Question

7．某温度下，向一定体积0.1mol•L^-1一元弱酸HA溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pH与pOH[pOH=-1gc（OH^-）]的变化关系如图所示．  下列说法错误的是（　　）

• A． 此温度下，水的离子积常数为1.0×10^-2a
• B． M、N两点所示的溶液中，水的电离程度相同
• C． Q点消耗的NaOH溶液的体积等于HA溶液的体积
• D． N点溶液加水稀释，$\frac{c（{A}^{-}）}{c（HA）}$减小

Answer 1

分析 A．水的离子积常数表达式为K_w=c（H⁺）c（OH^-），两边取负对数得到pK_w=pH+pOH，根据图象分析计算；
B．M点溶液表示pOH＞pH，即c（H⁺）＞c（OH^-），N点溶液表示pH＞pOH，即c（H⁺）＜c（OH^-），根据K_w值和图象分析；
C．Q点表示溶液中pH=pOH，即c（H⁺）=c（OH^-），溶液呈中性，由于HA为弱酸，则NaA会发生水解使溶液呈碱性，据此分析；
D．N点为pH＞pOH，即c（H⁺）＜c（OH^-），溶液为碱性，HA的电离平衡常数表达式为K_a=$\frac{c（{H}^{+}）c（{A}^{-}）}{c（HA）}$，据此分析．

解答 解：A．水的离子积常数表达式为K_w=c（H⁺）c（OH^-），两边取负对数得到pK_w=pH+pOH，则pOH=pK_w-pH，符合图象是一次函数形式，将Q点时pH和pOH的值代入表达式，可以得到pK_w=2a，则K_w=1.0×10^-2a，故A正确；
B．M点溶液表示pOH＞pH，即c（H⁺）＞c（OH^-），此时溶液显酸性，表明溶液中是HA过量的，HA电离抑制水的电离，此时溶液中水电离的c_水（H⁺）=$\frac{{K}_{w}}{c（O{H}^{-}）}$=$\frac{1.0×1{0}^{-2a}}{1{0}^{-a}}$=1.0×10^-amol/L，N点溶液表示pH＞pOH，即c（H⁺）＜c（OH^-），溶液显碱性，此时溶液中水电离的c（H⁺）=10^-amol/L，因此M、N两点所示的溶液中，水的电离程度相同，故B正确；
C．Q点表示溶液中pH=pOH，即c（H⁺）=c（OH^-），溶液呈中性，由于HA为弱酸，则NaA会发生水解使溶液呈碱性，此时并未到滴定终点，溶液中同时存在HA和NaA，则Q点消耗的NaOH溶液的体积小于HA溶液的体积，故C错误；
D．N点为pH＞pOH，即c（H⁺）＜c（OH^-），溶液为碱性，HA的电离平衡常数表达式为K_a=$\frac{c（{H}^{+}）c（{A}^{-}）}{c（HA）}$，则溶液中$\frac{c（{A}^{-}）}{c（HA）}$=$\frac{{K}_{a}}{c（{H}^{+}）}$，碱性溶液加水稀释，溶液中c（OH^-）减少，则c（H⁺）上升，所以$\frac{c（{A}^{-}）}{c（HA）}=\frac{{K}_{w}}{c（{H}^{+}）}$减少，故D正确．
故选C．

点评 本题考查弱电解质的电离平衡，掌握溶液酸碱性的判据是溶液中c（H⁺）与c（OH^-）的相对大小，结合弱酸的电离平衡常数分析是解题的关键，题目难度中等．