解题思路:(1)溶液中存在A2-、HA-、H2A,说明H2A是二元弱酸,在水溶液中存在两步电离平衡;
(2)二者恰好反应生成1mol/LNa2A,弱酸根离子水解导致溶液呈碱性,溶液中存在电荷守恒,根据电荷守恒判断离子浓度大小;根据A原子守恒得n(Na2A)=n(NaHA)=2mol/L×0.01L=0.02mol,n(BaCl2)=1mol/L×0.01L=0.01mol,Na2A+BaCl2=2NaCl+BaA↓,根据方程式知,BaCl2完全反应生成沉淀,剩余n(Na2A)=0.01mol,
A2-水解但较微弱,所以溶液中c(A2-)≈[0.01mol/0.03L]=[1/3]mol/L,根据溶度积常数计算c(Ba2+);
(3)③中溶质为物质的量浓度均为0.01mol/L的NaCl、NaHA、H2A,NaHA、H2A相互抑制,弱酸电离程度较小;
(4)混合溶液
c(
H
+
)
c(O
H
−
)
=104,说明溶液呈酸性,则酸过量.
(1)溶液中存在A2-、HA-、H2A,说明H2A是二元弱酸,在水溶液中存在两步电离平衡,电离方程式为H2A⇌H++HA-,HA-⇌H++A2-,故答案为:H2A⇌H++HA-,HA-⇌H++A2-;
(2)二者恰好反应生成1mol/LNa2A,弱酸根离子水解导致溶液呈碱性,则c(OH-)>c(H+),溶液中存在电荷守恒,根据电荷守恒得c(Na+)>c(A2-),酸根离子两步水解都生成氢氧根离子,只有一步水解生成HA-,所以c(OH-)>c(HA-),则溶液中离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>c(HA-)>c(H+);
根据A原子守恒得n(Na2A)=n(NaHA)=2mol/L×0.01L=0.02mol,n(BaCl2)=1mol/L×0.01L=0.01mol,Na2A+BaCl2=2NaCl+BaA↓,根据方程式知,BaCl2完全反应生成沉淀,剩余n(Na2A)=0.01mol,
A2-水解但较微弱,所以溶液中c(A2-)≈[0.01mol/0.03L]=[1/3]mol/L,根据溶度积常数得c(Ba2+)=
1.8×10−10
1
3mol/L=5.4×10-10mol/L;
故答案为:>;c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>c(HA-)>c(H+);5.4×10-10;
(3)③中溶质为物质的量浓度均为0.01mol/L的NaCl、NaHA、H2A,NaHA、H2A相互抑制,弱酸电离程度较小,酸式酸根离子水解程度更小,所以这三种溶液中H2A分子浓度最大的为③;
①为酸溶液,pH最小,②为盐溶液、③为酸和盐的混合溶液,所以pH③<②,则这三种溶液pH大小顺序是②>③>①,
故答案为:③;②>③>①;
(4)混合溶液
c(H+)
c(OH−)=104,说明溶液呈酸性,则酸过量,H2A为弱酸,pH=3的H2A溶液浓度远远大于pH=11的NaOH溶液,要使溶液呈酸性,二者体积关系不确定,大于、小于或等于时酸可能都过量,故答案为:均有可能.
点评:
本题考点: 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算;弱电解质在水溶液中的电离平衡.
考点点评: 本题以弱电解质电离为载体考查离子浓度大小比较,同时考查学生分析、计算能力,正确判断电解质溶液中溶质的性质是解本题关键,注意(2)中c(OH-)、c(HA-)相对大小判断方法,注意(2)中Na2A、BaCl2发生反应,且混合后溶液体积增大,导致溶液中溶质浓度降低,这些都是易错点.