Question

【題目】加熱NaHCO3飽和溶液，測得該溶液的pH隨溫度發(fā)生如下變化

溫度(℃)	10	20	30	加熱煮沸后冷卻到50℃
pH	8.3	8.4	8.5	8.8

甲同學(xué)認(rèn)為該溶液的pH升高的原因是HCO3-的水解程度增大，堿性增強。

乙同學(xué)認(rèn)為，該溶液pH升高的原因是NaHCO3受熱分解，生成了Na2CO3，并推斷Na2CO3的水解程度_________(填“大于”或“小于”)NaHCO3。

丙同學(xué)認(rèn)為甲、乙的判斷都不充分。

（1）查閱資料，發(fā)現(xiàn)NaHCO3的分解溫度為150℃，丙斷言_________(填“甲”或“乙”)判斷是錯誤的。

（2）關(guān)于NaHCO3飽和水溶液的表述正確的是_________

A．c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)

B．c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(OH-)

C．HCO3-的電離程度大于HCO3-的水解程度

（3）某同學(xué)用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸，測定某天然蘇打水的NaHCO3的濃度，則測定中應(yīng)選擇的指示劑為 ，若量取20.00mL天然蘇打水，則應(yīng)在 (填儀器名稱)中量取

（4）已知0.05mol/LBa(OH)2溶液的pH為11，且該溫度下，H2CO3的Ka1=4×10-7，Ka2=4×10-11，則0.1mol/LNa2CO3溶液的pH近似為 (用對數(shù)表示)

（5）室溫下，向含有Fe3+的CuSO4溶液中加入Cu(OH)2可使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，從而除去Fe3+，該反應(yīng)的離子方程式可表示為 ，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為 。(已知常溫下的溶度積常數(shù)：Ksp[Cu(OH)2]=2.0×10-20,Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38)。

Answer 1

【答案】

大于；（1）乙；（2）a；（3）甲基橙；堿式；（4）11-lg2.5；

（5）2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3+3Cu2+；K=5×1015

【解析】

試題分析：碳酸鈉是強堿弱酸鹽能水解，碳酸是二元弱酸，第一步電離程度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于第二步電離，所以碳酸根離子的第一步水解程度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于第二步水解程度，導(dǎo)致碳酸鈉的水解程度大于碳酸氫鈉的水解程度，故答案為：大于；

（1）碳酸氫鈉的分解溫度是150℃，常壓下加熱NaHCO3的水溶液，溶液的溫度達(dá)不到150℃，所以碳酸氫鈉不分解，溶液仍然是碳酸氫鈉溶液，由此判斷乙是錯誤的，故答案為：乙；

（2）A．根據(jù)物料守恒，有c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)，正確；B．根據(jù)電荷守恒，有c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，錯誤；c．NaHCO3飽和水溶顯堿性，說明HCO3-的電離程度小于HCO3-的水解程度，錯誤；故選a；

（3）碳酸鈉溶液和碳酸氫鈉溶液均顯堿性，若選擇酚酞作指示劑，在弱堿性溶液顯滴定結(jié)束，則使得滴定不充分，因此需要在酸性條件下滴定結(jié)束，故選甲基橙作指示劑，碳酸鈉溶液顯堿性，量取20.00mL天然蘇打水應(yīng)該選用堿式滴定管，故答案為：甲基橙；堿式；

（4）0.05mol/LBa(OH)2溶液中c(OH-)=0.1mol/L，溶液的pH為11，說明c(H+)=1×10-11 mol/L，因此Kw=1×10-12。0.1mol/LNa2CO3溶液中存在CO32- + H2O HCO3- + OH-，HCO3- + H2O H2CO3 + OH-，以第一步水解為主，Kh1=====0.025， 0.025=，解得c(OH-)≈0.04 mol/L，c(H+)=2.5×10-11 mol/L，pH=11- lg2.5，故答案為：11- lg2.5；

（5）硫酸銅溶液中存在的Fe3+離子的水解平衡，溶液顯酸性，加入Cu(OH)2，溶液中的氫離子濃度減小，水解平衡正向移動，生成氫氧化鐵沉淀，離子方程式為2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3+3Cu2+，反應(yīng)的平衡常數(shù)K=====5×1015，故答案為：2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3+3Cu2+；5×1015。