已知Kb(NH3·H2O)=1.7×10-5,Ka(CH3COOH)=1.7×10-5。25℃时,向20mL浓...
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已知Kb(NH3·H2O)=1.7×10-5,Ka(CH3COOH)=1.7×10-5。25℃时,向20mL浓度均为0.01mol·L-1的盐*和醋*的混合溶液中逐滴加入0.01mol·L-1的氨水,测定过程中电导率和pH变化曲线如图所示,下列说法错误的是
A.a点溶液中,c(CH3COO-)数量级约为10-5
B.b点溶液中,c(NH4+) > c(CH3COOH)
C.c点溶液中,c(NH4+) +c(NH3·H2O) = c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
D.c点水的电离程度小于d点
【回答】
D
【解析】分析:氨水逐滴滴入盐*和醋*的混合液中,依次发生的反应为:HCl+NH3·H2O=NH4Cl、CH3COOH+NH3·H2O=CH3COONH4+H2O;盐*为强*,随着氨水的滴入,溶液的体积变大,溶液中离子浓度变小,溶液的电导率逐渐变小,当盐*恰好完全反应时电导率最小,b点为等浓度的NH4Cl和CH3COOH的混合液;继续滴加氨水,弱*醋*与氨水反应生成强电解质CH3COONH4,溶液中离子浓度变大,溶液的电导率又逐渐变大,c点为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液;醋*恰好完全反应后,继续滴加氨水,氨水属于弱碱水溶液,溶液中离子浓度又变小,溶液的导电率又变小。A项,由CH3COOH的电离平衡常数、盐*和醋*的浓度计算;B项,b点为等浓度的NH4Cl和CH3COOH的混合液,根据NH3·H2O的Kb计算NH4+的水解平衡常数,比较NH4+的水解平衡常数与CH3COOH的Ka;C项,c点为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液,根据物料守恒判断;D项,分析c点和d点溶液的组成,根据*、碱、盐对水的电离平衡的影响判断。
详解:氨水逐滴滴入盐*和醋*的混合液中,依次发生的反应为:HCl+NH3·H2O=NH4Cl、CH3COOH+NH3·H2O=CH3COONH4+H2O;盐*为强*,随着氨水的滴入,溶液的体积变大,溶液中离子浓度变小,溶液的电导率逐渐变小,当盐*恰好完全反应时电导率最小,b点为等浓度的NH4Cl和CH3COOH的混合液;继续滴加氨水,弱*醋*与氨水反应生成强电解质CH3COONH4,溶液中离子浓度变大,溶液的电导率又逐渐变大,c点为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液;醋*恰好完全反应后,继续滴加氨水,氨水属于弱碱水溶液,溶液中离子浓度又变小,溶液的导电率又变小。A项,a点没有滴入氨水,盐*为强*,醋*为弱*,醋*的电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+,设溶液中c(CH3COO-)=xmol/L,则溶液中c(H+)=(0.01+x)mol/L,c(CH3COOH)=(0.01-x)mol/L,Ka(CH3COOH)===1.710-5,由于HCl电离的H+抑制CH3COOH的电离,0.01+x0.01,0.01-x0.01,解得x1.710-5,c(CH3COO-)的数量级约为10-5,A项正确;B项,根据上述分析,b点为等浓度的NH4Cl和CH3COOH的混合液,NH4Cl属于强*弱碱盐,NH4+的水解离子方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+,NH4+的水解平衡常数Kh(NH4+)==KW/Kb(NH3·H2O)=110-14(1.710-5)=5.8810-10Ka(CH3COOH),NH4+的水解程度小于CH3COOH的电离程度,b点溶液中c(NH4+)c(CH3COOH),B项正确;C项,根据上述分析,c点为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液,溶液中的物料守恒为c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH),C项正确;D项,c点为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液,NH4Cl、CH3COONH4水解促进水的电离,d点为等浓度的NH4Cl、CH3COONH4和略过量的氨水组成的混合液,过量的氨水对水的电离起抑制作用,c点水的电离程度大于d点,D项错误;*选D。
点睛:本题以*碱中和滴定的图像为载体,考查电离平衡常数的计算、溶液中粒子浓度的大小关系、对水的电离平衡的影响,识别图像中各点的组成是解题的关键。溶液导电*的强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷数。确定溶液中粒子浓度的关系,先确定溶液的组成,分清主次(如B项),巧用电荷守恒、物料守恒。用碱溶液滴定*溶液的过程中,随着碱溶液的滴入,水的电离程度增大,当*碱完全反应时水的电离程度最大,继续滴加碱溶液,水的电离程度又减小。
知识点:水的电离和溶液的PH
题型:选择题
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