Question

元素周期表中第 VIIA族元素的单质及其化合物的用途广泛：
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室温下，0.1mol/L的次氯酸钠溶液和0.1mol/L的碳酸氢钠溶液，碱性较强的是

 

；其原因是

 

．
②已知新制氯水中存在三种分子和四种离子．在500mL、1mol?L^-1的碳酸钠溶液中，通入11.2L（标准状况）的Cl₂，充分反应以后，溶液中离子浓度在前三位的大小顺序为

 

．
③BrF₃具有较强的氧化性，可以和许多还原剂反应．在一定条件下，BrF₃和H₂O反应生成O₂、…等物质的量的Br₂和HBrO₃，写出该反应的化学方程式

 

．
④向CuCl₂溶液中滴加NaOH溶液，有蓝色沉淀生成，继续滴加一定量的NaHS溶液后，生成CuS黑色沉淀，用溶解平衡和电离平衡原理解释上述现象

 

．
⑤将1.12L（标准状况）CH₃F在纯氧中完全燃烧，将产物通入足量的澄清石灰水中，溶液中有白色固体生成，白色沉淀是

 

、

 

，再通入过量的CO₂沉淀部分消失，继续滴加浓盐酸浊液变澄清，用离子方程式解释上述现象

 

．

Answer 1

考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡,离子浓度大小的比较,氯气的化学性质

专题：

分析：①电离常数越大，酸性越强，其对应的盐的水解程度越小，碱性越弱；
②碳酸钠与氯气等物质的量反应生成NaCl、碳酸氢钠和次氯酸；
③BrF₃和H₂O反应生成O₂、HF、Br₂和HBrO₃，根据原子守恒和得失电子守恒配平；
④根据沉淀溶解平衡的移动分析；
⑤CH₃F在纯氧中完全燃烧生成HF、CO₂和水，HF、CO₂与氢氧化钙反应生成氟化钙和碳酸钙，过量的CO₂生成碳酸氢钙，加盐酸氟化钙转化为氟化氢．

解答： 解：①电离常数越大，酸性越强，其对应的盐的水解程度越小，碱性越弱，H₂CO₃的电离常数大于HClO，则酸性HClO小于碳酸，所以碳酸氢钠的水解程度小于次氯酸钠，水解程度越大，碱性越强，则次氯酸钠的碱性强；
故答案为：次氯酸钠；碳酸氢钠的水解程度小于次氯酸钠；
②在500mL、1mol?L^-1的碳酸钠溶液中，通入11.2L（标准状况）的Cl₂，二者的物质的量均为0.5mol，碳酸钠与氯气等物质的量反应生成NaCl、碳酸氢钠和次氯酸，其反应的方程式为Na₂CO₃+Cl₂+H₂O=NaHCO₃+NaCl+HClO，HCO₃^-离子再溶液中发生水解，其浓度减小，则c（Na⁺）＞c（Cl^-）＞c（HCO₃^-），
故答案为：c（Na⁺）＞c（Cl^-）＞c（HCO₃^-）；
③BrF₃和H₂O反应生成O₂、HF、Br₂和HBrO₃，则该反应的化学方程式为：3BrF₃+5H₂O=O₂↑+Br₂+HBrO₃+9HF；
故答案为：3BrF₃+5H₂O=O₂↑+Br₂+HBrO₃+9HF；
④向CuCl₂溶液中滴加NaOH溶液，有蓝色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的溶解度极小，所以Cu²⁺+S^2-=CuS↓，所以有生成CuS黑色沉淀；
故答案为：Cu（OH）₂（s）?Cu²⁺+2OH^- 加入NaHS溶液后，HS^-?H⁺+S^2-，由于CuS的溶解度极小，所以Cu²⁺+S^2-=CuS↓；
⑤CH₃F在纯氧中完全燃烧生成HF、CO₂和水，HF、CO₂与氢氧化钙反应生成氟化钙沉淀和碳酸钙沉淀，过量的CO₂，二氧化碳与碳酸钙反应生成碳酸氢钙，发生CaCO₃+CO₂+H₂O=Ca²⁺+2HCO₃^-，加盐酸氟化钙转化为氟化氢，发生CaF₂+2H⁺=Ca²⁺+2HF；
故答案为：CaF₂；CaCO₃；CaCO₃+CO₂+H₂O=Ca²⁺+2HCO₃^-，CaF₂+2H⁺=Ca²⁺+2HF．

点评：本题考查了弱电解质的电离、盐的水解、溶液中离子浓度大小比较、方程式的书写等，题目涉及的知识点较多，侧重于基础知识的综合应用的考查，题目难度中等．