Question

2．常温下有0.1mol•L^-1四种溶液NaOH、NH₃•H₂O、HCl、CH₃COOH
（1）已知CH₃COOH溶液的pH=3，其电离度为1%，由水电离的c（H⁺）=10^-11mol•L^-1．
（2）相同pH的CH₃COOH溶液和HCl溶液加水稀释，其pH变化情况如图，其中表示HCl溶液的是曲线I，a、b两点中，导电能力更强的是a．
（3）NH₃•H₂O溶液和HCl溶液混合，已知体积V（NH₃•H₂O）＞V（HCl），当溶液中c（NH₃•H₂O）=c（NH₄⁺）时，溶液的pH=9.25．[已知：K_b（NH₃•H₂O）=1.77×10^-5，lg 1.77=0.25]．

Answer 1

分析 （1）电离度α=$\frac{已电离的醋酸分子}{醋酸分子总数}$×100%；根据溶液中的氢氧根离子计算；
（2）pH相等的醋酸和盐酸中，加水稀释促进醋酸电离，稀释相同的倍数后，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以pH变化大的为强酸；
溶液的导电能力与离子浓度成正比；
（3）根据K_b（NH₃•H₂O）=$\frac{c（N{{H}_{4}}^{+}）×c（O{H}^{-}）}{（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$，结合c（NH₃•H₂O）=c（NH₄⁺）计算．

解答 解：（1）由CH₃COOH?CH₃COO^-+H⁺知，c（H⁺）等于已经电离的c（CH₃COOH），所以已经电离的醋酸浓度是1.0×10^-3mol/L，
所以α=$\frac{已电离的醋酸分子}{醋酸分子总数}$×100%=$\frac{1×1{0}^{-3}mol/L}{0.1mol/L}$×100%=1%；pH=3的醋酸溶液中，c（OH^-）=$\frac{1{0}^{-14}}{0.001}$=10^-11mol/L，醋酸溶液中氢氧根离子全部由水电离，而由水电离的氢离子等于水电离的氢氧根离子，则由水电离的c（H⁺）=10^-11mol•L^-1，；
故答案为：1%；10^-11；
（2）pH相等的醋酸和盐酸中，加水稀释促进醋酸电离，稀释相同的倍数后，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以pH变化大的为强酸，根据图象知，I为盐酸；
溶液的导电能力与离子浓度成正比，氢离子浓度越大溶液的pH越小，所以溶液导电能力较大的是a；
故答案为：?；a；
（3）已知K_b（NH₃•H₂O）=$\frac{c（N{{H}_{4}}^{+}）×c（O{H}^{-}）}{（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$=1.77×10^-5，又因为c（NH₃•H₂O）=c（NH₄⁺），则c（OH^-）=1.77×10^-5，所以c（H⁺）=$\frac{1{0}^{-14}}{1.77×1{0}^{-5}}$，则pH=9.25；
故答案为：9.25．

点评 本题考查了弱电解质的电离，根据弱电解质电离特点结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，难点是（3）题，根据电离平衡常数计算，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力．