题目内容

12.常温下,用0.02mol•L-1MOH溶液滴定100mL0.01mol•L-1HA溶液,如图为加入MOH溶液的体积与混合溶液的pH变化情况(溶液体积变化勿略不计).回答下列问题:
(1)由图中信息可知HA为强酸(填“强”或“弱”),滴定所用的最适宜指示剂为甲基橙,滴定时眼睛注视锥形瓶内颜色变化.
(2)常温下一定浓度的MA稀溶液的pH=a,则a<7(填“大于”、“小于”或“等于”)此时,溶液中水电离出的c(OH-)=10-amol/L.
(3)请写出K点所对应的溶液中离子浓度的由大到小的关系:c(M+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+).
(4)K点所对应的溶液中,c(M+)+c(MOH)等于2c(A-);(填“大于”“小于”“等于”)
(5)室温下MOH溶液加水稀释过程中,下列数值变小的是③(填序号)
①c(H+)    ②$\frac{C({H}^{+})}{C(O{H}^{-})}$   ③c(OH-)   ④$\frac{C(O{H}^{-})}{C({M}^{+})}$.

分析 (1)根据图知,未加碱时0.01mol•L-1HA溶液的pH=2,说明溶液中c(H+)=c(HA),HA完全电离;
当混合溶液的pH=7时,n(HA)<n(MOH),说明MOH部分电离为弱碱,二者恰好完全中和时生成的MA是强酸弱碱盐,其溶液呈酸性;滴定时眼睛要注视混合溶液颜色变化;
(2)MA是强酸弱碱盐,其阳离子水解导致该溶液呈酸性;水电离出的c(OH-)等于该溶液中c(H+);
(3)K点n(MOH)=2n(HA),溶液中的溶质为等物质的量浓度的MOH和MA,MOH电离程度大于MA水解程度导致溶液呈碱性,结合电荷守恒判断离子浓度大小;
(4)K点n(MOH)=2n(HA),溶液中存在物料守恒,根据物料守恒判断;
(5)MOH溶液加水稀释促进MOH电离,但MOH电离增大程度小于溶液体积增大程度,则溶液中c(OH-)、c(MOH)、c(M+)都减小.

解答 解:(1)根据图知,未加碱时0.01mol•L-1HA溶液的pH=2,说明溶液中c(H+)=c(HA),HA完全电离为强酸;
当混合溶液的pH=7时,n(HA)<n(MOH),说明MOH部分电离为弱碱,二者恰好完全中和时生成的MA是强酸弱碱盐,其溶液呈酸性,所以需要选取甲基橙为指示剂;滴定时眼睛要注视混合溶液颜色变化,所以眼睛要注视锥形瓶内颜色变化,
故答案为:强;甲基橙;锥形瓶内颜色变化;
(2)MA是强酸弱碱盐,其阳离子水解导致该溶液呈酸性,所以a<7;水电离出的c(OH-)等于该溶液中c(H+)为10-a mol/L,
故答案为:<;10-a;
(3)K点n(MOH)=2n(HA),溶液中的溶质为等物质的量浓度的MOH和MA,MOH电离程度大于MA水解程度导致溶液呈碱性,则c(OH-)>c(H+),结合电荷守恒得c(M+)>c(A-),MOH电离较微弱,所以溶液中离子浓度大小顺序是c(M+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+),
故答案为:c(M+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+);
(4)K点n(MOH)=2n(HA),溶液中存在物料守恒,根据物料守恒得c(M+)+c(MOH)等于2c(A-),
故答案为:等于;
(5)MOH溶液加水稀释促进MOH电离,但MOH电离增大程度小于溶液体积增大程度,则溶液中c(OH-)、c(MOH)、c(M+)都减小,
①c(OH-)减小,离子积常数不变,则c(H+)增大,故错误;
②稀释过程中c(OH-)减小,$\frac{C({H}^{+})}{C(O{H}^{-})}$=$\frac{{K}_{w}}{{c}^{2}(O{H}^{-})}$增大,故错误;
③稀释过程中促进MOH电离,但其电离增大程度小于溶液体积增大程度,所以c(OH-)减小,故正确;
④稀释过程中c(OH-)、c(M+)减小程度相同,则$\frac{C(O{H}^{-})}{C({M}^{+})}$不变,故错误;
故答案为:③.

点评 本题考查酸碱混合溶液定性判断,为高频考点,侧重考查学生分析判断能力,明确滴定过程中溶液中的溶质成分及其性质是解本题关键,注意:稀释弱碱过程中只有c(H+)增大,其它微粒浓度都减小.

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