Question

1．氮的重要化合物如氨、肼（N₂H₄）、NO、NO₂、HNO₃、硝酸盐等，在生产、生活中具有重要作用．
（1）利用NH₃的还原性可消除氮氧化物的污染，相关热化学方程式如下：
H₂O（l）=H₂O（g）△H₁=+44.0kJ•mol^-1
N₂（g）+O₂（g）=2NO（g）△H₂=+229.3kJ•mol^-1
4NH₃（g）+5O₂（g）=4NO（g）+6H₂O（g）△H₃=-906.5kJ•mol^-1
4NH₃（g）+6NO（g）=5N₂（g）+6H₂O（l）△H₄，则△H₄=-2317.0kJ•mol^-1．
（2）亚硝酸是一种弱酸，能证明亚硝酸是弱电解质的是AD
A．常温下，亚硝酸钠溶液的pH＞7
B．亚硝酸能和NaOH发生中和反应
C．用亚硝 酸 溶液做导电性实验，灯泡很暗
D．常温下，将pH=3的亚硝酸溶液稀释10倍，pH＜4
（3）一定温度下，将a mol/L的氨水与b mol/LH₂SO₄溶液等体积混合，充分反应后有：2c（SO₄^2-）=c（NH₄⁺），用含a和b的代数式表示该混合溶液中NH₃•H₂O的电离常数为$\frac{2b}{a-2b}$×10^-7．
（4）使用NaBH₄为诱导剂，可使Co²⁺与肼在碱性条件下发生反应，制得高纯度纳米钴，该过程不产生有毒气体，写出该反应的离子方程式：2Co²⁺+N₂H₄+4OH^-=2Co↓+N₂↑+4H₂O．
（5）X、Y、Z、W分别是HNO₃、NH₄NO₃、NaOH、NaNO₂四种强电解质中的一种．下表是常温下浓度均为0.01mol•L^-1的X、Y、Z、W溶液的pH．

0.01mol•L-1的溶液	X	Y	Z	W
pH	12	2	8.5	4.5

将X、Y、Z各1mol同时溶于水中制得混合溶液，则混合溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为c（Na⁺）＞c（NO₃^-）＞c（NO₂^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）．

Answer 1

分析 （1）H₂O（l）=H₂O（g）△H₁=44.0kJ•mol^-1 （i）
N₂（g）+O₂（g）=2NO（g）△H₂=229.3kJ•mol^-1 （ii）
4NH₃（g）+5O₂（g）=4NO（g）+6H₂O（g）△H₃=-906.5kJ•mol^-1 （iii）
由盖斯定律可知（iii）-（ii）×5-（i）×6得：4NH₃（g）+6NO（g）=5N₂（g）+6H₂O（l）；
（2）部分电离的电解质是弱电解质，如果亚硝酸部分电离则亚硝酸是弱电解质，可以根据酸溶液或钠盐溶液的pH判断；
（3）在25℃下，将amol/L的氨水与b mol/LH₂SO₄溶液等体积混合，充分反应后有：2c（SO₄^2-）=c（NH₄⁺），反应平衡时溶液呈中性，c（H⁺）=c（OH^-），根据物料守恒得n（NH₃．H₂O）=（0.5a-b）mol/L，根据电荷守恒得c（H⁺）=c（OH^-）=10^-7mol/L，溶液呈中性，NH₃•H₂O的电离常数K_b=$\frac{c（O{H}^{-}）c（N{{H}_{4}}^{+}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2O}）}$；
（4）依据题意，反应物为Co²⁺与肼（N₂H₄）、碱性条件下存在OH^-，生成物为：钴单质，据此得出Co的化合价降低，故N的化合价升高，只能为0价，即氮气，依据氧化还原反应得失电子守恒回答即可；
（5）X、Y、Z各1mol•L^-1同时溶于水中制得混合溶液，溶液中的溶质为等物质的量浓度的硝酸钠和亚硝酸钠，亚硝酸钠能水解而使溶液呈碱性，则c（OH^-）＞c（H⁺），钠离子和硝酸根离子都不水解，但盐类水解较微弱，所以离子浓度大小关系是c（Na⁺）＞c（NO₃^-）＞c（NO₂^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）．

解答 解：（1）H₂O（l）=H₂O（g）△H₁=44.0kJ•mol^-1 （i）
N₂（g）+O₂（g）=2NO（g）△H₂=229.3kJ•mol^-1 （ii）
4NH₃（g）+5O₂（g）=4NO（g）+6H₂O（g）△H₃=-906.5kJ•mol^-1 （iii）
（iii）-（ii）×5-（i）×6得：4NH₃（g）+6NO（g）=5N₂（g）+6H₂O（l），故△H₄=-906.5-（229.3×5）-（44×6）=-2317.0kJ•mol^-1，
故答案为：-2317.0；   
（2）A、亚硝酸钠溶液的pH＞7，说明亚硝酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，所以能证明亚硝酸是弱酸，故A正确；
B、亚硝酸能与氢氧化钠发生中和反应只能说明亚硝酸具有酸性，不能说明亚硝酸的电离程度，所以不能证明亚硝酸是弱酸，故B错误；
C、用亚硝酸钠溶液作导电实验，灯泡很暗，不能说明亚硝酸的电离程度，所以不能证明亚硝酸是弱酸，故C错误；
D、常温下，将pH=3的亚硝酸溶液稀释10倍，pH＜4，说明稀释亚硝酸时，其氢离子物质的量增大，存在电离平衡，故D正确；
故答案为：AD；
（3）在25℃下，将amol/L的氨水与b mol/LH₂SO₄溶液等体积混合，充分反应后有：2c（SO₄^2-）=c（NH₄⁺）=bmol/L，反应平衡时溶液呈中性，c（H⁺）=c（OH^-），根据物料守恒得n（NH₃．H₂O）=（0.5a-b）mol/L，根据电荷守恒得c（H⁺）=c（OH^-）=10^-7mol/L，溶液呈中性，NH₃•H₂O的电离常数K_b=$\frac{c（O{H}^{-}）c（N{{H}_{4}}^{+}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2O}）}$=$\frac{1{0}^{-7}×b}{0.5a-b}$=$\frac{2b}{a-2b}$×10^-7，
故答案为：$\frac{2b}{a-2b}$×10^-7；
（4）依据题意，反应物为Co²⁺与肼（N₂H₄）、碱性条件下存在OH^-，生成物为：钴单质，据此得出Co的化合价降低，故N的化合价升高，只能为0价，即氮气，据此得出还有水生成，氧化还原反应中存在得失电子守恒以及元素守恒，故此反应的离子反应方程式为：2Co²⁺+N₂H₄+4OH^-=2Co↓+N₂↑+4H₂O，
故答案为：2Co²⁺+N₂H₄+4OH^-=2Co↓+N₂↑+4H₂O；
（5）X、Y、Z各1mol•L^-1同时溶于水中制得混合溶液，溶液中的溶质为等物质的量浓度的硝酸钠和亚硝酸钠，亚硝酸钠能水解而使溶液呈碱性，则c（OH^-）＞c（H⁺），钠离子和硝酸根离子都不水解，但盐类水解较微弱，所以离子浓度大小关系是c（Na⁺）＞c（NO₃^-）＞c（NO₂^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），
故答案为：c（Na⁺）＞c（NO₃^-）＞c（NO₂^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）．

点评 本题考查了热化学方程式和盖斯定律的计算应用、化学平衡的移动、弱电解质的电离平衡判断、盐类水解以及离子浓度大小比较，考查范围广，难度较大．