Question

常温下，向10mL0.1mol/L的HR溶液中逐滴加入0.1mol/L的氨水，所得溶液pH及导电能力变化如图。下列分析正确的是（    ）

A.溶液中的阳离子浓度总和最大的是d点

B.常温下，HR的电离平衡常数数量级为10^-8

C.b点和d点溶液中，水的电离程度不相等

D.d点的溶液中，微粒浓度关系：c(R^-)+2c(HR)=c(NH₃∙H₂O)

Answer

C

【解析】

A．溶液导电能力只与离子浓度有关，根据图象可知，b点导电能力最强，离子浓度最大，则溶液中的阳离子浓度总和最大的是b点，故A错误；

B．根据图象可知，0.1mol/L的HR溶液的pH=3，则c(H+)=10-3mol/L，c(R-)≈c(H+)=10-3mol/L，c(HR)≈0.1mol/L，根据HR H++R-，HR的电离平衡常数Ka= = =10-5，故B错误；

C．酸或碱抑制水电离，盐类的水解促进水电离，在b点时HR与氨水恰好完全反应生成NH4R，溶质为含有弱离子的盐水解，促进水电离；在d点时，氨水过量，是弱碱，抑制水电离，所以b、d两点水电离程度不等，故C正确；

D．d点加入20mL等浓度的氨水，反应后溶质为等浓度的NH4R和NH3·H2O，根据物料守恒可得：2c(R-)+2c(HR)=c(NH3•H2O)+c(NH4+)，电荷守恒可得：c(NH4+)+c(H+)=c(R-)+c(OH-)，两式相加可得：2c(HR)+c(R-)+c(H+)=c(NH3•H2O)+c(OH-)，故D错误。

答案为C。