Question

25℃时，物质的量浓度均为0.1mol•L^－1的几种盐溶液的pH如表：

序号	①	②	③	④	⑤
溶液	NH4Cl	CH3COONH4	NaHCO3	NaX	Na2CO3
pH	5	7	8.4	9.7	11.6

(1)用离子方程式解释溶液⑤能去除油污的原因_____。

(2)写出溶液④中通少量CO₂的离子方程式：_____。

(3)25℃时，溶液①中，由水电离产生的c(H⁺)=_____mol•L^﹣1，

(4)①0.100mol•L^-1NH₄HCO₃溶液中物质的量浓度最大的离子是__________(填化学式)；②CH₃COOH与NaOH反应后的溶液中存在：c(Na⁺)＜c(CH₃COO^-)，该溶液呈_________性(填“酸”“碱”或“中”)，该溶液的溶质是______。(填化学式)

(5)下列说法正确的是_____。

a.c(NH₄⁺)：①＞②

b.物质的量浓度和体积均相等的NaCl和NaX两种溶液中，离子总数相等

c.等体积的③和⑤形成的混合溶液中：c(HCO₃^－)+c(CO₃^2－)=0.1mol•L^－1

d.将pH相同的CH₃COOH和HX溶液加水稀释相同倍数，HX溶液的pH变化小

(6)某同学欲用0.1mol•L^－1 CaCl₂溶液来鉴别溶液③和⑤，当他将CaCl₂溶液滴入装有溶液③的试管中时，出现了意想不到的现象：试管中出现了白色沉淀，并伴有气体生成。试解释产生上述现象的原因：_____。

Answer

CO32－+H2OHCO3－+OH－ X－+CO2+H2O=HCO3－+HX 10－5 NH4+ 酸 CH3COOH和CH3COONa ad 2HCO3－+Ca2+CaCO3+CO2+H2O，c(Ca2+)增大，使平衡向右移动，产生大量白色沉淀和气体

【解析】

（1）油污主要成分是油脂，油脂在碱性条件下水解成可溶的物质，从盐类水解的角度分析；

（2）利用电离平衡常数大的制取电离平衡常数小的进行分析；

（3）利用水的离子积进行分析和判断；

（4）①利用越弱越水解，以及水解程度非常微弱进行分析；

②利用电荷守恒进行分析；

（5）根据盐类水解的原理和弱电解质电离的原理进行分析；

（6）利用反应原理进行分析；

（1）油污的主要成分是油脂，油脂在碱中能水解成可溶的高级脂肪酸钠和甘油，Na2CO3属于强碱弱酸盐，CO32－水【解析】
CO32－＋H2OHCO3－＋OH－；

答案为CO32－＋H2OHCO3－＋OH－；

（2）根据越弱越水解以及表中数据，得出电离出H＋能力大小：CH3COOH>H2CO3>HX>HCO3－，因此溶液④中通入少量的CO2，其离子方程式为X－＋CO2＋H2O=HCO3－＋HX；

答案为X－＋CO2＋H2O=HCO3－＋HX；

（3）25℃时，NH4Cl溶液的pH=5，NH4＋结合水电离出的OH－，溶液显酸性，由水电离产生的c(H＋)水=10－5mol·L－1；

答案为10－5mol·L－1；

（4）①CH3COONH4溶液的pH=7，说明CH3COO－水解能力与NH4＋水解能力相同，根据（2）HCO3－水解能力强于NH4＋，即该溶液中离子浓度最大的是NH4＋；

答案为NH4＋；

②反应后溶液中离子有CH3COO－、Na＋、H＋、OH－，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，因c(Na＋)c(OH－)，溶液显酸性；此时溶液中的溶质应为CH3COOH和CH3COONa；

答案为酸；CH3COOH和CH3COONa；

（5）a、CH3COONH4属于弱酸弱碱盐，CH3COO－和NH4＋互相促进水解，因此相同浓度时，c(NH4＋)：①＞②，故a正确；

b、根据电荷守恒，NaCl溶液中存在c(Na＋)＋c(H＋)=c(Cl－)＋c(OH－)，NaX溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)=c(X－)＋c(OH－)，比较离子总数大小，只要比较阳离子浓度和，又因为NaCl和NaX物质的量浓度和体积相同，即c(Na＋)相同，即比较离子总数大小，只需要比较c(H＋)，NaCl溶液显中性，NaX溶液显碱性，因此前者c(H＋)大于后者，即两者离子总数不相等，故b错误；

c、等体积③和⑤混合，根据物料守恒，因此有c(HCO3－)＋c(H2CO3)＋c(CO32－)=0.1mol/l，故c错误；

d、根据上述分析，CH3COOH的酸性强于HX，因此pH相同时，稀释相同倍数，HX溶液的pH变化小，故d正确；

答案为ad；

（6）根据实验现象，得出2HCO3－+Ca2＋ CaCO3+CO2+H2O，c(Ca2＋)增大，使平衡向右移动，产生大量白色沉淀和气体；

答案为2HCO3－+Ca2＋ CaCO3+CO2+H2O，c(Ca2＋)增大，使平衡向右移动，产生大量白色沉淀和气体。