Question

15．在25℃时，对于0.10mol•L^-1的氨水，请回答以下问题：
（1）若向氨水中加入少量硫酸铵固体，溶液的pH将减小（填“增大”“减小”或“不变”），这是因为NH₃•H₂O?NH₄⁺+OH^-，加入硫酸铵后浓度增大，平衡逆向移动，使得OH^-浓度减小，从而使PH减小．
（2）若向氨水中加入等体积Ph=1的硫酸，此时溶液的pH＜7（填“＞”“＜”或“=”）；
用离子方程式表示其原因NH₄⁺+H₂O?NH₃•H₂O+H⁺；
此时溶液中各离子浓度由大到小的顺序c（NH₄⁺）＞c（SO₄^2-）c（H⁺）＞c（OH^-）．
（3）向氨水中加入0.05mol•L^-1稀硫酸至溶液正好呈中性，则c（NH₄⁺）=2c（SO₄^2-）（填“＞”“＜”或“=”），此时混合溶液中c（NH₄⁺）=176c（NH₃•H₂O），则NH₃•H₂O的电离常数K_b为1.76×10^-5．
（4）向10mL  0.20mol•L^-1的氨水中加入10mL 0.02mol•L^-1的CaCl₂溶液，通过计算说明是否会生成沉淀．Ca（OH）₂的K_ap=5.5×10^-6，NH3•H2O的电离平衡常数为1.8×10^-5．

Answer 1

分析 （1）氨水中一水合氨存在电离平衡，加入硫酸铵溶液中铵根离子浓度增大，平衡逆向进行；
（2）对于0.10mol•L^-1的氨水，若向氨水中加入等体积PH=1的硫酸，恰好反应生成硫酸铵，溶液中铵根离子水解显酸性；
（3）溶液中存在电荷守恒分析，电离平衡常数K=$\frac{[O{H}^{-}][N{{H}_{4}}^{+}]}{[N{H}_{3}•{H}_{2}O]}$，结合溶液呈中性和c（NH₄⁺）=176c（NH₃•H₂O）计算得到；
（4）结合一水合氨电离平衡常数计算溶液中氢氧根离子浓度，利用氯化钙溶液中钙离子浓度计算此时的浓度商Q和溶度积常数Ksp比较判断是否有沉淀生成．

解答 解：（1）氨水溶液中存在电离平衡，NH₃•H₂O?NH₄⁺+OH^-，若向氨水中加入少量硫酸铵固体，铵根离子浓度增大，平衡逆向进行，氢氧根离子浓度减小，溶液的pH将减小，
故答案为：减小；NH₃•H₂O?NH₄⁺+OH^-，加入硫酸铵后浓度增大，平衡逆向移动，使得OH^-浓度减小，从而使PH减小
（2）对于0.10mol•L^-1的氨水，若向氨水中加入等体积PH=1的硫酸，恰好反应生成硫酸铵，溶液中铵根离子水解显酸性，溶液PH＜7，NH₄⁺+H₂O?NH₃•H₂O+H⁺，溶液中离子浓度大小为：c（NH₄⁺）＞c（SO₄^2-）c（H⁺）＞c（OH^-），
故答案为：＜；NH₄⁺+H₂O?NH₃•H₂O+H⁺；c（NH₄⁺）＞c（SO₄^2-）c（H⁺）＞c（OH^-）；
（3）溶液中存在电荷守恒：c（NH₄⁺）+c（H⁺）=2c（SO₄^2- ）+c（OH^-），向氨水中加入0.05mol•L^-1稀硫酸至溶液正好呈中性，c（H⁺）=c（OH^-），c（NH₄⁺）=2c（SO₄^2-），此时混合溶液中c（NH₄⁺）=176c（NH₃•H₂O），则NH₃•H₂O的电离常数K_b=$\frac{[O{H}^{-}][N{{H}_{4}}^{+}]}{[N{H}_{3}•{H}_{2}O]}$=$\frac{1{0}^{-7}×176[N{H}_{3}•{H}_{2}O]}{[N{H}_{3}•{H}_{2}O]}$
=1.76×10^-5，
故答案为：=；1.76×10^-5；
（4）NH₃•H₂O的电离平衡常数为1.8×10^-5，K=$\frac{c（N{{H}_{4}}^{+}）c（O{H}^{-}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$=1.8×10^-5，c²（OH^-）=3.6×10^-6，10mL 0.02mol•L^-1的CaCl₂溶液中c（Ca²⁺）=0.02mol/L，Qc=c（Ca²⁺）×c²（OH^-）=0.02mol•L^-1×3.6×10^-6=1.44×10^-6mol/L＜K_sp  无沉淀生成，
答：c²（OH^-）=3.6×10^-6，10mL 0.02mol•L^-1的CaCl₂溶液中c（Ca²⁺）=0.02mol/L，Qc=c（Ca²⁺）×c²（OH^-）=0.02mol•L^-1×3.6×10^-6=1.44×10^-6mol/L＜K_sp  无沉淀生成，

点评 本题考查的是弱电解质的电离及离子浓度大小的比较、电离平衡常数计算、溶度积常数计算等，掌握基础是解题关键，题目难度中等．