Question

5．（1）难溶电解质在水溶液中存在着电离平衡，已知Cu（OH）₂的Ksp=2×10^-20，某CuSO₄溶液里c（Cu²⁺）=0.02mol/L，如果要生成Cu（OH）₂沉淀，应调节溶液的pH值，使之大于5．
（2）实验室用铅蓄电池做电源电解饱和食盐水制氯气，已知电池放电时发生如下反应：
负极：Pb+SO₄^2--2e^-═PbSO₄        正极：PbO₂+4H⁺+SO₄^2--2e^-═PbSO₄+2H₂O
今制得0.05mol氯气，则电池中消耗硫酸的物质的量是0.1mol
（3）某温度（t⁰C）时，水的K_W=10^-13，则该温度（填“大于”“小于”或“等于”）大于25⁰C，将此温度下pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的H₂SO₄的溶液bL混合，若所得混合液为中性，则a：b=10：1．
（4）常温下，0.1mol•L^-1NaHCO₃溶液的pH大于8，则溶液中c（H₂CO₃）＞c（C O₃^2-），（填“＞”、“=”或“＜”）原因是溶液中存在HCO₃^-+H₂O?H₂CO₃+OH^-，HCO₃^-?CO₃^2-+H⁺，HCO₃^-水解程度大于其电离程度（用离子方程式和必要的文字说明）．

Answer 1

分析 （1）利用溶度积常数计算溶液中氢氧根离子浓度，即c（OH^-）=$\sqrt{\frac{Ksp}{c（C{u}^{2+}）}}$，再根据水的离子积常数计算氢离子浓度，氢离子浓度的负对数的值就是溶液的pH值；
（2）根据电解过程中电荷守恒找出氯气和硫酸的关系式，根据氯气计算硫酸的消耗量；
（3）水的电离的过程是吸热的，温度越高，水的离子积越大；溶液呈中性，说明氢离子的物质的量 等于氢氧根离子的物质的量；
（4）0.1mol•L^-1NaHCO₃ 溶液的pH大于8，溶液显碱性，HCO₃^-的水解程度大于其电离程度．

解答 解：（1）已知Cu（OH）₂的Ksp=2×10^-20，某CuSO₄溶液里c（Cu²⁺）=0.02mol/L，若生成沉淀，则溶液中即c（OH^-）=$\sqrt{\frac{Ksp}{c（C{u}^{2+}）}}$=$\sqrt{\frac{2×1{0}^{-20}}{0.02}}$=1×10^-9 mol/L，C（H⁺）=$\frac{1{0}^{-14}}{1{0}^{-9}}$=10^-5 mol/L，所以溶液的pH=5，
故答案为：5；
（2）设生成0.050mol氯气需转移的电子为xmol．
2Cl^--2e^-=Cl₂↑
     2mol    1mol
      x     0.050mol
解得x=0.1mol，
设消耗硫酸的物质的量为ymol，
放电时，铅蓄电池的电池反应式为：
PbO₂+Pb+2H₂SO₄=2PbSO₄+2H₂O 转移电子
        2mol               2mol
        y                  0.1mol
y=0.1
所以消耗硫酸 0.1mol．
故答案为：0.1mol；
（3）水的电离的过程是吸热的，温度越高，水的离子积越大，某温度（t℃）时，水的K_W=10^-13＞10^-14，所以温度高于室温，
若所得混合溶液为中性，说明氢离子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的H₂SO₄的溶液bL混合，则0.01mol/L×aL=0.1mol/L×bL，a：b=10：1，
故答案为：大于；10：1；
（4）0.1mol•L^-1NaHCO₃ 溶液的pH大于8，溶液显碱性，HCO₃^-的水解程度大于其电离程度，水解反应：HCO₃^-+H₂O?H₂CO₃+OH^-，水解生成H₂CO₃，电离方程式：HCO₃^-?CO₃^2-+H⁺，电离生成CO₃ ^2-，则c（H₂CO₃）＞c（CO₃ ^2-），
故答案为：＞；溶液中存在HCO₃^-+H₂O?H₂CO₃+OH^-，HCO₃^-?CO₃^2-+H⁺，HCO₃^-水解程度大于其电离程度．

点评 本题考查溶度积的计算、电解原理的应用、pH的简单计算和水的离子积的影响因素、盐的水解原理等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，注意酸、碱溶液中，氢氧根浓度和氢离子浓度的计算方法．