Question

19．请根据下表，回答下列问题：（数据均在25℃时测定）

化学式	CH3COOH	H2CO3	HClO	Cu（OH）2
相关常数	Ka=1.8×10-5	Ka1=4.3×10-7 Ka2=5.6×10-11	Ka=3.0×10-8	Ksp=2×10-20

（1）物质的量浓度为0.1mol•L^-1的下列四种物质：a．Na₂CO₃，b．NaClO，c．CH₃COONa，d．NaHCO₃，由水电离产生的H⁺由大到小的顺序是a＞b＞d＞c（填编号）．
（2）常温下0.1mol•L^-1的HClO溶液加水稀释过程，下列表达式的数据不变的是D；
A．c （H⁺）　　B．$\frac{c（{H}^{+}）}{c（HClO）}$C.$\frac{c（O{H}^{-}）}{c（{H}^{+}）}$D．$\frac{c（Cl{O}^{-}）}{c（HClO）•c（O{H}^{-}）}$
（3）体积为10mL pH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL，稀释过程pH变化如图所示，则K_a（HX）＞ （选填＞、=、＜，下同） K_a（CH₃COOH）；若将浓度为c₁的NaOH溶液与0.1mol/L的HX等体积混合，
所得溶液的pH=7，则c₁＜0.1mol/L，溶液中离子浓度的大小关系为：c（Na⁺）=c（X^-）＞c（OH^-）=c（H⁺）；若将“0.1mol/L的HX”改为“pH=1的HX”，所得溶液的pH仍为7，则c₁＞0.1mol/L．
（4）室温下，如果将0.1mol CH₃COONa和0.05mol HCl溶于水，形成混合溶液（体积不变）  
 ①CH₃COOH和CH₃COO^-两种粒子的物质的量之和等于0.1mol．
②CH₃COO^-和OH^-两种粒子的物质的量之和比H⁺多0.05mol．
（5）某硫酸铜溶液里c（Cu²⁺）=0.02mol•L^-1，如要生成Cu（OH）₂，应调整溶液pH，使之大于5；要使0.2mol•L^-1硫酸铜溶液中Cu²⁺沉淀较为完全（使Cu²⁺浓度降至原来的千分之一），则应向溶液里加入氢氧化钠溶液，使溶液pH为6．

Answer 1

分析 （1）等浓度的酸溶液依据电离平衡常数比较大小，酸越弱对应盐水解程度越大，溶液碱性越强；
（2）常温下0.1mol•L^-1的HClO溶液加水稀释过程平衡状态下微粒浓度减小，溶液中存在离子积常数，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，温度不变平衡常数不变；
（3）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；若将浓度为c₁的NaOH溶液与0.1mol/L的HX等体积混合，所得溶液的pH=7，依据溶液中电荷守恒分析判断离子浓度大小，若将“0.1mol/L的HX”改为“pH=1的HX”，所得溶液的pH仍为7，HX电离平衡状态下氢离子浓度为0.1mol/L，则中和反应溶液呈中性需要氢氧化钠多；
（4）①由醋酸根的物料守恒分析；
②由电荷守恒分析；
（5）根据K_sp=c（Cu²⁺）•[c（OH^-）]²=2×10^-20，根据Cu²⁺离子的浓度计算OH^-离子的浓度，根据水的离子积常数计算氢离子浓度，并以此计算溶液pH值．
Cu²⁺沉淀较为完全浓度降至原来的千分之一，根据K_sp求出OH^-离子的浓度，再求pH．

解答 解：（1）电离平衡常数分析判断酸性大小为：CH₃COOH＞H₂CO₃＞HClO＞HCO₃^-，物质的量浓度为0.1mol•L^-1的下列四种物质：a．Na₂CO₃，b．NaClO，c．CH₃COONa，d．NaHCO₃，由水电离产生的H⁺由大到小的顺序是a＞b＞d＞c，
故答案为：a＞b＞d＞c；  
（2）溶液中存在电离平衡HClO?H⁺+ClO^-，H₂O?H⁺+OH^-，
A．加水稀释溶液中c（H⁺）减小，故A错误；
B．加水稀释促进电离，氢离子数增大，次氯酸分子减小，则$\frac{c（{H}^{+}）}{c（HClO）}$比值增大，故B错误；
C．溶液中存在离子积常数Kw=c（OH^-）•c（H⁺），加水稀释氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，则$\frac{c（O{H}^{-}）}{c（{H}^{+}）}$比值增大，故C错误；
D.$\frac{c（Cl{O}^{-}）}{c（HClO）c（O{H}^{-}）}$=$\frac{c（Cl{O}^{-}）}{c（HClO）c（O{H}^{-}）}$×$\frac{c（{H}^{+}）}{c（{H}^{+}）}$=$\frac{Ka}{Kw}$，温度不变Ka、Kw不变，则比值不变，故D正确；
故答案为：D； 
（3）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，K_a（HX）＞K_a（CH₃COOH），若将浓度为c₁的NaOH溶液与0.1mol/L的HX等体积混合，所得溶液的pH=7，c（OH^-）=c（H⁺），电荷守恒为：c（Na⁺）+c（H⁺）=c（X^-）+c（OH^-），c（Na⁺）=c（X^-），HX为弱酸，则c₁＜0.1mol/L，溶液中离子浓度大小关系为：c（Na⁺）=c（X^-）＞c（OH^-）=c（H⁺），若将“0.1mol/L的HX”改为“pH=1的HX”，所得溶液的pH仍为7，氢氧化钠溶液提供氢氧根离子多于0.1mol/L，则c₁＞0.1mol/L，
故答案为：＞；＜；c（Na⁺）=c（X^-）＞c（OH^-）=c（H⁺）；＞；
（4）①由醋酸根的物料守恒可知，n（CH₃COOH）+n（CH₃COO^-）=0.1mol，故答案为：CH₃COOH；CH₃COO^-；    
②由电荷守恒可知，c（Na⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（CH₃COO^-）+c（Cl^-），则n（OH^-）+n（CH₃COO^-）-n（H⁺）=n（Na⁺）-n（Cl^-）=0.05mol，
故答案为：CH₃COO^-；OH^-；
（5）某CuSO₄溶液里c（Cu²⁺）=0.02mol/L，如果生成Cu（OH）₂沉淀，则应有c（OH^-）≥$\sqrt{\frac{2×1{0}^{-20}}{0.02}}$mol/L=10^-9mol/L，则c（H⁺）≤$\frac{1×1{0}^{-14}}{1{0}^{-9}}$mol/L=10^-5mol/L，
所以pH≥-lg（10^-5）=5，
Cu²⁺沉淀较为完全是的浓度为$\frac{0.2mol/L}{1000}$=2×10^-4mol/L，
则c（OH^-）=$\sqrt{\frac{2×1{0}^{-20}}{2×1{0}^{-4}}}$mol/L═10^-8mol/L，
则c（H⁺）=$\frac{1×1{0}^{-14}}{1{0}^{-8}}$mol/L=10^-6mol/L，
所以pH=-lg（10^-6）=6，
故答案为：5；6

点评 本题考查盐类水解及酸性的比较、酸碱混合的计算和定性分析、pH与酸的稀释等知识，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，注意电荷守恒和物料守恒的应用，综合性较大，题目难度中等．