Question

2．请回答下列问题：
（1）纯水在T℃时，pH=6，该温度下1mol•L^-1的NaOH溶液中，由水电离出的c（OH^-）=10^-12 mol•L^-1．
（2）某一元弱酸溶液（A）与二元强酸（B）的pH相等．若将两溶液稀释相同的倍数后，pH（A）＜pH（B） （填“＞”、“=”或“＜”）．现用上述稀释溶液中和等浓度等体积的NaOH溶液，则需稀释溶液的体积V（A）＜V（B）（填“＞”、“=”或“＜”）．
（3）已知：二元酸H₂R 的电离方程式是：H₂R=H⁺+HR^-，HR^-?R^2-+H⁺，若0.1mol•L^-1NaHR溶液的c（H⁺）=a mol•L^-1，则0.1mol•L^-1H₂R溶液中c（H⁺）＜ （0.1+a） mol•L^-1（填“＜”、“＞”或“=”），理由是H₂R中第一步电离出的H⁺对HR^-的电离产生了抑制作用．
（4）电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的物理量．已知：

化学式	电离常数（25℃）
HCN	K=4.9×10-10
CH3COOH	K=1.8×10-5
H2CO3	K1=4.3×10-7、K2=5.6×10-11

①25℃时，有等浓度的HCN溶液、H₂CO₃溶液和CH₃COOH溶液，三溶液的pH由大到小的顺序为H₂CO₃＞HCN＞CH₃COOH（用化学式表示）．
②向NaCN溶液中通入少量的CO₂，发生反应的化学方程式为NaCN+H₂O+CO₂=HCN+NaHCO₃．

Answer 1

分析 （1）纯水在T℃时，pH=6，说明此时水的离子积常数为10^-12，该温度下1mol•L^-1的NaOH溶液中，氢离子由水电离产生，所以c（H⁺）=$\frac{1{0}^{-12}}{1}$mol/L，而水电离出的c（OH^-）=c（H⁺）=10^-12mol•L^-1；
（2）加水稀释弱酸时，会促进弱酸的电离；依据中和反应中消耗的氢离子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量解答；
（3）0.1mol•L^-1H₂A溶液，H₂A=H⁺+HA^-，电离出H⁺为0.1mol/L，而0.1mol•L^-1NaHR溶液的c（H⁺）=a mol•L^-1，则由HA^-?H⁺+A^2-可知，电离出0.1mol/LH⁺，对第一步电离生成的H⁺抑制了HA^-的电离；
（4）①根据酸的电离常数进行分析判断，电离常数越大，pH越小；
②向NaCN溶液中通入少量CO₂，由于酸性：H₂CO₃＞HCN＞HCO₃^-，故反应生成HCN和碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，故反应的化学方程式为NaCN+H₂O+CO₂=HCN+NaHCO₃．

解答 解：（1）纯水在T℃时，pH=6，说明此时水的离子积常数为10^-12，该温度下1mol•L^-1的NaOH溶液中，氢离子由水电离产生，所以c（H⁺）=$\frac{1{0}^{-12}}{1}$mol/L，而水电离出的c（OH^-）=c（H⁺）=10^-12mol•L^-1，故答案为：10^-12； 
（2）某一元弱酸溶液（A）与二元强酸（B）的pH相等，则弱酸有大部分为电离，加水稀释时，能够促进更多的弱酸电离，所以加水稀释后，氢离子浓度大于二元强酸中氢离子浓度，所以pH_A＜pH_B，
上述稀释溶液中弱酸的氢离子的物质的量浓度大于强酸，所以等体积含有的氢离子的物质的量多，中和等浓度等体积的NaOH溶液，用的体积少，
故答案为：＜，＜；  
（3）0.1mol•L^-1H₂A溶液，H₂A=H⁺+HA^-，电离出H⁺为0.1mol/L，而0.1mol•L^-1NaHR溶液的c（H⁺）=a mol•L^-1，则由HA^-?H⁺+A^2-可知，电离出0.1mol/LH⁺，对第一步电离生成的H⁺抑制了HA^-的电离，所以0.1mol•L^-1H₂R溶液中c（H⁺）＜（0.1+a） mol•L^-1，故答案为：＜；H₂R中第一步电离出的H⁺对HR^-的电离产生了抑制作用；
（4）①根据酸的电离常数进行分析判断，电离常数越大，pH越小，根据图表数据分析，电离常数：醋酸＞HCN＞碳酸氢根离子，所以三溶液的pH由大到小的顺序为H₂CO₃＞HCN＞CH₃COOH，故答案为：H₂CO₃＞HCN＞CH₃COOH；
②向NaCN溶液中通入少量CO₂，由于酸性：H₂CO₃＞HCN＞HCO₃^-，故反应生成HCN和碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，故反应的化学方程式为NaCN+H₂O+CO₂=HCN+NaHCO₃，
故答案为：NaCN+H₂O+CO₂=HCN+NaHCO₃．

点评 本题考查盐类水解的应用，溶液中离子浓度的大小比较，综合性较强．要注意碳酸是二元弱酸分步电离，第二部电离比HCN小．