Question

19．常溫下，已知0.1mol•L^-1一元酸HA溶液中$\frac{c（O{H}^{-}）}{c（{H}^{+}）}$=1×10^-10，則溶液的pH=2．
①pH=2的HA與pH=11的NaOH溶液等體積混合；反應(yīng)的離子方程式為HA+OH^-=A^-+H₂O；混合溶液中，各離子的物質(zhì)的量濃度大小關(guān)系是c（A^-）＞c（Na⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-）；
②0.2mol•L^-1HA溶液與0.1mol•L^-1NaOH溶液等體積混合后所得溶液中（溶液體積變化忽略不計(jì)）：c（H⁺）+c（HA）-c（OH^-）=0.05mol•L^-1．

Answer 1

分析 0.1mol•L^-1一元酸HA溶液中$\frac{c（O{H}^{-}）}{c（{H}^{+}）}$=1×10^-10，c（H⁺）．c（OH^-）=1×10^-14，所以c（H⁺）=0.01mol/L，
溶液的pH=-lgc（H⁺）；
①HA溶液中c（H⁺）小于c（HA），所以HA是一元弱酸，HA和NaOH發(fā)生中和反應(yīng)生成NaA和水；pH=2HA溶液濃度大于0.01mol/L，pH=11的NaOH溶液濃度為0.001mol/L，二者等體積混合，酸剩余，酸的電離程度大于酸根離子水解程度導(dǎo)致溶液呈酸性，結(jié)合電荷守恒判斷離子濃度大��；
②0.2mol•L^-1HA溶液與0.1mol•L^-1NaOH溶液等體積混合后溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的NaA和HA，其物質(zhì)的量濃度都是0.05mol/L，根據(jù)電荷守恒和物料守恒計(jì)算．

解答 解：0.1mol•L^-1一元酸HA溶液中$\frac{c（O{H}^{-}）}{c（{H}^{+}）}$=1×10^-10，c（H⁺）．c（OH^-）=1×10^-14，所以c（H⁺）=0.01mol/L，溶液的pH=-lgc（H⁺）=-lg0.01=2，故答案為：2；
①HA溶液中c（H⁺）小于c（HA），所以HA是一元弱酸，HA和NaOH發(fā)生中和反應(yīng)生成NaA和水，離子方程式為HA+OH^-=A^-+H₂O；pH=2HA溶液濃度大于0.01mol/L，pH=11的NaOH溶液濃度為0.001mol/L，二者等體積混合，酸剩余，酸的電離程度大于酸根離子水解程度導(dǎo)致溶液呈酸性，結(jié)合電荷守恒得 c（A^-）＞c（Na⁺），所以溶液中離子濃度大小順序是 c（A^-）＞c（Na⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-），
故答案為：HA+OH^-=A^-+H₂O；c（A^-）＞c（Na⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-）；
②0.2mol•L^-1HA溶液與0.1mol•L^-1NaOH溶液等體積混合后所得溶液中，由電荷守恒有：c（Na⁺）+c（H⁺）=c（A^-）+c（OH^-），由物料守恒有：2c（Na⁺）=c（A^-）+c（HA），故c（H⁺）+c（HA）-c（OH^-）=c（Na⁺）=$\frac{1}{2}$×0.1mol/L=0.05mol/L，
故答案為：0.05．

點(diǎn)評(píng) 本題考查弱電解質(zhì)的電離、酸堿混合溶液定性判斷、pH計(jì)算等知識(shí)點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生分析計(jì)算能力，明確溶液中溶質(zhì)及其性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，對(duì)于離子濃度大小比較要注意結(jié)合電荷守恒和物料守恒分析解答，題目難度不大．