Question

有关①100mL 0.01mol?L^-1 Na₂CO₃、②10mL 0.1mol?L^-1 Na₂CO₃两种溶液的叙述正确的是（　　）

• A、溶液中水电离出的H⁺个数：②＞①
• B、溶液中阴离子的物质的量浓度之和：①＞②
• C、①溶液中：n（OH^-）=n（HCO₃^-）+2n（H₂CO₃）+n（H⁺）
• D、②溶液中：c（Na⁺）＞c（HCO₃^-）＞c（CO₃^2-）＞c（H₂CO₃）

Answer 1

考点：影响盐类水解程度的主要因素

专题：盐类的水解专题

分析：A、浓度越稀水解程度越大，所以①水解程度大于②，而水电离出的氢离子和氢氧根离子的物质的量相等，所以溶液中水电离出的H⁺个数：①＞②；
B、溶液中阴离子的物质的量浓度之和，与原起浓度相关，水解程度极其微弱，所以：②＞①；
C、根据电荷守恒可知：2n（CO₃^2-）+n（HCO₃^-）+n（OH^-）=n（H⁺）+n（Na⁺），物料守恒可知：n（Na⁺）=2n（CO₃^2-）+2n（HCO₃^-）+2n（H₂CO₃），两式相加得到n（OH^-）=n（HCO₃^-）+2n（H₂CO₃）+n（H⁺）；
D、水解是微弱的，所以离子浓度大小关系是c（Na⁺）＞c（CO₃^2-）＞c（HCO₃^-）＞c（H₂CO₃）；

解答： 解：A、浓度越稀水解程度越大，所以①水解程度大于②，而水电离出的氢离子和氢氧根离子的物质的量相等，所以溶液中水电离出的H⁺个数：①＞②，故A错误；
B、溶液中阴离子的物质的量浓度之和，与原起浓度相关，水解程度极其微弱，所以：②＞①，故B错误；
C、根据电荷守恒可知：2n（CO₃^2-）+n（HCO₃^-）+n（OH^-）=n（H⁺）+n（Na⁺），物料守恒可知：n（Na⁺）=2n（CO₃^2-）+2n（HCO₃^-）+2n（H₂CO₃），两式相加得到n（OH^-）=n（HCO₃^-）+2n（H₂CO₃）+n（H⁺），故C正确；
D、水解是微弱的，所以离子浓度大小关系是c（Na⁺）＞c（CO₃^2-）＞c（HCO₃^-）＞c（H₂CO₃），故D错误；
故选C．

点评：本题考查离子浓度大小的比较，明确溶液中离子的水解程度即可解答，明确电荷守恒式及物料守恒式是解答的关键，题目难度中等．