Question

9．现有①0.1mol/L NaOH溶液和②0.1mol/L HX溶液．
已知：①中由水电离出的c（OH^-）小于②中由水电离出的c（H⁺）．请回答下列问题：
（1）将两溶液等体积混合，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Na⁺）＞c（X^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）．
（2）某温度下，向一定体积②溶液中逐滴加入①溶液，溶液中pOH[pOH=-lg c（OH^-）]与pH的变化关系如图所示，则Q点加入①溶液小于（填“大于”“小于”或“等于”）起始②溶液的体积；对应溶液中水的电离程度M点等于N点（填“大于”“小于”或“等于”）．
（3）在25℃下，将a mol•L^-1的NaX溶液与0.01mol•L^-1的盐酸等体积混合，反应后测得溶液pH=7，则a＞0.01 （填“＞”“＜”或“=”）；用含a的代数式表示HX的电离常数K_a=（a-0.01）×10^-5．

Answer 1

分析 已知：①中由水电离出的c（OH^-）小于②中由水电离出的c（H⁺），说明①NaOH对水的抑制程度大，证明HX为弱酸，
（1）①0.1mol/L NaOH溶液和②0.1mol/L HX溶液，两溶液等体积混合得到NaX的溶液，X^-离子水解溶液显碱性；
（2）碱溶液中pOH越大、pH越小，说明溶液中氢氧根离子浓度越小，氢离子浓度越大，碱性越弱、酸性越强，随着盐酸的加入，发生中和反应，溶液氢氧根离子的浓度逐渐减小，则溶液pH逐渐减小，pOH逐渐增大，结合弱电解质的电离解答该题；
（3）反应后测得溶液pH=7，则可推知NaCN过量，根据电荷守恒和物料守恒即可计算出CN^-和HCN的浓度，进而计算出K_a﹦（100a-1）×10^-7 mol•L^-1．

解答 解：（1）①0.1mol/L NaOH溶液和②0.1mol/L HX溶液，两溶液等体积混合得到NaX的溶液，X^-离子水解溶液显碱性，溶液中离子浓度大小为：c（Na⁺）＞c（X^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），故答案为：c（Na⁺）＞c（X^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）；
（2）Q点的pOH=pH，溶液为中性，而两者等体积混合后生成醋酸钠，水解显碱性．则所加NaOH溶液体积略小于HX溶液的体积，由于M点的OH^-浓度等于N点的H⁺浓度，对水的电离程度抑制能力相同，所以两点水电离程度相同，
故答案为|：小于；等于；
（3）由于反应后测得溶液pH=7，当a=0.01时，恰好反应，生成了氰化氢溶液，溶液显示酸性，故氰化钠应该多些，故a＞0.01；
根据电荷守恒：c（Na⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（CN^-）+c（Cl^-），pH=7，c（H⁺）=c（OH^-），c（CN^-）=c（Na⁺）-c（Cl^-）=$\frac{a}{2}$mol/L-$\frac{0.01}{2}$mol/L；
再根据物料守恒：c（CN^-）+c（HCN）=c（Na⁺）=$\frac{a}{2}$mol/L；K_a﹦$\frac{c（{H}^{+}）c（C{N}^{-}）}{c（HCN）}$=$\frac{（\frac{a}{2}mol/L-\frac{0.01}{2}mol/L）×1{0}^{-7}mol/L}{\frac{0.01}{2}mol/L}$=（100a-1）×10^-7 mol•L^-1=（a-0.01）×10^-5；
故答案为：＞；（a-0.01）×10^-5．

点评 本题考查水溶液中的离子平衡、离子浓度、电离常数、沉淀溶解平衡等电解质溶液的相关知识．考查学生的知识运用能力、灵活分析处理实际问题的能力．酸碱中和的定性判断和计算，侧重于弱电解质的电离的考查，注意弱电解质的电离特点，把握pOH的含义，题目难度中等．