Question

14．利用所學知識回答下列問題
Ⅰ．（1）已知室溫下，K_sp[Mg（OH）₂]=5×10^-12，若溶液中c（Mg²⁺）=5×10^-4 mol/L，則溶液的pH=10．
（2）向1mL0.1mol/LMgCl₂溶液中滴加2滴2mol/LNaOH溶液，有白色沉淀生成，再滴加2滴0.1mol/LFeCl₃溶液，結果有紅褐色沉淀出現(xiàn)．請寫出紅褐色沉淀生成時的離子方程式3Mg（OH）₂+2Fe³⁺=3Mg²⁺+2Fe（OH）₃．
（3）“鎂-次氯酸鹽”燃料電池的工作原理如圖所示，根據(jù)圖寫出鎂電極的電極反應式Mg-2e^-+2OH^-=Mg（OH）₂．
Ⅱ．室溫下，兩種酸的電離平衡常數(shù)如下表．

	K1	K2
H2SO3	1.3×10-2	1.0×10-7
H2CO3	4.2×10-7	5.6×10-11

（4）室溫下，0.1mol/L Na₂CO₃溶液的pH＞0.1mol/LNa₂SO₃溶液的pH（選填“＞”、“＜”或“=”）．
（5）0.10mol/L Na₂SO₃溶液中離子濃度由大到小的順序為c（Na⁺）＞c（SO₃^2-）＞c（OH^-）＞c（HSO₃^-）＞c（H⁺）．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)氫氧化鎂的溶度積計算出氫氧根離子濃度，然后計算出該溶液的氫離子濃度及溶液的pH；
（2）MgCl₂與NaOH反應生成氫氧化鎂沉淀，F(xiàn)e（OH）₃比Mg（OH）₂更難溶，沉淀向著更難溶的物質轉化；
（3）該燃料電池中，鎂易失電子作負極、次氯酸根離子得電子發(fā)生還原反應，在堿性環(huán)境中負極電極反應式為Mg-2e^-+2OH^-=Mg（OH）₂，正極電極反應式為：ClO^-+H₂O+2e^-=Cl^-+2OH^-；
（4）兩溶液水解都呈堿性，鹽的水解沉淀越大，溶液的pH越大，結合酸根離子對應酸的酸性強弱判斷；
（5）Na₂SO₃溶液中，亞硫酸根離子部分水解，溶液呈堿性，則c （OH^-）＞c（H⁺），結合氫氧根離子來自水的電離和亞硫酸根離子的水解可知c （OH^-）＞c（HSO₃^-），據(jù)此判斷各離子濃度大�。�

解答 解：（1）已知室溫下K_sp[Mg（OH）₂]=5×10^-12，若溶液中c（Mg²⁺）=5×10^-4 mol/L，則溶液中的氫氧根離子濃度為：c（OH^-）=$\sqrt{\frac{5×1{0}^{-12}}{5×1{0}^{-4}}}$mol/L=1×10^-4 mol/L，則溶液中氫離子濃度為：c（H⁺）=$\frac{1×1{0}^{-14}}{1×1{0}^{-4}}$mol/L=1×10^-10 mol/L，該溶液得到pH=10，
故答案為：10；
（2）向盛有1mL 0.1mol/L MgCl₂溶液的試管中滴加1～2滴2mol/L NaOH溶液，MgCl₂與NaOH反應生成氫氧化鎂沉淀，其反應的離子方程式為：Mg²⁺+2OH^-═Mg（OH）₂↓；再滴加2滴0.1mol/L FeCl₃溶液，Mg（OH）₂沉淀轉化為溶解度更小的Fe（OH）₃沉淀，其反應的離子方程式為：3Mg（OH）₂+2Fe³⁺?3Mg²⁺+2Fe（OH）₃，
故答案為：3Mg（OH）₂+2Fe³⁺=3Mg²⁺+2Fe（OH）₃；
（3）根據(jù)圖示可知，該燃料電池中，鎂易失電子作負極、次氯酸根離子得電子發(fā)生還原反應，則負極電極反應式為：Mg-2e^-+2OH^-=Mg（OH）₂，
故答案為：Mg-2e^-+2OH^-=Mg（OH）₂；
（4）相同條件下酸性：HSO₃^-＞HCO₃^-，則室溫下碳酸鈉的水解程度對應亞硫酸鈉，則0.1mol/L Na₂CO₃溶液的pH＞0.1mol/LNa₂SO₃溶液的pH，
故答案為：＞；
（5）由于亞硫酸根離子部分水解，溶液呈堿性，則c （OH^-）＞c（H⁺），結合氫氧根離子來自水的電離和亞硫酸根離子的水解可知：c （OH^-）＞c（HSO₃^-），溶液中離子濃度大小為：c（Na⁺）＞c （SO₃^2-）＞c （OH^-）＞c（HSO₃^-）＞c（H⁺），
故答案為：c（Na⁺）＞c （SO₃^2-）＞c （OH^-）＞c（HSO₃^-）＞c（H⁺）．

點評 本題考查較為綜合，涉及原電池原理、難溶物溶解平衡、離子濃度大小比較等知識，題目難度中等，注意掌握難溶物溶度積的概念及表達式，試題知識點較多、綜合性較強，充分考查了學生的分析能力及靈活應用能力．