Question

17．氮、磷及其化合物在科研及生產(chǎn)中均有著重要的應(yīng)用．
（1）某課外學(xué)習(xí)小組欲制備少量NO氣體，寫出鐵粉與足量稀硝酸反應(yīng)制備NO的離子方程式：Fe+4H⁺+NO₃^-=Fe³⁺+NO↑+2H₂O．
（2）利用NH₃的還原性可消除氮氧化物的污染，相關(guān)熱化學(xué)方程式如下：
H₂O（l）=H₂O（g）△H₁=+44.0kJ•mol^-1
N₂（g）+O₂（g）=2NO（g）△H₂=+229.3kJ•mol^-1
4NH₃（g）+5O₂（g）=4NO（g）+6H₂O（g）△H₃=-906.5kJ•mol^-1
4NH₃（g）+6NO（g）=5N₂（g）+6H₂O（l）△H₄
則△H₄=-2317kJ•mol^-1．
（3）磷及部分重要化合物的相互轉(zhuǎn)化如右圖所示．
①步驟Ⅰ為白磷的工業(yè)生產(chǎn)方法之一，反應(yīng)在1300℃的高溫爐中進(jìn)行，其中SiO₂的作用是用于造渣（CaSiO₃），焦炭的作用是做還原劑．
②不慎將白磷沾到皮膚上，可用0.2mol/L CuSO₄溶液沖洗，根據(jù)步驟Ⅱ可判斷，1mol CuSO₄所能氧化的白磷的物質(zhì)的量為0.05mol
③步驟Ⅲ中，反應(yīng)物的比例不同可獲得不同的產(chǎn)物，除Ca₃（PO₄）₂外可能的產(chǎn)物還有CaHPO₄、Ca（H₂PO₄）₂．

Answer 1

分析 （1）鐵和過量稀硝酸反應(yīng)生成硝酸鐵、一氧化氮和水；
（2）H₂O（l）=H₂O（g）△H₁=44.0kJ•mol^-1 （i）
N₂（g）+O₂（g）=2NO（g）△H₂=229.3kJ•mol^-1 （ii）
4NH₃（g）+5O₂（g）=4NO（g）+6H₂O（g）△H₃=-906.5kJ•mol^-1 （iii）
由蓋斯定律可知（iii）-（ii）×5-（i）×6得：4NH₃（g）+6NO（g）=5N₂（g）+6H₂O（l）；
（3）①依據(jù)發(fā)生反應(yīng)2Ca₃（PO₄）₂+6SiO₂+10C→P₄↑+6CaSiO₃+10CO↑，判斷CO的作用；
②依據(jù)氧化還原反應(yīng)中銅元素、磷元素化合價變化計算；
③磷酸為三元酸與氫氧化鈣反應(yīng)，依據(jù)磷酸與氫氧化鈣量不同，得到的產(chǎn)物可能是：Ca₃（PO₄）₂、CaHPO₄、Ca（H2PO₄）₂．

解答 解：（1）鐵和過量稀硝酸反應(yīng)生成硝酸鐵、一氧化氮和水，反應(yīng)的離子方程式為：Fe+4H⁺+NO₃^-=Fe³⁺+NO↑+2H₂O；
故答案為：Fe+4H⁺+NO₃^-=Fe³⁺+NO↑+2H₂O；
（2）H₂O（l）=H₂O（g）△H₁=44.0kJ•mol^-1 （i）
N₂（g）+O₂（g）=2NO（g）△H₂=229.3kJ•mol^-1 （ii）
4NH₃（g）+5O₂（g）=4NO（g）+6H₂O（g）△H₃=-906.5kJ•mol^-1 （iii）
（iii）-（ii）×5-（i）×6得：4NH₃（g）+6NO（g）=5N₂（g）+6H₂O（l），故△H₄=-906.5-（229.3×5）-（44×6）=-2317kJ•mol^-1，
故答案為：-2317；
（3）①步驟Ⅰ為白磷的工業(yè)生產(chǎn)方法之一，發(fā)生反應(yīng)2Ca₃（PO₄）₂+6SiO₂+10C→P₄↑+6CaSiO₃+10CO↑，反應(yīng)中C中的碳化合價升高，做還原劑；
故答案為：做還原劑；
②Cu元素的化合價由+2價降低到+1價，CuSO₄是氧化劑，P₄部分磷元素由0價降低到-3價，部分磷元素由0價升高到+5價，磷元素的化合價既升高又降低，所以P₄既是氧化劑又是還原劑，若有11molP₄參加反應(yīng)，其中5mol的P₄做氧化劑，60mol硫酸銅做氧化劑，只有6mol的P₄做還原劑，則由電子守恒可知，有1 mol的CuSO₄參加反應(yīng)，則被硫酸銅氧化的白磷分子的物質(zhì)的量為n則：n×4（5-0）=1mol×（2-1），解得n=$\frac{1}{20}$mol；=0.05mol
故答案為：0.05mol；
③磷酸為三元酸與氫氧化鈣反應(yīng)，依據(jù)磷酸與氫氧化鈣量不同，得到的產(chǎn)物可能是：Ca₃（PO₄）₂、CaHPO₄、Ca（H₂PO₄）₂；
故答案為：CaHPO₄、Ca（H₂PO₄）₂．

點評 本題依據(jù)N、P及其化合物的轉(zhuǎn)化為情境考查了氧化還原反應(yīng)的概念及有關(guān)計算，蓋斯定律的應(yīng)用，抓住氧化還原反應(yīng)得失電子守恒是解題關(guān)鍵，題目難度較大．