Question

20．室温下，将0.2mol•L^-1的一元酸HA和0.1mol•L^-1的NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性，下列说法不正确的是（　　）

• A． 0.1mol•L^-1 HA溶液与0.1 mol•L^-1的NaOH溶液中，水电离出来的c（H⁺）相等
• B． 混合后溶液中：c（HA）＞c（Na⁺）＞c（A^-）＞c（OH^-）
• C． 混合后溶液中：c（A^-）+c（HA）=0.2 mol•L^-1
• D． 混合后溶液中：c（Na⁺）+c（H⁺）=c（A^-）+c（OH^-）

Answer 1

分析 常温下，将0.2mol/L的某一元酸HA溶液和0.1mol/L NaOH溶液等体积混合后，得到溶液溶质为等浓度的NaA和HA，由于溶液显示碱性，说明A^-离子水解程度大于HA电离程度，
A．酸碱溶液都抑制了水的电离，氢离子或氢氧根离子浓度越大，抑制程度越大；
B．A^-离子水解程度大于HA电离程度，则c（HA）＞c（A^-），结合物料守恒可知：c（HA）＞c（Na⁺）＞c（A^-）；
C．根据混合液中的物料守恒判断；
D．溶液中一定满足电荷守恒，根据混合液中的电荷守恒分析．

解答 解：常温下，将0.2mol/L的某一元酸HA溶液和0.1mol/L NaOH溶液等体积混合后，得到溶液溶质为等浓度的NaA和HA，由于溶液显示碱性，说明A^-离子水解程度大于HA电离程度，
A．0.1mol•L^-1 HA溶液与0.1 mol•L^-1的NaOH溶液中，HA为弱酸，则前者溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，后者为强碱，则氢氧根离子浓度为0.1mol/L，故前者溶液中氢离子对水的电离的抑制程度小于后者，两溶液中水电离出来的c（H⁺）一定不相等，故A错误；
B．根据分析可知，A^-离子水解程度大于HA电离程度，则c（HA）＞c（A^-），结合物料守恒c（HA）+c（A^-）=2c（Na⁺）可知：c（HA）＞c（Na⁺）＞c（A^-），混合液中离子浓度大小为：c（HA）＞c（Na⁺）＞c（A^-）＞c（OH^-），故B正确；
C．根据混合后溶液中的物料守恒可得：c（A^-）+c（HA）=2c（Na⁺）=0.1 mol•L^-1，故C错误；
D．根据混合液中的电荷守恒可得：c（Na⁺）+c（H⁺）=c（A^-）+c（OH^-），故D正确；
故选AC．

点评 本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，根据题干信息得出“A^-离子水解程度大于HA电离程度”为解答关键，注意掌握电荷守恒、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；C为易错点，注意混合液体积增大一倍，浓度缩小一半．