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下列说法正确的是(  )
A、室温下,pH之和为14的氨水与盐酸等体积混合,溶液一定呈中性
B、在0.1 mol/L(NH42Fe(SO42溶液中:c(H+)+c(NH4+)+c(Fe2+)═c(OH-)+c(SO42-
C、向醋酸溶液中加入适量醋酸钠,所得酸性溶液中c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-
D、0.4 mol/L HCl与0.1 mol/L NaAlO2等体积混合,所得溶液中:c(Cl-)>c(Na+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-
考点:离子浓度大小的比较,盐类水解的应用,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,盐类的水解专题
分析:A.室温下,pH之和为14的氨水与盐酸,一水合氨是弱电解质,所以氨水浓度大于盐酸,二者等体积混合溶液呈碱性;
B.任何电解质溶液中都存在电荷守恒,根据电荷守恒判断;
C.如果溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-),再结合电荷守恒判断c(Na+)、c(CH3COO-)相对大小;
D.0.4 mol/L HCl与0.1 mol/L NaAlO2等体积混合,二者的物质的量之比为4:1,二者恰好反应生成AlCl3和NaCl,且二者的物质的量浓度之比为3:1,铝离子水解导致溶液呈酸性,再结合物料守恒判断.
解答: 解:A.室温下,pH之和为14的氨水与盐酸,一水合氨是弱电解质,所以氨水浓度大于盐酸,二者等体积混合时氨水有属于,一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度,所以溶液呈碱性,故A错误;
B.任何电解质溶液中都存在电荷守恒,根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)+2c(Fe2+)═c(OH-)+2c(SO42-),故B错误;
C.如果溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-),再结合电荷守恒得c(Na+)<c(CH3COO-),故C错误;
D.0.4 mol/L HCl与0.1 mol/L NaAlO2等体积混合,二者的物质的量之比为4:1,二者恰好反应生成AlCl3和NaCl,且二者的物质的量浓度之比为3:1,铝离子水解导致溶液呈酸性,但铝离子水解程度较小,再结合物料守恒得c(Cl-)>c(Na+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-),故D正确;
故选D.
点评:本题考查离子浓度大小比较,根据溶质的性质再结合守恒思想分析解答,易错选项是D,能根据方程式进行过量计算,明确溶液中的溶质,再结合溶质特点解答,题目难度不大.
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