下列说法正确的是( ) A.0.1mol/L NaHCO3溶液中:c(HCO3-)+c(CO32-)+c(OH-)＞c(Na+)+c(H+)+c(H2CO3)B.常温下.5mL 0.02mol/L HCl溶液与5mL 0.02mol/L Ba(OH)2溶液混合.经充分反应后.如果溶液体积为10mL.则溶液pH=12C.相同条件下pH=5的①NH4Cl溶液 ②CH3COOH溶液 ③� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

下列说法正确的是（　　）

A、0.1mol/L NaHCO₃溶液中：c（HCO₃^-）+c（CO₃^2-）+c（OH^-）＞c（Na⁺）+c（H⁺）+c（H₂CO₃）

B、常温下，5mL 0.02mol/L HCl溶液与5mL 0.02mol/L Ba（OH）₂溶液混合，经充分反应后，如果溶液体积为10mL，则溶液pH=12

C、相同条件下pH=5的①NH₄Cl溶液 ②CH₃COOH溶液 ③稀盐酸，三种溶液中由水电离产生的c（H⁺）：①＞②＞③

D、常温下，将稀NaOH溶液与CH₃COOH溶液混合，可能出现pH＞7，且c（OH^-）＞c（Na⁺）＞c（H⁺）＞c（CH₃COO^-）的情况

考点：离子浓度大小的比较

专题：电离平衡与溶液的pH专题,盐类的水解专题

分析：A．碳酸氢钠溶液中，碳酸氢根离子部分水解，则①c（Na⁺）＞c（HCO₃^-），再根据电荷守恒、物料守恒可得②c（H₂CO₃）+c（H⁺）=c（CO₃^2-）+c（OH^-），最后根据①②判断离子浓度大小；
B．根据盐酸和氢氧化钡溶液中氢离子、氢氧根离子的物质的量判断溶液的酸碱性，然后计算出混合液的pH；
C．酸溶液、碱溶液抑制了水的电离，能够水解的盐溶液促进了水的电离，据此进行判断；
D．无将稀NaOH溶液与CH₃COOH溶液论怎样混合，都不能出现c（OH^-）＞c（Na⁺）、c（H⁺）＞c（CH₃COO^-）．

解答： 解：A．根据电荷守恒可得：c（Na⁺）+c（H⁺）=c（HCO₃^-）+2c（CO₃^2-）+c（OH^-），溶液存在物料守恒，即c（Na⁺）=c（HCO₃^-）+c（CO₃^2-）+c（H₂CO₃），将钠离子带人电荷守恒可得：c（H₂CO₃）+c（H⁺）=c（CO₃^2-）+c（OH^-），由于溶液中碳酸氢根离子部分水解，则c（Na⁺）＞c（HCO₃^-），则c（HCO₃^-）+c（CO₃^2-）+c（OH^-）＜c（Na⁺）+c（H⁺）+c（H₂CO₃），故A错误；
B．常温下5mL 0.02mol/L HCl溶液中含有氢离子1×10^-4mol，5mL 0.02mol/L Ba（OH）₂溶液中含有1×10^-4mol氢氧根离子，经充分反应后，溶液中剩余1×10^-4mol氢氧根离子，如果溶液体积为10mL，反应后的溶液中氢氧根离子浓度为：

1×10-4mol

0.01L

=0.01mol/L，则溶液pH=12，故B正确；
C．相同条件下pH=5的①NH₄Cl溶液 ②CH₃COOH溶液 ③稀盐酸，氯化铵中铵根离子水解，促进了水的电离，溶液中的氢离子为水电离的，而稀盐酸和醋酸溶液抑制了水的电离，溶液中的氢氧根离子是水电离的，由于二者pH相等，则水的电离程度相等，所以三种溶液中由水电离产生的c（H⁺）大小为：①＞②=③，故C错误；
D．常温下，将稀NaOH溶液与CH₃COOH溶液混合，可能出现pH＞7，则c（OH^-）＞c（H⁺），但是不会出现c（OH^-）＞c（Na⁺）、c（H⁺）＞c（CH₃COO^-），故D错误；
故选B．

点评：本题考查了离子浓度大小比较、溶液pH的计算、盐类水解原理等知识，明确酸的强弱与酸根离子水解程度大小之间的关系是解本题关键，再结合守恒思想分析解答，题目难度中等．

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在Al与稀H₂SO₄的反应中，已知10s末H₂SO₄的浓度减少了0.6mol?L^-1，若不考虑反应过程中溶液体积的变化，则10s内生成Al₂（SO₄）₃的平均反应速率为（　　）

A、0.02 mol?L^-1?s^-1

B、0.04 mol?L^-1?s^-1

C、0.06 mol?L^-1?s^-1

D、0.18 mol?L^-1?s^-1

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应用元素周期律分析下列推断，其中正确的组合是（　　）
①碱金属单质的熔点随原子序数的增大而降低
②砹（At）是第VIIA族元素，其氢化物的稳定性大于HCl
③硒（Se）的最高价氧化物对应水化物的酸性比硫酸弱
④第二周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液均显酸性
⑤铊（Tl）与铝同主族，其单质既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应
⑥第三周期金属元素的最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱．