Question

17．HN0₃和 HN0₂是氮的两种重要含氧酸．HN0₂能被常见的氧化剂（如高锰酸钾、重铬酸钾等）氧化；在酸性条件下也能被亚铁离子、碘离子还原；亚硝酸银（ AgN0₂ ）是一种难溶于水、易溶于酸的化合物．回答下列问题：
（1）中学常见的同种非金属元素形成的酸有 HCl0₄和 HCl0、H₂S0₄和H₂S0₃等，由此推知：HN0₂是弱酸（填“强酸”或“弱酸”）．
（2）亚硝酸钠是工业盐的主要成分，用于建筑业降低水的凝固点． 检验硝酸钠中是否混有
亚硝酸钠的方法是，将样品溶解，然后滴入酸性高锰酸钾溶液，观察到高锰酸钾溶液的紫色褪去，该反应的离子方程式为2MnO₄^-+5NO₂^-+6H⁺=2Mn²⁺+5NO₃^-+3H₂O．工业盐和食盐外形相似，易混淆发生中毒事故．下列鉴别方法正确的是ABD（填标号）．
A．用硝酸银和硝酸溶液区别．
B．测定这两种溶液的 pH
C．分别在两种溶液中滴加甲基橙
D．分别滴加醋酸和 KI淀粉溶液
（ 3 ）往氯水中滴入亚硝酸钠溶液，发现氯水褪色，该反应的离子方程式为Cl₂+NO₂^-+H₂O=2H⁺+2Cl^-+NO₃^-．
（4 ）浓硝酸具有强氧化性．
①某同学设计出如图实验装置，以此说明在浓硝酸存在下铁会因发生电化腐蚀而溶解． 该设计是否合理？不合理（“合理”或“不合理”），原因是浓硝酸能使铁钝化，铜作负极，铁作正极，铜被腐蚀．
②浓硝酸除了能氧化金属，还能氧化非金属，如加热条件下浓硝酸能氧化碳单质，该反应的化学方程式为C+4HNO₃（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CO₂↑+4NO₂↑+2H₂O，该反应每生成1 mol氧化产物，转移电子的物质的量为4mol．

Answer 1

分析 （1）元素高价氧化物的水化物（含氧酸）酸性强，低价态氧化物的水化物（含氧酸）酸性较弱，高氯酸（HClO₄）的酸性比HCl0强，据此类推氮的含氧酸酸性强弱；
（2）亚硝酸钠溶液中滴入酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，该反应中锰元素化合价由+7价变为+2价，N元素化合价由+3价变为+5价，结合元素守恒、得失电子守恒书写离子反应方程式；亚硝酸钠和食盐均为白色固体，但在酸性条件下，亚硝酸钠具有氧化性，亚硝酸钠为强碱弱酸盐，亚硝酸银不溶于水，据此分析解答；
（3）氯气具有氧化性，亚硝酸根离子具有还原性，两者发生氧化还原反应生成硝酸根离子和氯离子，据此书写离子反应方程式；
（4）①常温下，铁、铝和浓硝酸、浓硫酸发生钝化现象；
②碳单质和浓硝酸加热反应生成二氧化氮、二氧化碳和水，元素化合价升高后的产物为氧化产物，结合电子守恒分析解答．

解答 解：（1）HCl0₄（氯元素化合价为+7价）为强酸，HCl0（氯元素化合价为+1价）为弱酸，H₂S0₄（硫元素化合价为+6价）为强酸，H₂S0₃（硫元素化合价为+4价）为弱酸，由此推知：HN0₃（氮元素化合价为+5价）为强酸，HN0₂（氮元素化合价为+3价）为弱酸，
故答案为：弱；
（2）该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，所以MnO₄^-是氧化剂，NO₂^-作还原剂，亚硝酸根离子中N元素应该失电子化合价升高，酸性条件下，被氧化成硝酸根离子，根据转移电子相等、原子守恒配平方程式为：2MnO₄^-+5NO₂^-+6H⁺=2Mn²⁺+5NO₃^-+3H₂O，
A．用硝酸银和硝酸溶液区别，加入AgNO₃溶液，均生成白色沉淀，但亚硝酸银能溶于硝酸，AgCl不溶，现象不同，可区别，故A选；
B．测定相同物质的量浓度溶液的pH，中性的为NaCl，碱性的为亚硝酸钠，可区别，故B选；
C．甲基橙的变色范围为3.1～4.4，食盐水的PH为7，亚硝酸钠为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，两者PH都不在甲基橙的变色范围，所以现象相同，不可区别，故C不选；
D．在酸性条件下加入KI淀粉溶液，能与亚硝酸钠反应生成碘，溶液变蓝，而NaCl不反应，能鉴别，故D选；
故答案为：2MnO₄^-+5NO₂^-+6H⁺=2Mn²⁺+5NO₃^-+3H₂O；ABD；
（3）往氯水中滴入亚硝酸钠溶液，发现氯水褪色，说明氯气参加反应，氯气具有氧化性，亚硝酸根离子具有还原性，两者发生氧化还原反应Cl₂+NO₂^-+H₂O=2H⁺+2Cl^-+NO₃^-，
故答案为：Cl₂+NO₂^-+H₂O=2H⁺+2Cl^-+NO₃^-；
（4）①常温下，铁、铝和浓硝酸、浓硫酸发生钝化现象，使铁表面生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步反应，所以可保护内部不被腐蚀，所以该原电池，铜失去电子作负极被腐蚀，故该同学设计的实验不合理，
故答案为：不合理；浓硝酸能使铁钝化，铜作负极，铁作正极，铜被腐蚀；
②碳单质和浓硝酸加热反应生成二氧化氮、二氧化碳和水，反应的化学方程式为C+4HNO₃（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CO₂↑+4NO₂↑+2H₂O，该反应中C元素化合价由0价变为+4价、N元素化合价由+5价变为+4价，所以碳作还原剂、硝酸作氧化剂，转移电子数是4，CO₂为氧化产物，所以每生成1mol氧化产物，转移电子的物质的量为4mol，
故答案为：C+4HNO₃（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CO₂↑+4NO₂↑+2H₂O；4mol．

点评 本题考查了含氮化合物的性质实验，侧重氧化还原反应性质实验的考查，难点是氧化还原性质实验的评价，理清反应原理与实验目的间的关系是解答关键，题目难度中等．