Question

3．已知t℃時，0.01mol•L^-1NaOH溶液的pH=11，0.1mol•L^-1的HA溶液中$\frac{c（{H}^{+}）}{c（O{H}^{-}）}$=10⁹．請回答下列問題：
（1）該溫度下，水的離子積K_W=10^-13，HA是弱（填“強”或“弱”） 酸．
（2）該溫度下，將pH之和為13的NaOH溶液和HA溶液等體積混合后，所得溶液呈酸（填“酸”、“堿”或“中”）性．
（3）在室溫下，用蒸餾水稀釋0.01mol•L^-1HA溶液時，下列各項呈減小趨勢的是BD．
A．$\frac{c（{H}^{+}）}{c（{A}^{-}）}$    B．$\frac{c（HA）}{c（{A}^{-}）}$     C．溶液中c（H⁺）和c（OH^-）的乘積    D．溶液中c（A^-）•c（HA）的值
E．水的電離程度
（4）室溫下，取pH=2的鹽酸和HA溶液各100mL，向其中分別加入適量的Zn粒，反應過程中兩溶液的pH變化如圖所示：
①圖中表示HA溶液pH變化曲線的是B（填“A”或“B”）．
②設鹽酸中加入Zn的質(zhì)量為m₁，HA溶液中加入Zn的質(zhì)量為m₂，則m₁＜m₂（填“＞”、“＜”或“=”）．

Answer 1

分析 （1）0.01mol•L^-1NaOH溶液中c（OH^-）=10^-2mol/L，已知pH=11，根據(jù)Kw的公式計算；0.1mol•L^-1的HA溶液中$\frac{c（{H}^{+}）}{c（O{H}^{-}）}$=10⁹，根據(jù)Kw計算c（H⁺），再判斷酸性強弱；
（2）pH之和為13的NaOH溶液和HA溶液，c（OH^-）=c（H⁺），由于酸是弱酸，酸的濃度大于氫離子濃度；
（3）HA是弱電解質(zhì)，加水稀釋HA，促進HA電離，則n（A^-）、n（H⁺）增大，n（HA）減小，但酸根離子、氫離子濃度增大的程度小于溶液體積增大的程度，所以c（A^-）、c（H⁺）、c（HA）都減小，據(jù)此分析解答；
（4）HA是弱電解質(zhì)，在反應過程中HA繼續(xù)電離出氫離子，則反應過程中HA中pH增大程度小于HCl，當完全反應后，HA和鹽酸中pH相等，則HA反應的物質(zhì)的量大于鹽酸，根據(jù)酸和鋅之間的關(guān)系計算．

解答 解：（1）0.01mol•L^-1NaOH溶液中c（OH^-）=10^-2mol/L，已知pH=11，即c（H⁺）=10^-11mol/L，則Kw=c（OH^-）×c（H⁺）=10^-13；0.1mol•L^-1的HA溶液中$\frac{c（{H}^{+}）}{c（O{H}^{-}）}$=10⁹，已知Kw=10^-13，則c（H⁺）=10^-2mol/L，氫離子濃度小于酸的濃度，所以HA為弱酸；
故答案為：10^-13；弱；
（2）pH之和為13的NaOH溶液和HA溶液，氫氧化鈉溶液中c（OH^-）等于醋酸溶液中c（H⁺），由于酸是弱酸，酸的濃度大于氫離子濃度，所以混合后酸有剩余，則溶液顯酸性；
故答案為：酸；
（3）A．加水稀釋，c（A^-）、c（H⁺）都減小，由于水也電離出氫離子，所以c（H⁺）減小的程度小，則$\frac{c（{H}^{+}）}{c（{A}^{-}）}$ 會增大，故A錯誤；
B．加水稀釋，促進電離，則n（A^-）增大，n（HA）減小，所以$\frac{c（HA）}{c（{A}^{-}）}$ 減小，故正確；
C．溶液中c（H⁺）和c（OH^-）的乘積為常數(shù)，溫度不變，則 c（H⁺）和c（OH^-）的乘積不變，故C錯誤；
D．加水稀釋，溶液的體積增大，c（A^-）與c（HA）均減小，所以溶液中c（A^-）•c（HA）的值減小，故D正確；
E．加水稀釋，溶液的體積增大，c（H⁺）減小，對水的電離的抑制程度減小，所以水的電離程度增大，故E錯誤；
故答案為：BD；
（4）①HA是弱電解質(zhì)，在反應過程中HA電離出氫離子，所以反應過程中HA中C（H⁺）大于HCl，則HA中pH增大程度小于HCl，所以表示HA溶液中pH變化曲線為B；
故答案為：B；
②當完全反應后，HA和鹽酸中pH相等，則參加反應的n（HA）＞n（HCl），酸消耗的越多，則參加反應的Zn的質(zhì)量越大，所以m₁＜m₂，
故答案為：＜．

點評 本題考查弱電解質(zhì)的電離平衡及其影響、pH與酸的稀釋等知識，題目難度中等，注意水解規(guī)律中越弱越水解和稀釋中強的變化大來分析解答，綜合性較大，充分考查了學生的靈活應用能力．