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    12．（1）常温下，0.1mol/L的盐酸的pH=1；
    （2）常温下，某醋酸溶液的pH=1，其浓度＞0.1mol/L（填“＞”、“＜”或“=”）；
    （3）向饱和的AgCl溶液中加入NaBr（aq），有淡黄色沉淀生成，说明Ksp（AgCl）＞Ksp（AgBr）（填“＞”、“＜”或“=”）．
    （4）Ba（OH）2是一种强电解质，现有25℃、pH=13的Ba（OH）2溶液，溶液中由水电离出c（OH-）=10-13 mol•L-1；
    （5）25℃、pH=13的Ba（OH）2溶液与某浓度盐酸溶液按体积比（碱与酸之比）1：9混合后，所得溶液pH=11（假设混合溶液的体积等于混合前两溶液的体积和），该盐酸溶液的pH=2．
    （6）常温下，取pH=2的盐酸和醋酸溶液各100mL，向其中分别加入适量的Zn粒，反应结束时两溶液的pH均为4．设盐酸中加入的Zn质量为m1，醋酸溶液中加入的Zn质量为m2，则m1＜m2（选填“＜”、“=”或“＞”）．

    分析 （1）pH=-lgc（H+）来计算；
    （2）醋酸是弱电解质，不能完全电离；
    （3）化学式相似的物质的溶度积常数越小，则物质越难溶，根据沉淀的转化的角度分析；
    （4）pH=13的Ba（OH）2溶液中氢离子都是由水电离产生，水电离产生的c（H+）等于溶液中水电离出c（OH-）；
    （5）设盐酸的物质的量浓度为：C（HCl），碱与酸体积分别为1L、9L，分别求出氢氧化根离子和氢离子的物质的量，二者发生酸碱中和，所得溶液pH=11可知碱剩余，求出剩余的氢氧根离子的物质的量，依据：Kw=c（H+）×c（OH -）计算解答．
    （6）反应前和反应后元素和醋酸溶液中氢离子浓度相等，根据醋酸为弱电解质、盐酸为强电解质分析消耗锌的质量大小．

    解答 解：（1）盐酸为强酸，0.1mol/L的盐酸，PH=-lgc（H+）=-lg0.1=1，
    故答案为：1；　
    （2）常温下，某醋酸溶液的pH=1，根据PH=-lgc（H+），c（H+）=0.1mol/L，醋酸为弱电解质，在溶液中部分电离，其浓度大于0.1mol/L，
    故答案为：＞；
    （3）在AgCl饱和溶液中加入足量浓NaBr溶液可生成AgBr沉淀，说明AgBr比AgCl更难溶，说明Ksp（AgCl）＞Ksp（AgBr），
    故答案为：＞
    （4））pH=13的Ba（OH）2溶液中氢离子由水电离产生，水电离产生的c（H+）等于溶液中水电离出c（OH -），故水电离出c（OH -）=c（H+）=10-13mol/L，
    故答案为：10-13 mol•L-1；
    （5）设盐酸的物质的量浓度为：C（HCl），碱与酸体积分别为1L、9L，则n（OH -）=0.1mol/L×1L=0.1mol，n（H+）=C（HCl）×9L，反应后剩余氢氧根离子的物质的量为：0.1mol-c（HCl）×9L；有混合所得溶液pH=11，可知混合后c（H+）=10-11 mol•L-1，则混合后c（OH -）=$\frac{{K}_{w}}{C（{H}^{+}）}$=10-3 mol•L-1，
    即：$\frac{0.1mol/L-C（HCl）×9L}{10L}$=10-3 mol•L-1，解得：c（HCl）=10-2mol•L-1，pH=-lg[H+]，所以pH=2，
    故答案为：2
    （6）盐酸和醋酸的pH变化都是由2到4，盐酸中氢离子浓度逐渐减小，但醋酸中存在电离平衡，氢离子和锌反应时促进醋酸电离，补充反应的氢离子，所以醋酸是边反应边电离H+，而反应后溶液的pH相等，则氢离子浓度相等，所以反应过程中醋酸消耗的Zn多，即：消耗锌的质量m1＜m2，
    故答案为：＜．

    点评 本题考查了溶液酸碱性与溶液pH的计算、弱电解质的电离平衡等知识，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的计算方法，明确弱电解质在溶液中部分电离的特点．

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    （3）该温度下，此反应的化学平衡常数为（可以用分数表示）$\frac{9}{49}$；
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    （3）Ba（OH）2是一种强电解质，现有25℃、pH=13的Ba（OH）2溶液．
    ①该Ba（OH）2溶液的物质的量浓度为0.05mol/L；
    ②与某浓度盐酸溶液按体积比（碱与酸之比）1：9混合后，所得溶液pH=11（假设混合溶液的体积等于混合前两溶液的体积和），该盐酸溶液的pH=2．

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