Question

3．将nmol/L氨水滴入10mL1.0mol/L盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示．下列有关说法正确的是（　　）

• A． n=1.0
• B． 水的电离程度：b＞c＞a＞d
• C． c点：c（NH₄⁺）=c（Cl^-）=1.0mol•L^-1
• D． 25℃时，NH₄Cl的水解常数（K_h）=（n-1）×10^-7

Answer 1

分析 A．酸碱中和反应是放热反应，反应过程中会导致溶液温度升高，弱电解质的电离是吸热过程，一水合氨是弱电解质，所以一水合氨电离过程中吸收热量，当温度最高时氨水和盐酸恰好完全反应，二者的物质的量相等；
B．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中c（H⁺）或碱中c（OH^-）越大，其抑制水电离程度越大；
根据图知，a点溶液中没有滴加氨水，溶质为HCl，b点溶液温度最高，说明二者恰好完全反应生成氯化铵，所以溶质为NH₄Cl，NH₄Cl溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则氨水应该过量，所以c点溶液中溶质为NH₄Cl和NH₃．H₂O，d点溶液中溶质为NH₄Cl和NH₃．H₂O，且c（NH₄Cl）＜c（NH₃．H₂O）；
C．c点溶液呈中性，则c（NH₄⁺）=c（Cl^-），因为溶液体积是盐酸的二倍，所以c（Cl^-）是原来的一半；
D．c点溶液呈中性，c（H⁺）=c（OH^-）=10^-7 mol/L，则c（NH₄⁺）=c（Cl^-），因为溶液体积是盐酸的二倍，所以c（Cl^-）是原来的一半，则c点c（NH₄⁺）=c（Cl^-）=0.5 mol/L，c点溶液中c（NH₃．H₂O）=0.5nmol/L-0.5mol/L，水解平衡常数K_h=$\frac{{K}_{w}}{{K}_{b}}$．

解答 解：A．酸碱中和反应是放热反应，反应过程中会导致溶液温度升高，弱电解质的电离是吸热过程，一水合氨是弱电解质，所以一水合氨电离过程中吸收热量，当温度最高时氨水和盐酸恰好完全反应，二者的物质的量相等，根据图知，二者完全反应时氨水体积小于10mL，则氨水浓度大于1.0mol/L，即n＞1.0，故A错误；
B．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中c（H⁺）或碱中c（OH^-）越大，其抑制水电离程度越大；
根据图知，a点溶液中没有滴加氨水，溶质为HCl，b点溶液温度最高，说明二者恰好完全反应生成氯化铵，所以溶质为NH₄Cl，NH₄Cl溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则氨水应该过量，所以c点溶液中溶质为NH₄Cl和NH₃．H₂O，d点溶液中溶质为NH₄Cl和NH₃．H₂O，且c（NH₄Cl）＜c（NH₃．H₂O），
a点、d点抑制水电离，且a点抑制水电离程度大于d；
b、c点促进水电离，但b点促进水电离程度大于c；
所以水电离程度大小顺序是b＞c＞d＞a，
故B错误；
C．c点溶液呈中性，则c（NH₄⁺）=c（Cl^-），因为溶液体积是盐酸的二倍，所以c（Cl^-）是原来的一半，为0.5mol/L，故C错误；
D．c点溶液呈中性，c（H⁺）=c（OH^-）=10^-7 mol/L，则c（NH₄⁺）=c（Cl^-），因为溶液体积是盐酸的二倍，所以c（Cl^-）是原来的一半，则c点c（NH₄⁺）=c（Cl^-）=0.5 mol/L，c点溶液中c（NH₃．H₂O）=0.5nmol/L-0.5mol/L，水解平衡常数K_h=$\frac{{K}_{w}}{{K}_{b}}$=$\frac{1{0}^{-14}}{\frac{0.5×1{0}^{-7}}{0.5n-0.5}}$=（n-1）×10^-7，故D正确；
故选D．

点评 本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生分析判断及计算能力，明确图中曲线上各个点的溶质成分及其性质、物质的量浓度相对大小是解本题关键，难点是水解平衡常数的计算，注意c点混合溶液中一水合氨浓度的计算，题目难度中等．