Question

18．（1）某温度下纯水中c（H⁺）=2×10^-7 mol/L，则c（OH^-）=2×10^-7mol/L，若温度不变，滴入稀盐酸使c（H⁺）=5×10^-6 mol/L，则此时溶液中的c（OH^-）=8×10^-9mol/L．
（2）用物质的量浓度为0.04mol/L的氢氧化钠溶液去中和H⁺浓度为10^-3mol/L的某一元弱酸溶液20mL，消耗氢氧化钠溶液12.5mL，则此一元弱酸物质的量浓度为0.025mol/L；电离度为4%．
（3）25℃时，在0.5L0.2mol/L的HA溶液中，有0.01mol的HA电离成离子，则该温度下的电离常数为2.2×10^-3．

Answer 1

分析 （1）根据纯水显中性来解答；在酸溶液、碱溶液、盐溶液中存在离子积常数，Kw只随温度变化；依据离子积计算离子浓度；
（2）NaOH溶液滴定H⁺浓度为10^-3mol/L的一元弱酸HA的溶液20mL，达到终点时消耗NaOH溶液12.5mL，利用c_酸V_酸=c_碱V_碱计算；H⁺浓度为10^-3mol/L的某一元弱酸中c（H⁺）=c（A^-）=c（HA）_电离=10^-3mol/L，进而计算一元弱酸的电离度；
（3）根据HA电离出来的离子的量求出其浓度，再根据电离平衡常数K=$\frac{c（{H}^{+}）•c（{A}^{-}）}{c（HA）}$计算．

解答 解：（1）某温度下纯水中的c（H⁺）=2×10^-7mol/L，根据纯水显中性，则此时溶液中的c（OH^-）=2×10^-7mol/L；Kw只随温度变化，若温度不变，Kw不变，即Kw=c（H⁺）×c（OH^-）=4×10^-14，滴入稀盐酸，使c（H⁺）=5×10^-6mol/L，则c（OH^-）=8×10^-9mol/L，
故答案为：2×10^-7mol/L；8×10^-9mol/L；
（2）NaOH溶液滴定H⁺浓度为10^-3mol/L的一元弱酸HA的溶液20mL，达到终点时消耗NaOH溶液12.5mL，由c_酸V_酸=c_碱V_碱可知，12.5×10^-3L×0.04mol/L=c_酸×20×10^-3L，解得：c_酸=0.025mol/L；
H⁺浓度为10^-3mol/L的某一元弱酸中c（H⁺）=c（A^-）=c（HA）_电离=10^-3mol/L，一元弱酸的电离度为：$\frac{c（HA）_{电离}}{c（HA）}$×100%=$\frac{1{0}^{-3}}{0.025}$×100%=4%，
故答案为：0.025mol/L；4%；
（3）在0.5L0.2mol．L^-1的HA溶液中，有0.01mol的HA电离成离子，即c（A^-）=c（H⁺）=$\frac{0.01mol}{0.5L}$=0.02mol．L^-1，则K=$\frac{c（{H}^{+}）•c（{A}^{-}）}{c（HA）}$≈2.2×10^-3，
故答案为：2.2×10^-3．

点评 本题考查了溶液pH的计算、弱电解质的电离平衡及其影响，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意掌握影响弱电解质的电离平衡的因素，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．