题目
+PH-|||- c-|||-b.-|||-ō 2(N OH 50溶液)/mL室温下，用0.1mol•L-1的NaOH溶液滴定25mL0.1mol•L-1H2C2O4（草酸）溶液的滴定曲线如图所示[已知：Ka1（H2C2O4）=5×10-2，Ka2（H2C2O4）=2×10-4，忽略溶液混合时体积和温度的变化，lg2=0.3，lg3=0.5，电离度=((已电离的溶质分子数))/((原有溶质分子总数))×100%]。下列说法正确的是（ ） A. a点溶液中，0.1mol•L-1的H2C2O4溶液的电离度为50% B. b点溶液中各离子浓度大小关系为c（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（OH-）＞c（H+）＞c（C2O42-） C. c点溶液中一定存在c（OH-）-c（H+）＜c（HC2O4-）+c（H2C2O4） D. d的值为8.9
室温下，用0.1mol•L-1的NaOH溶液滴定25mL0.1mol•L-1H2C2O4（草酸）溶液的滴定曲线如图所示[已知：Ka1（H2C2O4）=5×10-2，Ka2（H2C2O4）=2×10-4，忽略溶液混合时体积和温度的变化，lg2=0.3，lg3=0.5，电离度=$\frac{{已电离的溶质分子数}}{{原有溶质分子总数}}$×100%]。下列说法正确的是（ ）- A. a点溶液中，0.1mol•L-1的H2C2O4溶液的电离度为50%
- B. b点溶液中各离子浓度大小关系为c（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（OH-）＞c（H+）＞c（C2O42-）
- C. c点溶液中一定存在c（OH-）-c（H+）＜c（HC2O4-）+c（H2C2O4）
- D. d的值为8.9
题目解答
答案
解：A．a点为0.1mol•L-1H2C2O4溶液中，发生电离的草酸的浓度为x，$\frac{{x}^{2}}{0.1-x}$=5×10-2，x=0.05，0.1mol•L-1的H2C2O4溶液的电离度为$\frac{0.05}{0.1}×100%$=50%，故A正确；
B．b点溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4-的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，各离子浓度大小关系为c（Na+）＞c（HC2O ）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-），故B错误；
C．c点溶液中的溶质是Na2C2O4，根据质子守恒，c（OH-）-c（H+）=c（HC2O4-）+2c（H2C2O4），所以c（OH-）-c（H+）＞c（HC2O4-）+c（H2C2O4），故C错误；
D．c点溶液中的溶质是Na2C2O4，Na2C2O4的浓度是$\frac{25mL×0.1mol/L}{75mL}$=$\frac{1}{30}$mol/L，$\frac{{c}^{2}（O{H}^{-}）}{\frac{1}{30}}$=$\frac{1{0}^{-14}}{2×1{0}^{-4}}$，c（OH-）=$\sqrt{\frac{5}{3}}$×10-6mol/L，c（H+）=$\frac{{K}_{w}}{c（O{H}^{-}）}$=$\frac{1{0}^{-14}}{\sqrt{\frac{5}{3}}×1{0}^{-6}}$mol/L=$\sqrt{\frac{3}{5}}×1{0}^{-8}$mol/L，pH的值为8.1，故D错误；
故选：A。
B．b点溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4-的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，各离子浓度大小关系为c（Na+）＞c（HC2O ）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-），故B错误；
C．c点溶液中的溶质是Na2C2O4，根据质子守恒，c（OH-）-c（H+）=c（HC2O4-）+2c（H2C2O4），所以c（OH-）-c（H+）＞c（HC2O4-）+c（H2C2O4），故C错误；
D．c点溶液中的溶质是Na2C2O4，Na2C2O4的浓度是$\frac{25mL×0.1mol/L}{75mL}$=$\frac{1}{30}$mol/L，$\frac{{c}^{2}（O{H}^{-}）}{\frac{1}{30}}$=$\frac{1{0}^{-14}}{2×1{0}^{-4}}$，c（OH-）=$\sqrt{\frac{5}{3}}$×10-6mol/L，c（H+）=$\frac{{K}_{w}}{c（O{H}^{-}）}$=$\frac{1{0}^{-14}}{\sqrt{\frac{5}{3}}×1{0}^{-6}}$mol/L=$\sqrt{\frac{3}{5}}×1{0}^{-8}$mol/L，pH的值为8.1，故D错误；
故选：A。
解析
步骤 1：计算a点溶液中H_2C_2O_4的电离度
a点为0.1mol•L^{-1}H_2C_2O_4溶液中，发生电离的草酸的浓度为x，根据电离平衡常数K_a1（H_2C_2O_4）=5×10^{-2}，可以得到方程$\frac{{x}^{2}}{0.1-x}$=5×10^{-2}，解得x=0.05，因此0.1mol•L^{-1}的H_2C_2O_4溶液的电离度为$\frac{0.05}{0.1}×100%$=50%。
步骤 2：分析b点溶液中各离子浓度大小关系
b点溶液中溶质为NaHC_2O_4，HC_2O_4^{-}的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，因此各离子浓度大小关系为c（Na^{+}）＞c（HC_2O_4^{-}）＞c（H^{+}）＞c（C_2O_4^{2-}）＞c（OH^{-}）。
步骤 3：分析c点溶液中c（OH^{-}）-c（H^{+}）与c（HC_2O_4^{-}）+c（H_2C_2O_4）的关系
c点溶液中的溶质是Na_2C_2O_4，根据质子守恒，c（OH^{-}）-c（H^{+}）=c（HC_2O_4^{-}）+2c（H_2C_2O_4），所以c（OH^{-}）-c（H^{+}）＞c（HC_2O_4^{-}）+c（H_2C_2O_4）。
步骤 4：计算d点溶液的pH值
c点溶液中的溶质是Na_2C_2O_4，Na_2C_2O_4的浓度是$\frac{25mL×0.1mol/L}{75mL}$=$\frac{1}{30}$mol/L，根据K_a2（H_2C_2O_4）=2×10^{-4}，可以得到$\frac{{c}^{2}（O{H}^{-}）}{\frac{1}{30}}$=$\frac{1{0}^{-14}}{2×1{0}^{-4}}$，解得c（OH^{-}）=$\sqrt{\frac{5}{3}}$×10^{-6}mol/L，c（H^{+}）=$\frac{{K}_{w}}{c（O{H}^{-}）}$=$\frac{1{0}^{-14}}{\sqrt{\frac{5}{3}}×1{0}^{-6}}$mol/L=$\sqrt{\frac{3}{5}}×1{0}^{-8}$mol/L，pH的值为8.1。
a点为0.1mol•L^{-1}H_2C_2O_4溶液中，发生电离的草酸的浓度为x，根据电离平衡常数K_a1（H_2C_2O_4）=5×10^{-2}，可以得到方程$\frac{{x}^{2}}{0.1-x}$=5×10^{-2}，解得x=0.05，因此0.1mol•L^{-1}的H_2C_2O_4溶液的电离度为$\frac{0.05}{0.1}×100%$=50%。
步骤 2：分析b点溶液中各离子浓度大小关系
b点溶液中溶质为NaHC_2O_4，HC_2O_4^{-}的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，因此各离子浓度大小关系为c（Na^{+}）＞c（HC_2O_4^{-}）＞c（H^{+}）＞c（C_2O_4^{2-}）＞c（OH^{-}）。
步骤 3：分析c点溶液中c（OH^{-}）-c（H^{+}）与c（HC_2O_4^{-}）+c（H_2C_2O_4）的关系
c点溶液中的溶质是Na_2C_2O_4，根据质子守恒，c（OH^{-}）-c（H^{+}）=c（HC_2O_4^{-}）+2c（H_2C_2O_4），所以c（OH^{-}）-c（H^{+}）＞c（HC_2O_4^{-}）+c（H_2C_2O_4）。
步骤 4：计算d点溶液的pH值
c点溶液中的溶质是Na_2C_2O_4，Na_2C_2O_4的浓度是$\frac{25mL×0.1mol/L}{75mL}$=$\frac{1}{30}$mol/L，根据K_a2（H_2C_2O_4）=2×10^{-4}，可以得到$\frac{{c}^{2}（O{H}^{-}）}{\frac{1}{30}}$=$\frac{1{0}^{-14}}{2×1{0}^{-4}}$，解得c（OH^{-}）=$\sqrt{\frac{5}{3}}$×10^{-6}mol/L，c（H^{+}）=$\frac{{K}_{w}}{c（O{H}^{-}）}$=$\frac{1{0}^{-14}}{\sqrt{\frac{5}{3}}×1{0}^{-6}}$mol/L=$\sqrt{\frac{3}{5}}×1{0}^{-8}$mol/L，pH的值为8.1。