Question

5．海洋化學(xué)資源的研究和合理利用具有廣闊前景，從海水中可提取氯、溴、碘等鹵族元素．
（1）氯原子結(jié)構(gòu)示意圖是，碘在元素周期表中的位置是第五周期ⅦA族，HI的穩(wěn)定性比HBr弱（填寫“強(qiáng)”或“弱”）．
（2）向濃縮的海水中通入Cl₂，可將Br^-轉(zhuǎn)化為Br₂．再用“空氣吹出法”將Br₂從濃海水中吹出，并用純堿濃溶液吸收，生成NaBr、NaBrO₃等．當(dāng)有1mol Br₂被純堿吸收時(shí)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為1×10²⁴．
（3）如圖是NaClO的發(fā)生裝置．該裝置主要利用了電解飽和食鹽水的原理，可實(shí)現(xiàn)對(duì)海水的消毒和滅藻．
①寫出裝置中產(chǎn)生NaClO的化學(xué)方程式2NaCl+2H₂O$\frac{\underline{\;電解\;}}{\;}$2NaOH+H₂↑+Cl₂↑，2NaOH+Cl₂→NaClO+NaCl+H₂O．
海水中含有Ca²⁺、Mg²⁺、HCO₃^-等雜質(zhì)離子，處理過程中裝置的陰極易產(chǎn)生水垢，其主要成分是Mg（OH）₂和CaCO₃．生成CaCO₃的離子方程式是Ca²⁺+HCO₃^-+OH^-→CaCO₃↓+H₂O．
若每隔5-10min倒換一次電極電性，可有效地解決陰極的結(jié)垢問題．試用電極反應(yīng)式并結(jié)合必要的文字進(jìn)行解釋陰極結(jié)垢后倒換電極電性，陰極變?yōu)殛?yáng)極，其電極反應(yīng)為：2Cl^--2e→Cl₂↑，產(chǎn)生的氯氣與水發(fā)生反應(yīng)：Cl₂+H₂=HCl+HClO，使該電極附近溶液呈酸性，從而將Mg（OH）₂和CaCO₃溶解而達(dá)到除垢的目的．
NaOH溶液吸收SO₂得Na₂SO₃，可用Na₂SO₃吸收SO₂．在SO₂被吸收的過程中，pH隨n（SO₃^2-）、n（HSO₃^-）變化關(guān)系如下：

n（SO32-）：n（HSO3-）	91：9	1：1	1：91
pH	8.2	7.2	6.2

②從上表可判斷，NaHSO₃溶液呈酸性（填“酸性”、“堿性”、“中性”），請(qǐng)用平衡原理解釋：HSO₃^-存在HSO₃^-?H⁺+SO₃^2-和HSO₃^-+H₂O?H₂SO₃+OH^-，HSO₃^-的電離程度大于水解程度．
③當(dāng)吸收液呈中性時(shí)，溶液中離子濃度關(guān)系正確的是ab（選填字母）．
a．c（Na⁺）=2c（SO₃^2-）+c（HSO₃^-）
b．c（Na⁺）＞c（HSO₃^-）＞c（SO₃^2-）＞c（H⁺）=c（OH^-）
c．c（Na⁺）+c（H⁺）=c（SO₃^2-）+c（HSO₃^-）+c（OH^-）
d．c（Na⁺）＞c（SO₃^2-）＞c（HSO₃^-）＞c（H⁺）=c（OH^-）

Answer 1

分析 （1）氯原子核外有3個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為7，碘位于周期表第五周期ⅦA族，元素的非金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定；
（2）涉及反應(yīng)Br₂+Na₂CO₃+H₂O→NaBr+NaBrO₃+NaHCO₃，Br元素化合價(jià)分別由0價(jià)變化為-1價(jià)、+5價(jià)，結(jié)合化合價(jià)的變化計(jì)算；
（3）電解飽和氯化鈉溶液反應(yīng)生成氫氧化鈉、氯氣和氫氣，氯氣和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水；
陰極生成氫氣，水的電離被破壞電極附近生成氫氧化鈉，氫氧化鈉和碳酸氫鈣，碳酸氫鎂反應(yīng)生成氫氧化鎂、碳酸鈣沉淀；
陰極結(jié)垢后倒換電極電性，陰極變?yōu)殛?yáng)極，其電極反應(yīng)為：2Cl^--2e^-=Cl₂↑，產(chǎn)生的氯氣與水發(fā)生反應(yīng)：Cl₂+H₂O=HCl+HClO，酸溶解沉淀；
②根據(jù)溶液中HSO₃^-濃度和SO₃^2-濃度的相對(duì)大小確定溶液的酸堿性；
③根據(jù)溶液中電荷守恒和物料守恒確定溶液中各種離子濃度的關(guān)系．

解答 解：（1）氯原子核外有3個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為7，則原子結(jié)構(gòu)示意圖為，碘位于周期表第五周期ⅦA族，非金屬性Br＞I，元素的非金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定，故答案為：；第五周期ⅦA族；弱；
（2）反應(yīng)Br₂+Na₂CO₃+H₂O→NaBr+NaBrO₃+NaHCO₃中，Br元素化合價(jià)分別由0價(jià)變化為-1價(jià)、+5價(jià)，反應(yīng)中Br₂起氧化劑、還原劑作用，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知，2×n_氧化劑（Br₂）=2×5×n_還原劑（Br₂），故n_氧化劑（Br₂）：n_還原劑（Br₂）=5：1，故吸收1mol Br₂時(shí)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為1mol×2×$\frac{1}{1+5}$×5=$\frac{5}{3}$mol，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)為$\frac{5}{3}$mol×6.02×10²³/mol=1×10²⁴，
故答案為：1×10²⁴；
（3）①裝置中由NaCl轉(zhuǎn)化為NaClO的化學(xué)方程式是2NaCl+2H₂O $\frac{\underline{\;電解\;}}{\;}$2NaOH+Cl₂↑+H₂↑；2NaOH+Cl₂=NaClO+NaCl+H₂O；
陰極生成氫氣，電極附近水的電離被破壞，電極附近生成氫氧化鈉，氫氧化鈉和碳酸氫鈣，碳酸氫鎂反應(yīng)生成氫氧化鎂、碳酸鈣沉淀，氫氧化鈉和碳酸氫鈣反應(yīng)生成CaCO₃的沉淀產(chǎn)生水垢，生成碳酸鈣沉淀的反應(yīng)離子方程式是：Ca²⁺+HCO₃^-+OH^-=CaCO₃↓+H₂O；
陰極電解原理分析可知，陰極結(jié)垢后倒換電極電性，陰極變?yōu)殛?yáng)極，其電極反應(yīng)為：2Cl^--2e^-=Cl₂↑，產(chǎn)生的氯氣與水發(fā)生反應(yīng)：Cl₂+H₂O=HCl+HClO，使該電極附近溶液呈酸性，從而將Mg（OH）₂和CaCO₃溶解而達(dá)到除垢的目的，
故答案為：2NaCl+2H₂O$\frac{\underline{\;電解\;}}{\;}$2NaOH+H₂↑+Cl₂↑、2NaOH+Cl₂→NaClO+NaCl+H₂O；Ca²⁺+HCO₃^-+OH^-→CaCO₃↓+H₂O；陰極結(jié)垢后倒換電極電性，陰極變?yōu)殛?yáng)極，其電極反應(yīng)為：2Cl^--2e→Cl₂↑，產(chǎn)生的氯氣與水發(fā)生反應(yīng)：Cl₂+H₂=HCl+HClO，使該電極附近溶液呈酸性，從而將Mg（OH）₂和CaCO₃溶解而達(dá)到除垢的目的；
②在溶液中主要以HSO₃^-存在，HSO₃^-的電離很微弱，所以n（SO₃^2-）：n（HSO₃^-）＜1：1，根據(jù)表格知，當(dāng)亞硫酸氫根離子的物質(zhì)的量大于亞硫酸根離子的物質(zhì)的量時(shí)，亞硫酸氫鈉溶液呈酸性；亞硫酸氫鈉溶液中存在HSO₃^-?SO₃^2-+H⁺和HSO₃^-+H₂O?H₂SO₃+OH^-，HSO₃^-的電離程度大于水解程度，所以亞硫酸根離子的物質(zhì)的量大于亞硫酸氫根，
故答案為：酸性；HSO₃^-存在HSO₃^-?H⁺+SO₃^2- 和HSO₃^-+H₂O?H₂SO₃+OH^-，HSO₃^-的電離程度大于水解程度；
③當(dāng)溶液呈中性時(shí)，溶液中氫離子濃度等于氫氧根離子濃度，亞硫酸氫根離子濃度大于亞硫酸根離子濃度．
a．溶液呈電中性，溶液中陰陽(yáng)離子所帶電荷相等，溶液呈中性時(shí)，溶液中氫離子濃度等于氫氧根離子濃度，所以c（Na⁺）=2c（SO₃^2-）+c（HSO₃^-），故a正確；
b．溶液呈中性時(shí)，溶液中氫離子濃度等于氫氧根離子濃度，亞硫酸氫根離子濃度大于亞硫酸根離子濃度，溶液中陰陽(yáng)離子所帶電荷相等，所以得c（Na⁺）＞c（HSO₃^-）＞c（SO₃^2-）＞c（H⁺）=c（OH^-），故b正確；
c．溶液呈中性時(shí)，溶液中陰陽(yáng)離子所帶電荷相等，得c（Na⁺）+c（H⁺）=2c（SO₃^2-）+c（HSO₃^-）+c（OH^-），故c錯(cuò)誤；
d．由b可知應(yīng)為c（Na⁺）＞c（HSO₃^-）＞c（SO₃^2-）＞c（H⁺）=c（OH^-），故d錯(cuò)誤．
故答案為：ab．

點(diǎn)評(píng) 本題考查較為綜合，涉及多方面的知識(shí)，涉及元素化合物、電解以及鹽類的水解以及弱電解質(zhì)的電離，考查了離子方程式、化學(xué)方程式和離子濃度大小的比較等知識(shí)點(diǎn)，難度不大，比較溶液中各種離子濃度相對(duì)大小時(shí)要結(jié)合電荷守恒和物料守恒分析解答，此點(diǎn)是學(xué)習(xí)的難點(diǎn)．