解题思路:A、0.1 mol•L-1的NaHC2O4溶液的pH=4,该溶液显示酸性,说明草酸氢根离子的电离程度大于其水解程度;
B、根据碳酸氢钠溶液中电荷守恒和物料守恒进行分析;
C、醋酸钠、盐酸两溶液混合呈中性,c(OH-)=c(H+),根据电荷守恒可知c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl-),根据物料守恒:c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),所以c(CH3COO-)+c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),即c(Cl-)=c(CH3COOH);
D、等物质的量浓度的三种溶液,①和③中铵离子浓度最大,其中③中铁离子水解显示酸性,抑制了铵离子水解,c(NH4+):①<③,而②中铵离子浓度最小.
A、NaHC2O4溶液显示酸性,说明了草酸氢根离子的电离程度大于其水解程度,溶液中c(H2C2O4)<c(C2O42-),故A错误;
B、0.1 mol•L-1的NaHCO3溶液中,由电荷守恒可知:c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-),由物料守恒可知:c(Na+)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-),根据以上关系可得:c(OH-)+c(CO32-)=c(H2CO3)+c(H+),故B错误;
C、两溶液混合呈中性,则c(OH-)=c(H+),由电荷守恒:c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl-),由物料守恒:c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),所以c(CH3COO-)+c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),即c(Cl-)=c(CH3COOH),故c(Na+)>c(Cl-)=c(CH3COOH),故C正确;
D、等物质的量浓度的①(NH4)2SO4 ②NH4Cl③(NH4)2Fe(SO4)2三种溶液中,铵离子都只有部分水解,铵离子浓度最小的为②NH4Cl,而①③中,③中亚铁离子水解显示酸性,抑制了铵离子的水解,铵离子水解程度减小,铵离子浓度大于①,所以铵离子浓度关系为:②<①<③,故D错误;
故选C.
点评:
本题考点: 离子浓度大小的比较;盐类水解的应用.
考点点评: 本题考查了溶液中离子浓度大小比较、盐的水解原理及其应用,题目难度中等,注意明确盐的水解原理,掌握比较溶液中离子浓度大小的方法,明确电荷守恒、物料守恒等比较离子浓度大小中应用.