Question

A、B、C、D、E五種溶液分別是NaOH、NH₃•H₂O、CH₃COOH、HCl、NH₄HSO₄中的一種．常溫下進行下列實驗：

①將1L pH=3的A溶液分別與0.001mol/L x L B溶液、0.001mol/L y L D溶液充分反應至中性，x、y的大小關系式y(tǒng)＜x；

②濃度均為0.1mol/L A和E溶液，pH：A＜E

③濃度均為0.1mol/L C和D溶液等體積混合，溶液呈酸性．

回答下列問題：

（1）C是　　溶液，D是　　溶液．

（2）用水稀釋0.1mol/L B溶液時，溶液中隨水量的增加而減小的是　　．

A．B． C．c （H⁺）•c （OH^﹣）     D．n （OH^﹣）

（3）等pH、等體積的兩份溶液A和E，分別與鋅粉反應，若最后僅有一份溶液中存在鋅粉，且放出的氫氣的質量相同．則　　（填化學式）溶液中鋅粉有剩余．

（4）常溫下，向0.01mol/L C溶液中滴加0.01mol/L D溶液至中性，得到的溶液中所有離子的物質的量濃度由大到小的順序為　　．

（5）已知常溫下Mg（OH）₂在pH=12的D溶液中Mg²⁺的濃度為1.8×10^﹣7mol/L，則 Ksp[Mg（OH）₂]=　　．

Answer 1

考點：

酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算；鹽類水解的應用；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質．

專題：

電離平衡與溶液的pH專題；鹽類的水解專題．

分析：

根據(jù)中和酸性物質A只有NaOH、NH₃•H₂O，物質的量的A與等物質的量濃度B和D混合呈中性，D的用量少，說明D堿性比B的堿性強，所以D是NaOH，B為NH₃•H₂O；根據(jù)濃度均為0.1mol•L^﹣1C與D溶液等體積混合，溶液呈酸性，則C為NH₄HSO₄；根據(jù)濃度均為0.1mol•L^﹣1A和E溶液，pH：A＜E，則A為HCl，E為CH₃COOH；然后根據(jù)問題回答．

解答：

解：（1）中和酸性物質A只有NaOH、NH₃•H₂O，物質的量的A與等物質的量濃度B和D混合呈中性，D的用量少，說明D堿性比B的堿性強，所以D是NaOH，根據(jù)濃度均為0.1mol•L^﹣1C與D溶液等體積混合，溶液呈酸性，則C為NH₄HSO₄；故答案為：NH₄HSO₄ NaOH；

（2）A、B溶液為氨水溶液，由NH₃•H₂O⇌OH^﹣+NH₄⁺可知，加水促進電離，則n（NH₃•H₂O）減少，n（OH^﹣）增大，則=減小，故A正確；

B、由NH₃•H₂O⇌OH^﹣+NH₄⁺可知，加水促進電離，則n（NH₃•H₂O）減少，n（OH^﹣）增大，c（NH₃•H₂O）、c（OH^﹣）都減小，c（H⁺）減小，則減小，故B正確；

C、因加水稀釋時，溫度不變，則c（H⁺）和c（OH^﹣）的乘積不變，故C錯誤；

D、由NH₃•H₂O⇌OH^﹣+NH₄⁺可知，加水促進電離，OH^﹣的物質的量增大，故D錯誤；

故答案為：AB；

（3）等pH、等體積的兩份溶液A（HCl）和E（CH₃COOH），醋酸是弱電解質存在電離平衡，所以醋酸溶液濃度大于鹽酸難度，分別與鋅粉反應，若最后僅有一份溶液中存在鋅粉，且放出的氫氣的質量相同，只有強酸中剩余鋅，故答案為：HCl；

（4）常溫下，向0.01mol/L C（NH₄HSO₄）溶液中滴加0.01mol/L D（NaOH）溶液至中性，NH₄HSO₄中滴入NaOH溶液，NaOH首先與NH₄HSO₄電離出的H⁺作用，因為H⁺結合OH^﹣的能力比NH₄⁺結合OH^﹣的能量強（原因是產物H₂O比NH₃•H₂O更難電離）．當加入等摩爾的NaOH時，正好將H⁺中和，此時c（Na⁺）=c（SO₄^2﹣），但此時溶液中還有NH₄⁺，NH₄⁺水解使溶液呈酸性，因此要使溶液呈中性，則還需繼續(xù)滴入NaOH，當然到中性時c（OH^﹣）=c（H⁺），c（Na⁺）＞c（SO₄^2﹣ ）＞c（NH₄⁺）；

故答案為：c（Na⁺）＞c（SO₄^2﹣）＞c（NH₄⁺）＞c（OH^﹣）=c（H⁺）．

（5）常溫下Mg（OH）₂在pH=12的D（NaOH）溶液中Mg²⁺的濃度為1.8×10^﹣7mol/L，c（OH﹣）=10^﹣2mol/L，Mg（OH）₂（s）⇌Mg²⁺+2OH^﹣依據(jù)溶度積常數(shù)計算得到Ksp=c（Mg²⁺）c²（OH^﹣）=1.8×10^﹣7mol/L×（10^﹣2mol/L）²=1.8×10^﹣11（mol/L）³

故答案為：1.8×10^﹣11（mol/L）³；

點評：

本題考查電解質溶液之間的反應，沉淀溶解平衡的溶度積計算，涉及到強電解質、弱電解質的電離、鹽類的水解及溶液的pH值、離子濃度大小的比較等知識．