Question

3．（1）25℃时，在0.10mol/L的氨水中逐滴加入同浓度的盐酸（不计两者的挥发性），回答下列问题：
①当溶液pH=7时，溶液中c（NH₄⁺）= c（Cl^-）（用“＜”、“＞”、“=”填空，下同）；
②当盐酸和氨水溶液恰好中和时，溶液中c（H⁺）＞c（OH^-）；
（2）某工厂用FeCl₃溶液腐蚀镀有铜的绝缘板生产印刷电路．某实验小组的同学对该厂生产的印刷电路后所得的废液进行了分析：取50mL废液，向其中加入足量的稀硝酸，生成0.02molNO；另取50mL废液，向其中加入足量的AgNO₃溶液，析出沉淀43.05g．请回答以下问题：
①该厂原来使用的FeCl₃溶液中溶质的物质的量浓度为0.2mol/L（反应前后溶液的体积变化忽略不计）；
②废液中各金属阳离子的物质的量浓度之比为C（Fe³⁺）：C（Fe²⁺）：C（Cu²⁺）=4：6：3；
③另取50mL废液，加入一定量铁屑，充分反应后有铜析出，则所得溶液中Fe²⁺的物质的量范围是0.12mol＜n（Fe²⁺）≤0.15mol．

Answer 1

分析 （1）①根据溶液中的电荷守恒来回答；
②盐酸和氨水溶液恰好中和，指的是酸和碱的物质的量是相等的，此时得到的溶液为氯化铵溶液；
（2）①废液加入足量的AgNO₃溶液，生成沉淀43.05g为AgCl质量，根据氯元素守恒计算溶液中n（FeCl₃），根据c=$\frac{n}{V}$计算原废液中c（FeCl₃）；
②废液中加入硝酸发生反应：3Fe²⁺+4H⁺+NO₃^-=3Fe³⁺+NO↑+2H₂O，根据NO计算废液中n（Fe²⁺），再根据2Fe³⁺+Cu=2Fe²⁺+Cu²⁺，计算溶液中n（Cu²⁺）、参加反应Fe³⁺物质的量，进而计算废液中n（Fe³⁺），离子浓度之比等于物质的量之比；
③刚开始析出Cu时溶液中Fe²⁺的物质的量最小，Fe³⁺完全反应，发生反应：2Fe³⁺+Fe=3Fe²⁺，Cu恰好完全析出时，溶液中Fe²⁺的物质的量最大，发生反应Cu²⁺+Fe=Fe²⁺+Cu，由（2）中数据结合方程式计算．

解答 解：（1）①当溶液pH=7时，即显示中性，c（H⁺）=c（OH^-），根据电荷守恒c（NH₄⁺）+c（H⁺）=c（Cl^-）+c（OH^-），则溶液中c（NH₄⁺）=c（Cl^-），
故答案为：=；
②当盐酸和氨水溶液恰好中和时，指的是酸和碱的物质的量按照1：1反应，此时得到的溶液为氯化铵溶液，铵根离子水解导致溶液显示酸性，即c（H⁺）＞c（OH^-），故答案为：＞；
（2）①废液加入足量的AgNO₃溶液，生成沉淀43.05g为AgCl质量，其物质的量=$\frac{43.05g}{143.5g/mol}$=0.3mol，根据氯元素守恒，原溶液中n（FeCl₃）=$\frac{1}{3}$n（AgCl）=$\frac{1}{3}$×0.3mol=0.1mol，故原废液中c（FeCl₃）=$\frac{0.1mol}{0.05L}$=2mol/L，
故答案为：2mol/L；
②由3Fe²⁺+4H⁺+NO₃^-=3Fe³⁺+NO↑+2H₂O，可知废液中n（Fe²⁺）=3n（NO）=0.02mol×3=0.06mol，根据2Fe³⁺+Cu=2Fe²⁺+Cu²⁺，可知溶液n（Cu²⁺）=$\frac{1}{2}$n（Fe²⁺）=$\frac{1}{2}$×0.06mol=0.03mol、参加反应Fe³⁺物质的量=n（Fe²⁺）=0.06mol，故废液中n（Fe³⁺）=0.1mol-0.06mol=0.04mol，离子浓度之比等于物质的量之比，故c（Fe³⁺）：c（Fe²⁺）：c（Cu²⁺）=0.04mol：0.06mol：0.03mol=4：6：3，
故答案为：4：6：3；
③刚开始析出Cu时溶液中Fe²⁺的物质的量最小，Fe³⁺完全反应，则：
   2Fe³⁺+Fe=3Fe²⁺
0.04mol    0.06mol
故Fe²⁺的物质的量极小值为0.06mol+0.06mol=0.12mol，由于析出Cu，故Fe²⁺的物质的量最小大于0.12mol，
Cu恰好完全析出时，溶液中Fe²⁺的物质的量最大，则：
  Cu²⁺+Fe=Fe²⁺+Cu
0.03mol    0.03mol
故溶液中Fe²⁺的物质的量最大为0.12mol+0.03mol=0.15mol，
故溶液中0.12mol＜n（Fe²⁺）≤0.15mol，
故答案为：0.12mol＜n（Fe²⁺）≤0.15mol．

点评 本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算、离子浓度大小比较及混合物反应的计算，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意掌握电荷守恒、盐的水解原理的含义及应用方法．