Question

13．氮和硫的化合物對大氣都有嚴重污染，據(jù)所學化學反應原理回答下列問題：
（1）NO₂與懸浮在大氣中海鹽粒子的相互作用時發(fā)生反應：
2NO₂（g）+NaCl（s）?NaNO₃（s）+ClNO（g）△H=a KJ/mol
則該反應為放熱反應（填放熱或吸熱），產(chǎn)物ClNO的結(jié)構(gòu)式為Cl-N=O
（2）實驗室可用NaOH溶液吸收NO₂，反應為2NO₂+2NaOH═NaNO₃+NaNO₂+H₂O．含0.2mol NaOH的水溶液與0.2mol NO₂恰好完全反應得1L溶液A，溶液B為0.1mol/L的CH₃COONa溶液，則兩溶液中c（NO₃?）、c（NO₂?）和c（CH₃COO?）由大到小的順序為c（NO₃?）＞c（NO₂?）＞c（CH₃COO?）（已知HNO₂的電離常數(shù)K_a=7.1×10^-4mol/L，CH₃COOH的電離常數(shù)K_a=1.7×10^-5mol/L，可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是bc
a．向溶液A中加適量水       b．向溶液A中加適量NaOH
c．向溶液B中加適量水       d．向溶液B中加適量NaOH
（3）若將SO₂，NO₂，O₂按4：4：3通入水中充分反應，寫出總的離子方程式4SO₂+4NO₂+3O₂+6H₂O═12H⁺+4SO₄^2-+4NO₃^-
（4）向氨水中通入過量的H₂S，所得溶液M中溶質(zhì)的電子式為；取0.2mol/L的NaOH溶液與0.1mol/L的M溶液等體積混合，加熱至充分反應后，待恢復至室溫，剩余溶液中離子濃度由大到小的順序是c（Na⁺）＞c（S^2-）＞c（OH^-）＞c（HS^-）＞c（H⁺），此時測得溶液的pH=12，則此條件下M溶液中陰離子的電離平衡常數(shù)K_a=4×10?¹²（提示：若涉及多元弱酸的電離或多元弱酸根離子的水解，均只考慮第一步電離或水解）

Answer 1

分析 （1）反應能自發(fā)，應滿足△G=△H-T•△S＜0，結(jié)合反應的△S進行判斷；ClNO中Cl、N、O能夠形成共用電子對數(shù)目分別為1、3、2，據(jù)此寫出其結(jié)構(gòu)式；
（2）0.2mol NaOH的水溶液與0.2mol NO₂恰好完全反應得1L溶液A，反應為2NO₂+2NaOH═NaNO₃+NaNO₂+H₂O，得到溶液中NaNO₃物質(zhì)的量濃度為0．mol/L，NaNO₂物質(zhì)的量為0.1mol/L，溶液B為0.1mol•L^-1的CH₃COONa溶液，已知HNO₂的電離常數(shù)K_a=7.1×10^-4mol•L^-1，CH₃COOH的電離常數(shù)K_a=1.7×10^-5mol•L^-1，說明CH₃COOH酸性小于HNO₂的酸性，對應陰離子水解程度大，據(jù)此分析判斷；
（3）二氧化氮與氧氣、水反應生成硝酸，硝酸與二氧化硫反應生成硫酸，根據(jù)電子守恒可知三者恰好反應生成硫酸和硝酸；
（4）向氨水中通入過量的H₂S，得到的溶質(zhì)為NH₄HS，NH₄HS為離子化合物，電子式中陰陽離子都需要標出所帶電荷；取0.2mol/L的NaOH溶液與0.1mol/L的NH₄HS溶液等體積混合后，二者物質(zhì)的量之比為2：1，加熱至充分反應生成Na₂S、氨氣與水，待恢復至室溫剩余溶液為Na₂S溶液，溶液中S^2-水解，溶液呈堿性，水的電離與產(chǎn)生氫氧根離子，故c（OH^-）＞c（HS^-），溶液中氫離子濃度最小，溶液中離子濃度大小為：c（S^2-）＞c（OH^-）＞c（HS^-）＞c（H⁺）=10^-12mol/L，
此時測得溶液的pH=12，c（H⁺）=10^-12mol/L，c（OH^-）=10^-2mol/L，由于S^2-+H₂O?OH^-+HS^-，溶液中氫氧根離子源于硫離子水解及水的電離，故溶液中c（HS^-）=10^-2mol/L-10^-12mol/L≈10^-2mol/L，溶液中c（S^2-）=0.1mol/L×$\frac{1}{2}$-10^-2mol/L=0.04molL，由HS^-=S^2-+H⁺可知其電離平衡常數(shù)Ka=$\frac{c（{S}^{2-}）•c（{H}^{+}）}{c（H{S}^{-}）}$，代入數(shù)據(jù)計算即可．

解答 解：（1）反應2NO₂（g）+NaCl（s）?NaNO₃（s）+ClNO（g）是熵變較小的反應，則熵變△S＜O，故T•△S，該反應能夠自發(fā)進行，則△G=△H-T•△S＜0，所以該反應的焓變△H＜0，說明該反應為放熱反應；
ClNO中Cl、N、O能夠形成共用電子對數(shù)目分別為1、3、2，則ClNO分子中存在1個N-Cl鍵和1個N=O鍵，其結(jié)構(gòu)式為：Cl-N=O，
故答案為：放熱；Cl-N=O；
（2）0.2mol NaOH的水溶液與0.2mol NO₂恰好完全反應得1L溶液A，反應為2NO₂+2NaOH═NaNO₃+NaNO₂+H₂O，得到溶液A中NaNO₃物質(zhì)的量濃度為0.1mol/、NaNO₂物質(zhì)的量為0.1mol/L，溶液B為0.1mol•L^-1的CH₃COONa溶液，已知HNO₂的電離常數(shù)K_a=7.1×10^-4mol•L^-1，CH₃COOH的電離常數(shù)K_a=1.7×10^-5mol•L^-1，說明CH₃COOH酸性小于HNO₂的酸性，對應陰離子水解程度大，醋酸根離子和亞硝酸根離子水解，兩溶液中c（NO₃^-）、c（NO₂^-）和c（CH₃COO^-）由大到小的順序為：c（NO₃^-）＞c（NO₂^-）＞c（CH₃COO^-）；
使溶液A和溶液B的pH值相等的方法，依據(jù)溶液組成和性質(zhì)分析，溶液A中NaNO₃物質(zhì)的量濃度為0．mol/L，NaNO₂物質(zhì)的量為0.1mol/L，溶液B為0.1mol•L^-1的CH₃COONa溶液，溶液B堿性大于A溶液；
a、上述分析可知，溶液B堿性大于A溶液，向溶液A中加適量水，稀釋溶液，減小減小，不能調(diào)節(jié)溶液pH相同，故a錯誤；
b、向溶液A中加適量NaOH，增大堿性，可以調(diào)節(jié)溶液pH相同，故b正確；
c、向溶液B中加適量水，稀釋溶液堿性減弱，可以調(diào)節(jié)溶液pH，故c正確；
d、溶液B堿性大于A溶液，向溶液B中加適量NaOH，溶液PH更大，不能調(diào)節(jié)溶液PH相同，故d錯誤；
故答案為：c（NO₃?）＞c（NO₂?）＞c（CH₃COO?）；bc；
（3）將SO₂，NO₂、O₂按4：4：3通入水中充分反應恰好生成硫酸和硝酸，反應的離子方程式為：4SO₂+4NO₂+3O₂+6H₂O═12H⁺+4SO₄^2-+4NO₃^-，
故答案為：4SO₂+4NO₂+3O₂+6H₂O═12H⁺+4SO₄^2-+4NO₃^-；
（4）向氨水中通入過量的H₂S，所得溶液M為NH₄HS，其電子式為：；
取0.2mol/L的NaOH溶液與0.1mol/L的NH₄HS溶液等體積混合后，二者物質(zhì)的量之比為2：1，加熱至充分反應生成Na₂S、氨氣與水，待恢復至室溫剩余溶液為Na₂S溶液，溶液中S^2-水解，溶液呈堿性，水的電離與產(chǎn)生氫氧根離子，故c（OH^-）＞c（HS^-），溶液中氫離子濃度最小，故溶液中c（Na⁺）＞c（S^2-）＞c（OH^-）＞c（HS^-）＞c（H⁺）；
此時測得溶液的pH=12，c（H⁺）=10^-12mol/L，c（OH^-）=10^-2mol/L，由于S^2-+H₂O?OH^-+HS^-，溶液中氫氧根離子源于硫離子水解及水的電離，故溶液中c（HS^-）=10^-2mol/L-10^-12mol/L≈10^-2mol/L，溶液中c（S^2-）=0.1mol/L×$\frac{1}{2}$-10^-2mol/L=0.04molL，由HS^-=S^2-+H⁺，可知其電離產(chǎn)生Ka=$\frac{c（{S}^{2-}）•c（{H}^{+}）}{c（H{S}^{-}）}$=$\frac{0.04×1{0}^{-12}}{1{0}^{-2}}$=4×10^-12，
故答案為：；c（Na⁺）＞c（S^2-）＞c（OH^-）＞c（HS^-）＞c（H⁺）； 4×10?¹²．

點評 本題考查了離子濃度大小比較，題目難度中等，涉及化學平衡常數(shù)的計算、離子濃度大小比較、電子式及結(jié)構(gòu)式的書寫等知識，試題知識點較多、綜合性較強，充分考查了學生的分析、理解能力及靈活運用能力．