Question

16．电离平衡常数（用Ka表示）的大小可以判断电解质的相对强弱．25℃时，有关物质的电离平衡常数如下表所示：

化学式	HF	H2CO3	HClO
电离平衡常数 （Ka）	7.2×10-4	K1=4.4×10-7 K2=4.7×10-11	3.0×10-8

（1）将浓度为0.1mol/LHF溶液加水稀释一倍（假设温度不变），下列各量减小的是A．
A．c（H⁺）             B．c（H⁺）•c（OH^-）         C．c（H⁺）/c（HF）        D．c（OH^-）/c（H⁺）
（2）25℃时，在20mL0.1mol•L^-1氢氟酸中加入VmL0.1mol•L^-1NaOH溶液，测得混合溶液的pH变化曲线如图所示，下列说法正确的是BC．
A．pH=3的HF溶液和pH=11的NaF溶液中，由水电离出的c（H⁺）相等
B．①点时pH=6，此时溶液中，c（F^-）-c（Na⁺）=9.9×10^-7mol/L
C．②点时pH=7，溶液中的c（F^-）=c（Na⁺）
D．③点时V=20mL，此时溶液中c（F^-）＜c（Na⁺）=0.1mol•L^-1
（3）物质的量浓度均为0.1mol/L的下列四种溶液：①Na₂CO₃溶液②NaHCO₃溶液③NaF溶液④NaClO溶液，pH由大到小的顺序是①＞④＞②＞③（用序号表示）．
（4）Na₂CO₃水解的化学方程式Na₂CO₃+H₂O?NaHCO₃+NaOH
（5）简要说明NaHCO₃溶液显碱性的原因HCO₃^-的水解程度大于HCO₃^-的电离程度．

Answer 1

分析 （1）氢氟酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡，加水稀释其溶液促进氢氟酸电离，注意水的离子积常数只与温度有关；
（2）A．酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；
B．根据电荷守恒计算；
C．根据电荷守恒计算；
D．等物质的量的氢氟酸和氢氧化钠恰好反应生成氟化钠，溶液呈碱性，根据电守恒判断，注意等体积混合时，不水解离子浓度变为原来的一半；
（3）等物质的量浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大其溶液的pH越大；
（4）CO₃^2-水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子；
（5）多元弱酸的酸式根在水溶液中存两种趋势，电离与水解，如果电离大于水解溶液呈酸性；如果水解大于电离溶液呈碱性，由此分析解答．

解答 解：（1）氢氟酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡，加水稀释其溶液促进氢氟酸电离，
A．稀释过程中促进氢氟酸电离，但c（H+）减小，故正确；
B．温度不变，水的离子积常数不变，所以c（H⁺）•c（OH^-）不变，故错误；    
 C．稀释过程中促进氢氟酸电离，氢离子个数增大，氟化氢分子个数减小，所以$\frac{c（{H}^{+}）}{c（HF）}$ 增大，故错误；
 D．稀释过程中促进氢氟酸电离，氢离子浓度降低，氢氧根离子浓度增大，所以$\frac{c（O{H}^{-}）}{c（{H}^{+}）}$增大，故错误；
故选A；
（2）A．氢氟酸抑制水电离，氟化钠促进水电离，所以pH=3的HF溶液和pH=11的NaF溶液中，由水电离出的不相等，故错误；
B．①点时pH=6，溶液中存在电荷守恒，c（F^-）+c（OH^-）=c（Na⁺）+c（H⁺），所以c（F^-）-c（Na⁺）=c（H⁺）-c（OH^-）=9.9×10^-7mol/L，故正确；
C．②点时，溶液呈中性，c（OH^-）=c（H⁺），溶液中存在电荷守恒，c（F^-）+c（OH^-）=c（Na⁺）+c（H⁺），
所以c（F^-）=c（Na⁺），故正确；
D．③点时V=20mL，此时溶液中溶质在氟化钠，溶液呈碱性，根据电荷守恒知c（F^-）＜c（Na⁺），但等体积混合时不水解的离子浓度变为原来的一半，所以c（F^-）＜c（Na⁺）=0.05mol/L，故错误；
故选BC；
（3）等物质的量浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大其溶液的pH越大，酸的电离常数越小其酸根离子水解程度越大，所以等物质的量浓度的①Na₂CO₃溶液②NaHCO₃溶液③NaF溶液④NaClO溶液中pH由大到小的顺序是：
①④②③，故答案为：①＞④＞②＞③；
（4）CO₃^2-水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，水解反应的方程式为：Na₂CO₃+H₂O?NaHCO₃+NaOH，故答案为：Na₂CO₃+H₂O?NaHCO₃+NaOH；
（5）NaHCO₃溶液中，碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，所以碳酸氢钠的水溶液呈碱性，故答案为：HCO₃^-的水解程度大于HCO₃^-的电离程度．

点评 本题考查较综合，涉及弱电解质的电离、盐类水解、离子浓度大小的比较，电荷守恒在解题中的应用，有一定的难度．