Question

8．常温下，向20 mL 0.01 mol•L^-1 HA溶液中逐滴加入 0.01 mol•L^-1 MOH溶液过程中，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况（体积变化忽略不计）．下列有关说法中错误的是（　　）

• A． K点时的溶液：n（A^-）=n（M⁺）=2×10^-4 mol
• B． N点时的溶液：2c（M⁺）=c（A^-）
• C． L点时的溶液中一定存在：c（M⁺）＞c（A^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）
• D． 水电离的程度：K＞L＞N

Answer 1

分析 由图象可知，0.01 mol•L^-1 HA溶液的pH=2，故酸HA为强酸，当加入20mL0.01mol/L的MOH溶液时，两者恰好完全反应，此时溶液显酸性，说明MOH为弱碱．
A、K点时，溶液显中性，溶液中n（OH^-）=n（H⁺），根据溶液的电中性来分析；
B、在N点时，HA酸的物质的量是MOH的二倍，混合时HA过量，混合后所得溶液是等浓度的HA和MA的混合溶液，根据物料守恒来分析；
C、在L点时，MOH的物质的量是HA的二倍，故所得混合溶液中是MA和等物质的量的MOH的混合溶液；
D、酸和碱对水的电离有抑制作用，盐的水解对水的电离有促进作用．

解答 解：由图象可知，0.01 mol•L^-1 HA溶液的pH=2，故酸HA为强酸，当加入20mL0.01mol/L的MOH溶液时，两者恰好完全反应，此时溶液显酸性，说明MOH为弱碱．
A、K点时，溶液显中性，溶液中n（OH^-）=n（H⁺），根据溶液的电中性可知：n（A^-）=n（M⁺）=2×10^-4mol，故A正确；
B、在N点时，HA酸的物质的量是MOH的二倍，混合时HA过量，混合后所得溶液是等浓度的HA和MA的混合溶液，而M⁺会部分水解为MOH，根据物料守恒有：2[c（M⁺）+c（MOH）]=c（A^-），故B错误；
C、在L点时，MOH的物质的量是HA的二倍，故所得混合溶液中是MA和等物质的量的MOH的混合溶液，根据溶液显碱性可知MOH的电离大于MA的水解：①MOH?M⁺+OH^-＞②M⁺+H₂O?MOH+H⁺，故溶液中的离子浓度为：c（M⁺）＞c（A^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），故C正确；
D、酸和碱对水的电离有抑制作用，盐的水解对水的电离有促进作用，N点溶液由于HA过量而溶液显酸性，故N点溶液中水的电离被抑制，L点溶液由于MOH过量而溶液显碱性，故L点溶液中水的电离也被抑制，而K点溶液显中性，水的电离无影响，故K点水的电离程度最大；在N点的混合溶液中，c（HA）=c（MA）=$\frac{1}{3}$×10^-2mol/L，由于HA是强酸，故溶液中的c（H⁺）=$\frac{1}{3}$×10^-2mol/L，而在L点的溶液中，c（MOH）=c（MA）=$\frac{1}{3}$×10^-2mol/L，但由于MOH是弱碱，且MA的存在对MOH的电离有抑制作用，故溶液中的c（OH^-）＜$\frac{1}{3}$×10^-2mol/L，故L点溶液对水的电离的抑制较N点弱，故水电离的程度：K＞L＞N，故D正确．
故选B．

点评 本题考查了酸碱混合时的定性判断，注意根据酸溶液的pH和酸的浓度确定酸的强弱，为易错点，根据物料守恒和电荷守恒来分析解答．