Question

6．25℃时，向20mL 0.1mol•L^-1H₂R（二元弱酸）溶液中滴加0.1mol•L^-1NaOH溶液，溶液pH与加入NaOH溶液体积的关系如图所示，下列有关说法正确的是（　　）

• A． a点所示溶液中：c（H₂R）+c（HR^-）+c（R^2-）=0.1mol•L^-1
• B． b点所示溶液中：c（Na⁺）＞c（HR^-）＞c（H₂R）＞c（R^2-）
• C． 对应溶液的导电性：b＞c
• D． a，b，c，d中，d点所示溶液中水的电离程度最大

Answer 1

分析 A、a点是向20mL 0.1mol•L^-1H₂R（二元弱酸）溶液中滴加10mL0.1mol•L^-1NaOH溶液，所得的溶液是等浓度的H₂R和NaHR的混合溶液；
B、b点是向20mL 0.1mol•L^-1H₂R（二元弱酸）溶液中滴加20mL0.1mol•L^-1NaOH溶液，所得溶液是0.05mol/L的NaHR溶液，由于溶液显酸性，故HR^-的电离大于水解，据此分析离子浓度大小；
C、溶液的导电性取决于离子浓度大小；
D、酸抑制水的电离，盐的水解促进水的电离，且酸越弱，对应的盐水解程度越大，对水的电离的促进程度越大．

解答 解：A、a点是向20mL 0.1mol•L^-1H₂R（二元弱酸）溶液中滴加10mL0.1mol•L^-1NaOH溶液，所得的溶液是H₂R和NaHR的混合溶液，且两者的物质的量均为0.001mol，由于溶液体积变为30mL，故两者的浓度均为c=$\frac{0.001mol}{0.03L}$=$\frac{1}{30}$mol/L，根据物料守恒可知，溶液中c（H₂R）+c（HR^-）+c（R^2-）=$\frac{1}{30}×2$mol•L^-1=$\frac{1}{15}$mol/L，故A错误；
B、b点是向20mL 0.1mol•L^-1H₂R（二元弱酸）溶液中滴加20mL0.1mol•L^-1NaOH溶液，所得溶液是0.05mol/L的NaHR溶液，由于溶液显酸性，故HR^-的电离HR^-?H⁺+R^2-大于水解H₂O+HR^-?H₂R+OH^-，故有：c（Na⁺）＞c（HR^-）＞c（R^2-）＞c（H₂R），故B错误；
C、b点是向20mL 0.1mol•L^-1H₂R（二元弱酸）溶液中滴加0.1mol•L^-1NaOH溶液20mL，得到的是浓度为0.05mol/L的NaHR溶液；c点是向20mL 0.1mol•L^-1H₂R（二元弱酸）溶液中滴加0.1mol•L^-1NaOH溶液30mL，得到的是浓度均为0.02mol/L的NaHR和Na₂R的混合溶液，故b点溶液中的离子浓度小于c点，故导电能力b＜c，故C错误；
D、a点是H₂R和NaHR的混合溶液，H₂R抑制水的电离；b点是0.05mol/L的NaHR溶液，由于HR^-的电离大于其水解，故水的电离也被抑制；c点是浓度均为0.02mol/L的NaHR和Na₂R的混合溶液，NaHR抑制水的电离，Na₂R促进水的电离；d点是向20mL 0.1mol•L^-1H₂R（二元弱酸）溶液中滴加0.1mol•L^-1NaOH溶液40mL，故得到的是Na₂R溶液，对水的电离有促进作用，故这四个点中，d点的水的电离程度最大，故D正确；
故选D．

点评 本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，侧重考查学生图象分析及知识综合运用能力，明确曲线上对应点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，熟悉常见盐及其水解特点，题目难度中等．