Question

19．常温下，已知0.1mol•L^-1一元酸HA溶液中$\frac{c（O{H}^{-}）}{c（{H}^{+}）}$=1×10^-10，则溶液的pH=2．
①pH=2的HA与pH=11的NaOH溶液等体积混合；反应的离子方程式为HA+OH^-=A^-+H₂O；混合溶液中，各离子的物质的量浓度大小关系是c（A^-）＞c（Na⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-）；
②0.2mol•L^-1HA溶液与0.1mol•L^-1NaOH溶液等体积混合后所得溶液中（溶液体积变化忽略不计）：c（H⁺）+c（HA）-c（OH^-）=0.05mol•L^-1．

Answer 1

分析 0.1mol•L^-1一元酸HA溶液中$\frac{c（O{H}^{-}）}{c（{H}^{+}）}$=1×10^-10，c（H⁺）．c（OH^-）=1×10^-14，所以c（H⁺）=0.01mol/L，
溶液的pH=-lgc（H⁺）；
①HA溶液中c（H⁺）小于c（HA），所以HA是一元弱酸，HA和NaOH发生中和反应生成NaA和水；pH=2HA溶液浓度大于0.01mol/L，pH=11的NaOH溶液浓度为0.001mol/L，二者等体积混合，酸剩余，酸的电离程度大于酸根离子水解程度导致溶液呈酸性，结合电荷守恒判断离子浓度大小；
②0.2mol•L^-1HA溶液与0.1mol•L^-1NaOH溶液等体积混合后溶液中溶质为等物质的量浓度的NaA和HA，其物质的量浓度都是0.05mol/L，根据电荷守恒和物料守恒计算．

解答 解：0.1mol•L^-1一元酸HA溶液中$\frac{c（O{H}^{-}）}{c（{H}^{+}）}$=1×10^-10，c（H⁺）．c（OH^-）=1×10^-14，所以c（H⁺）=0.01mol/L，溶液的pH=-lgc（H⁺）=-lg0.01=2，故答案为：2；
①HA溶液中c（H⁺）小于c（HA），所以HA是一元弱酸，HA和NaOH发生中和反应生成NaA和水，离子方程式为HA+OH^-=A^-+H₂O；pH=2HA溶液浓度大于0.01mol/L，pH=11的NaOH溶液浓度为0.001mol/L，二者等体积混合，酸剩余，酸的电离程度大于酸根离子水解程度导致溶液呈酸性，结合电荷守恒得 c（A^-）＞c（Na⁺），所以溶液中离子浓度大小顺序是 c（A^-）＞c（Na⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-），
故答案为：HA+OH^-=A^-+H₂O；c（A^-）＞c（Na⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-）；
②0.2mol•L^-1HA溶液与0.1mol•L^-1NaOH溶液等体积混合后所得溶液中，由电荷守恒有：c（Na⁺）+c（H⁺）=c（A^-）+c（OH^-），由物料守恒有：2c（Na⁺）=c（A^-）+c（HA），故c（H⁺）+c（HA）-c（OH^-）=c（Na⁺）=$\frac{1}{2}$×0.1mol/L=0.05mol/L，
故答案为：0.05．

点评 本题考查弱电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断、pH计算等知识点，侧重考查学生分析计算能力，明确溶液中溶质及其性质是解本题关键，对于离子浓度大小比较要注意结合电荷守恒和物料守恒分析解答，题目难度不大．