Question

13．如图所示为工业生产中三氯氧磷的制取流程及产品部分性质：
已知：①三氯化磷为无色澄清液体，极易水解生成亚磷酸（H₃PO₃，二元弱酸），同时放出大量热；
②K_np[Ca₃（PO₄）₂]=2×10^-29；③$\root{-3}{0.2}$=0.585．结合流程及相关信息，回答下列问题；
（1）写出三氯化磷水解的化学方程式PCl₃+3H₂O=H₃PO₃+3HCl，写出亚磷酸与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式H₃PO₃+2NaOH=Na₂HPO₃+2H₂O．
（2）三氯氧磷分子中磷元素化合价为+5，0.1molPOCl₃最多可消耗4mol•L^-1NaOH溶液150mL．
（3）流程中反应釜中生成的氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2．
（4）工业生产中会产生含磷废水（H₃PO₄、H₃PO₃），处理时先加入适量漂白粉，再加入生石灰调节pH，若处理后的废水中c（PO₄^3-）＜10^-5mol/L可认为PO₄^3-沉淀完全，则此时c（Ca²⁺）至少为5.85×10^-7mol•L^-1．
（5）某同学想测定三氯氧磷产品纯度，设计方案为：取一定量的产品在碱性条件下水解，然后加入足量AgNO₃溶液，过滤、洗涤干燥，称量生成沉淀的质量即为氯化银的质量，由此计算产品纯度，该方案有明显错误或不足，请指出：沉淀不仅含有氯化银，还含有氢氧化银、磷酸银．
（6）磷酸燃料电池是当前商业化发展得最快的一种燃料电池，使用磷酸为电解质，工作温度150～200℃，比质子交换膜燃料电池和碱性燃料电池工作温度高，如图是甲烷、氧气，磷酸燃料电池工作示意图：
该电池a极为电池负极，电极反应为CH₄-8e^-+2H₂O=8H⁺+CO₂，该极电极反应要比质子交换膜燃料电池的速度快，可能原因是该电池工作温度高．

Answer 1

分析 （1）三氯化磷中P为+3价，可水解生成亚磷酸和盐酸；亚磷酸为二元酸；
（2）POCl₃中P元素化合价为+5价，可水解生成磷酸和盐酸；
（3）流程中发生PCl₃+Cl₂+H₂O=POCl₃+2HCl，以此解答；
（4）根据K_sp[Ca₃（PO₄）₂]=c²（PO₄^3-）×c³（Ca²⁺）=2×10^-29计算；
（5）沉淀中含有氯化银、AgOH以及磷酸银等；
（6）由氢离子移动方向可知a为负极，b为正极，正极发生氧化反应，工作温度较高，反应速率大．

解答 解：（1）三氯化磷中P为+3价，可水解生成亚磷酸和盐酸，方程式为PCl₃+3H₂O=H₃PO₃+3HCl，亚磷酸为二元酸，发生H₃PO₃+2NaOH=Na₂HPO₃+2H₂O，
故答案为：PCl₃+3H₂O=H₃PO₃+3HCl；
（2）POCl₃中P元素化合价为+5价，可水解生成磷酸和盐酸，则0.1molPOCl₃可水解生成0.1mol磷酸、0.3mol盐酸，最多可消耗4mol•L^-1NaOH溶液0.6mol，体积为$\frac{0.6mol}{4mol/L}$=0.15L=150mL，故答案为：+5；150；
（3）流程中发生PCl₃+Cl₂+H₂O=POCl₃+2HCl，氧化剂为Cl₂，还原产物为HCl，还原剂为PCl₃，POCl₃为氧化产物，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2，
故答案为：1：2；
（4）K_sp[Ca₃（PO₄）₂]=c²（PO₄^3-）×c³（Ca²⁺）=2×10^-29，若处理后的废水中c（PO₄^3-）＜10^-5mol/L，
则c（Ca²⁺）=$\root{3}{\frac{2×1{0}^{-29}}{（1{0}^{-5}）^{2}}}$mol/L=5.85×10^-7mol/L，
故答案为：5.85×10^-7mol/L；
（5）产品在碱性条件下水解，溶液中存在氢氧根离子以及磷酸根离子，则加入硝酸银，可生成氯化银、AgOH以及磷酸银等，
故答案为：沉淀不仅含有氯化银，还含有氢氧化银、磷酸银；
（6）由氢离子移动方向可知a为负极，b为正极，正极发生氧化反应，电极方程式为CH₄-8e^-+2H₂O=8H⁺+CO₂，由于工作温度较高，则反应速率大，
故答案为：负；CH₄-8e^-+2H₂O=8H⁺+CO₂；该电池工作温度高．

点评 本题考查较为综合，为高频考点，侧重于学生的分析、实验和计算能力的考查，注意把握实验原理以及物质的性质，为解答类型题目的关键，难度中等．