Question

已知常温下HF的Ka=3.6×10^-4；CH₃COOH的Ka=1.8×10^-5．现有①0.2mol/L KOH溶液、②0.2mol/L CH₃COOH溶液、③0.2mol/L HF溶液、④0.2mol/L HCl溶液，则：
（1）相同温度下①②③④中由水电离出的c（OH^-）的大小关系是

 

；
（2）将足量等质量且大小、表面积都相等的锌粒分别放入等体积的②③④中，则开始放出氢气的速率大小关系是

 

；
（3）若将体积为V_a的①和体积为V_b的②两者混合下列关系一定正确的是

 

；
A．V_a＞V_b时：c（CH₃COOH）+c（CH₃COO^-）＞c（K⁺）
B．V_a=V_b时：c（CH₃COOH）+c（H⁺）=c（OH^-）
C．V_a＜V_b时：c（CH₃COO^-）＞c（K⁺）＞c（OH^-）＞c（H⁺）
D．V_a与V_b任意比时：c（K⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（CH₃COO^-）
（4）常温时，在25mL 0.1mol/L NaOH溶液中逐滴加入溶液②，曲线如图．有关粒子浓度大小关系的比较正确的是

 

．
A．在A、B间任一点（不包含A、B两点），溶液中一定有：c（Na⁺）＞c（CH₃COO^-）＞c（H⁺）＞c（OH^-）
B．在B点，a＞12.5，且有：c（Na⁺）=c（CH₃COO^-）=c（OH^-）=c（H⁺）
C．在C点：c（CH₃COO^-）＞c（Na⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-）
D．在D点：c（CH₃COO^-）+c（CH₃COOH）=2c（Na⁺）
（5）已知常温下，CaF₂的Ksp=5.0×10^-9，在该温度下，向①和③体积各0.5升的混合溶液中滴加澄清石灰水1mL要求产生CaF₂沉淀，则Ca（OH）₂的最小pH约为

 

．

Answer 1

考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡,离子浓度大小的比较,酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算

专题：电离平衡与溶液的pH专题

分析：（1）酸或碱能抑制水的电离，氢离子或氢氧根的浓度越大，水电离程度越小；
（2）氢离子浓度越大，生成氢气的速率越大；
（3）A、当V_a＞V_b时，KOH过量，溶液中的溶质是醋酸钾和氢氧化钾；
B、当V_a=V_b时，酸和碱恰好中和，溶液中的溶质是醋酸钾，根据质子守恒判断正误；
C、当V_a＜V_b时，醋酸过量，溶液显酸性；
D、V_a和V_b为任意比时，根据电荷守恒判断；
（4）A、在A、B间任一点醋酸过量，结合电荷守恒分析；
B、醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，若要使溶液呈中性，酸的物质的量应稍微大些；
C、根据溶液中电荷守恒和溶液的酸碱性判断各种离子浓度相对大小；
D、根据物料守恒判断；
（5）先求出①和③中氟离子的浓度，再根据Ksp求出钙离子浓度，然后求氢氧根离子的浓度即PH．

解答： 解：（1）酸或碱能抑制水的电离，氢离子或氢氧根的浓度越大，水电离程度越小，已知①0.2mol/L KOH溶液、②0.2mol/L CH₃COOH溶液、③0.2mol/L HF溶液、④0.2mol/L HCl溶液，①和④为强电解质完全电离，②和③为弱酸，且酸性③＞②，所以对水的电离的抑制程度，①=④＞③＞②，则水电离出的c（OH^-）的大小关系是②＞③＞①=④；
故答案为：②＞③＞①=④；
（2）氢离子浓度越大，生成氢气的速率越大，三种溶液中氢离子的浓度④＞③＞②，则反应速率④＞③＞②，
故答案为：④＞③＞②；
（3）A、当V_a＞V_b时，KOH过量，溶液中的溶质是醋酸钾和氢氧化钾，所以c（CH₃COOH）+c（CH₃COO^-）＜c（K⁺），故A错误；
B、当V_a=V_b时，酸和碱恰好中和，溶液中的溶质是醋酸钾，根据质子守恒可得c（CH₃COOH）+c（H⁺）=c（OH^-），故B正确；
C、当V_a＜V_b时，醋酸过量，溶液显酸性，则c（CH₃COO^-）＞c（K⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-），故C错误；
D、V_a和V_b为任意比时，溶液中存在电荷守恒：c（K⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（CH₃COO^-）；
故答案为：BD；
（4）A、在A、B间任一点醋酸过量，溶液显酸性，则c（H⁺）＞c（OH^-），溶液中的电荷守恒为c（Na⁺）+c（H⁺）=c（CH₃COO^-）+（OH^-），所以c（Na⁺）＜c（CH₃COO^-），故A错误；
B、醋酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，要使溶液呈中性，酸的量应稍微大些，所以a＞25；在B点溶液呈中性，即溶液中氢离子和氢氧根离子浓度相等，所以醋酸根离子和钠离子也相等，但中性溶液中水是微弱电离的，所以醋酸根离子浓度大于氢离子浓度，即c（Na⁺）=c（CH₃COO^-）＞c（OH^-）=c（H⁺），故B错误；
C、在C点，溶液呈酸性，溶液中c（H⁺）＞c（OH^-），根据溶液中电荷守恒知，溶液中c（Na⁺）＜c（CH₃COO^-），所以溶液中c（CH₃COO^-）＞c（Na⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-），故C正确；
D、在D点时，加入的醋酸的物质的量=0.1mol?L^-1×0.05L=0.005mol，氢氧化钠的物质的量=0.1mol?L^-1×0.025L=0.0025mol，根据物料守恒知，n（CH₃COO^-）+n（CH₃COOH）=0.005mol，所以在D点：c（CH₃COO^-）+c（CH₃COOH）=2c（Na⁺），故D正确；
故答案为：CD；
（5）向①和③体积各0.5升的混合，混合后c（F^-）=0.1mol?L^-1，滴加澄清石灰水1mL要求产生CaF₂沉淀，则c（Ca²⁺）=

Ksp

c2(F-)

=

5.0×10-9

0．12

=10^-7mol?L^-1，则1mL石灰水中c（Ca²⁺）=

5×10-7×1

0.001

=5×10^-4mol?L^-1，则澄清石灰水c（OH^-）=2c（Ca²⁺）=10^-3mol?L^-1，所以Ca（OH）₂的最小pH约为11；
故答案为：11．

点评：本题考查了影响水的电离的因素、盐的水解原理的应用、溶液离子浓度的大小比较、Ksp的有关计算等，本题难度中等，注意把握溶液中的电荷守恒和物料守恒，以及Ksp的计算方法．