Question

（1）常温下某无色透明溶液中所含的离子仅有NH₄⁺和Cl^-等四种离子，请回答下列问题：
①该溶液所含的上述四种离子的物质的量浓度大小有多种可能，填写下面的两种可能：
c（Cl^-）＞

 

＞

 

＞

 

，c（Cl^-）＞

 

＞

 

＞

 

②如溶液中c（NH₄⁺）=c（Cl^-），则溶液中的溶质为

 

（必须填化学式）．该溶液的pH

 

7（填＜、＞或=）
（2）常温下将0.020mol CH₃COONa和0.005mol HCl溶于水，配制成2L混合溶液，判断：
①溶液中共有

 

种微粒（包括分子和离子）；
②溶液中有两种微粒的物质的量之和一定等于0.020mol，它们是

 

和

 

；
③溶液中n（CH₃COO^-）+n（OH^-）-n（H⁺）=

 

mol．

Answer 1

考点：离子浓度大小的比较

专题：盐类的水解专题

分析：（1）①根据溶质分别为氯化铵、氯化铵与盐酸时，写出溶液中离子浓度关系；
②根据电荷守恒判断溶液酸碱性，然后判断溶质组成及溶液的pH；
（2）①0.020molCH₃COONa和0.005molHCl溶于水得到0.015molCH₃COONa、0.005molCH₃COOH、0.005molNaCl，CH₃COONa、NaCl为强电解质，CH₃COOH为弱电解质；
②根据溶液中的物料守恒来分析；
③根据电荷守恒及钠离子、氯离子的物质的量来分析．

解答： 解：（1）①溶液中一定存在H⁺和OH^-，所以溶液中存在的四种离子为：NH₄⁺、Cl^-、H⁺、OH^-，
当溶质为氯化铵时，铵根离子部分水解，溶液显示酸性，则溶液中离子浓度关系为：c（Cl^-）＞c（NH₄⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-）；
当溶质为氯化铵和HCl，且氯化氢的物质的量大于氯化铵，则溶液中氢离子浓度大于铵根离子，溶液中离子浓度大小为：c（Cl^-）＞c（H⁺）＞c（NH₄⁺）＞c（OH^-），
故答案为：c（NH₄⁺）；c（H⁺）；c（OH^-）；c（H⁺）；c（NH₄⁺）；c（OH^-）；
②如溶液中c（NH₄⁺）=c（Cl^-），根据电荷守恒可得：c（H⁺）=c（OH^-），溶液显示中性，溶液的pH=7；由于氯化铵溶液显示酸性，若使溶液显示中性，还要满足溶液中离子种类不变，则应该含有一定量的NH₃?H₂O，
故答案为：NH₃?H₂O和NH₄Cl；=；
（2）①0.020molCH₃COONa和0.005molHCl溶于水得到0.015molCH₃COONa、0.005molCH₃COOH、0.005molNaCl，CH₃COONa、NaCl为强电解质，CH₃COOH为弱电解质，
则溶液中存在的离子为：Na⁺、H⁺、Cl^-、OH^-、CH₃COO^-，存在的分子为：H₂O、CH₃COOH，即共有7种不同的微粒，
故答案为：7；  
②根据物料守恒可知，0.020mol CH₃COONa在溶液中以CH₃COOH和CH₃COO^-存在，n（CH₃COOH）+n（CH₃COO^-）=0.020mol，
故答案为：CH₃COOH；CH₃COO^-；
③溶液遵循电荷守恒，存在：n（H⁺）+n（Na⁺）=n（Cl^-）+n（CH₃COO^-）+n（OH^-），
则n（CH₃COO^-）+n（OH^-）-n（H⁺）=n（Na⁺）-n（Cl^-）=0.020mol-0.005mol=0.015mol，
故答案为：0.015．

点评：本题考查弱电解质的电离和盐类水解原理、离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理，能够根据电荷守恒、物料守恒判断溶液中离子浓度大小，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．