常温下.0.1mol/L氨水溶液中c(H+)c(OH-)=1×10-8.下列叙述错误的是( )A．该溶液中氢离子的浓度:c(H+)=1×10-9mol/LB．0.1 mol/L氨水溶液与0.1 mol/L HCl溶液等体积混合后所得溶液中:c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)C．0.1 mol/L的氨水溶液与0.05 mol/L H2SO4溶液等体积混合后所得� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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常温下，0.1mol/L氨水溶液中

c(H+)

c(OH-)

=1×10^-8，下列叙述错误的是（　　）

A．该溶液中氢离子的浓度：c（H⁺）=1×10^-9mol/L

B．0.1 mol/L氨水溶液与0.1 mol/L HCl溶液等体积混合后所得溶液中：c（NH₄⁺）+c（H⁺）=c（Cl^-）+c（OH^-）

C．0.1 mol/L的氨水溶液与0.05 mol/L H₂SO₄溶液等体积混合后所得溶液中：c（NH₄⁺）+c（NH₃）+c（NH₃?H₂O）=2c（SO₄^2-）

D．浓度均为0.1 mol/L的NH₃?H₂O和NH₄Cl溶液等体积混合后，若溶液呈碱性，则c（NH₄⁺）＞c（NH₃?H₂O）＞c（Cl^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）

分析：常温下，0.1mol/L氨水溶液中

c(H+)

c(OH-)

=1×10^-8，则c（OH^-）=1×10^-3mol/L，
A．根据0.1mol/L氨水溶液中

c(H+)

c(OH-)

=1×10^-8，结合水的离子积常数计算氢离子浓度；
B．根据电荷守恒判断；
C．根据物料守恒判断；
D．浓度为0.1 mol/L的NH₃?H₂O和NH₄Cl溶液等体积混合后，若溶液呈碱性，说明氨水的电离程度大于铵根离子的水解程度．

解答：解：A．常温下，0.1mol/L氨水溶液中

c(H+)

c(OH-)

=1×10^-8，c（OH^-）．c（H⁺）=1×10^-14，所以c（H⁺）=
=1×10^-11mol/L，故A错误；
B．等物质的量的氨水和盐酸恰好反应生成氯化铵，根据电荷守恒知c（NH₄⁺）+c（H⁺）=c（Cl^-）+c（OH^-），故B正确；
C.0.1 mol/L的氨水溶液与0.05 mol/L H₂SO₄溶液等体积混合后恰好反应生成硫酸铵，溶液中存在物料守恒：c（NH₄⁺）+c（NH₃）+c（NH₃?H₂O）=2c（SO₄^2-），故C正确；
D．浓度为0.1 mol/L的NH₃?H₂O和NH₄Cl溶液等体积混合后，若溶液呈碱性，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），氯离子不水解，所以c（Cl^-）＞c（NH₃?H₂O），故D错误；
故选AD．

点评：本题考查弱电解质的电离，根据物料守恒、电荷守恒及离子积常数来分析解答，难度中等．

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ABD

．
A、实验中所用到的滴定管、容量瓶，在使用前均需要检漏；
B、如果实验中需用60mL 的稀硫酸标准溶液，配制时应选用100mL容量瓶；
C、容量瓶中含有少量蒸馏水，会导致所配标准溶液的浓度偏小；
D、酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，即装入标准浓度的稀硫酸，则测得的NaOH溶液的浓度将偏大；
E、配制溶液时，若在最后一次读数时俯视读数，则导致最后实验结果偏大．
F、中和滴定时，若在最后一次读数时俯视读数，则导致最后实验结果偏大．
（2）常温下，已知0.1mol?L^-1一元酸HA溶液中c（OH^-）/c（H⁺）=1×10^-8．
①常温下，0.1mol?L^-1 HA溶液的pH=

；写出该酸（HA）与NaOH溶液反应的离子方程式：

HA+OH^-═A^-+H₂O

；
②pH=3的HA与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，溶液中4种离子物质的量浓度大小关系是：

c（A^-）＞c（Na⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-）

；
③0.2mol?L^-1HA溶液与0.1mol?L^-1NaOH溶液等体积混合后所得溶液中：
c（H⁺）+c（HA）-c（OH^-）=

0.05

mol?L^-1．（溶液体积变化忽略不计）
（3）t℃时，有pH=2的稀硫酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合后溶液呈中性，则该温度下水的离子积常数K_w=

1.0×10^-13

．
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．
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pH_a+pH_b=12

．

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高温

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．
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作阴极．
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．

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