ag 是什么离子亚磷酸(H3PO3.二元中强酸)及其盐在工农业生产中有着重要作用．已知：25℃时.亚磷酸(H3PO3)的Ka1=5×10

分析 （1）H₃PO₃被氧化为H₃PO₄，Ag⁺被还原为Ag，结合原子守恒和电荷守恒写出；
（2）亚磷酸第一步电离产生的氢离子抑制了亚磷酸的第二步电离；
（3）在稀溶液中①H₃PO₃（aq）?H₂PO₃^–（aq）+H⁺（aq）△H=akJ/mol
②H₂PO₃^–（aq）?HPO₃^2-（aq）+H⁺（aq）△H=bkJ/mol
③H⁺（aq）+OH^–（aq）=H₂O（l）△H=ckJ/mol
盖斯定律计算①+②-2③得到；
（4）NaH₂PO₃水解反应为：H₂PO₃^–+H₂O?H₃PO₃+OH^–，Kh=$frac{c（{H}_{3}P{O}_{3}）c（O{H}^{-}）}{c（{H}_{2}P{{O}_{3}}^{-}）}$=$frac{c（{H}_{3}P{O}_{3}）c（O{H}^{-}）}{c（{H}_{2}P{{O}_{3}}^{-}）}$×$frac{c（{H}^{+}）}{c（{H}^{+}）}$=$frac{Kw}{K{a}_{1}}$，平衡常数只随温度变化；
（5）a为电源正极，b为电源负极，A为阳极室，B为阴极室．产品室中发生2H⁺+HPO₃^2-=H₃PO₃反应得到亚磷酸，结合电子守恒计算生成氢氧化钠的质量．

解答 解：（1）H₃PO₃被氧化为H₃PO₄，Ag⁺被还原为Ag，反应的离子方程式为：H₃PO₃+2Ag⁺+H₂O=H₃PO₄+2Ag+2H⁺，
故答案为：H₃PO₃+2Ag⁺+H₂O=H₃PO₄+2Ag+2H⁺；
（2）电离平衡移动的角度解释，亚磷酸第一步电离产生的氢离子抑制了亚磷酸的第二步电离，所以第一步电离的K_a1远大于第二步电离的K_a2，
故答案为：亚磷酸第一步电离产生的氢离子抑制了亚磷酸的第二步电离，所以第一步电离的K_a1远大于第二步电离的K_a2；
（3）在稀溶液中①H₃PO₃（aq）?H₂PO₃^–（aq）+H⁺（aq）△H=akJ/mol
②H₂PO₃^–（aq）?HPO₃^2-（aq）+H⁺（aq）△H=bkJ/mol
③H⁺（aq）+OH^–（aq）=H₂O（l）△H=ckJ/mol
盖斯定律计算①+②-2③得到：H₃PO₃（aq）+2NaOH（aq）?Na₂HPO₃（aq）+2H₂O（l）△H=（a+b+2c）KJ/mol，
故答案为：a+b+2c；
（4）NaH₂PO₃水解反应为：H₂PO₃^–+H₂O?H₃PO₃+OH^–，Kh=$frac{c（{H}_{3}P{O}_{3}）c（O{H}^{-}）}{c（{H}_{2}P{{O}_{3}}^{-}）}$=$frac{c（{H}_{3}P{O}_{3}）c（O{H}^{-}）}{c（{H}_{2}P{{O}_{3}}^{-}）}$×$frac{c（{H}^{+}）}{c（{H}^{+}）}$=$frac{Kw}{K{a}_{1}}$，K_a1×K_h=K_w，所以K_h=$frac{1{0}^{-14}}{5×1{0}^{-2}}$=2×10^-13，加入少量I₂，亚磷酸氢钠与碘反应，溶液的碱性变弱，$frac{c（{H}_{3}P{O}_{3}）c（O{H}^{-}）}{c（{H}_{2}P{{O}_{3}}^{-}）}$保持不变，所以$frac{c（{H}_{3}P{O}_{3}）}{c（{H}_{2}P{{O}_{3}}^{-}）}$将增大，
故答案为：2×10^-13；增大；
（5）①a为电源正极，b为电源负极，A为阳极室，B为阴极室．产品室中发生2H⁺+HPO₃^2-=H₃PO₃反应得到亚磷酸，
故答案为：正；2H⁺+HPO₃^2-=H₃PO₃；
②得到0.1mol亚磷酸转移0.2mol电子，生成0.2molNaOH，质量=0.2mol×40g/mol=8g，
故答案为：8．

点评 本题考查了弱电解质电离平衡影响因素、热化学方程式书写和盖斯定律计算、盐类水解和水解平衡常数计算、原电池盐类和电解池原理应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．