Question

【題目】I．常溫下將0.01 mol NH4Cl和0.002 mol NaOH溶于水配成1 L溶液。

(1)該溶液中存在的平衡體系有（用離子反應方程式表示）________

(2)溶液中共有________ 種不同的微粒。

(3)這些微粒中濃度為0.01 mol·L－1的是_____，濃度為0.002 mol·L－1的是___。

(4)______和_______兩種微粒的物質(zhì)的量之和比OH－的物質(zhì)的量多0.008 mol。

II．(5)在粗制CuSO4·5H2O晶體中常含有雜質(zhì)Fe2＋。

①在提純時為了除去Fe2＋，常加入合適氧化劑，使Fe2＋氧化為Fe3＋，下列物質(zhì)可采用的是________。

A．KMnO4 B．H2O2 C．氯水 D．HNO3

②然后再加入適當物質(zhì)調(diào)整溶液至pH＝4，使Fe3＋轉化為Fe(OH)3，調(diào)整溶液pH可選用下列中的______。

A．NaOH B．NH3·H2O C．CuO D．Cu(OH)2

(6)甲同學懷疑調(diào)整至溶液pH＝4是否能達到除去Fe3＋而不損失Cu2＋的目的，乙同學認為可以通過計算確定，他查閱有關資料得到如下數(shù)據(jù)，常溫下Fe(OH)3的溶度積Ksp＝1.0×10－38，Cu(OH)2的溶度積Ksp＝3.0×10－20，通常認為殘留在溶液中的離子濃度小于1.0×10－5 mol·L－1時就認為沉淀完全，設溶液中CuSO4的濃度為3.0 mol·L－1，則Cu(OH)2開始沉淀時溶液的pH為________，F(xiàn)e3＋完全沉淀[即c(Fe3＋)≤1.0×10－5 mol·L－1]時溶液的pH為________。

Answer 1

【答案】 NH3·H2ONH4++OH- NH4++ H2ONH3·H2O+H+ H2OH+ +OH- 7 Cl- Na+ NH4+ H+ B CD 4 3

【解析】分析I．（1）根據(jù)銨根水解、一水合氨和水均是弱電解質(zhì)解答；

（2）根據(jù)溶液中微粒的電離或水解情況判斷；

（3）根據(jù)物料守恒分析；

（4）根據(jù)電荷守恒分析；

II．（5）①根據(jù)除雜時不能引入新雜質(zhì)分析；

②根據(jù)除雜時不能引入新雜質(zhì)分析；

（6）根據(jù)溶度積常數(shù)的概念和表達式計算。

詳解：I．（1）常溫下將0.01 molNH4Cl和0.002 molNaOH溶于水配成1 L溶液，溶液中存在的物質(zhì)有氯化鈉、一水合氨以及過量的氯化銨，其中銨根水解，一水合氨和水均是弱電解質(zhì)，因此該溶液中存在的平衡體系有NH3·H2ONH4++OH－、NH4++ H2ONH3·H2O+H+、H2OH+ +OH-；

（2）溶液中存在的物質(zhì)有氯化鈉、一水合氨以及過量的氯化銨，其中銨根水解，一水合氨和水均存在電離平衡，因此溶液中共有銨根、氫離子、鈉離子、氫氧根、氯離子、一水合氨、水分子等7種不同的微粒；

（3）根據(jù)氯原子守恒可知這些微粒中濃度為0.01 mol·L－1的是Cl-，根據(jù)鈉原子守恒可知濃度為0.002 mol·L－1的是Na+。

（4）根據(jù)電荷守恒可知c(H+)+c(Na+)+c(NH4+)＝c(Cl－)+c(OH－)，則c(H+)+c(NH4+)－c(OH－)＝c(Cl－)－c(Na+)＝0.01mol/L－0.002mol/L＝0.008mol/L，所以H+和NH4+兩種微粒的物質(zhì)的量之和比OH－的物質(zhì)的量多0.008 mol。

II．（5）①高錳酸鉀、氯水和硝酸均能氧化亞鐵離子，但會引入新雜質(zhì)，雙氧水的還原產(chǎn)物是水，不能引入新雜質(zhì)，答案選B；

②選項中的四種物質(zhì)均能消耗氫離子調(diào)節(jié)pH，但氫氧化鈉和氨水會引入新雜質(zhì)鈉離子和銨根離子，氧化銅和氫氧化銅反應后生成銅離子，不會引入新雜質(zhì)，答案選CD；

（6）銅離子濃度是3.0mol/L，則開始沉淀時溶液中氫氧根濃度是＝1×10－10mol/L，則氫離子濃度是10－4mol/L，所以Cu(OH)2開始沉淀時溶液的pH為4；Fe3＋完全沉淀[即c(Fe3＋)≤1.0×10－5 mol·L－1]時溶液中氫氧根濃度是，所以溶液中氫離子濃度是10－3mol/L，因此pH＝3。