Question

20．淺綠色的硫酸亞鐵銨晶體[又名莫爾鹽，（NH₄）₂SO₄•FeSO₄•6H₂O]比綠礬（FeSO₄•7H₂O）更穩(wěn)定，常用于定量分析．莫爾鹽的一種實驗室制法如下：廢鐵屑$\stackrel{清洗}{→}$$→_{過濾}^{稀硫酸}$溶液A$→_{適量水}^{（NH_{4}）_{2}SO_{4}晶體}$ $\stackrel{操作Ⅰ}{→}$ $\stackrel{乙醇淋洗}{→}$莫爾鹽
（1）向廢鐵屑中加入稀硫酸后，不等鐵屑完全溶解而是剩余少量時就進(jìn)行過濾，其目的是防止Fe²⁺被氧化為Fe³⁺．
（2）濃度均為0.10mol•L^-1的莫爾鹽溶液和FeSO₄溶液，c（Fe²⁺）前者大于后者．（填“大于”、“小于”或“等于”或“無法判斷”）
（3）0.10mol•L^-1莫爾鹽溶液中離子濃度由大到小的順序為c（SO₄^2-）＞c（NH₄⁺）＞c（Fe²⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-）．
（4）從下列裝置中選取必要的裝置制�。∟H₄）₂SO₄溶液，連接的順序（用接口序號字母表示）是：a接d；e接f．

（5）常溫下，若0.10mol•L^-1（NH₄）₂SO₄溶液的pH=5，求算NH₃•H₂O的電離平衡常數(shù)K_b≈2×10^-5．

Answer 1

分析 （1）Fe²⁺離子不穩(wěn)定，易被氧氣氧化為Fe³⁺離子，加入鐵粉可防止Fe²⁺離子被氧化為Fe³⁺離子；
（2）莫爾鹽中的Fe²⁺離子易水解，趨使溶液顯酸性，抑制NH₄⁺水解；
（3）根據(jù)Fe²⁺水解，NH₄⁺水解以及物質(zhì)的化學(xué)式來解答；
（4）制取的氨氣與硫酸反應(yīng)生成（NH₄）₂SO₄，剩余的氨氣用水吸收，氨氣極易溶于水，容易發(fā)生倒吸；
（5）根據(jù)Kw計算溶液中c（OH^-），根據(jù)電荷守恒計算溶液中c（NH₄⁺），根據(jù)物料守恒計算溶液中c（NH₃•H₂O），溶液中存在平衡：NH₄⁺+H₂O?NH₃•H₂O+H⁺，代入平衡常數(shù)表達(dá)式計算，氨水中存在下列的電離平衡：NH₃•H₂O?NH₄⁺+OH^-，結(jié)合水的電離平衡來解答．

解答 解：（1）Fe²⁺離子不穩(wěn)定，易被氧氣氧化為Fe³⁺離子，剩余少量鐵粉防止Fe²⁺離子被氧化為Fe³⁺離子；
故答案為：防止Fe²⁺被氧化為Fe³⁺；
（2）莫爾鹽中的Fe²⁺離子易水解，趨使溶液顯酸性，抑制NH₄⁺水解，故c（NH₄⁺）前者大于后者，
故答案為：莫爾鹽中的Fe²⁺離子易水解，趨使溶液顯酸性，抑制NH₄⁺水解，故c（NH₄⁺）前者大于后者；
（3）Fe²⁺水解，NH₄⁺水解，溶液呈酸性，兩者的濃度降低，溶液中離子濃度由大到小的順序為：c（SO₄^2-）＞c（NH₄⁺）＞c（Fe²⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-）；  
故答案為：c（SO₄^2-）＞c（NH₄⁺）＞c（Fe²⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-）；
（4）氨氣極易溶于水，容易發(fā)生倒吸，將氨氣通入C中氨氣與硫酸反應(yīng)生成硫酸銨，注意應(yīng)長進(jìn)短出防止倒吸，過量的氨氣用D裝置吸收，故連接順序為a→d→e→f；
故答案為：d、e、f；
（5）常溫下，若0.10 mol•L^-1（NH₄）₂SO₄溶液的pH=5，溶液中c（H⁺）=10^-5mol•L^-1，故溶液中c（OH^-）=10^-9mol•L^-1，根據(jù)電荷守恒有：c（NH₄⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+2c（SO₄^2-），即c（NH₄⁺）+10^-5mol•L^-1=10^-9mol•L^-1+0.20 mol•L^-1，則c（NH₄⁺）=（0.20+10^-9-10^-5）mol•L^-1，根據(jù)物料守恒計算溶液中c（NH₃•H₂O）=0.20mol•L^-1-（0.20+10^-9-10^-5）mol•L^-1=（10^-5-10^-9）mol•L^-1，故NH₄⁺+H₂O?NH₃•H₂O+H⁺的平衡常數(shù)的表達(dá)式為$\frac{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）c（{H}^{+}）}{c（N{{H}_{4}}^{+}）}$=$\frac{1{0}^{-5×}（1{0}^{-5}-1{0}^{-9}）^{\;}}{0.20+1{0}^{-9}-1{0}^{-5}}$=5×10^-10，氨水中存在下列的電離平衡：NH₃•H₂O?NH₄⁺+OH^-，電離平衡常數(shù)為K，水的電離平衡可知：
5×10^-10×K=1×10^-14，所以K=2×10^-5；
故答案為：2×10^-5．

點評 本題考查了鹽類水解、電解質(zhì)溶液中電荷守恒、物料守恒的分析應(yīng)用，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目難度中等．