Question

16．下列有关溶液（室温下）的说法正确的是（　　）

• A． Na₂CO₃和NaHCO₃形成的混合溶液中：2c（Na⁺）=3[c（CO₃^2-）+c（HCO₃^-）+c（H₂CO₃）]
• B． 0.1mol•L^-1NaHSO₃溶液中通入NH₃至溶液pH=7：c（Na⁺）＞c（NH₄⁺）＞c（SO₃^2-）
• C． 物质的量浓度相等的：①（NH₄）₂SO₄溶液、②NH₄HCO₃溶液、③NH₄Cl溶液、④（NH₄）₂Fe（SO₄）₂溶液中c（NH₄⁺）的大小关系：④＞①＞②＞③
• D． 0.1mol•L^-1CH₃COONa溶液中通入HCl至溶液pH=7：c（Na⁺）＞c（CH₃COOH）=c（Cl^-）

Answer 1

分析 A．Na₂CO₃和NaHCO₃形成的混合溶液中存在物料守恒，即2n（Na）=3n（C），同一溶液中体积相同，离子浓度关系即为物质的量的关系，据此写出溶液中存在的物料守恒；
B．液呈中性时，c（H⁺）=c（OH^-），根据电荷守恒可知：c（Na⁺）+c（NH₄⁺）=2c（SO₃^2-），由于钠离子浓度大于亚硫酸根离子，则c（Na⁺）＞c（SO₃^2-）＞c（NH₄⁺）；
C．①（NH₄）₂SO₄ ②NH₄HCO₃ ③NH₄Cl ④NH₄Fe（SO₄）₂ ，先不考虑水解，则①（NH₄）₂SO₄含有两个NH₄⁺，所以它们NH₄⁺的浓度大于其它三种物质，溶液中c（NH₄⁺）根据盐类水解的影响分析，铵根离子水解显酸性，碳酸氢根离子水解显碱性促进铵根离子的水解，亚铁离子水解显酸性抑制铵根离子的水解；
D．溶液呈中性，c（H⁺）=c（OH^-），结合溶液中电荷守恒和物料守恒分析判断是否正确．

解答 解：A．Na₂CO₃和NaHCO₃形成的混合溶液中存在物料守恒，即2n（Na）=3n（C），溶液中的物料守恒为：2c（Na⁺）=3[c（CO₃^2-）+c（HCO₃^-）+c（H₂CO₃）]，故A正确；
B．向0.1mol•L的NaHSO₃中通入氨气至溶液呈中性时，c（H⁺）=c（OH^-），根据电荷守恒可知：c（H⁺）+c（Na⁺）+c（NH₄⁺）=2c（SO₃^2-）+c（OH^-），得到离子浓度关系为：c（Na⁺）+c（NH₄⁺）=2c（SO₃^2-），由于钠离子浓度大于亚硫酸根离子，则c（Na⁺）＞c（SO₃^2-）＞c（NH₄⁺），所以溶液中c（H⁺）、c（OH^-）、c（SO₃^2-）、c（Na⁺）、c（NH₄⁺）这五种离子浓度大小关系为：c（Na⁺）＞c（SO₃^2-）＞c（NH₄⁺）＞c（H⁺）=c（OH^-），故B错误；
C．物质的量浓度相同的下列溶液：①（NH₄）₂SO₄ ②NH₄HCO₃ ③NH₄Cl ④NH₄Fe（SO₄）₂；先不考虑水解，则（NH₄）₂SO₄ 中含有两个NH₄⁺，所以它们NH₄⁺的浓度大于其它三种物质，②④二种物质中，④NH₄Fe（SO₄）₂酸性最强，NH₄⁺水解受到的抑制最大，即NH₄⁺的量较多，溶液中c（NH₄⁺）较大，
①NH₄Cl，NH₄⁺水解，②NH₄HCO₃，碳酸氢根离子的水解对铵根离子起促进作用，即溶液中c（NH₄⁺）④＞③＞②，按c（NH₄⁺）由大到小的顺序排列为：①＞④＞③＞②，故C错误；
D.0.1mol•L^-1CH₃COONa溶液中通入HCl至溶液pH=7，溶液中存在电荷守恒为：c（H⁺）+c（Na⁺）=c（OH^-）+c（Cl^-）+c（CH₃COO^-），物料守恒为：c（Na⁺）=c（CH₃COO^-）+c（CH₃COOH），得到c（CH₃COOH）=c（Cl^-），溶液中存在醋酸钠、氯化钠和醋酸，钠离子浓度一定大于氯离子浓度，故D正确；
故选AD．

点评 本题考查盐类水解的原理和应用，注意盐类水解的实质和把握弱电解质的电离，电解质溶液中电荷守恒、物料守恒的分析判断，主要是离子浓度大小的比较方法和定量关系的计算应用，题目难度中等．