Question

10．室溫下，分別用0.1mol•L^-1溶液進(jìn)行下列實(shí)驗(yàn)，結(jié)論正確的是（　　）

• A． NaHC₂O₄溶液（pH=5.5）：c（Na⁺）＞c（HC₂O₄^-）＞c（H₂C₂O₄）＞c（C₂O₄^2-）
• B． 向NaHCO₃溶液中通CO₂至pH=7：c（Na⁺）=c（HCO₃^-）+2c（CO₃^2-）
• C． 向NaHSO₄溶液中加入等濃度等體積的Ba（OH）₂溶液：pH=13
• D． 向氨水中加入少量NH₄Cl固體：$\frac{c（N{H}_{4}^{+}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$減小

Answer 1

分析 A．NaHC₂O₄溶液顯酸性，則HC₂O₄^-的電離程度大于水解程度；
B．溶液的pH=7，則c（H⁺）=c（OH^-），根據(jù)混合液中的電荷守恒判斷；
C．設(shè)溶液體積都是1L，反應(yīng)后溶液中氫氧根離子濃度為：$\frac{0.1mol/L×2×1L-0.1mol/L×1L}{2L}$=0.05mol/L；
D．加入氯化銨后，溶液中銨根離子濃度增大，抑制了一水合氨的電離，則氫氧根離子濃度減小，結(jié)合氨水的電離平衡常數(shù)分析．

解答 解：A．NaHC₂O₄溶液顯酸性，則HC₂O₄^-的電離程度大于水解程度，所以c（C₂O₄^2-）＞c（H₂C₂O₄），則溶液中微粒的濃度關(guān)系為：c（Na⁺）＞c（HC₂O₄^-）＞c（C₂O₄^2-）＞c（H₂C₂O₄），故A錯(cuò)誤；
B．向NaHCO₃溶液中通CO₂至pH=7，c（H⁺）=c（OH^-），溶液中電荷守恒為：c（Na⁺）+c（H⁺）=c（HCO₃^-）+2c（CO₃^2-）+c（OH^-），則c（Na⁺）=c（HCO₃^-）+2c（CO₃^2-），故B正確；
C．向NaHSO₄溶液中加入等濃度等體積的Ba（OH）₂溶液，設(shè)溶液體積都是1L，反應(yīng)后溶液中氫氧根離子濃度為：$\frac{0.1mol/L×2×1L-0.1mol/L×1L}{2L}$=0.05mol/L，溶液中氫氧根離子濃度不是0.1mol/L，溶液的pH≠13，故C錯(cuò)誤；
D．氨水中加入少量NH₄Cl固體，銨根離子濃度增大，抑制了一水合氨的電離，導(dǎo)致溶液中氫氧根離子濃度減小，而$\frac{c（N{H}_{4}^{+}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$=$\frac{c（N{H}_{4}^{+}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$×$\frac{c（O{H}^{-}）}{c（O{H}^{-}）}$=$\frac{Kb}{c（O{H}^{-}）}$，Kb不變，所以該比值增大，故D錯(cuò)誤；
故選B．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了離子濃度大小比較，題目難度中等，明確電荷守恒、物料守恒的含義為解答關(guān)鍵，注意掌握弱電解質(zhì)的電離平衡及其影響，試題培養(yǎng)了學(xué)生的靈活應(yīng)用能力．