已知0.1mol l的NaHB溶液的pH=2
来源:学生作业帮助网 编辑:作业帮 时间:2024/07/08 08:28:20
c(H+)>c(OH-),说明电离大于水解.电离产生的H+比水解产生的OH-多.例如NaHSO3或者完全电离.例如NaHSO4A错误.如果是NaHSO4,PH=2.B正确如果NaHSO3c(Na+)=
酸性溶液,说明电离程度大于水解程度,所以c(B2-)>c(H2B)
c(NaCN)=0.05mol/L首先等体积混合后体积扩大了2倍...那么NA离子的浓度自然由原来的0.1mol•L-1变为0.05mol/L-1.CN离子浓度大于0.05mol/L-1.
在建立质子守恒方程时首先要找好基准体系,在NaHB体系中,为计算方便,常将HB-设定为基准体系,那么以此为基准,质子守恒方程左边为基准物质失质子后的物质,右边为得到电子后的物质,故此方程中没有HB-
解题思路:根据HA-比HB-更难电离,可知酸性关系:HA->HB-,二者对应的离子是A2-和B2-,Na2A溶液一定比Na2B溶液的pH大,但是无法比较NaHA和NaHB溶液的水解程度大小解题过程:解
(1)竞争性抑制剂的米氏方程为:V=Vmax[S]/(Km(1+[I]/Ki)+[S])代入数据得:V=13.54μmolL-1min-1i%=(1-a)×100%=(1-Vi/Vo)×100%=24
[HB^-]>[B2^-]>[H2B]NaHB=Na++HB^----NaHB全部电离HB^-←→H^++B^2-----HB^-部分电离,[B^2-]<[HB^-].但这步电离是造成溶液呈酸性的原因
m=0.01*0.019*40*500/20=0.19gNaOH%=0.19/0.2=95%
HA-既要电离,又要水解.HA-=H++A2-,HA-+H2O=H2A+OH-而由于PH=11呈碱性,说明水解大于电离,所以应为HA->OH->H2A>A2-,题目中后两个离子顺序错了
因为pH=4,所以[H+]>[OH-]NaHB=Na++HB-电离:HB-=可逆=H++B2-HB-+H2O=可逆=H2B+OH-因为[H+]>[OH-]所以电离>水解而程度都很弱(pH=4,0.1m
这道题就是用莫尔法测氯离子含量,给的Ksp只是干扰,解题过程不需使用.设NaCl的物质的量为xmol,KCl的量为ymol.则58.5x+74.5y=0.1200(1)AgNO3滴定时发生的反应是:A
“HB-电离程度小于HB-水解程度”说明HB-难电离,易水解.弱酸正盐比酸式盐更易水解,所以相同物质的量浓度PH:Na2B>NaHBNaHB的水解比Na2B的二级水解稍强一些,因为Na2B的二级水解受
可以假设成为亚硫酸氢钠解题,有电离平衡(亚硫酸氢根电离成亚硫酸根离子和氢离子、水电离),也有水解平衡(亚硫酸氢根离子与水分子,亚硫酸根离子与水分子),呈酸性说明电离占优势故PH>1“c(Na离子)=0
NaHB,两种可能,H2B是一种强酸,H2B是一种弱酸,前者形成强酸强碱酸式盐,在水中完全电离,产生H+,c(H+)>c(OH-),后在形成强碱弱酸盐,水溶液显碱性,c(H+)
由酸碱的物质的量可判断碱有剩余,则反应后c(OH^-)=(0.4×100-0.1×100×2)/(100+100)=0.1mol/Lc(H^+)=1×10^-12/0.1=10^-11pH=11
在原则上是不需要,溶质就是指Na2CO3,不用算结晶水!计算得:需要Na2CO3的质量为0.5*0.1*(2*23+12+16*3)当然在实践中,我们所用的Na2CO3会与水形成结晶!所以在配制时需要
B,因为仅凭上述条件,无法判断H2B十强算还是弱酸,只知道NaHB是酸性.所以AC均无法确定;D应该是c(Na+)+c(H+)=c(HB-)+2c(B2-)+c(OH-)才对.
pH=pKa+lg[c(Ac-)/c(HAc)]5.05=4.75+lg[c(Ac-)/c(HAc)]lg[c(Ac-)/c(HAc)]=0.3c(Ac-)/c(HAc)=2设应取0.1molL-1H
因为NaHB溶液中ph