Question

15．常溫下，關(guān)于下列溶液的說法錯(cuò)誤的是（　�。�

• A． 某物質(zhì)的溶液中由水電離出的c（H⁺）=1×10^-10mol/L，則該溶液的pH可能為4或10
• B． 已知0.1 mol/L NaClO溶液的pH為9.7，0.1 mol/LNaF溶液的pH為7.5，則等體積兩溶液中離子總數(shù)大小關(guān)系為：N（NaClO）＞N（NaF）
• C． 將0.2 mol/L的某一元酸HA溶液和0.1 mol/LNaOH溶液等體積混合后溶液pH大于7，則所得溶液中：2c（OH^-）=2c（H⁺）+c（HA）-c（A^-）
• D． 向飽和氯水中加入NaOH溶液至pH=7，則所得溶液中：c（Na⁺）＞c（Cl^-）＞c（C1O^-）＞c（OH^-）=c（H⁺）

Answer 1

分析 A．在25℃時(shí)，某溶液中，由水電離出的c（H⁺）_水=1.0×10^-10mol/L＜10^-7mol/L，說明該溶液中的溶質(zhì)抑制了水的電離，溶質(zhì)能電離出氫離子、氫氧根離子就能抑制水電離，據(jù)此分析判斷；
B．根據(jù)pH判斷水解程度，然后結(jié)合電荷守恒判斷兩溶液中含有陰離子數(shù)目大小；
C．根據(jù)混合液中的電荷守恒和物料守恒分析；
D．向飽和氯水中加入NaOH溶液，恰好反應(yīng)時(shí)生成氯化鈉和次氯酸鈉，次氯酸鈉水解會(huì)使溶液呈堿性，如果溶液呈中性，則加入的氫氧化鈉不足，據(jù)此判斷各離子濃度大小．

解答 解：A．在25℃時(shí)，溶液中由水電離出的c（H⁺）_水=1.0×10^-10 mol/L＜10^-7mol/L，說明該溶液中的溶質(zhì)抑制水的電離，溶質(zhì)能電離出氫離子、氫氧根離子就能抑制水電離，則該溶質(zhì)可能是酸或堿或強(qiáng)酸的酸式鹽，如果為酸溶液，溶液中的氫氧根離子是水電離的，水電離出的c（H⁺）_水=c（OH^-）=1.0×10^-10 mol/L，溶液中的氫離子濃度為：c（H⁺）=1.0×10^-4mol/L，則溶液的pH=4；如果為堿溶液，溶液中的氫離子是水電離的，c（H⁺）=1×10^-10mol/L，則溶液的pH=10，故A正確；
B．NaClO、NaF溶液中次氯酸根離子、氟離子發(fā)生水解使溶液呈堿性，已知0.1 mol/L NaClO溶液的pH為9.7，0.1 mol/LNaF溶液的pH為7.5，說明次氯酸根的水解程度大于氟離子，則次氯酸鈉溶液中氫氧根離子濃度大于氟化鈉，故次氯酸鈉溶液中的氫離子濃度小于氟化鈉；兩溶液中鈉離子濃度相等，兩溶液中陰離子濃度=c（Na⁺）+c（H⁺），由于溶液體積相等，則次氯酸鈉溶液中陰離子數(shù)目小于氟化鈉，即：N（NaClO）＜N（NaF），故B錯(cuò)誤；
C．由電荷守恒可知，c（Na⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（A^-），根據(jù)物料守恒可得：2c（Na⁺）=c（HA）+c（A^-），二者結(jié)合可得：2c（OH^-）=2c（H⁺）+c（HA）-c（A^-），故C正確；
D．反應(yīng)后溶質(zhì)為氯化鈉和次氯酸鈉時(shí)，次氯酸鈉水解會(huì)使溶液呈堿性，若溶液呈中性，則加入的氫氧化鈉不足，則有c（ClO^-）＜c（Cl^-），溶液中離子濃度大小為：c（Na⁺）＞c（Cl^-）＞c（C1O^-）＞c（OH^-）=c（H⁺），故D正確；
故選B．

點(diǎn)評(píng) 本題考查離子濃度大小比較，題目難度中等，明確電荷守恒、物料守恒及鹽的水解原理的含義為解答關(guān)鍵，注意掌握比較離子濃度大小常用方法，試題培養(yǎng)了學(xué)生的靈活應(yīng)用能力．