Question

19．氢氟酸（HF）是一元弱酸，在水溶液中的电离方程式为：HF═H⁺+F^-．25℃下，向20mL0.2mol•L^-1的氢氟酸中滴加0.2mol•L^-1的NaOH溶液时，溶液的pH变化如图所示．
已知：电离度（α）和电离平衡常数（K）一样，可以用来衡量弱电解质在稀溶液中的电离能力．电离度（α）=$\frac{n（已电离的弱电解质）}{n（全部的弱电解质）}$×100%
请回答下列问题：
（1）在氢氟酸的稀溶液中，通过改变以下条件能使氢氟酸的电离度[α（HF）]增大的是ad，可使氢氟酸的电离平衡常数[K_a（HF）]增大的是a．
a．升高温度      b．向溶液中滴入2滴浓盐酸     c．加入少量NaF固体     d．加水稀释
（2）在此温度下，氢氟酸的电离平衡常数K_a（HF）为：5×10^-4，电离度α（HF）为5%．
（3）下列有关图中各点微粒浓度关系正确的是bd．
a．在A处溶液中：c（F^-）+c（HF）=0.2mol•L^-1
b．在B处溶液中：c（H⁺）+c（HF）=c（OH^-）
c．在B处溶液中：c（Na⁺）＞c（F^-）＞c（H⁺）＞c（OH^-）
d．在A和B处溶液中都符合：$\frac{c（{H}^{+}）•c（{F}^{-}）}{c（HF）}$=K_a（HF）
（4）已知：该温度下K_sp（CaF₂）=1.5×10^-10．取B点时的溶液10mL与90mL1×10^-4 mol•L^-1 CaCl₂溶液混合，是否有沉淀产生混合后c（F^-）=10^-2mol/L，c（Ca²⁺）=9×10^-5mol/L，Q_c=9×10^-9＞Ksp有沉淀产生（通过计算说明理由）．

Answer 1

分析 （1）HF酸中存在HF?F^-+H⁺，为使电离常数或电离度增大，应使平衡正向移动；
（2）由图象可知0.2mol•L^-1的氢氟酸的pH=2，则c（H⁺）=0.01mol/L，以此可计算电离度和电离常数；
（3）根据物料守恒、质子守恒以及影响盐类水解的角度可解答该题；
（4）根据平衡常数和浓度熵之间的关系来计算回答．

解答 解：（1）HF酸中存在HF?F^-+H⁺，为使电离度增大，应使平衡正向移动，
a．升高温度，可使平衡正向移动，电离常数或电离度增大，故a正确；
b．向溶液中滴入2滴浓盐酸以及c．加入少量NaF固体，都可使平衡逆向移动，电离度减小，故b、c错误，
d、加水稀释会促使电离平衡正向移动，使电离度增大，故d正确；所以ad能使电离度增大，但是K只是温度的函数，电离是吸热的，温度升高，K增大．
故答案为：ad；a；
（2）由图象可知0.2mol•L^-1的氢氟酸的pH=2，则c（H⁺）=0.01mol/L，可知电离的c（HF）=0.01mol/L，
则α=$\frac{0.01mol/L}{0.2mol/L}$=5%，
K=$\frac{[{H}^{+}]•[{F}^{-}]}{[HF]}$=$\frac{0.01×0.01}{0.2-0.01}$≈5×10^-4，
故答案为：5×10^-4； 5；
（3）a．在A处溶液中，由于加入NaOH溶液，则总体积大于20mL，则c（F^-）+c（HF）＜0.2mol•L^-1，故a错误；
b．在B处溶液中，HF和NaOH完全反应生成NaF，由质子守恒可知：c（H⁺）+c（HF）=c（OH^-），故b正确；
c．在B处溶液pH＞7，则c（H⁺）＜c（OH^-），故c错误；
d．由于温度不变，则电离常数不变，则在A和B处溶液中都符合：$\frac{[{H}^{+}]•[{F}^{-}]}{[HF]}$═K_a（HF），故d正确；
故答案为：bd；
（4）混合后c（F^-）=10^-2mol/L，c（Ca²⁺）=9×10^-5mol/L，Q_c=9×10^-9＞Ksp有沉淀产生，
故答案为：混合后c（F^-）=10^-2mol/L，c（Ca²⁺）=9×10^-5mol/L，Q_c=9×10^-9＞Ksp有沉淀产生．

点评 本题考查弱电解质的电离平衡的影响因素以及电离平衡常数的有关计算等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握影响盐类水解和弱电解质电离的因素，难度中等．