Question

7．25℃时，电离平衡常数：

化学式	CH3COOH	H2CO3	HClO
电离平衡常数	1.8×10-5	K1　4.3×10-7 K2　5.6×10-11		3.0×10-8

回答下列问题：
（1）下列四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是a＞b＞d＞c；（填编号）
a．CO₃^2-  b．ClO^-   c．CH₃COO^-    d．HCO₃^-；
（2）下列反应不能发生的是：cd
a．CO₃^2-+CH₃COOH═CH₃COO^-+CO₂↑+H₂O
b．ClO^-+CH₃COOH═CH₃COO^-+HClO
c．CO₃^2-+HClO═CO₂↑+H₂O+ClO^-
d.2ClO^-+CO₂+H₂O═CO₃^2-+2HClO
（3）用蒸馏水稀释0.10mol•L^-1的醋酸，则下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是B
A．$\frac{c（C{H}_{3}COOH）}{c（{H}^{+}）}$          B．$\frac{c（C{H}_{3}CO{O}^{-}）}{c（C{H}_{3}COOH）}$
C．$\frac{c（{H}^{+}）}{{K}_{W}}$                D．$\frac{c（{H}^{+}）}{c（O{H}^{-}）}$
（4）体积为10mL pH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1 000mL，稀释过程pH变化 如图甲，则HX的电离平衡常数大于（填“大于”、“等于”或“小于”）醋酸的平衡常数，稀释后，HX溶液中水电离出来的c（H⁺）大于醋酸溶液中水电离出来的c（H⁺）（填“大于”、“等于”或“小于”）

（5）向20mL硫酸和盐酸的混合溶液中，逐滴加入0.05mol•L^-1Ba（OH）₂溶液时，生成沉淀的质量变化及由此而引起的溶液的pH的变化如图乙所示．计算：
①原混合溶液中c（H⁺）=0.3mol/L；c（Cl^-）=0.2mol/L．
②A点的pH=1．
③将0.15mol•L^-1稀硫酸V₁mL与0.1mol•L^-1NaOH溶液V₂mL混合，所得溶液的pH为1，则V₁：V₂=1：1（溶液体积变化忽略不计）．

Answer 1

分析 （1）酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱；
（2）酸性强弱为CH₃COOH＞H₂CO₃＞HClO＞HCO₃^-，强酸能够制取弱酸，据此对各选项进行判断；
（3）醋酸是弱电解质，加水稀释醋酸，促进醋酸电离，则n（CH₃COO^-）、n（H⁺）增大，n（CH₃COOH）减小，但醋酸根离子、氢离子浓度增大的程度小于溶液体积增大的程度，所以c（CH₃COO^-）、c（H⁺）、c（CH₃COOH）都减小，据此分析解答；
（4）加水稀释促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大；
（5）①根据图象知，当混合溶液pH=7时，说明酸中氢离子和碱中氢氧根离子的物质的量相等，据此计算氢离子浓度；
当20mL时硫酸和氢氧化钡恰好反应生成硫酸钡，据此计算硫酸根离子浓度，结合电荷守恒计算氯离子浓度；
③根据A点溶液中氢离子浓度计算溶液的pH；
③pH=1的混合溶液中c（H⁺）=0.1mol/L，混合溶液中c（H⁺）=$\frac{0.15×2×{V}_{1}-0.1×{V}_{2}}{{V}_{1}+{V}_{2}}$mol/L，据此计算V₁：V₂．

解答 解：（1）电离平衡常数越大，越易电离，溶液中离子浓度越大，则酸性强弱为：CH₃COOH＞H₂CO₃＞HClO＞HCO₃^-，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱，则四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是：CO₃^2-＞ClO^-＞HCO₃^-＞CH₃COO^-，即a＞b＞d＞c，
故答案为：a＞b＞d＞c；
（2）a．CO₃^2-+CH₃COOH═CH₃COO^-+CO₂↑+H₂O：碳酸的酸性小于CH₃COOH，所以CH₃COOH能够制取碳酸，该反应能够发生，故a错误；
b．ClO^-+CH₃COOH═CH₃COO^-+HClO：CH₃COOH的酸性大于HClO，CH₃COOH能够制取HClO，该反应能够发生，故b错误；
c．CO₃^2-+HClO═CO₂↑+H₂O+ClO^-：HClO的酸性小于碳酸，该反应无法发生，故c正确；
d.2ClO^-+CO₂+H₂O═CO₃^2-+2HClO：由于酸性H₂CO₃＞HClO＞HCO₃^-，则碳酸与次氯酸根离子反应只能生成碳酸氢根离子，不会生成CO₃^2-，该反应不能发生，故d正确；
故答案为：c、d；
（3）A．加水稀释醋酸促进醋酸电离，氢离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，所以$\frac{c（C{H}_{3}COOH）}{c（{H}^{+}）}$的比值减小，故A错误；
B．加水稀释醋酸促进醋酸电离，醋酸根离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，则$\frac{c（C{H}_{3}CO{O}^{-}）}{c（C{H}_{3}COOH）}$的比值增大，故B正确；
C．加水稀释促进醋酸电离，但氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以$\frac{c（{H}^{+}）}{{K}_{W}}$的比值减小，故C错误；
D．加水稀释醋酸促进醋酸电离，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大，$\frac{c（{H}^{+}）}{c（O{H}^{-}）}$的比值减小，故D错误；
故答案为：B；
（4）加水稀释促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大，
根据图知，pH相同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变化大，则HX的酸性大于醋酸，所以HX的电离平衡常数大于常数，稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，所以醋酸抑制水电离程度大于HX，则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⁺），
故答案为：大于；大于；
（5）①由图象知，当pH=7时，消耗Ba（OH）₂溶液体积为60mL，由于n（H⁺）=n（OH^-），得c（H⁺）=0.05mol/L×0.06L×2÷0.02L=0.3 mol•L^-1；
当加入20mLBa（OH）₂溶液时，硫酸根离子完全反应，根据原子守恒得c（SO₄ ^2-）=c（H₂SP₄）=0.05mol/L×0.02L/0.02L=0.05mol/L，
溶液呈电中性，根据电荷守恒得c（Cl^-）+2c（SO₄ ^2- ）=c（H⁺），c（Cl^-）=c（H⁺）-2c（SO₄ ^2- ）=0.3 mol•L^-1-2×0.05mol/L=0.2 mol•L^-1，
故答案为：0.3mol•L^-1；0.2mol•L^-1；
②A点c（H⁺）=0.3mol/L×0.02L-2×0.05mol/L×0.02L/0.04L=0.1mol/L，所以pH=1，
故答案为：1；
③pH=1的混合溶液中c（H⁺）=0.1mol/L，混合溶液中c（H⁺）=$\frac{0.15×2×{V}_{1}-0.1×{V}_{2}}{{V}_{1}+{V}_{2}}$mol/L=0.1mol/L，整理可得：V₁：V₂=1：1，
故答案为：1：1．

点评 本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，题目难度中等，涉及离子浓度大小比较、pH的简单计算等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生分析判断能力及化学计算能力．