Question

14．在一定温度下，有a．盐酸　b．硫酸　c．醋酸三种酸：
（1）当三种酸物质的量浓度相同时，c（H⁺）由大到小的顺序是b＞a＞c．
（2）同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH的能力由大到小的顺序是b＞a=c．
（3）若三者c（H⁺）相同时，物质的量浓度由大到小的顺序是c＞a＞b．
（4）将c（H⁺）相同的这三种酸均加水稀释至原来的100倍后，c（H⁺）由大到小的顺序是c＞a=b．
（5）在不同温度下的水溶液中c（H⁺）=10^x mol/L，c（OH^-）=10^y mol/L，x与y的关系如图所示．请回答下列问题：
①曲线Ⅰ代表的温度下，水的离子积为1×10^-12，曲线Ⅰ所代表的温度高于（填“高于”“低于”或“等于”）曲线Ⅱ所代表的温度．你判断的依据是曲线Ⅱ所代表的水的离子积比曲线Ⅰ的小，由于水的电离过程是吸热过程，温度越高，离子积越大，故曲线Ⅱ代表的温度低．
②曲线Ⅰ所代表的温度下，0.01mol/L的NaOH溶液的pH为10．

Answer 1

分析 （1）醋酸是一元弱酸、盐酸是一元强酸、硫酸是二元强酸，假设三种酸的浓度都是1mol/L时，硫酸中c（H⁺）为2mol/L，盐酸中c（H⁺）为1mol/L、醋酸中c（H⁺）小于1mol/L；
（2）同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH的能力与酸最终电离出氢离子的物质的量成正比；
（3）若三者c（H⁺）相同时，酸的元数越大其浓度越小，酸的电离程度越大，其浓度越小；
（4）加水稀释促进弱电解质电离；
（5）①当溶液中温度一定时，溶液中离子积常数Kw=c（H⁺）．c（OH^-）；水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水的离子积常数增大；
②该温度下，水的离子积常数为为10^-12，0.01mol/LNaOH溶液中c（OH^-）=0.01mol/L，根据水的离子积常数计算溶液中c（H⁺），从而确定溶液的pH．

解答 解：（1）醋酸是一元弱酸、盐酸是一元强酸、硫酸是二元强酸，假设三种酸的浓度都是1mol/L时，硫酸中c（H⁺）为2mol/L，盐酸中c（H⁺）为1mol/L、醋酸中c（H⁺）小于1mol/L，所以相同浓度时，氢离子浓度大小顺序是b＞a＞c，
故答案为：b＞a＞c；　
（2）酸中和NaOH的能力与酸最终电离出氢离子物质的量成正比，同体积、同物质的量浓度的三种酸，其物质的量相等，硫酸中氢离子的物质的量最大，盐酸和醋酸最终电离出氢离子的物质的量相等，所以中和NaOH的能力大小顺序为b＞a=c，
故答案为：b＞a=c；
（3）若三者c（H⁺）相同时，假设都是1mol/L，硫酸浓度为0.5mol/L、盐酸浓度为1mol/L、醋酸浓度大于1mol/L，所以物质的量浓度由大到小的顺序是c＞a＞b（或c＞a=2b），
故答案为：c＞a＞b（或c＞a=2b）；　
（4）加水稀释时，醋酸继续电离出氢离子，硫酸和HCl不再电离出氢离子，所以稀释100倍后，c（H⁺）由大到小的顺序是c＞a=b，
故答案为：c＞a=b；
（5）①当溶液中温度一定时，溶液中离子积常数Kw=c（H⁺）•c（OH^-），曲线Ⅰ代表的温度下，水的离子积=10^-4×10^-8=1×10^-12；水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水的离子积常数增大，根据图象知，曲线Ⅱ所代表的温度水的离子积常数减小，所以线Ⅰ所代表的温度高于曲线Ⅱ所代表的温度，
故答案为：1×10^-12；高于； 曲线Ⅱ所代表的水的离子积比曲线Ⅰ的小，由于水的电离过程是吸热过程，温度越高，离子积越大，故曲线Ⅱ代表的温度低；
②该温度下，水的离子积常数为10^-12，0.01mol/LNaOH溶液中c（OH^-）=0.01mol/L，根据水的离子积常数得溶液中c（H⁺）=$\frac{1{0}^{-12}}{0.01}$mol/L=10^-10mol/L，则该溶液的pH=10，
故答案为：10．

点评 本题考查了弱电解质的电离，题目难度中等，明确弱电解质电离特点是解本题关键，注意同物质的量的不同酸中和碱的能力、不同酸与金属反应速率与电解质强弱无关，为易错点．