Question

15．（Ⅰ）常温下，将某一元酸HA（甲、乙、丙、丁代表不同的一元酸）和NaOH溶液等体积混合、两种溶液的物质的量浓度和混合溶液的pH如下表所示：

实验 编号	HA物质的量 浓度/（mol•L-1）	NaOH物质的量 浓度/（mol•L-1）	混合后溶 液的pH
甲	0.1	0.1	pH=a
乙	0.12	0.1	pH=7
丙	0.2	0.1	pH＜7
丁	0.1	0.1	pH=10

（1）从甲组情况分析，如何判断HA是强酸还是弱酸？a=7时，HA是强酸；a＞7时，HA是弱酸．
（2）乙组混合溶液中粒子浓度c（A^-）和c（Na⁺）的大小关系C．
A．前者大  B．后者大    C．两者相等  D．无法判断
（3）从丙组实验结果分析，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是c（A^-）＞c（Na⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-）．
（4）分析丁组实验数据，写出混合溶液中下列算式的精确结果（列式）：c（Na⁺）-c（A^-）=10^-4-10^-10mol•L^-1．
（Ⅱ）某二元酸（化学式用H₂B表示）在水中的电离方程式是：H₂B═H⁺+HB^-、HB^-?H⁺+B^2-
回答下列问题：
（5）在0.1mol•L^-1的Na₂B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是AC．
A．c（B^2-）+c（HB^-）=0.1mol•L^-1
B．c（B^2-）+c（HB^-）+c（H₂B）=0.1mol•L^-1
C．c（OH^-）=c（H⁺）+c（HB^-）
D．c（Na⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（HB^-）

Answer 1

分析 （I）（1）等物质的量混合时，二者恰好反应生成盐，根据溶液的pH判断酸性强弱；
（2）任何溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；
（3）混合溶液的溶质为等物质的量的HA和NaA，pH＜7说明A^-的水解小于HA的电离，结合电荷守恒判断；
（4）由电荷守恒关系式变形得c（Na⁺）-c（A^-）=c（OH^-）-c（H⁺）；
（II）（5）根据二元酸的电离方程式知，B^2-只发生第一步水解，结合电荷守恒和物料守恒分析解答．

解答 解：Ⅰ．（1）若HA是强酸，恰好与NaOH溶液反应生成强酸强碱盐，pH=7；若HA是弱酸，生成的NaA水解显碱性，pH＞7，
故答案为：a=7时，HA是强酸；a＞7时，HA是弱酸；
（2）混合溶液中存在电荷守恒c（Na⁺）+c（H⁺）=c（A^-）+c（OH^-），由于pH=7，则c（Na⁺）=c（A^-），
故答案为：C；
（3）混合溶液的溶质为等物质的量的HA和NaA，pH＜7说明A^-的水解小于HA的电离，所以离子浓度由大到小的顺序为c（A^-）＞c（Na⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-），
故答案为：c（A^-）＞c（Na⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-）；
（4）由电荷守恒关系式变形得c（Na⁺）-c（A^-）=c（OH^-）-c（H⁺）=（10^-4-10^-10）mol•L^-1，
故答案为：10^-4-10^-10；
Ⅱ．（5）在Na₂B中存在水解平衡：B^2-+H₂O=HB^-+OH^-，HB^-不会进一步水解，所以溶液中没有H₂B分子，
A．根据物料守恒得c（B^2-）+c（HB^-）=0.1mol•L^-1，故A正确；
B．HB^-不会进一步水解，所以溶液中没有H₂B分子，故B错误；
C．根据质子守恒得c（OH^-）=c（H⁺）+c（HB^-），故C正确；
D．根据电荷守恒得c（Na⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（HB^-）+2c（B^2-），故D错误；
故答案为：AC．

点评 本题考查了弱电解质的电离、离子浓度大小的比较，明确弱电解质电离特点结合物料守恒、电荷守恒和质子守恒来分析解答解答，注意（5）中HB^-不水解，为易错点，题目难度中等．