Question

7．常溫下，將0.01molNH₄Cl和0.005mol NaOH溶于水配成1L 溶液（pH＞7）．
（1）該溶液中存在的三個平衡體系是：NH₃•H₂O?NH₄⁺+OH^-、NH₄⁺+H₂O?NH₃•H₂O+H⁺、H₂O?H⁺+OH^-．
（2）溶液中存在的離子物質(zhì)的量濃度由大到小順序為c（Cl^-）＞c（ NH₄⁺）＞c（Na⁺）＞c（OH^-）＞c（H⁺）．
（3）這些粒子中濃度為0.01mol/L 的是Cl^-，濃度為0.005mol/L 的是Na⁺．
（4）物質(zhì)的量之和為0.01mol的兩種粒子是：NH₄⁺、NH₃•H₂O．
（5）NH₄⁺和H⁺兩種離子數(shù)量之和比OH^-多0.005mol．

Answer 1

分析 （1）常溫下，將0.01molNH₄Cl和0.005mol NaOH溶于水配成1L 溶液（pH＞7），溶液中存在平衡為氯化銨和氫氧化鈉反應(yīng)生成的一水合氨電離平衡，剩余氯化銨溶液中銨根離子水解平衡，水的電離平衡；
（2）溶液中存在0.005molNH₃•H₂O、0.005molNH₄Cl、0.005molNaCl，一水合氨電離程度大于銨根離子水解程度，據(jù)此判斷溶液中離子濃度大��；
（3）溶液中存在0.005molNH₃•H₂O、0.005molNH₄Cl、0.005molNaCl，溶液體積為1L，據(jù)此計算離子濃度；
（4）物質(zhì)的量之和為0.01mol的兩種粒子是一水合氨和銨根離子；
（5）電荷守恒計算分析；

解答 解：（1）常溫下，將0.01molNH₄Cl和0.005mol NaOH溶于水配成1L 溶液（pH＞7），溶液中存在平衡為氯化銨和氫氧化鈉反應(yīng)生成的一水合氨電離平衡，方程式為：NH₃•H₂O?NH₄⁺+OH^-，剩余氯化銨溶液中銨根離子水解平衡，水解離子方程式為：NH₄⁺+H₂O?NH₃•H₂O+H⁺，水的電離平衡，電離方程式為：H₂O?H⁺+OH^-，
故答案為：NH₃•H₂O?NH₄⁺+OH^-； NH₄⁺+H₂O?NH₃•H₂O+H⁺；H₂O?H⁺+OH^-；
（2）溶液中存在0.005molNH₃•H₂O、0.005molNH₄Cl、0.005molNaCl，一水合氨電離程度大于銨根離子水解程度，離子濃度大小為：c（Cl^-）＞c（ NH₄⁺）＞c（Na⁺）＞c（OH^-）＞c（H⁺），
故答案為：c（Cl^-）＞c（ NH₄⁺）＞c（Na⁺）＞c（OH^-）＞c（H⁺）；
（3）溶液中存在0.005molNH₃•H₂O、0.005molNH₄Cl、0.005molNaCl，c（Cl^-）=$\frac{0.005mol+0.005mol}{1L}$=0.1mol/L，c（Na⁺）=$\frac{0.005mol}{1L}$=0.005mol/L，c（NH₄⁺）＞0.005mol/L，這些粒子中濃度為0.01mol/L 的是Cl^-，濃度為0.005mol/L 的是Na⁺，
故答案為：Cl^-；Na⁺；
（4）物料守恒可知，物質(zhì)的量之和為0.01mol的兩種粒子是一水合氨和銨根離子，
故答案為：NH₄⁺、NH₃•H₂O；
（5）溶液中存在電荷守恒：c（Cl^-）+c（OH^-）=c（ NH₄⁺）+c（Na⁺）+c（H⁺），（ NH₄⁺）+c（H⁺）-c（OH^-）=c（Cl^-）-c（Na⁺）=0.1mol/L-0.005mol/L=0.005mol/L，1L溶液中NH₄⁺和H⁺兩種離子數(shù)量之和比OH^-多0.005mol
故答案為：0.005；

點評 本題考查了鹽類水解、離子濃度大小比較、電荷守恒、物料守恒的分析應(yīng)用，注意溶液體積為1L計算微粒的濃度，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等．