Question

10．室温下，分别用0.1mol•L^-1溶液进行下列实验，结论正确的是（　　）

• A． NaHC₂O₄溶液（pH=5.5）：c（Na⁺）＞c（HC₂O₄^-）＞c（H₂C₂O₄）＞c（C₂O₄^2-）
• B． 向NaHCO₃溶液中通CO₂至pH=7：c（Na⁺）=c（HCO₃^-）+2c（CO₃^2-）
• C． 向NaHSO₄溶液中加入等浓度等体积的Ba（OH）₂溶液：pH=13
• D． 向氨水中加入少量NH₄Cl固体：$\frac{c（N{H}_{4}^{+}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$减小

Answer 1

分析 A．NaHC₂O₄溶液显酸性，则HC₂O₄^-的电离程度大于水解程度；
B．溶液的pH=7，则c（H⁺）=c（OH^-），根据混合液中的电荷守恒判断；
C．设溶液体积都是1L，反应后溶液中氢氧根离子浓度为：$\frac{0.1mol/L×2×1L-0.1mol/L×1L}{2L}$=0.05mol/L；
D．加入氯化铵后，溶液中铵根离子浓度增大，抑制了一水合氨的电离，则氢氧根离子浓度减小，结合氨水的电离平衡常数分析．

解答 解：A．NaHC₂O₄溶液显酸性，则HC₂O₄^-的电离程度大于水解程度，所以c（C₂O₄^2-）＞c（H₂C₂O₄），则溶液中微粒的浓度关系为：c（Na⁺）＞c（HC₂O₄^-）＞c（C₂O₄^2-）＞c（H₂C₂O₄），故A错误；
B．向NaHCO₃溶液中通CO₂至pH=7，c（H⁺）=c（OH^-），溶液中电荷守恒为：c（Na⁺）+c（H⁺）=c（HCO₃^-）+2c（CO₃^2-）+c（OH^-），则c（Na⁺）=c（HCO₃^-）+2c（CO₃^2-），故B正确；
C．向NaHSO₄溶液中加入等浓度等体积的Ba（OH）₂溶液，设溶液体积都是1L，反应后溶液中氢氧根离子浓度为：$\frac{0.1mol/L×2×1L-0.1mol/L×1L}{2L}$=0.05mol/L，溶液中氢氧根离子浓度不是0.1mol/L，溶液的pH≠13，故C错误；
D．氨水中加入少量NH₄Cl固体，铵根离子浓度增大，抑制了一水合氨的电离，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，而$\frac{c（N{H}_{4}^{+}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$=$\frac{c（N{H}_{4}^{+}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$×$\frac{c（O{H}^{-}）}{c（O{H}^{-}）}$=$\frac{Kb}{c（O{H}^{-}）}$，Kb不变，所以该比值增大，故D错误；
故选B．

点评 本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒的含义为解答关键，注意掌握弱电解质的电离平衡及其影响，试题培养了学生的灵活应用能力．