Question

【題目】已知Ca3(PO4)2與SiO2、C高溫共熱可以反應(yīng)得到CaSiO3、P4蒸氣和CO．反應(yīng)如下：Ca3(PO4)2+SiO2+CCaSiO3+P4↑+CO↑

（1）配平該反應(yīng)方程式，并標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移方向和數(shù)目____________．

_____Ca3(PO4)2+_____SiO2+_____C_____CaSiO3+_____P4↑+_____CO↑

（2）該反應(yīng)中被還原的元素是_____，氧化產(chǎn)物是_____．

（3）每消耗24.0g碳時，有_____個電子發(fā)生轉(zhuǎn)移，生成P4_____g．

（4）反應(yīng)所得混合氣體，折算成標(biāo)況下，其氣體密度為_____g/L（保留兩位小數(shù)）．與該反應(yīng)中涉及到的磷元素相同主族的氮元素，是造成水體富營養(yǎng)化的主要原因．若某污水中NH4Cl含量為180mg/L．

（5）寫出NH4Cl的電子式_____．

（6）為除去廢水中的NH4+，向103L該污水中加入0.1mol/LNaOH溶液，發(fā)生如下反應(yīng)：NH4++OH﹣→NH3+H2O．則理論上需要NaOH溶液的體積為_____L（計算結(jié)果保留兩位小數(shù)）

Answer 1

【答案】 2 6 10 6 1 10 P CO 4NA 24.8 1.64 33.64

【解析】

（1）在此反應(yīng)中Ca3(PO4)2中P元素價態(tài)從+5降低到0價的P4，化合價降低了20，C從0價升高到+2價的CO，化合價升高了+2價，最小公倍數(shù)為20，故P4前系數(shù)為1，CO前系數(shù)為10，并根據(jù)原子守恒進(jìn)行配平；

（2）根據(jù)Ca3(PO4)2中P元素的化合價由+5價降低為0，化合價降低，故為氧化劑，氧化劑具有氧化性被還原得到的是還原產(chǎn)物P4分析；

（3）結(jié)合元素化合價的變化及電子守恒來計算；

（4）據(jù)ρ=m/V計算；

（5）氯化銨為離子晶體，由氨根離子與氯離子通過離子鍵結(jié)合在一起；

（6）由 NH4Cl～～～～～NaOH，

53.5g 1mol

180mg·L－1×103 L×103 g/mg 0.1mol·L－1×V，解之得：污水中的氨氣被空氣帶走，有利于NH3·H2ONH3+H2O的平衡正向移動；

（1）在此反應(yīng)中Ca3(PO4)2中P元素價態(tài)從+5降低到0價的P4，化合價降低了20，C從0價升高到+2價的CO，化合價升高了+2價，最小公倍數(shù)為20，故P4前系數(shù)為1，CO前系數(shù)為10，并根據(jù)原子守恒配平，故方程式2Ca3（PO4）2+6SiO2+10C6CaSiO3+P4↑+10CO↑故方程式前面的系數(shù)為：2；6；10；6；1；10；單線橋表示

故答案為：2；6；10；6；1；10；

（2）據(jù)Ca3(PO4)2中P元素的化合價由+5價降低為0，化合價降低，故作氧化劑，又因為氧化劑具有氧化性被還原，故P元素被還原；C元素由0價升高到+2價的CO，化合價升高，做還原劑，得到的CO是氧化產(chǎn)物，

故答案為：P；CO；

（3）每消耗24.0g碳時，轉(zhuǎn)移電子為×（2﹣0）＝4mol，N＝nNA＝4NA，由反應(yīng)可知，消耗10molC生成1molP4，其質(zhì)量為0.2mol×124g/mol＝24.8g

故答案為：4NA；24.8；

（4）由反應(yīng)可知，混合氣體的質(zhì)量為24.8g+2mol×28g/mol＝80.8g，標(biāo)況下體積為2.2mol×22.4L/mol＝49.28L，所以密度為＝1.64g/L

故答案為：1.64

（5）氯化銨是離子化合物，由氨根離子與氯離子構(gòu)成，電子式為：，

故答案為：；

（6）由 NH4Cl～～～～～NaOH，

53.5g 1mol

180mg/L×103 L×103 g/mg 0.1mol/L×V，

＝解之得：V＝33.64L

故答案為：33.64．