Question

11．常溫下，向100mL 0.01mol•L^-1 HA溶液中逐滴加入0.02mol•L^-1 MOH溶液，圖中所示曲線表示混合溶液的pH變化情況（體積變化忽略不計）．回答下列問題：
（1）由圖中信息可知HA為強酸（填“強”或“弱”），理由是0.01 mol•L^-1 HA溶液的pH為2，說明HA完全電離．
（2）MA稀溶液的pH=a，則a＜7（填“＞”、“＜”或“=”），此時，溶液中由水電離出的c（H⁺）=1×10^-a mol•L^-1．
（3）請寫出K點所對應(yīng)的溶液中離子濃度的大小關(guān)系：c（M⁺）＞c（A^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）．
（4）K點對應(yīng)的溶液中，c（M⁺）+c（MOH）==2c（A^-）（填“＞”、“＜”或“=”）；若此時溶液中pH=10，則c（MOH）+c（OH^-）=0.005+1×10^-10 mol•L^-1（用代數(shù)式表示）．
（5）K點溶液顯堿性的原因是：K點為等濃度的MA和MOH的混合溶液，MOH的電離程度大于MA的水解程度，使溶液呈堿性．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)0.01mol•L^-1HA溶液的pH判斷酸的強弱，溶液的pH2，說明完全電離；
（2）根據(jù)圖示判斷出MOH的堿性強弱，再判斷MA稀溶液的酸堿性；鹽溶液中水電離的氫氧根離子就等于溶液中的氫離子濃度；
（3）K點MOH的物質(zhì)的量遠遠大于HA的物質(zhì)的量，溶液顯示堿性，據(jù)此進行比較離子濃度大��；
（4）根據(jù)溶液中的物料守恒進行判斷濃度關(guān)系；根據(jù)溶液中的電荷守恒和物料守恒進行計算；
（5）根據(jù)MA的水解程度與MOH的電離程度相對大小判斷．

解答 解：（1）根據(jù)圖象知，加入堿溶液的體積為0時，0.01mol•L^-1HA溶液的pH=2，氫離子濃度為0.01mol/L，氫離子濃度等于酸濃度，所以該酸在溶液中完全電離，屬于強酸，
故答案為：強；0.01 mol•L^-1HA的pH為2，說明HA完全電離；
（2）N點時溶液呈中性，MOH的物質(zhì)的量大于HA的物質(zhì)的量，說明MOH是弱堿，MA屬于強酸弱堿鹽，水解顯示酸性，即a＜7；水電離的氫氧根離子等于溶液中氫離子的濃度，即c（OH^-）=1×10^-amol•L^-1，
故答案為：＜；1×10^-amol•L^-1；
（3）由于在K點，MOH的物質(zhì)的量遠遠大于HA的物質(zhì)的量，溶液顯示堿性，所以溶液中濃度大小關(guān)系為：c（M⁺）＞c（A^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），
故答案為：c（M⁺）＞c（A^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）；
（4）K點時，加入的MOH的物質(zhì)的量=0.02mol•L^-1×0.1L=0.002mol，混合溶液的體積是0.2L，根據(jù)物料守恒知，c（M⁺）+c（MOH）=$\frac{0.002mol}{0.2L}$=0.01mol/L，
HA是強酸，所以反應(yīng)后的溶液中，c（A^-）=$\frac{1}{2}$×0.01mol•L^-1=0.005mol•L^-1，故c（M⁺）+c（MOH）=2c（A^-）；
根據(jù)電荷守恒可得：c（H⁺）+c（M⁺）=c（A^-）+c（OH^-），
由c（M⁺）+c（MOH）=0.01mol/L，可得c（M⁺）=0.01mol/L-c（MOH），帶入電荷守恒公式可得：c（H⁺）+0.01mol/L-c（MOH）=c（A^-）+c（OH^-），
整理可得：c（MOH）+c（OH^-）=c（H⁺）+0.01mol/L-c（A^-）=10^-10mol/L+0.01mol/L-0.005mol•L^-1=0.005+1×10^-10mol•L^-1，
故答案為：=；0.005+1×10^-10．
（5）K點溶液為等濃度的MA和MOH，MOH電離顯堿性，MA水解顯酸性，MOH的電離程度大于MA的水解程度，使溶液呈堿性；
故答案為：K點為等濃度的MA和MOH的混合溶液，MOH的電離程度大于MA的水解程度，使溶液呈堿性．

點評 本題考查了弱電解質(zhì)的電離、鹽類的水解、溶液的稀釋、離子濃度的大小比較等知識點，題目難度中等，注意掌握鹽的水解原理及其應(yīng)用方法，能夠利用電荷守恒、物料守恒判斷溶液中離子濃度大�。�