Question

现有A、B、C、D四种物质，B、D的焰色反应均为黄色．C是一种强酸的酸式盐，将C加入BaCl₂溶液有不溶于盐酸的白色沉淀生成，D晶体在干燥空气中容易逐渐失去结晶水变成白色粉末．对A、B、C、D进行下列实验，实验过程和记录如图所示（无关物质已略去），请回答：

（1）X与B反应的离子方程式为    ．
（2）D溶液pH值大于7，原因是（用离子方程式表示）    ．
（3）写出C与过量B反应（加热）的离子方程式    ．
（4）若B、C的稀溶液混合后（不加热）溶液呈中性，则该溶液中离子浓度从大到小的顺序    ．
（5）Y在同主族的同类物质中分子稳定性最强    ，也是沸点最高的    ．（判断正误填“是“或“否“）
（6）若向三份足量的B的稀溶液中分别加入少量稀醋酸、稀硝酸、浓硫酸，均生成1molH2O时的反应热分别为△H₁，△H₂，△H₃，则三者由大到小排序为：    ．

Answer 1

【答案】分析：依据题意和转化关系，B、D的焰色反应均为黄色证明含钠元素．C是一种强酸的酸式盐可以判断为NaHSO₄，将C加入BaCl₂溶液有不溶于盐酸的白色沉淀生成为BaSO₄；转化关系中A+3B→白色沉淀X，X+B→无色溶液，根据生成沉淀和沉淀溶解所用B的定量关系可以推断，A为铝盐，B为NaOH，X为Al（OH）₃；转化关系中过量的B（NaOH）和C反应生成气体Y使石蕊溶液变蓝证明是氨气，即判断C为硫酸氢铵，Y为NH₃，C和D按2：1反应生成气体Z，能使石蕊试液变红，说明气体是酸性气体，结合D晶体在干燥空气中容易逐渐失去结晶水变成白色粉末，判断D为Na₂CO₃，Z为CO₂；依据判断出的物质分析回答问题；
解答：解：B、D的焰色反应均为黄色证明含钠元素．C是一种强酸的酸式盐可以判断为NaHSO₄，将C加入BaCl₂溶液有不溶于盐酸的白色沉淀生成为BaSO₄；转化关系中A+3B→白色沉淀X，X+B→无色溶液，根据生成沉淀和沉淀溶解所用B的定量关系可以推断，A为铝盐，B为NaOH，X为Al（OH）₃；转化关系中过量的B（NaOH）和C反应生成气体Y使石蕊溶液变蓝证明是氨气，即判断C为硫酸氢铵，Y为NH₃，C和D按2：1反应生成气体Z，能使石蕊试液变红，说明气体是酸性气体，结合D晶体在干燥空气中容易逐渐失去结晶水变成白色粉末，判断D为Na₂CO₃，Z为CO₂；
（1）X（Al（OH）₃）与B（NaOH）反应的离子方程式为：Al（OH）₃+OH^-=AlO₂^-+2H₂O，
故答案为：Al（OH）₃+OH^-=AlO₂^-+2H₂O；
（2）推断D溶液为碳酸钠溶液，pH值大于7，原因是碳酸根离子水解，离子方程式为：CO₃^2-+H₂O HCO₃^-+OH^-；HCO₃^-+H₂O?H₂CO₃+OH^-，故答案为：CO₃^2-+H₂O HCO₃^-+OH^-；HCO₃^-+H₂O?H₂CO₃+OH^-；
（3）C（NH₄HSO₄）与过量B（NaOH）反应（加热）的离子方程式为：NH₄⁺+H⁺+2OH^-NH₃↑+2H₂O，
故答案为：NH₄⁺+H⁺+2OH^-NH₃↑+2H₂O
（4）若B、C的稀溶液混合后（不加热）溶液呈中性，依据电荷守恒可知：C（Na⁺）+C（NH₄⁺）+C（H⁺）=C（OH^-）+2C（SO₄^2-），C（H⁺）=C（OH^-） C（Na⁺）+C（NH₄⁺）=2C（SO₄^2-），恰好反应发生的化学反应方程式为：NH₄HSO₄+2NaOH=Na₂SO₄+H₂O+NH₃?H₂O，溶液呈碱性，若呈中性，硫酸氢铵稍过量，或氢氧化钠量少，则该溶液中离子浓度从大到小的顺：C（Na⁺）＞C（SO₄^2-）＞C（NH₄⁺）＞C（H⁺）=C（OH^-），
 故答案为：C（Na⁺）＞C（SO₄^2-）＞C（NH₄⁺）＞C（H⁺）=C（OH^-）
（5）Y为NH₃，在同主族的同类物质中，氮元素非金属性最强，所以氢化物的稳定性最强，分子稳定性最强是，氢化物的沸点取决于分子间的作用力，结构相似的分子，相对分子质量越大，沸点越高，但氨气分子间存在氢键，沸点反常的高，
故答案为：是  是；   
（6）若向三份足量的B的稀溶液中分别加入少量稀醋酸、稀硝酸、浓硫酸，均生成1molH₂O时的反应热分别为△H₁，△H₂，△H₃，醋酸是弱电解质存在电离平衡，和氢氧化钠反应促进电离需吸收热量，浓硫酸溶解过程溶液温度升高，所以反应生成1mol水时的焓变大小需要考虑正负号，反应是放热，焓变是负值，大小为：△H₁＞△H₂＞△H₃，
故答案为：：△H₁＞△H₂＞△H₃ ；
点评：本题考查了物质转化关系和物质性质的综合应用，主要考查焰色反应、物质定量反应关系，盐类水解应用，溶液中离子浓度大小比较，反应中和热的判断，氢化物的稳定性和沸点大小比较依据的应用，铝及其化合物性质的判断应用，题目综合性较大．