于b点到c点,温度不变,则铵根离子的水解平衡常数
不变,故B正确;
C.根据图象可知,b点加入0.5VL盐酸时生成的溶质为等浓度的氨水和氯化铵,由于溶液的pH>7,c(H+)<c(OH-),说明氨水的电离程度大于铵根离子的水解程度,则c(NH4+)>c(NH3.H2O),根据物料守恒可得:c(NH4+)+c(NH3.H2O)=2c(Cl-),则c(NH3.H2O)<c(Cl-),溶液中一定满足电荷守恒:c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),则c(NH4+)+c(H+)>c(NH3.H2O)+c(OH-),故C正确;
D.pH=11的NH3?H2O和pH=1的盐酸等体积混合后(不考虑混合后溶液体积的变化)恰好完全反应,pH=1的盐酸的浓度为0.1mol/L,则混合前氨水的浓度为0.1mol/L,混合后溶液体积扩大1倍,则溶液浓度减半,即混合后溶液中氯离子浓度为0.05mol/L,根据物料守恒可得:c(NH4+)+c(NH3?H2O)+c(NH3)=c(Cl-)=0.05mol/L,故D错误;
故选D.
B.由于b点到c点,温度不变,则铵根离子的水解平衡常数
| c(NH3H2O)?c(H+) |
| c(NH4+) |
C.根据图象可知,b点加入0.5VL盐酸时生成的溶质为等浓度的氨水和氯化铵,由于溶液的pH>7,c(H+)<c(OH-),说明氨水的电离程度大于铵根离子的水解程度,则c(NH4+)>c(NH3.H2O),根据物料守恒可得:c(NH4+)+c(NH3.H2O)=2c(Cl-),则c(NH3.H2O)<c(Cl-),溶液中一定满足电荷守恒:c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),则c(NH4+)+c(H+)>c(NH3.H2O)+c(OH-),故C正确;
D.pH=11的NH3?H2O和pH=1的盐酸等体积混合后(不考虑混合后溶液体积的变化)恰好完全反应,pH=1的盐酸的浓度为0.1mol/L,则混合前氨水的浓度为0.1mol/L,混合后溶液体积扩大1倍,则溶液浓度减半,即混合后溶液中氯离子浓度为0.05mol/L,根据物料守恒可得:c(NH4+)+c(NH3?H2O)+c(NH3)=c(Cl-)=0.05mol/L,故D错误;
故选D.
点评:本题考查了酸碱混合的定性判断、溶液中离子浓度定性比较,题目难度中等,注意掌握酸碱混合的定性判断方法,能够根据电荷守恒、盐的水解、物料守恒等知识判断溶液中离子浓度大小,选项D为易错点,注意混合液体积变化引起的浓度变化.
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