Question

12．常溫下，用0.02mol•L^-1MOH溶液滴定100mL0.01mol•L^-1HA溶液，如圖為加入MOH溶液的體積與混合溶液的pH變化情況（溶液體積變化勿略不計）．回答下列問題：
（1）由圖中信息可知HA為強酸（填“強”或“弱”），滴定所用的最適宜指示劑為甲基橙，滴定時眼睛注視錐形瓶內(nèi)顏色變化．
（2）常溫下一定濃度的MA稀溶液的pH=a，則a＜7（填“大于”、“小于”或“等于”）此時，溶液中水電離出的c（OH^-）=10^-amol/L．
（3）請寫出K點所對應的溶液中離子濃度的由大到小的關系：c（M⁺）＞c（A^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）．
（4）K點所對應的溶液中，c（M⁺）+c（MOH）等于2c（A^-）；（填“大于”“小于”“等于”）
（5）室溫下MOH溶液加水稀釋過程中，下列數(shù)值變小的是③（填序號）
①c（H⁺）    ②$\frac{C（{H}^{+}）}{C（O{H}^{-}）}$   ③c（OH^-）   ④$\frac{C（O{H}^{-}）}{C（{M}^{+}）}$．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)圖知，未加堿時0.01mol•L^-1HA溶液的pH=2，說明溶液中c（H⁺）=c（HA），HA完全電離；
當混合溶液的pH=7時，n（HA）＜n（MOH），說明MOH部分電離為弱堿，二者恰好完全中和時生成的MA是強酸弱堿鹽，其溶液呈酸性；滴定時眼睛要注視混合溶液顏色變化；
（2）MA是強酸弱堿鹽，其陽離子水解導致該溶液呈酸性；水電離出的c（OH^-）等于該溶液中c（H⁺）；
（3）K點n（MOH）=2n（HA），溶液中的溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的MOH和MA，MOH電離程度大于MA水解程度導致溶液呈堿性，結合電荷守恒判斷離子濃度大�。�
（4）K點n（MOH）=2n（HA），溶液中存在物料守恒，根據(jù)物料守恒判斷；
（5）MOH溶液加水稀釋促進MOH電離，但MOH電離增大程度小于溶液體積增大程度，則溶液中c（OH^-）、c（MOH）、c（M⁺）都減�。�

解答 解：（1）根據(jù)圖知，未加堿時0.01mol•L^-1HA溶液的pH=2，說明溶液中c（H⁺）=c（HA），HA完全電離為強酸；
當混合溶液的pH=7時，n（HA）＜n（MOH），說明MOH部分電離為弱堿，二者恰好完全中和時生成的MA是強酸弱堿鹽，其溶液呈酸性，所以需要選取甲基橙為指示劑；滴定時眼睛要注視混合溶液顏色變化，所以眼睛要注視錐形瓶內(nèi)顏色變化，
故答案為：強；甲基橙；錐形瓶內(nèi)顏色變化；
（2）MA是強酸弱堿鹽，其陽離子水解導致該溶液呈酸性，所以a＜7；水電離出的c（OH^-）等于該溶液中c（H⁺）為10^-a mol/L，
故答案為：＜；10^-a；
（3）K點n（MOH）=2n（HA），溶液中的溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的MOH和MA，MOH電離程度大于MA水解程度導致溶液呈堿性，則c（OH^-）＞c（H⁺），結合電荷守恒得c（M⁺）＞c（A^-），MOH電離較微弱，所以溶液中離子濃度大小順序是c（M⁺）＞c（A^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），
故答案為：c（M⁺）＞c（A^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）；
（4）K點n（MOH）=2n（HA），溶液中存在物料守恒，根據(jù)物料守恒得c（M⁺）+c（MOH）等于2c（A^-），
故答案為：等于；
（5）MOH溶液加水稀釋促進MOH電離，但MOH電離增大程度小于溶液體積增大程度，則溶液中c（OH^-）、c（MOH）、c（M⁺）都減小，
①c（OH^-）減小，離子積常數(shù)不變，則c（H⁺）增大，故錯誤；
②稀釋過程中c（OH^-）減小，$\frac{C（{H}^{+}）}{C（O{H}^{-}）}$=$\frac{{K}_{w}}{{c}^{2}（O{H}^{-}）}$增大，故錯誤；
③稀釋過程中促進MOH電離，但其電離增大程度小于溶液體積增大程度，所以c（OH^-）減小，故正確；
④稀釋過程中c（OH^-）、c（M⁺）減小程度相同，則$\frac{C（O{H}^{-}）}{C（{M}^{+}）}$不變，故錯誤；
故答案為：③．

點評 本題考查酸堿混合溶液定性判斷，為高頻考點，側重考查學生分析判斷能力，明確滴定過程中溶液中的溶質(zhì)成分及其性質(zhì)是解本題關鍵，注意：稀釋弱堿過程中只有c（H⁺）增大，其它微粒濃度都減�。�