Question

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

溶液，D是

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

．
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

（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（SO₄^2-）＞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

．

Answer 1

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（SO₄^2-），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（SO₄^2- ）＞c（NH₄⁺）；
故答案为：c（Na⁺）＞c（SO₄^2-）＞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．