Question

7．常溫下，向1L 0.1mol•L^-1NH₄Cl溶液中，不斷加入固體NaOH后，NH₄⁺與NH₃•H₂O的變化趨勢如圖所示（不考慮溶液體積的變化和氨的揮發(fā)），下列說法正確的是（　�。�

• A． M點溶液中水的電離程度比原溶液大
• B． a=0.05
• C． 當n（NaOH）=0.05mol時溶液中有：c（Cl^-）＞c（Na⁺）＞c（NH₄⁺）＞c（OH^-）＞c（H⁺）
• D． 在M點時，n（OH^-）-n（H⁺）=（a-0.05）mol

Answer 1

分析 A．酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進水電離，堿中c（OH^-）越大其抑制水電離程度越大，含有弱離子的鹽濃度越大，水的電離程度越大；
B．如果a=0.05，NH₄Cl和NaOH反應后溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的NH₃．H₂O和NH₄Cl、NaCl，NH₃．H₂O的電離程度大于NH₄Cl水解程度，導致溶液中c（NH₄⁺）＞c（NH₃．H₂O）；
C．當n（NaOH）=0.05mol時，NH₄Cl和NaOH反應后溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的NH₃．H₂O和NH₄Cl、NaCl，NH₃．H₂O的電離程度大于NH₄Cl水解程度，導致溶液呈堿性；
D．M點存在的物料守恒為c（Cl^-）=c（NH₄⁺）+c（NH₄⁺）=0.1mol/L，電荷守恒為c（Na⁺）+c（NH₄⁺）+c（H⁺）=c（Cl^-）+c（OH^-），根據(jù)電荷守恒、物料守恒判斷．

解答 解：A．酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進水電離，堿中c（OH^-）越大其抑制水電離程度越大，含有弱離子的鹽濃度越大，水的電離程度越大，原溶液中溶質(zhì)為氯化銨，M點溶液中溶質(zhì)為氯化銨、一水合氨和NaCl，且M點氯化銨濃度小于原溶液，所以水電離程度：M點小于原溶液，故A錯誤；
B．如果a=0.05，NH₄Cl和NaOH反應后溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的NH₃．H₂O和NH₄Cl、NaCl，NH₃．H₂O的電離程度大于NH₄Cl水解程度，導致溶液中c（NH₄⁺）＞c（NH₃．H₂O），要使混合溶液中c（NH₄⁺）=c（NH₃．H₂O），則混合溶液中c（NH₃．H₂O）＜c（NH₄Cl），則a＜0.05，故B錯誤；
C．當n（NaOH）=0.05mol時，NH₄Cl和NaOH反應后溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的NH₃．H₂O和NH₄Cl、NaCl，NH₃．H₂O的電離程度大于NH₄Cl水解程度，導致溶液呈堿性，鈉離子、氯離子不水解，所以溶液中離子濃度大小順序是c（Cl^-）＞c（NH₄⁺）＞c（Na⁺）＞c（OH^-）＞c（H⁺），故C錯誤；
D．M點存在的物料守恒為c（Cl^-）=c（NH₄⁺）+c（NH₄⁺）=0.1mol/L，電荷守恒為c（Na⁺）+c（NH₄⁺）+c（H⁺）=c（Cl^-）+c（OH^-），根據(jù)電荷守恒、物料守恒得c（OH^-）-c（H⁺）=c（Na⁺）+c（NH₄⁺）-c（Cl^-）=（a+0.05-0.1）mol/L=（a-0.05）mol/L，n（OH^-）-n（H⁺）=（a-0.05）mol/L×1L=（a-0.05）mol，故D正確；
故選D．

點評 本題考查酸堿混合溶液定性判斷，為高頻考點，明確M點溶液中溶質(zhì)成分及其性質(zhì)、各溶質(zhì)物質(zhì)的量相對大小是解本題關(guān)鍵，側(cè)重考查學生分析、判斷及計算能力，注意a不等于0.05，題目難度不大．