高考化学备考30分钟课堂集训系列专题8 溶液中的离子平衡

专题8 溶液中的离子平衡一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分) 1．在0.1 mol·L －1Na 2CO 3溶液中，下列关系正确的是 ( )A ．c (Na ＋)＝2c (CO 2－3) B ．c (OH －)＝2c (H ＋) C ．c (HCO －3)＞c (H 2CO 3) D ．c (N a ＋)＜c (CO 2－3)＋c (HCO －3)解析：Na 2CO 3溶液中，由于CO 2－3的水解，c (Na ＋)＞2c (CO 2－3)，CO 2－3的第一步水解大于第二步水解，c (HCO －3)＞c (H 2CO 3)，根据物料守恒，c (Na ＋)＝2c (CO 2－3)＋2c (HCO －3)＋2c (H 2CO 3)．答案：C2．在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是 ( )A ．使酚酞试液变红的溶液：Na ＋、Cl －、SO 2－4、Fe 3＋B ．使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe 2＋、Mg 2＋、NO －3、Cl －C ．c (H ＋)＝10－12mol/L 的溶液：K ＋、Ba 2＋、Cl －、Br －D ．碳酸氢钠溶液：K ＋、SO 2－4、Cl －、H ＋解析：选项A 中使酚酞溶液呈红色，溶液呈碱性，则OH －与Fe 3＋不能大量共存；选项B 中使紫色石蕊试液变红的溶液呈酸性，NO －3在酸性溶液中与Fe 2＋不能大量共存；选项C 中c (H ＋)＝10－12mol/L 的溶液呈碱性，在碱性溶液中，所给离子均能大量共存；选项D 中HCO －3与H ＋不能大量共存．答案：C3．用标准盐酸滴定未知浓度的碱液时，如果测得的结果偏低，则产生误差的原因可能是( ) A ．酸式滴定管未用标准酸液润洗 B ．洁净的锥形瓶未用待测碱液润洗C ．滴定前酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失D ．滴定终了读酸式滴定管读数时俯视解析：由c (HCl)×V (HCl)＝c (NaOH)×V (NaOH)，有c (NaOH)＝c HCl ·V HClV NaOH.这里V (NaOH)、c (HCl)一定，因此，c (NaOH)和V (HCl)成正比．A 项酸式滴定管未用标准酸液润洗，使标准酸液的浓度降低，消耗的酸的体积增大，产生正误差，即结果偏高．B 项没有误差．C 项滴定前酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，导致V(HCl)增大，产生正误差．D项滴定终了读酸式滴定管读数时俯视，造成V(HCl)减小，产生负误差．答案：D4．若pH＝3的酸溶液和pH＝11的碱溶液等体积混合后溶液呈酸性，其原因可能( )A．生成一种强酸弱碱盐B．弱酸溶液和强碱溶液C．弱酸与弱碱溶液反应D．一元强酸溶液与一元强碱溶液反应解析：若酸、碱均是强酸、强碱，则由pH知酸溶液的c(H＋)＝碱溶液的c(OH－)，故等体积混合时恰好中和生成强酸强碱盐，该盐不水解，溶液呈中性，与题意不符，故D选项错误；若酸是弱酸，碱是强碱，则等体积混合后，酸明显剩余，其物质的量远大于所生成的弱酸强碱盐，因此，盐水解导致的碱性远小于酸电离产生的酸性，所以B项正确 .A项具有极强的干扰性，很多同学错选了A，原因是只注意到了A项中明显的“强酸弱碱盐”水解产生的酸性，而忽视了该条件时弱碱过量对溶液性质的决定性影响．答案：B5．由一价离子组成的四种盐溶液：AC、BD、AD、BC，浓度均为0.1 mol·L－1.在室温下，前两种溶液的pH＝7，第三种溶液的pH＞7，最后一种溶液的pH＜7.下列各组酸、碱性比较正确的是( )A B C D碱性AOH>BOH AOH<BOH AOH>BOH AOH<BOH酸性HC>HD HC>HD HC<HD HC<HD解析：根据越弱越水解，谁强显谁性的水解规律，AD溶液pH＞7，则AOH的电离程度大于HD，AC溶液pH＝7，则电离程度：AOH＝HC，所以酸性HC＞HD.BC溶液pH＜7，则电离程度BOH＜HC，又因为HA＝HC，所以碱性AOH＞BOH.答案：A6．下列叙述正确的是 ( )A．0.1 mol/L CH3COONa溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)B．Na2CO3溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH和K W均减小C．pH＝5的CH3COOH溶液和pH＝5的NH4Cl溶液中，c(H＋)不相等D．在Na2S溶液中加入AgCl固体，溶液中c(S2－)下降解析：醋酸钠为碱性溶液，故A项错；温度不变，则K W是不变的，B项错；pH＝5即代表溶液中c(H＋)均为10－5 mol/L，C项错．Ag2S比AgCl更难溶，故S2－会与Ag＋结合生成AgS沉淀，D项正确．答案：D7．下列各组数据中，其比值为2∶1的是 ( )A．pH＝7的氨水与(NH4)2SO4的混合液中，c(NH＋4)与c(SO2－4)之比B．相同温度下，0.2 mol·L－1HCOOH溶液与0.1 mol·L－1HCOOH溶液中c(H＋)之比C．Na2CO3溶液中，c(Na＋)与c(CO2－3)之比D．pH＝12的氨水与pH＝2的H2SO4溶液的物质的量浓度之比8．甲酸和乙酸都是弱酸，当它们的浓度均为0.10 mol/L时，甲酸中的c(H＋)约为乙酸中c(H＋)的3倍．现有两种浓度不等的甲酸溶液a和b，以及0.10 mol/L的乙酸，经测定它们的pH从大到小依次为a、乙酸、b.由此可知 ( )A．a的浓度必小于乙酸的浓度B．a的浓度必大于乙酸的浓度C．b的浓度必小于乙酸的浓度D．b的浓度必大于乙酸的浓度解析：据题意，甲酸比乙酸酸性强，pH(a)>pH(乙)>pH(b)．c(H＋)关系：a<乙酸<b，所以a的浓度小于乙酸的浓度，而b的浓度与乙酸的浓度大小无法判断．答案：A9．有①②③三瓶体积相等，浓度都是1 mol·L－1的HCl溶液，将①加热蒸发至体积减少一半，在②中加入少量CH3COONa固体(加入后溶液仍呈强酸性)，③不作改变，然后以酚酞作指示剂，用NaOH溶液滴定上述三种溶液，所消耗的NaOH溶液的体积是( )A．①＝③＞② B．③＞②＞①C．③＝②＞① D．①＝②＝③解析：滴定过程中消耗NaOH的体积取决于溶液中可提供的H＋的总量，加热蒸发①时HCl挥发，导致n(H＋)减小，使NaOH耗量减少，而②、③中由于没有影响溶液中可提供的H＋的总量，故消耗NaOH体积相同，且大于①的耗量，故选C.答案：C10．常温下pH＝1的两种一元酸溶液A和B，分别加水稀释至1000倍，其pH与所加水的体积变化如图所示，则下列结论中正确的是 ( )A．A酸比B酸的电离程度小B．B酸比A酸容易电离C．A是弱酸，B是强酸D．pH＝1时，B酸的物质的量浓度比A酸大解析：如果是一元强酸，pH＝1时，c(H＋)＝1×10－1mol/L，加水稀释103倍后，此时，c(H＋)＝1×10－4 mol/L，pH＝4.如果是一元弱酸，则1＜pH＜4.从图上可以看出A酸为强酸而B酸是弱酸．pH＝1时，B 酸的物质的量浓度比A酸大．所以C错误，D正确．答案：D11．向三份0.1 mol/L CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl3固体(忽略溶液体积变化)，则CH3COO－浓度的变化依次为 ( )A．减小、增大、减小B．增大、减小、减小C．减小、增大、增大 D．增大、减小、增大解析：NH＋4、Fe3＋水解使溶液呈酸性，对CH3COO－的水解有促进作用，而SO2－3水解对CH3COO－的水解有抑制作用，故在CH3COONa溶液中加入NH4NO3、FeCl3固体时，CH3COO－的浓度减小，加入Na2SO3固体时CH3COO －的浓度增大．答案：A12．用0.1 mol·L－1的盐酸滴定0.1 mol·L－1的氨水，在滴定过程中不．可能出现的结果是 ( ) A．c(NH＋4)＞c(Cl－)，c(OH－)＞c(H＋)B．c(NH＋4)＝c(Cl－)，c(OH－)＝c(H＋)C．c(Cl－)＞c(NH＋4)，c(OH－)＞c(H＋)D．c(Cl－)＞c(NH＋4)，c(H＋)＞c(OH－)解析：溶液中不可能出现阴离子均大于阳离子的情况，不遵循电荷守恒，故C项错．答案：C13．在常温时的下列溶液中，BaSO4的溶解度最大的是 ( )A．40 mL 1 mol/L的BaCl2溶液B．30 mL 2 mol/L的Ba(OH)2溶液C．10 mL纯水D．50 mL 0.1 mol/L的H2SO4溶液14．下列浓度关系正确的是 ( )A．氯水中：c(Cl2)＝2[c(ClO－)＋c(Cl－)＋c(HClO)]B．氯水中：c(Cl－)>c(H＋)>c(OH－)>c(ClO－)C．等体积等浓度的氢氧化钠与醋酸混合：c(Na＋)＝c(CH3COO－)D．Na2CO3溶液中：c(Na＋)>c(CO2－3)>c(OH－)>c(HCO－3)>c(H＋)解析：A项，氯水中只有部分Cl2与水作用，生成HCl和HClO，Cl2的浓度与其他粒子浓度的关系无法确定，A错误．B项应为：c(H＋)>c(Cl－)>c(ClO－)>c(OH－)．C项，氢氧化钠与醋酸恰好完全中和，生成的醋酸钠水解呈碱性，c(OH－)>c(H＋)，根据电荷守恒，c(Na＋)>c(CH3COO－)．答案：D15．将0.1 mol下列物质置于1 L水中，充分搅拌后，溶液中阴离子数最多的是 ( )A．KCl B．Mg(OH)2C．Na2CO3 D．MgSO4解析：不考虑水的电离．A项中阴离子为0.1 mol；B项中Mg(OH)2难溶于水，故电离出的OH－远小于0.1 mol；D项中SO2－4为0.1 mol；而在C项中CO2－3为0.1 mol，但CO2－3在水中要水解，即CO2－3＋H2O HCO－3＋OH－，从中看出水解后阴离子数增加，故选C.答案：C16．在FeCl 2溶液中加入下列物质能产生沉淀的是 ( )A ．通H 2S 气体B ．NaCl 溶液C ．Na 2S 溶液D ．通往CO 2气体解析：FeS 难溶于水但却溶于盐酸，故通H 2S 气体不会生成FeS 沉淀． 答案：C二、非选择题(本题包括6小题，共52分) 17．(8分)水的电离平衡曲线如右图所示．(1)若以A 点表示25°C 时水在电离平衡时的离子浓度，当温 度升高到100°C 时，水的电离平衡状态到B 点，则此时水的 离子积从________增加到________．(2)将pH ＝8的Ba(OH)2溶液与pH ＝5的稀盐酸混合，并保持100 °C 的恒温，欲使混合溶液pH ＝7，则Ba(OH)2溶液与盐酸的体积之比为________．(3)已知A n B m 的离子积为c n (A m ＋)×c m (B n －)，若某温度下，Ca(OH)2的溶解度为0.74 g ，其饱和溶液密度设为1 g/cm 3，其离子积约为________．解析：(1)水的离子积是纯水中或水溶液中H ＋与OH －总浓度的乘积，它在不同的温度下有不同的值．(2)在100°C 时，pH ＝6为中性，大于6为碱性，小于6为酸性．酸碱反应时，碱开始提供的OH －的物质的量去掉被酸中和的OH －的物质的量，即为最终剩余的OH －的物质的量．pH ＝－lg c (H ＋)，其中c (H ＋)为溶液中H ＋的总浓度，该公式对任何条件下的任何溶液都适用．(3)100 g 水中溶有0.74 g Ca(OH)2达到饱和，此时溶液的体积约为0.1 L ．所以c (Ca 2＋)＝0.74/740.1mol/L ＝0.1 mol/L ，c (OH －)＝0.2 mol/L.故Ca(OH)2离子积为c (Ca 2＋)×c 2(OH －)＝0.1×(0.2)2＝0.004. 答案：(1)10－1410－12(2)2∶9 (3)0.00418．(8分)已知氨水的电离常数与醋酸的电离常数在同温、同浓度下相等、溶有一定量氨的氯化铵溶液呈碱性．现向少量的Mg(OH)2悬浊液中加入适量的饱和氯化铵溶液，固体完全溶解．对此：甲同学的解释是：Mg(OH)2(s) Mg2＋(aq)＋2OH－(aq) ①NH＋4＋H2O NH3·H2O＋H＋②H＋＋OH－===H2O ③由于NH＋4水解显酸性，H＋与OH－反应生成水，导致反应①平衡右移，沉淀溶解．乙同学的解释是：Mg(OH)2(s) Mg2＋(aq)＋2OH－(aq) ①NH＋4＋OH－NH3·H2O ②由于NH4Cl电离出的NH＋4与Mg(OH)2电离出的OH－结合，生成了弱电解质NH3·H2O，导致反应①平衡右移，沉淀溶解．(1)丙同学不能肯定哪位同学的解释合理，于是，选用下列的一种试剂来证明甲、乙两位同学的解释只有一种正确，他选用的试剂是________(填写编号)．A．NH4NO3 B．CH3COONH4C．Na2CO3 D．NH3·H2O(2)请你说明丙同学作出该选择的理由_______________________________________________________________________________________________________________.(3)丙同学将所选试剂滴入Mg(OH)2的悬浊液中，Mg(OH)2溶解，由此推知：甲和乙哪位同学的解释更合理________(填“甲”或“乙”)；完成NH4Cl饱和溶液使Mg(OH)2悬浊液溶解的离子方程式__________________________________________________________________________________.解析：甲、乙解释的区别在于，甲认为NH＋4的水解导致Mg(OH)2沉淀溶解，乙认为是由于NH＋4被电离出来，导致Mg(OH)2沉淀溶解．由于任何盐在溶液中都能够发生电离，所以只要找出一种NH＋4的盐溶液，其中NH＋4不发生水解，或其水解可以被抵消，即可鉴别出．氨水和醋酸的电离程度在同温同浓度下相等，可知CH3COONH4溶液呈中性，NH＋4的水解与CH3COO－的水解抵消，当将CH3COONH4加入Mg(OH)2悬浊液中，若乙的解释对，则Mg(OH)2应该溶解，若甲的解释对，Mg(OH)2不溶解．答案：(1)B(2)CH3COONH4溶液呈中性，滴入Mg(OH)2悬浊液中，若Mg(OH)2不溶解，则甲同学解释正确(3)乙Mg(OH)2＋2NH＋4===Mg2＋＋2NH3·H2O19．(9分)A、B代表不同物质，都是H、N、O、Na中的任意三种元素组成的强电解质，A的水溶液呈碱性，B的水溶液呈酸性，请找出A、B可能的两种组合．(要求：相同浓度时，A1溶液中水的电离程度小于A2溶液中水的电离程度；相同浓度时，B1溶液中水的电离程度小于B2溶液中水的电离程度．)(1)写出化学式：A1______________，A2______________，B1______________，B2______________；(2)相同温度下，当A1、B1的物质的量浓度相等时，两溶液中水电离出的氢离子的物质的量浓度之比为________；(3)写出0.1 mol/L的A2溶液中离子浓度大小排序_____________________________；(4)B1溶液中水的电离程度小于B2溶液中水的电离程度，原因是_______________；(5)常温下，若B1、B2两溶液的pH＝5，则两溶液中由水电离出的氢离子的物质的量浓度之比为_____．解析：根据给出的元素：H、N、O、Na，其中由三种元素组成的强电解质有强碱(NaOH)、强酸(HNO3)、盐：NaNO3、NaNO2、NH4NO3、NH4NO2等，A显碱性，只可能是NaOH和NaNO2，B显酸性，可能是HNO3和NH4NO3.强酸、强碱都抑制水的电离，而易水解的盐则促进水的电离．故四种物质分别为NaOH、NaNO2、HNO3和NH4NO3.(2)相同物质的量浓度的NaOH和HNO3对水的抑制程度相同，故两溶液中水电离出的H＋浓度之比为1∶1.(3)NaNO2为强碱弱酸盐，故各离子浓度为c(Na＋)＞c(NO－2)＞c(OH－)＞c(H＋)．(4)因HNO3电离出的H＋抑制了H2O的电离，而NH4NO3中NH＋4的水解促进了水的电离．(5)在HNO3溶液中c(H＋)水＝1×10－141×10－5＝1×10－9 mol/L，在NH4NO3溶液中，由水电离出的c(H＋)＝1×10－5 mol/L，故二者之比为1×10－9∶1×10－5＝1×10－4∶1答案：(1)NaOH NaNO2HNO3NH4NO3(2)1∶1(3)c(Na＋)>c(NO－2)>c(OH－)>c(H＋)(4)硝酸电离出的H＋抑制了水的电离，NH＋4结合水电离出的OH－促进了水的电离(5)1×10－4∶1或(1∶104)20．(8分)某化学课外小组为测定空气中CO2的含量，进行了如下实验：①配制0.1000 mol/L和0.01000 mol/L的标准盐酸．②用0.1000 mol/L的标准盐酸滴定未知浓度的Ba(OH)2溶液10.00 mL，结果用去盐酸19.60 mL.③用测定的Ba(OH)2溶液吸收定量空气中的CO2.取Ba(OH)2溶液10.00 mL，放入100 mL容量瓶里加水至刻度线，取出稀释后的溶液放入密闭容器内，并通入10 L标准状况下的空气，振荡，这时生成沉淀．④过滤上述所得浊液．⑤取滤液20.00 mL ，用0.01000 mol/L 的盐酸滴定，用去盐酸34.80 mL.请回答下列问题： (1)配制标准盐酸时，需用下列哪些仪器？________；A ．托盘天平B ．容量瓶C ．酸式滴定管D ．量筒E ．烧杯F ．胶头滴管G ．玻璃棒(2)滴定操作中，左手__________，右手__________，眼睛____________________； (3)Ba(OH)2溶液的物质的量浓度是________；(4)过滤所得浊液的目的是_________________________________________________； (5)此空气样品中含CO 2的体积分数为________；(6)本实验中，若第一次滴定时使用的酸式滴定管未经处理，即注入第二种标准盐酸，并进行第二次滴定，使测定结果________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)．解析：(1)配制一定物质的量浓度的盐酸时，需要仪器有容量瓶、量筒、烧杯、胶头滴管及玻璃棒． (2)滴定操作时，左手控制活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化．(3)Ba(OH)2＋2HCl === BaCl 2＋2H 2O ，则c [Ba(OH)2]×10.00 mL＝12×0.1 mol/L×19.60 mL 解得c [Ba(OH)2]＝0.098 mol/L.(4)为防止BaCO 3与HCl 反应，应分离出BaCO 3.(5)Ba(OH)2＋CO 2 === BaCO 3↓＋H 2O ，只要求出余下的Ba(OH)2，就可以计算与CO 2反应的Ba(OH)2，CO 2的量也就计算出来了．过程如下：20 mL 滤液中Ba(OH)2的物质的量为34.80×10－3×0.01×12＝0.174×10－3mol ，那么100 mL 滤液中有Ba(OH)2：0.174×10－3×5 mol＝0.870×10－3 mol ，原有Ba(OH)2：10×10－3L×0.098 mol/L＝0.980×10－3mol ，与CO 2反应的Ba(OH)2有(0.980－0.870)×10－3mol ＝0.110×10－3mol ，则n (CO 2)＝0.110×10－3mol ，则φ(CO 2)＝0.110×10－3×22.410×100%＝0.025%.(6)偏大，因为第二次滴定消耗标准盐酸偏少，使计算出的剩余Ba(OH)2偏少，那么与CO 2反应的Ba(OH)2就偏多．答案：(1)B 、C 、D 、E 、F 、G (2)控制活塞 摇动锥形瓶 注视锥形瓶内溶液颜色的变化 (3)0.0980 mol/L(4)分离出BaCO 3，防止HCl 与BaCO 3反应 (5)0.025% (6)偏大 21．(9分)以下是25℃时几种难溶电解质的溶解度：难溶电解质Mg(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3溶解度/g 9×10－4 1.7×10－6 1.5×10－4 3.0×10－9在无机化合物的提纯中，常利用难溶电解质的溶解平衡原理除去某些离子．如：①为了除去氯化铵中的杂质Fe3＋，先将混合物溶于水，再加入一定量的试剂反应，过滤结晶即可；②为了除去氯化镁晶体中的杂质Fe3＋，先将混合物溶于水，加入足量的氢氧化镁，充分反应，过滤结晶即可；③为了除去硫酸铜晶体中的杂质Fe2＋，先将混合物溶于水，加入一定量的H2O2，将Fe2＋氧化成Fe3＋，调节溶液的pH＝4，过滤结晶即可．请回答下列问题：(1)上述三个除杂方案都能够达到很好的效果，Fe2＋、Fe3＋都被转化为____________(填化学式)而除去．(2)①中加入的试剂应该选择________为宜，其原因是___________________________．(3)②中除去Fe3＋所发生的总反应的离子方程式为______________________________．(4)下列与方案③相关的叙述中，正确的是______(填字母)．A．H2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中不引进杂质，不产生污染B．将Fe2＋氧化为Fe3＋的主要原因是Fe(OH)2沉淀比Fe(OH)3沉淀较难过滤C．调节溶液pH＝4可选择的试剂是氢氧化铜或碱式碳酸铜或氧化铜D．Cu2＋可以大量存在于pH＝4的溶液中E．在pH＞4的溶液中Fe3＋一定不能大量存在解析：①中为了不引入杂质离子，应加入氨水使Fe3＋沉淀，而不能用NaOH溶液．②中根据溶解度表可知Mg(OH)2能转化为Fe(OH)3，因此在MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2除去Fe3＋，然后将沉淀一并过滤．③中利用高价阳离子Fe3＋极易水解的特点，根据题意可知调节溶液的pH＝4可使Fe3＋沉淀完全，为了不引入杂质离子，因此可使用CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等．答案：(1)Fe(OH)3(2)氨水不会引入新的杂质(3)2Fe3＋＋3Mg(OH)2 === 3Mg2＋＋2Fe(OH)3(4)ACDE22．(10分)运用化学反应原理研究氮、氧等单质及其化合物的反应有重要意义．(1)合成氨反应N 2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)，若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，平衡________移动(填“向左”“向右”或“不”)；使用催化剂________反应的ΔH(填“增大”“减小”或“不改变”)．(2)已知：O2(g)===O＋2(g)＋e－ΔH1＝1175.7 kJ·mol－1PtF6(g)＋e－===PtF－6(g) ΔH2＝－771.1 kJ·mol－1O＋2PtF－6(s)===O＋2(g)＋PtF－6(g)ΔH3＝482.2 kJ·mol－1则反应O2(g)＋PtF6(g)===O＋2PtF－6(s)的ΔH＝______kJ·mol－1.(3)在25℃下，向浓度均为0.1 mol·L－1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成______沉淀(填化学式)，生成该沉淀的离子方程式为_______________________________________.已知25℃时，K sp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，K sp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20.(4)在25℃下，将a mol·L－1的氨水与0.01 mol·L－1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH＋4)＝c(Cl－)，则溶液显________性(填“酸”“碱”或“中”)；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数K b ＝____________________.解析：(1)在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，相当于给反应体系减压，则平衡向着物质的量增大的方向移动(向左移动)；ΔH是一个状态函数，与反应的速率和反应的程度无关，而使用催化剂只能改变反应速率，ΔH不变．(2)由盖斯定律可得：ΔH＝ΔH1＋ΔH2－ΔH3＝1175.7 kJ·mol－1＋(－771.1 kJ·mol－1)－482.2 kJ·mol－1＝－77.6 kJ·mol－1.(3)因为K sp[Cu(OH)2]≪K sp[Mg(OH)2]，故先生成Cu(OH)2沉淀．注意氨水是弱电解质，在离子方程式中要写成分子形式．(4)所发生反应的化学方程式为：NH3·H2O＋HCl === NH4Cl＋H2O，由电荷守恒可知：c(NH＋4)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因为c(NH＋4)＝c(Cl－)，所以c(OH－)＝c(H＋)，故溶液显中性．K b ＝c NH ＋4·c OH －c NH 3·H 2O，c (NH ＋4)＝c (Cl －)＝0.005 mol·L －1，c (OH －)＝c (H ＋)＝10－7 mol·L －1.c (NH 3·H 2O)＝a 2－c (NH ＋4)＝(a 2－0.005) mol·L －1.所以，K b ＝0.005 mol·L －1×10－7 mol·L－1a 2－0.005 mol·L －1＝10－9a －0.01 mol·L －1.答案：(1)向左 不改变 (2)－77.6 (3)Cu(OH)2Cu 2＋＋2NH 3·H 2O===Cu(OH)2↓＋2NH ＋4(4)中 10－9a －0.01 mol·L －1。