Question

1．（1）鈰（Ce）是地殼中含量最高的稀土元素．在加熱條件下CeCl₃易發(fā)生水解，無水CeCl₃可用加熱CeCl₃•6H₂O和NH₄Cl固體混合物的方法來制備．其中NH₄Cl的作用是分解出HCl氣體，抑制CeCl₃水解
（2）Na₂S溶液中離子濃度由大到小的順序為Na⁺＞S^2-＞OH^-＞HS^-＞H⁺，向該溶液中加入少量固體CuSO₄，溶液pH減�。ㄌ睢霸龃蟆�、“減小”或“不變”）．
（3）已知100℃時水的離子積Kw是1.0×10^-12，100℃時，將pH=9的NaOH溶液與pH=4的硫酸溶液混合，若所得混合溶液pH=7，則NaOH溶液與硫酸溶液的體積比為1：9
（4）25℃在等體積的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，發(fā)生電離的水的物質(zhì)的量之比是1：10：10¹⁰：10⁹．

Answer 1

分析 （1）氯化鈰為強酸弱堿鹽，其水溶液為酸性，氯化氫抑制氯化鈰水解；
（2）硫化鈉為強堿弱酸鹽，硫離子水解而使其溶液呈堿性，硫離子有兩步水解，第一步水解能力遠遠大于第二步；硫化銅為難溶于水和酸的物質(zhì)；
（3）根據(jù)$\frac{1{0}^{-3}×{V}_{1}-1{0}^{-4}×{V}_{2}}{{V}_{1}+{V}_{2}}$=10^-5計算氫氧化鈉和硫酸的體積之比；
（4）根據(jù)H₂0H⁺+OH^-可知，H₂SO₄溶液、Ba（OH）₂溶液抑制水的電離，根據(jù)溶液的H₂SO₄溶液的PH或Ba（OH）₂溶液中c（OH^-）計算水的電離的物質(zhì)的量，Na₂S溶液、NH₄NO₃溶液促進水的電離，根據(jù)PH可直接求出發(fā)生電離的水的物質(zhì)的量，進而計算物質(zhì)的量之比．

解答 解：（1）氯化銨固體不穩(wěn)定，在加熱條件下易分解生成氯化氫，氯化鈰為強酸弱堿鹽，氯化鈰水解而使其溶液呈酸性，氯化氫能抑制氯化鈰水解，所以氯化銨的作用是分解出HCl氣體，抑制CeCl₃水解，
故答案為：分解出HCl氣體，抑制CeCl₃水解；
（2）硫化鈉為強堿弱酸鹽，硫離子易水解而使其溶液呈堿性，硫離子第一步水解能力遠遠大于第二步，溶液中氫氧根離子來源于水的電離和硫離子水解，硫氫根離子只來源于硫離子水解，但硫離子的水解能力較小，所以溶液中離子濃度大小順序是Na⁺＞S^2-＞OH^-＞HS^-＞H⁺，硫化銅不溶于水和酸，硫化氫和硫酸銅反應(yīng)生成硫化銅黑色沉淀和硫酸，導(dǎo)致溶液酸性增強，則pH減小，
故答案為：Na⁺＞S^2-＞OH^-＞HS^-＞H⁺；減��；
（3）設(shè)氫氧化鈉的體積為V₁ ，稀硫酸的體積為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，故答案為：1：9；
（4）設(shè)溶液的體積為1L，
①中pH=0的H₂SO₄中c（H⁺）=1.0 mol•L^-1，c（OH^-）=1.0×10^-14mol•L^-1，水電離的物質(zhì)的量為1.0×10^-14mol；
②中c（OH^-）=0.1 mol•L^-1，c（H⁺）=1.0×10^-13mol•L^-1，水電離的物質(zhì)的量為1.0×10^-13mol；
③中c（OH^-）=1.0×10^-4mol•L^-1，水的電離的物質(zhì)的量為1.0×10^-4mol；
④中c（H⁺）=1.0×10^-5mol•L^-1，水的電離的物質(zhì)的量為1.0×10^-5mol．
故①②③④中水的電離的物質(zhì)的量之比為：1.0×10^-14mol：1.0×10^-13mol：1.0×10^-4mol¹：1.0×10^-5mol=1：10：10¹⁰：10⁹，
故答案為：1：10：10¹⁰：10⁹．

點評 本題考查了鹽類水解的應(yīng)用、酸堿混合溶液的計算，明確鹽類水解原理是解本題關(guān)鍵，會根據(jù)鹽類水解特點來確定溶液中離子濃度大小，強酸弱堿鹽和強堿弱酸鹽能相互促進水解，題目難度中等．