Question

7．常温下，将0.01molNH₄Cl和0.005mol NaOH溶于水配成1L 溶液（pH＞7）．
（1）该溶液中存在的三个平衡体系是：NH₃•H₂O?NH₄⁺+OH^-、NH₄⁺+H₂O?NH₃•H₂O+H⁺、H₂O?H⁺+OH^-．
（2）溶液中存在的离子物质的量浓度由大到小顺序为c（Cl^-）＞c（ NH₄⁺）＞c（Na⁺）＞c（OH^-）＞c（H⁺）．
（3）这些粒子中浓度为0.01mol/L 的是Cl^-，浓度为0.005mol/L 的是Na⁺．
（4）物质的量之和为0.01mol的两种粒子是：NH₄⁺、NH₃•H₂O．
（5）NH₄⁺和H⁺两种离子数量之和比OH^-多0.005mol．

Answer 1

分析 （1）常温下，将0.01molNH₄Cl和0.005mol NaOH溶于水配成1L 溶液（pH＞7），溶液中存在平衡为氯化铵和氢氧化钠反应生成的一水合氨电离平衡，剩余氯化铵溶液中铵根离子水解平衡，水的电离平衡；
（2）溶液中存在0.005molNH₃•H₂O、0.005molNH₄Cl、0.005molNaCl，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，据此判断溶液中离子浓度大小；
（3）溶液中存在0.005molNH₃•H₂O、0.005molNH₄Cl、0.005molNaCl，溶液体积为1L，据此计算离子浓度；
（4）物质的量之和为0.01mol的两种粒子是一水合氨和铵根离子；
（5）电荷守恒计算分析；

解答 解：（1）常温下，将0.01molNH₄Cl和0.005mol NaOH溶于水配成1L 溶液（pH＞7），溶液中存在平衡为氯化铵和氢氧化钠反应生成的一水合氨电离平衡，方程式为：NH₃•H₂O?NH₄⁺+OH^-，剩余氯化铵溶液中铵根离子水解平衡，水解离子方程式为：NH₄⁺+H₂O?NH₃•H₂O+H⁺，水的电离平衡，电离方程式为：H₂O?H⁺+OH^-，
故答案为：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，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，离子浓度大小为：c（Cl^-）＞c（ NH₄⁺）＞c（Na⁺）＞c（OH^-）＞c（H⁺），
故答案为：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，这些粒子中浓度为0.01mol/L 的是Cl^-，浓度为0.005mol/L 的是Na⁺，
故答案为：Cl^-；Na⁺；
（4）物料守恒可知，物质的量之和为0.01mol的两种粒子是一水合氨和铵根离子，
故答案为：NH₄⁺、NH₃•H₂O；
（5）溶液中存在电荷守恒：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⁺两种离子数量之和比OH^-多0.005mol
故答案为：0.005；

点评 本题考查了盐类水解、离子浓度大小比较、电荷守恒、物料守恒的分析应用，注意溶液体积为1L计算微粒的浓度，掌握基础是解题关键，题目难度中等．