Question

10．常溫下，如果取0.1mol•L^-1HCl溶液與0.1mol•L^-1MOH溶液等體積混合（不計(jì)混合后溶液體積的變化），測(cè)得混合液的pH=5，請(qǐng)回答下列問(wèn)題：
（1）混合后溶液的pH=5的原因（用離子方程式表示）：M⁺+H₂O?MOH+H⁺，
（2）混合溶液中由水電離出的H⁺濃度是0.1mol•L^-1HCl溶液中由水電離出的H⁺濃度的10⁸倍
（3）求出混合溶液中下列算式的精確計(jì)算結(jié)果（填具體數(shù)字）：
C（Cl^-）-c（M⁺）=10^-5-10^-9mol•L^-1，c（H⁺）-c（MOH）=1.0×10^-9mol•L^-1．
（4）已知CH₃COOM溶液為中性，HF常溫下電離常數(shù)為6.8×10^-4，CH₃COOH電離常為1.7×10^-5．則MF溶液的pH＜7（填＜、＞、=）；將同溫下等物質(zhì)的量濃度的四種鹽溶液：
A．MHCO₃    B．CH₃COOM   C．MClO    D．MCl
按pH由小到大的順序排列：DBAC（填序號(hào)）．

Answer 1

分析 （1）室溫下取0.1mol•L^-1HCl溶液與0.1mol•L^-1 MOH溶液等體積混合（忽略混合后溶液體積的變化），測(cè)得混合溶液的pH=5，說(shuō)明得到的鹽是強(qiáng)酸弱堿鹽，其溶液呈酸性，含有弱根離子水解；
（2）混合液的pH=5，所以水電離出氫離子的濃度為：10^-5mol/L，而0.1mol•L^-1HCl溶液中由水電離出的H⁺濃度的$\frac{1{0}^{-14}}{0.1}$mol/L；
（3）根據(jù)物料守恒和電荷守恒計(jì)算離子濃度大��；
（4）CH₃COOM溶液為中性，說(shuō)明CH₃COOH的電離程度與MOH的電離程度相同，而HF常溫下電離常數(shù)為6.8×10^-4，大于1.7×10^-5，所以MF是弱酸弱堿鹽，但金屬陽(yáng)離子的水解程度大于酸根離子的水解程度，溶液呈酸性，A．MHCO₃酸根對(duì)應(yīng)的酸為碳酸，B．CH₃COOM的酸根對(duì)應(yīng)的酸為醋酸，C．MClO酸根對(duì)應(yīng)的酸為次氯酸，D．MCl的酸根對(duì)應(yīng)的酸為鹽酸，酸性強(qiáng)弱：鹽酸＞醋酸＞碳酸＞次氯酸，酸根對(duì)應(yīng)的酸越強(qiáng)水解程度越小，pH越�。�

解答 解：（1）等體積等濃度的鹽酸和MOH恰好反應(yīng)生成鹽，得到的鹽溶液呈酸性，說(shuō)明該鹽是強(qiáng)酸弱堿鹽，水解呈堿性，方程式為M⁺+H₂O?MOH+H⁺，
故答案為：M⁺+H₂O?MOH+H⁺；
（2）混合液的pH=5，所以水電離出氫離子的濃度為：10^-5mol/L，而0.1mol•L^-1HCl溶液中由水電離出的H⁺濃度的$\frac{1{0}^{-14}}{0.1}$mol/L=10^-13mol/L，所以混合溶液中由水電離出的H⁺濃度是0.1mol•L^-1HCl溶液中由水電離出的H⁺濃度的$\frac{1{0}^{-5}}{1{0}^{-13}}$=10⁸倍，故答案為：10⁸；
（3）根據(jù)電荷守恒得c（Cl^-）-c（M⁺）=c（H⁺）-c（OH^-）=10^-5 mol/L-10^-9 mol/L=（10^-5-10^-9）mol•L^-1，根據(jù)質(zhì)子守恒得 c（H⁺）-c（MOH）=c（OH^-）=1.0×10^-9mol•L^-1，
故答案為：10^-5-10^-9；1.0×10^-9；
（4）CH₃COOM溶液為中性，說(shuō)明CH₃COOH的電離程度與MOH的電離程度相同，而HF常溫下電離常數(shù)為6.8×10^-4，大于1.7×10^-5，所以MF是弱酸弱堿鹽，但金屬陽(yáng)離子的水解程度大于酸根離子的水解程度，溶液呈酸性，所以MF溶液的pH＜7，A．MHCO₃酸根對(duì)應(yīng)的酸為碳酸，B．CH₃COOM的酸根對(duì)應(yīng)的酸為醋酸，C．MClO酸根對(duì)應(yīng)的酸為次氯酸，D．MCl的酸根對(duì)應(yīng)的酸為鹽酸，酸性強(qiáng)弱：鹽酸＞醋酸＞碳酸＞次氯酸，酸根對(duì)應(yīng)的酸越強(qiáng)水解程度越小，pH越小，所以pH由小到大的順序排列：DBAC，
故答案為：＜；DBAC．

點(diǎn)評(píng) 本題考查酸堿混合的定性判斷和計(jì)算，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和計(jì)算能力的考查，根據(jù)電荷守恒和質(zhì)子守恒分析弱電解質(zhì)的電離及鹽類水解，題目難度中等．