Question

6．（1）亚磷酸（H₃PO₃）是二元弱酸，与足量NaOH溶液反应，生成Na₂HPO₃．根据H₃PO₃的性质可推测Na₂HPO₃稀溶液的pH＞7（填“＞”“＜”或“=”）．常温下，向10mL0.01mol•L^-1H₃PO₃溶液中滴加10mL0.02mol•L^-1NaOH溶液后，溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是c（Na⁺）＞c（HPO₃^2-）＞c（OH^-）＞c（H₂PO₃^-）＞c（H⁺）；
（2）亚磷酸具有强还原性，可将Cu²⁺还原为金属单质，亚磷酸与硫酸铜溶液反应的方程式为H₃PO₃+CuSO₄+H₂O=Cu+H₃PO₄+H₂SO₄．
（3）将硫化钠溶液与氯化铝溶液混合，有白色沉淀和气体生成．写出该反应的离子反应方程式：2Al³⁺+3S^2-+6H₂O═2Al（OH）₃↓+3H₂S↑
（4）CoCl₂常用作多彩水泥的添加剂，可用钴的某种氧化物与盐酸反应制备（其中Co的化合价为+2、+3）．现取适量这种钴的氧化物，可与480mL 5mol•L^-1 盐酸恰好完全反应，得到CoCl₂溶液和6.72L黄绿色气体（标准状况）．则该反应的化学反应方程式为Co₃O₄+8HCl═3CoCl₂+Cl₂↑+4H₂O．

Answer 1

分析 （1）亚磷酸（H₃PO₃）是二元弱酸，与足量NaOH溶液反应，生成Na₂HPO₃是正盐，亚磷酸是弱酸，则Na₂HPO₃是强碱弱酸盐，其水溶液中酸根离子水解溶液显碱性，常温下，向10mL0.01mol•L^-1H₃PO₃溶液中滴加10mL0.02mol•L^-1NaOH溶液后，二者恰好反应生成Na₂HPO₃，亚磷酸根离子水解导致溶液呈碱性，则c（OH^-）＞c（H⁺），但其水解程度较小，水电离也生成氢离子，据此判断离子浓度大小；
（2）亚磷酸和硫酸铜发生氧化还原反应生成Cu和磷酸、硫酸，根据反应物和生成物书写方程式；
（3）将硫化钠溶液与氯化铝溶液混合，有白色沉淀和气体生成是发生了双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体；
（4）由电子守恒：n（Co³⁺）=2 n（Cl₂），由电荷守恒：n（Co原子）_总=n（Co²⁺）_溶液=$\frac{1}{2}$n（Cl^-），联立计算n_氧化物（Co²⁺），根据化合价电荷守恒为0计算氧化物中n（O），进而计算氧化物中n（Co）：n（O），结合原子守恒写出化学方程式；

解答 解：（1）亚磷酸是弱酸，则亚磷酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性；常温下，向10mL0.01mol•L^-1H₃PO₃溶液中滴加10mL0.02mol•L^-1NaOH溶液后，二者恰好反应生成亚磷酸钠，亚磷酸根离子水解导致溶液呈碱性，则c（OH^-）＞c（H⁺），但其水解程度较小，水电离也生成氢离子，离子浓度大小顺序为：c（Na⁺）＞c（HPO₃^2-）＞c（OH^-）＞c（H₂PO₃^-）＞c（H⁺）；
故答案为：＞；c（Na⁺）＞c（HPO₃^2-）＞c（OH^-）＞c（H₂PO₃^-）＞c（H⁺）；
（2）亚磷酸和硫酸铜发生氧化还原反应生成Cu和磷酸、硫酸，根据反应物和生成物书写方程式为H₃PO₃+CuSO₄+H₂O=Cu+H₃PO₄+H₂SO₄，
故答案为：H₃PO₃+CuSO₄+H₂O=Cu+H₃PO₄+H₂SO₄；
（3）将硫化钠溶液与氯化铝溶液混合，有白色沉淀和气体生成是发生了双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，反应的离子方程式为：2Al³⁺+3S^2-+6H₂O═2Al（OH）₃↓+3H₂S↑，
故答案为：2Al³⁺+3S^2-+6H₂O═2Al（OH）₃↓+3H₂S↑；
（4）由电子守恒：n（Co³⁺）=2 n（Cl₂）=2×$\frac{6.72L}{22.4L/mol}$=0.6 mol，由电荷守恒：n（Co原子）_总=n（Co²⁺）_溶液=$\frac{1}{2}$n（Cl^-）=$\frac{1}{2}$×（ 0.48L×5mol/L-2×0.3mol）=0.9 mol，所以固体中的n（Co²⁺）=0.9mol-0.6mol=0.3 mol，根据化合价电荷守恒为0，氧化物中n（O）=（0.3mol×2+0.6mol×3）÷2=1.2mol，故该钴氧化物中n（Co）：n（O）=0.9mol：1.2mol=3：4，故氧化物的化学式为：Co₃O₄，和盐酸反应的化学方程式为：Co₃O₄+8HCl═3CoCl₂+Cl₂+4H₂O，
故答案为：Co₃O₄+8HCl═3CoCl₂+Cl₂↑+4H₂O；

点评 本题考查弱电解质的电离及氧化还原反应和电子守恒的分析应用、盐类水解原理，为高频考点，明确酸碱混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，难点是离子浓度大小比较方法，题目难度中等．