题目内容
【题目】亚硝酸(HNO2)是一元弱酸，不稳定，只能存在于较低温度的稀溶液中。室温时，亚硝酸(HNO2)的电离平衡常数Ka=5.1×10-4，H2CO3的电离平衡常数Ka1=4.2×10-7、Ka2=5.61×10-11。亚硝酸及其盐在实验和工业生产中有重要应用。请回答：
(1)在酸性条件下，NaNO2与KI按物质的量1︰1恰好完全反应，I－被氧化为I2，写出该反应的离子方程式________________。
(2)NaNO2溶液呈_____性(填“酸”“碱”或“中”)，原因是________(用离子方程式表示)。要得到稳定HNO2溶液，可以往冷冻的浓NaNO2溶液中加入或通入某种物质，下列物质不适合使用______(填序号)。
a.稀H2SO4 b.CO2 c.SO2
(3)若用电解法将废水中NO2－转换为N2除去，N2将在__________(填电极名称)生成。
(4)向含1 mol Na2CO3的溶液中加入1 mol HNO2后，c(CO32-)、c(HCO3-)、c(NO2－)由大到小的顺序为________________。
(5)25℃时，用0.100molL-1NaOH溶液滴定20.0mL某浓度的HNO2溶液，溶液的pH与NaOH溶液体积(V)的关系如图所示，(在该条件下HNO2不分解)
已知：M点对应溶液中，c(OH－)=c(H+)+c(HNO2)。则：
①原溶液中c(HNO2)为_________。
②下列关于N点对应溶液的说法正确的是______(填选项字母)。
A.溶质只有NaNO2
B.水电离出来的c(H+)=1×10-7 molL-1
C.溶液中：c(Na+)＜c(OH-)
D.溶液中离子浓度：c(Na+)= c(NO2-)
【答案】4H+ + 2NO2－+ 2I－=I2 + 2NO↑+ 2H2O 碱 NO2－+H2OOH－+ HNO2 bc 阴极 c(NO2－)> c(HCO3-) > c(CO32-) 0.110mol/L BD
【解析】
(1)根据氧化还原反应中得失电子守恒判断含N产物，进而书写离子方程式；
(2)根据复分解反应中强酸制弱酸的原理以及氧化还原反应的原理判断；
(3)电解池中，阴极发生得电子的还原反应，阳极发生失电子的氧化反应；
(4)首先判断二者反应的产物，再结合越弱越水解的原理分析；
(5)①根据M点对应溶液中，c(OH－)=c(H+)+c(HNO2)，判断M点恰好生成NaNO2，据此计算c(HNO2)；
②N点溶液显中性，NaOH不足，HNO2有剩余，溶质为NaNO2、HNO2，据此分析解答。
(1)I－被氧化为I2时，1mol I－失电子1mol，NaNO2中N元素化合价是+3价，由于在酸性条件下，NaNO2与KI按物质的量1︰1恰好完全反应，由得失电子守恒可知1molNaNO2得电子1mol，则N元素化合价应降低为+2价，则产物中含氮的物质为NO，配平该离子方程式为4H+ + 2NO2－+ 2I－=I2 + 2NO↑+ 2H2O；故答案为：4H+ + 2NO2－+ 2I－=I2 +2NO↑+2H2O；
(2)NaNO2为强碱弱酸盐，NO2－发生水解NO2－+H2OOH－+ HNO2，使溶液呈碱性；已知室温时，亚硝酸(HNO2)的电离平衡常数Ka=5.1×10-4，H2CO3的电离平衡常数Ka1=4.2×10-7，则酸性：HNO2＞H2CO3，根据强酸制弱酸的原理可知，NaNO2、二氧化碳、水不能反应生成HNO2；由(1)知在酸性条件下，NaNO2能将I－氧化为I2，则浓NaNO2溶液中通入二氧化硫时，NaNO2能将二氧化硫氧化，则无法得到HNO2；加入稀H2SO4，发生复分解反应生成HNO2；故答案为：碱；NO2－+H2OOH－+ HNO2；bc；
(3)用电解法将废水中NO2－转换为N2除去，N元素化合价降低，得电子，根据电解池的原理，阴极发生得电子的还原反应，则N2将在阴极生成；故答案为：阴极；
(4)酸性：HNO2＞H2CO3，则向含1 mol Na2CO3的溶液中加入1 mol HNO2，发生反应：Na2CO3+ HNO2=NaHCO3+ NaNO2，则溶质变为1mol NaHCO3和1molNaNO2，由于酸性：HNO2＞H2CO3，根据越弱越水解原理知，NO2－的水解程度比HCO3－的水解程度小，且弱离子的水解是微弱的，HCO3－的电离是微弱的，则c(CO32-)、c(HCO3-)、c(NO2－)由大到小的顺序为c(NO2－)>c(HCO3－) > c(CO32－)；故答案为：c(NO2－)>c(HCO3－) > c(CO32－)；
(5)①已知：M点对应溶液中，c(OH－)=c(H+)+c(HNO2)，则M点恰好生成NaNO2，由此可知，22mL 0.100molL-1NaOH与20.0mL HNO2溶液恰好反应，则可得c(NaOH)V(NaOH)=c(HNO2)V(HNO2)，0.022L×0.100molL-1=0.020Lc(HNO2)，解得c(HNO2)=0.110mol/L；故答案为：0.110mol/L；
②N点溶液显中性，NaOH不足，HNO2有剩余，溶质为NaNO2、HNO2，
A. 溶质为NaNO2、HNO2，A项错误；
B. N点溶液显中性，水电离出来的c(H+)=1×10-7 molL-1，B项正确；
C. N点溶液显中性，溶质为NaNO2、HNO2，c(Na+)远大于c(OH-)，C项错误；
D. N点溶液显中性，由电荷守恒：
一诺书业暑假作业快乐假期云南美术出版社系列答案【题目】氢叠氮酸(HN3)和莫尔盐(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O是两种常用原料。
（1）氨叠氮酸易溶于水，25℃时，该酸的电离常数为Ka=10×10-5
①氢叠氮酸在水溶液中的电离方程式为________________________________
②0.2mol/L的HN3溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后，恢复到25℃,混合溶液中各离子和HN3分子浓度由大到小的顺序为__________________________。
③已知T℃时，Ksp(CuN3)=5.0×10-9,Ksp(Cu2S)=2.5×10-48,则相同温度下，2CuN3(s)+S2-(aq)
Cu2S(s)+2N3-(aq)该反应正反应方向_________(“能”或“不能”)进行基本彻底，请通过计算说明_________________________。
（2）在FeSO4溶液中，加入(NH4)2SO4固体可制备莫尔盐晶体，为了测定产品纯度，称取ag产品溶于水，配制成500mL溶液，用浓度为cmol/L的酸性高锰酸钾溶液滴定，每次所取待测液体积均为25.00mL，实验结果记录如下：(已知莫尔盐的分子量为392)
实验次数 | 第一次 | 第二次 | 第三次 |
消耗KMnO4溶液体积/mL | 25.52 | 25.02 | 24.98 |
滴定终点的现象是________________，通过实验数据，计算该产品的纯度为_________(用含字母a、c的式子表示)。上表第一次实验中记录数据明显大于后两次，其原因可能是_________。
A．第一次滴定时，锥形瓶用待装液润洗
B．该酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，部分变质
C．滴定前酸式滴定管中尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失
