NaHC2O4溶液显弱酸性 为什么离子浓度是Na+>HC2O4->OH->C2O42->H+

nahs,nahco3,na2hpo4水解大于电离 nahso3,nah2po4,nahc2o4电离大于水解

HC2O4-的分布系数=[H+]*Ka1 / {[H+]^2 +[H+]*Ka1 +Ka1*Ka2}
显然在PH相同时,即[H+]相同,HC2O4-的分布系数相等
总浓度相等
因此D三瓶相等

促进的,弱酸都促进水的电解

A、25℃时，0.1 mol?L-1pH=4.5的NaHC2O4溶液呈酸性，说明酸式盐电离大于水解，溶液中离子浓度大小为c（HC2O4-）＞c（C2O42-）＞c（H2C2O4）故A错误；B、相同温度下，pH相等的Na2CO3溶液、C6H5ONa（苯酚钠）溶液、NaO...

在不考虑水的电离情况下,草酸氢根负离子水解产生等浓度的草酸和氢氧根负离子,同时,草酸氢根负离子电离产生等浓度草酸根2价负离子和氢离子,电离程度大于水解程度,则氢离子浓度大于氢氧根离子浓度,氢离子部分中和氢氧根负离子,使得 c(H+)*c(OH-)=10(-14).故草酸浓度大于氢氧根负离子浓度

NaHCO：
电荷：[H+]+[Na+]=[HCO3-]+[OH-]+2[CO32-]；
物料：[Na+]=[HCO3-]+[CO32-]+[H2CO3]；
质子：[H+]+[H2CO3]=[OH-]+[CO32-].
NaHC2O4：
电荷：[H+]+[Na+]=[HC2O4-]+[OH-]+2[C2O42-]；
物料：[Na+]=[HC2O4-]+[C2O42-]+[H2C2O4]；
质子：[H+]+[H2C2O4]=[OH-]+[C2O42-].
CH3COONa：
电荷：[H+]+[Na+]=[CH3COO-]+[OH-]；
物料：[Na+]=[CH3COO-]+[CH3COOH]；
质子：[H+]+[CH3COOH]=[OH-].
Na3PO4：
电荷：[H+]+[Na+]=[H2PO4-]+[OH-]+3[PO43-]+2[HPO42-]；
物料：[Na+]=3[H3PO4]+3[H2PO4-]+3[HPO4-]+3[PO43-]；
质子：[H+]+2[H2PO4-]+[HPO42-]+3[H3PO4]=[OH-].
NH4Cl：
电荷：[H+]+[NH4+]=[Cl-]+[OH-]；
物料：[NH4+]+[NH3.H2O]=[Cl-]；
质子：[H+]=[OH-]+[NH3.H2O].

原因是草酸钠溶液中的酸根离子的水解程度比草酸氢钠溶液中的草酸氢根离子的电离程度大.所以混合后显碱性.
理解请及时采纳!

可能存在的.
当烧碱体积小于10mL时,NaOH物质的量小于NaHC2O4物质的量
由于H2C2O4是弱酸,所以溶液可能还是中性的,c(H+)=c(OH-)
根据电荷守恒,有c(Na+)=2c(C2O4^2-)+c(HC2O4-)
所以等式可能成立.

c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-)
常温下,向10 mL 0.01 mol•L-1 H2C2O4溶液中滴加10mL 0.01mol•L-1 NaOH溶液,得到的恰好是草酸氢钠（NaHC2O4）溶液,溶液显酸性说明c(H+)>c(OH-).
Na+是最多的,不水解,H2C2O4-次之,H+浓度大于C2O42-,因为H+除了来自于H2C2O4-还来自于水的电离,而C2O42-只来自于HC2O4-的电离.OH-的浓度最小,所以是c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-).

强碱弱酸盐是促进水解的,一般来说,盐是促进水解的,而酸和碱是抑制水解的.

H+ + HC2O4-=H2C2O4因为草酸为弱酸,所以结合氢离子

草酸氨：(NH4)2C2O4 碱性；NH4HC2O4 酸性；NaHC2O4 酸性,电离程度大于水解程度.

解题思路：A、溶液显酸性，说明溶液中酸式酸根电离大于水解；
B、盐溶液的碱性是酸根离子水解的原因，酸越弱，对应酸根离子水解程度越大；
C、中性溶液中存在电荷守恒和溶液中的物料守恒分析判断；
D、等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠溶液中电荷守恒和物料守恒计算分析判断．

A、25℃时，0.1 mol•L^-1pH=4.5的NaHC₂O₄溶液呈酸性，说明酸式盐电离大于水解，溶液中离子浓度大小为c（HC₂O₄^-）＞c（C₂O₄^2-）＞c（H₂C₂O₄）故A错误；
B、相同温度下，pH相等的Na₂CO₃溶液、C₆H₅ONa（苯酚钠）溶液、NaOH溶液中提供相同氢氧根离子浓度，所需要的溶质浓度氢氧化钠最小，Na₂CO₃溶液水解程度大于C₆H₅ONa（苯酚钠）溶液，所以溶液浓度Na₂CO₃溶液＜C₆H₅ONa（苯酚钠）溶液，所以浓度大小为c（C₆H₅O^-）＞c（Na₂CO₃）＞c（NaOH），故B正确；
C、将CH₃COONa溶液、HCl溶液混合所得中性溶液中的电荷守恒为：[H⁺]+[Na+]=[OH^-]+[CH₃COO^-]+[Cl^-]，中性溶液中：[H⁺]=[OH^-]，[Na+]=[CH₃COO^-]+[Cl^-]，^-]，醋酸钠溶液中存在[Na+]=[CH₃COOH]+[CH₃COO^-]，结合两式可知：c（Na⁺）＞c（Cl^-）=c（CH₃COOH），故C正确；
D、0.1 mol•L^-1Na₂CO₃溶液与0.1mol•L^-1NaHCO₃，溶液等体积混合所得溶液中电荷守恒，[Na⁺]+[H⁺]=[HCO₃^-]+2[CO₃^2-]+[OH^-]，物料守恒：3（[CO₃^2+-]+[HCO₃^-]+[H₂CO₃]）=2[Na⁺]，合并消去钠离子得到：c（CO₃^2-）+2c（OH^-）=c（HCO₃^- ）+3c（H₂CO₃）+2c（H⁺），故D错误；
故选BC．

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： 本题考查了盐类水解的应用，溶液中离子浓度大小的比较，溶液中的电荷守恒，物料守恒的综合应用，正确书写物料守恒和电荷守恒是解题的关键，题目较难．

NaHC2O4在水中完全电离,方程式是NaHC2O4=Na++HC2O4-
就是因为能完全电离,所以是强电解质.
另外NaHC2O4的电离,不必追究HC2O4-能不能完全电离

肯定是前者,后者是有前者不完全电离出来的

当烧碱体积小于10mL时,NaOH物质的量小于NaHC2O4物质的量
由于H2C2O4是弱酸,所以溶液可能还是中性的,c(H+)=c(OH-)
根据电荷守恒,有c(Na+)=2c(C2O4^2-)+c(HC2O4-)
所以等式可能成立.

解题思路：A、溶液中存在物料守恒；
B、NaHC₂O₄溶液pH=4，证明溶液显示酸性，阴离子的电离程度大于其水解程度；
C、根据溶液中的电荷守恒来回答；
D、根据溶液中离子的来源以及离子浓度大小比较方法来回答．

A、0.1mol•L^-1的NaHC₂O₄溶液中存在物料守恒：c（Na⁺）=c（HC₂O₄^-）+c（C₂O₄^2-）+c（H₂C₂O₄），故A正确；
B、NaHC₂O₄溶液pH=4，证明溶液显示酸性，阴离子HC₂O₄^-的电离程度大于其水解程度，所以c（H₂C₂O₄）＜c（C₂O₄^2-），故B错误；
C、该溶液中存在电荷守恒：c（H⁺）+c（Na⁺）=c（OH^-）+2c（C₂O₄^2-）+c（HC₂O₄^-），故C错误；
D、溶液中直接电离出来的离子浓度最高，但是阴离子会存在水解和电离，所以c（Na⁺）＞c（HC₂O₄^-），阴离子HC₂O₄^-的电离程度大于其水解程度，溶液显示酸性，即c（H⁺）＞c（OH^-），所以离子浓度大小顺序是：c（Na⁺）＞c（HC₂O₄^-）＞c（H⁺）＞c（OH^-），故D正确．
故选AD．

点评：
本题考点： 离子浓度大小的比较．

考点点评： 本题考查学生盐的水解原理的应用：离子浓度大小比较知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度大．

c(Na+)=c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)

A,错,可以是H2C2O4和Na2C2O4或H2C2O4和NaHC2O4的混合物
B,对,这几种物质,单独或按不同的比例组合,就能使溶液显酸性、碱性或中性
C,错,若是H2C2O4和Na2C2O4或H2C2O4和NaHC2O4的混合物,此式就不成立
D,对,按电荷守恒： c(H+) +c(Na+)= c(OH-) +c(HC2O4- )+2c(C2O42-)
所以：c(H+) -c(OH-) = c(HC2O4- )+2c(C2O42-)-c(Na+)
等式的右边减去2c(C2O42-),等号就可以换成的>
即：c(H+) -c(OH-) >c(HC2O4- ) - c(Na+)