Question

5．（1）將6g CH₃COOH溶于水制成1L溶液，此溶液的物質的量濃度為0.1mol/L，經測定溶液中含CH₃COO^-為1.4×10^-3mol/L，此溫度下醋酸的電離度=1.4%，溫度升高，K_a將變大．
（2）25℃時，pH=12.0的KOH溶液中，由水電離出的C（OH^-）=10^-12mol/L．
（3）常溫下，將0.1mol•L^-1氫氧化鈉溶液與0.06mol•L^-1硫酸溶液等體積混合，該混合溶液的pH等于2．

Answer 1

分析 （1）n（CH₃COOH）=$\frac{6g}{60g/mol}$=0.1mol，根據c=$\frac{n}{V}$計算物質的量濃度；根據α=$\frac{c（C{H}_{3}CO{O}^{-}）}{c（C{H}_{3}COOH）}$計算電離度，結合外界條件對弱電解質的電離平衡的影響判斷電離度的變化；
（2）堿抑制水電離，堿溶液中水電離出的氫氧根離子濃度等于溶液中氫離子濃度；
（3）根據酸堿溶液混合時，先判斷過量，然后計算過量的酸或堿的物質的量濃度，最后計算溶液的pH來解答即可．

解答 解：（1）n（CH₃COOH）=$\frac{6g}{60g/mol}$=0.1mol，
c（CH₃COOH）=$\frac{0.1mol}{1L}$=0.1mol/L，
α=$\frac{c（C{H}_{3}CO{O}^{-}）}{c（C{H}_{3}COOH）}$=$\frac{1.4×1{0}^{-3}}{0.1}$=1.4%，弱電解質電離吸熱，故升高溫度，醋酸的電離平衡右移，即Ka變大．
故答案為：0.1mol/L；1.4%；變大；
（2）堿抑制水電離，堿溶液中水電離出的c（OH^-）=c（H⁺）=10^-12 mol/L，故答案為：10^-12；
（3）設溶液的體積都是1L，則氫氧化鈉的物質的量為1L×0.1mol•L^-1=0.1mol，
硫酸的物質的量為1L×0.06mol•L^-1=0.06mol，H⁺的物質的量為0.06mol×2=0.12mol，
則當酸堿發(fā)生中和時H⁺和OH^-的物質的量分別為0.12mol和0.1mol，
則硫酸過量，過量的H⁺的物質的量為0.12mol-0.1mol=0.02mol，
則反應后溶液中H⁺的物質的量濃度為c（H⁺）=$\frac{0.02mol}{2L}$=0.01 mol•L^-1，
pH=-lg10^-2=2．
故答案為：2．

點評 本題主要考查溶液pH的有關計算和溶液中水電離出氮氣氫離子、氫氧根的濃度的計算，明確酸堿反應的過量分析是解答的關鍵，并應熟悉物質的量的計算、pH的計算公式來解答即可．