Question

常温下，将20mL 0.1mol/L的HCl溶液逐滴加入到20mL 0.1mol/L Na2C2O4溶液中．已知NaHC

Answer 1

解题思路：20mL 0.1mol/L的HCl溶液逐滴加入到20mL 0.1mol/L Na₂C₂O₄溶液中，二者恰好反应生成等物质的量浓度 NaCl和 NaHC₂O₄，溶液呈酸性，说明HC₂O₄^-的电离程度大于水解程度，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，据此解答．

20mL 0.1mol/L的HCl溶液逐滴加入到20mL 0.1mol/L Na₂C₂O₄溶液中，二者恰好反应生成等物质的量浓度 NaCl和 NaHC₂O₄，溶液呈酸性，说明HC₂O₄^-的电离程度大于水解程度，

A．加水稀释促进盐类水解，但溶液酸性减弱，温度不变，水的离子积常数不变，则c（OH^-）增大，其余离子浓度都减小，故A正确；

B．溶液中存在电荷守恒c（Na⁺）+c（H⁺）=c（HC₂O₄^-）+2c（C₂O₄^2-）+c（OH^-）+c（Cl^-），根据物料守恒得c（Na⁺）=2c（Cl^-），所以存在[1/2]c（Na⁺）+c（H⁺）=c（HC₂O₄^-）+2c（C₂O₄^2-）+c（OH^-），故B正确；

C．c（Na⁺）=2c（Cl^-），酸式盐NaHC₂O₄的溶液呈酸性，说明HC₂O₄^-电离程度大于HC₂O₄^-水解程度，所以c（HC₂O₄^-）＞c（C₂O₄^2-）＞c（HC₂O₄），即c（Na⁺）＞c（Cl^-）＞c（Cl^-）＞c（HC₂O₄^-）＞c（C₂O₄^2-）＞c（HC₂O₄），故C正确；

D．根据物料守恒可知：n（HCl）=n（Na₂C₂O₄），即：c（Cl^-）=c（HC₂O₄^-）+c（C₂O₄^2-）+c（H₂C₂O₄）故D错误；

故选D．

点评：

本题考点： 离子浓度大小的比较．

考点点评： 本题考查了离子浓度大小比较，明确溶质的性质及溶液酸碱性再结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，离子浓度大小比较常常与弱电解质的电离、盐类水解综合考查，为高考高频点，要熟练掌握，题目难度中等．