Question

现有25℃时0.1mol•L^-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⁺）=amol•L^-1，则c（SO₄^2-）=__。

（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___。

Answer

NH3·H2ONH4++OH- NH3▪H2O+H+=NH4++H2O c(H+)=1×10-9mol•L-1 减小 mol•L-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+)=1×10-5mol•L-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 +)=0.1mol•L-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NH3▪H2O+H+=NH4++H2O，pH=5，c(H+)=1×10-5mol•L-1，根据离子积常数，c(OH-)==1×10-9mol•L-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+)=1×10-9mol•L-1，故答案为：NH3▪H2O+H+=NH4++H2O；1×10-9mol•L-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 mol•L-1，故答案为：0.5a mol•L-1；

(5)pH=1的硫酸溶液，c( H +)=0.1mol•L-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。