Question

10．25℃時(shí)，三種酸的電離常數(shù)為：

化學(xué)式	CH3COOH	H2CO3	HClO
電離平衡常數(shù)K	1.8×10-5	K1=4.3×10-7 K2=5.6×10-11	3.0×10-8

請回答下列問題：
（1）物質(zhì)的量濃度為0.1mol/L的下列物質(zhì)：a．Na₂CO₃、b．NaClO、c．CH₃COONa、d．NaHCO₃；pH由大到小的順序是：a＞b＞d＞c（填編號）
（2）常溫下0.1mol/L的CH₃COOH在水中約有1%發(fā)生電離，其溶液的pH=3，將該溶液加蒸餾水稀釋，在稀釋過程中，下列表達(dá)式的數(shù)據(jù)變大的是：BD．
A．c（H⁺）　　　　　　B．$\frac{c（{H}^{+}）}{c（C{H}_{3}COOH）}$
C．c（H⁺）•c（OH^-）  D．$\frac{c（O{H}^{-}）}{c（{H}^{+}）}$
（3）體積為10mL pH=2的醋酸溶液與一元酸HX分別加蒸餾水稀釋至1 000mL，稀釋過程pH變化如圖；則HX的電離平衡常數(shù)大于（填“大于”、“等于”或“小于”）醋酸的電離平衡常數(shù)；稀釋后，HX溶液中水電離出來的c（H⁺）大于醋酸溶液水電離出來的c（H⁺）（填“大于”、“等于”或“小于”）．
（4）25℃時(shí)，CH₃COOH與CH₃COONa的混合溶液，若測得混合液pH=6，則溶液中：c（CH₃COO^-）-c（Na⁺）=9.9×10^-7mol/L（填準(zhǔn)確數(shù)值）．

Answer 1

分析 （1）電離常數(shù)越大，酸性越強(qiáng)，其鹽的水解程度越小，鹽溶液的pH越��；
（2）根據(jù)電離度計(jì)算溶液中氫離子濃度再求出pH；CH₃COOH溶液加水稀釋過程，促進(jìn)電離，c（H⁺）減小，c（OH^-）增大，Kw不變；
（3）由圖可知，稀釋相同的倍數(shù)，HX的pH變化程度大，則酸性HX強(qiáng)，電離平衡常數(shù)大；稀釋后，HX電離生成的c（H⁺）小，對水的電離抑制能力小；
（4）25℃時(shí)，混合液pH=6，c（H⁺）=1.0×10^-6mol/L，則由Kw可知，c（OH^-）=1.0×10^-8mol/L，由電荷守恒可知，c（CH₃COO^-）-c（Na⁺）=c（H⁺）-c（OH^-）．

解答 解：（1）電離常數(shù)越大，酸性越強(qiáng)，其鹽的水解程度越小，鹽溶液的pH越小，由電離常數(shù)可知，酸性：CH₃COOH＞H₂CO₃＞HClO＞HCO₃^-，則pH由大到小的順序是Na₂CO₃＞NaClO＞NaHCO₃＞CH₃COONa，即：a＞b＞d＞c；
故答案為：a＞b＞d＞c；
（2）常溫下0.1mol/L的CH₃COOH在水中約有1%發(fā)生電離，則c（H⁺）=0.1mol/L×1%=0.001mol/L，所以pH=3；
A．CH₃COOH溶液加水稀釋過程，促進(jìn)電離，c（H⁺）減小，故A不選；
B．$\frac{c（{H}^{+}）}{c（C{H}_{3}COOH）}$=$\frac{n（{H}^{+}）}{n（C{H}_{3}COOH）}$，則稀釋過程中比值變大，故B選；
C．稀釋過程，促進(jìn)電離，c（H⁺）減小，c（OH^-）增大，c（H⁺）•c（OH^-）=Kw，Kw不變，故C不選；
D．稀釋過程，促進(jìn)電離，c（H⁺）減小，c（OH^-）增大，則$\frac{c（O{H}^{-}）}{c（{H}^{+}）}$變大，故D選；
故答案為：3；BD；
（3）由圖可知，稀釋相同的倍數(shù)，HX的pH變化程度大，則酸性HX強(qiáng)，電離平衡常數(shù)大；稀釋后，HX電離生成的c（H⁺）小，對水的電離抑制能力小，所以HX溶液中水電離出來的c（H⁺）大，
故答案為：大于；大于；
（4）25℃時(shí)，混合液pH=6，c（H⁺）=1.0×10^-6mol/L，則由Kw可知，c（OH^-）=1.0×10^-8mol/L，由電荷守恒可知，c（CH₃COO^-）-c（Na⁺）=c（H⁺）-c（OH^-）=9.9×10^-7mol/L，
故答案為：9.9×10^-7．

點(diǎn)評 本題考查鹽類水解及酸性的比較、pH與酸的稀釋等，注意水解規(guī)律中越弱越水解和稀釋中強(qiáng)的變化大來分析解答，綜合性較大，題目難度中等．