Question

1．（1）0.4mol/L的NaOH溶液与0.2mol/L H_nA溶液等体积混合后pH=10，则H_nA是④（填序号）；理由是生成正盐水解显碱性．
①一元强酸 ②一元弱酸 ③二元强酸 ④二元弱酸
（2）某二元酸（化学式用H₂B表示）在水中的电离方程式是：H₂B=H⁺+HB^-，HB^-?H⁺+B^2-．回答下列问题：
①Na₂B溶液显碱性（填“酸性”，“中性”，或“碱性”）．理由是B^2-+H₂O?HB^-+OH^-（用离子方程式表示）．
②在0.1mol/L的Na₂B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是BCD．
A．c（B^2-）+c（HB^- ）+c（H₂B）=0.1mol/L
B．c（OH^-）=c（H⁺）+c（HB^-）
C．c（Na⁺）+c（H⁺ ）=c（OH^- ）+c（HB^-）+2c（B^2- ）
D．c（Na⁺）=2c（B^2- ）+2c（HB^- ）
③已知0.1mol/L NaHB溶液pH=2，则0.1mol/L H₂B溶液中氢离子的物质的量浓度可能是＜0.11mol/l（填“=”“＞”“＜”），理由是H₂B第一步电离产生的H⁺对HB^-的电离起了抑制作用．
④0.1mol/L NaHB溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是c（Na⁺）＞c（HB^-）＞c（H⁺）＞c（B^2-）＞c（OH^-）．

Answer 1

分析 （1）根据混合液pH=10可知，混合液为碱性，然后分别讨论得出该酸为二元弱酸；
（2）①根据该酸的电离方程式知，第一步是完全电离，第二步是部分电离，说明B^2-离子水解而HB^-不水解，且HB^-是弱酸，Na₂B是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性；
②根据二元酸的电离方程式知，B^2-只发生第一步水解，结合电荷守恒和物料守恒分析解答；
③若0.1mol•L^-1NaHB溶液的pH=2，说明溶液中C（H⁺）=0.01mol/L，则HB^-的电离度是10%，H₂B第一步完全电离，第二步部分电离，且含有相同的离子能抑制弱根离子的电离；
④根据离子是否电离确定钠离子和酸式酸根离子浓度大小，根据溶液的酸碱性确定氢离子和氢氧根离子浓度相对大小，根据离子来源确定氢离子和B离子相对大小．

解答 解：（1）混合液的pH=10，说明反应后溶液显碱性，设两种溶液都是1L，反应之前氢氧根离子的物质的量为0.4mol，如果HnA是二元强酸，则反应前氢离子的物质的量为0.4mol，氢离子和氢氧根离子完全反应，反应后溶液为中性；如果HnA是一元强酸，反应前氢离子的物质的量为0.2mol，混合液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，反应后溶液的pH=13，若为一元弱酸，则溶液的pH＞13，故HA为二元弱酸，
故答案为：④；生成正盐水解显碱性；
（2）①因为B^2-能够水解，所以Na₂B溶液显碱性，其水解方程式为：B^2-+H₂O?HB^-+OH^-，
故答案为：碱性，B^2-+H₂O?HB^-+OH^-；
②在Na₂B中存在水解平衡：B^2-+H₂O=HB^-+OH^-，HB^-不会进一步水解，所以溶液中没有H₂B分子，
A．HB^-不会进一步水解，所以溶液中没有H₂B分子，根据物料守恒得c（B^2-）+c（HB^-）=0.1mol•L^-1，故A错误；
B．根据质子守恒：c（OH^-）=c（H⁺）+c（HB^-），故B正确；
C．根据电荷守恒得c（Na⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（HB^-）+2c（B^2-），故C正确；
D．把质子守恒和电荷守恒式相加得：c（Na⁺）=2c（B^2-）+2c（HB^-），故D正确；
故答案为：BCD；
③若0.1mol•L^-1NaHB溶液的pH=2，说明溶液中C（H⁺）=0.01mol/L，则HB^-的电离度是10%，H₂B第一步完全电离，第二步部分电离，由于H₂B第一步电离产生的H⁺抑制了HB^-的电离，故H₂B（0.1 mol/L）的c（H⁺）小于0.11 mol/L，
故答案为：＜，H₂B第一步电离产生的H⁺对HB^-的电离起了抑制作用；
④钠离子不电离，HB^-能电离，所以c（Na⁺）＞c（HB^-），根据（3）知，溶液呈酸性，则c（H⁺）＞c（OH^-），水和HB^-都电离出氢离子，则c（H⁺）＞c（B^2-），所以该溶液中离子浓度大小顺序是c（Na⁺）＞c（HB^-）＞c（H⁺）＞c（B^2-）＞c（OH^-），
故答案为：c（Na⁺）＞c（HB^-）＞c（H⁺）＞c（B^2-）＞c（OH^-）．

点评 本题考查盐类水解和弱电解质电离，注意该酸第一步完全电离，第二步部分电离，导致HB^-能电离但不水解，为易错点，题目难度中等，注意把握溶液中的守恒关系．