题目内容
14．NO2可用氨水吸收成NH4NO3，25℃时，将a mol NH4NO3溶于水，溶液显酸性，原因是NH4++H2O?NH3•H2O+H+（用离子方程表示）．向该溶液中滴加bL氨水后溶液呈中性，则滴加氨水的过程中水的电离平衡将逆向（填“正向”“不”或“逆向”）移动，所滴加氨水的浓度为$\frac{a}{200b}$mol•L-1．（已知NH3•H2O的电离平衡常数Kb=2×10-5）分析 依据铵根离子水解分析回答；依据同粒子效应，一水合氨对铵根离子水解起到抑制作用，导致水的电离程度减小；将a mol NH4NO3溶于水，向该溶液滴加b L 氨水后溶液呈中性，则溶液中氢氧根离子浓度为10-7mol/L，根据电荷守恒可知c（NH4+）=c（NO3-），设混合后溶液体积为1L，（NH4+）=c（NO3-）=amol/L，再依据一水合氨的电离平衡常数计算得到氨水浓度．
解答 解：NO2可用氨水吸收生成NH4NO3，25℃时，将a mol NH4NO3溶于水，溶液显酸性，是因为铵根离子水解，反应的离子方程式为：NH4++H2O?NH3•H2O+H+；
加入氨水溶液抑制铵根离子水解，水的电离平衡会向着逆向进行；
将a mol NH4NO3溶于水，向该溶液滴加b L 氨水后溶液呈中性，依据电荷守恒计算可知，溶液中氢氧根离子浓度为10-7mol/L，c（NH4+）=c（NO3-）；NH3•H2O的电离平衡常数取Kb=2×10-5 mol•L-1，
设混合后溶液体积为1L，（NH4+）=c（NO3-）=amol/L，根据一水合氨电离平衡得到：NH3•H2O?NH4++OH-，
平衡常数K=$\frac{c（N{{H}_{4}}^{+}）•c（O{H}^{-}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$=$\frac{amol/L×1{0}^{-7}mol/L}{bL×c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$=2×10-5 mol•L-1，
解得：c（NH3•H2O）=$\frac{a}{200b}$mol/L，
故答案为：NH4++H2O?NH3•H2O+H+；逆向；$\frac{a}{200b}$．
点评 本题考查了盐的水解原理及电力平衡常数的计算，题目难度中等，明确盐的水解原理为解答关键，注意掌握电力平衡常数的概念及计算方法，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．
| A． | N2O | B． | Na | C． | HCl | D． | KCl |
可逆反应：aA（g）+bB（g） cC（g）+dD（g）；根据图回答：| A． |  锌锰碱性电池 | B． |  硅太阳能电池 | C． |  氢燃料电池 | D． |  铅蓄电池 |
| A． | 呈碱性 | B． | 呈酸性 | C． | 呈中性 | D． | c（OH-）=10c（H+） |
| 平衡移动方向 | A的转化率 | 解释 | |
| a=b+c | |||
| a＞b+c | |||
| a＜b+c |
①若在相同的容器中只增加A的用量，平衡正向移动，A的转化率减小，B的转化率增大；若只减少A的用量，平衡逆向移动，A的转化率增大，B的转化率减小．
②按原投料比例的同倍数同时增大反应物A、B的用量，
若a+b=c+d，A的转化率不变，B的转化率不变．
若a+b＞c+d，A的转化率增大，B的转化率增大．
若a+b＜c+d，A的转化率减小，B的转化率减小．
| t/min | 0 | 2 | 4 | 6 | 8 | 10 |
| n（HI）/mol | 0.180 | 0.164 | 0.152 | 0.144 | 0.140 | 0.140 |
（1）0～2min内H2的平均反应速度为0.002mol/（L•min）．达平衡时，HI的转化率是22.2%．
（2）当上述反应达平衡时，降低温度，原化学平衡向逆向移动（填“正向”，“逆向”或“不”），上述正向反应是：吸热反应（选填：放热、吸热），逆反应速率减小（填“增大”、“减小”或“不变”）．
（3）480℃时，反应H2（g）+I2（g）?2HI（g）的平衡常数K的值为49．
（4）要增大反应2HI（g）?H2（g）+I2（g）的平衡常数，可采取的措施是D（选填字母）．
A．增大HI起始浓度 B．向混合气体中通入I2 C．使用高效催化剂 D．升高温度．