氮.磷.砷及其化合物在生产.生活中有重要的用途．(1)雌黄(As2S3)和雄黄(As4S4)都是自然界中常见的砷化物.一定条件下.雌黄和雄黄的转化关系如图l所示．①反应I的离子方程式为2As2S3+4H++2Sn2+=As4S4+2H2S+2Sn4+．②反应Ⅱ中.若1mol As4S4参加反应时.转移12mol e-.则物质a为S．(2)常温下.含磷� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

4．氮、磷、砷及其化合物在生产、生活中有重要的用途．
（1）雌黄（As₂S₃）和雄黄（As₄S₄）都是自然界中常见的砷化物，一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图l所示．
①反应I的离子方程式为2As₂S₃+4H⁺+2Sn²⁺=As₄S₄+2H₂S+2Sn⁴⁺．
②反应Ⅱ中，若1mol As₄S₄参加反应时，转移12mol e^-，则物质a为S（填化学式）．

（2）常温下，含磷微粒在水溶液中的分布分数（平衡时某微粒的浓度占各微粒浓度之和的分数）与pH的关系如图2所示．
①向Na₂HPO₄溶液中加入足量CaCl₂溶液，所得溶液显酸性，原因是3Ca²⁺+2HPO₄^2-=Ca₃（PO₄）₂+2H⁺（用离子方程式表示）．
②pH=7的磷酸盐溶液可作为缓冲溶液．该溶液中磷元素的存在形态主要为H₂PO₄^-、HPO₄^2-．配制此溶液时，需要H₃PO₄和NaOH的物质的量之比为2：3．
③已知氢氧化铝胶粒带正电荷，可吸附阴离子．pH在2～4之间，用铝盐处理含磷废水时，随溶液pH增大，吸附效果增强，结合图2解释可能的原因随PH增大，H₂PO₄^-含量变大，同时生成更多氢氧化铝胶粒．
（3）氨水可以与很多金属离子形成配合物．已知某温度下：
Cu⁺（aq）+2NH₃•H₂O（aq）?Cu（NH₃）₂⁺（aq）+2H₂O（1）K=8.0×10¹⁰
①CuI（s）+2NH₃•H₂O（aq）?Cu（NH₃）₂⁺（aq）+I^-（aq）+2H₂O（1）K=0.16．[已知Ksp（CuI）=2.0×10^-12]
②溶解19.1g CuI（s），至少需要5mol•L^-1氨水的体积约为40mL．

分析（1）①依据转化关系分析可知，雌黄（As₂S₃）酸性溶液中和Sn²⁺离子发生氧化还原反应生成As₄S₄、H₂S、Sn⁴⁺，结合电荷守恒、原子守恒配平书写离子方程式；
②若1molAs₄S₄反应转移28mole^-，则反应消耗7mol氧气，根据原子守恒书写离子方程式，结合电子守恒计算；
（2）①向Na₂HPO₄溶液中加入足量CaCl₂溶液，所得溶液显酸性，说明反应生成磷酸钙沉淀、氯化钠和氯化氢；
②pH=7的磷酸盐溶液可作为缓冲溶液．该溶液中磷元素的存在形态依据图象变化分析得到；图象中可知H₂PO₄^-和HPO₄^2-物质的量相同，结合元素守恒计算得到磷酸和氢氧化钠物质的量之比；
③pH在2～4之间，用铝盐处理含磷废水时，随溶液pH增大，H₂PO₄^-含量变大吸附效果增强；
（3）①CuI（s）+2NH₃•H₂O（aq）?Cu（NH₃）₂⁺（aq）+I^-（aq）+2H₂O（1），平衡常数K=$\frac{c（{I}^{-}）c（Cu（N{H}_{3}{）_{2}}^{+}）}{{c}^{2}（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$=$\frac{c（{I}^{-}）c（Cu（N{H}_{3}{）_{2}}^{+}）}{{c}^{2}（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$×$\frac{c（C{u}^{+}）}{c（C{u}^{+}）}$=Ksp×K；
②依据CuI（s）+2NH₃•H₂O（aq）?Cu（NH₃）₂⁺（aq）+I^-（aq）+2H₂O（1）定量关系计算氨水物质的量，c=$\frac{n}{V}$．

解答解：（1）①依据转化关系分析可知，雌黄（As₂S₃）酸性溶液中和Sn²⁺离子发生氧化还原反应生成As₄S₄、H₂S、Sn⁴⁺，结合电荷守恒、原子守恒配平书写离子方程式为：2As₂S₃+4H⁺+2Sn²⁺=As₄S₄+2H₂S+2Sn⁴⁺，
故答案为：2As₂S₃+4H⁺+2Sn²⁺=As₄S₄+2H₂S+2Sn⁴⁺；
②若1molAs₄S₄反应转移12mole^-，则反应消耗3mol氧气，则反应的方程式为：As₄S₄+3O₂$\frac{\underline{\;一定条件\;}}{\;}$2As₂O₃+4S，则a为S，
故答案为：S；
（2）①向Na₂HPO₄溶液中加入足量CaCl₂溶液，所得溶液显酸性，说明反应生成磷酸钙沉淀、氯化钠和氯化氢，反应的离子方程式为：3Ca²⁺+2HPO₄^2-=Ca₃（PO₄）₂+2H⁺，
故答案为：3Ca²⁺+2HPO₄^2-=Ca₃（PO₄）₂+2H⁺；
②图象中可知H₂PO₄^-和HPO₄^2-物质的量相同，物质为Na₂HPO₄，NaH₂PO₄，结合元素守恒计算得到磷酸和氢氧化钠物质的量之比2：3，
故答案为：H₂PO₄^-和HPO₄^2-；2：3；
③已知氢氧化铝胶粒带正电荷，可吸附阴离子．pH在2～4之间，用铝盐处理含磷废水时，随溶液pH增大，吸附效果增强，图2分析可知随PH增大，H₂PO₄^-含量变大，同时生成更多氢氧化铝胶粒，
故答案为：随PH增大，H₂PO₄^-含量变大，同时生成更多氢氧化铝胶粒；
（3）①Cu⁺（aq）+2NH₃•H₂O（aq）?Cu（NH₃）₂⁺（aq）+2H₂O（1）K=8.0×10¹⁰
CuI（s）+2NH₃•H₂O（aq）?Cu（NH₃）₂⁺（aq）+I^-（aq）+2H₂O（1），
平衡常数K=$\frac{c（{I}^{-}）c（Cu（N{H}_{3}{）_{2}}^{+}）}{{c}^{2}（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$=$\frac{c（{I}^{-}）c（Cu（N{H}_{3}{）_{2}}^{+}）}{{c}^{2}（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$×$\frac{c（C{u}^{+}）}{c（C{u}^{+}）}$=Ksp×K=2.0×10^-12×8.0×10¹⁰=0.16，
故答案为：0.16；
②溶解19.1g CuI（s）物质的量=$\frac{19.1g}{191g/mol}$=0.1mol，CuI（s）+2NH₃•H₂O（aq）?Cu（NH₃）₂⁺（aq）+I^-（aq）+2H₂O（1），需要溶质物质的量为0.2mol，至少需要5mol•L^-1氨水的体积=$\frac{0.2mol}{5mol/L}$=0.04L=40ml，
故答案为：40．

点评本题考查了氧化还原反应、离子方程式书写、图象分析判断、平衡常数计算等知识点，掌握基础注意分析题干信息是解题关键，题目难度较大．

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11．常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是（　　）

	A．	pH=5的CH₃COOH溶液和pH=5的NH₄Cl溶液中，c（H⁺）不相等
	B．	pH=8.3的NaHCO₃溶液中：c（Na⁺）＞c（HCO₃^-）＞c（CO₃^2-）＞c（H₂CO₃）
	C．	0.1 mol AgCl和0.1 mol AgI混合后加入1 L水中，所得溶液中：c（Cl^-）=c（I^-）
	D．	0.2 mol/L CH₃COOH溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合后所得溶液中：2c（H⁺）-2c（OH^-）=c（CH₃COO^-）-c（CH₃COOH）

12．下列物质中含碳质量分数最高的是（　　）

12．某均匀混合的白色粉末可能含有下列7种常见物质中的某4种：NaCl、BaCl₂、Mg（NO₃）₂、K₂CO₃、CuSO₄、NaHCO₃、X，混合物中各成分的物质的量相等，且所含阴、阳离子数目之比为3：2，某同学做了以下实验，部分现象没有描述．根据所提供的实验现象，下列对该白色粉末的判断正确的是（　　）

	A．	一定含有BaCl₂、Mg（NO₃）₂、NaHCO₃、X，且X是NH₄HSO₄
	B．	一定不含K₂CO₃、CuSO₄，X是NH₄Al（SO₄）₂
	C．	一定含有BaCl₂、NaHCO₃、X且X是NH₄AlO₂，另一种为NaCl和Mg（NO₃）₂中的任一种
	D．	一定含有NaCl、BaCl₂、NaHCO₃和X，当X不能确定是什么物质

19．由合成气制备乙醇一般有两种方法：
（1）直接合成法
①2CO₂（g）+6H₂（g）?CH₃CH₂OH（g）+3H₂O（g）△H₁
②2CO（g）+4H₂（g）?CH₃CH₂OH（g）+H₂O（g）△H₂=-253.6kJ•mol^-1
（2）间接合成法
合成气反应生成二甲醚（CH₃OCH₃），二甲醚羰基化合生成乙酸甲酯，乙酸甲酯加氢得到乙醇．其生产流程如下图所示：

③3CO（g）+3H₂（g）?CH₃OCH₃（g）+CO₂△H₃=-260.2kJ•mol^-1
④CH₃OCH₃（g）+CO（g）?CH₃COOCH₃（g）
⑤CH₃COOCH₃（g）+2H₂（g）?CH₃OH（g）+CH₃CH₂OH（g）
回答下列问题：
（1）在5MPa、起始投料量n（H₂）：n（CO₂）=3：1时，测得不同温度时反应①中各物质的平衡组成如图1所示：

①反应①的△H₁＜0，△S＜0．（填“＞”、“＜”或“=”）
②已知CO（g）+H₂O（g）?CO₂（g）+H₂（g）△H=-41kJ•mol^-1，则△H₁=-171.6kJ•mol^-1．
③500K时，反应达到平衡后，在t₁min时升温到600K，反应在t₂min重新达到平衡，请在图2中画出体系中水的体积分数在t₁min后的变化曲线．
（2）在2Mpa、T℃时1L的恒容容器中，充入1.0mol乙酸甲酯和2.0mol氢气，发生反应⑤，经t min后反应达到平衡，测得乙酸甲酯的转化率为75%．则氢气的反应速率v（H₂）=1.5/tmol•L^-1•min^-1，平衡常数K=9．

9．氨氮是造成水体富营养化的重要因素之一，用次氯酸钠水解生成的次氯酸将水中的氨氮（用NH₃表示）转化为氮气除去，其相关反应的主要热化学方程式如下：
反应①：NH₃（aq）+HClO（aq）═NH₂Cl（aq）+H₂O（I）△H₁=akJ•mol^-1
反应②：NH₂Cl（aq）+HClO（aq）═NHCl₂（aq）+H₂O（I）△H₂=bkJ•mol^-1
反应③：2NHCl₂（aq）+H₂O（I）═N₂（g）+HClO（aq）+3HCl（aq）△H₃=ckJ•mol^-1
（1）2NH₃（aq）+HClO（aq）═N₂（g）+3H₂O（I）+3HCl（aq）的△H=（2a+2b+c）kJ/mol．
（2）已知在水溶液中NH₂Cl较稳定，NHCl₂不稳定易转化为氮气．在其他条件一般的情况下，改变$\frac{n（NaClO）}{n（N{H}_{3}）}$（即NaClO溶液的投入液），溶液中次氯酸钠去除氨氮效果与余氯（溶液中+1价氯元素的含量）影响如图1所示．a点之前溶液中发生的主要反应为A．
A．反应①B．反应①②C．反应①②③
反应中氨氮去除效果最佳的$\frac{n（NaClO）}{n（N{H}_{3}）}$值约为1.5．

（3）溶液pH对次氯酸钠去除氨氮有较大的影响（如图2所示）．在pH较低时溶液中有无色无味的气体生成，氨氮去除效率较低，其原因是盐酸与次氯酸钠反应生成次氯酸，次氯酸分解生成氧气，与氨氮反应的次氯酸减小．

（4）用电化学法也可以去除废水中氨氮．在蒸馏水中加入硫酸铵用惰性电极直接电解发现氨氮去除效率极低，但在溶液中再加入一定量的氯化钠后，去除效率可以大大提高．反应装置如图3所示，b为电极正极，电解时阴极的电极反应式为2H₂O+2NH₄⁺+2e^-=2NH₃•H₂O+H₂↑或2H⁺+2e^-=H₂↑．
（5）氯化磷酸三钠（Na₂PO₄•0.25NaClO•12H₂O）可用于减小水的硬度，相关原理可用下列离子方程式表示：
3CaSO₄（s）+2PO₄^3-（aq）?Ca₃（PO₄）₂（s）+3SO₄^2-（aq），该反应的平衡常数K=3.77×10¹³．
[已知K_sp[Ca₃（PO₄）₂]=2.0×10^-29，K_sp（CaSO₄）=9.1×10^-6]．

16．X是一种新型无机非金属材料，具有耐磨、耐腐蚀、抗冷热冲击性．有关生产过程如下：

为了确定C的组成，某同学进行了以下的探究过程．已知F、G都是难溶于水和稀硝酸的白色沉淀，I可做光导纤维．

按要求回答下列问题：
（1）C的空间构型为正四面体；X的化学式为Si₃N₄．
（2）反应②的化学方程式为SiCl₄+8NH₃═Si（NH₂）₄+4NH₄Cl．
（3）反应⑦的离子方程式SiO₃^2-+2H₂O+2CO₂═H₂SiO₃↓+2HCO₃^-．

13．某溶液中可能含有物质的量浓度相等的下列离子中的几种：Fe³⁺、Cu²⁺、Na⁺、SO₄^2-、CO₃^2-、NO₃^-、Cl^-、I^-，取上述溶液少量分别进行如下实验：
①一份中加入少量锌粉后，固体溶解、溶液颜色有变化，但无其它现象产生
②一份加入BaCl₂溶液后得到白色沉淀，下列有关判断正确的是（　　）

	A．	溶液中只含Fe³⁺、SO₄^2-、Cl^-
	B．	溶液中只含Cu²⁺、SO₄^2-
	C．	需要利用焰色反应才能确定有无Na⁺
	D．	溶液中肯定没有I^-，但无法确定有无Cl^-

14．过渡元素Ti、Mn、Fe、Cu等可与C、H、O形成多种化合物．请回答下列问题：
（1）根据元素原子的外围电子排布的特征，可将元素周期表分成五个区域，其中Mn属于d区．
（2）Ti（BH₄）₂是一种过渡元素硼氢化物储氢材料．基态Ti²⁺中电子占据的最高能层符号为M，该能层具有的原子轨道数为9．BH₄^-的空间构型是正四面体型．
（3）在Cu的催化作用下，乙醇可被空气中氧气氧化为乙醛，乙醛分子中碳原子的杂化方式是sp²、sp³，乙醛分子中HCO的键角大于乙醇分子中H-C-O的键角（填“大于”、“等于”或“小于”）．
（4）电镀厂排放的废水中常含有剧毒的CN^-，可在TiO₂的催化下，先用NaClO将CN^-氧化成CNO^-，再在酸性条件下CNO^-继续被NaClO氧化成N₂和CO₂．
①H、C、N、O四种元素的电负性由小到大的顺序为H＜C＜N＜O．
②与CN^-互为等电子体微粒的化学式为CO（或N₂等）（写出一种即可）
（5）单质铁有δ、γ、α三种同素异形体，三种晶胞中Fe原子的配位数之比为4：6：3，三种晶胞中棱长之比为$\frac{1}{\sqrt{3}}$：$\sqrt{2}$：1．

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