Question

10．（1）根据最新“人工固氮”的研究报道，在常温、光照条件下，N₂在催化剂（掺有少最Fe₂O₃的TiO₂）表面与水发生下列反应：N₂（g）+3H₂O（g）?2NH₃（g）+$\frac{3}{2}$O₂（g）△H=aJ/mol，进一步研究NH₃生成量与温度的关系，常压下达到平衡时测得部分实验数据如表：

T/K	303	313	323
NH3生成量/（10-6mol）	4.8	5.9	6.0

此合成反应的a＞0；△s＞0（填“＞”、“＜”或“=”）
（2）己知：常温下，0.1mol/L的某酸H₂A的pH=4，则该酸为弱酸（填“强”或“弱”）．
H₂A的电离方程式为H₂AH⁺+HA^-，该滚液中由水电离出的c（H⁺）=10^-10mol/L．
（3）25℃时，0.1mol/L的HA溶液中$\frac{c（{H}^{+}）}{c（O{H}^{-}）}=1{0}^{10}$．0.010.1mol/L的BOH溶液pH=12，请回答下列问题：
①HA是弱电解质（填”强电解质”或“弱电解质”，下同）．
②在加水稀释HA的过程中，随着水量的增加而减小的是B（填字母）．
A.$\frac{c（{H}^{+}）}{c（HA）}$   B.$\frac{c（HA）}{c（{A}^{-}）}$   C．（H⁺）与c（OH^-）的乘积   D．c（OH^-）
③在体积相等、pH相等的HA溶液与盐酸溶液中加入足量Zn，HA溶液中产生的气体比盐酸中产生的气体多（填“多”“少”或“相等”）．

Answer 1

分析 （1）由表中数据可知，升高温度，NH₃生成量增大，说明平衡向正反应方向移动，结合反应方程式中各物质的聚集状态解答；
（2）在水溶液里只有部分电离的酸是弱酸，二元弱酸分步电离，酸性溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度；
（3）①25℃时，0.1mol/L的HA溶液中$\frac{C（{H}^{+}）}{C（O{H}^{-}）}$=10¹⁰，c（OH^-）．c（H⁺）=10^-14，则该溶液中c（H⁺）=0.01mol，根据c（HA）与c（H⁺）相对大小确定酸强弱；
②加水稀释促进HA电离，溶液中HA电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以c（H⁺）减小，溶液中c（HA）、c（A^-）减小，溶液温度不变，离子积常数不变，则溶液中c（OH^-）增大；
③等pH时，弱电解质的物质的量浓度大于盐酸的浓度，酸的物质的量越大，产生的氢气越多．

解答 解：（1）由表中数据可知，升高温度，NH₃生成量增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应应为吸热反应，a＞0，由方程式可知反应生成气体的物质的量增多，则△S＞0，故答案为：＞；＞；
（2）常温下，0.1mol/L的某酸H₂A的pH=4，说明该酸部分电离，则为弱酸，H₂A是二元弱酸，分步电离，第一步电离方程式为：H₂A?H⁺+HA^-，酸性溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度，所以该溶液中由水电离出的c（H⁺）_水=c（OH^-）=10^-10 mol/L，
故答案为：弱；H₂AH⁺+HA^-；10^-10 mol/L；
（3）①25℃时，0.1mol/L的HA溶液中$\frac{C（{H}^{+}）}{C（O{H}^{-}）}$=10¹⁰，c（OH^-）．c（H⁺）=10^-14，则该溶液中c（H⁺）=0.01mol＜0.1mol/L，所以HA是弱酸，则HA是弱电解质；
故答案为：弱电解质；
②加水稀释促进HA电离，溶液中HA电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以c（H⁺）减小，溶液中c（HA）、c（A^-）减小，溶液温度不变，离子积常数不变，则溶液中c（OH^-）增大；
A．加水稀释促进HA电离，n（H⁺）增大、n（HA）减小，溶液体积相同，所以$\frac{c（{H}^{+}）}{c（HA）}$ 增大，故错误；　　
B．加水稀释促进HA电离，n（A^-）增大、n（HA）减小，溶液体积相同，所以$\frac{c（HA）}{c（{A}^{-}）}$ 减小，故正确；
C．温度不变，水的离子积常数不变，所以c（H⁺）与c（OH^-）的乘积不变，故错误；
D．加水稀释促进HA电离，溶液中HA电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以c（H⁺）减小，溶液温度不变，离子积常数不变，则溶液中c（OH^-）增大，故错误；
故选B；
③等pH的HA溶液和盐酸，HA是弱酸，盐酸是强酸，所以HA的物质的量浓度大于盐酸，等体积等pH的HA和盐酸，HA的物质的量大于盐酸，所以向等体积、等pH的HA溶液和盐酸中分别加入足量Zn，产生的H₂是HA多，
故答案为：多．

点评 本题考查弱电解质的电离，侧重于浓度对平衡移动的影响，溶液中离子浓度的比较，水解平衡的变化分析，溶液中的电荷守恒应用，题目难度中等．