Question

5．（1）将6g CH₃COOH溶于水制成1L溶液，此溶液的物质的量浓度为0.1mol/L，经测定溶液中含CH₃COO^-为1.4×10^-3mol/L，此温度下醋酸的电离度=1.4%，温度升高，K_a将变大．
（2）25℃时，pH=12.0的KOH溶液中，由水电离出的C（OH^-）=10^-12mol/L．
（3）常温下，将0.1mol•L^-1氢氧化钠溶液与0.06mol•L^-1硫酸溶液等体积混合，该混合溶液的pH等于2．

Answer 1

分析 （1）n（CH₃COOH）=$\frac{6g}{60g/mol}$=0.1mol，根据c=$\frac{n}{V}$计算物质的量浓度；根据α=$\frac{c（C{H}_{3}CO{O}^{-}）}{c（C{H}_{3}COOH）}$计算电离度，结合外界条件对弱电解质的电离平衡的影响判断电离度的变化；
（2）碱抑制水电离，碱溶液中水电离出的氢氧根离子浓度等于溶液中氢离子浓度；
（3）根据酸碱溶液混合时，先判断过量，然后计算过量的酸或碱的物质的量浓度，最后计算溶液的pH来解答即可．

解答 解：（1）n（CH₃COOH）=$\frac{6g}{60g/mol}$=0.1mol，
c（CH₃COOH）=$\frac{0.1mol}{1L}$=0.1mol/L，
α=$\frac{c（C{H}_{3}CO{O}^{-}）}{c（C{H}_{3}COOH）}$=$\frac{1.4×1{0}^{-3}}{0.1}$=1.4%，弱电解质电离吸热，故升高温度，醋酸的电离平衡右移，即Ka变大．
故答案为：0.1mol/L；1.4%；变大；
（2）碱抑制水电离，碱溶液中水电离出的c（OH^-）=c（H⁺）=10^-12 mol/L，故答案为：10^-12；
（3）设溶液的体积都是1L，则氢氧化钠的物质的量为1L×0.1mol•L^-1=0.1mol，
硫酸的物质的量为1L×0.06mol•L^-1=0.06mol，H⁺的物质的量为0.06mol×2=0.12mol，
则当酸碱发生中和时H⁺和OH^-的物质的量分别为0.12mol和0.1mol，
则硫酸过量，过量的H⁺的物质的量为0.12mol-0.1mol=0.02mol，
则反应后溶液中H⁺的物质的量浓度为c（H⁺）=$\frac{0.02mol}{2L}$=0.01 mol•L^-1，
pH=-lg10^-2=2．
故答案为：2．

点评 本题主要考查溶液pH的有关计算和溶液中水电离出氮气氢离子、氢氧根的浓度的计算，明确酸碱反应的过量分析是解答的关键，并应熟悉物质的量的计算、pH的计算公式来解答即可．