Question

20．按要求回答下列问题：
（1）已知100℃时，K_w=1.0×10^-12．将一定体积pH=10的NaOH溶液和一定体积的pH=3的H₂SO₄溶液混合，所得混合溶液pH=7．则NaOH溶液和H₂SO₄溶液的体积比为3：2（忽略混合时溶液体积的变化）．
（2）工业上用氨水将SO₂转化为（NH₄）₂SO₃，再氧化为（NH₄）₂SO₄．已知25℃时，0.05mol•L^-1（NH₄）₂SO₄溶液的pH=a，则c（NH₄⁺）：c（NH₃•H₂O）=1.7×10^11-a（用含a的代数式表示，已知NH₃•H₂O的电离常数K_b=1.7×10^-3）
（3）常温下，向V L 0.1mol•L^-1的醋酸溶液中加水稀释，下列说法正确的是B（填字母）．
A、溶液中导电粒子的数目将减少        B、由水电离的c（H⁺）浓度将增大
C、溶液中$\frac{c（C{H}_{3}CO{O}^{-}）}{c（C{H}_{3}COOH）•c（O{H}^{-}）}$不变     D、溶液中$\frac{c（C{H}_{3}CO{O}^{-}）}{c（{H}^{+}）}$将增大
E、醋酸的电离程度将增大，c（H⁺）也增大
（4）已知反应：4NH₃+3O₂═2N₂+6H₂O，现将该反应设计成燃料电池，若该电池以KOH溶液作电解质溶液，则负极的电极反应式为2NH₃-6e^-+6OH^-=N₂+6H₂O．

Answer 1

分析 （1）pH=3的H₂SO₄溶液，c（H⁺）=1×10^-3mol/L，pH=10的NaOH溶液，c（OH^-）=1×10^-2mol/L，要使混合液的pH=7，则碱剩余，据此计算；
（2）根据氨水的电离平衡常数K_b=$\frac{c（N{{H}_{4}}^{+}）•c（O{H}^{-}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$代入数据进行计算即可；
（3）醋酸是弱电解质，加水稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，醋酸电离产生的醋酸根离子和氢离子数目增多浓度减小，根据醋酸的电离程度确定溶液中微粒个数变化；
（4）燃料电池中，负极是燃料发生失电子的氧化反应．

解答 解：（1）pH=3的H₂SO₄溶液，c（H⁺）=1×10^-3mol/L，pH=10的NaOH溶液，c（OH^-）=1×10^-2mol/L，pH=3的H₂SO₄溶液和pH=10的NaOH溶液混合，要使混合液的pH=7，则碱剩余，则有$\frac{1{0}^{-2}{V}_{1}-1{0}^{-3}{V}_{2}}{{V}_{1}+{V}_{2}}$=10^-5，V₁：V₂=3：2，故答案为：3：2；
（2）0.05mol•L^-1（NH₄）₂SO₄溶液的pH=a，则c（OH^-）=10^a-14，K_b=$\frac{c（N{{H}_{4}}^{+}）•c（O{H}^{-}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$=1.7×10^-3mol．L^-1，所以$\frac{c（N{{H}_{4}}^{+}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$=$\frac{1.7×1{0}^{-3}}{1×1{0}^{a-14}}$=1.7×10^11-a，故答案为：1.7×10^11-a；
（3）A、醋酸是弱电解质，加水稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，醋酸电离产生的醋酸根离子和氢离子数目增多，即溶液中导电粒子的数目将增多，故A错误；
B、加水稀释，促进电离，但离子浓度降低，酸性减弱，对水的电离的抑制程度减弱，即由水电离的c（H⁺）浓度将增大，故B正确；
C、溶液中$\frac{c（C{H}_{3}CO{O}^{-}）}{c（C{H}_{3}COOH）•c（O{H}^{-}）}$=$\frac{Ka}{Kw}$=常数，只受温度的影响，所以加水后数值不变，故C错误；
D、醋酸电离产生的醋酸根离子和氢离子数目增多，浓度同等程度的减小，$\frac{c（C{H}_{3}CO{O}^{-}）}{c（{H}^{+}）}$将不变，故D错误；
E、加水稀释，醋酸的电离程度将增大，c（H⁺）减小，故E错误．
故选B；
（4）燃料电池中，负极是燃料发生失电子的氧化反应，所以氨作为燃料电池燃气时，负极上是氨气失电子的过程，即2NH₃-6e^-+6OH^-=N₂+6H₂O，故答案为：2NH₃-6e^-+6OH^-=N₂+6H₂O．

点评 本题考查了弱电解质的电离、酸碱混合后溶液pH的计算等知识，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的计算方法是关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力．