Question

13．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，浓度均为0.1mol/L的亚硝酸（HNO₂）、次氯酸两种溶液，它们的电离常数K_a分别为：7.1×10^-4、2.98×10^-8．将0.1mol/L的亚硝酸稀释，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．写出涉及HNO₂、HClO、NaNO₂、NaClO四种物质之间发生的复分解反应的化学方程式HNO₂+NaClO=NaNO₂+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）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），焦炭的作用是作还原剂．
②不慎将白磷沾到皮肤上，可用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．
（4）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）
（5）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，则该过程中需要氨气的质量为1.7g．（假设溶液电解前后体积不变）

Answer 1

分析 （1）稀释促进弱电解质的电离，平衡常数只与温度有关；由 Ka可知酸性的强弱，结合强酸制取弱酸的反应原理分析；
（2）一水合氨电离显碱性，结合NH₂OH在水溶液中呈弱碱性的原理与NH₃在水溶液中相似可知，电离生成氢氧根离子；
（3）①2Ca₃（PO₄）₂+6SiO₂+10C=P₄↑+6CaSiO₃+10CO↑中，C元素的碳化合价升高；
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，结合电子守恒计算；
（4）若处理后的废水中c（PO₄^3-）=4×10^-7 mol•L^-1，结合K_sp[Ca₃（PO₄）₂]=[c（Ca²⁺）]³×c（PO₄^3-）=2×10^-29计算；
（5）电解过程中生成n（NaOH）=0.3mol/L×0.5L=0.15mol，发生2NaCl+2H₂O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$2NaOH+Cl₂↑+H₂↑、4NH₃+3O₂=2N₂+6H₂O，结合转移电子守恒计算．

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，反应的化学方程式为：HNO₂+NaClO=NaNO₂+HClO，
故答案为：减小；不变；HNO₂+NaClO=NaNO₂+HClO；
（2）羟胺和水反应生成[NH₃OH]⁺和OH^-，发生电离方程式为NH₂OH+H₂O?[NH₃OH]⁺+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）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元素的碳化合价升高，作还原剂，
故答案为：作还原剂；
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=0.05mol，
故答案为：0.05；
（4）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；
（5）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 本题考查较综合，涉及弱电解质的电离、氧化还原反应计算等，为高频考点，把握习题中的信息、反应原理的应用等为解答的关键，注意守恒法应用，侧重分析与计算能力的综合考查，题目难度中等．