Question

元素周期表中第 VIIA族元素的單質及其化合物的用途廣泛：
已知：H₂CO₃：K_i1=4.3×10^-7      K_i2=5.6×10^-11HClO：K_i=2.98×10^-8
完成下列填空：
①室溫下，0.1mol/L的次氯酸鈉溶液和0.1mol/L的碳酸氫鈉溶液，堿性較強的是

 

；其原因是

 

．
②已知新制氯水中存在三種分子和四種離子．在500mL、1mol?L^-1的碳酸鈉溶液中，通入11.2L（標準狀況）的Cl₂，充分反應以后，溶液中離子濃度在前三位的大小順序為

 

．
③BrF₃具有較強的氧化性，可以和許多還原劑反應．在一定條件下，BrF₃和H₂O反應生成O₂、…等物質的量的Br₂和HBrO₃，寫出該反應的化學方程式

 

．
④向CuCl₂溶液中滴加NaOH溶液，有藍色沉淀生成，繼續(xù)滴加一定量的NaHS溶液后，生成CuS黑色沉淀，用溶解平衡和電離平衡原理解釋上述現(xiàn)象

 

．
⑤將1.12L（標準狀況）CH₃F在純氧中完全燃燒，將產物通入足量的澄清石灰水中，溶液中有白色固體生成，白色沉淀是

 

、

 

，再通入過量的CO₂沉淀部分消失，繼續(xù)滴加濃鹽酸濁液變澄清，用離子方程式解釋上述現(xiàn)象

 

．

Answer 1

考點：弱電解質在水溶液中的電離平衡,離子濃度大小的比較,氯氣的化學性質

專題：

分析：①電離常數越大，酸性越強，其對應的鹽的水解程度越小，堿性越弱；
②碳酸鈉與氯氣等物質的量反應生成NaCl、碳酸氫鈉和次氯酸；
③BrF₃和H₂O反應生成O₂、HF、Br₂和HBrO₃，根據原子守恒和得失電子守恒配平；
④根據沉淀溶解平衡的移動分析；
⑤CH₃F在純氧中完全燃燒生成HF、CO₂和水，HF、CO₂與氫氧化鈣反應生成氟化鈣和碳酸鈣，過量的CO₂生成碳酸氫鈣，加鹽酸氟化鈣轉化為氟化氫．

解答： 解：①電離常數越大，酸性越強，其對應的鹽的水解程度越小，堿性越弱，H₂CO₃的電離常數大于HClO，則酸性HClO小于碳酸，所以碳酸氫鈉的水解程度小于次氯酸鈉，水解程度越大，堿性越強，則次氯酸鈉的堿性強；
故答案為：次氯酸鈉；碳酸氫鈉的水解程度小于次氯酸鈉；
②在500mL、1mol?L^-1的碳酸鈉溶液中，通入11.2L（標準狀況）的Cl₂，二者的物質的量均為0.5mol，碳酸鈉與氯氣等物質的量反應生成NaCl、碳酸氫鈉和次氯酸，其反應的方程式為Na₂CO₃+Cl₂+H₂O=NaHCO₃+NaCl+HClO，HCO₃^-離子再溶液中發(fā)生水解，其濃度減小，則c（Na⁺）＞c（Cl^-）＞c（HCO₃^-），
故答案為：c（Na⁺）＞c（Cl^-）＞c（HCO₃^-）；
③BrF₃和H₂O反應生成O₂、HF、Br₂和HBrO₃，則該反應的化學方程式為：3BrF₃+5H₂O=O₂↑+Br₂+HBrO₃+9HF；
故答案為：3BrF₃+5H₂O=O₂↑+Br₂+HBrO₃+9HF；
④向CuCl₂溶液中滴加NaOH溶液，有藍色Cu（OH）₂沉淀生成，混合物中存在沉淀溶解平衡：Cu（OH）₂（s）?Cu²⁺+2OH^-，加入NaHS溶液后，HS^-?H⁺+S^2-，由于CuS的溶解度極小，所以Cu²⁺+S^2-=CuS↓，所以有生成CuS黑色沉淀；
故答案為：Cu（OH）₂（s）?Cu²⁺+2OH^- 加入NaHS溶液后，HS^-?H⁺+S^2-，由于CuS的溶解度極小，所以Cu²⁺+S^2-=CuS↓；
⑤CH₃F在純氧中完全燃燒生成HF、CO₂和水，HF、CO₂與氫氧化鈣反應生成氟化鈣沉淀和碳酸鈣沉淀，過量的CO₂，二氧化碳與碳酸鈣反應生成碳酸氫鈣，發(fā)生CaCO₃+CO₂+H₂O=Ca²⁺+2HCO₃^-，加鹽酸氟化鈣轉化為氟化氫，發(fā)生CaF₂+2H⁺=Ca²⁺+2HF；
故答案為：CaF₂；CaCO₃；CaCO₃+CO₂+H₂O=Ca²⁺+2HCO₃^-，CaF₂+2H⁺=Ca²⁺+2HF．

點評：本題考查了弱電解質的電離、鹽的水解、溶液中離子濃度大小比較、方程式的書寫等，題目涉及的知識點較多，側重于基礎知識的綜合應用的考查，題目難度中等．