题目内容
下列说法正确的是( )
| A、常温下,等物质的量浓度的三种溶液①(NH4)2CO3②NH4Cl③(NH4)2Fe(SO4)2中c(NH4+):①<②<③ |
| B、等物质的量浓度的H2S和NaHS混合溶液中:c(Na+)+c(H+)=c(S2-)+c(HS-)+c(OH-) |
| C、常温下,在c(H+)=1.0×10-13mol?L-1的溶液中:Na+、S2-、AlO2-、SO32-等离子不可能大量共存 |
| D、一定温度下,将盐酸滴加入醋酸钠溶液中至呈中性.此时溶液中:c(Na+)>c(Cl-)=c(CH3COOH) |
考点:离子浓度大小的比较,弱电解质在水溶液中的电离平衡,盐类水解的应用,离子共存问题
专题:离子反应专题,电离平衡与溶液的pH专题,盐类的水解专题
分析:A.结合影响NH4+水解程度的因素判断;
B.根据电荷守恒判断;
C.c(H+)=1.0×10-13mol?L-1的溶液,可能呈碱性,也可能呈酸性;
D.将醋酸钠,盐酸两溶液混合,二者之间反应生成氯化钠和醋酸,溶液呈中性,则醋酸钠会剩余,根据电荷守恒和物料守恒判断.
B.根据电荷守恒判断;
C.c(H+)=1.0×10-13mol?L-1的溶液,可能呈碱性,也可能呈酸性;
D.将醋酸钠,盐酸两溶液混合,二者之间反应生成氯化钠和醋酸,溶液呈中性,则醋酸钠会剩余,根据电荷守恒和物料守恒判断.
解答:
解:A.①与③相比较,①中铵根离子和碳酸根离子发生互促水解,而③中铵根离子和亚铁离子相互抑制,则c(NH4+)③>①,②最小,故A错误;
B.等物质的量浓度的H2S和NaHS混合溶液中存在电荷守恒,为c(Na+)+c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-),故B错误;
C.c(H+)=1.0×10-13mol?L-1的溶液,可能呈碱性,也可能呈酸性,碱性条件下,离子之间不发生任何反应,可大量共存,故C错误;
D.原来只有醋酸钠加入的盐酸没有醋酸根离子也没有钠离子,即n(Na+)=n(CH3COOH)+n(CH3COO-),因此:①C(Na+)=C(CH3COOH)+C(CH3COO-);因为显中性:c(H+)=c(OH-)从电荷守恒可知:C(Na+)+C(H+)=C(CH3COO-)+C(Cl-)+C(OH-),于是②C(Na+)=C(CH3COO-)+C(Cl-);因此C(Na+)>C(Cl-),然后把①代入②式,消去C(Na+)得c(Cl-)=c(CH3COOH),因此得出C(Na+)>C(Cl-)=c(CH3COOH),故D正确.
故选D.
B.等物质的量浓度的H2S和NaHS混合溶液中存在电荷守恒,为c(Na+)+c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-),故B错误;
C.c(H+)=1.0×10-13mol?L-1的溶液,可能呈碱性,也可能呈酸性,碱性条件下,离子之间不发生任何反应,可大量共存,故C错误;
D.原来只有醋酸钠加入的盐酸没有醋酸根离子也没有钠离子,即n(Na+)=n(CH3COOH)+n(CH3COO-),因此:①C(Na+)=C(CH3COOH)+C(CH3COO-);因为显中性:c(H+)=c(OH-)从电荷守恒可知:C(Na+)+C(H+)=C(CH3COO-)+C(Cl-)+C(OH-),于是②C(Na+)=C(CH3COO-)+C(Cl-);因此C(Na+)>C(Cl-),然后把①代入②式,消去C(Na+)得c(Cl-)=c(CH3COOH),因此得出C(Na+)>C(Cl-)=c(CH3COOH),故D正确.
故选D.
点评:本题考查较为综合,涉及盐类水解、离子浓度大小比较以及离子共存问题,为高考常见题型,侧重于学生的分析能力的考查,注意电荷守恒的运用,难度中等.
练习册系列答案
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