Question

下列叙述中错误的是（　　）

• A、一定浓度的醋酸钠溶液可使酚酞试液变红，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、将0.2　mol/L的盐酸与0.1　mol/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（H⁺）＜c（Al⁺）＜c（Na⁺）＜c（Cl^-）
• C、在0.1mol/LNa₂CO₃溶液中：2c（Na⁺）=c（H₂CO₃）+c（CO₃^2-）+c（HCO₃^-）
• D、在0.1　mol/L　NH₄Cl溶液中：c（H⁺）+c（NH₄⁺）=c（Cl^-）+c（OH^-）

Answer 1

考点：离子浓度大小的比较

专题：盐类的水解专题

分析：A、醋酸钠溶液使酚酞变红说明溶液呈碱性，醋酸根离子水解显碱性；
B、将0.2　mol/L的盐酸与0.1　mol/L的NaAlO₂溶液等体积混合，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0.067mol，再结合物料守恒判断离子浓度大小；
C、依据溶液中物料守恒分析判断；
D、结合氯化铵溶液中电荷守恒分析．

解答： 解：A、醋酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，CH₃COO^-+H₂O?CH₃COOH+OH^-，使得溶液中的c（OH^-）＞c（H⁺），故A正确；
B、0.2mol/LHCl与0.1mol/L NaAlO₂溶液等体积混合，设体积都为1L，反应后生成Al（OH）₃和Al³⁺，其中Al³⁺为

1

3

mol，Al³⁺水解呈酸性，离子浓度大小顺序为c（Cl^-）＞c（Na⁺）＞c（Al³⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-），故B正确；
C、在0.1mol/LNa₂CO₃溶液中钠元素和碳元素物质的量之比2：1，则溶液中物料守恒为：2c（Na⁺）=c（H₂CO₃）+c（CO₃^2-）+c（HCO₃^-），故C错误；
D、在0.1　mol/L　NH₄Cl溶液中存在电荷守恒为：c（H⁺）+c（NH₄⁺）=c（Cl^-）+c（OH^-），故D正确；
故选C．

点评：本题考查较为综合，涉及盐类的水解、弱电解质的电离，电解质溶液中电荷守恒、物料守恒分析判断等问题，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，难度中等．