氨是一种重要的化工产品.也是化工生产的重要原料．(1)实验室通常用两种固体物质制备氨气.写出此反应的化学方程式 .氨常用作制冷剂.原因是．(2)常温下向25mL 0.01mol?L-1稀盐酸中缓缓通入5.6mL NH3(标准状况下.溶液体积变化忽略不计).在通入NH3的过程中溶液的导电能力 (填“变大 .“变小或“几乎不� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

氨是一种重要的化工产品，也是化工生产的重要原料．
（1）实验室通常用两种固体物质制备氨气，写出此反应的化学方程式

，氨常用作制冷剂，原因是

．
（2）常温下向25mL 0.01mol?L^-1稀盐酸中缓缓通入5.6mL NH₃（标准状况下，溶液体积变化忽略不计），在通入NH₃的过程中溶液的导电能力

（填“变大”、“变小”或“几乎不变”）．
（3）向上述溶液中继续通入NH₃，该过程中离子浓度大小关系可能正确的是

（填序号）．
A．c（Cl^-）=c（NH₄⁺）＞c（H⁺）=c（OH^-）
B．c（Cl^-）＞c（NH₄⁺）=c（H⁺）＞c（OH^-）
C．c（NH₄⁺）＞c（OH^-）＞c（Cl^-）＞c（H⁺）
D．c（OH^-）＞c（NH₄⁺）＞c（H⁺）＞c（Cl^-）
（4）常温下向25mL含0.01mol HCl的溶液中滴加25mL氨水，测得溶液中水的电离度最大，则氨水的浓度为

mol?L^-1．

考点：离子浓度大小的比较,弱电解质在水溶液中的电离平衡

专题：电离平衡与溶液的pH专题

分析：（1）实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，氨气易液化，汽化时吸收热量；
（2）n（HCl）=0.01mol×0.025L=2.5×10^-4 mol，氨气的物质的量=

5.6×10-3L

22.4L/mol

=2.5×10^-4 mol，二者恰好反应生成氯化铵，溶液中离子浓度几乎不变；
（3）向上述溶液中继续通入NH₃，溶液可能呈碱性或中性；
（4）酸或碱都抑制水电离，当二者恰好反应生成氯化铵时，水的电离程度最大．

解答： 解：（1）实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，反应方程式为Ca（OH）₂+2NH₄Cl

△

CaCl₂+2NH₃↑+2H₂O，氨气易液化，汽化时吸收热量，导致周围温度降低，所以能作制冷剂，
故答案为：Ca（OH）₂+2NH₄Cl

△

CaCl₂+2NH₃↑+2H₂O；氨易液化，液氨汽化时吸收大量的热；
（2）n（HCl）=0.01mol×0.025L=2.5×10^-4 mol，氨气的物质的量=

5.6×10-3L

22.4L/mol

=2.5×10^-4 mol，二者恰好反应生成氯化铵，溶液中离子浓度几乎不变，所以导电能力几乎不变，故答案为：几乎不变；
（3）A．溶液呈中性时，c（H⁺）=c（OH^-），根据电荷守恒得c（Cl^-）=c（NH₄⁺），溶液中水的电离程度很小，所以存在c（Cl^-）=c（NH₄⁺）＞c（H⁺）=c（OH^-），故A正确；
B．继续通入氨气时，水的电离程度减小，则不能出现c（NH₄⁺）=c（H⁺），故B错误；
C．溶液中的溶质为一水合氨和氯化铵且一水合氨浓度远远大于氯化铵时，可能存在c（NH₄⁺）＞c（OH^-）＞c（Cl^-）＞c（H⁺），故C正确；
D．溶液呈碱性时，溶液中氢离子浓度很小，不能出现c（H⁺）＞c（Cl^-），故D错误；
故选A C；
（4）酸或碱都抑制水电离，当二者恰好反应生成氯化铵时，水的电离程度最大，则一水合氨的物质的量为0.01mol，其浓度=

0.01mol

0.025L

=0.4mol/L，
故答案为：0.4．

点评：本题考查了离子浓度大小比较，根据溶液中的溶质及溶液酸碱性再结合守恒思想分析解答，明确（4）题何时水的电离程度最大，为易错点．

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．
（2）上述方法值得的H₂可以和CO在一定条件下合成多种有机物，当两者一物质的量1：1催化反应，其原子利用率达100%，合成的物质可能是

．
a．汽油 b．乙醇 c．甲醛（HCHO）　　d．乙酸
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3H₂（g）+3CO（g）?CH₃OCH₃（g）+CO₂（g）
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．