分析 (1)甲为0.2mol/LH2SO4溶液,乙为0.4mol/L氨水,反应后溶质为硫酸铵,铵根离子部分水解,溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-),溶液中正确的离子浓度大小为:c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-);由于铵根离子部分水解,导致铵根离子浓度减小,则c(NH4+)<2c(SO42-),再结合物料守恒进行判断;
(2)甲为0.2mol/LCH3COOH溶液,乙为0.1mol/LNaOH溶液,反应后溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠,混合溶液的pH<7,说明醋酸的电离程度大于CH3COO-的水解程度,则c(CH3COO-)>c(CH3COOH),结合电荷守恒和物料守恒分析;
(3)甲为0.1mol/L的Na2CO3溶液,乙为0.1mol/L的NaHCO3溶液,碳酸根离子、碳酸氢根离子部分水解,溶液呈碱性,则c(OH-)>c(H+)、c(HCO3-)>c(CO32-),结合电荷守恒、物料守恒进行判断.
解答 解:(1)甲为0.2mol/LH2SO4溶液,乙为0.4mol/L氨水,反应后溶质为硫酸铵,
A.铵根离子部分水解,溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-),溶液中正确的离子浓度大小为:c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-),故A错误;
B.由于铵根离子部分水解,导致铵根离子浓度减小,则c(NH4+)<2c(SO42-),故B错误;
C.根据硫酸铵溶液中的电荷守恒可得:2c(SO42-)+c(OH-)═c(NH4+)+c(H+),故C正确;
故答案为:C;
(2)甲为0.2mol/LCH3COOH溶液,乙为0.1mol/LNaOH溶液,反应后溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠,混合溶液的pH<7,说明醋酸的电离程度大于CH3COO-的水解程度,
A.根据混合液中物料守恒可得:2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),故A正确;
B.混合液体积增大一倍,则离子浓度减小一半,正确的物料守恒为:c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(Na+)=0.15mol/L,故B错误;
C.醋酸的电离程度大于CH3COO-的水解程度,则c(CH3COO-)>c(CH3COOH),根据物料守恒可知c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH),则离子浓度大小为:c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-),故C正确;
故答案为:AC;
(3)甲为0.1mol/L的Na2CO3溶液,乙为0.1mol/L的NaHCO3溶液,碳酸根离子、碳酸氢根离子部分水解,溶液呈碱性,
A.根据混合液中的物料守恒可得:c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=0.1mol/L,故A正确;
B.碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子,则c(HCO3-)>c(CO32-),溶液中离子浓度大小为:c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+),故B正确;
C.根据物料守恒可得:2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)=3c(Na+),根据电荷守恒可知:c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),二者结合可得:2c(OH-)+c(CO32-)=2c(H+)+c(HCO3-)+3c(H2CO3),即:c(OH-)=c(H+)+$\frac{1}{2}$c(HCO3-)+$\frac{3}{2}$c(H2CO3)-$\frac{1}{2}$c(CO32-),故C正确;
故答案为:ABC.
点评 本题考查了离子浓度大小比较,题目难度中等,明确电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义为解答关键,试题知识点较多、综合性较强,充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用能力.
科目:高中化学 来源: 题型:解答题
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科目:高中化学 来源: 题型:选择题
A. | 只存在于O2中 | B. | 只存在于NO2中 | ||
C. | 只存在于O2和NO2中 | D. | 存在于NO、O2、NO2 |
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科目:高中化学 来源: 题型:选择题
A. | 都增大 | B. | 前者增大,后者减小 | ||
C. | 都减小 | D. | 前者减小,后者增大 |
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科目:高中化学 来源: 题型:选择题
A. | 分子中一定存在共价键 | |
B. | 有原子构成的晶体一定是原子晶体 | |
C. | 含有阴离子的化合物一定含有阳离子 | |
D. | 非金属元素组成的化合物一定是共价化合物 |
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