Question

13．下列说法正确的是（　　）

• A． 向 0.1 mol/L的氨水中加少量硫酸铵固体，则溶液中$\frac{c（O{H}^{-}）}{（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$增大
• B． 常温下，0.1 mol/L一元酸（HA）溶液的 pH=3，则该溶液中，c²（H⁺）=c（H⁺）×c（A^-）+Kw
• C． 向含有 1 mol KAl（SO₄）₂ 的溶液中加入 Ba（OH）₂ 溶液得到沉淀的物质的量最多为 2 mol
• D． 将 Ca（ClO）₂、Na₂SO₃、FeCl₃、NaAlO₂ 溶液蒸干均得不到原溶质

Answer 1

分析 A．加入硫酸铵后，铵根离子浓度增大，抑制了一水合氨的电离，则溶液中氢氧根离子浓度减小，一水合氨的浓度增大；
B．c²（H⁺）=c（H⁺）×c（A^-）+Kw的两边同时除以氢离子浓度可得c（H⁺）=c（A^-）+c（OH^-），然后结合电荷守恒判断；
C.1mol KAl（SO₄）₂含有1molAl³⁺，2molSO₄^2-，开始发生反应SO₄^2-+Ba²⁺=BaSO₄↓，Al³⁺+3OH^-=A1（OH）₃↓，Al³⁺完全沉淀，再继续滴加Ba（OH）₂溶液，发生反应A1（OH）₃+OH^-=A1O₂^-+2H₂O，SO₄^2-+Ba²⁺=BaSO₄↓，判断Al³⁺完全沉淀后再滴加Ba（OH）₂溶液沉淀量的物质的量变化，确定沉淀量最大时发生的反应，注意此时钡离子与氢氧根离子为1：2；
D．NaAlO₂溶液加热时水解生成的氢氧化铝和氢氧化钠，氢氧化铝与氢氧化钠最终又反应生成NaAlO₂．

解答 解：A．向 0.1 mol/L的氨水中加少量硫酸铵固体，一水合氨的电离程度减小，溶液中企业广告离子浓度减小，一水合氨的浓度增大，则$\frac{c（O{H}^{-}）}{（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$的比值减小，故A错误；
B．常温下，0.1 mol/L一元酸（HA）溶液的pH=3，说明HA为弱酸，在溶液中存在电离平衡，将c²（H⁺）=c（H⁺）×c（A^-）+Kw的两边同时除以氢离子浓度可得c（H⁺）=c（A^-）+c（OH^-），该等式满足HA溶液中的电荷守恒，故B正确；
C.1mol KAl（SO₄）₂含有1molAl³⁺、2molSO₄^2-，开始发生反应SO₄^2-+Ba²⁺=BaSO₄↓、Al³⁺+3OH^-=A1（OH）₃↓，由方程式可知当加入1.5molBa（OH）₂时，Al³⁺完全沉淀，SO₄^2-反应1.5mol，SO₄^2-有剩余，再继续滴加Ba（OH）₂溶液，发生反应A1（OH）₃+OH^-=A1O₂^-+2H₂O，SO₄^2-+Ba²⁺=BaSO₄，由方程式可知加入1molBa（OH）₂，溶解2molA1（OH）₃，生成1molBaSO₄，沉淀的物质的量减少，故当Al³⁺恰好沉淀时，生成的沉淀的物质的量最大，此时加入1.5molBa（OH）₂，由SO₄^2-+Ba²⁺=BaSO₄↓可知生成硫酸钡沉淀1.5mol，由Al³⁺+3OH^-=A1（OH）₃↓可知生成氢氧化铝沉淀1mol，故沉淀物质的量最大为1.5mol+1mol=2.5mol，故C错误；
D．Ca（ClO）₂、Na₂SO₃、FeCl₃溶液蒸干均得不到原溶质，而NaAlO₂溶液加热时虽能水解，但生成的氢氧化铝和氢氧化钠最终又反应生成NaAlO₂，可得到溶质固体，故D错误；
故选B．

点评 本题考查了弱电解质的电离平衡及其应用，题目难度中等，明确盐的水解原理、弱电解质的电离特点为解答关键，C为易错点，注意铝离子完全沉淀时生成沉淀的物质的量最大，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．