Question

20．25℃時(shí)，下列有關(guān)溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（　�。�

• A． 物質(zhì)的量濃度相等的①NH₄Cl ②（NH₄）₂SO₄ ③NH₄Al（SO₄）₂三種溶液中，c（NH₄⁺由大到小的順序?yàn)椋孩郏劲冢劲?/td>
• B． 0.1mol•L^-1CH₃COOH與0.05mol•L^-1NaOH溶液等體積混合（pH＜7）：
  c（CH₃COO^-）＞c（Na⁺）＞cCH₃COOH）＞c（H⁺）
• C． 0.1 mol•L^-1Na₂CO₃與0.05mol•L^-1 NaHCO₃溶液等體積混合：
  $\frac{3}{5}$c（Na⁺）=c（CO₃^2-）+c（HCO₃^-）+c（H₂CO₃）
• D． 在0.1 mol•L^-1NaHC₂O₄溶液（pH＜7）中：c（OH^-）+2c（C₂O₄^2-）=c（H⁺）+2c（H₂C₂O₄）

Answer 1

分析 A．①NH₄Cl ②（NH₄）₂SO₄ ③NH₄Al（SO₄）₂，先不考慮水解，則②（NH₄）₂SO₄ 含有兩個(gè)NH₄⁺，所以它們NH₄⁺的濃度大于其它兩種物質(zhì)，①③溶液中c（NH₄⁺）根據(jù)鹽類水解的影響分析判斷；
B.0.1mol•L^-1CH₃COOH與0.05mol•L^-1NaOH溶液等體積混合得到重生和醋酸鈉的混合溶液，pH＜7溶液顯酸性說(shuō)明是電離大于醋酸根離子的水解：
C.0.1 mol•L^-1Na₂CO₃與0.05mol•L^-1 NaHCO₃溶液等體積混合溶液中存在物料守恒，0.15n（Na）=0.25n（C），即3n（Na）=5n（C）；
D．在0.1 mol•L^-1NaHC₂O₄溶液（pH＜7）中溶液顯酸性，HC₂O₄^-電離大于水解，溶液中存在電荷守恒和物料守恒計(jì)算分析．

解答 解：A．①NH₄Cl ②（NH₄）₂SO₄ ③NH₄Al（SO₄）₂，先不考慮水解，則②（NH₄）₂SO₄ 含有兩個(gè)NH₄⁺，所以它們NH₄⁺的濃度大于其它兩種物質(zhì)，①③二種物質(zhì)中①NH₄Cl，NH₄⁺水解，③NH₄Al（SO₄）₂，鋁離子的水解對(duì)銨根離子起抑制作用，即溶液中c（NH₄⁺）②＞③＞①，故A錯(cuò)誤； 
B.0.1mol•L^-1CH₃COOH與0.05mol•L^-1NaOH溶液等體積混合得到重生和醋酸鈉的混合溶液，pH＜7溶液顯酸性說(shuō)明是電離大于醋酸根離子的水解，溶液中離子濃度大小為：c（CH₃COO^-）＞c（Na⁺）＞c（CH₃COOH）＞c（H⁺），故B正確；
C.0.1 mol•L^-1Na₂CO₃與0.05mol•L^-1 NaHCO₃溶液等體積混合溶液中存在物料守恒，0.15n（Na）=0.25n（C），即3n（Na）=5n（C），$\frac{3}{5}$c（Na⁺）=c（CO₃^2-）+c（HCO₃^-）+c（H₂CO₃），故C正確；
D．在0.1 mol•L^-1NaHC₂O₄溶液（pH＜7）中溶液顯酸性，根據(jù)物料守恒得c（Na⁺）=c（HC₂O₄^-）+c（H₂C₂O₄）+c（C₂O₄^2-），根據(jù)電荷守恒得c（H⁺）+c（Na⁺）=c（HC₂O₄^-）+2c（C₂O₄^2-）+c（OH^-），所以得c（H⁺）+c（H₂C₂O₄）=2c（C₂O₄^2-）+c（OH^-），故D錯(cuò)誤；
故選BC．

點(diǎn)評(píng) 本題考查鹽類水解的原理和應(yīng)用、電解質(zhì)溶液中電荷守恒、物料守恒分析，注意鹽類水解的實(shí)質(zhì)和把握弱電解質(zhì)的電離，從影響平衡移動(dòng)的角度分析離子濃度的大小比較是解答的關(guān)鍵，題目難度中等．