Question

常溫下有0.1mol?L^-1五種溶液NaOH、NH₃?H₂O、CH₃COOH、HCl、NH₄HSO₄．
（1）已知CH₃COOH溶液的pH=3，其電離度為

 

，由水電離的c（H⁺）=

 

．
（2）相同pH的CH₃COOH溶液和HCl溶液加水稀釋，其pH變化情況如圖，其中表示HCl溶液的是

 

曲線，a、b兩點中，導電能力更強的是

 

．
（3）NH₃?H₂O溶液和HCl溶液等體積混合后，溶液呈酸性的原因是（離子方程式表示）

 

．此時，該混合溶液中的微粒濃度關(guān)系正確的是

 

．
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等濃度混合時溶液呈堿性，向NH₄HSO₄溶液中逐滴滴入NaOH溶液至中性時，溶液中各離子濃度的大小關(guān)系是

 

．

Answer 1

考點：弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡,酸堿混合時的定性判斷及有關(guān)ph的計算

專題：電離平衡與溶液的pH專題

分析：（1）電離度=

c(H+)

c(CH3COOH)

×100%；由水電離的c（H⁺）等于溶液中氫氧根離子濃度；
（2）pH相等的醋酸和鹽酸中，加水稀釋促進醋酸電離，稀釋相同的倍數(shù)后，醋酸中氫離子濃度大于鹽酸，所以pH變化大的為強酸；
溶液的導電能力與離子濃度成正比；
（3）等物質(zhì)的量的氨水和鹽酸混合時，二者恰好反應生成氯化銨，銨根離子水解；
根據(jù)溶液的酸堿性再結(jié)合電荷守恒判斷離子濃度大��；
（4）NH₃?H₂O和NH₄Cl等濃度混合時溶液呈堿性，說明一水合氨電離程度大于銨根離子水解程度，向NH₄HSO₄溶液中逐滴滴入NaOH溶液至中性時，溶液中的溶質(zhì)為硫酸銨、一水合氨和硫酸鈉，再結(jié)合離子水解、電荷守恒判斷．

解答： 解：（1）電離度=

c(H+)

c(CH3COOH)

×100%=

10-3

0.1

×100%=1%；由水電離的c（H⁺）等于溶液中氫氧根離子濃度=

10-14

10-3

mol/L=1×10^-11mol．L^-1，
故答案為：1%；1×10^-11mol．L^-1；
（2）pH相等的醋酸和鹽酸中，加水稀釋促進醋酸電離，稀釋相同的倍數(shù)后，醋酸中氫離子濃度大于鹽酸，所以pH變化大的為強酸，根據(jù)圖象知，I為鹽酸；
溶液的導電能力與離子濃度成正比，氫離子濃度越大溶液的pH越小，所以溶液導電能力較大的是a；
故答案為：?；a；
（3）等物質(zhì)的量的氨水和鹽酸混合時，二者恰好反應生成氯化銨，銨根離子水解而使溶液中氫離子濃度大于氫氧根離子濃度，則溶液呈酸性，水解離子方程式為NH₄⁺+H₂O?NH₃?H₂O+H⁺，
A．氯化銨能水解但水解程度較小，所以c（H⁺）＜c（NH₄⁺），故錯誤；  
B．銨根離子水解而使溶液呈酸性，所以c（OH^-）＜c（H⁺），故錯誤；
C．溶液中存在物料守恒，根據(jù)物料守恒得c（NH₄⁺）+c（NH₃?H₂O）=0.05mol?L^-1，故錯誤；
D．根據(jù)質(zhì)子守恒得c（H⁺）=c（NH₃?H₂O）+c（OH^-），故正確；
故答案為：NH₄⁺+H₂O?NH₃?H₂O+H⁺；D；
（4）NH₃?H₂O和NH₄Cl等濃度混合時溶液呈堿性，說明一水合氨電離程度大于銨根離子水解程度，向NH₄HSO₄溶液中逐滴滴入NaOH溶液至中性時，溶液中的溶質(zhì)為硫酸銨、一水合氨和硫酸鈉，鈉離子不水解、銨根離子水解，溶液中存在電荷守恒c（Na⁺）+c（NH₄⁺）=2c（SO₄^2-），所以離子濃度大小順序是c（Na⁺）＞c（SO₄^2-）＞c（NH₄⁺）＞c（H⁺）=c（OH^-），
故答案為：c（Na⁺）＞c（SO₄^2-）＞c（NH₄⁺）＞c（H⁺）=c（OH^-）．

點評：本題考查了弱電解質(zhì)的電離，根據(jù)弱電解質(zhì)電離特點結(jié)合電荷守恒、物料守恒來分析解答，難點是（4）題，明確溶液中的溶質(zhì)及其性質(zhì)，題目難度不大．