Question

17．下列说法正确的是（　　）

• A． 常温下，向 0.1mol•L^-1CH₃COOH 溶液加水稀释，当溶液的pH从3.0升到4.0时，溶液中的$\frac{c（C{H}_{3}CO{O}^{-}）}{c（C{H}_{3}COOH）}$值减小到原来的$\frac{1}{10}$
• B． 常温时，将PH=1的醋酸和 PH=13的NaOH溶液等体积混合后的溶液：c（Na⁺）＞c（CH₃COO^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）
• C． 常温下0.1mol•L^-1的下列溶液①NH₄Al（SO₄）₂ ②NH₄Cl ③NH₃•H₂O ④CH₃COONH₄中，c（NH₄⁺）由大到小的顺序是：②＞①＞④＞③
• D． 室温下，将0.4mol/LHA溶液和0.2mol/LNaOH溶液等体积混合（忽略混合时溶液体积的变化）测得混合液pH=5，则c（A^-）+c（OH^- ）＞c（H⁺）+c（HA）

Answer 1

分析 A．根据电离常数K=$\frac{c（C{H}_{3}CO{O}^{-}）×c（{H}^{+}）}{c（C{H}_{3}COOH）}$分析．
B．pH=1的醋酸溶液中醋酸的浓度大于0.1mol/L，pH=13的NaOH溶液浓度等于0.1mol/L，二者等体积混合，醋酸过量；
C．①铝离子水解抑制铵根离子的水解；②铵根离子水解；③弱碱电离，且电离的程度很弱；④醋酸根离子水解促进铵根离子水解；
D．反应后溶质为等浓度的NaA和HA，测得混合液pH=5，说明HA的电离程度大于NaA的水解程度，则c（A^-）＞c（HA），根据物料守恒c（A^-）+c（HA）=2c（Na⁺）可得：c（HA）＜c（Na⁺），再结合电荷守恒进行判断．

解答 解：A．加水稀释，电离常数K=$\frac{c（C{H}_{3}CO{O}^{-}）×c（{H}^{+}）}{c（C{H}_{3}COOH）}$不变，当溶液的pH从3.0升到4.0时，c（H⁺）由10^-3mol/L减小到10^-4mol/L，则c（H⁺）减小到原来的$\frac{1}{10}$，由于酸性减弱，促进水的电离，水电离出氢离子浓度增大，所以酸电离的氢离子浓度小于原来的$\frac{1}{10}$，则溶液中的$\frac{c（C{H}_{3}CO{O}^{-}）}{c（C{H}_{3}COOH）}$值小于原来的$\frac{1}{10}$，故A错误；
B．pH=1的醋酸溶液中醋酸的浓度大于0.1mol/L，pH=13的NaOH溶液浓度等于0.1mol/L，二者等体积混合，醋酸过量，溶液显酸性，所以c（CH₃COO^-）＞c（Na⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-），故B错误；
C．同浓度的下列溶液：①NH₄Al（SO₄）₂②NH₄Cl③NH₃•H₂O，④CH₃COONH₄，因①中铝离子水解抑制铵根离子的水解；②中铵根离子水解；③弱碱电离，且电离的程度很弱；④醋酸根离子水解促进铵根离子水解，则c（NH₄⁺）由大到小的顺序是：①＞②＞④＞③，故C错误；
D．室温下将0.4mol/L HA溶液和0.2mol/LNaOH溶液等体积混合（忽略混合时溶液体积的变化），溶质为等浓度的NaA和HA，测得混合液pH=5，说明HA的电离程度大于NaA的水解程度，则c（A^-）＞c（HA），根据物料守恒c（A^-）+c（HA）=2c（Na⁺）可得：c（HA）＜c（Na⁺），结合电荷守恒c（A^-）+c （OH^-）=c（H⁺）+c（Na⁺）可得：c（A^-）+c （OH^-）＞c（H⁺）+c（HA），故D正确；
故选D．

点评 本题考查了弱电解质的电离、盐的水解、离子浓度大小的比较，难度中等，熟悉酸的强弱与盐的水解的关系，电荷守恒、水解与电离的程度及相互影响是解答本题的关键，侧重于考查学生的分析能力．