Question

11．常溫下，K_a （HCOOH）=1.77×10^-4，K_a （CH₃COOH）=1.75×10^-5，K_b （NH₃•H₂O）=1.76×10^-5，下列說法正確的是（　�。�

• A． 濃度均為0.1 mol•L^-1的 HCOONa和NH₄Cl 溶液中陽離子的物質(zhì)的量濃度之和：前者小于后者
• B． 用相同濃度的NaOH溶液分別滴定等體積pH均為3的HCOOH和CH₃COOH溶液至終點，消耗NaOH溶液的體積相等
• C． 0.2 mol•L^-1 HCOOH 與 0.1 mol•L^-1 NaOH 等體積混合后的溶液中：c（HCOO^-）+c（OH^-）=c（HCOOH）+c（H⁺）
• D． 0.10 mol•L^-1CH₃COONa溶液中通入HCl至溶液呈中性：c（Na⁺）＞c（Cl^-）=c（CH₃COOH）

Answer 1

分析 A．電離平衡常數(shù)越大，其離子水解程度越小，根據(jù)電離平衡常數(shù)知，其離子水解程度：CH₃COO^-＞NH₄⁺＞HCOO^-，任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，所以得出c（HCOO^-）+c（OH^-）=c（Na⁺）+c（H⁺）=0.1mol/L+c（H⁺）、c（NH₄⁺）+c（H⁺）=c（Cl^-）+c（OH^-）=0.1mol/L+c（OH^-），水解程度NH₄⁺＞HCOO^-，所以前者c（H⁺）大于后者c（OH^-）；
B．pH相同的HCOOH和CH₃COOH，濃度：c（HCOOH）＜c（CH₃COOH），用相同濃度的NaOH溶液分別滴定等體積pH均為3的HCOOH和CH₃COOH溶液至終點時，酸的濃度越大，消耗的堿體積越大；
C．任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒和物料守恒，根據(jù)電荷守恒得c（HCOO^-）+c（OH^-）=c（Na⁺）+c（H⁺），混合溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的HCOOH和HCOONa；
D．向0.10mol•L^-1CH₃COONa溶液中通入HCl，至溶液pH=7，反應后溶液中溶質(zhì)為NaCl、醋酸和醋酸鈉．

解答 解：A．電離平衡常數(shù)越大，其離子水解程度越小，根據(jù)電離平衡常數(shù)知，其離子水解程度：CH₃COO^-＞NH₄⁺＞HCOO^-，任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，所以得出c（HCOO^-）+c（OH^-）=c（Na⁺）+c（H⁺）=0.1mol/L+c（H⁺）、c（NH₄⁺）+c（H⁺）=c（Cl^-）+c（OH^-）=0.1mol/L+c（OH^-），水解程度NH₄⁺＞HCOO^-，所以前者c（H⁺）大于后者c（OH^-），所以濃度均為0.1 mol•L^-1的 HCOONa和NH₄Cl 溶液中陽離子的物質(zhì)的量濃度之和：前者大于后者，故A正確；
B．pH相同的HCOOH和CH₃COOH，濃度：c（HCOOH）＜c（CH₃COOH），用相同濃度的NaOH溶液分別滴定等體積pH均為3的HCOOH和CH₃COOH溶液至終點時，酸的濃度越大，消耗的堿體積越大，pH、體積相同的HCOOH和CH₃COOH，物質(zhì)的量前者小于后者，所以后者消耗的NaOH體積多，故B錯誤；
C．任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒和物料守恒，根據(jù)電荷守恒得c（HCOO^-）+c（OH^-）=c（Na⁺）+c（H⁺），混合溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的HCOOH和HCOONa，甲酸電離程度大于水解程度，所以c（HCOOH）＜c（Na⁺），所以得c（HCOO^-）+c（OH^-）＞c（HCOOH）+c（H⁺），故C錯誤；
D．向0.10mol•L^-1CH₃COONa溶液中通入HCl，至溶液pH=7，c（H⁺）=c（OH^-），HCl不足，反應后溶液中溶質(zhì)為NaCl、醋酸和醋酸鈉，由電荷守恒可知，c（Na⁺）=c（CH₃COO^-）+c（Cl^-），由物料守恒可知，c（Na⁺）=c（CH₃COOH）+c（CH₃COO^-），則c（Na⁺）＞c（CH₃COOH）=c（Cl^-），故D正確；
故選D．

點評 本題考查弱電解質(zhì)的電離，為高頻考點，側(cè)重考查學生分析判斷能力，明確電離平衡常數(shù)與水解程度關系、溶液中存在的守恒是解本題關鍵，注意C中等量代換，題目難度中等．