Question

7．氮、磷及其化合物在科研及生产中均有着重要的应用．

（1）室温下，0.1mol/L的亚硝酸（HNO₂）、次氯酸的电离常数K_a分别为：7.1×10^-4，2.98×10^-8．将0.1mol/L的亚硝酸稀释100倍，c（H⁺）将减小（填“不变”、“增大”、“减小”）；K_a值将（填“不变”、“增大”、“减小”）不变．写出HNO₂、HClO、NaNO₂、NaClO四种物质之间发生的复分解反应的离子方程式HNO₂+ClO₂^-=NO₂^-+HClO．
（2）羟胺（NH₂OH） 可看成是氨分子内的l个氢原子被羟基取代的产物，常用作还原剂，其水溶液显弱碱性．已知NH₂OH在水溶液中呈弱碱性的原理与NH₃在水溶液中相似，请用电离方程式表示其原因NH₂OH+H₂O?[NH₃OH]⁺+OH^-．
（3）亚硝酸钠与氯化钠都是白色粉末，且都有咸味，但亚硝酸盐都有毒性，通常它们可以通过加入热的白醋鉴别，亚硝酸钠遇到白醋会产生一种红棕色刺激性气味气体和一种无色刺激性气味气体，该反应的离子方程式为2NO₂^-+2CH₃COOH═NO₂+NO+2CH₃COO^-+H₂O．
（4）磷及部分重要化合物的相互转化如图1所示．
①步骤Ⅰ为白磷的工业生产方法之一，反应在1300℃的高温炉中进行，其中SiO₂的作用是用于造渣（CaSiO₃），焦炭的作用是做还原剂．
②不慎将白磷沾到皮肤上，可用0.2mol/L CuSO₄溶液冲洗，根据步骤Ⅱ可判断，1mol CuSO₄所能氧化的白磷的物质的量为0.05mol．
（5）若处理后的废水中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）
（6）某液氨-液氧燃料电池示意图如图2，该燃料电池的工作效率为50%，现用作电源电解500mL的饱和NaCl溶液，电解结束后，所得溶液中NaOH的浓度为0.3mol•L^-1，则该过程中消耗氨气的质量为1.7g．（假设溶液电解前后体积不变）

Answer 1

分析 （1）亚硝酸为弱电解质，亚硝酸稀释，电离程度虽然增大，但溶液中氢离子浓度降低；其电离常数只与温度有关；
由相同浓度亚硝酸、次氯酸电离常数可知，亚硝酸酸性比次氯酸强，根据强酸制备弱酸书写离子方程式；
（2）根据氨水呈弱碱性的原理分析羟胺呈弱碱性的原因；
（3）红棕色刺激性气味气体为NO₂，无色刺激性气味气体为NO，据此书写离子反应液方程式即可；
（4）①依据发生反应2Ca₃（PO₄）₂+6SiO₂+10C→P₄↑+6CaSiO₃+10CO↑，判断CO的作用；
②依据氧化还原反应中铜元素、磷元素化合价变化计算；
（5）根据K_sp[Ca₃（PO₄）₂]=[c（Ca²⁺）]³×c（PO₄^3-）计算；
（6）电解过程中生成n（NaOH）=0.3mol/L×0.5L=0.15mol，设生成0.15molNaOH转移电子的物质的量为x，据此解答即可．

解答 解：（1）亚硝酸为弱电解质，亚硝酸稀释，电离程度虽然增大，但溶液中氢离子浓度降低；其电离常数只与温度有关，与浓度无关，K_i值不发生变化，由相同浓度亚硝酸、次氯酸电离常数可知，亚硫酸酸性比次氯酸强，可能相互之间发生的离子互换反应的离子方程式为：HNO₂+ClO^-=NO₂^-+HClO，
故答案为：减小；不变；HNO₂+ClO^-=NO₂^-+HClO；
（2）羟胺和水反应生成[NH₃OH]⁺和OH^-，导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度而使溶液呈碱性，故答案为：NH₂OH+H₂O?[NH₃OH]⁺+OH^-；
（3）红棕色刺激性气味气体为NO₂，无色刺激性气味气体为NO，离子反应方程式为：2NO₂^-+2CH₃COOH═NO₂+NO+2CH₃COO^-+H₂O，
故答案为：2NO₂^-+2CH₃COOH═NO₂+NO+2CH₃COO^-+H₂O；
（4）①步骤Ⅰ为白磷的工业生产方法之一，发生反应2Ca₃（PO₄）₂+6SiO₂+10C→P₄↑+6CaSiO₃+10CO↑，反应中C中的碳化合价升高，做还原剂，
故答案为：做还原剂；
②Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO₄是氧化剂，P₄部分磷元素由0价降低到-3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P₄既是氧化剂又是还原剂，若有11molP₄参加反应，其中5mol的P₄做氧化剂，60mol硫酸铜做氧化剂，只有6mol的P₄做还原剂，则由电子守恒可知，有1 mol的CuSO₄参加反应，则被硫酸铜氧化的白磷分子的物质的量为n则：n×4（5-0）=1mol×（2-1），解得n=$\frac{1}{20}$mol=0.05mol，故答案为：0.05mol；
（5）若处理后的废水中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，故答案为：5×10^-6；
（6）电解过程中生成n（NaOH）=0.3mol/L×0.5L=0.15mol，设生成0.15molNaOH转移电子的物质的量为x，
2NaCl+2H₂O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$2NaOH+Cl₂↑+H₂↑ 转移电子
2mol                            2mol
0.15mol                           x
2mol：2mol=0.15mol：x，
x=0.15mol，串联电路中转移电子物质的量相等，且液氨-液氧燃料电池的效率为50%，则液氨失电子的物质的量为0.3mol，
设消耗氨气的质量为y，
4NH₃+3O₂=2N₂+6H₂O      转移电子
68g                    12mol
y                      0.3mol
68g：12mol=y：0.3mol，y=1.7g，故答案为：1.7g．

点评 本题综合考查的是难溶电解质的平衡、化学电源新型电池，以此为载体考查电池反应式的书写、方程式的有关计算，侧重考查分析、计算能力，明确串联电路中转移电子关系是解本题关键，题目难度不大．