Question

4．常溫下，有關下列溶液的說法不正確的是（　　）

• A． 20mL0.1mol/LCH₃COONa溶液與 10mL0.1mol/LHCl溶液混合后呈酸性，所得溶液中：c（CH₃COO^-）＞?c（Cl^-）＞c（CH3COOH）＞?c（H⁺）
• B． 0.1mol/L Na₂C₂O₄溶液與 0.1mol/L HCl 溶液等體積混合，所得溶液中：2c（C₂O₄^2-）+c（HC₂O₄^-）+c（OH^-）=c（Na⁺）+c（H⁺）
• C． 含等物質的量的NaHC₂O₄和Na₂C₂O₄的溶液中：2 c（Na⁺）=3[c（HC₂O₄^-）+c（C₂O₄^2-）+c（H₂C₂O₄）]
• D． 將amol/L氨水與0.01mol/L 鹽酸等體積混合，若反應完全時溶液中 c（NH₄⁺）=c（Cl^-），則NH₃•H₂O的電離常數K_b=$\frac{1{0}^{-9}}{a-0.01}$

Answer 1

分析 A、20mL0.1mol/LCH₃COONa溶液與 10mL0.1mol/LHCl溶液混合生成等物質的量濃度的醋酸、醋酸鈉和氯化鈉，而后溶液呈酸性，說明醋酸的電離程度大于醋酸鈉的水解程度；
B、根據電荷守恒分析解答；
C、因為含等物質的量的NaHC₂O₄和Na₂C₂O₄的溶液，設兩者的物質的量均為1mol，根據鈉與草酸根所有存在形式之比為3：2；
D、若反應完全時溶液中 c（NH₄⁺）=c（Cl^-）=$\frac{0.01}{2}$mol/L，根據電荷守恒可知c（OH^-）=c（H⁺）=10^-7mol/L，根據氨水中氮守恒可知：氨水的濃度為：$\frac{a-0.01}{2}$mol/L，所以則NH₃•H₂O的電離常數K_b=$\frac{\frac{0.01}{2}×1{0}^{-7}}{\frac{a-0.01}{2}}$．

解答 解：A、20mL0.1mol/LCH₃COONa溶液與 10mL0.1mol/LHCl溶液混合生成等物質的量濃度的醋酸、醋酸鈉和氯化鈉，而后溶液呈酸性，說明醋酸的電離程度大于醋酸鈉的水解程度，所以c（CH₃COO^-）＞?c（Cl^-）＞c（CH3COOH）＞?c（H⁺）＞c（OH^-），故A正確；
B、根據電荷守恒可知：2c（C₂O₄^2-）+c（HC₂O₄^-）+c（OH^-）+c（Cl^-）=c（Na⁺）+c（H⁺），故B錯誤；
C、因為含等物質的量的NaHC₂O₄和Na₂C₂O₄的溶液，設兩者的物質的量均為1mol，根據鈉與草酸根所有存在形式之比為3：2，則2 c（Na⁺）=3[c（HC₂O₄^-）+c（C₂O₄^2-）+c（H₂C₂O₄）]，故C正確；
D、若反應完全時溶液中 c（NH₄⁺）=c（Cl^-）=$\frac{0.01}{2}$mol/L，根據電荷守恒可知c（OH^-）=c（H⁺）=10^-7mol/L，根據氨水中氮守恒可知：氨水的濃度為：$\frac{a-0.01}{2}$mol/L，所以則NH₃•H₂O的電離常數K_b=$\frac{\frac{0.01}{2}×1{0}^{-7}}{\frac{a-0.01}{2}}$，所以K_b=$\frac{1{0}^{-9}}{a-0.01}$，故D正確；
故選：B．

點評 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、物料守恒及鹽的水解原理在判斷離子濃度大小中的應用方法．