Question

8．25℃时，将0.0lmol•L^-1的盐酸与b mol•L^-1的氨水等体积混合，反应后溶液呈中性（忽略溶液混合后体积的变化）．下列说法不正确的是（　　）

• A． 此时水的电离程度并不是最大
• B． 混合溶液中的离子浓度：c（NH₄⁺）=c（Cl^-）＞c（H⁺）=c（OH^-）
• C． 此时溶液中NH₃•H₂O的浓度为$\frac{1}{2}$（b-0.01）mol．L^-1
• D． 用含b的代数式不能表示25℃时NH₃•H₂O的电离常数

Answer 1

分析 A．当氨水与盐酸恰好反应时生成氯化铵溶液，铵根离子水解促进了水的电离，此时水的电离程度最大，溶液显示酸性；
B．溶液显中性，则c（H⁺）=c（OH^-），根据电荷守恒分析各离子浓度大小；
C．溶液中（Cl^-）=0.005mol/L，c（H⁺）=c（OH^-）=10^-7mol/L，已知电荷守恒c（H⁺）+c（NH₄⁺）=c（Cl^-）+c（OH^-），则c（NH₄⁺）=c（Cl^-）=0.005mol/L，c（NH₃•H₂O）=$\frac{b}{2}$mol/L-c（NH₄⁺）=$\frac{b-0.01}{2}$mol/L=$\frac{1}{2}$（b-0.01）mol/L，c（OH^-）=10^-7mol/L；
D．根据C可知c（H⁺）、c（OH^-）、c（NH₃•H₂O），然后根据K_b=$\frac{c（N{{H}_{4}}^{+}）•c（O{H}^{-}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$可计算25℃时NH₃•H₂O的电离常数．

解答 解：A．在一水合氨与氯化氢恰好反应生成氯化铵溶液时，铵根离子在溶液中部分水解，促进了水的电离，水的电离程度最大，溶液显示酸性，当溶液显示中性时，氨水稍稍过量，水的电离程度小于二者恰好反应时水的电离程度，故A错误；
B．已知电荷守恒c（H⁺）+c（NH₄⁺）=c（Cl^-）+c（OH^-），溶液显中性，则c（H⁺）=c（OH^-），所以c（NH₄⁺）=（Cl^-），此时溶液中离子浓度大小为：c（NH₄⁺）=c（Cl^-）＞c（H⁺）=c（OH^-），故B正确；
C．．溶液中（Cl^-）=0.005mol/L，c（H⁺）=c（OH^-）=10^-7mol/L，已知电荷守恒c（H⁺）+c（NH₄⁺）=c（Cl^-）+c（OH^-），则c（NH₄⁺）=c（Cl^-）=0.005mol/L，c（NH₃•H₂O）=$\frac{b}{2}$mol/L-c（NH₄⁺）=$\frac{b-0.01}{2}$mol/L=$\frac{1}{2}$（b-0.01）mol/L，故C正确；
D．溶液中（Cl^-）=0.005mol/L，c（H⁺）=c（OH^-）=10^-7mol/L，c（NH₃•H₂O）=$\frac{1}{2}$（b-0.01）mol/L，c（OH^-）=10^-7mol/L，则K_b=$\frac{c（N{{H}_{4}}^{+}）•c（O{H}^{-}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$=$\frac{0.05×1×1{0}^{-7}}{\frac{1}{2}（b-0.01）}$=$\frac{1{0}^{-9}}{b-0.01}$，故D错误；
故选D．

点评 本题考查了酸碱混合的定性判断及定量计算，题目难度稍大，明确溶液中的电荷守恒、电离常数的计算是解答本题关键，注意把握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力．