Question

5．（1）配制Na₂S溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的NaOH溶液
（2）相同物质的量浓度的六种溶液：①Na₂CO₃；②NaCl；③NaHSO₄；④CH₃COONa；⑤H₂SO₄；⑥NaOH．按pH由大到小的顺序排列为（填写编号）⑥＞①＞④＞②＞③＞⑤．
（3）室温下，下列五种溶液中：①pH为0的盐酸；②0.1mol/L的盐酸；③0.01mol/L的氢氧化钠溶液；④pH为11的氨水；⑤0.001mol/L的NH₄Cl溶液．由水电离的产生的c（H⁺）由小到大的顺序是（填写编号）①＜②＜③＜④＜⑤．
（4）常温下，将0.1mol/L的HCN溶液与0.1mol/L 的NaCN溶液等体积混合，溶液中c（HCN）＞c（CN^-）．
（混合溶液忽略体积的变化）则该混合溶液的PH＞7（填“＞、＜、=”，下同）；
c（HCN）+c（CN^-）=0.1mol/L      $\frac{c（HCN）-c（C{N}^{-}）}{2}$＜c （OH^-）

Answer 1

分析 （1）Na₂S是强碱弱酸盐，硫离子水解导致溶液呈碱性，为防止水解，应该加入少量碱，据此分析解答；
（2）酸性溶液的pH＜7、中性溶液的pH=7、碱性溶液的pH＞7，且酸性越强，溶液的pH越小，碱性越强，溶液的pH越大；先根据溶液酸碱性对各物质进行分类，然后根据电解质的电离，盐的水解程度大小判断溶液中氢离子、氢氧根离子浓度，再判断溶液pH大小；
（3）电离平衡为H₂O?H⁺+OH^-，在水中加入酸或者碱溶液，导致溶液中氢离子或者氢氧根离子浓度增大，抑制了水的电离；酸溶液中氢氧根离子是水电离的，碱溶液中氢离子是水电离，据此计算出各项水电离的氢离子浓度；
（4）混合溶液中c（HCN）＞c（CN^-）说明HCN的电离程度小于CN^-的水解程度，溶液呈碱性，溶液中存在物料守恒和电荷守恒，据此分析解答．

解答 解：（1）Na₂S是强碱弱酸盐，硫离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为S^2-+H₂O?HS^-+OH^- HS^-+H₂O?H₂S+OH^-，为了防止水解且不引进其它杂质，可以向溶液中加入少量NaOH，故答案为NaOH；
（2）酸性溶液；⑤H₂SO₄为二元强酸；
③NaHSO₄溶液中，溶液中电离出氢离子，溶液显示酸性；溶液的pH：⑤＜③，
碱性溶液：
⑥NaOH为一元强碱；
①Na₂CO₃为强碱弱酸盐，溶液显示碱性；
④CH₃COONa为强碱弱酸盐，溶液显示碱性，由于酸性醋酸大于碳酸，则醋酸根离子的水解程度小于碳酸根离子，则醋酸钠溶液中氢氧根离子浓度小于碳酸钠，溶液的pH：④＜①；
溶液的pH：⑤＜③＜④＜①＜⑥；
②NaCl是强酸强碱盐，其溶液呈中性；
通过以上分析知，这几种溶液的pH由大到小的排列顺序是：⑥＞①＞④＞②＞③＞⑤；
故答案为：⑥＞①＞④＞②＞③＞⑤；
（3）酸溶液中，氢氧根离子是水电离，碱溶液中氢离子是水电离的，
①pH=0的盐酸，溶液中氢离子浓度为1mol/L，水电离的氢氧根离子为：$\frac{1×1{0}^{-14}}{1}$mol/L=1×10^-14mol/L；
②0.1mol/L盐酸，溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，水电离的氢氧根离子为：$\frac{1×1{0}^{-14}}{0.1}$mol/L=1×10^-13mol/L；
③0.01mol/L的NaOH 溶液，溶液中氢离子浓度为：$\frac{1×1{0}^{-14}}{0.01}$mol/L=1×10^-12mol/L；
④pH=11的氨水溶液，溶液中氢离子浓度为：1×10^-11mol/L；
⑤0.001mol/L的NH₄Cl溶液中，铵根离子水解促进水的电离，溶液中氢离子浓度增大，
所以由水电离产生的c（H⁺）之比，由小到大的顺序是①＜②＜③＜④＜⑤，
故答案为：①＜②＜③＜④＜⑤；
（4）混合溶液中c（HCN）＞c（CN^-）说明HCN的电离程度小于CN^-的水解程度，溶液呈碱性，则pH＞7，
溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（HCN）+c（CN^-）=0.1mol/L，
溶液中存在电荷守恒c（Na⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（CN^-）、存在物料守恒2c（Na⁺）=c（HCN）+c（CN^-），所以得c（HCN）+2c（H⁺）=2c（OH^-）+c（CN^-），$\frac{c（HCN）-c（C{N}^{-}）}{2}$=c（OH^-）-c（H⁺）＜c（OH^-），
故答案为：＞；=；＜．

点评 本题考查了水的电离，题目难度中等，解题关键是合理判断酸碱溶液中水电离情况分析及计算方法，注意酸溶液中，氢氧根离子是水电离，碱溶液中氢离子是水电离的．