Question

碳、氢、氧、氮元素及其化合物与人类的生产生活密切相关，试回答下列有关问题．
（1）常温下0.1mol?L^-1NaHCO₃ 溶液的pH大于8则溶液中c（HCO₃^-）

 

（填“＞”“＜”或“=”）c（CO₃ ^2-），原因是

 

（2）以铝材为阳极，在H₂SO₄溶液中电解，取少量废电解液，加入NaHCO₃ 溶液后产生气体和白色沉淀，产生沉淀的原因是

 

（用离子方程式表示）；
（3）用离子方程式表示NaAlO₂ 溶液的水解

 

，写出3种促进AlO₂^-水解的方法

 

、

 

、

 

（4）关于0.1mol?L^-1纯碱溶液，下列四个关系正确的是

 

．
A．c（Na⁺ ）=2c（CO₃ ^2-）                   B．c（CO₃ ^2-）＞c（OH^-）＞c（HCO₃^-）＞c（H₂CO₃）
C．c（CO₃ ^2-）+c（HCO₃^-）=0.1mol?L^-1 D．c（OH^-）=c（H⁺）+c（HCO₃^-）+2c（H₂CO₃）
（5）电化学降解NO₃^-的原理如图1所示阴极反应式为

 

，电解后，阴极区pH的将

 

（填“增大”“减少”或“不变”）
（6）甲醇（CH₃OH）～空气燃料电池工作原理示意图如图2：负极的反应式为

 

．

Answer 1

考点：离子浓度大小的比较,化学电源新型电池,盐类水解的应用

专题：

分析：（1）0.1mol?L^-1NaHCO₃ 溶液的pH大于8，溶液显碱性，水解大于其电离；
（2）铝为阳极，失去电子，Al³⁺和HCO₃^-发生了互促水解，或HCO₃^-与H⁺反应使H⁺浓度减小，产生Al（OH）₃沉淀；
（3）偏铝酸根离子水解显碱性，发生AlO₂^-+2H₂O?Al（OH）₃+OH^-，结合平衡移动分析；
（4）根据电荷守恒、物料守恒和质子守恒分析；
（5）在电解池的阴极上发生得电子的还原反应；
（6）负极上甲醇失电子发生氧化反应．

解答： 解：（1）0.1mol?L^-1NaHCO₃ 溶液的pH大于8，溶液显碱性，水解大于其电离，则c（HCO₃^-）＞c（CO₃ ^2-），故答案为：＞；HCO₃^-水解大于其电离；
（2）铝为阳极，会发生氧化反应，生成Al³⁺，加入NaHCO₃溶液后产生气泡和白色沉淀，Al³⁺和HCO₃^-发生了互促水解．3HCO₃^-+Al³⁺=3CO₂↑+Al（OH）₃↓；或HCO₃^-与H⁺反应使H⁺浓度减小，产生Al（OH）₃沉淀，
故答案为：3HCO₃^-+Al³⁺=3CO₂↑+Al（OH）₃↓；
（3）偏铝酸根离子水解显碱性，发生AlO₂^-+2H₂O?Al（OH）₃+OH^-，加热、加盐酸、加水等促进AlO₂^-水解，水解平衡正向移动，故答案为：AlO₂^-+2H₂O?Al（OH）₃+OH^-；加热；加盐酸；加水；
（4）A．根据物料守恒，碳元素在溶液中的形式有：CO₃^2-、HCO₃^-、H₂CO₃、所以c（Na⁺）=2c（CO₃^2-）+2c（HCO₃^-）+2c（H₂CO₃），故A错误；
B．溶液中存在两步水解：CO₃^2-+H₂O?HCO₃^-+OH^-，HCO₃^-+H₂O?H₂CO₃+OH^-，以第一步水解为主，所以c（CO₃^2-）＞c（OH^-）＞c（HCO₃^-）＞c（H₂CO₃），故B正确；
C．根据物料守恒：c（CO₃^2-）+c（HCO₃^-）+c（H₂CO₃）=0.1mol?L^-1，故C错误；
D．根据质子守恒：c（OH^-）=c（H⁺）+c（HCO₃^-）+2c（H₂CO₃），故D正确；
故答案为：BD；
（5）根据装置图示可以看出，右端电极上发生得电子的还原反应，即为阴极，反应式为2NO₃^-+12H⁺+10e^-=N₂↑+6H₂O，氢离子浓度减小，则pH增大，
故答案为：2NO₃^-+12H⁺+10e^-=N₂↑+6H₂O；增大；
（6）负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为2CH₃OH-12e^-+2H₂O=2CO₂↑+12H⁺，故答案为：2CH₃OH-12e^-+2H₂O=2CO₂↑+12H⁺．

点评：本题考查较综合，涉及离子浓度大小的比较、电化学及盐类水解等，综合性较强，注重高频考点的考查，题目难度中等．