Question

1．（1）铈（Ce）是地壳中含量最高的稀土元素．在加热条件下CeCl₃易发生水解，无水CeCl₃可用加热CeCl₃•6H₂O和NH₄Cl固体混合物的方法来制备．其中NH₄Cl的作用是分解出HCl气体，抑制CeCl₃水解
（2）Na₂S溶液中离子浓度由大到小的顺序为Na⁺＞S^2-＞OH^-＞HS^-＞H⁺，向该溶液中加入少量固体CuSO₄，溶液pH减小（填“增大”、“减小”或“不变”）．
（3）已知100℃时水的离子积Kw是1.0×10^-12，100℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的硫酸溶液混合，若所得混合溶液pH=7，则NaOH溶液与硫酸溶液的体积比为1：9
（4）25℃在等体积的①pH=0的H₂SO₄溶液，②0.05mol•L^-1的Ba（OH）₂溶液，③pH=10的Na₂S溶液，④pH=5的NH₄NO₃溶液中，发生电离的水的物质的量之比是1：10：10¹⁰：10⁹．

Answer 1

分析 （1）氯化铈为强酸弱碱盐，其水溶液为酸性，氯化氢抑制氯化铈水解；
（2）硫化钠为强碱弱酸盐，硫离子水解而使其溶液呈碱性，硫离子有两步水解，第一步水解能力远远大于第二步；硫化铜为难溶于水和酸的物质；
（3）根据$\frac{1{0}^{-3}×{V}_{1}-1{0}^{-4}×{V}_{2}}{{V}_{1}+{V}_{2}}$=10^-5计算氢氧化钠和硫酸的体积之比；
（4）根据H₂0H⁺+OH^-可知，H₂SO₄溶液、Ba（OH）₂溶液抑制水的电离，根据溶液的H₂SO₄溶液的PH或Ba（OH）₂溶液中c（OH^-）计算水的电离的物质的量，Na₂S溶液、NH₄NO₃溶液促进水的电离，根据PH可直接求出发生电离的水的物质的量，进而计算物质的量之比．

解答 解：（1）氯化铵固体不稳定，在加热条件下易分解生成氯化氢，氯化铈为强酸弱碱盐，氯化铈水解而使其溶液呈酸性，氯化氢能抑制氯化铈水解，所以氯化铵的作用是分解出HCl气体，抑制CeCl₃水解，
故答案为：分解出HCl气体，抑制CeCl₃水解；
（2）硫化钠为强碱弱酸盐，硫离子易水解而使其溶液呈碱性，硫离子第一步水解能力远远大于第二步，溶液中氢氧根离子来源于水的电离和硫离子水解，硫氢根离子只来源于硫离子水解，但硫离子的水解能力较小，所以溶液中离子浓度大小顺序是Na⁺＞S^2-＞OH^-＞HS^-＞H⁺，硫化铜不溶于水和酸，硫化氢和硫酸铜反应生成硫化铜黑色沉淀和硫酸，导致溶液酸性增强，则pH减小，
故答案为：Na⁺＞S^2-＞OH^-＞HS^-＞H⁺；减小；
（3）设氢氧化钠的体积为V₁ ，稀硫酸的体积为V₂，溶液中$\frac{1{0}^{-3}×{V}_{1}-1{0}^{-4}×{V}_{2}}{{V}_{1}+{V}_{2}}$=10^-5，V₁ ：V₂=1：9，故答案为：1：9；
（4）设溶液的体积为1L，
①中pH=0的H₂SO₄中c（H⁺）=1.0 mol•L^-1，c（OH^-）=1.0×10^-14mol•L^-1，水电离的物质的量为1.0×10^-14mol；
②中c（OH^-）=0.1 mol•L^-1，c（H⁺）=1.0×10^-13mol•L^-1，水电离的物质的量为1.0×10^-13mol；
③中c（OH^-）=1.0×10^-4mol•L^-1，水的电离的物质的量为1.0×10^-4mol；
④中c（H⁺）=1.0×10^-5mol•L^-1，水的电离的物质的量为1.0×10^-5mol．
故①②③④中水的电离的物质的量之比为：1.0×10^-14mol：1.0×10^-13mol：1.0×10^-4mol¹：1.0×10^-5mol=1：10：10¹⁰：10⁹，
故答案为：1：10：10¹⁰：10⁹．

点评 本题考查了盐类水解的应用、酸碱混合溶液的计算，明确盐类水解原理是解本题关键，会根据盐类水解特点来确定溶液中离子浓度大小，强酸弱碱盐和强碱弱酸盐能相互促进水解，题目难度中等．