Question

常温下，将0.01molNH₄Cl和0.005molNaOH溶于水配成1L溶液(pH>7).

（1）该溶液中存在的三个平衡体系是 、             、            。

（2）溶液中存在的离子物质的量浓度由大到小顺序为                  。

（3）这些粒子中浓度为0.01mol/L的是 ，浓度为0.005mol/L的是            。

（4）物质的量之和为0.0lmol的二种粒子是            。

（5）NH₄⁺和H⁺两种粒子物质的量之和比OH^-多        mol。

Answer

（1）NH3∙H2ONH4++OH-(2分)

NH4++H2ONH3·H2O+H+(2分)

H2OH++OH-(2分)

（2）c(Cl-)>c(NH4+)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)(2分)

（3）Cl-(l分)Na+(1分)

（4）NH4+、NH3·H2O(全选对2分，选错0分)

（5）0.005(2分)

【解析】

试题分析：常温下将0.01mol NH4Cl和0.002mol NaOH溶于水配成1L溶液，溶液中存在0.002molNaCl，0.002molNH3•H2O，0.008mol NH4Cl；

（1）该溶液中存在的三个平衡体系是铵根离子的水解平衡NH4++H2ONH3•H2O+H+，铵根离子和氢氧根离子发生反应的化学平衡NH4++OH-NH3•H2O，弱电解质的电离平衡 H2OH++OH-；

（2）将0.01molNH4Cl和0.005molNaOH溶于水反应后得到0.005molNaCl、0.005molNH3•H2O和0.005molNH4Cl，因NH3•H2O电离大于水解NH4+，则溶液中各离子微粒的大小关系为 c (Cl-) >c (NH4+)>c (Na+) >c (OH-) >c(H+) ；

（3）这些微粒中氯离子、钠离子物质的量不变，所以浓度为0.01mol/L的是Cl-，浓度为0.005mol/L的是Na+；

（4）物料守恒分析，物质的量之和为0.01mol的两种微粒是NH4+、NH3•H2O；

（5）溶液中存在电荷守恒，c(H+)+c(Na+)+c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-)，c(Na+)=0.005mol/L，c(Cl-)=0.01mol/L，得到c(H+)+c(NH4+)-c(OH-)=c(Cl-)-c(Na+)=0.005mol/L，溶液体积为1L，则 NH4+和H+两种粒子物质的量之和比OH-多0.005mol。

考点：考查弱电解质电离、盐类水解分析应用、胶体性质分析判断。