Question

8．已知在常溫下測得濃度均為0.1mol•L^-1的四種溶液的pH如表：

溶質(zhì)	NaHCO3	Na2CO3	NaF	NaClO
pH	8.4	.6	7.5	9.7

（1）根據(jù)鹽溶液的pH，可知①K_a（HClO）②K_a2（H₂CO₃）③K_a2（H₂CO₃）④K_a（HF）由大到小的順序為④②①③（填序號）
（2）將CO₂通入0.1mol•L^-1的Na₂CO₃溶液中，至溶液呈中性，則溶液中2c（CO₃^2-）+c（HCO₃^-）=0.2mol•L^-1（忽略溶液體積變化）
（3）常溫下，向0.1mol•L^-1的HF溶液加水稀釋的過程中，下列表達(dá)式的值變大的是C
A．c（H⁺）   B．c（H⁺•c（OH^-）  C.$\frac{c（O{H}^{-}）}{c（{H}^{+}）}$   D.$\frac{c（{H}^{+}）•c（{F}^{-}）}{c（HF）}$
（4）向84消毒液中通入少量的CO₂，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為NaClO+CO₂+H₂O═HClO+NaHCO₃
（5）已知K_sp（CaF₂）=1.5×10^-10，將0.1mol•L^-1的NaF溶液和0.1mol•L^-1的CaCl₂溶液等體積混合，則下列說法正確的是①（填序號）
①兩溶液混合后有CaF₂沉淀生成
②升高混合溶液的溫度，K_sp（CaF₂）不變
③溶液中一定存在c（F^-）=c（Ca²⁺）
④向溶液中加入Ca（NO₃）₂固體，CaF₂的溶解度不變．

Answer 1

分析 （1）依據(jù)鹽類水解規(guī)律：越弱越水解解答；
（2）依據(jù)反應(yīng)過程和溶液中存在的電荷守恒分析判斷；
（3）HF溶液加水稀釋過程，促進(jìn)電離，c（H⁺）減小，c（OH^-）增大，Kw、Ka不變；
（4）由Ka可知碳酸的酸性＞HClO，發(fā)生強(qiáng)酸制取弱酸的反應(yīng)；
（5）①計算Q_C，判斷其與Ksp的大小，依據(jù)溶度積規(guī)則解答；
②氟化鈣溶解過程為吸熱過程；
③依據(jù)CaF₂?Ca²⁺+2F^-，判斷；
④依據(jù)沉淀溶解平衡移動影響因素解答．

解答 解：（1）鹽類水解規(guī)律：越弱越水解，依據(jù)濃度均為0.1mol•L^-1的四種溶液的pH數(shù)據(jù)，可知pH值越大，鹽類水解能力越強(qiáng)，則對應(yīng)酸的酸性越弱，電離常數(shù)越小，所以①K_a（HClO）②K_a2（H₂CO₃）③K_a2（H₂CO₃）④K_a（HF），由大到小的順序為：④②①③；
故答案為：④②①③；
（2）將CO₂通入①溶液中恰好呈中性，溶液中存在電荷守恒，c（H⁺）+c（Na⁺）=c（OH^-）+2c（CO₃^2-）+c（HCO₃^-），c（H⁺）=c（OH^-），則得到c（Na⁺）=2c（CO₃^2-）+c（HCO₃^-）=0.2mol/L；
故答案為：0.2；
（3）HF溶液加水稀釋過程，促進(jìn)電離，c（H⁺）減小，c（OH^-）增大，Kw、KaA只受溫度影響，溫度不變其值不變，所以A、B、D不選，C選；
故選：C；
（4）由Ka可知碳酸的酸性＞HClO，則84消毒液中通入少量的CO₂的反應(yīng)為NaClO+CO₂+H₂O═HClO+NaHCO₃，
故答案為：NaClO+CO₂+H₂O═HClO+NaHCO₃；
（5）①0.1mol•L^-1的NaF溶液和0.1mol•L^-1的CaCl₂溶液等體積混合，混合后C（F-）=0.05mol/L；
C（Ca²⁺）=0.05mol/L，則Qc（CaF₂）=0.05mol/L×0.05mol/L×0.05mol/L=1.25×10^-4（mol/L）³，Qc＞Ksp依據(jù)溶度積規(guī)則，可知會產(chǎn)生沉淀，故正確；
②氟化鈣溶解過程為吸熱過程，升高溫度促進(jìn)氟化鈣的溶解，Ksp變大，故錯誤；
③依據(jù)氟化鈣沉淀溶解平衡方程式可知，飽和溶液中c（F^-）=2c（Ca²⁺），故錯誤；
④向溶液中加入Ca（NO₃）₂固體，增大溶液中鈣離子濃度，氟化鈣中沉淀溶解平衡向逆向移動，所以氟化鈣溶解度減小，故錯誤；
故答案為：①．

點評 本題考查了電解質(zhì)的電離平衡常數(shù)與酸性強(qiáng)弱的關(guān)系、鹽類水解的規(guī)律、沉淀溶解平衡及移動因素，熟悉化學(xué)平衡理論是解題關(guān)鍵，題目難度中等．