Question

10．研究氮氧化物與懸浮在大氣中海鹽粒子的相互作用時，涉及如下反應：
2NO₂（g）+NaCl（s）?NaNO₃（s）+ClNO（g）　 K₁△H＜0（I）
2NO（g）+Cl₂（g）?2ClNO（g）　　K₂△H＜0�。↖I）
（1）4NO₂（g）+2NaCl（s）?2NaNO₃（s）+2NO（g）+Cl₂（g）的平衡常數(shù)K=$\frac{{{K}^{2}}_{1}}{{K}_{2}}$（用K₁、K₂表示）．
（2）為研究不同條件對反應（II）的影響，在恒溫條件下，向 2L恒容密閉容器中加入0.2mol NO和0.1mol Cl₂，10min時反應（II）達到平衡．測得10min內V（ClNO）=7.5×10^-3mol•L^-1•min^-1，則平衡后n（Cl₂）=0.025mol，NO的轉化率а₁=75%．其它條件保持不變，反應（II）在恒壓條件下進行，平衡時NO的轉化率а₂＞а₁（填“＞”“＜”或“=”），平衡常數(shù)K₂不變（填“增大”“減小”或“不變”）．
若要使K₂減小，可采用的措施是升高溫度．
（3）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?¹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?¹，CH₃COOH的電離常數(shù)K_a=1.7×10^-5mol•L?¹，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
（4）在25℃下，將a mol•L^-1的氨水與0.01mol•L^-1的鹽酸等體積混合，反應時溶液中c（NH${\;}_{4}^{+}$）=c（Cl^-）．則溶液顯中（填“酸”“堿”或“中”）性；用含a的代數(shù)式表示NH₃•H₂O的電離常數(shù)K_b=$\frac{1{0}^{-9}}{a-0.01}$．
（5）水溶液中的行為是中學化學的重要內容．已知下列物質的電離常數(shù)值：
HClO：K_a=3×10^-8HCN：K_a=4.9×10^-10H₂CO₃：K_a1=4.3×10^-7K_a2=5.6×10^-11
84消毒液（有效成份為NaClO）中通入少量的CO₂，該反應的化學方程式為NaClO+CO₂+H₂O=NaHCO₃+HClO．

Answer 1

分析 （1）2NO₂（g）+NaCl（s）?NaNO₃（s）+ClNO（g） K₁△H＜0 （I）
2NO（g）+Cl₂（g）?2ClNO（g） K₂△H＜0 （II）
根據(jù)蓋斯定律，Ⅰ×2-Ⅱ可得：4NO₂（g）+2NaCl（s）?2NaNO₃（s）+2NO（g）+Cl₂（g），則該反應平衡常數(shù)為Ⅰ的平衡常數(shù)平方與Ⅱ的平衡常數(shù)的商；
（2）測得10min內v（ClNO）=7.5×10^-3mol•L^-1•min^-1，則△n（ClNO）=7.5×10^-3mol•L^-1•min^-1×10min×2L=0.15mol，由方程式計算參加反應NO、氯氣的物質的量，進而計算平衡時氯氣的物質的量、NO的轉化率；
其它條件保持不變，反應（II）在恒壓條件下進行，正向移動時物質的量減小，相當于壓強增大；
平衡常數(shù)只受溫度影響，溫度不變，平衡常數(shù)不變，正反應為放熱反應，降低溫度平衡正向移動，平衡常數(shù)增大；
（3）0.2mol NaOH的水溶液與0.2mol NO₂恰好完全反應得1L溶液A，由2NO₂+2NaOH═NaNO₃+NaNO₂+H₂O，得到溶液A中NaNO₃物質的量濃度為0．mol/L，NaNO₂物質的量為0.1mol/L；
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，溶液中醋酸根離子水解程度小于亞硝酸根離子水解程度，溶液B堿性大于A溶液；
（4）在25℃下，平衡時溶液中c（NH₄⁺）=c（Cl^-）=0.005mol/L，根據(jù)物料守恒得c（NH₃．H₂O）=（0.5a-0.005）mol/L，根據(jù)電荷守恒得c（H⁺）=c（OH^-）=10^-7mol/L，溶液呈中性，NH₃•H₂O的電離常數(shù)K_b=$\frac{c（O{H}^{-}）c（N{{H}_{4}}^{+}）}{c（N{H}_{3}．{H}_{2}O）}$；
（5）由Ka可知酸性，發(fā)生強酸制取弱酸的反應．

解答 解：（1）2NO₂（g）+NaCl（s）?NaNO₃（s）+ClNO（g） K₁△H＜0 （I）
2NO（g）+Cl₂（g）?2ClNO（g） K₂△H＜0 （II）
根據(jù)蓋斯定律，Ⅰ×2-Ⅱ可得：4NO₂（g）+2NaCl（s）?2NaNO₃（s）+2NO（g）+Cl₂（g），則該反應平衡常數(shù)K=$\frac{{{K}^{2}}_{1}}{{K}_{2}}$，
故答案為：$\frac{{{K}^{2}}_{1}}{{K}_{2}}$；
（2）測得10min內v（ClNO）=7.5×10^-3mol•L^-1•min^-1，則△n（ClNO）=7.5×10^-3mol•L^-1•min^-1×10min×2L=0.15mol，
由方程式可知，參加反應氯氣的物質的量為0.15mol×$\frac{1}{2}$=0.075mol，故平衡時氯氣的物質的量為0.1mol-0.075mol=0.025mol；
參加反應NO物質的量為0.15mol，則NO的轉化率為$\frac{0.15mol}{0.2mol}$×100%=75%；
其它條件保持不變，反應（II）在恒壓條件下進行，正向移動時物質的量減小，相當于壓強增大，正向進行的程度增大，則平衡時NO的轉化率а₂＞а₁，平衡常數(shù)只受溫度影響，溫度不變，平衡常數(shù)不變，正反應為放熱反應，降低溫度平衡正向移動，平衡常數(shù)增大，
故答案為：0.025；75%；＞；不變；升高溫度；
（3）0.2mol NaOH的水溶液與0.2mol NO₂恰好完全反應得1L溶液A，由2NO₂+2NaOH═NaNO₃+NaNO₂+H₂O，得到溶液A中NaNO₃物質的量濃度為0．mol/L，NaNO₂物質的量為0.1mol/L，溶液B為0.1mol•L^-1的CH₃COONa溶液；
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，溶液中醋酸根離子水解程度小于亞硝酸根離子水解程度，溶液B堿性大于A溶液，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^-），
A．溶液B堿性大于A溶液，向溶液A中加適量水，稀釋溶液，堿性減弱，不能調節(jié)溶液pH相等，故A錯誤；
B．向溶液A中加適量NaOH，增大堿性，可以調節(jié)溶液pH相等，故B正確；
C．向溶液B中加適量水，稀釋溶液堿性減弱，可以調節(jié)溶液pH相等，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，故D錯誤；
故答案為：c（NO₃^-）＞c（NO₂^-）＞c（CH₃COO^-）；BC；
（4）在25℃下，平衡時溶液中c（NH₄⁺）=c（Cl^-）=0.005mol/L，根據(jù)物料守恒得c（NH₃．H₂O）=（0.5a-0.005）mol/L，根據(jù)電荷守恒得c（H⁺）=c（OH^-）=10^-7mol/L，溶液呈中性，NH₃•H₂O的電離常數(shù)K_b=$\frac{c（O{H}^{-}）c（N{{H}_{4}}^{+}）}{c（N{H}_{3}．{H}_{2}O）}$=$\frac{1{0}^{-7}×5×1{0}^{-3}}{0.5a-5×1{0}^{-3}}$=$\frac{1{0}^{-9}}{a-0.01}$，
故答案為：中；$\frac{1{0}^{-9}}{a-0.01}$；
（5）由Ka可知碳酸的酸性大于HClO的酸性，則84消毒液（有效成份為NaClO）中通入少量的CO₂，該反應的化學方程式為NaClO+CO₂+H₂O=NaHCO₃+HClO，
故答案為：NaClO+CO₂+H₂O=NaHCO₃+HClO．

點評 本題考查化學平衡的計算，為高頻考點，把握化學平衡移動、焓變計算、電離平衡常數(shù)計算為解答的關鍵，側重分析與計算能力的考查，綜合性較強，題目難度中等．