Question

【题目】元素周期表中第VIIA族元素的单质及其化合物的用途广泛：

己知：H2CO3:Kal=4.3×l0-7 ，Ka2=5.6×l0-ll HC1O，Ka=2.98×l0-8

（1）室温下，0.l mol/L的次氯酸钠溶液和0.l mol/L的碳酸氢钠溶液，碱性较强的是___________；其原因是___________。

（2）己知新制氯水中存在三种分子和四种离子。在500mL l mol.L-l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__________；

（3）BrF3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和等物质的量的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

【答案】NaCIO 由电离常数可以判断出碳酸酸性大于次氯酸的酸性，所以同浓度的NaCl0溶液的水解程度大，碱性强 c（Na+）＞c（Cl-）＞c（HCO3-） 3BrF3+5H2O＝O2↑+Br2+HBrO3+9HF Cu（OH）2（s）Cu2++2OH-，加入NaHS溶液后，HS-H++S2-，由于CuS的溶解度极小，所以Cu2+ + S2- = CuS↓，所以有生成CuS黑色沉淀 CaF2 CaCO3 CaCO3+CO2+H2O=Ca2++2HCO3-；CaF2+2H+=Ca2++2HF

【解析】

（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，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；

（2）在500mL、1mol/L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-离子在溶液中发生水解，其浓度减小，则c（Na+）＞c（Cl-）＞c（HCO3-）；

（3）BrF3和H2O反应生成O2、HF、Br2和HBrO3，根据电子守恒、原子守恒规律，该反应的化学方程式为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++S2-，由于CuS的溶解度极小，所以Cu2++S2-=CuS↓，所以有生成CuS黑色沉淀；

（5）CH3F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与碳酸钙反应生成碳酸氢钙，发生反应CaCO3+CO2+H2O＝Ca2++2HCO3-，沉淀部分溶解；由于盐酸的酸性大于氢氟酸，继续加盐酸后，氟化钙转化为氟化氢，发生CaF2+2H+＝Ca2++2HF，最终沉淀全部溶解，形成溶液。