Question

7．常温下，0.1mol•L^-1某一元酸（HA）溶液pH=3，下列叙述正确的是（　　）
①该溶液中由水电离出的c（H⁺）=1×10^-3mol•L^-1
②用pH=3的HA溶液与pH=4的HCl溶液分别中和等浓度等体积的氢氧化钠溶液所耗去酸液的体积分别为V₁和V₂，其关系为10V₁＜V₂
③pH=3的HA溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后所得溶液中 c（Na⁺）═c（A^-）+c（HA）
④0.1mol•L^-1HA溶液与0.05mol•L^-1NaOH溶液等体积混合后所得溶液中  2c（H⁺）+c（HA）═c（A^-）+2c（OH^-）

• A． ①
• B． ②③
• C． ②④
• D． ③④

Answer 1

分析 常温下，0.1mol•L^-1某一元酸（HA）溶液pH=3，氢离子浓度小于酸浓度，说明HA部分电离，所以是弱酸；
①常温下，C（H⁺）_（水）=C（OH^-）=$\frac{1{0}^{-14}}{1{0}^{-3}}$mol/L=10^-11mol•L^-1；
②HA是弱电解质，在水溶液中部分电离，HCl是强电解质，在水溶液中完全电离，pH=3的HA浓度大于pH=4盐酸的10倍，二者分别与NaOH按物质的量以1：1进行反应；
③任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；
④任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断．

解答 解：常温下，0.1mol•L^-1某一元酸（HA）溶液pH=3，氢离子浓度小于酸浓度，说明HA部分电离，所以是弱酸；
①常温下，C（H⁺）_（水）=C（OH^-）=$\frac{1{0}^{-14}}{1{0}^{-3}}$mol/L=10^-11mol•L^-1，故错误；
②HA是弱电解质，在水溶液中部分电离，HCl是强电解质，在水溶液中完全电离，pH=3的HA浓度大于pH=4盐酸的10倍，二者分别与NaOH按物质的量以1：1进行反应，消耗NaOH的物质的量相等，则两种酸的物质的量相等，pH=3的HA浓度大于pH=4盐酸的10倍，则消耗酸溶液体积10V₁小于V₂，故正确；
③任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得C（H⁺）+c（Na⁺）=c（A^-）+c（HA），所以c（Na⁺）＜c（A^-）+c（HA），故错误；
④0.1mol•L^-1HA溶液与0.05mol•L^-1NaOH溶液等体积混合后所得溶液为NaA和HA等浓度的混合液． 物料守恒得C（HA）+C（A^-）=2C（Na⁺）、电荷守恒得：C（A^-）+C（OH^-）=C（H⁺）+C（Na⁺），所以得出2c（H⁺）+c（HA）═c（A^-）+2c（OH^-），故正确；
故选C．

点评 本题以弱电解质的电离为载体考查离子浓度大小比较，正确判断HA的强弱是解本题关键，注意：任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，与溶液酸碱性及浓度大小无关，题目难度不大．