Question

19．常温下，向1L0.1mol•L^-1NH₄Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，NH₄⁺与NH₃•H₂O的变化趋势如图所示（不考虑体积变化和氨的挥发），下列说法正确的是（　　）

• A． M点溶液中水的电离程度比原溶液大
• B． 在M点时，n（OH^-）-n（H⁺）=（a-0.05）mol
• C． 随着NaOH的加入，$\frac{c（{H}^{+}）}{c（N{H}_{4}^{+}）}$不断增大
• D． 当n（NaOH）=0.05mol时溶液中有：c（Cl^-）＞c（Na⁺）＞c（NH₄⁺）＞c（OH^-）＞c（H⁺）

Answer 1

分析 A．M点是向1L 0.1mol•L^-1NH₄Cl溶液中，不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液，铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离；
B．依据溶液中电荷守恒分析判断，n（Na⁺）=amol，n（Cl^-）=1mol；
C．铵根离子水解显酸性，结合水解平衡常数分析，$\frac{c（{H}^{+}）}{c（N{{H}_{4}}^{+}）}$×$\frac{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$=$\frac{{K}_{h}}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$；
D．向1L 0.1mol•L^-1NH₄Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，当n（NaOH）=0.05mol时，得到物质的量均为0.05molNH₄Cl、0.05molNaCl和0.05molNH₃•H₂O的混合物．

解答 解：A．M点是向1L 0.1mol•L^-1NH₄Cl溶液中，不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液，铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，故A错误；
B．在M点时溶液中存在电荷守恒，n（0H^-）+n（Cl^-）=n（H⁺）+n（Na⁺）+n（NH₄⁺），n（0H^-）-n（H⁺）=0.05+n（Na⁺）-n（Cl^-）=（a-0.05）mol，故B正确；
C．铵根离子水解显酸性，结合水解平衡常数分析$\frac{c（{H}^{+}）}{c（N{{H}_{4}}^{+}）}$×$\frac{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$=$\frac{{K}_{h}}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$，随氢氧化钠固体加入，反应生成一水合氨浓度增大，平衡常数不变，则$\frac{c（{H}^{+}）}{c（N{{H}_{4}}^{+}）}$减小，故C错误；
D．向1L 0.1mol•L^-1NH₄Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，当n（NaOH）=0.05mol时，得到物质的量均为0.05molNH₄Cl、0.05molNaCl和0.05molNH₃•H₂O的混合物，由于NH₃•H₂O电离大于NH₄Cl水解，故离子浓度大小关系为：c（Cl^-）＞c（NH₄⁺）＞c（Na⁺）＞c（OH^-）＞c（H⁺），故D错误．
故选B．

点评 本题考查了酸碱反应过程分析，主要是溶液酸碱性、离子浓度大小，对水的电离影响因素分析判断，题目难度中等．