Question

13．常溫下，下列有關(guān)溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系不正確的是（　�。�

• A． 向0.1mol/LpH=2的HF溶液加水稀釋，$\frac{c（{H}^{+}）}{c（HF）}$增大
• B． 向0.2 mol/L NaHCO₃溶液中加入等體積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（溶液體積視為不變），則 c（NH₄⁺）+c（H₂SO₃）═c（SO₃^2-）
• D． 現(xiàn)有常溫下水電離出的c（H⁺）均為1×10^-11 mol/L且體積相同的三種溶液：①HCl溶液②CH₃COOH溶液③NaOH溶液，分別與足量鋁粉反應(yīng)，生成氫氣的量③最少

Answer 1

分析 A．HF屬于弱電解質(zhì)，加水不斷稀釋時(shí)，電離程度增大，平衡常數(shù)不變；
B．向0.2 mol/L NaHCO₃溶液中加入等體積0.1 mol/L NaOH溶液，發(fā)生：HCO₃^-+OH^-=CO₃^2-+H₂O，反應(yīng)后溶液中存在等量的HCO₃^-和CO₃^2-，且二者都水解，溶液呈堿性；
C．溶液中存在電荷守恒和物料守恒計(jì)算分析判斷；
D．常溫下水電離出的c（H⁺）均為1×10^-11mol/L，則溶質(zhì)抑制了水的電離，該溶液為酸溶液或堿溶液，①③為強(qiáng)電解質(zhì)，都是一元強(qiáng)酸或強(qiáng)堿，則二者濃度為0.001mol/L；②為弱電解質(zhì)，在溶液中只能部分電離，則其濃度大于0.001mol/L，鋁足量，酸、堿溶液完全反應(yīng)，根據(jù)濃度大小及氫離子、氫氧根離子與生成氫氣的量的關(guān)系判斷；

解答 解：A．因K_a（HF）=$\frac{c（{H}^{+}）c（{F}^{-}）}{c（HF）}$，當(dāng)HF溶液加水不斷稀釋，促進(jìn)電離，c（H⁺）不斷減小，溫度不變，K_a（HF）不變，所以$\frac{c（{H}^{+}）}{c（HF）}$增大，故A正確；
B．向0.2mol/L的NaHCO₃溶液中加入等體積0.1mol/LNaOH溶液，發(fā)生：HCO₃^-+OH^-=CO₃^2-+H₂O，反應(yīng)后溶液中存在等量的HCO₃^-和CO₃^2-，因CO₃^2-水解程度大于HCO₃^-，則c（Na⁺）＞c（HCO₃^-）＞c（CO₃^2-），溶液呈堿性，c（OH^-）＞c（H⁺），因水解程度較小，則c（CO₃^2-）＞c（OH^-），所以離子濃度大小順序?yàn)閏（Na⁺）＞c（HCO₃^-）＞c（CO₃^2-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），故B正確；
C．溶液中電荷守恒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正確；
D．常溫下水電離出的c（H⁺）均為1×10^-11mol/L，則溶質(zhì)抑制了水的電離，該溶液為酸溶液或堿溶液，①③為一元強(qiáng)酸或強(qiáng)堿，則二者濃度為0.001mol/L；②為弱電解質(zhì)，在溶液中只能部分電離，則其濃度大于0.001mol/L，鋁足量時(shí)，2mol氯化氫生成1mol氫氣，2mol氫氧化鈉生成3mol氫氣，①③的濃度相等，所以③生成的氫氣大于①；②的濃度大于①，所以生成的氫氣大于①，即：等體積、鋁足量時(shí)①生成的氫氣最少，故D錯(cuò)誤；
故選D．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了弱電解質(zhì)的電離及其影響、電解質(zhì)溶液中電荷守恒、物料守恒的分析，題目難度中等，明確酸堿溶液對(duì)水的電離的影響為解答關(guān)鍵，注意明確弱電解質(zhì)在溶液中部分電離，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析、理解能力．