Question

11．（1）常溫下向25mL含HCl 0.01mol的溶液中滴加氨水至過量，該過程中水的電離平衡先正向移動，后逆向移動（填寫電離平衡移動情況）．當?shù)渭影彼��?5mL時，測得溶液中水的電離度最大，則氨水的濃度為0.4mol/L．
（2）已知NH₄A溶液為中性，又知HA溶液加到Na₂CO₃溶液中有氣體放出，試推斷（NH₄）₂CO₃溶液的pH＞7（填“＞”、“＜”或“=”）．
（3）25℃時，將amol NH₄NO₃溶于水，向所得溶液中滴加bL氨水后溶液呈中性，則所滴加氨水的濃度是$\frac{a}{200b}$ mol•L^-1．（用含a、b 的式子表示）（NH₃•H₂O的電離平衡常數(shù)取K_b=2×10^-5 mol•L^-1）

Answer 1

分析 （1）酸或堿都抑制水電離，當二者恰好反應(yīng)生成氯化銨時，水的電離程度最大；
（2）根據(jù)題意知，HA的酸性比碳酸強，NH₄A溶液為中性，說明銨根離子和該酸根離子水解程度相同，由此得知銨根離子水解程度小于碳酸根離子，所以（NH₄）₂CO₃中溶液呈堿性；（3）依據(jù)銨根離子水解分析回答；依據(jù)同粒子效應(yīng)，一水合氨對銨根離子水解起到抑制作用；依據(jù)一水合氨的電離平衡常數(shù)計算得到氨水濃度．

解答 （1）常溫下向25mL含HCl0.01mol的溶液中滴加氨水至過量，該過程中水的電離平衡先正向移動，后逆向移動，酸或堿都抑制水電離，當二者恰好反應(yīng)生成氯化銨時，水的電離程度最大，則一水合氨的物質(zhì)的量為0.01mol，其濃度=$\frac{0.01mol}{0.025L}$=0.4mol/L，
故答案為：先正向移動，后逆向移動；0.4；（2）將HA溶液加到Na₂CO₃溶液中有氣體放出，說明HA的酸性比碳酸的強，NH₄A溶液為中性，說明相同條件下，氨水和HA的電離程度相同，所以（NH₄）₂CO₃中銨根離子的水解程度小于碳酸根離子的水解程度，所以溶液的pH＞7，
故答案為：＞；（3）NO₂可用氨水吸收生成NH₄NO₃．25℃時，將a mol NH₄NO₃溶于水，溶液顯酸性，是因為銨根離子水解；反應(yīng)的離子方程式為：NH₄⁺+H₂O?NH₃•H₂O+H⁺；加入氨水溶液抑制銨根離子水解，平衡逆向進行；將a mol NH₄NO₃溶于水，向該溶液滴加b L 氨水后溶液呈中性，依據(jù)電荷守恒計算可知，溶液中氫氧根離子濃度=10^-7mol/L，c（NH₄⁺）=c（NO₃^-）；NH₃•H₂O的電離平衡常數(shù)取K_b=2×10^-5 mol•L^-1，設(shè)混合后溶液體積為1L，（NH₄⁺）=c（NO₃^-）=amol/L；根據(jù)一水合氨電離平衡得到：NH₃•H₂O?NH₄⁺+OH^-，平衡常數(shù)K=$\frac{c（N{{H}_{4}}^{+}）c（O{H}^{-}）}{c（N{H}_{3}{•H}_{2}O）}$=$\frac{amol×1{0}^{-7}mol/L}{bL×c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）mol/L}$=2×10^-5 mol•L^-1，計算得到c（NH₃•H₂O）=$\frac{a}{200b}$ mol/L，故答案為：$\frac{a}{200b}$．

點評 本題考查了氧化還原反應(yīng)的概念判斷，化學平衡的影響因素分析，平衡標志的判斷理解，平衡常數(shù)的影響因素和計算應(yīng)用，化學反應(yīng)速率的計算分析，弱電解質(zhì)溶液中的電離平衡的計算應(yīng)用，綜合性較大．