Question

13．常温下，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是（　　）

• A． 向0.1mol/LpH=2的HF溶液加水稀释，$\frac{c（{H}^{+}）}{c（HF）}$增大
• B． 向0.2 mol/L NaHCO₃溶液中加入等体积0.1 mol/L NaOH溶液c（HCO₃^-）＞c（CO₃^2-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）
• C． 向0.1mol/L NaHSO₃溶液中通入NH₃至中性（溶液体积视为不变），则 c（NH₄⁺）+c（H₂SO₃）═c（SO₃^2-）
• D． 现有常温下水电离出的c（H⁺）均为1×10^-11 mol/L且体积相同的三种溶液：①HCl溶液②CH₃COOH溶液③NaOH溶液，分别与足量铝粉反应，生成氢气的量③最少

Answer 1

分析 A．HF属于弱电解质，加水不断稀释时，电离程度增大，平衡常数不变；
B．向0.2 mol/L NaHCO₃溶液中加入等体积0.1 mol/L NaOH溶液，发生：HCO₃^-+OH^-=CO₃^2-+H₂O，反应后溶液中存在等量的HCO₃^-和CO₃^2-，且二者都水解，溶液呈碱性；
C．溶液中存在电荷守恒和物料守恒计算分析判断；
D．常温下水电离出的c（H⁺）均为1×10^-11mol/L，则溶质抑制了水的电离，该溶液为酸溶液或碱溶液，①③为强电解质，都是一元强酸或强碱，则二者浓度为0.001mol/L；②为弱电解质，在溶液中只能部分电离，则其浓度大于0.001mol/L，铝足量，酸、碱溶液完全反应，根据浓度大小及氢离子、氢氧根离子与生成氢气的量的关系判断；

解答 解：A．因K_a（HF）=$\frac{c（{H}^{+}）c（{F}^{-}）}{c（HF）}$，当HF溶液加水不断稀释，促进电离，c（H⁺）不断减小，温度不变，K_a（HF）不变，所以$\frac{c（{H}^{+}）}{c（HF）}$增大，故A正确；
B．向0.2mol/L的NaHCO₃溶液中加入等体积0.1mol/LNaOH溶液，发生：HCO₃^-+OH^-=CO₃^2-+H₂O，反应后溶液中存在等量的HCO₃^-和CO₃^2-，因CO₃^2-水解程度大于HCO₃^-，则c（Na⁺）＞c（HCO₃^-）＞c（CO₃^2-），溶液呈碱性，c（OH^-）＞c（H⁺），因水解程度较小，则c（CO₃^2-）＞c（OH^-），所以离子浓度大小顺序为c（Na⁺）＞c（HCO₃^-）＞c（CO₃^2-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），故B正确；
C．溶液中电荷守恒c（Na⁺）+c（H⁺）+c（NH₄⁺）=c（OH^-）+c（HSO₃^-）+c（SO₃^2-），物料守恒c（Na⁺）=c（HSO₃^-）+c（SO₃^2-）+c（H₂SO₃），向0.1mol/L NaHSO₃溶液中通入NH₃至中性，c（H⁺）=c（OH^-），得到 c（NH₄⁺）+c（H₂SO₃）═c（SO₃^2-），故C正确；
D．常温下水电离出的c（H⁺）均为1×10^-11mol/L，则溶质抑制了水的电离，该溶液为酸溶液或碱溶液，①③为一元强酸或强碱，则二者浓度为0.001mol/L；②为弱电解质，在溶液中只能部分电离，则其浓度大于0.001mol/L，铝足量时，2mol氯化氢生成1mol氢气，2mol氢氧化钠生成3mol氢气，①③的浓度相等，所以③生成的氢气大于①；②的浓度大于①，所以生成的氢气大于①，即：等体积、铝足量时①生成的氢气最少，故D错误；
故选D．

点评 本题考查了弱电解质的电离及其影响、电解质溶液中电荷守恒、物料守恒的分析，题目难度中等，明确酸碱溶液对水的电离的影响为解答关键，注意明确弱电解质在溶液中部分电离，试题侧重考查学生的分析、理解能力．