Question

下列说法正确的是（　　）

• A、已知常温下，物质的量浓度相等的CH₃COONa与CH₃COOH混合液的pH＜7，在此溶液中继续加CH₃COONa至pH=7，测得此时c（Na⁺）=0.1 mol?Lˉ¹，则此时溶液中存在：c（Na⁺）=c（CH₃COOˉ）＞c（CH₃COOH）＞c（H⁺）=c（OHˉ）
• B、0.01 mol?Lˉ¹的Na₂HPO₄溶液中存在如下的平衡：HPO₄²ˉ+H₂O?H₂PO₄ˉ+OHˉ     HPO₄²ˉ?H⁺+PO₄³ˉ且溶液pH＞7；加水稀释后溶液中HPO₄³ˉ、PO₄³ˉ、H⁺的浓度均减小
• C、常温下，pH=6的盐酸和PH=6的NH₄Cl溶液，其中水电离出的c（H⁺）值分别是xmol?L^-1、y mol?L^-1，两者关系是x＞y
• D、已知25℃时AgCl的Ksp=1.8×10^-10，AgI的Ksp=9.5×l0^-17，若在5mL含有KCl和KI各为0.0l mol?L^-1的溶液中，加入8mL0.01 mol?L^-1AgNO₃溶液，这时溶液中所含溶质的离子浓度大小关系为c（NO₃^-）＞c（K⁺）＞c（Ag⁺）＞c（Cl^-）＞c（I^-）

Answer 1

考点：离子浓度大小的比较,难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质

专题：盐类的水解专题

分析：A．常温下，混合液的pH=7，溶液显示中性，则c（H⁺）=c（OH^-），根据电荷守恒判断溶液中各离子浓度大小；
B．0.01 mol?L^-1的Na₂HPO₄溶液pH＞7，则HPO₄^2-的水解程度大于其电离程度，溶液显示碱性，稀释后溶液碱性减小，而水的离子积不变，据此判断氢离子浓度变化；
C．盐酸溶液中，氯化氢电离的氢离子 抑制了水的电离，而氯化铵溶液中，铵根离子水解促进了水的电离，水的电离沉淀增大；
D．钾离子和硝酸根离子不发生反应，根据n=cV计算出n（NO₃^-）、n（K⁺）即可得出结果．

解答： 解：A．常温下，混合液的pH=7，则c（H⁺）=c（OH^-），根据电荷守恒可知：c（Na⁺）=c（CH₃COO^-），且溶液中c（CH₃COOH）较小，则溶液中各离子浓度大小为：c（Na⁺）=c（CH₃COO^-）＞c（CH₃COOH）＞c（H⁺）=c（OH^-），故A正确；
B．0.01 mol?L^-1的Na₂HPO₄溶液的pH＞7，溶液显示碱性，则HPO₄^2-的水解程度大于其电离程度，稀释后溶液中氢氧根离子浓度减小，而温度不变，则水的离子积不变，所以溶液中氢离子浓度会增大，故B错误；
C．常温下，pH=6的盐酸中，氢离子抑制了水的电离，则水电离的氢离子浓度减小，则x＜10^-7；PH=6的NH₄Cl溶液中，铵根离子促进了水的电离，水的电离程度增大，则y＞10^-7，所以x、y大小关系为：x＜y，故C错误；
D．在5mL含有KCl和KI各为0.0l mol?L^-1的溶液中，钾离子的物质的量为：n（K⁺）=0.005L×0.01mol/L×2=1×10^-4mol，8mL0.01 mol?L^-1AgNO₃溶液中，硝酸根离子的物质的量为：n（NO₃^-）=0.008×0.01mol/L=8×10^-5mol，由于反应前后钾离子和硝酸根离子不反应，则溶液中钾离子和硝酸根离子浓度大小为：n（NO₃^-）＜n（K⁺）；由于碘化银的溶度积远远小于氯化银，则溶液中c（Cl^-）＞c（I^-），由于银离子来自碘化银和氯化银的电离，则c（Ag⁺）＞c（I^-），则溶液中正确的离子浓度大小为：c（K⁺）＞c（NO₃^-）＞c（Cl^-）＞c（Ag⁺）＞c（I^-），故D错误；
故选A．

点评：本题考查了离子浓度大小比较、盐的水解原理及其应用，题目难度较大，注意掌握比较溶液中离子浓度大小的方法，明确电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理的应用方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．