Question

【题目】（1）100°C时，KW=1.0×10-12，在该温度下，测得0.1mol/L Na2A溶液pH=6。

①H2A在水溶液中的电离方程式为_____；

②体积相等pH=1的盐酸与H2A溶液分别与足量的Zn反应，H2A溶液产生的H2_____（填“多”、“少”或“一样多”）。

（2）将0.4mol/L HA溶液与0.2mol/L NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液中c(Na+)＞c(A-)：

①混合溶液中c(A)_____c(HA)（填“＞”、“＜”或“=”，下同）；

②混合溶液中c(HA)+c(A)_____0.2mol/L。

（3）已知在常温下测得浓度均为0.1mol/L的下列5种溶液的pH，如表所示：

溶质	CH3COONa	NaHCO3	Na2CO3	NaClO	NaCN
pH	8.8	9.7	11.6	10.3	11.1

①少量二氧化碳通入NaClO溶液中的离子方程式_____；

②浓度均为0.01mol/L的下列4种物质的溶液分别加水稀释100倍，pH变化最小的是_____（填编号）；

a．CH3COOH b．HCN c．HClO d．H2CO3

③常温下浓度相同的醋酸和醋酸钠混合液pH=6，则c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=_____mol/L（填准确数值）。

Answer 1

【答案】H2A=2H＋＋A2－ 一样多 < = CO2＋ClO－＋H2O=HClO＋HCO3－ b 1.98×10-6

【解析】

(1)先根据100℃时，KW=1.0×10－12，求出纯水中c(H＋)=10－6mol/L，即该温度下，当pH=6时，溶液显中性，然后再判断出Na2A溶液的酸碱性，从得出H2A是强酸还是弱酸；

(2)①先判断出反应后溶液中的溶质为HA和NaA，根据c(Na＋)>c(A－)，判断出是电离为主还是水解为主进行分析；

②根据物料守恒进行分析；

(3)①利用表格中的数据，利用“越弱越水解”分析出CH3COOH、H2CO3、HCO3－、HClO、HCN电离出H＋能力大小，据此分析；

②利用酸性最弱的酸，稀释相同倍数，pH变化最小；

③利用电荷守恒和物料守恒进行分析；

(1) ①100℃时，KW=1.0×10-12，纯水中c(H＋)=10-6mol/L，该温度下，当pH=6时，溶液显中性，该温度下，0.1mol/L Na2A溶液pH=6，溶液显中性，Na2A为强酸强碱盐，H2A为强酸，其电离方程式为H2A=2H＋＋A2－；

②H2A、HCl为强酸，完全电离，体积相等pH=1的盐酸和H2A溶液中n(H＋)相等，因此与足量锌反应生成的氢气一样多；

(2)HA的浓度是NaOH浓度的2倍，等体积混合后，溶质为NaA和HA，且两者物质的量相等，因为c(Na＋)>c(A－)，根据电荷守恒，c(H＋)<c(OH－)，溶液显碱性，说明A－水解大于HA的电离，得出混合溶液中c(HA)>c(A－)；

②应是等体积混合，浓度降为原来的一半，根据物料守恒，c(HA)＋c(A－)=0.2mol/L；

(3)根据“越弱越水解”得出电离出H＋能力大小顺序是CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>HCO3－，

①少量CO2通入NaClO溶液中的离子方程式为CO2＋ClO－＋H2O=HClO＋HCO3－；

②酸性最强的酸是CH3COOH，加水稀释促进弱酸的电离，相同浓度的不同酸稀释相同倍数，酸的酸性越弱，酸的pH变化越小，酸性最弱的酸是HCN，则pH变化最小的是HCN，故b正确；

③电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，物料守恒：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)=2c(Na＋)，则有：c(CH3COO－)－c(CH3COOH)=2c(H＋)－2c(OH－)，浓度相同的醋酸和醋酸钠混合液的pH=6，即c(H＋)=10－6mol/L，c(OH－)=mol·L－1=10－8mol/L，代入公式，得到c(CH3COO－)－c(CH3COOH)=2(10－6－10－8)=1.98×10-6mol/L。