Question

19．25℃时，电离平衡常数：

弱酸化学式	CH3COOH	HCLO	H2CO3
电离平衡常数（25℃）	1.75×10-5	3.0×10-8	K1=4.4×10-7 K2=4.7×10-11

回答下列问题：
（1）物质的量浓度为0.1mol•L^-1的下列 4 种物质，pH 最大的是A．
A．NaCO₃  B．NaCLO  C．CH₃COONa  D．NaHCO₃
（2）若增大氯水中次氯酸的浓度，不宜向氯水中加入的物质是A．
A．Na₂CO₃  B．NaCLO  C．CH₃COONa  D．NaHCO₃
（3）常温下0.1mol•L^-1的CH3COOH 溶液加水稀释过程，下列表达式的数据一定变小的是
A．
A．c（H⁺）   B.$\frac{c（{H}^{+}）}{c（C{H}_{3}COOH）}$  C．c（H⁺）c（OH^-） D.$\frac{c（O{H}^{-}）}{c（{H}^{+}）}$
（4）体积为10mLpH=2 的醋酸溶液与一元酸HX 分别加水稀释至1000mL，稀释过程pH 变
化如下图所示，则HX 的酸性大于（填“大于”“等于”或“小于”）醋酸的酸性；稀释后，
HX 溶液中水电离出来的c（H⁺）大于醋酸溶液水电离出来c（H⁺）（填“大于”“等于”或“小于”）．

（5）25℃时，CH₃COOH与CH₃COONa的混合溶液，若测得混合液pH=6，则溶液中
?c（CH₃COO^-）-c（Na⁺）=1.0×10^-6-1.0×10^-8mol/L．（填准确数值）

Answer 1

分析 （1）酸的电离常数越大，酸的酸性越强，其盐的水解程度越小，盐溶液的pH越小；
（2）增大氯水中次氯酸的浓度，要消耗盐酸，而不消耗HClO；
（3）CH₃COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c（H⁺）减小，c（OH^-）增大，Kw不变；
（4）由图可知，稀释相同的倍数，HX的pH变化程度大，则酸性HX强，电离平衡常数大；稀释后，HX电离生成的c（H⁺）小，对水的电离抑制能力小；
（5）25℃时，混合液pH=6，c（H⁺）=1.0×10^-6mol/L，则由Kw可知，c（OH^-）=1.0×10^-8mol/L，由电荷守恒可知，c（CH₃COO^-）-c（Na⁺）=c（H⁺）-c（OH^-）．

解答 解：由电离常数可知，酸性：CH₃COOH＞H₂CO₃＞HClO＞HCO₃^-，
（1）酸的电离常数越大，酸的酸性越强，其盐的水解程度越小，盐溶液的pH越小，碳酸根离子的酸性最弱，碳酸钠的水解程度最大，则pH 最大的是Na₂CO₃；
故答案为：A；
（2）增大氯水中次氯酸的浓度，要消耗盐酸，而不消耗HClO，已知酸性：CH₃COOH＞H₂CO₃＞HClO＞HCO₃^-，则HClO能与Na₂CO₃反应，所以不能加入Na₂CO₃；
故答案为：A；
（3）A．CH₃COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c（H⁺）减小，故A正确；
B．$\frac{c（{H}^{+}）}{c（C{H}_{3}COOH）}$=$\frac{n（{H}^{+}）}{n（C{H}_{3}COOH）}$，稀释过程促进醋酸的电离，氢离子的物质的量最大，醋酸的物质的量减小，所以比值变大，故B错误；
C．稀释过程，促进电离，c（H⁺）减小，c（OH^-）增大，c（H⁺）•c（OH^-）=Kw，Kw不变，故C错误；
D．稀释过程，促进电离，c（H⁺）减小，c（OH^-）增大，则$\frac{c（O{H}^{-}）}{c（{H}^{+}）}$变大，故D错误；
故答案为：A；
（4）由图可知，稀释相同的倍数，HX的pH变化程度大，则酸性HX强，电离平衡常数大；稀释后，HX电离生成的c（H⁺）小，对水的电离抑制能力小，所以HX溶液中水电离出来的c（H⁺）大，
故答案为：大于；大于；
（5）25℃时，混合液pH=6，c（H⁺）=1.0×10^-6mol/L，则由Kw可知，c（OH^-）=1.0×10^-8mol/L，由电荷守恒可知，c（CH₃COO^-）-c（Na⁺）=c（H⁺）-c（OH^-）=1.0×10^-6mol/L-c（OH^-）=1.0×10^-8mol/L=1.0×10^-6-1.0×10^-8mol/L，
故答案为：1.0×10^-6-1.0×10^-8mol/L．

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，综合性较强，充分考查了学生的灵活应用能力．