Question

4．CO和联氨（N₂H₄）的性质及应用的研究是能源开发、环境保护的重要课题．
（1）NH₄Cl的水溶液显弱酸性，其原因为NH₄⁺+H₂O?NH₃•H₂O+H⁺（用离子方程式表示）；0.1mol•L^-1的NH₄Cl水溶液中加入少量明矾[KAl（SO₄）₂•12H₂O]，溶液中NH₄⁺的浓度增大（填“增大”或“减小”）．

（2）联氨的性质类似于氨气，将联氨通入CuO浊液中，有关物质的转化如图1所示．
①在图示的转化中，化合价不变的元素是氢、钠（填元素名称）．
②加入NaClO时发生的反应为：Cu（NH₃）₄²⁺+2ClO^-+2OH^-═Cu（OH）₂↓+2N₂H₄↑+2Cl^-+2H₂O．该反应需在80℃以上进行，其目的除了加快反应速率外，还有使Cu（OH）₂分解生成CuO、降低N₂H₄溶解度，促进N₂H₄的挥发．
（3）通过控制溶液的pH对工业废水中的金属离子进行分离．图2是常温时，某些金属氢氧化物在不同浓度和pH时的沉淀--溶解图象，图中直线上的点表示平衡状态．当溶液中的离子浓度小于1×10^-5mol•L^-1时，认为该离子沉淀完全．
①相同条件下，Fe（OH）₃、Al（OH）₃、Cr（OH）₃三种物质的溶度积常数最大的是Cr（OH）₃，图中A、B、C三点中表示Fe（OH）₃的沉淀速率大于溶解速率的是C．
②由图可得Fe（OH）₂的溶度积的值为1×10^-15．

Answer 1

分析 （1）氯化铵溶液中，铵根离子部分水解生成一水合氨和氢离子，溶液显示酸性；加入明矾溶液后，铝离子水解抑制了铵根离子的水解，溶液中铵根离子的浓度增大；
（2）①该反应中H、Na元素都是在化合物，化合价不变；
②温度高时氢氧化铜分解，且气体溶解度随温度升高而降低；
（3）①由图象可知，相同条件下，Fe（OH）₃、Al（OH）₃、Cr（OH）₃三种物质的溶度积常数最大的是Cr（OH）₃；曲线上的点为饱和溶液时，曲线左边是未饱和溶液，右边为过饱和溶液；
②当PH=9时，c（Fe²⁺）=1×10^-5mol•L^-1，再根据Ksp表达式求算．

解答 解：（1）氯化铵溶液中，铵根离子发生水解：NH₄⁺+H₂O?NH₃•H₂O+H⁺，溶液呈酸性；
明矾电离出的铝离子发生水解Al³⁺+3H₂O?Al（OH）₃+3H⁺，则加入明矾后溶液中氢离子浓度增大，抑制了铵根离子的水解，导致溶液中铵根离子浓度增大，
故答案为：NH₄⁺+H₂O?NH₃•H₂O+H⁺；增大；
（2）①根据图知，H、Na元素都在化合物中，化合价不变，故答案为：氢、钠；
②温度高时氢氧化铜分解，且气体溶解度随温度升高而降低，从而促进反应向正反应方向进行，
故答案为：使Cu（OH）₂分解生成CuO；降低N₂H₄溶解度，促进N₂H₄的挥发；
（3）①图象分析判断，相同条件下，Fe（OH）₃、Al（OH）₃、Cr（OH）₃三种物质的溶度积常数最大的是Cr（OH）₃；曲线上的点为饱和溶液时，曲线左边是未饱和溶液，右边为过饱和溶液；在过饱和溶液中要有固体析出，C点为过饱和溶液，其溶质的沉淀速率大于溶解速率，
故答案为：Cr（OH）₃；C；
②由图象可知，当PH=9时，c（Fe²⁺）=1×10^-5mol•L^-1，Ksp=c（Fe²⁺）•c²（OH^-）=1×10^-5×（1×10^-5）² =1×10^-15，故答案为：1×10^-15．

点评 本题考查较为综合，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、计算能力的考查，题目涉及氧化还原反应、化学方程式计算等知识点，明确元素化合价是解本题关键，注意该反应中元素化合价发生变化，图象分析判断方法的应用是解题关键，题目难度大．