Question

（1）常温下将0.01molNH₄Cl和0.002molNaOH溶于水配成1L溶液。

①该溶液中除H₂O的电离平衡外还存在的平衡体系是___。

②溶液中共有___种不同的微粒。

③这些粒子中浓度为0.01mol·L^-1的是___，浓度为0.002mol·L^-1的是___。

④物质的量之和为0.01mol的两种微粒是___。

（2）某二元酸(化学式用H₂B表示)在水中的电离方程式是H₂B=H⁺+HB^-；HB^-H⁺+B^2-，回答下列问题：

①已知0.1mol·L^-1NaHB溶液的pH=2，则0.1mol·L^-1H₂B溶液中c(H⁺)___(填“＜”、“＞”、“=”)0.11mol·L^-1理由是___。

②0.1mol·L^-1NaHB溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是___。

Answer

NH3·H2ONH4++OH-，NH4++H2ONH3·H2O+H+ 7 Cl- Na+ NH4+、NH3·H2O ＜ H2B第一步电离产生的H+对HB-的电离起了抑制作用 c(Na+)＞c(HB-)＞c(H+)＞c(B2-)＞c(OH-)

【解析】

0.01molNH4Cl和0.002molNaOH按物质的量比1:1进行反应生成一水合氨和氯化钠，反应的定量关系可知氯化铵过量，溶液中溶质为NH3•H2O、NaCl、NH4Cl；由H2B在水中的电离方程式H2B=H++HB-；HB-H++B2-可知，第一步完全电离、第二步部分电离。

（1）①氯化铵和氢氧化钠反应生成一水合氨和氯化钠，氯化铵过量，故溶液中存在一水合氨的电离平衡，铵根离子水解平衡以及水的电离平衡：NH3·H2ONH4++OH-，NH4++H2ONH3·H2O+H+，H2OH++OH-。

②溶液中溶质为NH3•H2O、NaCl、NH4Cl，溶液中存在钠离子、氯离子、铵根离子、氢氧根离子、氢离子、一水合氨分子、水分子，共有7种不同的微粒。

③因为平衡体系的存在，微粒中只要钠离子、氯离子在溶液中不发生变化，这些微粒中浓度为0.01mol/L的是Cl-，浓度为0.002mol/L的是Na+。

④物料守恒分析，0.01molNH4Cl和0.002molNaOH溶于水配成1L溶液，则溶液中存在的氮元素物质的量一定为0.01mol，铵根离子结合氢氧根离子生成一水合氨，一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，根据物料守恒可知，氮元素的存在形式为NH4+、NH3•H2O，则物质的量之和为0.01mol的两种微粒是NH4+、NH3•H2O。

（2）①因为0.1mol·L-1NaHB溶液的pH=2，则0.1mol·L-1HB-电离出的氢离子的浓度为0.01 mol·L-1，0.1mol·L-1H2B溶液中，H2B=H++HB-电离出0.1mol·L-1氢离子和0.1mol·L-1 HB-，但H2B=H++HB-电离出的H+对HB-的电离起了抑制作用，故0.1mol·L-1H2B溶液中c(H+)＜0.11mol·L-1。

②0.1mol·L-1NaHB溶液中存在HB-H++B2-，故c(Na+)＞c(HB-)，因为溶液显酸性，故c(H+)＞c(OH-)，水和HB-都电离出氢离子，则c(H+)＞c(B2-)，所以该溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c(HB-)＞c(H+)＞c(B2-)＞c(OH-)。