题目内容

A、B、C、D、E五种溶液分别是NaOH、NH3?H2O、CH3COOH、HCl、NH4HSO4中的一种.常温下进行下列实验:
①将1L pH=3的A溶液分别与0.001mol/L x L B溶液、0.001mol/L y L D溶液充分反应至中性,x、y的大小关系式y<x;
②浓度均为0.1mol/L A和E溶液,pH:A<E
③浓度均为0.1mol/L C和D溶液等体积混合,溶液呈酸性.
回答下列问题:
(1)C是
NH4HSO4
NH4HSO4
溶液,D是
NaOH
NaOH
溶液.
(2)用水稀释0.1mol/L B溶液时,溶液中随水量的增加而减小的是
AB
AB

A.
c(B)
c(OH-)
B.
c(OH-)
c(H+)
 C.c (H+)?c (OH-)     D.n (OH-
(3)等pH、等体积的两份溶液A和E,分别与锌粉反应,若最后仅有一份溶液中存在锌粉,且放出的氢气的质量相同.则
HCl
HCl
(填化学式)溶液中锌粉有剩余.
(4)常温下,向0.01mol/L C溶液中滴加0.01mol/L D溶液至中性,得到的溶液中所有离子的物质的量浓度由大到小的顺序为
c(Na+)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(H+)=c(OH-
c(Na+)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(H+)=c(OH-

(5)已知常温下Mg(OH)2在pH=12的D溶液中Mg2+的浓度为1.8×10-7mol/L,则 Ksp[Mg(OH)2]=
1.8×10-11(mol/L)3
1.8×10-11(mol/L)3
分析:根据中和酸性物质A只有NaOH、NH3?H2O,物质的量的A与等物质的量浓度B和D混合呈中性,D的用量少,说明D碱性比B的碱性强,所以D是NaOH,B为NH3?H2O;根据浓度均为0.1mol?L-1C与D溶液等体积混合,溶液呈酸性,则C为NH4HSO4;根据浓度均为0.1mol?L-1A和E溶液,pH:A<E,则A为HCl,E为CH3COOH;然后根据问题回答.
解答:解:(1)中和酸性物质A只有NaOH、NH3?H2O,物质的量的A与等物质的量浓度B和D混合呈中性,D的用量少,说明D碱性比B的碱性强,所以D是NaOH,根据浓度均为0.1mol?L-1C与D溶液等体积混合,溶液呈酸性,则C为NH4HSO4;故答案为:NH4HSO4 NaOH;
(2)A、B溶液为氨水溶液,由NH3?H2O?OH-+NH4+可知,加水促进电离,则n(NH3?H2O)减少,n(OH-)增大,则
c(NH3?H2O)
c(OH-)
=
c(NH3?H2O)
c(OH-)
减小,故A错误;
B、由NH3?H2O?OH-+NH4+可知,加水促进电离,则n(NH3?H2O)减少,n(OH-)增大,c(NH3?H2O)、c(OH-)都减小,c(H+)减小,则
c(OH-)
c(H+)
减小,故B正确;
C、因加水稀释时,温度不变,则c(H+)和c(OH-)的乘积不变,故C错误;
D、由NH3?H2O?OH-+NH4+可知,加水促进电离,OH-的物质的量增大,故D错误;
故答案为:AB;
(3)等pH、等体积的两份溶液A(HCl)和E(CH3COOH),醋酸是弱电解质存在电离平衡,所以醋酸溶液浓度大于盐酸难度,分别与锌粉反应,若最后仅有一份溶液中存在锌粉,且放出的氢气的质量相同,只有强酸中剩余锌,故答案为:HCl;
(4)常温下,向0.01mol/L C(NH4HSO4)溶液中滴加0.01mol/L D(NaOH)溶液至中性,NH4HSO4中滴入NaOH溶液,NaOH首先与NH4HSO4电离出的H+作用,因为H+结合OH-的能力比NH4+结合OH-的能量强(原因是产物H2O比NH3?H2O更难电离).当加入等摩尔的NaOH时,正好将H+中和,此时c(Na+)=c(SO42-),但此时溶液中还有NH4+,NH4+水解使溶液呈酸性,因此要使溶液呈中性,则还需继续滴入NaOH,当然到中性时c(OH-)=c(H+),c(Na+)>c(SO42- )>c(NH4+);
故答案为:c(Na+)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH-)=c(H+).
(5)常温下Mg(OH)2在pH=12的D(NaOH)溶液中Mg2+的浓度为1.8×10-7mol/L,c(OH-)=10-2mol/L,Mg(OH)2(s)?Mg2++2OH-依据溶度积常数计算得到Ksp=c(Mg2+)c2(OH-)=1.8×10-7mol/L×(10-2mol/L)2=1.8×10-11(mol/L)3
故答案为:1.8×10-11(mol/L)3
点评:本题考查电解质溶液之间的反应,沉淀溶解平衡的溶度积计算,涉及到强电解质、弱电解质的电离、盐类的水解及溶液的pH值、离子浓度大小的比较等知识.
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