Question

6．（1）亞磷酸（H₃PO₃）是二元弱酸，與足量NaOH溶液反應，生成Na₂HPO₃．根據H₃PO₃的性質可推測Na₂HPO₃稀溶液的pH＞7（填“＞”“＜”或“=”）．常溫下，向10mL0.01mol•L^-1H₃PO₃溶液中滴加10mL0.02mol•L^-1NaOH溶液后，溶液中各種離子濃度由大到小的順序是c（Na⁺）＞c（HPO₃^2-）＞c（OH^-）＞c（H₂PO₃^-）＞c（H⁺）；
（2）亞磷酸具有強還原性，可將Cu²⁺還原為金屬單質，亞磷酸與硫酸銅溶液反應的方程式為H₃PO₃+CuSO₄+H₂O=Cu+H₃PO₄+H₂SO₄．
（3）將硫化鈉溶液與氯化鋁溶液混合，有白色沉淀和氣體生成．寫出該反應的離子反應方程式：2Al³⁺+3S^2-+6H₂O═2Al（OH）₃↓+3H₂S↑
（4）CoCl₂常用作多彩水泥的添加劑，可用鈷的某種氧化物與鹽酸反應制備（其中Co的化合價為+2、+3）．現取適量這種鈷的氧化物，可與480mL 5mol•L^-1 鹽酸恰好完全反應，得到CoCl₂溶液和6.72L黃綠色氣體（標準狀況）．則該反應的化學反應方程式為Co₃O₄+8HCl═3CoCl₂+Cl₂↑+4H₂O．

Answer 1

分析 （1）亞磷酸（H₃PO₃）是二元弱酸，與足量NaOH溶液反應，生成Na₂HPO₃是正鹽，亞磷酸是弱酸，則Na₂HPO₃是強堿弱酸鹽，其水溶液中酸根離子水解溶液顯堿性，常溫下，向10mL0.01mol•L^-1H₃PO₃溶液中滴加10mL0.02mol•L^-1NaOH溶液后，二者恰好反應生成Na₂HPO₃，亞磷酸根離子水解導致溶液呈堿性，則c（OH^-）＞c（H⁺），但其水解程度較小，水電離也生成氫離子，據此判斷離子濃度大�。�
（2）亞磷酸和硫酸銅發生氧化還原反應生成Cu和磷酸、硫酸，根據反應物和生成物書寫方程式；
（3）將硫化鈉溶液與氯化鋁溶液混合，有白色沉淀和氣體生成是發生了雙水解反應生成氫氧化鋁沉淀和硫化氫氣體；
（4）由電子守恒：n（Co³⁺）=2 n（Cl₂），由電荷守恒：n（Co原子）_總=n（Co²⁺）_溶液=$\frac{1}{2}$n（Cl^-），聯立計算n_氧化物（Co²⁺），根據化合價電荷守恒為0計算氧化物中n（O），進而計算氧化物中n（Co）：n（O），結合原子守恒寫出化學方程式；

解答 解：（1）亞磷酸是弱酸，則亞磷酸鈉是強堿弱酸鹽，其水溶液呈堿性；常溫下，向10mL0.01mol•L^-1H₃PO₃溶液中滴加10mL0.02mol•L^-1NaOH溶液后，二者恰好反應生成亞磷酸鈉，亞磷酸根離子水解導致溶液呈堿性，則c（OH^-）＞c（H⁺），但其水解程度較小，水電離也生成氫離子，離子濃度大小順序為：c（Na⁺）＞c（HPO₃^2-）＞c（OH^-）＞c（H₂PO₃^-）＞c（H⁺）；
故答案為：＞；c（Na⁺）＞c（HPO₃^2-）＞c（OH^-）＞c（H₂PO₃^-）＞c（H⁺）；
（2）亞磷酸和硫酸銅發生氧化還原反應生成Cu和磷酸、硫酸，根據反應物和生成物書寫方程式為H₃PO₃+CuSO₄+H₂O=Cu+H₃PO₄+H₂SO₄，
故答案為：H₃PO₃+CuSO₄+H₂O=Cu+H₃PO₄+H₂SO₄；
（3）將硫化鈉溶液與氯化鋁溶液混合，有白色沉淀和氣體生成是發生了雙水解反應生成氫氧化鋁沉淀和硫化氫氣體，反應的離子方程式為：2Al³⁺+3S^2-+6H₂O═2Al（OH）₃↓+3H₂S↑，
故答案為：2Al³⁺+3S^2-+6H₂O═2Al（OH）₃↓+3H₂S↑；
（4）由電子守恒：n（Co³⁺）=2 n（Cl₂）=2×$\frac{6.72L}{22.4L/mol}$=0.6 mol，由電荷守恒：n（Co原子）_總=n（Co²⁺）_溶液=$\frac{1}{2}$n（Cl^-）=$\frac{1}{2}$×（ 0.48L×5mol/L-2×0.3mol）=0.9 mol，所以固體中的n（Co²⁺）=0.9mol-0.6mol=0.3 mol，根據化合價電荷守恒為0，氧化物中n（O）=（0.3mol×2+0.6mol×3）÷2=1.2mol，故該鈷氧化物中n（Co）：n（O）=0.9mol：1.2mol=3：4，故氧化物的化學式為：Co₃O₄，和鹽酸反應的化學方程式為：Co₃O₄+8HCl═3CoCl₂+Cl₂+4H₂O，
故答案為：Co₃O₄+8HCl═3CoCl₂+Cl₂↑+4H₂O；

點評 本題考查弱電解質的電離及氧化還原反應和電子守恒的分析應用、鹽類水解原理，為高頻考點，明確酸堿混合溶液中溶質成分及其性質是解本題關鍵，難點是離子濃度大小比較方法，題目難度中等．