Question

4．常温下，有关下列溶液的说法不正确的是（　　）

• A． 20mL0.1mol/LCH₃COONa溶液与 10mL0.1mol/LHCl溶液混合后呈酸性，所得溶液中：c（CH₃COO^-）＞?c（Cl^-）＞c（CH3COOH）＞?c（H⁺）
• B． 0.1mol/L Na₂C₂O₄溶液与 0.1mol/L HCl 溶液等体积混合，所得溶液中：2c（C₂O₄^2-）+c（HC₂O₄^-）+c（OH^-）=c（Na⁺）+c（H⁺）
• C． 含等物质的量的NaHC₂O₄和Na₂C₂O₄的溶液中：2 c（Na⁺）=3[c（HC₂O₄^-）+c（C₂O₄^2-）+c（H₂C₂O₄）]
• D． 将amol/L氨水与0.01mol/L 盐酸等体积混合，若反应完全时溶液中 c（NH₄⁺）=c（Cl^-），则NH₃•H₂O的电离常数K_b=$\frac{1{0}^{-9}}{a-0.01}$

Answer 1

分析 A、20mL0.1mol/LCH₃COONa溶液与 10mL0.1mol/LHCl溶液混合生成等物质的量浓度的醋酸、醋酸钠和氯化钠，而后溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度；
B、根据电荷守恒分析解答；
C、因为含等物质的量的NaHC₂O₄和Na₂C₂O₄的溶液，设两者的物质的量均为1mol，根据钠与草酸根所有存在形式之比为3：2；
D、若反应完全时溶液中 c（NH₄⁺）=c（Cl^-）=$\frac{0.01}{2}$mol/L，根据电荷守恒可知c（OH^-）=c（H⁺）=10^-7mol/L，根据氨水中氮守恒可知：氨水的浓度为：$\frac{a-0.01}{2}$mol/L，所以则NH₃•H₂O的电离常数K_b=$\frac{\frac{0.01}{2}×1{0}^{-7}}{\frac{a-0.01}{2}}$．

解答 解：A、20mL0.1mol/LCH₃COONa溶液与 10mL0.1mol/LHCl溶液混合生成等物质的量浓度的醋酸、醋酸钠和氯化钠，而后溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，所以c（CH₃COO^-）＞?c（Cl^-）＞c（CH3COOH）＞?c（H⁺）＞c（OH^-），故A正确；
B、根据电荷守恒可知：2c（C₂O₄^2-）+c（HC₂O₄^-）+c（OH^-）+c（Cl^-）=c（Na⁺）+c（H⁺），故B错误；
C、因为含等物质的量的NaHC₂O₄和Na₂C₂O₄的溶液，设两者的物质的量均为1mol，根据钠与草酸根所有存在形式之比为3：2，则2 c（Na⁺）=3[c（HC₂O₄^-）+c（C₂O₄^2-）+c（H₂C₂O₄）]，故C正确；
D、若反应完全时溶液中 c（NH₄⁺）=c（Cl^-）=$\frac{0.01}{2}$mol/L，根据电荷守恒可知c（OH^-）=c（H⁺）=10^-7mol/L，根据氨水中氮守恒可知：氨水的浓度为：$\frac{a-0.01}{2}$mol/L，所以则NH₃•H₂O的电离常数K_b=$\frac{\frac{0.01}{2}×1{0}^{-7}}{\frac{a-0.01}{2}}$，所以K_b=$\frac{1{0}^{-9}}{a-0.01}$，故D正确；
故选：B．

点评 本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法．