Question

3．將nmol/L氨水滴入10mL1.0mol/L鹽酸中，溶液pH和溫度隨加入氨水體積變化曲線如圖所示．下列有關(guān)說法正確的是（　�。�

• A． n=1.0
• B． 水的電離程度：b＞c＞a＞d
• C． c點：c（NH₄⁺）=c（Cl^-）=1.0mol•L^-1
• D． 25℃時，NH₄Cl的水解常數(shù)（K_h）=（n-1）×10^-7

Answer 1

分析 A．酸堿中和反應是放熱反應，反應過程中會導致溶液溫度升高，弱電解質(zhì)的電離是吸熱過程，一水合氨是弱電解質(zhì)，所以一水合氨電離過程中吸收熱量，當溫度最高時氨水和鹽酸恰好完全反應，二者的物質(zhì)的量相等；
B．酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進水電離，酸中c（H⁺）或堿中c（OH^-）越大，其抑制水電離程度越大；
根據(jù)圖知，a點溶液中沒有滴加氨水，溶質(zhì)為HCl，b點溶液溫度最高，說明二者恰好完全反應生成氯化銨，所以溶質(zhì)為NH₄Cl，NH₄Cl溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，則氨水應該過量，所以c點溶液中溶質(zhì)為NH₄Cl和NH₃．H₂O，d點溶液中溶質(zhì)為NH₄Cl和NH₃．H₂O，且c（NH₄Cl）＜c（NH₃．H₂O）；
C．c點溶液呈中性，則c（NH₄⁺）=c（Cl^-），因為溶液體積是鹽酸的二倍，所以c（Cl^-）是原來的一半；
D．c點溶液呈中性，c（H⁺）=c（OH^-）=10^-7 mol/L，則c（NH₄⁺）=c（Cl^-），因為溶液體積是鹽酸的二倍，所以c（Cl^-）是原來的一半，則c點c（NH₄⁺）=c（Cl^-）=0.5 mol/L，c點溶液中c（NH₃．H₂O）=0.5nmol/L-0.5mol/L，水解平衡常數(shù)K_h=$\frac{{K}_{w}}{{K}_}$．

解答 解：A．酸堿中和反應是放熱反應，反應過程中會導致溶液溫度升高，弱電解質(zhì)的電離是吸熱過程，一水合氨是弱電解質(zhì)，所以一水合氨電離過程中吸收熱量，當溫度最高時氨水和鹽酸恰好完全反應，二者的物質(zhì)的量相等，根據(jù)圖知，二者完全反應時氨水體積小于10mL，則氨水濃度大于1.0mol/L，即n＞1.0，故A錯誤；
B．酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進水電離，酸中c（H⁺）或堿中c（OH^-）越大，其抑制水電離程度越大；
根據(jù)圖知，a點溶液中沒有滴加氨水，溶質(zhì)為HCl，b點溶液溫度最高，說明二者恰好完全反應生成氯化銨，所以溶質(zhì)為NH₄Cl，NH₄Cl溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，則氨水應該過量，所以c點溶液中溶質(zhì)為NH₄Cl和NH₃．H₂O，d點溶液中溶質(zhì)為NH₄Cl和NH₃．H₂O，且c（NH₄Cl）＜c（NH₃．H₂O），
a點、d點抑制水電離，且a點抑制水電離程度大于d；
b、c點促進水電離，但b點促進水電離程度大于c；
所以水電離程度大小順序是b＞c＞d＞a，
故B錯誤；
C．c點溶液呈中性，則c（NH₄⁺）=c（Cl^-），因為溶液體積是鹽酸的二倍，所以c（Cl^-）是原來的一半，為0.5mol/L，故C錯誤；
D．c點溶液呈中性，c（H⁺）=c（OH^-）=10^-7 mol/L，則c（NH₄⁺）=c（Cl^-），因為溶液體積是鹽酸的二倍，所以c（Cl^-）是原來的一半，則c點c（NH₄⁺）=c（Cl^-）=0.5 mol/L，c點溶液中c（NH₃．H₂O）=0.5nmol/L-0.5mol/L，水解平衡常數(shù)K_h=$\frac{{K}_{w}}{{K}_}$=$\frac{1{0}^{-14}}{\frac{0.5×1{0}^{-7}}{0.5n-0.5}}$=（n-1）×10^-7，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，側(cè)重考查學生分析判斷及計算能力，明確圖中曲線上各個點的溶質(zhì)成分及其性質(zhì)、物質(zhì)的量濃度相對大小是解本題關(guān)鍵，難點是水解平衡常數(shù)的計算，注意c點混合溶液中一水合氨濃度的計算，題目難度中等．