Question

4．298K时，在100mL 1mol•L^-1 H₂R稀溶液中滴入1mol•L^-1 NaOH溶液，溶液中HR^-、R^2-的物质的量随pH变化的关系如图所示．下列有关叙述正确的是（　　）

• A． pH=4时，溶液中c（HR^-）：c（R^2-）=l：10
• B． 滴入150 mL NaOH溶液时，溶液中c（Na⁺ ）＞c（HR^-）＞c（R^2-）
• C． a点溶液中存在c（Na⁺ ）+c（H⁺ ）=c（HR^-）+c（R^2-）+c（OH^-）
• D． c点溶液中含R的微粒有HR^-、H₂R、R^2-

Answer 1

分析 298K时，在100mL 1mol/LH₂R稀溶液中滴入1mol/LNaOH溶液，发生的反应有：NaOH+H₂R=NaHR+H₂O，这是第一个滴定终点，NaHR+NaOH=Na₂R+H₂O，这是第二个滴定终点，结合图象中R的存在形式的浓度变化和溶液中的守恒思想，据此分析判断．

解答 解：298K时，在100mL 1mol/LH₂R稀溶液中滴入1mol/LNaOH溶液，发生的反应有：NaOH+H₂R=NaHR+H₂O，这是第一个滴定终点，NaHR+NaOH=Na₂R+H₂O，这是第二个滴定终点，
A．根据平衡常数判断平衡时候的浓度之比，根据图象，当pH=3时，此时c（HR^-）=c（R^2-），则H₂R的二级解离常数为K₂=$\frac{c（{H}^{+}）c（{R}^{2-}）}{c（H{R}^{-}）}$=10^-3mol/L，当pH=4时，平衡时，则有K₂=$\frac{c（{R}^{2-}）c（{H}^{+}）}{c（H{R}^{-}）}$=$\frac{c（{R}^{2-}）×1{0}^{-4}mol/L}{c（H{R}^{-}）}$=10^-3mol/L，整理可得到c（R^2-）=10c（HR^-），因此溶液中c（HR^-）：c（R^2-）=l：10，故A正确；
B．滴入150mL  1mol/L的NaOH时，经过反应，溶液中的组分为c（NaHR）：c（Na₂R）=1：1，根据物料守恒，2c（Na⁺）=3c（HR^-）+3c（R^2-），则c（Na⁺）＞c（HR^-），c（Na⁺）＞c（R^2-），根据图象分析，当HR^-大量存在时，溶液为酸性，因此HR^-的电离程度大于水解程度，考虑到平衡时c（HR^-）=c（R^2-）时，溶液依然为酸性，因此可判断起始时c（NaHR）：c（Na₂R）=1：1，溶液也应为酸性，HR-大量电离产生R2-，则平衡时，c（R^2-）＞c（HR^-），故B错误；
C．在a点，根据溶液中的电荷守恒，c（Na⁺ ）+c（H⁺ ）=c（HR^-）+2c（R^2-）+c（OH^-），故C错误；
D．根据图象，c点此时离中性很近，并且此时溶液中HR^-已经量相当少，则H₂R更少，几乎不存在H₂R，故D错误．
故选A．

点评 本题考查酸碱滴定原理，分析图象中离子组分随pH值的变化是解题的关键，需注意图象反应是各组分的平衡浓度，题目难度中等．值得一提的是，对于B项，按照理论上平衡时HR^-和R^2-的浓度确实不等，学过大学无机化学的会知道，这是缓冲溶液，可按近似相等处理．