Question

常温下，下列溶液的pH或微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）

• A、0.1mol?L^-1NaHCO₃溶液中的粒子浓度：c（Na⁺）＞c（HCO₃^-）＞c（CO₃^2-）＞c（H₂CO₃）＞c（OH^-）＞c（H⁺）
• B、将标况下2.24L的CO₂通入150mL 1mol?L^-1NaOH溶液中充分反应后的溶液：2c（Na⁺）=3c（CO₃^2-）+3c（HCO₃^-）+3c（H₂CO₃）
• C、pH=3的二元弱酸H₂R溶液与pH=11的NaOH溶液混合后，混合溶液的pH等于7，则反应后的混合液：2c（R^2-）+c（HR^-）＞c（Na⁺）
• D、0.2 mol?L^-1的某一元酸HA溶液和0.1 mol?L^-1NaOH溶液等体积混合后溶液pH大于7，则反应后的混合液：c（OH^-）+2c（A^-）=c（H⁺）+2c（HA）

Answer 1

考点：离子浓度大小的比较

专题：

分析：A.0.1mol?L^-1NaHCO₃溶液中，碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，溶液显示碱性，则c（OH^-）＞c（H⁺），由于氢氧根离子来自水的电离和碳酸氢根离子的水解、氢离子来自水的电离和碳酸氢根离子的电离，则c（OH^-）＞c（H₂CO₃）＞c（H⁺）＞c（CO₃^2-）；
B．标况下2.24L二氧化碳的物质的量为0.1mol，氢氧化钠的物质的量为0.15mol，根据混合液中的物料守恒判断；
C．混合液为中性，则c（OH^-）=c（H⁺），根据电荷守恒可得：2c（R^2-）+c（HR^-）=c（Na⁺）；
D．根据混合液中的电荷守恒和物料守恒进行判断．

解答： 解：A．常温下，0.1mol?L^-1NaHCO₃溶液，由于HCO₃^-水解程度大于其电离程度，故c（Na⁺）＞c（HCO₃^-）、c（H₂CO₃）＞c（CO₃^2-），水解程度较小，则：c（HCO₃^-）＞c（H₂CO₃）、c（HCO₃^-）＞c（OH^-），溶液中氢氧根来源于水的电离与HCO₃^-水解、氢离子来自水的电离和碳酸氢根离子的水解，则c（OH^-）＞c（H₂CO₃）、c（H⁺）＞c（CO₃^2-），所以溶液中离子浓度大小为：c（Na⁺）＞c（HCO₃^-）＞c（OH^-）＞c（H₂CO₃）＞c（H⁺）＞c（CO₃^2-），故A错误；
B．将标况下2.24L的CO₂的物质的量为0.1mol，150mL 1mol?L^-1NaOH溶液的物质的量为0.15mol，充分反应后生成0.05mol碳酸钠、0.05mol碳酸氢钠，根据物料守恒可得：2c（Na⁺）=3c（CO₃^2-）+3c（HCO₃^-）+3c（H₂CO₃），故B正确；
C．反应后的混合液为中性，则c（OH^-）=c（H⁺），根据电荷守恒2c（R^2-）+c（OH^-）+c（HR^-）=c（Na⁺）+c（H⁺）可得：2c（R^2-）+c（HR^-）=c（Na⁺），故C错误；
D．根据电荷守恒可得：c（OH^-）+c（A^-）=c（H⁺）+c（Na⁺），根据物料守恒可得：c（A^-）+c（HA）=2c（Na⁺），二者联式可得：2c（OH^-）+c（A^-）=2c（H⁺）+c（HA），故D错误；
故选B．

点评：本题考查离子浓度的大小比较，题目难度较大，解答本题时注意把握溶液中的电荷守恒、物料守恒的应用，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力．