Question

13．氮、磷及其化合物在科研及生產(chǎn)中均有著重要的應(yīng)用．

（1）室溫下，濃度均為0.1mol/L的亞硝酸（HNO₂）、次氯酸兩種溶液，它們的電離常數(shù)K_a分別為：7.1×10^-4、2.98×10^-8．將0.1mol/L的亞硝酸稀釋，c（H⁺）將減小（填“不變”、“增大”、“減小”）；K_a值將（填“不變”、“增大”、“減小”）不變．寫出涉及HNO₂、HClO、NaNO₂、NaClO四種物質(zhì)之間發(fā)生的復(fù)分解反應(yīng)的化學(xué)方程式HNO₂+NaClO=NaNO₂+HClO．
（2）羥胺（NH₂OH）可看成是氨分子內(nèi)的l個(gè)氫原子被羥基取代的產(chǎn)物，常用作還原劑，其水溶液顯弱堿性．已知NH₂OH在水溶液中呈弱堿性的原理與NH₃在水溶液中相似，請(qǐng)用電離方程式表示其原因NH₂OH+H₂O?[NH₃OH]⁺+OH^-．
（3）磷及部分重要化合物的相互轉(zhuǎn)化如圖1所示．
①步驟Ⅰ為白磷的工業(yè)生產(chǎn)方法之一，反應(yīng)在1300℃的高溫爐中進(jìn)行，其中SiO₂的作用是用于造渣（CaSiO₃），焦炭的作用是作還原劑．
②不慎將白磷沾到皮膚上，可用CuSO₄溶液沖洗，根據(jù)步驟Ⅱ可判斷，1mol CuSO₄所能氧化的白磷的物質(zhì)的量為0.05mol．
（4）若處理后的廢水中c（PO₄^3-）=4×10^-7 mol•L^-1，溶液中c（Ca²⁺）=5×10^-6mol•L^-1．（已知K_sp[Ca₃（PO₄）₂]=2×10^-29）
（5）某液氨-液氧燃料電池示意圖如圖2，該燃料電池的工作效率為50%，現(xiàn)用作電源電解500mL的飽和NaCl溶液，電解結(jié)束后，所得溶液中NaOH的濃度為0.3mol•L^-1，則該過程中需要氨氣的質(zhì)量為1.7g．（假設(shè)溶液電解前后體積不變）

Answer 1

分析 （1）稀釋促進(jìn)弱電解質(zhì)的電離，平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)；由 Ka可知酸性的強(qiáng)弱，結(jié)合強(qiáng)酸制取弱酸的反應(yīng)原理分析；
（2）一水合氨電離顯堿性，結(jié)合NH₂OH在水溶液中呈弱堿性的原理與NH₃在水溶液中相似可知，電離生成氫氧根離子；
（3）①2Ca₃（PO₄）₂+6SiO₂+10C=P₄↑+6CaSiO₃+10CO↑中，C元素的碳化合價(jià)升高；
②Cu元素的化合價(jià)由+2價(jià)降低到+1價(jià)，CuSO₄是氧化劑，P₄部分磷元素由0價(jià)降低到-3價(jià)，部分磷元素由0價(jià)升高到+5價(jià)，磷元素的化合價(jià)既升高又降低，所以P₄既是氧化劑又是還原劑，若有11molP₄參加反應(yīng)，其中5mol的P₄做氧化劑，60mol硫酸銅做氧化劑，只有6mol的P₄做還原劑，結(jié)合電子守恒計(jì)算；
（4）若處理后的廢水中c（PO₄^3-）=4×10^-7 mol•L^-1，結(jié)合K_sp[Ca₃（PO₄）₂]=[c（Ca²⁺）]³×c（PO₄^3-）=2×10^-29計(jì)算；
（5）電解過程中生成n（NaOH）=0.3mol/L×0.5L=0.15mol，發(fā)生2NaCl+2H₂O$\frac{\underline{\;電解\;}}{\;}$2NaOH+Cl₂↑+H₂↑、4NH₃+3O₂=2N₂+6H₂O，結(jié)合轉(zhuǎn)移電子守恒計(jì)算．

解答 解：（1）亞硝酸為弱電解質(zhì)，亞硝酸稀釋，電離程度雖然增大，但溶液中氫離子濃度降低；其電離常數(shù)只與溫度有關(guān)，與濃度無(wú)關(guān)，K_i值不發(fā)生變化，由相同濃度亞硝酸、次氯酸電離常數(shù)可知，亞硫酸酸性比次氯酸強(qiáng)，可能相互之間發(fā)生的離子互換，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：HNO₂+NaClO=NaNO₂+HClO，
故答案為：減��；不變；HNO₂+NaClO=NaNO₂+HClO；
（2）羥胺和水反應(yīng)生成[NH₃OH]⁺和OH^-，發(fā)生電離方程式為NH₂OH+H₂O?[NH₃OH]⁺+OH^-，導(dǎo)致溶液中氫氧根離子濃度大于氫離子濃度而使溶液呈堿性，
故答案為：NH₂OH+H₂O?[NH₃OH]⁺+OH^-；
（3）①步驟Ⅰ為白磷的工業(yè)生產(chǎn)方法之一，發(fā)生反應(yīng)2Ca₃（PO₄）₂+6SiO₂+10C=P₄↑+6CaSiO₃+10CO↑，反應(yīng)中C元素的碳化合價(jià)升高，作還原劑，
故答案為：作還原劑；
②Cu元素的化合價(jià)由+2價(jià)降低到+1價(jià)，CuSO₄是氧化劑，P₄部分磷元素由0價(jià)降低到-3價(jià)，部分磷元素由0價(jià)升高到+5價(jià)，磷元素的化合價(jià)既升高又降低，所以P₄既是氧化劑又是還原劑，若有11molP₄參加反應(yīng)，其中5mol的P₄做氧化劑，60mol硫酸銅做氧化劑，只有6mol的P₄做還原劑，則由電子守恒可知，有1 mol的CuSO₄參加反應(yīng)，則被硫酸銅氧化的白磷分子的物質(zhì)的量為n則：n×4（5-0）=1mol×（2-1），解得n=0.05mol，
故答案為：0.05；
（4）若處理后的廢水中c（PO₄^3-）=4×10^-7 mol•L^-1，K_sp[Ca₃（PO₄）₂]=[c（Ca²⁺）]³×c（PO₄^3-）=2×10^-29，c（Ca²⁺）=$\root{3}{\frac{2×1{0}^{-29}}{（4×1{0}^{-7}）^{2}}}$=5×10^-6mol•L^-1，
故答案為：5×10^-6；
（5）電解過程中生成n（NaOH）=0.3mol/L×0.5L=0.15mol，設(shè)生成0.15molNaOH轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為x，
2NaCl+2H₂O$\frac{\underline{\;電解\;}}{\;}$2NaOH+Cl₂↑+H₂↑  轉(zhuǎn)移電子
2mol                              2mol
0.15mol                            x
2mol：2mol=0.15mol：x，
x=0.15mol，
串聯(lián)電路中轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量相等，且液氨-液氧燃料電池的效率為50%，則液氨失電子的物質(zhì)的量為0.3mol，
設(shè)消耗氨氣的質(zhì)量為y，
4NH₃+3O₂=2N₂+6H₂O 轉(zhuǎn)移電子
68g                12mol
y                  0.3mol
68g：12mol=y：0.3mol，y=1.7g，
故答案為：1.7g．

點(diǎn)評(píng) 本題考查較綜合，涉及弱電解質(zhì)的電離、氧化還原反應(yīng)計(jì)算等，為高頻考點(diǎn)，把握習(xí)題中的信息、反應(yīng)原理的應(yīng)用等為解答的關(guān)鍵，注意守恒法應(yīng)用，側(cè)重分析與計(jì)算能力的綜合考查，題目難度中等．