Question

14．室温下，下列关亍电解质的说法中正确的是（　　）

• A． 中和等体积、等浓度的氨水和氢氧化钠溶液至pH等于7，前者消耗的盐酸多
• B． 向NaHS 溶液中加入适量 KOH 后：c（Na⁺）═c（H₂S）+c（HS^-）+c（S^2-）
• C． 将amol•L^-1的醋酸与0.01 mol•L^-1的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液中：c（Na⁺）=c（CH₃COO^-），醋酸的电离常数K_a=$\frac{2×1{0}^{-9}}{a-0.01}$ （用含a的代数式表示）
• D． 向NH₄Cl溶液中加入少量等浓度的稀盐酸，则$\frac{c（N{{H}_{4}}^{+}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$的值减小

Answer 1

分析 A.1：1反应时生成NH₄Cl、NaCl，前者为酸性、后者为中性，则为使pH=7，应使氨水剩余；
B．NaHS中n（Na）=n（S）；
C．溶液中：c（Na⁺）=c（CH₃COO^-），则溶液中：c（H⁺）=c（OH^-）=10^-7mol/L，醋酸的电离常数K_a=$\frac{c（{H}^{+}）c（C{H}_{3}CO{O}^{-}）}{c（C{H}_{3}COOH）}$；
D．Kb=$\frac{c（N{{H}_{4}}^{+}）c（O{H}^{-}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$与温度有关，加入少量等浓度的稀盐酸，c（OH^-）减小．

解答 解：A.1：1反应时生成NH₄Cl、NaCl，前者为酸性、后者为中性，则为使pH=7，应使氨水剩余，则前者消耗的盐酸少，故A错误；
B．NaHS中n（Na）=n（S），与加入KOH无关，则由物料守恒可知c（Na⁺）═c（H₂S）+c（HS^-）+c（S^2-），故B正确；
C．由电荷守恒可知，c（Na⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（CH₃COO^-），已知溶液中c（CH₃COO^-）═c（Na⁺），则c（H⁺）=c（OH^-），即溶液显中性；呈中性则c（H⁺）=c（OH^-）=10^-7mol/L，c（Na⁺）=c（CH₃COO^-）=0.005mol/L，所以用含a的代数式表示CH₃COOH的电离常数K_a=$\frac{1{0}^{-7}×0.005}{\frac{a}{2}-0.005}$=$\frac{1{0}^{-9}}{a-0.01}$，故C错误；
D．温度不变，Kb=$\frac{c（N{{H}_{4}}^{+}）c（O{H}^{-}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$不变，加入少量等浓度的稀盐酸，c（OH^-）减小，则$\frac{c（N{{H}_{4}}^{+}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$的值增大，故D错误；
故选B．

点评 本题考查离子浓度大小的比较，为高频考点，把握盐类水解、物料守恒、酸碱混合及弱电解质的电离平衡常数为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大．