Question

11．常温下，向100mL 0.01mol•L^-1 HA溶液中逐滴加入0.02mol•L^-1 MOH溶液，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）．回答下列问题：
（1）由图中信息可知HA为强酸（填“强”或“弱”），理由是0.01 mol•L^-1 HA溶液的pH为2，说明HA完全电离．
（2）MA稀溶液的pH=a，则a＜7（填“＞”、“＜”或“=”），此时，溶液中由水电离出的c（H⁺）=1×10^-a mol•L^-1．
（3）请写出K点所对应的溶液中离子浓度的大小关系：c（M⁺）＞c（A^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）．
（4）K点对应的溶液中，c（M⁺）+c（MOH）==2c（A^-）（填“＞”、“＜”或“=”）；若此时溶液中pH=10，则c（MOH）+c（OH^-）=0.005+1×10^-10 mol•L^-1（用代数式表示）．
（5）K点溶液显碱性的原因是：K点为等浓度的MA和MOH的混合溶液，MOH的电离程度大于MA的水解程度，使溶液呈碱性．

Answer 1

分析 （1）根据0.01mol•L^-1HA溶液的pH判断酸的强弱，溶液的pH2，说明完全电离；
（2）根据图示判断出MOH的碱性强弱，再判断MA稀溶液的酸碱性；盐溶液中水电离的氢氧根离子就等于溶液中的氢离子浓度；
（3）K点MOH的物质的量远远大于HA的物质的量，溶液显示碱性，据此进行比较离子浓度大小；
（4）根据溶液中的物料守恒进行判断浓度关系；根据溶液中的电荷守恒和物料守恒进行计算；
（5）根据MA的水解程度与MOH的电离程度相对大小判断．

解答 解：（1）根据图象知，加入碱溶液的体积为0时，0.01mol•L^-1HA溶液的pH=2，氢离子浓度为0.01mol/L，氢离子浓度等于酸浓度，所以该酸在溶液中完全电离，属于强酸，
故答案为：强；0.01 mol•L^-1HA的pH为2，说明HA完全电离；
（2）N点时溶液呈中性，MOH的物质的量大于HA的物质的量，说明MOH是弱碱，MA属于强酸弱碱盐，水解显示酸性，即a＜7；水电离的氢氧根离子等于溶液中氢离子的浓度，即c（OH^-）=1×10^-amol•L^-1，
故答案为：＜；1×10^-amol•L^-1；
（3）由于在K点，MOH的物质的量远远大于HA的物质的量，溶液显示碱性，所以溶液中浓度大小关系为：c（M⁺）＞c（A^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），
故答案为：c（M⁺）＞c（A^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）；
（4）K点时，加入的MOH的物质的量=0.02mol•L^-1×0.1L=0.002mol，混合溶液的体积是0.2L，根据物料守恒知，c（M⁺）+c（MOH）=$\frac{0.002mol}{0.2L}$=0.01mol/L，
HA是强酸，所以反应后的溶液中，c（A^-）=$\frac{1}{2}$×0.01mol•L^-1=0.005mol•L^-1，故c（M⁺）+c（MOH）=2c（A^-）；
根据电荷守恒可得：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），带入电荷守恒公式可得：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，
故答案为：=；0.005+1×10^-10．
（5）K点溶液为等浓度的MA和MOH，MOH电离显碱性，MA水解显酸性，MOH的电离程度大于MA的水解程度，使溶液呈碱性；
故答案为：K点为等浓度的MA和MOH的混合溶液，MOH的电离程度大于MA的水解程度，使溶液呈碱性．

点评 本题考查了弱电解质的电离、盐类的水解、溶液的稀释、离子浓度的大小比较等知识点，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理及其应用方法，能够利用电荷守恒、物料守恒判断溶液中离子浓度大小．