Question

下列叙述中不正确的是（　　）

• A、一定浓度的醋酸钠溶液可使酚酞溶液变红，其原因是发生了如下反应：CH₃COO^-+H₂O?CH₃COOH+OH^-，使得溶液中的c（OH^-）＞c（H⁺）
• B、在常温下，10mL 0.02mol/L HCl溶液与10mL 0.02 mol/L Ba（OH）₂溶液充分混合，若混合后溶液的体积为20mL，则溶液的pH=12
• C、在0.1mol/L NH₄Cl溶液中：c（H⁺）+c（NH₄⁺）=c（Cl^-）+c（OH^-）
• D、将0.2mol/L的盐酸与0.1mol/L的NaAlO₂溶液等体积混合，其溶液中离子浓度由小到大的顺序为：c（OH^-）＜c（Al³⁺）＜c（H⁺）＜c（Na⁺）＜c（Cl^-）

Answer 1

考点：离子浓度大小的比较,pH的简单计算

专题：

分析：A．醋酸根离子在溶液中部分水解，溶液显示碱性，所以一定浓度的醋酸钠溶液可使酚酞溶液变红；
B.10mL 0.02mol/L HCl溶液与10mL 0.02 mol/L Ba（OH）₂溶液充分混合，氢氧化钡过量，混合液显示碱性，计算出混合液中氢氧根离子的物质的量，再计算出混合液的pH；
C．氯化铵溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；
D．假设二者体积都是1L，则n（HCl）=0.2mol，n（NaAlO₂）=0.1mol，n（HCl）：n（NaAlO₂）=0.2mol：0.1mol=2：1，发生的反应为H₂O+NaAlO₂+HCl=NaCl+Al（OH）₃↓、Al（OH）₃+3HCl=AlCl₃+3H₂O，NaAlO₂完全反应生成沉淀需要0.1molHCl，根据Al原子守恒知生成0.1molAl（OH）₃，还剩余0.1molHCl，0.1molHCl溶解Al（OH）₃生成AlCl₃，所以溶液中的溶质是AlCl₃、NaCl，生成AlCl₃的物质的量为0.033mol，再结合物料守恒判断离子浓度大小．

解答： 解：A．醋酸钠溶液中，醋酸根离子发生水解反应：CH₃COO^-+H₂O?CH₃COOH+OH^-，导致溶液中的c（OH^-）＞c（H⁺），溶液显示碱性，则滴入酚酞后溶液变红，故A正确；
B.10mL 0.02mol/L HCl溶液中氯化氢的物质的量为0.000mol，含有0.002mol氢离子；0.02 mol/L Ba（OH）₂溶液中氢氧化钡的物质的量为0.0002mol，含有0.0004mol氢氧根离子，两溶液混合后氢氧根离子过量，其物质的量为：0.0004mol-0.0002mol=0.0002mol，混合液中氢氧根离子浓度为：

0.0002mol

0.02L

=0.01mol/L，混合液的pH=12，故B正确；
C．在0.1mol/L NH₄Cl溶液中存在电荷守恒：c（H⁺）+c（NH₄⁺）=c（Cl^-）+c（OH^-），故C正确；
D．假设二者体积都是1L，则n（HCl）=0.2mol，n（NaAlO₂）=0.1mol，n（HCl）：n（NaAlO₂）=0.2mol：0.1mol=2：1，发生的反应为H₂O+NaAlO₂+HCl=NaCl+Al（OH）₃↓、Al（OH）₃+3HCl=AlCl₃+3H₂O，NaAlO₂完全反应生成沉淀需要0.1molHCl，根据Al原子守恒知生成0.1molAl（OH）₃，还剩余0.1molHCl，0.1molHCl溶解Al（OH）₃生成AlCl₃，所以溶液中的溶质是AlCl₃、NaCl，生成AlCl₃的物质的量为0.033mol，铝离子水解而使溶液呈酸性，根据物料守恒知，c（Cl^-）最大、其次是c（Na⁺），铝离子水解但水解程度较小，所以溶液中离子浓度大小顺序为：c（OH^-）＜c（H⁺）＜c（Al³⁺）＜c（Na⁺）＜c（Cl^-），故D错误；
故选D．

点评：本题考查了溶液中离子浓度大小比较，为高考中的常见考点，属于中等难度试题的考查，试题综合性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理等知识在判断溶液中离子浓度大小中的应用方法，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有助于提升学生的学科素养．