Question

3．①25℃時，將a mol/L 的NaCN 溶液與0.01mol/L 的鹽酸等體積混合，反應(yīng)后測得溶液 pH=7，
則（a） HCN 的電離常數(shù)K_a （用含ɑ的代數(shù)式表示）為（100a-1）×10^-7 mol•L^-1；
（b）下列關(guān)于該溶液的說法正確的是B．
A．此溶液有C（Na⁺）+C（H⁺）=C（OH^-）+C（CN^-）
B．此溶液有C（Na⁺）=C（HCN）+C（CN^-）
C．混合溶液中水的電離程度一定大于該溫度下純水的電離程度
②25℃時，H₂SO₃?HSO₃^-+H⁺的電離常數(shù)K_a=1×10^-2 mol•L^-1 ，則該溫度下NaHSO₃水解反應(yīng)的平衡常數(shù)K_b=1.0×10^-12mol•L^-1，若向NaHSO₃溶液中加入少量I₂，則溶液中將$\frac{c（{H}_{2}S{O}_{3}）}{c（HS{{O}_{3}}^{-}）}$增大（填“增大”、“減小”或“不變”）

Answer 1

分析 ①（a）反應(yīng)后測得溶液pH=7，根據(jù)電荷守恒和物料守恒即可計算出CN^-和HCN的濃度，進而計算出K_a；
（b）A．根據(jù)電荷守恒分析；
B．根據(jù)物料守恒分析；
C．反應(yīng)后測得溶液 pH=7，HCN的電離程度等于NaCN的水解程度；
②根據(jù)Ka=$\frac{c（{H}^{+}）×c（HS{{O}_{3}}^{-}）}{c（{H}_{2}S{O}_{3}）}$，K_b=$\frac{c（{H}_{2}S{O}_{3}）×{K}_{w}}{c（HS{{O}_{3}}^{-}）×c（{H}^{+}）}$，代入數(shù)據(jù)進行計算．

解答 解：①（a）由于反應(yīng)后測得溶液pH=7，根據(jù)電荷守恒：c（Na⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（CN^-）+c（Cl^-），則c（CN^-）=c（Na⁺）-c（Cl^-）=（$\frac{a}{2}$-0.005）mol/L，
由物料守恒可知，c（CN^-）+c（HCN）=c（Na⁺），c（HCN）=c（Na⁺）-c（CN^-）=0.005mol/L，
K_a﹦$\frac{c（{H}^{+}）•c（C{N}^{-}）}{c（HCN）}$=$\frac{1{0}^{-7}×（\frac{a}{2}-0.005）}{0.005}$=（100a-1）×10^-7 mol•L^-1；
故答案為：（100a-1）×10^-7 mol•L^-1；
（b）A．25℃時，將a mol/L 的NaCN 溶液與0.01mol/L 的鹽酸等體積混合，反應(yīng)后測得溶液 pH=7，由電荷守恒可知，c（Na⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（CN^-）+c（Cl^-），故A錯誤；
B．混合前，a mol/L 的NaCN 溶液中鈉離子的濃度等于CN^-的總濃度，由物料守恒可知，混合溶液有C（Na⁺）=C（HCN）+C（CN^-），故B正確；
C．反應(yīng)后測得溶液 pH=7，HCN的電離程度等于NaCN的水解程度，則混合溶液中水的電離程度等于該溫度下純水的電離程度，故C錯誤；
故答案為：B；
②已知Ka=$\frac{c（{H}^{+}）×c（HS{{O}_{3}}^{-}）}{c（{H}_{2}S{O}_{3}）}$，水解方程式為：HSO₃^-+H₂O?H₂SO₃+OH^-，K_b=$\frac{c（{H}_{2}S{O}_{3}）×{K}_{w}}{c（HS{{O}_{3}}^{-}）×c（{H}^{+}）}$=1.0×10²×1.0×10^-14=1.0×10^-12，當加入少量I₂時，碘把弱酸（亞硫酸）氧化成強酸（硫酸、氫碘酸），溶液酸性增強，[H⁺]增大，但是溫度不變，Kb不變，則$\frac{c（{H}_{2}S{O}_{3}）}{c（HS{{O}_{3}}^{-}）}$增大，
故答案為：1.0×10^-12；增大．

點評 本題考查了酸堿混合的定性判斷、溶液中守恒關(guān)系的應(yīng)用、電離常數(shù)與水解常數(shù)的應(yīng)用等知識，題目難度中等，明確酸堿混合的定性判斷及溶液酸堿性與溶液pH的計算方法為解答關(guān)鍵，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析、理解能力．