Question

17．電解質(zhì)水溶液中可存在電離平衡，水解平衡，溶解平衡，依據(jù)所學(xué)回答下列問題．
（1）等物質(zhì)的量濃度的下列四種溶液：①NH₃•H₂O�、冢∟H₄）₂SO₃�、跭HSO₃�、躃₂SO₃　溶液中水的電離程度由大到小的排列順序為②④③①（填序號）．
（2）體積相同、c（H⁺）相同的三種酸溶液①CH₃COOH；②HCl；③H₂SO₄分別與同濃度的NaOH溶液完全中和時，消耗NaOH溶液的體積由大到小的排列順序是①＞②=③（填序號）．將c（H⁺）相同的三種酸均加水稀釋至原來的10倍，c（H⁺）由大到小的順序為①＞②=③（填序號）．
（3）已知，H⁺（aq）+OH^-（aq）═H₂O（l）△H=-57.3kJ/mol．實驗測得稀醋酸與稀NaOH溶液反應(yīng)生成1mol H₂O時放出57kJ的熱，則醋酸溶液中，醋酸電離的熱化學(xué)方程式為CH₃COOH（aq） CH₃COO^-（aq）+H⁺（aq）△H=+0.3 kJ/mol．
（4）25℃時，NH₃•H₂O的電離常數(shù)為K_b=1.7×10^-3．0.1mol•L^-1NH₄Cl溶液的pH=a，則c（NH₄⁺）：c（NH₃•H₂O）=1.7×10^11-a（用含a的代數(shù)式表示）
（5）某化學(xué)研究性學(xué)習(xí)小組對電解質(zhì)溶液作如下歸納總結(jié)（均在常溫下），其中正確的有②③⑤⑥⑦
①pH=1的強酸溶液，加水稀釋后，溶液中各離子濃度一定都降低
②pH=2的鹽酸與pH=13的NaOH溶液，按體積比9：1混合后的溶液pH為11
③pH相等的三種溶液：a．CH₃COONa；b．NaHCO₃；c．NaOH．其溶液物質(zhì)的量濃度由小到大順序為c、b、a
④NH₄HSO₄溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH=7，則c（Na⁺）=2c（SO₄^2-）
⑤亞磷酸（H₃PO₃）是二元弱酸，所以Na₂HPO₃稀溶液一定呈堿性
⑥甲、乙兩溶液都是強電解質(zhì)，已知甲溶液的pH是乙溶液pH的兩倍，則甲、乙兩溶液等體積混合，混合液pH可能等于7．
⑦某二元酸在水中的電離方程式是H₂B═H⁺+HB^-；HB^-?H⁺+B^2-，則0.1mol/L的Na₂B溶液中，c（Na⁺）=2c（B^2-）+2c（HB^-）
（6）25℃時K_sp[Mg（OH）₂]=5.6×10^-12，K_sp[Cu（OH）₂]=2.2×10^-20，K_sp[Fe（OH）₃]=4.0×10^-38，K_sp[Al（OH）₃]=1，.1×10^-33．在25℃下，向濃度均為0.1mol•L^-1的AlCl₃和CuCl₂混合溶液中逐滴加入氨水，先生成Al（OH）₃沉淀（填化學(xué)式）．現(xiàn)向一定濃度的AlCl₃和FeCl₃的混合溶液中逐滴加入氨水，當(dāng)Fe³⁺剛好完全沉淀時，測定c（Al³⁺）=0.2mol•L^-1．此時所得沉淀中不含有（填“還含有”或“不含有”）Al（OH）₃．

Answer 1

分析 （1）酸溶液和堿溶液抑制了水的電離，酸溶液中的氫離子、堿溶液中的氫氧根離子濃度越大，水的電離程度越小；能夠水解的鹽溶液促進了水的電離，水解程度越大，水的電離程度越大；
（2）c（H⁺）相同的鹽酸和硫酸中和堿的能力相同，而鹽酸和醋酸，因為醋酸是弱電解質(zhì)，所以醋酸中和堿的能力強；
醋酸是弱電解質(zhì)加水稀釋促進電離，所以稀釋后醋酸氫離子濃度最大，而鹽酸和硫酸氫離子的濃度只減��；
（3）已知①：H⁺（aq）+OH^-（aq）═H₂O（l）△H=-57.3kJ/mol，
實驗測得稀醋酸與稀NaOH溶液反應(yīng)生成1mol H₂O時放出57kJ的熱，則②：CH₃COOH（aq）+OH^-（aq）═CH₃COO^-（aq）+H₂O（l）△H=-57kJ/mol，
根據(jù)蓋斯定律，②-①可得：CH₃COOH（aq） CH₃COO^-（aq）+H⁺；
（4）25℃時，NH₃•H₂O的電離常數(shù)為K_b=$\frac{c（N{{H}_{4}}^{+}）×c（O{H}^{-}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$=1.7×10^-3．0.1mol•L^-1NH₄Cl溶液的pH=a，計算溶液中c（OH^-），結(jié)合電離平衡常數(shù)計算；
（5）①強酸稀釋時氫氧根離子濃度增大；
②pH=2的鹽酸濃度為0.01mol/L，pH=13的NaOH溶液濃度為0.1mol/L，按體積比9：1混合后溶液呈堿性，計算剩余氫氧根離子濃度，再結(jié)合水的離子積計算氫離子濃度，根據(jù)pH=-lgc（H⁺）；
③pH相等的三種溶液中氫氧根離子濃度相等，CH₃COONa、NaHCO₃水解顯堿性，濃度大于氫氧化鈉的，醋酸根、碳酸氫根的水解程度越大，鹽的濃度越��；
④溶液pH=7，則c（H⁺）=c（OH^-），結(jié)合電荷守恒判斷；
⑤亞磷酸（H₃PO₃）是二元弱酸，Na₂HPO₃是正鹽，HPO₃^-水解溶液呈堿性；
⑥甲、乙兩溶液都是強電解質(zhì)，已知甲溶液的pH是乙溶液pH的兩倍，溶液等體積混合，若混合液pH等于7，則二者pH之和=14，結(jié)合pH倍數(shù)關(guān)系計算各自pH判斷；
⑦一級電離完全電離，二級電離部分電離，根據(jù)物料守恒判斷；
（6）根據(jù)Ksp計算鋁離子、銅離子沉淀時需要氫氧根離子濃度，需要氫氧根離子濃度越小，離子最先轉(zhuǎn)化為沉淀；
計算Fe³⁺剛好完全沉淀時氫氧根離子濃度，再結(jié)合計算鋁離子與氫氧根離子濃度積，由溶度積比較判斷．

解答 解：（1）①NH₃•H₂O、③KHSO₃抑制水的電離，氨水的電離程度大于亞硫酸氫根的電離程度，氨水中水的電離程度更小，④K₂SO₃、②（NH₄）₂SO₃ 發(fā)生水解，促進水的電離，（NH₄）₂SO₃　中銨根離子和亞硫酸根離子相互促進水解，水解程度更大，促進了水的電離，水的電離程度由大到小排列為：②④③①，
故答案為：②④③①；
（2）c（H⁺）相同的鹽酸和硫酸中和堿的能力相同，而鹽酸和醋酸，因為醋酸是弱電解質(zhì)，所以醋酸中和堿的能力強，所以消耗NaOH溶液的體積由大到小的排列順序為①＞②=③，
醋酸是弱電解質(zhì)加水稀釋促進電離，所以稀釋后醋酸氫離子濃度最大，而鹽酸和硫酸氫離子的濃度只減小，所以c（H⁺）由大到小的順序為①＞②=③，
故答案為：①＞②=③；①＞②=③；
（3）已知①：H⁺（aq）+OH^-（aq）═H₂O（l）△H=-57.3kJ/mol，
實驗測得稀醋酸與稀NaOH溶液反應(yīng)生成1mol H₂O時放出57kJ的熱，則②：CH₃COOH（aq）+OH^-（aq）═CH₃COO^-（aq）+H₂O（l）△H=-57kJ/mol，
根據(jù)蓋斯定律，②-①可得：CH₃COOH（aq） CH₃COO^-（aq）+H⁺（aq）△H=+0.3 kJ/mol，
故答案為：CH₃COOH（aq） CH₃COO^-（aq）+H⁺（aq）△H=+0.3 kJ/mol；
（4）25℃時，NH₃•H₂O的電離常數(shù)為K_b=$\frac{c（N{{H}_{4}}^{+}）×c（O{H}^{-}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$=1.7×10^-3．0.1mol•L^-1NH₄Cl溶液的pH=a，則溶液中c（OH^-）=$\frac{1{0}^{-14}}{1{0}^{-a}}$mol/L=10^-14+amol/L，則c（NH₄⁺）：c（NH₃•H₂O）=$\frac{{K}_}{c（O{H}^{-}）}$=$\frac{1.7×1{0}^{-3}}{1{0}^{-14+a}}$=1.7×10^11-a，
故答案為：1.7×10^11-a；
（5）①強酸溶液全部電離，加水稀釋后，溶液中H⁺離子濃度一定都降低，氫離子和氫氧極根離子的濃度的乘積為定值，氫氫氧根離子濃度增大，故①錯誤；
②pH=2的鹽酸濃度為0.01mol/L，pH=13的NaOH溶液濃度為0.1mol/L，按體積比9：1混合后溶液呈堿性，剩余氫氧根離子濃度為$\frac{0.1×1-0.01×9}{1+9}$mol/L=0.001mol/L，則氫離子濃度為10^-11mol/L，則pH=-lgc（H⁺）=11，故②正確；
③pH相等的三種溶液中氫氧根離子濃度相等，CH₃COONa、NaHCO₃水解顯堿性，濃度大于氫氧化鈉的，醋酸的酸性比碳酸的強，醋酸根的水解程度比碳酸氫根的水解程度小，CH₃COONa濃度比碳酸氫鈉的小大，即濃度：NaOH＜NaHCO₃＜CH₃COONa，故③正確；
④溶液pH=7，則c（H⁺）=c（OH^-），由電荷守恒：c（Na⁺）+c（H⁺）+c（NH₄⁺）=c（OH^-）+2c（SO₄^2-），故c（Na⁺）+c（NH₄⁺）=2c（SO₄^2-），故④錯誤；
⑤亞磷酸（H₃PO₃）是二元弱酸，Na₂HPO₃是正鹽，HPO₃^-水解溶液呈堿性，故⑤正確；
⑥甲、乙兩溶液都是強電解質(zhì)，已知甲溶液的pH是乙溶液pH的兩倍，設(shè)二者p分別為2a、a，溶液等體積混合，若混合液pH等于7，則二者pH之和=14，故a+2a=14，解得a=$\frac{14}{3}$，甲為堿、乙為酸，符合題意，故⑥正確；
⑦某二元酸在水中的電離方程式是H₂B═H⁺+HB^-；HB^-?H⁺+B^2-，一級電離完全電離，二級電離部分電離，根據(jù)物料守恒：c（Na⁺）=2c（B^2-）+2c（HB^-），故⑦正確，
故答案為：②③⑤⑥⑦；
（6）25℃時K_sp[Mg（OH）₂]=5.6×10^-12，K_sp[Cu（OH）₂]=2.2×10^-20，K_sp[Fe（OH）₃]=4.0×10^-38，K_sp[Al（OH）₃]=1.1×10^-33．
鋁離子沉淀時c（OH^-）=$\root{3}{\frac{1.1×1{0}^{-33}}{0.1}}$mol/L=$\root{3}{11}$×10^-11mol/L，銅離子沉淀時c（OH^-）=$\sqrt{\frac{2.2×1{0}^{-20}}{0.1}}$mol/L=$\sqrt{22}$×10^-10，鋁離子沉淀需要氫氧根離子濃度小，所以先析出Al（OH）₃沉淀；
Fe³⁺剛好完全沉淀時氫氧根離子濃度為$\root{3}{\frac{4×1{0}^{-38}}{1{0}^{-5}}}$mol/L=$\root{3}{4}$×10^-11mol/L，則c（Al³⁺）×c³（OH^-）=0.2×$\frac{4×1{0}^{-38}}{1{0}^{-5}}$=8×10^-34＜K_sp[Al（OH）₃]=1.1×10^-33，沒有氫氧化鋁析出，
故答案為：Al（OH）₃；不含有．

點評 本題考查溶液pH計算、鹽類水解、弱電解質(zhì)的電離、離子濃度大小比較、溶度積有關(guān)計算等，是對學(xué)生綜合能力的考查，需要學(xué)生具備扎實的基礎(chǔ)．