Question

8．常温下有0.1mol•L^-1五种溶液NaOH、NH₃•H₂O、CH₃COOH、HCl、NH₄HSO₄．
（1）已知CH₃COOH溶液的pH=3，其电离度为1%，由水电离的c（H⁺）=1×10^-11mol．L^-1
（2）相同pH的CH₃COOH溶液和HCl溶液加水稀释，其pH变化情况如图，其中表示HCl溶液的是曲线I，a、b两点中，导电能力更强的是a．
（3）NH₃•H₂O溶液和HCl溶液等体积混合后，溶液呈酸性的原因是（离子方程式表示）NH₄⁺+H₂O?NH₃•H₂O+H⁺．此时，该混合溶液中的微粒浓度关系正确的是D．
A．c（Cl^-）＞c（H⁺）＞c（NH₄⁺）＞c（OH^-）    
B．c（Cl^-）=c（NH₄⁺）＞c（OH^-）=c（H⁺）
C．c（NH₄⁺）+c（NH₃•H₂O）=0.1mol•L^-1
D．c（H⁺）=c（NH₃•H₂O）+c（OH^-）
（4）已知NH₃•H₂O和NH₄Cl等浓度混合时溶液呈碱性，向NH₄HSO₄溶液中逐滴滴入NaOH溶液至中性时，溶液中各离子浓度的大小关系是c（Na⁺）＞c（SO₄^2-）＞c（NH₄⁺）＞c（H⁺）=c（OH^-）．

Answer 1

分析 （1）CH₃COOH溶液的pH=3，该溶液中c（CH₃COO^-）≈c（H⁺）=0.001mol/L，c（CH₃COOH）≈0.1mol/L，电离度=$\frac{电离的醋酸浓度}{醋酸初始浓度}×100%$；由水电离的c（H⁺）=c（OH^-）=$\frac{{K}_{w}}{c（{H}^{+}）}$；   
（2）醋酸是弱电解质、HCl是强电解质，pH相同的醋酸和盐酸，醋酸浓度较大，加水稀释促进醋酸电离，稀释相同的倍数，醋酸中氢离子浓度较大，所以稀释相同倍数后醋酸pH变化较小；溶液导电能力与离子浓度成正比；
（3）等物质的量的醋酸和NaOH恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性；结合电荷守恒物料守恒判断离子浓度关系；
（4）NH₃•H₂O和NH₄Cl等浓度混合时溶液呈碱性，说明一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，向NH₄HSO₄溶液中逐滴滴入NaOH溶液至中性时，溶液中的溶质为硫酸铵、一水合氨和硫酸钠，再结合离子水解、电荷守恒判断．

解答 解：（1）CH₃COOH溶液的pH=3，该溶液中c（CH₃COO^-）≈c（H⁺）=0.001mol/L，c（CH₃COOH）≈0.1mol/L，电离度=$\frac{电离的醋酸浓度}{醋酸初始浓度}×100%$=$\frac{0.001mol/L}{0.1mol/L}×100%$=1%；由水电离的c（H⁺）=c（OH^-）=$\frac{{K}_{w}}{c（{H}^{+}）}$=$\frac{1{0}^{-14}}{0.001}$mol/L=1×10^-11mol．L^-1，
故答案为：1%；1×10^-11mol．L^-1；
（2）pH相等的醋酸和盐酸中，加水稀释促进醋酸电离，稀释相同的倍数后，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以pH变化大的为强酸，根据图象知，I为盐酸；
溶液的导电能力与离子浓度成正比，氢离子浓度越大溶液的pH越小，所以溶液导电能力较大的是a；
故答案为：?；a；
（3）等物质的量的氨水和盐酸混合时，二者恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解而使溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，则溶液呈酸性，水解离子方程式为NH₄⁺+H₂O?NH₃•H₂O+H⁺，
A．氯化铵能水解但水解程度较小，所以c（H⁺）＜c（NH₄⁺），故错误；  
B．铵根离子水解而使溶液呈酸性，所以c（OH^-）＜c（H⁺），故错误；
C．溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（NH₄⁺）+c（NH₃•H₂O）=0.05mol•L^-1，故错误；
D．根据质子守恒得c（H⁺）=c（NH₃•H₂O）+c（OH^-），故正确；
故答案为：NH₄⁺+H₂O?NH₃•H₂O+H⁺；D；
（4）NH₃•H₂O和NH₄Cl等浓度混合时溶液呈碱性，说明一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，向NH₄HSO₄溶液中逐滴滴入NaOH溶液至中性时，溶液中的溶质为硫酸铵、一水合氨和硫酸钠，钠离子不水解、铵根离子水解，溶液中存在电荷守恒c（Na⁺）+c（NH₄⁺）=2c（SO₄^2-），所以离子浓度大小顺序是c（Na⁺）＞c（SO₄^2-）＞c（NH₄⁺）＞c（H⁺）=c（OH^-），
故答案为：c（Na⁺）＞c（SO₄^2-）＞c（NH₄⁺）＞c（H⁺）=c（OH^-）．

点评 本题考查弱电解质的电离和酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，由弱电解质电离特点结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，难点是（4）题，明确溶液中的溶质及其性质，易错点是（3）题C选项，二者混合溶液体积增大一倍，导致浓度降为原来的一半．