Question

【题目】纯的叠氮酸(HN3)是一种弱酸，常温下向25mL 0.1 mol/L NaOH溶液中加入0.2 mol/L HN3溶液，滴加过程中的pH值的变化曲线(溶液混合时的体积变化忽略不计)如下图。下列说法正确的是（ ）

A. 该滴定过程中应用甲基橙作指示剂

B. 若B点pH=8，则c(HN3)=(10-6～10-8 )mol/L

C. 点D对应溶液中存在关系：c(HN3)>c(Na+)>c(N3-)

D. 沿曲线A→B→C的过程中，由水电离产生的c(OH-)逐渐减少

Answer 1

【答案】B

【解析】

A.HN3是一元弱酸，与NaOH等物质的量反应得到的盐是强碱弱酸盐，溶液显碱性，所以滴定时要选择在碱性条件下变色的指示剂酚酞，不能使用酸性范围变色的指示剂甲基橙，A错误；

B.在B点时NaOH与HN3恰好发生中和反应产生NaN3，根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(N3-)，由于NaOH、HN3的体积已知，所以c(Na+)=(25mL× 0.1 mol/L)÷(25+12.5)mL=0.067mol/L，此时溶液的pH=8，c(H+)=10-8mol/L，c(OH-)=10-6mol/L，可得c(N3-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)= c(Na+)+10-8-10-6，再根据物料守恒可得c(HN3)+ c(N3-)=c(Na+)，所以c(HN3)=(10-6～10-8 )mol/L，B正确；

C. D点时HN3的物质的量是NaOH的2倍，溶液为NaN3、HN3等物质的量关系混合，此时溶液中存在HN3的电离作用和N3-的水解作用，根据图示可知此时溶液显酸性，说明HN3的电离作用大于N3-的水解作用，所以c(N3-)>c(Na+)，HN3由于电离而消耗，因此c(Na+)>c(HN3)，因此溶液中微粒浓度关系为c(N3-)>c(Na+)>c(HN3)，C正确；

D.在A点溶液为NaOH溶液，NaOH是碱，抑制水的电离，随着HN3的加入，溶液的碱性逐渐减弱，水电离程度逐渐增大，当到B点时酸碱恰好中和，水电离程度达到最大值，后再向溶液中加入HN3，这时随着酸的加入，溶液逐渐变为酸性，酸对水的电离起抑制作用，水电离程度由逐渐减小，因此沿曲线A→B→C的过程中，由水电离产生的c(OH-)先逐渐增大到B点时最大，后又逐渐减少，D错误；

故合理选项是B。