Question

9．（1）向pH=6的蒸餾水中加入NaHSO₄晶體，保持溫度不變，測得溶液的pH=1，則水電離出來的c（H⁺）=1×10^-11mol•L^-1．
（2）25℃下，向濃度均為0.1mol•L^-1的MgCl₂和CuCl₂混合溶液中逐滴加入氨水，先生成Cu（OH）₂（沉淀填化學(xué)式），滴加氨水至過量，部分沉淀溶解的離子方程式為Cu²⁺+2NH₃•H₂O?Cu（OH）₂↓+2NH₄⁺．已知25℃時K_sp[Mg（OH）₂]=1.8×10^-11，K_sP[Cu（OH）₂]=4.0×10^-18
（3）在25℃下，將a mol•L^-1的HA與0.01mol•L^-1的氫氧化鈉溶液等體積混合，反應(yīng)平衡時溶液中c（Na⁺）=c（A^-），則溶液顯中性（填“酸”、“堿”或“中”）；用含a的代數(shù)式表示HA的電離常數(shù)K_a=$\frac{1{0}^{-9}}{a-0.01}$．
（4）在1mol•L^-1CuSO₄溶液中含有少量的Fe³⁺ 雜質(zhì)，pH值控制在3.3才能除去Fe³⁺ 而Cu²⁺仍為1mol•L^-1 （當(dāng)溶液中c（Fe³⁺）≤10^-5mol•L^-1時一般認(rèn)為該離子已除盡）．
（已知某溫度下Fe（OH）₃的 Ksp=8.0×10^-38，Cu（OH）₂ 的Ksp=4.0×10^-18，lg2=0.3）．

Answer 1

分析 （1）pH=6的蒸餾水中，離子積常數(shù)Kw=10^-6×10^-6=10^-12，硫酸氫鈉電離的氫離子抑制了水的電離，溶液中氫氧根離子是水電離的；
（2）根據(jù)溶度積常數(shù)確定先沉淀的物質(zhì)，溶度積常數(shù)越小的物質(zhì)越先沉淀，銅離子和氨水反應(yīng)生成氫氧化銅和銨根離子；
（3）根據(jù)電荷守恒判斷溶液酸堿性，電離平衡常數(shù)K=$\frac{c（{H}^{+}）c（{A}^{-}）}{c（HA）}$；
（4）根據(jù)氫氧化鐵的溶度積常數(shù)計算溶液中氫氧根離子濃度，根據(jù)水的離子積常數(shù)計算氫離子濃度，從而得出溶液的pH．

解答 解：（1）pH=6的蒸餾水中，離子積常數(shù)Kw=10^-6×10^-6=10^-12，保持溫度不變，測得溶液的pH=1，則水電離出來的氫離子的濃度等于溶液中氫氧根的濃度，c（H⁺）=c（OH^-）=$\frac{1{0}^{-12}}{0.1}$mol/L=1×10^-11mol•L^-1，
故答案為；1×10^-11mol•L^-1；
（2）溶度積常數(shù)越小的物質(zhì)越先沉淀，氫氧化銅的溶度積小于氫氧化鎂的溶度積，所以氫氧化銅先沉淀，銅離子和氨水反應(yīng)生成氫氧化銅沉淀和銨根離子，離子方程式為Cu²⁺+2NH₃•H₂O?Cu（OH）₂↓+2NH₄⁺，
故答案為：Cu（OH）₂；Cu²⁺+2NH₃•H₂O?Cu（OH）₂↓+2NH₄⁺；
（3）由溶液的電荷守恒可得：c（H⁺）+c（Na⁺）=c（A^-）+c（OH^-），已知c（Na⁺）=c（A^-），則有c（H⁺）=c（OH^-），所以溶液顯中性；電離常數(shù)只與溫度有關(guān)，
則此時HA的電離常數(shù)K=$\frac{c（{H}^{+}）c（{A}^{-}）}{c（HA）}$=$\frac{1{0}^{-7}×0.005}{\frac{a}{2}-0.005}$=$\frac{1{0}^{-9}}{a-0.01}$，
故答案為：中；$\frac{1{0}^{-9}}{a-0.01}$；
（4）當(dāng)鐵離子完全沉淀時，溶液中氫氧根離子濃度=$\root{3}{\frac{8×1{0}^{-38}}{1{0}^{-5}}}$mol/L=2×10^-11mol/L，則溶液中氫離子濃度=$\frac{1{0}^{-14}}{2×1{0}^{-11}}$mol/L=5×10^-4mol/L，則溶液的PH=-lg5×10-4-mol/L=3.3，
故答案為：3.3．

點評 本題考查了知識點較多，根據(jù)水的離子積常數(shù)、溶度積常數(shù)、電離平衡常數(shù)來分析解答即可，注意平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，難度中等．