Question

20．Ⅰ、常温下将0.010molCH₃COONa和0.004molHCl溶于水，配制成0.5L混合溶液，计算：溶液中n（CH₃COO^-）+n（OH^-）-n（H⁺）=0.006mol
Ⅱ、甲、乙两位同学设计用实验确定某酸HA是弱电解质，存在电离平衡，且改变条件平衡发生移动．实验方案如下：
甲：①准确配制0.1mol•L^-1的HA、HCl溶液各100mL；
②取纯度相同，质量、大小相等的锌粒放入两只试管中，同时加入0.1mol•L^-1的HA、HCl溶液各100mL，按如图1装好，观察现象．
乙：①用pH计测定物质的量浓度均为0.1mol•L^-1的HA和HCl溶液的pH；

②再取0.1mol•L^-1的HA和HCl溶液各2滴（1滴约为$\frac{1}{20}$mL）分别稀释至100mL，再用pH计测其pH变化．
（1）乙方案中说明HA是弱电解质的理由是，测得0.1mol•L^-1的HA溶液的pH＞1（填“＞”“＜”或“=”）；甲方案中，说明HA是弱电解质的实验现象是A．
A．装HCl的试管中放出的氢气速率大
B．装HA溶液的试管中放出氢气的速率大
C．两个试管中产生气体速率一样大
（2）乙同学设计的实验第②步，能证明改变条件解质平衡发生移动．加水稀释，弱酸HA的电离程度增大（填“增大、减小、不变”）
（3）甲同学为了进一步证明弱电解质电离平衡移动的情况，设计如下实验：使HA的电离程度和c（H⁺）都减小，c（A^-）增大，可在0.1mol•L^-1的HA溶液中，选择加入A试剂．
A．NaA固体（可完全溶于水）B．1mol•L^-1NaOH溶液 C．1mol•L^-1H₂SO₄ D．2mol•L^-1HA
（4）pH=1的两种酸溶液A、B各1mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积V的关系如图2所示，则下列说法不正确的有C
A．若a=4，则A是强酸，B是弱酸
B．若1＜a＜4，则A、B都是弱酸
C．两种酸溶液的物质的量浓度一定相等
D．稀释后，A溶液的酸性比B溶液弱．

Answer 1

分析 Ⅰ、常温下将0.010molCH₃COONa和0.004molHCl溶于水，配制成0.5L混合溶液，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得n（CH₃COO^-）+n（OH^-）-n（H⁺）=n（Na⁺）-n（Cl^-）；
Ⅱ、（1）弱电解质的水溶液中，弱电解质在溶液中只有部分电离，反应速率与氢离子浓度成正比；
（2）只有改变条件时，才能证明改变条件弱电解质平衡发生移动；
（3）使HA的电离程度和c（H⁺）都减小，c（A^-）增大，则应该加入含有A^-的物质；
（4）稀释相同的倍数，A的变化大，则A的酸性比B的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强，对于一元强酸来说c（酸）=c（H⁺），但对于一元弱酸，c（酸）＞c（H⁺）．

解答 解：Ⅰ、常温下将0.010molCH₃COONa和0.004molHCl溶于水，配制成0.5L混合溶液，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得n（CH₃COO^-）+n（OH^-）-n（H⁺）=n（Na⁺）-n（Cl^-）=0.010mol-0.004mol=0.006mol，
故答案为：0.006mol；
Ⅱ、（1）弱电解质的水溶液中，弱电解质只有部分电离，则0.1mol•L^-1的HA溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，所以溶液的pH＞1；
反应速率与氢离子浓度成正比，等浓度的HA和盐酸溶液中，HA中氢离子浓度小，所以开始时产生氢气的速率小，盐酸中氢离子浓度大，则产生氢气的速率大，所以A正确，BC错误，
故答案为：＞，A；
（2）浓度越小，弱电解质的电离程度越大，所以加水稀释，弱酸HA的电离程度会增大，
故答案为：增大；
（3）使HA的电离程度和c（H⁺）都减小，c（A^-）增大，则应该加入含有A^-的物质，所以A中加入NaA固体（可完全溶于水）正确，
故答案为：A；
（4）A．若a=4，A完全电离，则A是强酸，B的pH变化小，则B为弱酸，故A正确；
B．pH=1的酸，加水稀释到1000倍，若pH=4，为强酸，若a＜4，则A、B 都是弱酸，故B正确；
C．根据图2可知，稀释1000倍后A的pH值变化大于B，说明A的酸性大于B，当pH相同时，A的浓度一定小于B，故C错误；
D．溶液的PH越大，氢离子浓度越小，其酸性越弱，由图2可知，A的pH大于B，则稀释后，A溶液的酸性比B溶液弱，故D正确；
故答案为：C．

点评 本题考查离子浓度大小比较、弱电解质电离等知识点，明确强酸与弱酸在稀释时pH变化程度大、酸的浓度和氢离子的浓度的关系是解答本题的关键，题目难度不大．