题目内容
下列说法正确的是（ ）
分析：A、越易电离的酸，其酸根离子越难水解．
B、0.4mol/LHB溶液和0.2mol/LNaOH溶液等体积混合后发生反应，则实质上是0.1mol/LHB溶液和0.1mol/L NaB溶液，该溶液显酸性，然后利用电荷守恒及物料守恒等来分析离子浓度的关系．
C、不同种溶液中离子浓度大小比较的一般方法：先看电离，电离的多，浓度大，电离的量相同时，再看水解程度的大小．
D、根据“电解出什么物质加入什么物质的方法”判断析出的物质，根据析出的物质与转移电子的关系式计算转移电子数．
B、0.4mol/LHB溶液和0.2mol/LNaOH溶液等体积混合后发生反应，则实质上是0.1mol/LHB溶液和0.1mol/L NaB溶液，该溶液显酸性，然后利用电荷守恒及物料守恒等来分析离子浓度的关系．
C、不同种溶液中离子浓度大小比较的一般方法：先看电离，电离的多，浓度大，电离的量相同时，再看水解程度的大小．
D、根据“电解出什么物质加入什么物质的方法”判断析出的物质，根据析出的物质与转移电子的关系式计算转移电子数．
解答：解：A、相同温度下，HF比HCN易电离，所以CN-比F-易水解，导致NaF溶液的PH比NaCN溶液的PH小，故A错误．
B、混合后为0.1mol/LHB溶液和0.1mol/L NaB溶液，溶液的PH=3，溶液呈酸性，所以酸的电离大于盐的水解，则c（B-）＞c（HB），钠离子是0.1mol/L，则c（B-）＞c（Na+）＞c（HB），溶液呈酸性说明溶液中c（H+）＞c（OH-），但溶液中的氢离子和氢氧根离子浓度都较小，小于酸的浓度，所以离子浓度大小顺序是c（B-）＞c（Na+）＞c（HB）＞c（H+）＞c（OH-） 故B错误；
C、0.1mol/L的下列溶液①NH4Al（SO4）2、②NH4Cl、③NH3?H2O、④CH3COONH4溶液中，①中铝离子和铵根离子相互抑制水解，④中醋酸根离子和铵根离子相互促进水解，氨水是弱电解质电离度较小，小于盐的电离，所以c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞②＞④＞③，故C错误．
D、加入0.1molCu（OH）2才可以恢复至原来的浓度和体积，氢氧化铜相当于CuO．H2O，所以相对于向电解后的溶液中加入氧化铜和水，即电解析出的物质是氧化铜和水．0.1molCu（OH）2相当于0.1molCuO和0.1molH2O．
所以电解方程式为：2H2O+?2CuSO4
2Cu+O2↑+2H2SO4 转移电子
2mol 4mol
0.1mol 0.2mol
?2H2O
2H2↑+O2↑?转移电子?
2mol 4mol
0.1mol 0.2mol
所以电解过程中共转移电子为0.4 mol．故D正确．
故选D．
B、混合后为0.1mol/LHB溶液和0.1mol/L NaB溶液，溶液的PH=3，溶液呈酸性，所以酸的电离大于盐的水解，则c（B-）＞c（HB），钠离子是0.1mol/L，则c（B-）＞c（Na+）＞c（HB），溶液呈酸性说明溶液中c（H+）＞c（OH-），但溶液中的氢离子和氢氧根离子浓度都较小，小于酸的浓度，所以离子浓度大小顺序是c（B-）＞c（Na+）＞c（HB）＞c（H+）＞c（OH-） 故B错误；
C、0.1mol/L的下列溶液①NH4Al（SO4）2、②NH4Cl、③NH3?H2O、④CH3COONH4溶液中，①中铝离子和铵根离子相互抑制水解，④中醋酸根离子和铵根离子相互促进水解，氨水是弱电解质电离度较小，小于盐的电离，所以c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞②＞④＞③，故C错误．
D、加入0.1molCu（OH）2才可以恢复至原来的浓度和体积，氢氧化铜相当于CuO．H2O，所以相对于向电解后的溶液中加入氧化铜和水，即电解析出的物质是氧化铜和水．0.1molCu（OH）2相当于0.1molCuO和0.1molH2O．
所以电解方程式为：2H2O+?2CuSO4
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2mol 4mol
0.1mol 0.2mol
?2H2O
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2mol 4mol
0.1mol 0.2mol
所以电解过程中共转移电子为0.4 mol．故D正确．
故选D．
点评：本题考查了溶液中离子浓度的相对大小、电解原理的有关计算、盐类的水解等知识点，难度较大，易错选项是B，明确混合后溶液的溶质是解B的关键，并注意一般酸与盐的混合溶液中溶液显酸性来解答即可，学会合理应用电荷守恒及物料守恒来解题．
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