Question

（1）AgNO₃的水溶液呈酸性的原因是（用离子方程式表示）：

 

；实验室在配制AgNO₃的溶液时，常将AgNO₃固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以

 

（填“促进”、“抑制”）其水解．
（2）在25℃下，将a mol?L^-1的氨水与0.01mol?L^-1的盐酸等体积混合，充分反应后溶液呈中性，则反应后溶液存在的离子有

 

，其浓度由大到小的顺序为

 

，氨水的浓度a

 

0.01mol?L^-1（填“＞”、“＜”或“=”）．
（3）用已知浓度的NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，选用酚酞为指示剂，造成测定结果偏高的原因可能是

 

A．未用标准液润洗碱式滴定管；
B．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液；
C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗；
D．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确；
（4）在25℃下，向浓度均为0.20mol?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

 

；当测得溶液pH=11.00时，则此温度下残留在溶液中的c（Mg²⁺）：c（Cu²⁺）=

 

（已知25℃时K_sp[Mg（OH）₂]=1.8×10^-11，K_sP[Cu（OH）₂]=2.0×10^-20）

Answer 1

考点：溶液的配制,难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质,中和滴定

专题：实验题,计算题

分析：（1）（1）AgNO₃中的银离子在水中易水解，而显酸性，为了抑制其水解要加硝酸；
（2）根据电荷守恒、溶液呈中性判断离子浓度大小；氨水若和盐酸恰好完全反应，生成的产物氯化铵溶液呈酸性，所以中性时氨水应过量；
（3）根据c=

n

v

，看是哪一个物理量影响产生的误差；
（4）难溶物溶度积常数小的先沉淀，根据溶度积常数相对大小知，Cu（OH）₂先生成沉淀，离子方程式为Cu²⁺+2NH₃?H₂O=Cu（OH）₂↓+2NH₄⁺，当溶液中C（Cu²⁺）=10^-5 mol/L时，认为铜离子完全沉淀，再根据氢氧化镁溶度积常数、pH计算c（Mg²⁺）．

解答： 解：：（1）AgNO₃中的银离子在水中易水解，而显酸性，水解方程式为：Ag⁺+H₂O?AgOH+H⁺，为了抑制其水解，配制AgNO₃的溶液时，常将AgNO₃固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度；
故答案为：Ag⁺+H₂O  AgOH+H⁺；抑制；
（2）氨水和盐酸反应生成氯化铵和水，故溶液中存在的离子有：OH^-、H⁺、NH₄⁺、Cl^-；溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得n（NH₄⁺）+n（H⁺）=n（OH^-）+n（Cl^-），溶液呈中性，即n（H⁺）=n（OH^-），所以离子浓度大小关系为：c（Cl^-）=c（NH₄⁺）＞c（H⁺）=c（OH^-）；氨水若和盐酸恰好完全反应，生成的产物氯化铵溶液呈酸性，所以中性时氨水应过量，即浓度大于0.01mol/L；
故答案为：OH^-、H⁺、NH₄⁺、Cl^-；c（Cl^-）=c（NH₄⁺）＞c（H⁺）=c（OH^-）；＞；
（3）A、未用标准液润洗碱式滴定管，标准液碱的浓度偏小，造成V（碱）偏高，可知c（酸）偏高，故A正确．
B、滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，这一滴标准液没有参加反应，又计算在了标准液中，会导致测定结果偏高，故B正确；
C、盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，操作正确，不会影响测定结果，故C错误
D、滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确，导致标准液的体积读数偏小，测定结果偏低，故D错误；
故答案为：AB；
（4）难溶物溶度积常数小的先沉淀，根据溶度积常数相对大小知，Cu（OH）₂先生成沉淀，离子方程式为Cu²⁺+2NH₃?H₂O=Cu（OH）₂↓+2NH₄⁺，溶液pH=11，则溶液中c（OH^-）=0.001mol/L，再根据溶度积常数得c（Mg²⁺）=

1.8×10-11

0.0012

mol/L=1.8×10^-5mol/L，c（Cu²⁺）=

2.0×10-20

(10-3 )2

mol/L=2.0×10^-14mol/L，所以c（Mg²⁺）：c（Cu²⁺）=1.8×10^-5mol/L：2.0×10^-14mol/L=9.0×10⁸，
故答案为：Cu（OH）₂；Cu²⁺+2NH₃?H₂O=Cu（OH）₂↓+2NH₄⁺；9.0×10⁸．

点评：本题考查的内容综合性很强，考查了溶液的配制、滴定操作等内容，难度较大，注意认真审题．