[题目]已知HA的酸性强于HB的酸性.25℃时.用NaOH固体分别改变物质的量浓度均为0.1 molL-1的HA溶液和HB溶液的pH(溶液的体积变化忽略不计).溶液中A-.B-的物质的量浓度的负对数与溶液的pH的变化情况如图所示.下列说法正确的是A.曲线Ⅰ表示溶液的pH与-lgc(B-)的变化关系B.Ka(HA)∶Ka(HB)=1000∶1C.溶液中水的电离程度:M<ND 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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【题目】已知HA的酸性强于HB的酸性。25℃时，用NaOH固体分别改变物质的量浓度均为0.1 molL-1的HA溶液和HB溶液的pH(溶液的体积变化忽略不计)，溶液中A-、B-的物质的量浓度的负对数与溶液的pH的变化情况如图所示。下列说法正确的是

A.曲线Ⅰ表示溶液的pH与-lgc(B-)的变化关系

B.Ka(HA)∶Ka(HB)=1000∶1

C.溶液中水的电离程度：M<N

D.N点对应的溶液中c(Na+)＞Q点对应的溶液中c(Na+)

【答案】C

【解析】

A.HA的酸性强于HB的酸性，则Ka（HA）＞Ka（HB），对于HA，则Ka（HA）=，则有-lgc（A-）=-pH+pKa（HA）-lgc（HA），同理，对HB则有-lgc（B-）=-pH+pKa（HB）-lgc（HB），酸越弱，酸根离子水解越强，纵截距越大，酸越弱，所以曲线II表示pH与-1gc（B-）的关系，故A错误；

B.对于HB，取点（10，2），则c（H+）=10-10mol/L，c（B-）=10-2mol/L，则Ka（HB)= =10-11，同理对于HA，取点（8，2），则c（H+）=10-8mol/L，c（A-）=10-2mol/L，则Ka（HA）= =10-9，所以Ka（HA）：Ka（HB）=10-9：10-11=100，故B错误；

C.M点和N点溶液中c（A-）=c（B-），溶液pH越大，水的电离程度越大，所以水的电离程度M＜N，故C正确；

D．对于N点溶液，存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（B-），对于Q点溶液，存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-），N点和Q点溶液pH相同，则两溶液中c（H+）和c（OH-）分别相等，但c（B-）＜c（A-），则N点对应的溶液中c（Na+）＜Q点对应的溶液中c（Na+），故D错误；

答案：C

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（1）某同学对铁与稀硝酸的反应进行探究，若HNO3只被还原成NO，则：

①写出铁与过量稀硝酸反应的离子方程式：__。

②写出过量铁与稀硝酸反应的离子方程式：__。

③若28g铁与含1.6mol硝酸的稀硝酸恰好完全反应，则生成的Fe3＋和Fe2＋的物质的量之比为__。上述反应结束后，向反应后的溶液中加足量氢氧化钠溶液，滤出沉淀洗涤后，在空气中灼烧至质量不变，最终得到的固体质量为__g。

（2）饮用水中NO3-对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中NO3-的浓度，某饮用水研究人员提出，可在碱性条件下用铝粉将NO3-还原为N2。

①配平方程式：__Al＋__NO3-＋__OH－＋__=__[Al(OH)4]－＋__N2↑。

②上述反应中，还原剂与还原产物的物质的量之比是__，反应中转移电子0.3mol，生成__mL(标准状况下)N2。

【答案】Fe＋NO3-＋4H＋=Fe3＋＋NO↑＋2H2O 3Fe＋2NO3-＋8H＋=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O 2∶3 40 10 6 4 18H2O 10 3 10∶3 672

【解析】

(1)①铁与过量稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，离子方程式为Fe＋NO3-＋4H＋=Fe3＋＋NO↑＋2H2O；

②过量铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、NO和水，离子方程式为3Fe＋2NO3-＋8H＋=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O；

③28g铁的物质的量为0.5mol，与含1.6mol硝酸的稀硝酸恰好完全反应，设生成的Fe3＋和Fe2＋的物质的量分别是xmol、ymol，即生成xmol硝酸铁和ymol硝酸亚铁，根据N原子守恒知，生成NO的物质的量为(1.6－3x－2y)mol，根据得失电子守恒有3x＋2y＝3(1.6－3x－2y)，又有x＋y＝0.5，解得x＝0.2，y＝0.3，则生成的Fe3＋和Fe2＋的物质的量之比为2∶3；上述反应结束后，向反应后的溶液中加足量氢氧化钠溶液，滤出沉淀洗涤后，在空气中灼烧至质量不变，由于生成的氢氧化亚铁在空气中易被氧化为氢氧化铁，氢氧化铁受热分解最终得到的固体是氧化铁，故其物质的量为0.5mol×＝0.25mol，质量为40g；

(2)①根据得失电子守恒、原子守恒及电荷守恒，可知离子方程式为10Al＋6NO3-＋4OH－＋18H2O=10[Al(OH)4]－＋3N2↑；

②上述反应中，还原剂是Al，还原产物是N2，其物质的量之比为10∶3；由方程式可知，生成3molN2时转移电子30mol，所以反应中转移电子0.3mol，生成N2的体积(标准状况下)为×22.4L·mol－1＝0.672L＝672mL。

【点睛】

金属与硝酸反应的计算一般常采用以下方法：①原子守恒法：HNO3与金属反应时，一部分HNO3起酸的作用，以NO的形式存在于溶液中；一部分作为氧化剂转化为还原产物，这两部分中氮原子的总物质的量等于反应消耗的HNO3中氮原子的物质的量；②得失电子守恒法：HNO3与金属的反应属于氧化还原反应，HNO3中氮原子得到电子的物质的量等于金属失电子的物质的量；③电荷守恒法：HNO3过量时反应后溶液中(不考虑OH－)有：c(NO3－)＝c(H+)+nc(Mn+)(Mn+代表金属离子)；④离子方程式计算法：金属与H2SO4、HNO3的混合酸反应时，由于溶液中NO3－在H2SO4提供H+的条件下能继续与金属反应，因此此类题目应用离子方程式来计算，先作过量判断，然后根据完全反应的金属或H+或NO3－进行相关计算，且溶液中要符合电荷守恒。

【题型】综合题
【结束】
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（1）写出N2的一种用途：___。

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