Question

【题目】根据下列化合物：①HCl ②NaOH ③NH4Cl ④CH3COONa ⑤CH3COOH ⑥NH3H2O⑦Na2CO3，请根据字母序号提示的物质回答下列问题。

(1)③溶液中离子浓度大小顺序为______________________。用离子方程式表示⑦溶液显碱性的原因_______________________________。

(2)常温下，pH=11的④的溶液中，由水电离出来的c(OH-)=____________。已知常温下⑤和⑥的电离常数均为1.7×10-5 mol·L-1，则反应：CH3COOH+NH3H2OCH3COO-+NH4++H2O的平衡常数为______________。

(3)常温下，关于pH值相同的①和⑤两种溶液，下列说法不正确的是________。

A.两种溶液中水的电离程度相同 B.c(CH3COO-)=c(Cl-)

C.c(CH3COOH)>c(HCl) D.与等浓度的氢氧化钠溶液反应，醋酸消耗的体积少

(4)常温下，将0.10 mol/L的①溶液和0.30 mol/L；②溶液等体积混合，充分反应后恢复至常温，溶液的pH=________。

Answer 1

【答案】c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-) CO32-+H2OHCO3-+OH- 1×10-3 mol/L 2.89×104 D 13

【解析】

(1)NH4Cl为强酸弱碱盐，水解呈酸性；Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性；

(2)CH3COONa为强碱弱酸盐，水解促进水的电离，醋酸抑制水的电离；

将反应CH3COOH+NH3H2OCH3COO-+NH4++H2O的化学平衡常数表达式进行变形，带入CH3COOH和NH3H2O的电离平衡常数，就可得到反应的化学平衡常数的数值；

(3)根据HCl是强酸，完全电离，CH3COOH是弱酸，部分电离，结合水电离平衡的影响因素分析判断；

(4)根据二者反应的物质的量关系，可知NaOH过量，溶液显碱性，然后计算反应后溶液中c(OH-)，结合水的离子积常数及pH定义，计算溶液的pH。

(1)氯化铵为强酸弱碱盐，在溶液中电离NH4Cl=NH4++Cl-，NH4+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，最终达到平衡时溶液中c(H+)>c(OH-)；水解呈酸性，铵根离子水解反应而消耗，所以c(Cl-)>c(NH4+)，盐电离产生的NH4+浓度大于水电离产生的H+浓度，所以溶液中离子浓度关系为：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)；

Na2CO3为强碱弱酸盐，在溶液中CO32-发生水解反应：CO32-+H2OHCO3-+OH-，水解产生的HCO3-会进一步水解：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，主要是第一步水解反应。水解反应消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，所以水解后溶液呈碱性；

(2)CH3COONa为强碱弱酸盐，pH=11的CH3COONa溶液中，c(H+)=10-11mol/L，由于在室温下水的离子积常数Kw=1×10-14，所以c(OH-)=mol/L=1×10-3mol/L，溶液中OH-就是水电离产生，即CH3COONa溶液中，由水电离出来的c(OH-)=1×10-3mol/L，

反应CH3COOH+NH3H2OCH3COO-+NH4++H2O的平衡常数K==2.89×104；

(3)HCl、CH3COOH 溶液的pH相同，则溶液中c(H+)相同，对水的电离平衡的抑制作用也相同，因此这两种溶液中水的电离程度相同，A正确；

B.在HCl、CH3COOH 溶液中都存在电荷守恒，两种溶液的pH相同，则两种溶液中c(H+)、c(OH-)也就相同，所以根据电荷守恒可知溶液中c(CH3COO-)=c(Cl-)，B正确；

C.由于醋酸是弱酸，部分电离存在电离平衡，所以溶液中c(CH3COOH)>c(H+)，而HCl是一元强酸，完全电离，溶液中c(H+)=c(HCl)，所以pH相同的两种溶液中c(CH3COOH)> c(HCl)，C正确；

D.由于溶液中的电解质的浓度c(CH3COOH)> c(HCl)，所以与等浓度的氢氧化钠溶液反应，醋酸消耗NaOH的体积多，D错误；

故合理选项是D；

(4)HCl与NaOH混合会发生反应：HCl+NaOH=NaCl+H2O，二者反应的物质的量的比是1：1，常温下，将0.10 mol/L的HCl溶液和0.30 mol/L的NaOH溶液等体积混合，碱过量，溶液显碱性，混合后溶液中c(OH-)=mol/L=0.10mol/L，由于在常温下Kw=1×10-14，所以溶液中c(H+)=1×10-13mol/L，因此该溶液的pH=13。