Question

Ⅰ常温下，向100mL0.01mol?L^-1HA溶液中逐滴加入0.02mol?L^-1MOH溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况（体积变化忽略不计）．回答下列问题：
（1）由图中信息可知HA为

强

酸（填“强”或“弱”），理由是

0.01mol/LHA的pH=2，说明HA完全电离

．
（2）N点对应溶液中离子浓度由大到的顺序为

c（A^-）=c（M⁺）＞c（H⁺）c（OH^-）

．
（3）若K点所对应的溶液pH=10，则c（MOH）+c（OH^-）-c（H⁺）=

0.005

mol?L^-1．
Ⅱ复分解反应存在这样一个规律：一种较强酸与一种较弱酸的盐可以自发地反应，生成较弱酸和较强酸的盐，如：2CH₃COOH+Na₂CO₃=2CH₃COONa+H₂O+CO₂↑
若换个角度看，它同时还揭示出另一条规律，即碱性较强的物质发生类似反应可以生成碱性较弱的物质．依照该规律回答下列问题：
（4）已知在常温下，测得浓度均为0.1mol/L的下列六种溶液的pH：

溶质	CH3COONa	NaHCO3	NaClO	NaCN	C6H5ONa
pH	8.8	9.7	10.3	11.1	11.3

上述盐溶液中的阴离子，结合H⁺能力最强的是

C₆H₅O^-

，
（5）下列反应不能成立的是

AD

（填编号）．
A．CO₂+H₂O+2NaClO=Na₂CO₃+2HClO
B．CO₂+H₂O+NaClO=NaHCO₃+HClO
C．CO₂+H₂O+C₆H₅ONa=NaHCO₃+C₆H₅OH
D．CO₂+H₂O+2C₆H₅ONa=Na₂CO₃+2C₆H₅OH
E．CH₃COOH+NaCN=CH₃COONa+HCN．

Answer 1

分析：I．（1）0.01mol?L^-1HA溶液其pH=2，该溶液中c（H⁺）=c（HA），说明HA完全电离，为强酸；
（2）根据溶液的酸碱性结合电荷守恒分析；
（3）根据混合溶液中物料守恒及电荷守恒来分析解答；
II．（4）相同条件下，酸的电离程度越大，则酸性越强，其酸根离子结合氢离子能力越小，所以相同的钠盐溶液，其pH越小；
（5）根据强酸制取弱酸分析．

解答：解：I．（1）未滴加碱时，0.01mol?L^-1HA溶液其pH=2，所以该溶液中c（H⁺）=c（HA），说明HA完全电离则HA是强酸，
故答案为：强；0.01mol/LHA的pH=2，说明HA完全电离；
（2）N点溶液呈中性，则c（OH^-）=c（H⁺），溶液中存在电荷守恒c（OH^-）+c（A^-）=c（M⁺）+c（H⁺），所以 c（A^-）=c（M⁺），水的电离较微弱，所以c（M⁺）＞c（H⁺），则离子浓度大小顺序是c（A^-）=c（M⁺）＞c（H⁺）c（OH^-），
故答案为：c（A^-）=c（M⁺）＞c（H⁺）c（OH^-）；
（3）在K点时混合溶液体积是碱溶液的2倍，根据物料守恒结合溶液体积变化知，c（MOH）+c（M⁺）=0.01mol?L^-1，根据电荷守恒得c（M⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（A^-），c（MOH）+c（OH^-）-c（H⁺）=c（M⁺）-c（A^-）+c（MOH）=0.01mol?L^-1-0.005mol?L^-1=0.005mol?L^-1，
故答案为：0.005；
II．（4）相同条件下，酸的电离程度越大，则酸性越强，其酸根离子结合氢离子能力越小，所以相同的钠盐溶液，其pH越小，根据钠盐溶液pH知，酸根离子水解能力最大的是C₆H₅O^-，所以结合氢离子能力最强的是C₆H₅O^-
，故答案为：C₆H₅O^-；
（5）相同浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大，则钠盐溶液的pH越大，酸的酸性越小，根据钠盐溶液的PH知，酸性强弱顺序是：CH₃COOH＞H₂CO₃＞HClO＞HCN＞C₆H₅OH，根据强酸制取弱酸判断，
A．酸性H₂CO₃＞HClO＞HCO₃^-，所以二氧化碳和次氯酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，故错误；
B．酸性H₂CO₃＞HClO＞HCO₃^-，所以CO₂+H₂O+NaClO=NaHCO₃+HClO成立，故正确；
C．酸性H₂CO₃＞C₆H₅OH＞HCO₃^-，应生成NaHCO₃，故正确；
D．酸性H₂CO₃＞C₆H₅OH＞HCO₃^-，应生成NaHCO₃，故错误；
E．CH₃COOH酸性大于HCN，所以反应CH₃COOH+NaCN=CH₃COONa+HCN能发生，故正确；
故选AD．

点评：本题考查了弱电解质的电离，明确酸性强弱与酸根离子水解程度的关系是解本题关键，注意苯酚钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠而不是碳酸钠，为易错点，结合电荷守恒来分析解答，难度中等．