Question

4．下列说法正确的是（　　）

• A． 在5NH₄NO₃═2HNO₃+4N₂↑+9H₂O中，生成56g N₂时转移电子的数目为15×6.02×10²³
• B． 16.2 g纤维素完全燃烧，产生CO₂分子的物质的量约为0.6mol
• C． 铅蓄电池放电一段时间后，负极质量减小，正极质量增加
• D． 向水中加入NaHCO₃或NaHSO₃固体后，水的电离程度均增大

Answer 1

分析 A．反应中部分硝酸根中N元素由+5价降低为氮气中0价，铵根中N元素-3价升高为氮气中0价，氮气既是还原产物又是氧化产物，由氮原子守恒，结合方程式可知，还原产物与氧化产物物质的量之比为3：5，根据n=$\frac{m}{M}$计算氮气物质的量，再计算氧化产物物质的量，再结合铵根中N元素化合价变化计算转移电子物质的量；
B．纤维素的最简式为C₆H₁₀O₅，求出纤维素中含有的C₆H₁₀O₅的物质的量，然后根据碳守恒判断燃烧生成的二氧化碳物质的量；
C．放电时负极反应为Pb-2e^-+SO₄^2-═PbSO₄，正极反应为PbO₂+4H⁺+SO₄^2-+2e^-═PbSO₄+2H₂O；
D．酸溶液和碱溶液抑制了水的电离，能够水解的盐溶液促进了水的电离，NaHSO₃溶液中HSO₃^-的电离程度大于水解程度．

解答 解：A．反应中部分硝酸根中N元素由+5价降低为氮气中0价，铵根中N元素-3价升高为氮气中0价，氮气既是还原产物又是氧化产物，由氮原子守恒，结合方程式可知，还原产物与氧化产物物质的量之比为3：5，生成氮气物质的量为$\frac{56g}{28g/mol}$=2mol，故氧化产物的物质的量为2mol×$\frac{5}{8}$=$\frac{5}{4}$mol，铵根中N元素被氧化，故转移电子为$\frac{5}{4}$mol×2×[0-（-3）]=7.5mol，故A错误；
B．纤维素（C₆H₁₀O₅）_n，纤维素的最简式为C₆H₁₀O₅，16.2g纤维素中含有的C₆H₁₀O₅的物质的量为0.1mol，而1molC₆H₁₀O₅燃烧生成6mol二氧化碳，故0.1molC₆H₁₀O₅燃烧生成0.6mol二氧化碳，故B正确；
C．放电时负极发生Pb-2e^-+SO₄^2-═PbSO₄，负极质量增加，正极上是二氧化铅得电子，都是生成硫酸铅，正极质量也增加，故C错误；
D．NaHCO₃为强碱弱酸盐，碳酸氢根离子的水解，促进了水的电离，HSO₃^-的水解程度大于其电离程度，相当于一元弱酸，抑制水的电离，故D错误；
故选B．

点评 本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算、电化学、盐类的水解等知识，注意掌握公式的运用和物质的性质，A选项有关氧化还原反应计算，关键是判断反应中N元素化合价变化，为易错点，题目难度中等．