Question

6．（1）常溫下，已知0.1mol•L^-1一元酸HA溶液中c（OH^-）/c（H⁺）=1×10^-8．
①常溫下，0.1mol•L^-1 HA溶液的pH=3；寫(xiě)出該酸（HA）與NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式：HA+OH^-═A^-+H₂O；
②pH=3的HA與pH=11的NaOH溶液等體積混合后，溶液中4種離子物質(zhì)的量濃度大小關(guān)系是：c（A^-）＞c（Na⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-）；
③0.2mol•L^-1HA溶液與0.1mol•L^-1NaOH溶液等體積混合后所得溶液中：
c（H⁺）+c（HA）-c（OH^-）=0.05mol•L^-1．（溶液體積變化忽略不計(jì)）
（2）為實(shí)現(xiàn)以下各步的轉(zhuǎn)化，請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)內(nèi)填入適當(dāng)試劑的化學(xué)式

Answer 1

分析 （1）①0.1mol•L^-1一元酸HA溶液中c（OH^-）/c（H⁺）=1×10^-8，則c（OH^-）=10^-11mol/L，c（H⁺）=1.0×10^-3mol/L，依據(jù)pH=-lgc（H⁺）計(jì)算該溶液的pH；根據(jù)計(jì)算判斷HA為弱電解質(zhì)，然后寫(xiě)出其與氫氧化鈉溶液的反應(yīng)的離子方程式；
②根據(jù)酸和堿的物質(zhì)的量的相對(duì)大小確定溶液中的溶質(zhì)，從而確定溶液的酸堿性，結(jié)合電離平衡、水解平衡、電荷守恒等確定溶液中各種離子濃度的相對(duì)大小；
③根據(jù)電荷守恒與物料守恒進(jìn)行計(jì)算．
（2）根據(jù)官能團(tuán)的性質(zhì)以及變化判斷反應(yīng)條件，-COOH具有酸性，可與NaHCO₃反應(yīng)生成-COONa，注意酚羥基不與NaHCO₃反應(yīng)，-COONa與HCl或H₂SO₄等強(qiáng)酸反應(yīng)又可生成-COOH，酚羥基與NaOH或Na₂CO₃ 反應(yīng)生成酚羥基鈉，醇羥基與金屬鈉反應(yīng)，以此判斷．

解答 解：（1）①0.1mol•L^-1一元酸HA溶液中c（OH^-）/c（H⁺）=1×10^-8，根據(jù)水的離子積可得：c（OH^-）=10^-11mol/L、c（H⁺）=1.0×10^-3mol/L，該溶液的pH=-lgc（H⁺）=3；說(shuō)明HA在溶液中只能部分電離出氫離子，則HA為弱酸，該酸（HA）與NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式為：HA+OH^-=A^-+H₂O，
故答案為：3；HA+OH^-=A^-+H₂O；
②常溫下pH=11的NaOH溶液中c（OH^-）=10^-3mol•L^-1，HA是弱酸，酸的濃度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于氫離子濃度，溶液中的溶質(zhì)是酸和鹽，溶液呈酸性，所以溶液中氫離子濃度大于氫氧根離子濃度，酸根離子濃度大于鈉離子濃度，溶液中4種離子物質(zhì)的量濃度大小關(guān)系為：c（A^-）＞c（Na⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-），
故答案為：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，由電荷守恒可得：c（Na⁺）+c（H⁺）=c（A^-）+c（OH^-），由物料守恒可得：2c（Na⁺）=c（A^-）+c（HA），二者結(jié)合可得：c（H⁺）+c（HA）-c（OH^-）=c（Na⁺）=$\frac{1}{2}$×0.1mol/L=0.05mol/L，
故答案為：0.05．
（2）根據(jù)官能團(tuán)的性質(zhì)以及變化判斷反應(yīng)條件，-COOH具有酸性，可與NaHCO₃反應(yīng)生成-COONa，注意酚羥基不與NaHCO₃反應(yīng)，-COONa與HCl或H₂SO₄等強(qiáng)酸反應(yīng)又可生成-COOH，酚羥基與NaOH或Na₂CO₃ 反應(yīng)生成酚羥基鈉，酚羥基鈉可與CO₂反應(yīng)生成酚羥基，醇羥基與金屬鈉反應(yīng)，所以加入的化學(xué)試劑為：①NaHCO₃；②H₂SO₄或HCl；③NaOH或Na₂CO₃；④CO₂；⑤CNa，
故答案為：①NaHCO₃；②H₂SO₄或HCl；③NaOH或Na₂CO₃；④CO₂；⑤CNa．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了酸堿混合后溶液定性判斷及溶液pH的計(jì)算、有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，題目難度中等，注意掌握溶液酸堿性與溶液pH的關(guān)系，能夠根據(jù)電荷守恒、物料守恒、鹽的水解原理正確判斷溶液中各離子濃度大小．