Question

8．常溫下，向20 mL 0.01 mol•L^-1 HA溶液中逐滴加入 0.01 mol•L^-1 MOH溶液過程中，圖中所示曲線表示混合溶液的pH變化情況（體積變化忽略不計）．下列有關(guān)說法中錯誤的是（　�。�

• A． K點時的溶液：n（A^-）=n（M⁺）=2×10^-4 mol
• B． N點時的溶液：2c（M⁺）=c（A^-）
• C． L點時的溶液中一定存在：c（M⁺）＞c（A^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）
• D． 水電離的程度：K＞L＞N

Answer 1

分析 由圖象可知，0.01 mol•L^-1 HA溶液的pH=2，故酸HA為強酸，當加入20mL0.01mol/L的MOH溶液時，兩者恰好完全反應(yīng)，此時溶液顯酸性，說明MOH為弱堿．
A、K點時，溶液顯中性，溶液中n（OH^-）=n（H⁺），根據(jù)溶液的電中性來分析；
B、在N點時，HA酸的物質(zhì)的量是MOH的二倍，混合時HA過量，混合后所得溶液是等濃度的HA和MA的混合溶液，根據(jù)物料守恒來分析；
C、在L點時，MOH的物質(zhì)的量是HA的二倍，故所得混合溶液中是MA和等物質(zhì)的量的MOH的混合溶液；
D、酸和堿對水的電離有抑制作用，鹽的水解對水的電離有促進作用．

解答 解：由圖象可知，0.01 mol•L^-1 HA溶液的pH=2，故酸HA為強酸，當加入20mL0.01mol/L的MOH溶液時，兩者恰好完全反應(yīng)，此時溶液顯酸性，說明MOH為弱堿．
A、K點時，溶液顯中性，溶液中n（OH^-）=n（H⁺），根據(jù)溶液的電中性可知：n（A^-）=n（M⁺）=2×10^-4mol，故A正確；
B、在N點時，HA酸的物質(zhì)的量是MOH的二倍，混合時HA過量，混合后所得溶液是等濃度的HA和MA的混合溶液，而M⁺會部分水解為MOH，根據(jù)物料守恒有：2[c（M⁺）+c（MOH）]=c（A^-），故B錯誤；
C、在L點時，MOH的物質(zhì)的量是HA的二倍，故所得混合溶液中是MA和等物質(zhì)的量的MOH的混合溶液，根據(jù)溶液顯堿性可知MOH的電離大于MA的水解：①MOH?M⁺+OH^-＞②M⁺+H₂O?MOH+H⁺，故溶液中的離子濃度為：c（M⁺）＞c（A^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），故C正確；
D、酸和堿對水的電離有抑制作用，鹽的水解對水的電離有促進作用，N點溶液由于HA過量而溶液顯酸性，故N點溶液中水的電離被抑制，L點溶液由于MOH過量而溶液顯堿性，故L點溶液中水的電離也被抑制，而K點溶液顯中性，水的電離無影響，故K點水的電離程度最大；在N點的混合溶液中，c（HA）=c（MA）=$\frac{1}{3}$×10^-2mol/L，由于HA是強酸，故溶液中的c（H⁺）=$\frac{1}{3}$×10^-2mol/L，而在L點的溶液中，c（MOH）=c（MA）=$\frac{1}{3}$×10^-2mol/L，但由于MOH是弱堿，且MA的存在對MOH的電離有抑制作用，故溶液中的c（OH^-）＜$\frac{1}{3}$×10^-2mol/L，故L點溶液對水的電離的抑制較N點弱，故水電離的程度：K＞L＞N，故D正確．
故選B．

點評 本題考查了酸堿混合時的定性判斷，注意根據(jù)酸溶液的pH和酸的濃度確定酸的強弱，為易錯點，根據(jù)物料守恒和電荷守恒來分析解答．