分析 (1)0.01mol•L-1NaOH溶液中c(OH-)=10-2mol/L,已知pH=11,根据Kw的公式计算;0.1mol•L-1的HA溶液中$\frac{c({H}^{+})}{c(O{H}^{-})}$=109,根据Kw计算c(H+),再判断酸性强弱;
(2)pH之和为13的NaOH溶液和HA溶液,c(OH-)=c(H+),由于酸是弱酸,酸的浓度大于氢离子浓度;
(3)HA是弱电解质,加水稀释HA,促进HA电离,则n(A-)、n(H+)增大,n(HA)减小,但酸根离子、氢离子浓度增大的程度小于溶液体积增大的程度,所以c(A-)、c(H+)、c(HA)都减小,据此分析解答;
(4)HA是弱电解质,在反应过程中HA继续电离出氢离子,则反应过程中HA中pH增大程度小于HCl,当完全反应后,HA和盐酸中pH相等,则HA反应的物质的量大于盐酸,根据酸和锌之间的关系计算.
解答 解:(1)0.01mol•L-1NaOH溶液中c(OH-)=10-2mol/L,已知pH=11,即c(H+)=10-11mol/L,则Kw=c(OH-)×c(H+)=10-13;0.1mol•L-1的HA溶液中$\frac{c({H}^{+})}{c(O{H}^{-})}$=109,已知Kw=10-13,则c(H+)=10-2mol/L,氢离子浓度小于酸的浓度,所以HA为弱酸;
故答案为:10-13;弱;
(2)pH之和为13的NaOH溶液和HA溶液,氢氧化钠溶液中c(OH-)等于醋酸溶液中c(H+),由于酸是弱酸,酸的浓度大于氢离子浓度,所以混合后酸有剩余,则溶液显酸性;
故答案为:酸;
(3)A.加水稀释,c(A-)、c(H+)都减小,由于水也电离出氢离子,所以c(H+)减小的程度小,则$\frac{c({H}^{+})}{c({A}^{-})}$ 会增大,故A错误;
B.加水稀释,促进电离,则n(A-)增大,n(HA)减小,所以$\frac{c(HA)}{c({A}^{-})}$ 减小,故正确;
C.溶液中c(H+)和c(OH-)的乘积为常数,温度不变,则 c(H+)和c(OH-)的乘积不变,故C错误;
D.加水稀释,溶液的体积增大,c(A-)与c(HA)均减小,所以溶液中c(A-)•c(HA)的值减小,故D正确;
E.加水稀释,溶液的体积增大,c(H+)减小,对水的电离的抑制程度减小,所以水的电离程度增大,故E错误;
故答案为:BD;
(4)①HA是弱电解质,在反应过程中HA电离出氢离子,所以反应过程中HA中C(H+)大于HCl,则HA中pH增大程度小于HCl,所以表示HA溶液中pH变化曲线为B;
故答案为:B;
②当完全反应后,HA和盐酸中pH相等,则参加反应的n(HA)>n(HCl),酸消耗的越多,则参加反应的Zn的质量越大,所以m1<m2,
故答案为:<.
点评 本题考查弱电解质的电离平衡及其影响、pH与酸的稀释等知识,题目难度中等,注意水解规律中越弱越水解和稀释中强的变化大来分析解答,综合性较大,充分考查了学生的灵活应用能力.
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| 0.01mol•L-1的溶液 | X | Y | Z | W |
| pH | 12 | 2 | 8.5 | 4.5 |
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| A. | 表示0.001 mol•L一1盐酸滴定0.001 mol•L一1NaOH溶液的滴定曲线 | |
| B. | 所示,石墨的熔点比金刚石低 | |
| C. | 表示的是Al3+与OH一反应时含铝微粒浓度变化曲线,图中a区域的物质是Al(OH)3 | |
| D. | 所示,图中的阴影部分面积的含义是[v(正)-v(逆))] |
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