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九年级化学电解质溶液
电解质溶液
一.选择题(共26小题)
1.(2015•安徽)25℃时,在10mL浓度均为0.1mol•L﹣1的NaOH和NH3•H2O混合溶液中滴加0.1mol•L﹣1盐酸,下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是()
A.未加盐酸时:
c(OH﹣)>c(Na+)=c(NH3•H2O)
B.加入10mL盐酸时:
c(NH4+)+c(H+)=c(OH﹣)
C.加入盐酸至溶液pH=7时:
c(Cl﹣)=c(Na+)
D.加入20mL盐酸时:
c(Cl﹣)=c(NH4+)+c(Na+)
考点:
弱电解质在水溶液中的电离平衡;
分析:
氢氧化钠为强碱,在水溶液中完全电离,一水合氨为弱碱,在水溶液中部分电离,相同体积与浓度的氢氧化钠与一水合氨其中和能力是相同的,据此分析解答即可.
解答:
解:
A、NaOH和NH3•H2O混合溶液中,NaOH完全电离,NH3•H2O部分电离,因此c(OH﹣)>0.1mol/L,c(Na+)=0.1mol/L,c(NH3•H2O)<0.1mol/L,故c(OH﹣)>c(Na+)>c(NH3•H2O),故A错误;
B、在此混合溶液中加入10mL盐酸,存在电中性原则:
c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH﹣)+c(Cl﹣),由于等体积等浓度混合,故c(Na+)=c(Cl﹣),即c(NH4+)+c(H+)=c(OH﹣),故B正确;
C、加入盐酸至pH=7时,溶液呈中性,即c(H+)=c(OH﹣),那么c(NH4+)+c(Na+)=c(Cl﹣),即c(Cl﹣)>c(Na+),故C错误;
D、加入20mL盐酸时,此时溶液恰好为氯化钠与氯化铵的混合溶液,此时溶液呈酸性,即存在c(H+)>c(OH﹣),那么c(NH4+)+c(Na+)<c(Cl﹣),故D错误,故选B.
2.(2015•广东)一定温度下,水溶液中H+和OH﹣的浓度变化曲线如图,下列说法正确的是()
A.升高温度,可能引起由c向b的变化
B.该温度下,水的离子积常数为1.0×10﹣13
C.该温度下,加入FeCl3可能引起由b向a的变化
D.该温度下,稀释溶液可能引起由c向d的变化
考点:
水的电离;弱电解质在水溶液中的电离平衡.
分析:
A、由图可知abc为等温线;
B、由b点计算此温度下水的离子积常数为1.0×10﹣14;
C、b点到a点,氢离子浓度变大,氢氧根离子浓度减小,据此解答即可;
D、稀释不会引起水的离子积的改变,据此解答即可.
解答:
解:
A、由图可知abc三点对应的平衡常数不变,故abc为等温线,故升高温度,不能由c到b,故A错误;
B、b点c(H+)=c(OH﹣)=1.0×10﹣7,故KW=1.0×10﹣7×1.0×10﹣7=1.0×10﹣14,故B错误;
C、加入FeCl3,氯化铁为强酸弱碱盐,铁离子结合水电离出的氢氧根,促进水的电离平衡右移,即氢离子浓度增大,氢氧根离子浓度减小(由b到a),符合图象变化趋势,故C正确;D、由c点到d点,水的离子积常数减小,温度不变,K不变,故不能利用稀释使其形成此变化,故D错误,故选C.
3.(2015•海南)0.1mol下列气体分别与1L0.1mol•L﹣1的NaOH溶液反应,形成的溶液pH最小的是()
A.NO2B.SO2C.SO3D.CO2
考点:
pH的简单计算.
分析:
0.1mol下列气体分别与1L0.1mol•L﹣1的NaOH溶液反应,二者的物质的量相同,NO2与NaOH等物质的量反应的方程式2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O;
SO2与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+SO2=NaHSO3;
SO3与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+SO3=NaHSO4;
CO2与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+CO2=NaHCO3,根据反应产物的酸碱性判断.
解答:
解:
0.1mol下列气体分别与1L0.1mol•L﹣1的NaOH溶液反应,二者的物质的量相同,
NO2与NaOH等物质的量反应的方程式为:
2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O,NaNO2为强碱弱酸盐,溶液显碱性;
SO2与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+SO2=NaHSO3,NaHSO3在溶液中即电离又水解,电离程度大于水解程度,溶液显弱酸性;
SO3与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+SO3=NaHSO4,NaHSO4在溶液中完全电离出氢离子,溶液显强酸性;
CO2与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+CO2=NaHCO3,NaHCO3在溶液中即电离又水解,水解程度大于电离程度,溶液显弱碱性;
综上可知,形成的溶液pH最小的是SO3;故选:
C.
4.(2015•四川)常温下,将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合,析出部分NaHCO3晶体,过滤,所得溶液pH<7,下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是()
A.
<1.0×10﹣7mol/L
B.c(Na+)=c(HCO3﹣)+c(CO32﹣)+c(H2CO3)
C.c(H+)+c(NH4+)=c(OH﹣)+c(HCO3﹣)+2c(CO32﹣)
D.c(Cl﹣)>c(NH4+)>c(HCO3﹣)>c(CO32﹣)
考点:
盐类水解的原理.
分析:
A.根据Kw=c(H+)×c(OH﹣)=1.0×10﹣14计算;
B.根据物料守恒即c(Na)=c(C)分析;
C.根据电荷守恒分析;
D.铵根离子部分水解,则c(Cl﹣)>c(NH4+),HCO3﹣的电离程度很小.
解答:
解:
A.Kw=c(H+)×c(OH﹣)=1.0×10﹣14,已知pH<7,即c(H+)>1.0×10﹣7mol/L,则
<1.0×10﹣7mol/L,故A正确;
B.溶液中存在物料守恒即c(Na)=c(C),所以c(Na+)=c(HCO3﹣)+c(CO32﹣)+c(H2CO3),故B正确;
C.溶液中存在电荷守恒:
c(Na+)+c(H+)+c(NH4+)=c(OH﹣)+c(HCO3﹣)+2c(CO32﹣)+c(Cl﹣),由于析出部分NaHCO3晶体,则c(Na+)<c(Cl﹣),所以c(H+)+c(NH4+)>c(OH﹣)+c(HCO3﹣)+2c(CO32﹣),故C错误;
D.铵根离子部分水解,则c(Cl﹣)>c(NH4+),由于析出部分NaHCO3晶体,则HCO3﹣浓度减小,HCO3﹣的电离程度很小,所以c(CO32﹣)最小,即c(Cl﹣)>c(NH4+)>c(HCO3﹣)>c(CO32﹣),故D正确.故选C.
5.(2015•广东)水溶液中能大量共存的一组离子是()
A.NH4+、Ba2+、Br﹣、CO32﹣B.Cl﹣、SO32﹣、Fe2+、H+
C.K+、Na+、SO42﹣、MnO4﹣D.Na+、H+、NO3﹣、HCO3﹣
考点:
离子共存问题.
分析:
根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等,不能相互促进水解等,则离子大量共存,以此来解答.
解答:
解:
A.Ba2+、CO32﹣结合生成沉淀,不能大量共存,故A错误;
B.SO32﹣、H+结合生成水和气体,不能大量共存,故B错误;
C.该组离子之间不反应,可大量共存,故C正确;
D.H+、HCO3﹣结合生成水和气体,不能大量共存,故D错误;故选C.
6.(2015•四川)下列有关CuSO4溶液的叙述正确的是()
A.该溶液中Na+、NH4+、NO3﹣、Mg2+可以大量共存
B.通入CO2气体产生蓝色沉淀
C.与H2S反应的离子方程式:
Cu2++S2﹣=CuS↓
D.与过量浓氨水反应的离子方程式:
Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+
考点:
离子共存问题;离子方程式的书写.
分析:
A.该组离子之间不反应,与硫酸铜也不反应;
B.通入CO2气体,与硫酸铜溶液不反应;
C.H2S在离子反应中保留化学式;
D.与过量浓氨水反应,生成络离子.
解答:
解:
A.该组离子之间不反应,与硫酸铜也不反应,则可大量共存,故A正确;
B.通入CO2气体,与硫酸铜溶液不反应,不能生成蓝色沉淀,故B错误;
C.H2S在离子反应中保留化学式,则与H2S反应的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+,故C错误;
D.与过量浓氨水反应,生成络离子,则离子反应为Cu2++4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O,故D错误;故选A.
7.(2015•上海)某无色溶液含有下列离子中的若干种:
H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32﹣、Cl﹣、OH﹣、NO3﹣.向该溶液中加入铝粉,只放出H2,则溶液中能大量存在的离子最多有()
A.3种B.4种C.5种D.6种
考点:
离子共存问题.分析:
溶液无色,则一定不存在有色的Fe3+;在其中加入金属铝,发生反应并放出H2,溶液可能呈酸性,也可能呈碱性,若为酸性,则不存在OH﹣、NO3﹣、CO32﹣,若呈碱性,则不存在Al3+、H+、NH4+、Fe3+,以此解答该题.
解答:
解:
无色溶液中一定不存在有色的Fe3+;溶液中加入金属铝,发生反应并放出H2,溶液可能呈酸性,也可能呈碱性,
若溶液为酸性,则不存在:
OH﹣、NO3﹣、CO32﹣,阴离子只能为Cl﹣,阳离子可以为:
H+、NH4+、Ba2+、Al3+,最多存在5种离子;
若呈碱性,则不存在Al3+、H+、NH4+、Fe3+,阳离子只能为Ba2+,则一定不存在CO32﹣,可存在的离子为:
Ba2+、Cl﹣、OH﹣、NO3﹣,则最多只有4种,根据分析可知,最多存5种离子,故选C.
8.(2014•江苏)水是生命之源,2014年我国科学家首次拍摄到水分子团簇的空间取向图象,模型如图所示,下列关于水的说法正确的是()
A.水是弱电解质B.可燃冰是可以燃烧的水
C.氢氧两种元素只能组成水D.0℃时冰的密度比液态水的密度大
考点:
水的电离;不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别.
分析:
A.水能够部分电离出氢离子和氢氧根离子,存在电离平衡;
B.可燃冰为甲烷和水形成的一种化合物;
C.氢氧两种元素还可以组成双氧水;
D.液体水变成冰,体积变大,密度变小.
解答:
解:
A.水为极弱的电解质,能够部分电离出氢离子和氢氧根离子,故A正确;B.可燃冰为甲烷和水形成的一种特殊的化合物,并不是可燃烧的水,故B错误;C.氢氧两种元素可以组成水、双氧水,故C错误;D.冰中存在氢键,具有方向性和饱和性,其体积变大,则相同质量时冰的密度比液态水的密度小,故D错误;故选A.
9.(2014•重庆)下列叙述正确的是()
A.浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3胶体
B.CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后c(CH3COO﹣)增大
C.Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应可制得Ca(OH)2
D.25℃时Cu(OH)2在水中的溶解度大于其在Cu(NO3)2溶液中的溶解度
考点:
影响盐类水解程度的主要因素;难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.
专题:
电离平衡与溶液的pH专题;盐类的水解专题.分析:
A、浓氨水和氯化铁之间会发生复分解反应;B、醋酸钠中加入盐酸会发生反应生成醋酸和氯化钠;C、Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应产物是碳酸钙和碳酸钠;D、根据沉淀溶解平衡的影响因素来回答判断.
解答:
解:
A、浓氨水和氯化铁之间会发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铵,不会获得胶体,故A错误;B、醋酸钠中加入盐酸会发生反应生成醋酸和氯化钠,所以醋酸根离子浓度会减小,故B错误;C、Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应产物是碳酸钙和碳酸钠,并不会获得氢氧化钙,故C错误;D、氢氧化铜存在沉淀溶解平衡Cu(OH)2⇌Cu2++2OH﹣,Cu(NO3)2溶液中铜离子会抑制沉淀溶解平衡的右移,所以Cu(OH)2在水中的溶解度大于其在Cu(NO3)2溶液中的溶解度,故D正确.故选D.
10.(2014•上海)向饱和澄清石灰水中加入少量CaC2,充分反应后恢复到原来的温度,所得溶液中()
A.c(Ca2+)、c(OH﹣)均增大B.c(Ca2+)、c(OH﹣)均保持不变
C.c(Ca2+)、c(OH﹣)均减小D.c(OH﹣)增大、c(H+)减小
考点:
难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.
分析:
加入CaC2,与水发生CaC2+2H2O=Ca(OH)2+HC≡CH↑,反应消耗水,结合Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+2OH﹣(aq)的影响因素解答.解答:
解:
加入CaC2,与水发生CaC2+2H2O=Ca(OH)2+HC≡CH↑,反应消耗水,因原溶液为饱和溶液,则反应后一定有Ca(OH)2析出,则溶液浓度不变,故选B.
11.(2014•海南)以石墨为电极,电解KI溶液(其中含有少量酚酞和淀粉).下列说法错误的是()
A.阴极附近溶液呈红色B.阴极逸出气体
C.阳极附近溶液呈蓝色D.溶液的pH变小
考点:
电解原理;真题集萃.
分析:
以石墨为电极,电解KI溶液时,在阴极上是氢离子得电子发生还原反应,阳极上是碘离子失电子发生氧化反应,据此回答判断.
解答:
解:
A、以石墨为电极,电解KI溶液时,在阴极上是氢离子得电子发生还原反应,该极区碱性增强,遇到酚酞溶液呈红色,故A正确;
B、以石墨为电极,电解KI溶液时,在阴极上是氢离子得电子发生还原反应逸出气体氢气,故B正确;
C、以石墨为电极,电解KI溶液时,阳极上是碘离子失电子发生氧化反应生成碘单质,遇到淀粉变蓝色,故C正确;
D、以石墨为电极,电解KI溶液时,生成氢氧化钾溶液,溶液的pH变大,故D错误.故选D.
12.(2014•四川)下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是()
A.0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合,所得溶液中:
c(Na+)>c(CO32﹣)>c(HCO3﹣)>c(OH﹣)
B.20mL0.1mol/LCH3COONa溶液与10mL0.1mol/LHCl溶液混合后溶液呈酸性,所得溶液中:
c(CH3COO﹣)>c(Cl﹣)>c(CH3COOH)>c(H+)
C.室温下,pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合,所得溶液中:
c(Cl﹣)+c(H+)>c(NH4+)+c(OH﹣)
D.0.1mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合,所得溶液中:
c(OH﹣)>c(H+)+c(CH3COOH)
考点:
离子浓度大小的比较.分析:
A.二者恰好反应生成Na2CO3,溶液中的溶质为0.05mol/L的Na2CO3,碳酸根离子两步水解都生成氢氧根离子,碳酸根离子只有第一步水解生成HCO3﹣;B.二者混合后,溶液中的溶质为等物质的量浓度的NaCl、CH3COONa、CH3COOH,混合溶液呈酸性,说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度,但醋酸电离和醋酸根离子水解程度都较小;
C.室温下,pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合,混合溶液呈碱性,任何电解质溶液中都存在电荷守恒,结合电荷守恒判断;D.二者恰好反应生成CH3COONa,溶液呈存在电荷守恒和物料守恒,根据电荷守恒和物料守恒判断.
解答:
解:
A.二者混合后恰好反应生成Na2CO3,溶液中的溶质为0.05mol/L的Na2CO3,碳酸根离子两步水解都生成氢氧根离子,碳酸根离子只有第一步水解生成HCO3﹣,所以c(HCO3﹣)<c(OH﹣),故A错误;
B.二者混合后,溶液中的溶质为等物质的量浓度的NaCl、CH3COONa、CH3COOH,混合溶液呈酸性,说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度,但醋酸电离和醋酸根离子水解程度都较小,所以溶液中粒子浓度大小顺序是c(CH3COO﹣)>c(Cl﹣)>c(CH3COOH)>c(H+),故B正确;
C.室温下,pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合,混合溶液呈碱性即c(OH﹣)>c(H+),任何电解质溶液中都存在电荷守恒,根据电荷守恒得c(Cl﹣)+c(OH﹣)=c(H+)+c(NH4+),且c(OH﹣)>c(H+),所以c(Cl﹣)<c(NH4+),所以c(Cl﹣)+c(H+)<c(NH4+)+c(OH﹣),故C错误;
D.二者混合后恰好反应生成CH3COONa,溶液呈存在电荷守恒和物料守恒,根据电荷守恒得c(CH3COO﹣)+c(OH﹣)=c(H+)+c(Na+),根据物料守恒得c(Na+)=c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH),所以得c(OH﹣)=c(H+)+c(CH3COOH),故D错误;故选B.
13.(2014•天津)下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是()
A.pH=1的NaHSO4溶液:
c(H+)=c(SO42﹣)+c(OH﹣)
B.含有AgCl和AgI固体的悬浊液:
c(Ag+)>c(Cl﹣)=c(I﹣)
C.CO2的水溶液:
c(H+)>c(HCO3﹣)=2c(CO32﹣)
D.含等物质的量NaHC2O4和Na2C2O4的溶液:
3c(Na+)=2[c(HC2O4﹣)+c(C2O42﹣)+c(H2C2O4)]
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.
专题:
电离平衡与溶液的pH专题;盐类的水解专题.
分析:
A、NaHSO4溶液中存在氢离子守恒分析判断;
B、AgCl和AgI固体的悬浊液中氯化银溶解度大于碘化银;
C、二氧化碳的水溶液中碳酸分步电离,第二步电离微弱;
D、依据溶液中元素物料守恒计算分析.
解答:
解:
A、NaHSO4溶液中存在质子守恒分析,硫酸氢钠电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子,NaHSO4=Na++H++SO42﹣,H2O⇌H++OH﹣,溶液中质子守恒,c(H+)=c(SO42﹣)+c(OH﹣),故A正确;B、AgCl和AgI固体的悬浊液中氯化银溶解度大于碘化银,c(Ag+)>c(Cl﹣)>c(I﹣),故B错误;C、二氧化碳的水溶液中碳酸分步电离,第二步电离微弱,H2CO3⇌H++HCO3﹣,HCO3﹣⇌H++CO32﹣,c(H+)>c(HCO3﹣)>2c(CO32﹣),故C错误;D、依据溶液中元素物料守恒计算,含等物质的量NaHC2O4和Na2C2O4的溶液:
2c(Na+)=3[c(HC2O4﹣)+C(C2O42﹣)+c(H2C2O4)],故D错误;故选A.
14.(2014•广东)常温下,0.2mol/L的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后,所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示,下列说法正确的是()
A.HA为强酸B.该混合液pH=7
C.图中X表示HA,Y表示OH﹣,Z表示H+
D.该混合溶液中:
c(A﹣)+c(Y)=c(Na+)
考点:
酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.
分析:
一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合,HA+NaOH=NaA+H2O,所得溶液中A﹣浓度小于0.1mol/L,说明在溶液中存在A﹣+H2O⇌HA+OH﹣,NaA水解,HA为弱酸,NaA溶液呈碱性,则c(OH﹣)>c(H+),一般来说,盐类的水解程度较低,则有c(A﹣)>c(OH﹣),所以有:
c(Na+)=0.1mol/L>c(A﹣)>c(OH﹣)>c(HA)>c(H+),即X表示OH﹣,Y表示HA,Z表示H+,溶液中存在物料守恒为:
c(Na+)=c(A﹣)+c(HA).
A.HA为弱酸;B.该混合液pH>7;C.X表示OH﹣,Y表示HA,Z表示H+;D.Y表示HA,溶液中存在物料守恒得到c(A﹣)+c(Y)=c(Na+).
解答:
解:
一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合,HA+NaOH=NaA+H2O,所得溶液中A﹣浓度小于0.1mol/L,说明在溶液中存在A﹣+H2O⇌HA+OH﹣,NaA水解,HA为弱酸,NaA溶液呈碱性,则c(OH﹣)>c(H+),一般来说,盐类的水解程度较低,则有c(A﹣)>c(OH﹣),所以有:
c(Na+)=0.1mol/L>c(A﹣)>c(OH﹣)>c(HA)>c(H+),即X表示OH﹣,Y表示HA,Z表示H+,溶液中存在物料守恒得到:
c(Na+)=c(A﹣)+c(HA).
A.一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合,二者恰好反应:
HA+NaOH=NaA+H2O,所得溶液为NaA溶液,溶液中中A﹣浓度小于0.1mol/L,说明在溶液中存在A﹣+H2O⇌HA+OH﹣,NaA水解,HA为弱酸,故A错误;
B.c(Na+)>c(A﹣),说明NaA水解,A﹣+H2O⇌HA+OH﹣,该混合液pH>7,故B错误;
C.HA是弱电解质,则有c(A﹣)>c(OH﹣),c(OH﹣)除了水解产生的还有水电离的,因此c(OH﹣)>c(HA),所以有:
c(Na+)=0.1mol/L>c(A﹣)>c(OH﹣)>c(HA)>c(H+),即X表示OH﹣,Y表示HA,Z表示H+,故C错误;
D.溶液中存在物料守恒c(Na+)=c(A﹣)+c(HA),Y表示HA,得到c(A﹣)+c(Y)=c(Na+),故D正确;故选D.
15.(2014•山东)已知某温度下CH3COOH和NH3•H2O的电离常数相等,现向10mL浓度为0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水,在滴加过程中()
A.水的电离程度始终增大
B.
先增大再减小
C.c(CH3COOH)与c(CH3COO﹣)之和始终保持不变
D.当加入氨水的体积为10mL时,c(NH4+)=c(CH3COO﹣)
考点:
酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.
分析:
A.开始时,溶液的酸性逐渐减弱,水的电离程度逐渐增大,当氨水过量后,溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大,水的电离程度逐渐减小;
B.根据一水合氨的电离平衡常数可知,该比值与氢氧根离子成反比,电解氨水的过程中,溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大;
C.根据物料守恒,醋酸和醋酸根离子的物质的量之和不变,但是溶液体积增大,二者的浓度之和逐渐减小;
D.CH3COOH和NH3•H2O的电离常数相等,氨水与醋酸的浓度、体积相等时,溶液显示中性,根据电荷守恒可知c(NH4+)=c(CH3COO﹣).
解答:
解:
A.酸溶液、碱溶液抑制了水的电离,溶液显示中性前,随着氨水的加入,溶液中氢离子浓度逐渐减小,水的电离程度逐渐增大;当氨水过量后,随着溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大,水的电离程度逐渐减小,所以滴加过程中,水的电离程度先增大后减小,故A错误;
B.当向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水,开始时溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合物,由CH3COONH4的水解常数Kh=
,随着氨水的加入,c(H+)逐渐减小,Kh不变,则
变小,当加氨水至溶液显碱性时,氨水的电离常数Kb=
,c(OH﹣)与氢离子浓度成反比,随着氨水的滴入,氢氧根离子浓度逐渐增大,电离常数K不变,所以
逐渐减小,即
始终减小,故B错误;
C.n(CH3COOH)与n(CH3COO﹣)之和为0.001mol,始终保持不变,由于溶液体积逐渐增大,所以c(CH3COOH)与c(CH3COO﹣)之和逐渐减小,故C错误;
D.当加入氨水的体积为10mL时,醋酸和一水合氨的物质的量相等,由于二者的电离常数相等,所以溶液显示中性,c(H+)=c(OH﹣),根据电荷守恒可知:
c(NH4+)=c(CH3COO﹣),故D正确;故选D.
16.(2014•广东)水溶液中能大量共存的一组离子是()
A.Na+、Ca2+、Cl﹣、SO42﹣B.Fe2+、H+、SO32﹣、ClO﹣
C.Mg2+、NH4+、Cl﹣、SO42﹣D.K+、Fe3+、N
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- 九年级 化学 电解质 溶液