Question

常溫下有0.1mol?L^-1四種溶液NaOH、NH₃?H₂O、HCl、CH₃COOH
（1）已知CH₃COOH溶液的pH=3，其電離度為

 

，由水電離的c（H⁺）=

 

mol?L^-1．
（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(dǎo)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（用離子方程式表示）

 

．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）NH₃?H₂O溶液和HCl溶液混合，已知體積V（NH₃?H₂O）＞V（HCl），當溶液中c（NH₃?H₂O）=c（NH₄⁺）時，溶液的pH=

 

，該混合液中加入少量的酸或堿，結(jié)果發(fā)現(xiàn)溶液的pH變化不大，其原因是

 

．[已知：K_b（NH₃?H₂O）=1.77×10^-5，lg 1.77=0.25]．

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：

分析：（1）電離度=

[H+]

[CH3COOH]

；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(dǎo)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(yīng)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）據(jù)K_b（NH₃?H₂O）=1.77×10^-5，計算溶液中c（OH^-）濃度，從而計算其pH，溶液中c（NH₃?H₂O）=c（NH₄⁺），形成了緩沖溶液．

解答： 解：（1）電離度=

[H+]

[CH3COOH]

=

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

=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(dǎo)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(dǎo)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(yīng)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）K_b（NH₃?H₂O）=

[NH4+]?[OH-]

[NH3?H2O]

=1.77×10^-5，當溶液中c（NH₃?H₂O）=c（NH₄⁺）時，c（OH^-）=1.77×10^-5，pOH=5-0.25=4.75，所以pH=9.25，溶液中c（NH₃?H₂O）=c（NH₄⁺），形成了緩沖溶液，該混合液中加入少量的酸或堿，溶液的pH變化不大，
故答案為：9.25；形成了緩沖溶液．

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，注意電離平衡常數(shù)計算公式的應(yīng)用，題目難度不大．