题目内容
【题目】现有25℃时0.1molL-1的氨水,请回答以下问题:
(1)氨水呈碱性的原因为(用离子方程式表示)___。
(2)若向氨水中加入稀盐酸,使其恰好中和,写出反应的离子方程式___;若所得溶液的pH=5,则溶液中水所电离出的氢离子浓度为___。
(3)若向氨水中加入少量硫酸铵固体,此时溶液中__(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(4)若向氨水中加入稀硫酸至溶液的pH=7,此时c(NH4+)=amolL-1,则c(SO42-)=__。
(5)若向氨水中加入pH=1的硫酸,且氨水与硫酸的体积比为1∶1,则所得溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是___。
(6)二氧化硫通入0.1mol/L的氯化钡溶液中至饱和,无现象,若继续加入氨水,产生白色沉淀,用电离平衡解释原因___。
【答案】NH3·H2ONH4++OH- NH3H2O+H+=NH4++H2O c(H+)=1×10-9molL-1 减小 molL-1 c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-) 因为二氧化硫和水反应生成的是亚硫酸,而亚硫酸属于弱酸,不能制取氯化氢这样的强酸,所以不能生成沉淀,而氨水是可以吸收二氧化硫生成亚硫酸根,亚硫酸根会与钡离子生成亚硫酸钡沉淀
【解析】
(1)氨水中的一水合氨能够部分电离,使溶液显碱性;
(2)若向氨水中加入稀盐酸,使其恰好中和,反应生成(NH4)2SO4和水;pH=5,c(H+)=1×10-5molL-1,根据离子积常数计算c(OH-),水所电离出的c(H+)等于水所电离出的c(OH-),据此分析解答;
(3)向氨水中加入少量硫酸铵固体,铵根离子浓度增大,结合氨水的电离平衡分析判断;
(4)根据电荷守恒计算硫酸根离子浓度;
(5)pH=1的硫酸溶液,c( H +)=0.1molL-1,氢离子浓度与氨水浓度相等,恰好反应生成铵根离子,溶液中的溶质是硫酸铵,结合铵根离子水解分析解答;
(6)二氧化硫与水反应生成亚硫酸,亚硫酸与氯化钡不反应,再加入氨水,氨水与亚硫酸反应生成亚硫酸盐,据此分析解答。
(1)氨水中的一水合氨能够部分电离,使溶液显碱性,NH3·H2ONH4++OH-,故答案为:NH3·H2ONH4++OH-;
(2)若向氨水中加入稀盐酸,使其恰好中和,反应生成(NH4)2SO4和水,反应的离子方程式为NH3H2O+H+=NH4++H2O,pH=5,c(H+)=1×10-5molL-1,根据离子积常数,c(OH-)==1×10-9molL-1,则水所电离出的c(H+)等于水所电离出的c(OH-),因此水所电离出的c(H+)=1×10-9molL-1,故答案为:NH3H2O+H+=NH4++H2O;1×10-9molL-1;
(3)由于(NH4)2SO4=2NH4++SO42-,向氨水中加入少量硫酸铵固体,溶液中NH4+浓度增大,抑制氨水的电离,导致溶液中氢氧根离子浓度减小,一水合氨分子浓度增大,所以此时溶液中减小,故答案为:减小;
(4)pH=7,溶液呈中性,c(H+)=c(OH-),溶液中存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42- )+c(OH-),所以c(SO42- )=0.5c(NH4+)=0.5a molL-1,故答案为:0.5a molL-1;
(5)pH=1的硫酸溶液,c( H +)=0.1molL-1,氢离子浓度与氨水浓度相等,体积相同,所以恰好反应生成盐,如果NH4+不水解,c( NH4+)∶c(SO42-)=2∶1,但水解是较弱的,所以c(NH4+)>c(SO42- );溶液呈酸性,所以c(H+)>c(OH-),故溶液中离子浓度大小顺序是c(NH4+)>c(SO42- )>c(H+)>c(OH-),故答案为:c(NH4+)>c(SO42- )>c(H+)>c(OH-)。
(6)二氧化硫通入0.1mol/L的氯化钡溶液中至饱和,二氧化硫与水反应生成亚硫酸,亚硫酸与氯化钡不反应,因此无明显现象,若继续加入氨水,氨水与亚硫酸反应生成亚硫酸盐,再与钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀,因此产生白色沉淀,故答案为:因为二氧化硫和水反应生成的是亚硫酸,而亚硫酸属于弱酸,不能制取氯化氢这样的强酸,所以不能生成沉淀,而氨水是可以吸收二氧化硫生成亚硫酸根,亚硫酸根会与钡离子生成亚硫酸钡沉淀。