Question

16．下列有關溶液（室溫下）的說法正確的是（　�。�

• 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． 物質的量濃度相等的：①（NH₄）₂SO₄溶液、②NH₄HCO₃溶液、③NH₄Cl溶液、④（NH₄）₂Fe（SO₄）₂溶液中c（NH₄⁺）的大小關系：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），同一溶液中體積相同，離子濃度關系即為物質的量的關系，據此寫出溶液中存在的物料守恒；
B．液呈中性時，c（H⁺）=c（OH^-），根據電荷守恒可知：c（Na⁺）+c（NH₄⁺）=2c（SO₃^2-），由于鈉離子濃度大于亞硫酸根離子，則c（Na⁺）＞c（SO₃^2-）＞c（NH₄⁺）；
C．①（NH₄）₂SO₄ ②NH₄HCO₃ ③NH₄Cl ④NH₄Fe（SO₄）₂ ，先不考慮水解，則①（NH₄）₂SO₄含有兩個NH₄⁺，所以它們NH₄⁺的濃度大于其它三種物質，溶液中c（NH₄⁺）根據鹽類水解的影響分析，銨根離子水解顯酸性，碳酸氫根離子水解顯堿性促進銨根離子的水解，亞鐵離子水解顯酸性抑制銨根離子的水解；
D．溶液呈中性，c（H⁺）=c（OH^-），結合溶液中電荷守恒和物料守恒分析判斷是否正確．

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），溶液中的物料守恒為：2c（Na⁺）=3[c（CO₃^2-）+c（HCO₃^-）+c（H₂CO₃）]，故A正確；
B．向0.1mol•L的NaHSO₃中通入氨氣至溶液呈中性時，c（H⁺）=c（OH^-），根據電荷守恒可知：c（H⁺）+c（Na⁺）+c（NH₄⁺）=2c（SO₃^2-）+c（OH^-），得到離子濃度關系為：c（Na⁺）+c（NH₄⁺）=2c（SO₃^2-），由于鈉離子濃度大于亞硫酸根離子，則c（Na⁺）＞c（SO₃^2-）＞c（NH₄⁺），所以溶液中c（H⁺）、c（OH^-）、c（SO₃^2-）、c（Na⁺）、c（NH₄⁺）這五種離子濃度大小關系為：c（Na⁺）＞c（SO₃^2-）＞c（NH₄⁺）＞c（H⁺）=c（OH^-），故B錯誤；
C．物質的量濃度相同的下列溶液：①（NH₄）₂SO₄ ②NH₄HCO₃ ③NH₄Cl ④NH₄Fe（SO₄）₂；先不考慮水解，則（NH₄）₂SO₄ 中含有兩個NH₄⁺，所以它們NH₄⁺的濃度大于其它三種物質，②④二種物質中，④NH₄Fe（SO₄）₂酸性最強，NH₄⁺水解受到的抑制最大，即NH₄⁺的量較多，溶液中c（NH₄⁺）較大，
①NH₄Cl，NH₄⁺水解，②NH₄HCO₃，碳酸氫根離子的水解對銨根離子起促進作用，即溶液中c（NH₄⁺）④＞③＞②，按c（NH₄⁺）由大到小的順序排列為：①＞④＞③＞②，故C錯誤；
D.0.1mol•L^-1CH₃COONa溶液中通入HCl至溶液pH=7，溶液中存在電荷守恒為：c（H⁺）+c（Na⁺）=c（OH^-）+c（Cl^-）+c（CH₃COO^-），物料守恒為：c（Na⁺）=c（CH₃COO^-）+c（CH₃COOH），得到c（CH₃COOH）=c（Cl^-），溶液中存在醋酸鈉、氯化鈉和醋酸，鈉離子濃度一定大于氯離子濃度，故D正確；
故選AD．

點評 本題考查鹽類水解的原理和應用，注意鹽類水解的實質和把握弱電解質的電離，電解質溶液中電荷守恒、物料守恒的分析判斷，主要是離子濃度大小的比較方法和定量關系的計算應用，題目難度中等．