Question

A、B、C、D、E五种溶液分别是NaOH、NH₃•H₂O、CH₃COOH、HCl、NH₄HSO₄中的一种．常温下进行下列实验：

①将1L pH=3的A溶液分别与0.001mol/L x L B溶液、0.001mol/L y L D溶液充分反应至中性，x、y的大小关系式y＜x；

②浓度均为0.1mol/L A和E溶液，pH：A＜E

③浓度均为0.1mol/L C和D溶液等体积混合，溶液呈酸性．

回答下列问题：

（1）C是　　溶液，D是　　溶液．

（2）用水稀释0.1mol/L B溶液时，溶液中随水量的增加而减小的是　　．

A．B． C．c （H⁺）•c （OH^﹣）     D．n （OH^﹣）

（3）等pH、等体积的两份溶液A和E，分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出的氢气的质量相同．则　　（填化学式）溶液中锌粉有剩余．

（4）常温下，向0.01mol/L C溶液中滴加0.01mol/L D溶液至中性，得到的溶液中所有离子的物质的量浓度由大到小的顺序为　　．

（5）已知常温下Mg（OH）₂在pH=12的D溶液中Mg²⁺的浓度为1.8×10^﹣7mol/L，则 Ksp[Mg（OH）₂]=　　．

Answer 1

考点：

酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

专题：

电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．

分析：

根据中和酸性物质A只有NaOH、NH₃•H₂O，物质的量的A与等物质的量浓度B和D混合呈中性，D的用量少，说明D碱性比B的碱性强，所以D是NaOH，B为NH₃•H₂O；根据浓度均为0.1mol•L^﹣1C与D溶液等体积混合，溶液呈酸性，则C为NH₄HSO₄；根据浓度均为0.1mol•L^﹣1A和E溶液，pH：A＜E，则A为HCl，E为CH₃COOH；然后根据问题回答．

解答：

解：（1）中和酸性物质A只有NaOH、NH₃•H₂O，物质的量的A与等物质的量浓度B和D混合呈中性，D的用量少，说明D碱性比B的碱性强，所以D是NaOH，根据浓度均为0.1mol•L^﹣1C与D溶液等体积混合，溶液呈酸性，则C为NH₄HSO₄；故答案为：NH₄HSO₄ NaOH；

（2）A、B溶液为氨水溶液，由NH₃•H₂O⇌OH^﹣+NH₄⁺可知，加水促进电离，则n（NH₃•H₂O）减少，n（OH^﹣）增大，则=减小，故A正确；

B、由NH₃•H₂O⇌OH^﹣+NH₄⁺可知，加水促进电离，则n（NH₃•H₂O）减少，n（OH^﹣）增大，c（NH₃•H₂O）、c（OH^﹣）都减小，c（H⁺）减小，则减小，故B正确；

C、因加水稀释时，温度不变，则c（H⁺）和c（OH^﹣）的乘积不变，故C错误；

D、由NH₃•H₂O⇌OH^﹣+NH₄⁺可知，加水促进电离，OH^﹣的物质的量增大，故D错误；

故答案为：AB；

（3）等pH、等体积的两份溶液A（HCl）和E（CH₃COOH），醋酸是弱电解质存在电离平衡，所以醋酸溶液浓度大于盐酸难度，分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出的氢气的质量相同，只有强酸中剩余锌，故答案为：HCl；

（4）常温下，向0.01mol/L C（NH₄HSO₄）溶液中滴加0.01mol/L D（NaOH）溶液至中性，NH₄HSO₄中滴入NaOH溶液，NaOH首先与NH₄HSO₄电离出的H⁺作用，因为H⁺结合OH^﹣的能力比NH₄⁺结合OH^﹣的能量强（原因是产物H₂O比NH₃•H₂O更难电离）．当加入等摩尔的NaOH时，正好将H⁺中和，此时c（Na⁺）=c（SO₄^2﹣），但此时溶液中还有NH₄⁺，NH₄⁺水解使溶液呈酸性，因此要使溶液呈中性，则还需继续滴入NaOH，当然到中性时c（OH^﹣）=c（H⁺），c（Na⁺）＞c（SO₄^2﹣ ）＞c（NH₄⁺）；

故答案为：c（Na⁺）＞c（SO₄^2﹣）＞c（NH₄⁺）＞c（OH^﹣）=c（H⁺）．

（5）常温下Mg（OH）₂在pH=12的D（NaOH）溶液中Mg²⁺的浓度为1.8×10^﹣7mol/L，c（OH﹣）=10^﹣2mol/L，Mg（OH）₂（s）⇌Mg²⁺+2OH^﹣依据溶度积常数计算得到Ksp=c（Mg²⁺）c²（OH^﹣）=1.8×10^﹣7mol/L×（10^﹣2mol/L）²=1.8×10^﹣11（mol/L）³

故答案为：1.8×10^﹣11（mol/L）³；

点评：

本题考查电解质溶液之间的反应，沉淀溶解平衡的溶度积计算，涉及到强电解质、弱电解质的电离、盐类的水解及溶液的pH值、离子浓度大小的比较等知识．