Question

20．某二元酸（化学式用H₂A表示）在水中的电离方程式是：H₂A=H⁺+HA^- HA^-?H⁺+A^2-回答下列问题：
（1）Na₂A溶液显碱性（填“酸性”，“中性”，或“碱性”）．
理由是A^2-+H₂O?HA^-+OH^-（用离子方程式表示）
（2）在0.1mol．L^-1的Na₂A溶液中，下列微粒浓度关系式不正确的是A
A c（A^2-）+c（ HA^-）+c（ H₂A）=0.1mol•L^-1       B c（OH^-）=c（H⁺）+c（ HA^-）
C c（Na⁺ ）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（ HA^-）+2c（A^2-）    D c（Na⁺ ）=2c（A^2-）+2c（ HA^-）
（3）已知0.1mol•L^-1NaHA溶液的pH=2，则0.1mol•L^-1 H₂A溶液中氢离子的物质的量浓度可能是＜ 0.11mol•L^-1（填“＜”，“＞”，或“=”），理由是：因HA^-部分电离且H₂A第一步电离产生的H⁺，抑制了HA^-的电离
（4）0.1mol•L^-1NaHA溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是：c（Na⁺）＞c（HA^-）＞c（H⁺）＞c（A^2-）＞c（OH^-）．

Answer 1

分析 （1）该二元酸第一步完全电离，第二步部分电离，说明A^2-能水解、HA^-只电离不水解，Na₂A水溶液中A^2-水解导致溶液呈碱性；
（2）根据溶液中的电荷守恒、物料守恒以及质子守恒来回答；
（3）0.1mol•L^-1H₂A溶液，H₂A?H⁺+HA^-，电离出H⁺小于0.1mol/L，0.1mol•L^-1NaHA溶液的pH=2，则由HA^-?H⁺+A^2-可知，电离出0.01mol/LH⁺，但第一步电离生成的H⁺抑制了HA^-的电离；
（4）NaHA溶液显酸性，存在HA^-?H⁺+A^2-，则c（Na⁺）＞c（HA^-）＞c（H⁺）＞c（OH^-），结合水的电离分析．

解答 解：（1）该二元酸第一步完全电离，第二步部分电离，说明A^2-能水解、HA^-只电离不水解，Na₂A水溶液中A^2-水解导致溶液呈碱性，水解方程式为A^2-+H₂O?HA^-+OH^-，故答案为：碱性；A^2-+H₂O?HA^-+OH^-；
（2）A．根据物料守恒，c（A^2-）+c（HA^-）=0.1mol/L，故A错误；
B．根据氢离子守恒：c（OH^-）=c（H⁺）+c（HA^-），故B正确；
C.0.1mol/L的Na₂A溶液中，存在电荷守恒：c（ Na⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（HA^-）+2c（A^2-），故C正确；
D．根据B、C可以得出c（Na⁺）=2c（A^2-）+2c（HA^-），故D正确；
故答案为：A；
（3）0.1mol•L^-1H₂A溶液，H₂A═H⁺+HA^-，电离出0.1mol/LH⁺，由HA^-?H⁺+A^2-可知，HA^-部分电离，且第一步电离生成的H⁺抑制了HA^-的电离，所以溶液中氢离子的物质的量浓度小于0.11mol•L^-1，
故答案为：＜；因HA^-部分电离且H₂A第一步电离产生的H⁺，抑制了HA^-的电离；
（4）NaHA溶液显酸性，存在HA^-?H⁺+A^2-，则c（Na⁺）＞c（HA^-）＞c（H⁺）＞c（OH^-），结合水的电离H₂O?H⁺+OH^-，同时有部分A^2-发生水解，使c（A^2-）减小，所以c（H⁺）＞c（A^2-），即NaHA溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为：c（Na⁺）＞c（HA^-）＞c（H⁺）＞c（A^2-）＞c（OH^-），
故答案为：c（Na⁺）＞c（HA^-）＞c（H⁺）＞c（A^2-）＞c（OH^-）．

点评 本题考查盐类水解及离子浓度大小的比较，题目难度中等，明确习题中的信息是解答本题的关键，注意二元酸的两步电离特点，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．