Question

2．醋酸在日常生活和生產(chǎn)中的應(yīng)用很廣泛．
（1）pH=3的醋酸和pH=11的氫氧化鈉溶液等體積混合后溶液呈酸性（填“酸性”、“中性”或“堿性”），溶液中c（Na⁺）＜C（CH₃COO^-）（填“＞”、“=”或“＜”）．
（2）25℃時，向0.1mol•L^-1的醋酸中加入少量醋酸鈉固體，當固體溶解后，測得溶液pH增大，主要原因是醋酸鈉溶于水電離出大量醋酸根離子，抑制了醋酸的電離，使c（H⁺）減�。�
（3）室溫下，如果將0.1mol CH₃COONa固體和0.05mol HCl全部溶于水形成混合溶液．在混合溶液中：
①CH₃COOH和CH₃COO^-兩種粒子的物質(zhì)的量之和等于0.1mol．
②CH₃COO^-和OH^-兩種粒子的物質(zhì)的量之和比n（H⁺）多0.05mol．
（4）在25℃下，將m mol•L^-1的醋酸溶液與0.001mol•L^-1的氫氧化鈉等體積混合后，溶液呈中性，用含m的代數(shù)式表示CH₃COOH的電離常數(shù)K_a=$\frac{10{\;}^{-10}}{m-0.001}$．
（5）用標準的NaOH溶液滴定未知濃度的醋酸，選用酚酞為指示劑，下列能造成測定結(jié)果偏高的是A．
A．未用標準液潤洗堿式滴定管
B．滴定終點讀數(shù)時，俯視滴定管的刻度
C．盛裝未知液的錐形瓶用蒸餾水洗過，未用待測液潤洗．

Answer 1

分析 （1）pH=3的醋酸，其濃度大于0.001mol/L，pH=11的氫氧化鈉，其濃度等于0.001mol/L，等體積混合后，醋酸過量，則c（H⁺）＞c（OH^-），結(jié)合電荷守恒式分析；
（2）向0.1mol•L^-1的醋酸中加入少量醋酸鈉固體，醋酸根離子濃度增大，抑制醋酸電離；
（3）①由醋酸根的物料守恒分析；
②由電荷守恒分析；
（4）呈中性則c（H⁺）=c（OH^-）=10^-7mol/L，c（Na⁺）=c（CH₃COO^-）=0.0005mol/L，以此計算；
（5）結(jié)合c_酸V_酸=c_堿V_堿及實驗操作進行誤差分析．

解答 解：（1）醋酸為弱電解質(zhì)，pH=3的醋酸和pH=11的氫氧化鈉溶液等體積混合，醋酸遠遠過量，溶液呈酸性，則c（H⁺）＞c（OH^-），溶液中存在：c（CH₃COO^-）+c（OH^-）=c（Na⁺）+c（H⁺），則c（Na⁺）＜c（CH₃COO^-），故答案為：酸性；＜；
（2）25℃時，向0．lmol/L的醋酸中加入少量醋酸鈉固體，當固體溶解后，測得溶液pH增大，主要原因是醋酸鈉溶于水電離出大量醋酸根離子，抑制了醋酸的電離，使c（H⁺）減小，故答案為：醋酸鈉溶于水電離出大量醋酸根離子，抑制了醋酸的電離，使c（H⁺）減��；
（3）①根據(jù)C原子守恒可知，溶液中CH₃COOH和CH₃COO^-兩種粒子的物質(zhì)的量之和等于0.1mol，故答案為：CH₃COOH；CH₃COO^-；
②根據(jù)電荷守恒式c（H⁺）+c（Na⁺）=c（OH^-）+c（Cl^-）+c（CH₃COO^-），則c（OH^-）+c（CH₃COO^-）-c（H⁺）=c（Na⁺）-c（Cl^-）=0.1mol-0.05mol=0.05mol，所以CH₃COO^-和OH^-兩種粒子的物質(zhì)的量之和比 n（H⁺）多0.05mol，故答案為：CH₃COO^-；OH^-；n（H⁺）；
（4）呈中性則c（H⁺）=c（OH^-）=10^-7mol/L，c（Na⁺）=c（CH₃COO^-）=0.0005mol/L，所以用含m的代數(shù)式表示CH₃COOH的電離常數(shù)K_a=$\frac{10{\;}^{-7}×0.0005}{\frac{m}{2}-0.0005}$=$\frac{10{\;}^{-10}}{m-0.001}$mol•L^-1，故答案為：$\frac{10{\;}^{-10}}{m-0.001}$；
（5）A．未用標準液潤洗堿式滴定管，導(dǎo)致濃度降低，消耗體積增大，測定結(jié)果偏高，故正確；
B．滴定終點讀數(shù)時，俯視滴定管的刻度，導(dǎo)致數(shù)讀小了，測定結(jié)果偏低，故錯誤；
C．盛裝未知液的錐形瓶用蒸餾水洗過，未用待測液潤洗，無影響，故錯誤；
故選：A．

點評 本題考查酸堿混合的計算和定性分析，側(cè)重學生分析能力及計算能力的考查，涉及鹽類水解、酸堿混合、pH與濃度的關(guān)系等，注意電荷守恒和物料守恒的應(yīng)用，題目難度中等．