Question

20．下列說(shuō)法中正確的是（　�。�

• A． 10mL 0.5mol/L CH₃COONa溶液與6mL 1mol/L鹽酸混合：c（Cl^-）＞c（Na⁺）＞c（CH₃COO^-）＞c（H⁺）＞c（OH^-）
• B． 等濃度的下列稀溶液：①硫酸氫鈉 ②乙酸鈉 ③醋酸 ④碳酸氫鈉 ⑤硝酸鈉 ⑥苯酚鈉，它們的pH由小到大排列為：③⑤①④②⑥
• C． 常溫下0.1 mol/L的下列溶液 ①NH₄Al（SO₄）₂ ②NH₄Cl ③NH₃•H₂O ④CH₃COONH₄中c （NH₄⁺）由大到小的順序是：②＞①＞④＞③
• D． 在25℃時(shí)，將a mol•L^-1的氨水與0.01 mol•L^-1的鹽酸等體積混合反應(yīng)時(shí)溶液中c（NH₄⁺）=c（Cl^-）．用含a的代數(shù)式表示NH₃•H₂O的電離常數(shù)K_b=$\frac{1{0}^{-9}}{a-0.01}$

Answer 1

分析 A．反應(yīng)后溶質(zhì)為0.005mol醋酸、0.001molHCl和0.005molNaCl，醋酸部分電離，溶液顯示酸性，由于氫離子來(lái)自HCl、水和醋酸的電離，則c（H⁺）＞c（CH₃COO^-）；
B．先按照物質(zhì)的類別分為堿、鹽、酸進(jìn)行分類，在此基礎(chǔ)上主要考慮鹽的水解，判斷鹽溶液的酸堿性再進(jìn)行比較；
C．①鋁離子水解抑制銨根離子的水解；②銨根離子水解；③弱堿電離，且電離的程度很弱；④醋酸根離子水解促進(jìn)銨根離子水解；
D．c（NH₄⁺）=c（Cl^-），根據(jù)電荷守恒可知：c（H⁺）=c（OH^-），NH₃•H₂O的電離常數(shù)K_b=$\frac{[N{{H}_{4}}^{+}][O{H}^{-}]}{[N{H}_{3}•{H}_{2}O]}$進(jìn)行計(jì)算．

解答 解：A.10mL 0.5mol/L CH₃COONa溶液中含有0.005mol醋酸鈉，6mL 1mol/L鹽酸中含有0.006molHCl，兩溶液混合后溶質(zhì)為0.005mol醋酸、0.001molHCl和0.005molNaCl，醋酸部分電離，溶液顯示酸性，由于氫離子來(lái)自HCl、水和醋酸的電離，則c（H⁺）＞c（CH₃COO^-），則溶液中正確的離子濃度大小為：c（Cl^-）＞c（Na⁺）＞c（H⁺）＞c（CH₃COO^-）＞c（OH^-），故A錯(cuò)誤；
B．等濃度時(shí)，①硫酸氫鈉相當(dāng)于一元強(qiáng)酸，③醋酸為一元弱酸，⑥苯酚鈉、④碳酸氫鈉、②乙酸鈉水解都呈堿性，且水解程度依次減小，所以溶液pH⑥＞④＞②，⑤硝酸鈉溶液呈中性，pH=7，所以溶液pH由小到大的順序?yàn)�，①③⑤②④⑥，故B錯(cuò)誤；
C．同濃度的下列溶液：①NH₄Al（SO₄）₂②NH₄Cl③NH₃•H₂O，④CH₃COONH₄，因①中鋁離子水解抑制銨根離子的水解；②中銨根離子水解；③弱堿電離，且電離的程度很弱；④醋酸根離子水解促進(jìn)銨根離子水解，則c（NH₄⁺）由大到小的順序是：①＞②＞④＞③，故C錯(cuò)誤；
D．由溶液的電荷守恒可得：c（H⁺）+c（NH₄⁺）=c（Cl^-）+c（OH^-），已知c（NH₄⁺）=c（Cl^-）=0.005mol/L，則有c（H⁺）=c（OH^-）=1×10^-7mol/L，所以溶液顯中性；電離常數(shù)只與溫度有關(guān)，則此時(shí)NH₃•H₂O的電離常數(shù)K_b=$\frac{[N{{H}_{4}}^{+}][O{H}^{-}]}{[N{H}_{3}•{H}_{2}O]}$=$\frac{0.005×1×1{0}^{-7}}{\frac{a}{2}-0.005}$=$\frac{1{0}^{-9}}{a-0.01}$，故D正確；
故選D．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了離子濃度大小比較，題目難度中等，涉及鹽的水解原理、溶液pH的判斷、離子濃度大小比較、電離平衡常數(shù)的計(jì)算等知識(shí)，試題知識(shí)點(diǎn)較多、綜合性較強(qiáng)，充分考查學(xué)生的分析、理解能力及靈活應(yīng)用基礎(chǔ)知識(shí)都能力，明確電荷守恒、物料守恒的含義是判斷離子濃度大小的關(guān)鍵．