Question

18．由Na⁺，Ba²⁺，NH₄⁺，CH₃COO^-，Cl^-，OH^-，SO₄^2-離子可組成A，B，C，D 4種強電解質，陰離子互相不重復；已知：（1）A，B溶液中水的電離程度相同，A，C溶液的pH均大于7；（2）B，C混合只產生刺激性氣味的氣體；C，D溶液混合只生成白色沉淀；A，D溶液混合無現象．試推斷：
（1）寫出化學式：A：CH₃COONa D：Na₂SO₄
（2）常溫下，0.1mol/L B溶液的pH=x，則B溶液中c（H⁺）-c（NH_3•H₂O）=1×10^（x-14）（用含x關系式表示）
（3）將等體積，等物質的量濃度的B，C溶液混合，反應后各離子濃度由大到小的順序是：c（OH^-）＞c（Ba²⁺）=c（Cl^-）＞c（NH₄⁺）＞c（H⁺）．
（4）常溫，將0.005mol/L 的C溶液和  0.00125mol/L的鹽酸充分反應，所得溶液的pH=11，若溶液體積可以相加，則C溶液和鹽酸的體積比是1：4．

Answer 1

分析 （1）有A、B、C、D四種強電解質，它們在水中電離時可產生下列離子（每種物質只含有一種陰離子且互不重復），
①A、C溶液pH均大于7，說明一種是強堿，一種是弱酸強堿鹽，弱酸強堿鹽是醋酸鈉；
②C溶液和D溶液相遇只生成白色沉淀，說明一種溶液含有鋇離子，一種溶液含有硫酸根離子；
B溶液和C溶液相遇時只生成刺激性氣味的氣體，說明一種溶液含有銨根離子，一種溶液含有氫氧根離子，A溶液和D溶液混合時無明顯現象，且相同濃度的A、B的溶液中水的電離程度相同，所以A是醋酸鈉、B是氯化銨、C是氫氧化鋇、D是硫酸鈉，據此分析；
（2）根據溶液中電荷守恒、物料守恒計算c（H⁺）-c（NH₃•H₂O）；
（3）根據題意知，氯化銨和氫氧化鋇的物質的量相等，混合后，溶液中的溶質是氨水、氯化鋇和氫氧化鋇，氯化鋇和氫氧化鋇的濃度相等，氨水的濃度是氯化鋇和氫氧化鋇濃度的2倍，根據溶液中的溶質性質確定離子濃度關系；
（4）混合溶液的pH=11，則溶液中氫氧根離子濃度=$\frac{1{0}^{-14}}{1{0}^{-11}}$=10^-3 mol/L，根據c（OH^-）=$\frac{n（O{H}^{-}）-n（{H}^{+}）}{混合溶液體積}$計算氫氧化鋇和鹽酸的體積之比．

解答 解：①A、C溶液的pH均大于7，應為醋酸鹽和堿溶液，A、B的溶液中水的電離程度相同，則溶液水解程度相同；
②C溶液和D溶液相遇時只生成白色沉淀，B溶液和C溶液相遇時只生成刺激性氣味的氣體，A溶液和D溶液混合時無明顯現象，則說明C為Ba（OH）₂，D為Na₂SO₄，則B為NH₄Cl，A為CH₃COONa，
（1）根據題中信息推斷出各物質分別為：A為CH₃COONa，B為NH₄Cl，C為Ba（OH）₂，D為Na₂SO₄，
故答案為：CH₃COONa；Na₂SO₄；
（2）根據溶液中電荷守恒得c（H⁺）+c（NH₄⁺）=c（OH^-）+c（Cl^-），根據溶液中物料守恒得 c（NH₃．H₂O）+c（NH₄⁺）=c（Cl^-），將兩個等式相減得c（H⁺）-c（NH₃•H₂O）=c（OH^-）=1×10^（x-14），故答案為：1×10^（x-14）；
（3）根據題意知，氯化銨和氫氧化鋇的物質的量相等，混合后，溶液中的溶質是氨水、氯化鋇和氫氧化鋇，氯化鋇和氫氧化鋇的濃度相等，氨水的濃度是氯化鋇和氫氧化鋇濃度的2倍，溶液中氫氧根離子濃度最大，鋇離子和氯離子濃度相等，氨水是弱堿部分電離導致氯離子濃度大于銨根離子濃度，溶液呈堿性，氫離子濃度最小，所以溶液中離子濃度大小順序是c（OH^-）＞c（Ba²⁺）=c（Cl^-）＞c（NH₄⁺）＞c（H⁺），
故答案為：c（OH^-）＞c（Ba²⁺）=c（Cl^-）＞c（NH₄⁺）＞c（H⁺）；
（4）混合溶液的pH=11，則溶液中氫氧根離子濃度=$\frac{1{0}^{-14}}{1{0}^{-11}}$=10^-3 mol/L，設氫氧化鋇的體積為X，鹽酸的體積為Y，c（OH^-）=$\frac{n（O{H}^{-}）-n（{H}^{+}）}{混合溶液體積}$=$\frac{0.005×2×X-0.00125Y}{X+Y}$=10^-3 mol/L，X：Y=1：4，故答案為：1：4．

點評 本題以化合物的推斷為載體考查了物質的量的有關計算、離子濃度大小的比較等知識點，明確物質的性質是推斷化合物的關鍵，本題的難點是判斷溶液中離子濃度大小的比較，根據物料守恒和電荷守恒來判斷即可，難點較大．