Question

5．（1）難溶電解質(zhì)在水溶液中存在著電離平衡，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，應(yīng)調(diào)節(jié)溶液的pH值，使之大于5．
（2）實(shí)驗(yàn)室用鉛蓄電池做電源電解飽和食鹽水制氯氣，已知電池放電時(shí)發(fā)生如下反應(yīng)：
負(fù)極：Pb+SO₄^2--2e^-═PbSO₄        正極：PbO₂+4H⁺+SO₄^2--2e^-═PbSO₄+2H₂O
今制得0.05mol氯氣，則電池中消耗硫酸的物質(zhì)的量是0.1mol
（3）某溫度（t⁰C）時(shí)，水的K_W=10^-13，則該溫度（填“大于”“小于”或“等于”）大于25⁰C，將此溫度下pH=11的NaOH溶液aL與pH=1的H₂SO₄的溶液bL混合，若所得混合液為中性，則a：b=10：1．
（4）常溫下，0.1mol•L^-1NaHCO₃溶液的pH大于8，則溶液中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^-水解程度大于其電離程度（用離子方程式和必要的文字說明）．

Answer 1

分析 （1）利用溶度積常數(shù)計(jì)算溶液中氫氧根離子濃度，即c（OH^-）=$\sqrt{\frac{Ksp}{c（C{u}^{2+}）}}$，再根據(jù)水的離子積常數(shù)計(jì)算氫離子濃度，氫離子濃度的負(fù)對數(shù)的值就是溶液的pH值；
（2）根據(jù)電解過程中電荷守恒找出氯氣和硫酸的關(guān)系式，根據(jù)氯氣計(jì)算硫酸的消耗量；
（3）水的電離的過程是吸熱的，溫度越高，水的離子積越大；溶液呈中性，說明氫離子的物質(zhì)的量 等于氫氧根離子的物質(zhì)的量；
（4）0.1mol•L^-1NaHCO₃ 溶液的pH大于8，溶液顯堿性，HCO₃^-的水解程度大于其電離程度．

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，則溶液中即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，
故答案為：5；
（2）設(shè)生成0.050mol氯氣需轉(zhuǎn)移的電子為xmol．
2Cl^--2e^-=Cl₂↑
     2mol    1mol
      x     0.050mol
解得x=0.1mol，
設(shè)消耗硫酸的物質(zhì)的量為ymol，
放電時(shí)，鉛蓄電池的電池反應(yīng)式為：
PbO₂+Pb+2H₂SO₄=2PbSO₄+2H₂O 轉(zhuǎn)移電子
        2mol               2mol
        y                  0.1mol
y=0.1
所以消耗硫酸 0.1mol．
故答案為：0.1mol；
（3）水的電離的過程是吸熱的，溫度越高，水的離子積越大，某溫度（t℃）時(shí)，水的K_W=10^-13＞10^-14，所以溫度高于室溫，
若所得混合溶液為中性，說明氫離子的物質(zhì)的量等于氫氧根離子的物質(zhì)的量，pH=11的NaOH溶液aL與pH=1的H₂SO₄的溶液bL混合，則0.01mol/L×aL=0.1mol/L×bL，a：b=10：1，
故答案為：大于；10：1；
（4）0.1mol•L^-1NaHCO₃ 溶液的pH大于8，溶液顯堿性，HCO₃^-的水解程度大于其電離程度，水解反應(yīng)：HCO₃^-+H₂O?H₂CO₃+OH^-，水解生成H₂CO₃，電離方程式：HCO₃^-?CO₃^2-+H⁺，電離生成CO₃ ^2-，則c（H₂CO₃）＞c（CO₃ ^2-），
故答案為：＞；溶液中存在HCO₃^-+H₂O?H₂CO₃+OH^-，HCO₃^-?CO₃^2-+H⁺，HCO₃^-水解程度大于其電離程度．

點(diǎn)評 本題考查溶度積的計(jì)算、電解原理的應(yīng)用、pH的簡單計(jì)算和水的離子積的影響因素、鹽的水解原理等，題目涉及的知識點(diǎn)較多，側(cè)重于考查學(xué)生對基礎(chǔ)知識的綜合應(yīng)用能力，注意酸、堿溶液中，氫氧根濃度和氫離子濃度的計(jì)算方法．