Question

17．下列說(shuō)法正確的是（　�。�

• A． 常溫下，向 0.1mol•L^-1CH₃COOH 溶液加水稀釋，當(dāng)溶液的pH從3.0升到4.0時(shí)，溶液中的$\frac{c（C{H}_{3}CO{O}^{-}）}{c（C{H}_{3}COOH）}$值減小到原來(lái)的$\frac{1}{10}$
• B． 常溫時(shí)，將PH=1的醋酸和 PH=13的NaOH溶液等體積混合后的溶液：c（Na⁺）＞c（CH₃COO^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）
• C． 常溫下0.1mol•L^-1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． 室溫下，將0.4mol/LHA溶液和0.2mol/LNaOH溶液等體積混合（忽略混合時(shí)溶液體積的變化）測(cè)得混合液pH=5，則c（A^-）+c（OH^- ）＞c（H⁺）+c（HA）

Answer 1

分析 A．根據(jù)電離常數(shù)K=$\frac{c（C{H}_{3}CO{O}^{-}）×c（{H}^{+}）}{c（C{H}_{3}COOH）}$分析．
B．pH=1的醋酸溶液中醋酸的濃度大于0.1mol/L，pH=13的NaOH溶液濃度等于0.1mol/L，二者等體積混合，醋酸過(guò)量；
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．反應(yīng)后溶質(zhì)為等濃度的NaA和HA，測(cè)得混合液pH=5，說(shuō)明HA的電離程度大于NaA的水解程度，則c（A^-）＞c（HA），根據(jù)物料守恒c（A^-）+c（HA）=2c（Na⁺）可得：c（HA）＜c（Na⁺），再結(jié)合電荷守恒進(jìn)行判斷．

解答 解：A．加水稀釋，電離常數(shù)K=$\frac{c（C{H}_{3}CO{O}^{-}）×c（{H}^{+}）}{c（C{H}_{3}COOH）}$不變，當(dāng)溶液的pH從3.0升到4.0時(shí)，c（H⁺）由10^-3mol/L減小到10^-4mol/L，則c（H⁺）減小到原來(lái)的$\frac{1}{10}$，由于酸性減弱，促進(jìn)水的電離，水電離出氫離子濃度增大，所以酸電離的氫離子濃度小于原來(lái)的$\frac{1}{10}$，則溶液中的$\frac{c（C{H}_{3}CO{O}^{-}）}{c（C{H}_{3}COOH）}$值小于原來(lái)的$\frac{1}{10}$，故A錯(cuò)誤；
B．pH=1的醋酸溶液中醋酸的濃度大于0.1mol/L，pH=13的NaOH溶液濃度等于0.1mol/L，二者等體積混合，醋酸過(guò)量，溶液顯酸性，所以c（CH₃COO^-）＞c（Na⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-），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．室溫下將0.4mol/L HA溶液和0.2mol/LNaOH溶液等體積混合（忽略混合時(shí)溶液體積的變化），溶質(zhì)為等濃度的NaA和HA，測(cè)得混合液pH=5，說(shuō)明HA的電離程度大于NaA的水解程度，則c（A^-）＞c（HA），根據(jù)物料守恒c（A^-）+c（HA）=2c（Na⁺）可得：c（HA）＜c（Na⁺），結(jié)合電荷守恒c（A^-）+c （OH^-）=c（H⁺）+c（Na⁺）可得：c（A^-）+c （OH^-）＞c（H⁺）+c（HA），故D正確；
故選D．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了弱電解質(zhì)的電離、鹽的水解、離子濃度大小的比較，難度中等，熟悉酸的強(qiáng)弱與鹽的水解的關(guān)系，電荷守恒、水解與電離的程度及相互影響是解答本題的關(guān)鍵，側(cè)重于考查學(xué)生的分析能力．