Question

3．下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）

• A． 常温下0.1 mol•L^-1的下列溶液中：①NH₄Al（SO₄）₂、②NH₄Cl、③CH₃COONH₄，c（N${{H}_{4}}^{+}$）由大到小的顺序为②＞①＞③
• B． 常温下0.4 mol•L^-1CH₃COOH溶液和0.2 mol•L^-1 NaOH溶液等体积混合后溶液显酸性，则溶液中粒子浓度由大到小的顺序为c（CH₃COO^-）＞c（Na⁺）＞c（CH₃COOH）＞c（H⁺）＞c（OH^-）
• C． 0.1 mol•L^-1 Na₂CO₃溶液与0.2 mol•L^-1 NaHCO₃溶液等体积混合所得溶液中：c（C${{O}_{3}}^{2-}$）+2c（OH^-）=c（HC${{O}_{3}}^{-}$）+3c（H₂CO₃）+2c（H⁺）
• D． 0.1 mol•L^-1的氨水与0.05 mol•L^-1 H₂C₂O₄溶液等体积混合所得溶液中：c（N${{H}_{4}}^{+}$）+c（NH₃•H₂O）=2c（C₂${{O}_{4}}^{2-}$）+2c（HC₂${{O}_{4}}^{-}$）+2c（H₂C₂O₄）

Answer 1

分析 A．NH₄Al（SO₄）₂溶液中铵根离子与铝离子水解相互抑制，CH₃COONH₄中铵根离子与醋酸根离子水解相互促进；
B．常温下0.4 mol•L^-1CH₃COOH溶液和0.2 mol•L^-1 NaOH溶液等体积混合后，溶液中溶质为等物质的量CH₃COONa和CH₃COOH，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度；
C．根据混合液中的电荷守恒、物料守恒判断；
D．0.1 mol•L^-1的氨水与0.05 mol•L^-1 H₂C₂O₄溶液等体积混合所得溶液中溶质为（NH₄）₂C₂O₄，根据物料守恒分析．

解答 解：A．NH₄Al（SO₄）₂溶液中铵根离子与铝离子水解相互抑制，CH₃COONH₄中铵根离子与醋酸根离子水解相互促进，所以，相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH₄Al（SO₄）₂、②NH₄Cl、③CH₃COONH₄，则c（NH₄⁺）由大到小的顺序是：①＞②＞③，故A错误；
B．常温下0.4 mol•L^-1CH₃COOH溶液和0.2 mol•L^-1 NaOH溶液等体积混合后，溶液中溶质为等物质的量CH₃COONa和CH₃COOH，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则溶液显酸性，所以溶液中粒子浓度由大到小的顺序为c（CH₃COO^-）＞c（Na⁺）＞c（CH₃COOH）＞c（H⁺）＞c（OH^-），故B正确；
C．0.1mol•L^-1Na₂CO₃溶液与0.2mol•L^-1NaHCO₃溶液等体积混合，则碳酸钠和碳酸氢钠的浓度的一半，根据电荷守恒可得：①2c（CO₃^2-）+c（OH^-）+c（HCO₃^-）=c（H⁺）+c（Na⁺），根据电荷守恒可得：②3c（Na⁺）=4c（CO₃^2-）+4c（H₂CO₃）+4c（HCO₃^-），根据①②可得：2c（CO₃^2-）+3c（OH^-）=c（HCO₃^-）+4c（H₂CO₃）+3c（H⁺），故C错误；
D．0.1 mol•L^-1的氨水与0.05 mol•L^-1 H₂C₂O₄溶液等体积混合所得溶液中溶质为（NH₄）₂C₂O₄，（NH₄）₂C₂O₄溶液中物料守恒为：c（N${{H}_{4}}^{+}$）+c（NH₃•H₂O）=2c（C₂${{O}_{4}}^{2-}$）+2c（HC₂${{O}_{4}}^{-}$）+2c（H₂C₂O₄），故D正确．
故选BD．

点评 本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断等知识，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理、酸碱混合的定性判断方法，能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理判断溶液中各离子浓度大小．