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 .由水电离的c(H+)= mol?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 .a.b两点中.导电能力更强的是．(3)NH3?H2O溶液和HCl溶液等体积混合后.溶液呈酸性� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

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

，由水电离的c（H⁺）=

mol?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

，a、b两点中，导电能力更强的是

．
（3）NH₃?H₂O溶液和HCl溶液等体积混合后，溶液呈酸性的原因是（用离子方程式表示）

．此时，该混合溶液中的微粒浓度关系正确的是

．
A．c（Cl^-）＞c（H⁺）＞c（NH₄⁺）＞c（OH^-） B．c（Cl^-）=c（NH₄⁺）＞c（OH^-）=c（H⁺）
C．c（NH₄⁺）+c（NH₃?H₂O）=0.1mol?L^-1 D．c（H⁺）=c（NH₃?H₂O）+c（OH^-）
（4）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=

，该混合液中加入少量的酸或碱，结果发现溶液的pH变化不大，其原因是

．[已知：K_b（NH₃?H₂O）=1.77×10^-5，lg 1.77=0.25]．

考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡,酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算

专题：

分析：（1）电离度=

[H+]

[CH3COOH]

；由水电离的c（H⁺）等于溶液中氢氧根离子浓度；
（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）等物质的量的氨水和盐酸混合时，二者恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解；
根据溶液的酸碱性再结合电荷守恒判断离子浓度大小；
（4）据K_b（NH₃?H₂O）=1.77×10^-5，计算溶液中c（OH^-）浓度，从而计算其pH，溶液中c（NH₃?H₂O）=c（NH₄⁺），形成了缓冲溶液．

解答： 解：（1）电离度=

[H+]

[CH3COOH]

10-3

0.1

×100%=1%；由水电离的c（H⁺）等于溶液中氢氧根离子浓度=

10-14

10-3

=1×10^-11mol．L^-1，
故答案为：1%；1×10^-11mol．L^-1；
（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）等物质的量的氨水和盐酸混合时，二者恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解而使溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，则溶液呈酸性，水解离子方程式为NH₄⁺+H₂O?NH₃?H₂O+H⁺，
A．氯化铵能水解但水解程度较小，所以c（H⁺）＜c（NH₄⁺），故错误；
B．铵根离子水解而使溶液呈酸性，所以c（OH^-）＜c（H⁺），故错误；
C．溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（NH₄⁺）+c（NH₃?H₂O）=0.05mol?L^-1，故错误；
D．根据质子守恒得c（H⁺）=c（NH₃?H₂O）+c（OH^-），故正确；
故答案为：NH₄⁺+H₂O?NH₃?H₂O+H⁺；D；
（4）K_b（NH₃?H₂O）=

[NH4+]?[OH-]

[NH3?H2O]

=1.77×10^-5，当溶液中c（NH₃?H₂O）=c（NH₄⁺）时，c（OH^-）=1.77×10^-5，pOH=5-0.25=4.75，所以pH=9.25，溶液中c（NH₃?H₂O）=c（NH₄⁺），形成了缓冲溶液，该混合液中加入少量的酸或碱，溶液的pH变化不大，
故答案为：9.25；形成了缓冲溶液．

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（4）题，注意电离平衡常数计算公式的应用，题目难度不大．