Question

14．（Ⅰ）磷是生物體中不可缺少的元素之一，在自然界中磷總是以磷酸鹽的形式出現(xiàn)的，例如磷酸鈣礦Ca₃（PO₄）₂、磷灰石Ca₅F（PO₄）₃等．
（1）磷的某種核素中，中子數(shù)比質(zhì)子數(shù)多1，則表示該核素的原子符號為．
（2）磷酸鈣與焦炭、石英砂混合，在電爐中加熱到1500℃生成白磷，反應為：
2Ca₃（PO₄）₂+6SiO₂=6CaSiO₃+P₄O₁₀       10C+P₄O₁₀=P₄↑+10CO↑
上述反應中的各種物質(zhì)，屬于酸性氧化物的有SiO₂、P₄O₁₀．
（3）白磷有劇毒，不慎沾到皮膚上，可用CuSO₄溶液沖洗解毒．白磷可與熱的CuSO₄溶液反應生成磷化亞銅，與冷溶液則析出銅，反應方程式分別（均未配平）為：
①P₄+CuSO₄+H₂O→Cu₃P+H₃PO₄+H₂SO₄
②P₄+CuSO₄+H₂O→Cu+H₃PO₄+H₂SO₄
反應①中，氧化劑為CuSO₄ 和P₄，若上述兩反應中被氧化的P₄的物質(zhì)的量相等，則消耗的CuSO₄的物質(zhì)的量之比為1：1．
（Ⅱ）離子交換膜是一類具有離子交換功能的高分子材料．一容器被離子交換膜分成左右兩部分，如右圖所示．若該交換膜為陽離子交換膜（只允許陽離子自由通過），左邊充滿鹽酸酸化的H₂O₂溶液，右邊充滿滴有KSCN溶液的FeCl₂溶液（足量），一段時間后右邊可觀察到的現(xiàn)象：溶液由淺綠色變紅色，若該交換膜為陰離子交換膜（只允許陰離子自由通過），左邊充滿含2mol NH₄Al（SO₄）₂的溶液，右邊充滿含3mol Ba（OH）₂的溶液，當有2mol SO₄^2-通過交換膜時（若反應迅速完全），則左右兩室沉淀的物質(zhì)的量之比為2：3．
（Ⅲ）某初級石墨中含SiO₂（7.8%）、Al₂O₃（5.1%）、Fe₂O₃（3.1%）和MgO（0.5%）等雜質(zhì)，利用相關(guān)工藝可進行提純與綜合利用．通入一定量的N₂后，在1500℃下與Cl₂充分反應得到純化石墨與氣體混合物，然后降溫至80℃，分別得到不同狀態(tài)的兩類物質(zhì)a和b．（注：石墨中氧化物雜質(zhì)均轉(zhuǎn)變?yōu)橄鄳�的氯化物，SiCl₄的沸點為57.6℃，金屬氯化物的沸點均高于150℃．）
（1）若a與過量的NaOH溶液反應，可得兩種鹽，其中一種鹽的水溶液具有粘合性，化學反應方程式為SiCl₄+6NaOH=Na₂SiO₃+4NaCl+3H₂O．
（2）若b與過量的NaOH溶液充分反應后，過濾，所得濾液中陰離子有Cl^-、OH^-、AlO₂^-．

Answer 1

分析 （Ⅰ）（1）P元素的原子序數(shù)是15，中子數(shù)比質(zhì)子數(shù)多1，中子數(shù)為16，根據(jù)核素的表示方法來書寫；
（2）酸性氧化物是能和堿反應生成鹽和水的化合物；
（3）化合價降低元素所在的反應物是氧化劑，根據(jù)電子守恒來計算消耗的CuSO₄的物質(zhì)的量之比；
（Ⅱ）亞鐵離子通過陽離子交換膜進入左邊被鹽酸酸化的H₂O₂氧化，鐵離子通過陽離子交換膜進入右邊與KSCN溶液接觸，溶液變成血紅色，當有2mol SO₄^2-通過交換膜時，根據(jù)電荷守恒則有4molOH^-進入左室，左室生成氫氧化鋁$\frac{4}{3}$mol，右室生成2mol硫酸鋇，則左右兩室沉淀的物質(zhì)的量之比為2：3；
（Ⅲ）根據(jù)題意，石墨中氧化物雜質(zhì)均轉(zhuǎn)變?yōu)橄鄳�的氯化物，SiCl₄的沸點為57.6℃，金屬氯化物的沸點均高于150℃；
（1）a應該是SiCl₄，結(jié)合a與過量的NaOH溶液反應，可得兩種鹽，其中一種鹽的水溶液具有粘合性（Na₂SiO₃）；
（2）b是AlCl₃、FeCl₃、MgCl₂的混合物，與過量的NaOH溶液充分反應后，過濾，所得濾液中陰離子有Cl^-、OH^-、AlO₂^-；

解答 解：（Ⅰ）（1）在表示原子組成時元素符號的左下角表示質(zhì)子數(shù)，左上角表示質(zhì)量數(shù)，因為質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)之和是質(zhì)量數(shù)，P元素的原子序數(shù)是15，中子數(shù)比質(zhì)子數(shù)多1，所以質(zhì)量數(shù)為15+15+1=31，所以表示該核素的原子符號為，
故答案為：；
（2）能和堿反應生成鹽和水的氧化物是酸性氧化物，所以屬于酸性氧化物的是SiO₂、P₄O₁₀，
故答案為：SiO₂、P₄O₁₀；
（3）反應①中，硫酸銅中銅的化合價從+2價降低到+1價，得到電子，被還原，發(fā)生還原反應，因此硫酸銅是氧化劑，另外P元素的化合價從0價部分降低到-3價，得到電子，白磷也是氧化劑，如果被氧化的白磷都是1mol，則反應中轉(zhuǎn)移電子是20mol，所以根據(jù)電子的得失守恒可知，反應①中需要硫酸銅是20/6×3=10mol．而在反應②需要硫酸銅是20×$\frac{1}{2}$=10mol，所以消耗的CuSO₄的物質(zhì)的量之比為1：1，
故答案為：CuSO₄ 和P₄；1：1；
（Ⅱ）離子交換膜是一類具有離子交換功能的高分子材料．一容器被離子交換膜分成左右兩部分，如圖所示．若該交換膜為陽離子交換膜（只允許陽離子自由通過），左邊充滿鹽酸酸化的H₂O₂溶液，右邊充滿滴有KSCN溶液的FeCl₂溶液（足量），亞鐵離子通過陽離子交換膜進入左邊被鹽酸酸化的H₂O₂氧化，鐵離子通過陽離子交換膜進入右邊與KSCN溶液接觸，溶液變成血紅色，離子方程式為：2H⁺+2Fe²⁺+H₂O₂=2H₂O+2Fe³⁺，若該交換膜為陰離子交換膜（只允許陰離子自由通過），左邊充滿含2mol NH₄Al（SO₄）₂的溶液，右邊充滿含3mol Ba（OH）₂的溶液，當有2mol SO₄^2-通過交換膜時（若反應迅速完全），當有2mol SO₄^2-通過交換膜時，根據(jù)電荷守恒則有4molOH^-進入左室，左室生成氫氧化鋁$\frac{4}{3}$mol，右室生成2mol硫酸鋇，則左右兩室沉淀的物質(zhì)的量之比為2：3；
故答案為：溶液由淺綠色變紅色；2：3；
（Ⅲ）根據(jù)題意，石墨中氧化物雜質(zhì)均轉(zhuǎn)變?yōu)橄鄳�的氯化物，SiCl₄的沸點為57.6℃，金屬氯化物的沸點均高于150℃；
（1）a應該是SiCl₄，結(jié)合a與過量的NaOH溶液反應，可得兩種鹽，其中一種鹽的水溶液具有粘合性（Na₂SiO₃）得：SiCl₄+6NaOH=Na₂SiO₃+4NaCl+3H₂O；
故答案為：SiCl₄+6NaOH=Na₂SiO₃+4NaCl+3H₂O；
（2）b是AlCl₃、FeCl₃、MgCl₂的混合物，與過量的NaOH溶液充分反應后，過濾，所得濾液中陰離子有Cl^-、OH^-、AlO₂^-；
故答案為：Cl^-、OH^-、AlO₂^-．

點評 本題考查學生核素和氧化還原反應中的基本概念知識、鋁、鐵、鎂及化合物的性質(zhì)，掌握題干信息和物質(zhì)性質(zhì)、注意電子守恒在氧化還原反應中的應用以及理解離子交換膜的作用是關(guān)鍵，題目難度中等．