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4.常温下向25mL盐酸中逐滴滴入0.1mol•L-1氨水,溶液中由水电离出的c水(H+)随滴入氨水的体积变化如图所示.
(1)盐酸的浓度为0.1mol/L;V1的值为25mL.
(2)B点和D点溶液中的溶质分别是NH4Cl和HCl、NH4Cl和NH3•H2O(填化学式).
(3)在V(NH3•H2O)从0到V2 mL的变化过程中,溶液中不可能出现的离子浓度排序是BD(填字母).
A.c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)
B.c(NH4+)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)
C.c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
D.c(H+)>c(Cl-)>c(NH4+)>c(OH-)

分析 (1)盐酸溶液中由水电离出的c水(H+)=c(OH-)=$\frac{{K}_{w}}{c({H}^{+})}$,HCl完全电离,所以溶液中c(H+)=c(HCl),酸或碱抑制水电离,含有弱离子的盐促进水电离,则二者恰好完全反应生成氯化铵时水的电离程度最大,所以C点溶液中溶质为氯化铵;
(2)根据(1)知,C点酸碱恰好完全反应,则B点溶液中HCl过量,D点溶液中一水合氨过量;
(3)0到V2mL的过程中,溶液中溶质由HCl转化为HCl和氯化铵、氯化铵、氯化铵和一水合氨,无论溶液中溶质是什么,都存在电荷守恒.

解答 解:(1)盐酸溶液中由水电离出的c水(H+)=c(OH-)=$\frac{{K}_{w}}{c({H}^{+})}$,HCl完全电离,所以溶液中c(H+)=c(HCl)=$\frac{1{0}^{-14}}{1{0}^{-13}}$mol/L=0.1mol/L,酸或碱抑制水电离,含有弱离子的盐促进水电离,则二者恰好完全反应生成氯化铵时水的电离程度最大,所以C点溶液中溶质为氯化铵,因为一水合氨和HCl都是一元的,且二者浓度相等,所以体积相等,为25mL,
故答案为:0.1mol/L;25;
(2)根据(1)知,C点酸碱恰好完全反应,则B点溶液中HCl过量,D点溶液中一水合氨过量,所以BD点溶液中溶质分别为NH4Cl和HCl、NH4Cl和NH3•H2O,故答案为:NH4Cl和HCl;NH4Cl和NH3•H2O;
(3)0到V2mL的过程中,溶液中溶质由HCl转化为HCl和氯化铵、氯化铵、氯化铵和一水合氨,无论溶液中溶质是什么,都存在电荷守恒,
A.如果溶液中溶质为氯化铵,铵根离子水解导致溶液呈酸性,且铵根离子水解程度较小,所以存在c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-),故A不选;
B.如果溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-),根据电荷守恒得c(NH4+)<c(Cl-),故B选;
C.如果溶液呈碱性,则c(OH-)>c(H+),根据电荷守恒得c(NH4+)>c(Cl-),如果溶液中溶质为一水合氨和氯化铵,且氯化铵的物质的量大于一水合氨的物质的量,则存在c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+),故C不选;
D.c(H+)>c(Cl-)>c(NH4+)>c(OH-)不遵循电荷守恒,所以该离子浓度大小顺序不存在,故D选;
故选BD.

点评 本题考查酸碱混合溶液定性判断,为高频考点,侧重考查学生图象分析判断能力,明确每一点对应溶质成分及其性质是解本题关键,注意酸或碱中水电离出的c(OH-)、c(H+)计算方法,为易错点.

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