Question

3．（1）常温下0.1mol•L^-1CH₃COONa溶液呈碱（选填“酸”、“中”、“碱”）性，原因是（用离子方程式表示）：CH₃COO^-+H₂O=CH₃COOH+OH^-．
（2）在配制碳酸钠溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的NaOH（或NaHCO₃）．（填化学式）
（3）写出泡沫灭火器（内含NaHCO₃溶液和Al₂（SO₄）₃溶液）倒置时反应的离子方程式为Al³⁺+3HCO₃^-=Al（OH）₃↓+3CO₂↑．
（4）常温下，0.1mol•L^-1NaHCO₃溶液的pH大于8，则溶液中c（H₂CO₃）＞c（CO₃^2-）（填“＞”、“=”或“＜”），原因是HCO₃^-?CO₃^2-+H⁺、HCO₃^-+H₂0?H₂CO₃+OH^-，HCO₃^-的水解程度大于电离程度（用离子方程式和必要的文字说明）．
（5）已知：
①ZnCl₂•xH₂O易溶于水，且其水溶液呈酸性
②SOCl₂极易与水发生下列反应：SOCl₂+H₂O═SO₂+2HCl
实验室制取无水氯化锌是将ZnCl₂•xH₂O与SOCl₂混合加热的方法．
请回答下列问题：
混合加热时发生的化学方程式：ZnCl₂•XH₂O+XSOCl₂$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$ZnCl₂+XSO₂+2XHCl；SOCl₂的作用是夺取ZnCl₂•XH₂O中的结晶水，生成的HCl抑制ZnCl₂•XH₂O的水解．

Answer 1

分析 （1）0.1mol•L^-1CH₃COONa溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，醋酸根离子水解生成醋酸和氢氧根离子；
（2）碳酸钠为强碱弱酸盐，在溶液中存在水解平衡，从平衡移动的角度分析并解答该题；
（3）NaHCO₃与Al₂（SO₄）₃发生相互促进的水解反应生成二氧化碳和氢氧化铝；
（4）0.1mol•L^-1NaHCO₃溶液的pH大于8，说明碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度；
（5）ZnCl₂•xH₂O易溶于水，且其水溶液呈酸性，氯化锌水解生成氢氧化锌和盐酸，溶液显酸性，SOCl₂极易与水发生生成二氧化硫和盐酸，其中盐酸起到抑制氯化锌的水解，晶体和SOCl₂混合加热，结晶水失去和SOCl₂极易和水反应生成盐酸和二氧化硫．

解答 解：（1）0.1mol•L^-1CH₃COONa溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，醋酸根离子水解生成醋酸和氢氧根离子，反应的离子方程式：CH₃COO^-+H₂O=CH₃COOH+OH^-，
故答案为：碱，CH₃COO^-+H₂O=CH₃COOH+OH^-；
（2）碳酸钠为强碱弱酸盐，在溶液中存在水解平衡：CO₃^2-+H₂O?HCO₃^-+OH^-，为了防止发生水解，可以加入少量NaOH或NaHCO₃，使平衡向逆反应方向移动，从而抑制水解，
故答案为：NaOH （或NaHCO₃）；  
（3）NaHCO₃与Al₂（SO₄）₃发生相互促进的水解反应生成二氧化碳和氢氧化铝，其反应的离子方程式为：Al³⁺+3HCO₃^-=Al（OH）₃↓+3CO₂↑；
故答案为：Al³⁺+3HCO₃^-=Al（OH）₃↓+3CO₂↑；
（4）常温下，0.1mol•L^-1NaHCO₃溶液中存在电离和水解，离子方程式为：HCO₃^-?CO₃^2-+H⁺、HCO₃^-+H₂0?H₂CO₃+OH^-，的pH大于8，c（OH^-）＞c（H⁺），说明HCO₃^-水解程度大于其电离程度，故c（Na⁺）＞c（HCO₃^-）、c（H₂CO₃）＞c（CO₃^2-），
故答案为：＞；HCO₃^-?CO₃^2-+H⁺、HCO₃^-+H₂0?H₂CO₃+OH^-，HCO₃^-的水解程度大于电离程度；
（5）ZnCl₂•xH₂O易溶于水，且其水溶液呈酸性，氯化锌水解生成氢氧化锌和盐酸，溶液显酸性，SOCl₂极易与水发生生成二氧化硫和盐酸，其中盐酸起到抑制氯化锌的水解，晶体和SOCl₂混合加热，反应的化学方程式为：ZnCl₂•XH₂O+XSOCl₂ $\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$ZnCl₂+XSO₂+2XHCl，结晶水失去和SOCl₂极易和水反应生成盐酸和二氧化硫，
SOCl₂的作用是夺取ZnCl₂•XH₂O中的结晶水，生成的HCl抑制ZnCl₂•XH₂O的水解，
故答案为：ZnCl₂•XH₂O+XSOCl₂ $\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$ZnCl₂+XSO₂+2XHCl；夺取ZnCl₂•XH₂O中的结晶水，生成的HCl抑制ZnCl₂•XH₂O的水解．

点评 本题考查了盐类水解的原理分析判断，溶液酸碱性比较，弱离子的性质应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．