Question

6．H₂C₂O₄为二元弱酸．20℃时，配制一组c（H₂C₂O₄）+c（HC₂O₄^-）+c（C₂O₄^2-）=0.100mol•L^-1的H₂C₂O₄和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示．下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定不正确的是（　　）

• A． pH=7的溶液中：c（Na⁺）＞2c（C₂O₄^2-）
• B． c（Na⁺）=0.100 mol•L^-1的溶液中：c（H⁺）+c（H₂C₂O₄）=c（OH^-）+c（C₂O₄^2-）
• C． c（HC₂O₄^-）=c（C₂O₄^2-）的溶液中：c（Na⁺）＞0.100 mol•L^-1+c（HC₂O₄^-）
• D． c（HC₂O₄^-）=c（C₂O₄^2-）的点的坐标为（4.3，0.5），则Na₂C₂O₄的水解平衡常数为K_h=1×10^-9.7

Answer 1

分析 A．20℃时，pH=7的溶液中，显酸性，（H⁺）＞c（OH^-），根据电荷守恒判断；
B．依据溶液中电荷守恒和物料守恒分析，c（Na⁺）=0.100mol/L的溶液中c（H⁺）+c（H₂C₂O₄）=c（OH^-）+c（C₂O₄^2-）；
C．c（HC₂O₄^-）=c（C₂O₄^2-）的溶液中c（Na⁺）＜0.100 mol•；
D．Na₂C₂O₄的水解平衡为C₂O₄^2-+H₂O?HC₂O₄^-+OH^-，Kh=$\frac{c（O{H}^{-}）c（H{C}_{2}{{O}_{4}}^{-}）}{c（{C}_{2}{{O}_{4}}^{2-}）}$=c（OH^-）．

解答 解：A.20℃时，pH=7的溶液中，显酸性，（H⁺）＞c（OH^-），根据电荷守恒（H⁺）+c（Na⁺）=2c（C₂O₄^2-）+c（OH^-），所以c（Na⁺）＜2c（C₂O₄^2-），故A错误；
B．依据溶液中电荷守恒和物料守恒分析，c（Na⁺）=0.100mol/L的溶液中为NaHC₂O₄溶液，溶液中存在电荷守恒（H⁺）+c（Na⁺）=2c（C₂O₄^2-）+c（HC₂O₄^-）+c（OH^-），物料守恒c（Na⁺）=c（C₂O₄^2-）+c（HC₂O₄^-）+c（H₂C₂O₄），代入计算得到c（H⁺）+c（H₂C₂O₄）=c（OH^-）+c（C₂O₄^2-），故B正确；
C．c（H₂C₂O₄）+c（HC₂O₄^-）+c（C₂O₄^2-）=0.100mol•L^-1，c（HC₂O₄^-）=c（C₂O₄^2-），电荷守恒（H⁺）+c（Na⁺）=2c（C₂O₄^2-）+c（HC₂O₄^-）+c（OH^-），pH约4，此时氢离子浓度大于氢氧根，得到溶液中c（Na⁺）＜0.100 mol•L^-1+c（HC₂O₄^-），故C错误；
D．c（HC₂O₄^-）=c（C₂O₄^2-）的点的坐标为（4.3，0.5），c（H⁺）=10^-4.3，Na₂C₂O₄的水解平衡为C₂O₄^2-+H₂O?HC₂O₄^-+OH^-，Kh=$\frac{c（O{H}^{-}）c（H{C}_{2}{{O}_{4}}^{-}）}{c（{C}_{2}{{O}_{4}}^{2-}）}$=c（OH^-）=$\frac{1{0}^{-14}}{1{0}^{-4.3}}$=10^-9.6，故D正确；
故选AC．

点评 本题考查了弱电解质的电离、离子浓度大小比较，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物料守恒、电荷守恒的运用，答题时注意体会，难度中等．