Question

6．25℃時(shí)，向20mL 0.1mol•L^-1H₂R（二元弱酸）溶液中滴加0.1mol•L^-1NaOH溶液，溶液pH與加入NaOH溶液體積的關(guān)系如圖所示，下列有關(guān)說(shuō)法正確的是（　�。�

• A． a點(diǎn)所示溶液中：c（H₂R）+c（HR^-）+c（R^2-）=0.1mol•L^-1
• B． b點(diǎn)所示溶液中：c（Na⁺）＞c（HR^-）＞c（H₂R）＞c（R^2-）
• C． 對(duì)應(yīng)溶液的導(dǎo)電性：b＞c
• D． a，b，c，d中，d點(diǎn)所示溶液中水的電離程度最大

Answer 1

分析 A、a點(diǎn)是向20mL 0.1mol•L^-1H₂R（二元弱酸）溶液中滴加10mL0.1mol•L^-1NaOH溶液，所得的溶液是等濃度的H₂R和NaHR的混合溶液；
B、b點(diǎn)是向20mL 0.1mol•L^-1H₂R（二元弱酸）溶液中滴加20mL0.1mol•L^-1NaOH溶液，所得溶液是0.05mol/L的NaHR溶液，由于溶液顯酸性，故HR^-的電離大于水解，據(jù)此分析離子濃度大��；
C、溶液的導(dǎo)電性取決于離子濃度大��；
D、酸抑制水的電離，鹽的水解促進(jìn)水的電離，且酸越弱，對(duì)應(yīng)的鹽水解程度越大，對(duì)水的電離的促進(jìn)程度越大．

解答 解：A、a點(diǎn)是向20mL 0.1mol•L^-1H₂R（二元弱酸）溶液中滴加10mL0.1mol•L^-1NaOH溶液，所得的溶液是H₂R和NaHR的混合溶液，且兩者的物質(zhì)的量均為0.001mol，由于溶液體積變?yōu)?0mL，故兩者的濃度均為c=$\frac{0.001mol}{0.03L}$=$\frac{1}{30}$mol/L，根據(jù)物料守恒可知，溶液中c（H₂R）+c（HR^-）+c（R^2-）=$\frac{1}{30}×2$mol•L^-1=$\frac{1}{15}$mol/L，故A錯(cuò)誤；
B、b點(diǎn)是向20mL 0.1mol•L^-1H₂R（二元弱酸）溶液中滴加20mL0.1mol•L^-1NaOH溶液，所得溶液是0.05mol/L的NaHR溶液，由于溶液顯酸性，故HR^-的電離HR^-?H⁺+R^2-大于水解H₂O+HR^-?H₂R+OH^-，故有：c（Na⁺）＞c（HR^-）＞c（R^2-）＞c（H₂R），故B錯(cuò)誤；
C、b點(diǎn)是向20mL 0.1mol•L^-1H₂R（二元弱酸）溶液中滴加0.1mol•L^-1NaOH溶液20mL，得到的是濃度為0.05mol/L的NaHR溶液；c點(diǎn)是向20mL 0.1mol•L^-1H₂R（二元弱酸）溶液中滴加0.1mol•L^-1NaOH溶液30mL，得到的是濃度均為0.02mol/L的NaHR和Na₂R的混合溶液，故b點(diǎn)溶液中的離子濃度小于c點(diǎn)，故導(dǎo)電能力b＜c，故C錯(cuò)誤；
D、a點(diǎn)是H₂R和NaHR的混合溶液，H₂R抑制水的電離；b點(diǎn)是0.05mol/L的NaHR溶液，由于HR^-的電離大于其水解，故水的電離也被抑制；c點(diǎn)是濃度均為0.02mol/L的NaHR和Na₂R的混合溶液，NaHR抑制水的電離，Na₂R促進(jìn)水的電離；d點(diǎn)是向20mL 0.1mol•L^-1H₂R（二元弱酸）溶液中滴加0.1mol•L^-1NaOH溶液40mL，故得到的是Na₂R溶液，對(duì)水的電離有促進(jìn)作用，故這四個(gè)點(diǎn)中，d點(diǎn)的水的電離程度最大，故D正確；
故選D．

點(diǎn)評(píng) 本題考查離子濃度大小比較，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生圖象分析及知識(shí)綜合運(yùn)用能力，明確曲線上對(duì)應(yīng)點(diǎn)溶液中溶質(zhì)成分及其性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，熟悉常見(jiàn)鹽及其水解特點(diǎn)，題目難度中等．