Question

16．ZnSe是一种光电性能优异的半导体材料，某研究小组用如图1方法制备了ZnSe．

（1）SeO₂溶于水生成H₂SeO₃，下列物质与水反应，跟此反应类型相同的是bc
a．NO₂  b．SO₂  c．CaO   d．Na₂O₂   e．F₂
（2）硒酸（H₂SeO₄）的水溶液按下式发生一级和二级电离：H₂SeO₄=H⁺+HSeO₄^-；HSeO₄^-?H⁺+SeO₄^2-，K₂=1.0×10^-2（298K）
①NaHSeO₄溶液显酸性（填“酸性”、“中性”、“碱性”）．
②向H₂SeO₄溶液中滴加少量氨水，该反应的离子方程式为H⁺+NH₃•H₂O=NH₄⁺+H₂O．
③已知H₂CO₃的两级电离常数分别为K_l=4.2×10^-7，K₂=5.6×10^-11，则KHCO₃和KHSeO₄两溶液混合后反应的离子方程式为HCO₃^-+HSeO₄^-=CO₂↑+SeO₄^2-+H₂O．
（3）肼（N₂H₄）与SeO₃^2-反应的氧化产物是N₂．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3．
（4）电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染，所得产物可直接排入大气．其原理如图2所示，其中B为电源的负极，乙池中电极反应式为2NO₃^-+12H⁺+10e^-=6H₂O+N₂↑，为使反应持续进行，须适时向甲池中添加H₂O．

Answer 1

分析 （1）SeO₂溶于水生成H₂SeO₃，是化合反应，而a．NO₂与水反应不是化合反应； b．SO₂与水反应生成亚硫酸是化合反应；c．CaO与水反应生成氢氧化钙是化合反应； d．Na₂O₂与水反应生成氢氧化钠和氧气不是化合反应； e．F₂与水反应生成氢氟酸和氧气非化合反应；
（2）①因为K₂=1.0×10^-2（298K），所以二步电离程度非常大，所以电离为主溶液呈酸性；
②氨水少量所以第一步完全电离产生的氢离子，还过量；
③已知HSeO₄^-?H⁺+SeO₄^2-，K₂=1.0×10^-2（298K）大于H₂CO₃的一级电离常数分别为K_l=4.2×10^-7，所以KHCO₃和KHSeO₄两溶液混合，强酸制弱酸；
（3）在反应釜中反应物有Zn²⁺、SeO₃^2-、N₂H₄，生成物有N₂，根据氧化还原反应得失电子相等和质量守恒定律书写离子方程，然后得出氧化剂与还原剂的物质的量之比；
（4）硝酸根离子由+5价变成0价得电子，发生还原反应，作为阴极，所以直流电源B为负极，阴极的电极反应式为：2NO₃^-+12H⁺+10e^-=6H₂O+N₂↑，甲池是水电离出的氢氧根离子在阳极发生氧化反应，而氢离子转移到乙池中，即随放电的进行水的量在减少．

解答 解：（1）SeO₂溶于水生成H₂SeO₃，反应方程式为SeO₂+H₂O═H₂SeO₃，是化合反应，而a．NO₂与水反应不是化合反应，故不选； b．SO₂与水反应生成亚硫酸是化合反应，故选；c．CaO与水反应生成氢氧化钙是化合反应，故选； d．Na₂O₂与水反应生成氢氧化钠和氧气不是化合反应，故不选； e．F₂与水反应生成氢氟酸和氧气非化合反应，故不选；故选：b c；
（2）①因为K₂=1.0×10^-2（298K），所以二步电离程度非常大，所以电离溶液呈酸性，故答案为：酸性；
②氨水少量所以第一步完全电离产生的氢离子，还过量，所以反应的离子方程式为：H⁺+NH₃•H₂O=NH₄⁺+H₂O，故答案为：H⁺+NH₃•H₂O=NH₄⁺+H₂O；
③已知HSeO₄^-?H⁺+SeO₄^2-，K₂=1.0×10^-2（298K）大于H₂CO₃的一级电离常数分别为K_l=4.2×10^-7，所以KHCO₃和KHSeO₄两溶液混合，强酸制弱酸，所以反应方程式为：HCO₃^-+HSeO₄^-=CO₂↑+SeO₄^2-+H₂O，故答案为：HCO₃^-+HSeO₄^-=CO₂↑+SeO₄^2-+H₂O；
（3）在反应釜中反应物有Zn²⁺、SeO₃^2-、N₂H₄，生成物有N₂，SeO₃^2-被还原为-2价的Se，与Zn²⁺生成ZnSe，根据氧化还原反应得失电子相等和质量守恒定律，离子方程式为2Zn²⁺+2SeO₃^2-+3N₂H₄=2ZnSe+3N₂↑+6H₂O，所以氧化剂SeO₃^2-和还原剂N₂H₄的物质的量之比为2：3，故答案为：2：3；
（4）硝酸根离子由+5价变成0价得电子，发生还原反应，作为阴极，所以直流电源B为负极，阴极的电极反应式为：2NO₃^-+12H⁺+10e^-=6H₂O+N₂↑，甲池是水电离出的氢氧根离子在阳极发生氧化反应，而氢离子转移到乙池中，所以要在甲池中加H₂O，故答案为：负；2NO₃^-+12H⁺+10e^-=6H₂O+N₂↑；H₂O．

点评 本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、电化学等知识，本题难度中等，本题易错点为（3），注意判断反应物和生成物，用守恒的方法书写离子方程式．