Question

（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）　．

A．9     B．13  C．11～13之间     D．9～11之间

（2）25℃时，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是（填序号）　　．

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，电离出大量铵离子，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），

①　　和　　两种粒子的物质的量之和等于0.1mol．

②　　和　　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，该溶质的名称是　　，上述离子浓度大小顺序关系中正确的是（选填序号）　　．

②若上述关系中C是正确的，则溶液中溶质的化学式是　　．

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

考点：

弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素；离子浓度大小的比较．

专题：

电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．

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；

（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，所以溶液的pH应该9﹣11之间，故选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，故选C；

（3）根据物料守恒知，C（NH₄⁺）+C（NH₃．H₂O）=0.1mol，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：①NH₄⁺、NH₃．H₂O；②NH₄⁺、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，根据物质的性质及物料守恒和电荷守恒来分析解答，难度较大．