Question

9．（1）在25℃条件下将pH=11的氨水稀释100倍后溶液的pH为（填序号）D．
A、9B、13C、11～13之间D、9～11之间
（2）25℃时，向0.1mol•L^-1的氨水中加入少量氨化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是（填序号）C．
A、氨水与氯化铵发生化学反应
B、氯化铵溶液水解显酸性，增加了c（H⁺）
C、氯化铵溶于水，电离出大量按离子，抑制了氨水的电离，使c（OH?）减小
（3）室温下，如果将0.1mol NH₄Cl和0.05mol NaOH全部溶于水，形成混合溶液（假设无损失）
①NH₄⁺和NH₃•H₂O两种粒子的物质的量之和等于0.1mol．
②NH₄⁺和H⁺两种粒子的物质的量之和比OH^-多0.05mol．
（4）已知某溶液中只存在OH^-、H⁺、NH₄⁺、Cl?四种离子，某同学推测该溶液中各离子浓度大小顺序可能有如下四种关系：
A、c（Cl^-）＞c（NH₄⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-）B、c（Cl^-）＞c（NH₄⁺）＞c（OH⁺）＞c（H⁺）
C、c（Cl^-）＞c（H⁺）＞c（NH₄⁺）＞c（OH^-）D、c（NH₄⁺）＞c（Cl^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）
①若溶液中只溶解了一种溶质，该溶质是NH₄Cl，上述离子浓度大小顺序关系中正确的是（选填序号）A．
②若上述关系中C是正确的，则溶液中溶质的化学式是NH₄Cl和HCl．
③若该溶液中由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c（HCl）（填“＞”、“＜”或“=”，下同）＜c（NH₃•H₂O），混合后溶液中c（NH₄⁺）与c（Cl^-）的关系：c（NH₄⁺）=c（Cl^-）．

Answer 1

分析 （1）将pH=11的氨水稀释100倍后，稀释后的溶液中氢氧根离子浓度大于原来的$\frac{1}{100}$；
（2）氨水是弱电解质存在电离平衡，向溶液中加入相同的离子能抑制氨水电离；
（3）根据物料守恒和电荷守恒来分析；
（4）①任何水溶液中都有OH^-、H⁺，若溶质只有一种则为NH₄Cl，利用铵根离子水解使溶液显酸性来分析；
②C中离子关系可知溶液显酸性，且c（Cl^-）＞c（H⁺）＞c（NH₄⁺），则溶液为盐酸与氯化铵的混合溶液；
③溶液呈中性，则溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，根据电荷守恒确定溶液中铵根离子浓度和氯离子浓度的关系，氯化铵溶液呈酸性，要使溶液呈中性，氨水应该稍微过量．

解答 解：（1）将pH=11的氨水稀释100倍后，稀释后的溶液中氢氧根离子浓度大于原来的$\frac{1}{100}$，所以溶液的pH应该9-11之间，
故答案为：D；
（2）氯化铵溶于水电离出铵根离子，使氨水中的铵根离子浓度增大平衡向左移动，从而抑制氨水电离，
故答案为：C；
（3）①根据物料守恒知，c（NH₄⁺）+c（NH₃•H₂O）=0.1mol，
故答案为：NH₄⁺；NH₃•H₂O；
②根据溶液中电荷守恒得c（Cl^-）+c（OH^-）=c（H⁺）+C（NH₄⁺）+C（Na⁺），c（H⁺）+c（NH₄⁺）-c（OH^-）=c（Cl^-）-c（Na⁺）=0.1mol-0.05mol=0.05mol，
故答案为：NH₄⁺；H⁺；
（4）①因任何水溶液中都有OH^-、H⁺，若溶质只有一种则为NH₄Cl，铵根离子水解方程式为NH₄⁺+H₂O?NH₃．H₂O+H⁺，则c（Cl^-）＞c（NH₄⁺），水解显酸性，则c（H⁺）＞c（OH^-），又水解的程度很弱，则c（Cl^-）＞c（NH₄⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-），即A符合，
故答案为：NH₄Cl；A；
②C中离子关系可知溶液显酸性，且c（Cl^-）＞c（H⁺）＞c（NH₄⁺），则溶液为盐酸与氯化铵的混合溶液，其溶质为HCl、NH₄Cl，
故答案为：NH₄Cl和HCl；
③氯化铵是强酸弱碱盐其水溶液呈酸性，要使氯化铵溶液呈中性，则氨水应稍微过量，因为盐酸和氨水的体积相等，则盐酸的物质的量浓度小于氨水，溶液呈中性，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，溶液呈电中性，所以溶液中氯离子浓度等于铵根离子浓度，
故答案为：＜；=．

点评 本题考查了弱电解质的电离、离子浓度大小的比较等知识点，题目难度中等，根据物质的性质及物料守恒和电荷守恒来分析解答，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．