Question

9．現(xiàn)有①0.1mol/L NaOH溶液和②0.1mol/L HX溶液．
已知：①中由水電離出的c（OH^-）小于②中由水電離出的c（H⁺）．請回答下列問題：
（1）將兩溶液等體積混合，溶液中離子濃度由大到小的順序為c（Na⁺）＞c（X^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）．
（2）某溫度下，向一定體積②溶液中逐滴加入①溶液，溶液中pOH[pOH=-lg c（OH^-）]與pH的變化關(guān)系如圖所示，則Q點加入①溶液小于（填“大于”“小于”或“等于”）起始②溶液的體積；對應(yīng)溶液中水的電離程度M點等于N點（填“大于”“小于”或“等于”）．
（3）在25℃下，將a mol•L^-1的NaX溶液與0.01mol•L^-1的鹽酸等體積混合，反應(yīng)后測得溶液pH=7，則a＞0.01 （填“＞”“＜”或“=”）；用含a的代數(shù)式表示HX的電離常數(shù)K_a=（a-0.01）×10^-5．

Answer 1

分析 已知：①中由水電離出的c（OH^-）小于②中由水電離出的c（H⁺），說明①NaOH對水的抑制程度大，證明HX為弱酸，
（1）①0.1mol/L NaOH溶液和②0.1mol/L HX溶液，兩溶液等體積混合得到NaX的溶液，X^-離子水解溶液顯堿性；
（2）堿溶液中pOH越大、pH越小，說明溶液中氫氧根離子濃度越小，氫離子濃度越大，堿性越弱、酸性越強(qiáng)，隨著鹽酸的加入，發(fā)生中和反應(yīng)，溶液氫氧根離子的濃度逐漸減小，則溶液pH逐漸減小，pOH逐漸增大，結(jié)合弱電解質(zhì)的電離解答該題；
（3）反應(yīng)后測得溶液pH=7，則可推知NaCN過量，根據(jù)電荷守恒和物料守恒即可計算出CN^-和HCN的濃度，進(jìn)而計算出K_a﹦（100a-1）×10^-7 mol•L^-1．

解答 解：（1）①0.1mol/L NaOH溶液和②0.1mol/L HX溶液，兩溶液等體積混合得到NaX的溶液，X^-離子水解溶液顯堿性，溶液中離子濃度大小為：c（Na⁺）＞c（X^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），故答案為：c（Na⁺）＞c（X^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）；
（2）Q點的pOH=pH，溶液為中性，而兩者等體積混合后生成醋酸鈉，水解顯堿性．則所加NaOH溶液體積略小于HX溶液的體積，由于M點的OH^-濃度等于N點的H⁺濃度，對水的電離程度抑制能力相同，所以兩點水電離程度相同，
故答案為|：小于；等于；
（3）由于反應(yīng)后測得溶液pH=7，當(dāng)a=0.01時，恰好反應(yīng)，生成了氰化氫溶液，溶液顯示酸性，故氰化鈉應(yīng)該多些，故a＞0.01；
根據(jù)電荷守恒：c（Na⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（CN^-）+c（Cl^-），pH=7，c（H⁺）=c（OH^-），c（CN^-）=c（Na⁺）-c（Cl^-）=$\frac{a}{2}$mol/L-$\frac{0.01}{2}$mol/L；
再根據(jù)物料守恒：c（CN^-）+c（HCN）=c（Na⁺）=$\frac{a}{2}$mol/L；K_a﹦$\frac{c（{H}^{+}）c（C{N}^{-}）}{c（HCN）}$=$\frac{（\frac{a}{2}mol/L-\frac{0.01}{2}mol/L）×1{0}^{-7}mol/L}{\frac{0.01}{2}mol/L}$=（100a-1）×10^-7 mol•L^-1=（a-0.01）×10^-5；
故答案為：＞；（a-0.01）×10^-5．

點評 本題考查水溶液中的離子平衡、離子濃度、電離常數(shù)、沉淀溶解平衡等電解質(zhì)溶液的相關(guān)知識．考查學(xué)生的知識運用能力、靈活分析處理實際問題的能力．酸堿中和的定性判斷和計算，側(cè)重于弱電解質(zhì)的電離的考查，注意弱電解質(zhì)的電離特點，把握pOH的含義，題目難度中等．