Question

17．已知25℃時部分弱電解質(zhì)的電離平衡常數(shù)數(shù)據(jù)如下表：

化學(xué)式	CH3COOH	H2CO3		HClO
平衡常數(shù)	Ka=1.8×10-5	Ka1=4.3×10-7	Ka2=5.6×10-11	Ka=3.0×10-8

回答下列問題：
（1）物質(zhì)的量濃度均為0.1mol•L^一1的四種溶液：a．CH₃COONa  b．Na₂CO₃   c．NaClO  d．NaHCO₃，pH由小到大的排列順序是adcb（用字母表示）
（2）常溫下，0.1mol•L^-1的CH₃COOH溶液加水稀釋過程中，下列表達式的數(shù)據(jù)變大的是BD（填序號） 
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）體積均為l00mL pH=2的CH₃COOH與一元酸HX，加水稀釋過程中pH與溶液體積的關(guān)系如圖所示，則HX的電離平衡常數(shù)＜（填“＞”、“＜”或“=”）CH₃COOH的電離平衡常數(shù)．
（4）25℃時，在CH₃COOH與CH₃COONa的混合溶液中，若測得pH=6，則溶液中：
①c（CH₃COO^-）-c（Na⁺）=9.9×10^-7mol•L^-1（填精確值）
②$\frac{c（C{H}_{3}CO{O}^{-}）}{c（C{H}_{3}COOH）}$=18．

Answer 1

分析 （1）相同物質(zhì)的量濃度的鈉鹽溶液，酸根離子水解程度越大，其溶液的pH越大；
（2）CH₃COOH溶液加水稀釋過程，促進電離，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，電離平衡常數(shù)大；
（4）25℃時，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^-），根據(jù)醋酸的K和pH=6來計算$\frac{c（C{H}_{3}CO{O}^{-}）}{c（C{H}_{3}COOH）}$．

解答 解：（1）由電離平衡常數(shù)判斷酸性的強弱，酸性越強，其對應(yīng)鹽的水解程度越大，溶液的pH就越大，
由表格中的數(shù)據(jù)可知，酸性CH₃COOH＞H₂CO₃＞HClO＞HCO₃^-，則水解程度大小順序為adcb，所以pH由大到小的順序是a d c b，故答案為：a d c b；
（2）A．CH₃COOH溶液加水稀釋過程，促進電離，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：BD；
（3）稀釋相同的倍數(shù)，pH變化大的酸酸性強，由圖可知，HX的pH變化程度小，則酸性醋酸強，電離平衡常數(shù)小，故答案為：＜；
（4）①25℃時，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；
②醋酸的電離平衡常數(shù)Ka=$\frac{c（C{H}_{3}CO{O}^{-}）•c（{H}^{+}）}{c（C{H}_{3}COOH）}$=1.8×10^-5，pH=6，c（H⁺）=1.0×10^-6，所以$\frac{c（C{H}_{3}CO{O}^{-}）}{c（C{H}_{3}COOH）}$=18，故答案為：18．

點評 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的變化大來分析解答，綜合性較大，題目難度中等．