Question

9．下列溶液中有关物质的浓度关系正确的是（　　）

• A． Na₂C₂O₄溶液中，2c（Na⁺）=c（C₂O₄^2-）+c（HC₂O₄^-）+c（H₂C₂O₄）
• B． 0.1 mol•L^-1的醋酸钠溶液20 mL与0.1 mol•L^-1盐酸10 mL混合后溶液显酸性，则有c（CH₃COO^-）＞c（Cl^-）＞c（H⁺）＞c（CH₃COOH）
• C． 等体积等物质的量浓度的NaCl和NaClO溶液，两份溶液中离子总数相比前者大
• D． 0.1mol?L^-1的NaHA溶液，其pH=4：c（HA^-）＞c（H⁺）＞c（H₂A）＞c（A^2-）

Answer 1

分析 A、根据物料守恒得：$\frac{1}{2}$c（Na⁺）=c（C₂O₄^2-）+c（HC₂O₄^-）+c（H₂C₂O₄）；
B、0.1 mol•L^-1的醋酸钠溶液20 mL与0.1 mol•L^-1盐酸10 mL混合后得到等物质的量浓度的醋酸钠、氯化钠和醋酸，而溶液显酸性以醋酸的微弱的电离为主；
C、HClO是弱酸，所以NaClO溶液中发生水解反应：ClO^-+H₂O?HClO+OH^-，使溶液呈碱性，氢离子浓度小于10^-7mol/L，所以NaCl溶液中C（Na⁺）+C（H⁺）大于NaClO溶液中C（Na⁺）+C（H⁺），根据电荷守恒：C（Na⁺）+C（H⁺）=C（OH^-）+c（Cl^-）可得溶液中离子总数为2×[c（Na⁺）+c（H⁺）]×V；同理可得NaClO溶液中总数为2×[c（Na⁺）+c（H⁺）]×V，所以NaCl溶液中离子总数大于NaClO溶液；
D、0.1mol?L^-1的NaHA溶液，其pH=4，说明电离程度大于水解程度．

解答 解：A、根据物料守恒得：$\frac{1}{2}$c（Na⁺）=c（C₂O₄^2-）+c（HC₂O₄^-）+c（H₂C₂O₄），所以c（Na⁺）=2c（C₂O₄^2-）+2c（HC₂O₄^-）+2c（H₂C₂O₄），故A错误；
B、0.1 mol•L^-1的醋酸钠溶液20 mL与0.1 mol•L^-1盐酸10 mL混合后得到等物质的量浓度的醋酸钠、氯化钠和醋酸，而溶液显酸性以醋酸的微弱的电离为主，所以离子浓度大小为：c（CH₃COO^-）＞c（Cl^-）＞c（CH₃COOH）＞c（H⁺），故B错误；
C、HClO是弱酸，所以NaClO溶液中发生水解反应：ClO^-+H₂O?HClO+OH^-，使溶液呈碱性，氢离子浓度小于10^-7mol/L，所以NaCl溶液中C（Na⁺）+C（H⁺）大于NaClO溶液中C（Na⁺）+C（H⁺），根据电荷守恒：C（Na⁺）+C（H⁺）=C（OH^-）+c（Cl^-）可得溶液中离子总数为2×[c（Na⁺）+c（H⁺）]×V；同理可得NaClO溶液中总数为2×[c（Na⁺）+c（H⁺）]×V，所以NaCl溶液中离子总数大于NaClO溶液，故C正确；
D、0.1mol?L^-1的NaHA溶液，其pH=4，说明电离程度大于水解程度，所以c（HA^-）＞c（H⁺）＞c（A^2-）＞c（H₂A），故D错误；
故选C．

点评 本题考查离子浓度大小的比较，涉及了盐类水解和电荷守恒，难度不大，根据所学知识即可完成．