Question

已知常温下HF的Ka=3.6×10-4；CH3COOH的Ka=1.8×10-5．现有①0.2mol/L KOH

Answer 1

解题思路：（1）酸或碱能抑制水的电离，氢离子或氢氧根的浓度越大，水电离程度越小；

（2）氢离子浓度越大，生成氢气的速率越大；

（3）A、当V_a＞V_b时，KOH过量，溶液中的溶质是醋酸钾和氢氧化钾；

B、当V_a=V_b时，酸和碱恰好中和，溶液中的溶质是醋酸钾，根据质子守恒判断正误；

C、当V_a＜V_b时，醋酸过量，溶液显酸性；

D、V_a和V_b为任意比时，根据电荷守恒判断；

（4）A、在A、B间任一点醋酸过量，结合电荷守恒分析；

B、醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，若要使溶液呈中性，酸的物质的量应稍微大些；

C、根据溶液中电荷守恒和溶液的酸碱性判断各种离子浓度相对大小；

D、根据物料守恒判断；

（5）先求出①和③中氟离子的浓度，再根据Ksp求出钙离子浓度，然后求氢氧根离子的浓度即PH．

（1）酸或碱能抑制水的电离，氢离子或氢氧根的浓度越大，水电离程度越小，已知①0.2mol/L KOH溶液、②0.2mol/L CH₃COOH溶液、③0.2mol/L HF溶液、④0.2mol/L HCl溶液，①和④为强电解质完全电离，②和③为弱酸，且酸性③＞②，所以对水的电离的抑制程度，①=④＞③＞②，则水电离出的c（OH^-）的大小关系是②＞③＞①=④；

故答案为：②＞③＞①=④；

（2）氢离子浓度越大，生成氢气的速率越大，三种溶液中氢离子的浓度④＞③＞②，则反应速率④＞③＞②，

故答案为：④＞③＞②；

（3）A、当V_a＞V_b时，KOH过量，溶液中的溶质是醋酸钾和氢氧化钾，所以c（CH₃COOH）+c（CH₃COO^-）＜c（K⁺），故A错误；

B、当V_a=V_b时，酸和碱恰好中和，溶液中的溶质是醋酸钾，根据质子守恒可得c（CH₃COOH）+c（H⁺）=c（OH^-），故B正确；

C、当V_a＜V_b时，醋酸过量，溶液显酸性，则c（CH₃COO^-）＞c（K⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-），故C错误；

D、V_a和V_b为任意比时，溶液中存在电荷守恒：c（K⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（CH₃COO^-）；

故答案为：BD；

（4）A、在A、B间任一点醋酸过量，溶液显酸性，则c（H⁺）＞c（OH^-），溶液中的电荷守恒为c（Na⁺）+c（H⁺）=c（CH₃COO^-）+（OH^-），所以c（Na⁺）＜c（CH₃COO^-），故A错误；

B、醋酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，要使溶液呈中性，酸的量应稍微大些，所以a＞25；在B点溶液呈中性，即溶液中氢离子和氢氧根离子浓度相等，所以醋酸根离子和钠离子也相等，但中性溶液中水是微弱电离的，所以醋酸根离子浓度大于氢离子浓度，即c（Na⁺）=c（CH₃COO^-）＞c（OH^-）=c（H⁺），故B错误；

C、在C点，溶液呈酸性，溶液中c（H⁺）＞c（OH^-），根据溶液中电荷守恒知，溶液中c（Na⁺）＜c（CH₃COO^-），所以溶液中c（CH₃COO^-）＞c（Na⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-），故C正确；

D、在D点时，加入的醋酸的物质的量=0.1mol∙L^-1×0.05L=0.005mol，氢氧化钠的物质的量=0.1mol∙L^-1×0.025L=0.0025mol，根据物料守恒知，n（CH₃COO^-）+n（CH₃COOH）=0.005mol，所以在D点：c（CH₃COO^-）+c（CH₃COOH）=2c（Na⁺），故D正确；

故答案为：CD；

（5）向①和③体积各0.5升的混合，混合后c（F^-）=0.1mol∙L^-1，滴加澄清石灰水1mL要求产生CaF₂沉淀，则c（Ca²⁺）=[Ksp

c2(F−)=

5.0×10−9

0．12=10^-7mol∙L^-1，则1mL石灰水中c（Ca²⁺）=

5×10−7×1/0.001]=5×10^-4mol∙L^-1，则澄清石灰水c（OH^-）=2c（Ca²⁺）=10^-3mol∙L^-1，所以Ca（OH）₂的最小pH约为11；

故答案为：11．

点评：

本题考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题考查了影响水的电离的因素、盐的水解原理的应用、溶液离子浓度的大小比较、Ksp的有关计算等，本题难度中等，注意把握溶液中的电荷守恒和物料守恒，以及Ksp的计算方法．