Question

20．25℃时，0.1mol Na₂CO₃与稀盐酸混合所得的体积为1L的溶液，溶液中部分微粒与pH 的关系如图所示．下列有关溶液中离子浓度关系叙述正确的是（　　）

• A． W点所示的溶液：c（Na⁺）＞c（CO₃^2-）=c（HCO₃^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）
• B． pH=4的溶液：c（H₂CO₃）+c（HCO₃^-）+c（CO₃^2-）=0.1 mol•L^-1
• C． 向pH=8的溶液中通入CO₂至pH=7所得的溶液：c（Na⁺）＞c（Cl^-）+c（HCO₃^-）+c（H₂CO₃）
• D． pH=11的溶液：c（Na⁺）+2c（H₂CO₃）＞2c（Cl^-）+2c（CO₃^2-）

Answer 1

分析 A．根据图知，溶液中存在CO₃^2-、HCO₃^-且二者的浓度相等，溶液中不存在H₂CO₃，说明溶液中溶质为碳酸钠、碳酸氢钠，二者都水解导致溶液呈碱性；
B．pH=4时，溶液中不存在CO₃^2-；
C．向pH=8的溶液中通入CO₂至pH=7，溶液中c（OH^-）=c（H⁺），溶液中不存在CO₃^2-，根据电荷守恒得c（Na⁺）=c（Cl^-）+c（HCO₃^-）；
D．根据图知，pH=11时溶液中c（H₂CO₃）=0，溶液中c（Na₂CO₃）＞0.08mol/L，c（NaHCO₃）＜0.02mol/L，因为反应Na₂CO₃+HCl=NaHCO₃+NaCl，因为碳酸钠水解程度大于碳酸氢钠电离程度，所以得到的溶液中c（NaHCO₃）＞c（NaCl），则c（Cl^-）＜c（HCO₃^-），结合电荷守恒判断．

解答 解：A．根据图知，溶液中存在CO₃^2-、HCO₃^-且二者的浓度相等，溶液中不存在H₂CO₃，说明溶液中溶质为碳酸钠、碳酸氢钠，二者都水解导致溶液呈碱性，且其水解程度较小，钠离子不水解，则溶液中存在：c（Na⁺）＞c（CO₃^2-）=c（HCO₃^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），故A正确；
B．pH=4时，溶液中不存在CO₃^2-，根据物料守恒得：c（H₂CO₃）+c（HCO₃^-）=0.1 mol•L^-1，故B错误；
C．向pH=8的溶液中通入CO₂至pH=7，溶液中c（OH^-）=c（H⁺），溶液中不存在CO₃^2-，根据电荷守恒得c（Na⁺）=c（Cl^-）+c（HCO₃^-），所以c（Na⁺）＜c（Cl^-）+c（HCO₃^-）+c（H₂CO₃），故C错误；
D．根据图知，pH=11时溶液中c（H₂CO₃）=0，溶液中c（Na₂CO₃）＞0.08mol/L，c（NaHCO₃）＜0.02mol/L，因为反应Na₂CO₃+HCl=NaHCO₃+NaCl，因为碳酸钠水解程度大于碳酸氢钠电离程度，所以得到的溶液中c（NaHCO₃）＞c（NaCl），则c（Cl^-）＜c（HCO₃^-），溶液呈碱性，结合电荷守恒得c（Na⁺）＞c（Cl^-）+2c（CO₃^2-）+c（HCO₃^-），因为c（Cl^-）＜c（HCO₃^-），所以存在c（Na⁺）+2c（H₂CO₃）＞2c（Cl^-）+2c（CO₃^2-），故D正确；
故选AD．

点评 本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生识图能力及分析判断能力，明确微粒浓度与溶液pH的关系、溶液中存在的电荷守恒是解本题关键，难点是D选项判断，注意等量代换，综合性较强，难度较大．