Question

13．（1）在25℃时，浓度均为1mol/L的①（NH₄）₂SO₄、②（NH₄）₂CO₃、③（NH₄）₂Fe（SO₄）₂溶液中，c（NH₄⁺）由小到大的顺序是②①③（填编号） 
（2）常温下将0.010molCH₃COONa和0.004molHCl溶于水，配制成0.5L混合溶液，判断：溶液中共有7种微粒（包括分子和离子）；溶液中有两种微粒的物质的量之和一定等于0.010mol，它们是CH₃COO^-和CH₃COOH．溶液中n（CH₃COO^-）+n（OH^-）-n（H⁺）=0.006mol．

Answer 1

分析 （1）如果不考虑其他离子的影响，每摩尔物质都含有2 molNH₄⁺，但溶液中CO₃^2-的水解促进NH₄⁺的水解，Fe²⁺的水解抑制NH₄⁺的水解，以此解答该题；
（2）CH₃COONa和HCl反应生成CH₃COOH和NaCl，因CH₃COONa的物质的量大于HCl，所以醋酸钠有剩余，溶液中的溶质为NaCl、CH₃COOH、CH₃COONa，且CH₃COONa的物质的量与CH₃COOH的物质的量之比为3：2，溶液中存在电离平衡H₂O?H⁺+OH^-、CH₃COOH?CH₃COO^-+H⁺，水解平衡CH₃COO^-+H₂O?CH₃COOH+OH^-，据此判断溶液中存在的粒子；任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断；任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断．

解答 解：（1）溶液中CO₃^2-的水解促进NH₄⁺的水解，Fe²⁺的水解抑制NH₄⁺的水解，则等浓度时，c（NH₄⁺）大小顺序应为③＞①＞②，故答案为：②①③；
（2）CH₃COONa和HCl反应生成CH₃COOH和NaCl，因CH₃COONa的物质的量大于HCl，所以醋酸钠有剩余，溶液中的溶质为NaCl、CH₃COOH、CH₃COONa，且CH₃COONa的物质的量与CH₃COOH的物质的量之比为3：2，溶液中存在电离平衡 H₂O?H⁺+OH^-、CH₃COOH?CH₃COO^-+H⁺，水解平衡CH₃COO^-+H₂O?CH₃COOH+OH^-，所以溶液中存在的粒子有H₂O、H⁺、OH^-、CH₃COOH、CH₃COO^-、Na⁺、Cl^-，所以一共有5种离子，7种微粒；任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得n（CH₃COO^-）+n（CH₃COOH）=0.010mol；溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得n（CH₃COO^-）+n（OH^-）+n（Cl^-）=n（H⁺）+n（Na+），所以的n（CH₃COO^-）+n（OH^-）-n（H⁺）=n（Na+）-n（Cl^-）=0.010mol-0.004mol=0.006mol，
故答案为：7； CH₃COO^-；CH₃COOH；0.006mol．

点评 本题考查离子浓度大小比较，明确溶液中的溶质是解本题关键，再利用电荷守恒、物料守恒解答，会判断溶液中存在的微粒，为易错点．