Question

20．Ⅰ、常溫下將0.010molCH₃COONa和0.004molHCl溶于水，配制成0.5L混合溶液，計算：溶液中n（CH₃COO^-）+n（OH^-）-n（H⁺）=0.006mol
Ⅱ、甲、乙兩位同學設計用實驗確定某酸HA是弱電解質，存在電離平衡，且改變條件平衡發生移動．實驗方案如下：
甲：①準確配制0.1mol•L^-1的HA、HCl溶液各100mL；
②取純度相同，質量、大小相等的鋅粒放入兩只試管中，同時加入0.1mol•L^-1的HA、HCl溶液各100mL，按如圖1裝好，觀察現象．
乙：①用pH計測定物質的量濃度均為0.1mol•L^-1的HA和HCl溶液的pH；

②再取0.1mol•L^-1的HA和HCl溶液各2滴（1滴約為$\frac{1}{20}$mL）分別稀釋至100mL，再用pH計測其pH變化．
（1）乙方案中說明HA是弱電解質的理由是，測得0.1mol•L^-1的HA溶液的pH＞1（填“＞”“＜”或“=”）；甲方案中，說明HA是弱電解質的實驗現象是A．
A．裝HCl的試管中放出的氫氣速率大
B．裝HA溶液的試管中放出氫氣的速率大
C．兩個試管中產生氣體速率一樣大
（2）乙同學設計的實驗第②步，能證明改變條件解質平衡發生移動．加水稀釋，弱酸HA的電離程度增大（填“增大、減小、不變”）
（3）甲同學為了進一步證明弱電解質電離平衡移動的情況，設計如下實驗：使HA的電離程度和c（H⁺）都減小，c（A^-）增大，可在0.1mol•L^-1的HA溶液中，選擇加入A試劑．
A．NaA固體（可完全溶于水）B．1mol•L^-1NaOH溶液 C．1mol•L^-1H₂SO₄ D．2mol•L^-1HA
（4）pH=1的兩種酸溶液A、B各1mL，分別加水稀釋到1000mL，其pH與溶液體積V的關系如圖2所示，則下列說法不正確的有C
A．若a=4，則A是強酸，B是弱酸
B．若1＜a＜4，則A、B都是弱酸
C．兩種酸溶液的物質的量濃度一定相等
D．稀釋后，A溶液的酸性比B溶液弱．

Answer 1

分析 Ⅰ、常溫下將0.010molCH₃COONa和0.004molHCl溶于水，配制成0.5L混合溶液，溶液中存在電荷守恒，根據電荷守恒得n（CH₃COO^-）+n（OH^-）-n（H⁺）=n（Na⁺）-n（Cl^-）；
Ⅱ、（1）弱電解質的水溶液中，弱電解質在溶液中只有部分電離，反應速率與氫離子濃度成正比；
（2）只有改變條件時，才能證明改變條件弱電解質平衡發生移動；
（3）使HA的電離程度和c（H⁺）都減小，c（A^-）增大，則應該加入含有A^-的物質；
（4）稀釋相同的倍數，A的變化大，則A的酸性比B的酸性強，溶液中氫離子濃度越大，酸性越強，對于一元強酸來說c（酸）=c（H⁺），但對于一元弱酸，c（酸）＞c（H⁺）．

解答 解：Ⅰ、常溫下將0.010molCH₃COONa和0.004molHCl溶于水，配制成0.5L混合溶液，溶液中存在電荷守恒，根據電荷守恒得n（CH₃COO^-）+n（OH^-）-n（H⁺）=n（Na⁺）-n（Cl^-）=0.010mol-0.004mol=0.006mol，
故答案為：0.006mol；
Ⅱ、（1）弱電解質的水溶液中，弱電解質只有部分電離，則0.1mol•L^-1的HA溶液中氫離子濃度小于0.1mol/L，所以溶液的pH＞1；
反應速率與氫離子濃度成正比，等濃度的HA和鹽酸溶液中，HA中氫離子濃度小，所以開始時產生氫氣的速率小，鹽酸中氫離子濃度大，則產生氫氣的速率大，所以A正確，BC錯誤，
故答案為：＞，A；
（2）濃度越小，弱電解質的電離程度越大，所以加水稀釋，弱酸HA的電離程度會增大，
故答案為：增大；
（3）使HA的電離程度和c（H⁺）都減小，c（A^-）增大，則應該加入含有A^-的物質，所以A中加入NaA固體（可完全溶于水）正確，
故答案為：A；
（4）A．若a=4，A完全電離，則A是強酸，B的pH變化小，則B為弱酸，故A正確；
B．pH=1的酸，加水稀釋到1000倍，若pH=4，為強酸，若a＜4，則A、B 都是弱酸，故B正確；
C．根據圖2可知，稀釋1000倍后A的pH值變化大于B，說明A的酸性大于B，當pH相同時，A的濃度一定小于B，故C錯誤；
D．溶液的PH越大，氫離子濃度越小，其酸性越弱，由圖2可知，A的pH大于B，則稀釋后，A溶液的酸性比B溶液弱，故D正確；
故答案為：C．

點評 本題考查離子濃度大小比較、弱電解質電離等知識點，明確強酸與弱酸在稀釋時pH變化程度大、酸的濃度和氫離子的濃度的關系是解答本題的關鍵，題目難度不大．