Question

19．請根據(jù)下表，回答下列問題：（數(shù)據(jù)均在25℃時測定）

化學(xué)式	CH3COOH	H2CO3	HClO	Cu（OH）2
相關(guān)常數(shù)	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）物質(zhì)的量濃度為0.1mol•L^-1的下列四種物質(zhì)：a．Na₂CO₃，b．NaClO，c．CH₃COONa，d．NaHCO₃，由水電離產(chǎn)生的H⁺由大到小的順序是a＞b＞d＞c（填編號）．
（2）常溫下0.1mol•L^-1的HClO溶液加水稀釋過程，下列表達式的數(shù)據(jù)不變的是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）體積為10mL pH=2的醋酸溶液與一元酸HX分別加水稀釋至1000mL，稀釋過程pH變化如圖所示，則K_a（HX）＞ （選填＞、=、＜，下同） K_a（CH₃COOH）；若將濃度為c₁的NaOH溶液與0.1mol/L的HX等體積混合，
所得溶液的pH=7，則c₁＜0.1mol/L，溶液中離子濃度的大小關(guān)系為：c（Na⁺）=c（X^-）＞c（OH^-）=c（H⁺）；若將“0.1mol/L的HX”改為“pH=1的HX”，所得溶液的pH仍為7，則c₁＞0.1mol/L．
（4）室溫下，如果將0.1mol CH₃COONa和0.05mol HCl溶于水，形成混合溶液（體積不變）  
 ①CH₃COOH和CH₃COO^-兩種粒子的物質(zhì)的量之和等于0.1mol．
②CH₃COO^-和OH^-兩種粒子的物質(zhì)的量之和比H⁺多0.05mol．
（5）某硫酸銅溶液里c（Cu²⁺）=0.02mol•L^-1，如要生成Cu（OH）₂，應(yīng)調(diào)整溶液pH，使之大于5；要使0.2mol•L^-1硫酸銅溶液中Cu²⁺沉淀較為完全（使Cu²⁺濃度降至原來的千分之一），則應(yīng)向溶液里加入氫氧化鈉溶液，使溶液pH為6．

Answer 1

分析 （1）等濃度的酸溶液依據(jù)電離平衡常數(shù)比較大小，酸越弱對應(yīng)鹽水解程度越大，溶液堿性越強；
（2）常溫下0.1mol•L^-1的HClO溶液加水稀釋過程平衡狀態(tài)下微粒濃度減小，溶液中存在離子積常數(shù)，氫離子濃度減小，氫氧根離子濃度增大，溫度不變平衡常數(shù)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；若將濃度為c₁的NaOH溶液與0.1mol/L的HX等體積混合，所得溶液的pH=7，依據(jù)溶液中電荷守恒分析判斷離子濃度大小，若將“0.1mol/L的HX”改為“pH=1的HX”，所得溶液的pH仍為7，HX電離平衡狀態(tài)下氫離子濃度為0.1mol/L，則中和反應(yīng)溶液呈中性需要氫氧化鈉多；
（4）①由醋酸根的物料守恒分析；
②由電荷守恒分析；
（5）根據(jù)K_sp=c（Cu²⁺）•[c（OH^-）]²=2×10^-20，根據(jù)Cu²⁺離子的濃度計算OH^-離子的濃度，根據(jù)水的離子積常數(shù)計算氫離子濃度，并以此計算溶液pH值．
Cu²⁺沉淀較為完全濃度降至原來的千分之一，根據(jù)K_sp求出OH^-離子的濃度，再求pH．

解答 解：（1）電離平衡常數(shù)分析判斷酸性大小為：CH₃COOH＞H₂CO₃＞HClO＞HCO₃^-，物質(zhì)的量濃度為0.1mol•L^-1的下列四種物質(zhì)：a．Na₂CO₃，b．NaClO，c．CH₃COONa，d．NaHCO₃，由水電離產(chǎn)生的H⁺由大到小的順序是a＞b＞d＞c，
故答案為：a＞b＞d＞c；  
（2）溶液中存在電離平衡HClO?H⁺+ClO^-，H₂O?H⁺+OH^-，
A．加水稀釋溶液中c（H⁺）減小，故A錯誤；
B．加水稀釋促進電離，氫離子數(shù)增大，次氯酸分子減小，則$\frac{c（{H}^{+}）}{c（HClO）}$比值增大，故B錯誤；
C．溶液中存在離子積常數(shù)Kw=c（OH^-）•c（H⁺），加水稀釋氫離子濃度減小，氫氧根離子濃度增大，則$\frac{c（O{H}^{-}）}{c（{H}^{+}）}$比值增大，故C錯誤；
D.$\frac{c（Cl{O}^{-}）}{c（HClO）c（O{H}^{-}）}$=$\frac{c（Cl{O}^{-}）}{c（HClO）c（O{H}^{-}）}$×$\frac{c（{H}^{+}）}{c（{H}^{+}）}$=$\frac{Ka}{Kw}$，溫度不變Ka、Kw不變，則比值不變，故D正確；
故答案為：D； 
（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，K_a（HX）＞K_a（CH₃COOH），若將濃度為c₁的NaOH溶液與0.1mol/L的HX等體積混合，所得溶液的pH=7，c（OH^-）=c（H⁺），電荷守恒為：c（Na⁺）+c（H⁺）=c（X^-）+c（OH^-），c（Na⁺）=c（X^-），HX為弱酸，則c₁＜0.1mol/L，溶液中離子濃度大小關(guān)系為：c（Na⁺）=c（X^-）＞c（OH^-）=c（H⁺），若將“0.1mol/L的HX”改為“pH=1的HX”，所得溶液的pH仍為7，氫氧化鈉溶液提供氫氧根離子多于0.1mol/L，則c₁＞0.1mol/L，
故答案為：＞；＜；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，故答案為：CH₃COOH；CH₃COO^-；    
②由電荷守恒可知，c（Na⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（CH₃COO^-）+c（Cl^-），則n（OH^-）+n（CH₃COO^-）-n（H⁺）=n（Na⁺）-n（Cl^-）=0.05mol，
故答案為：CH₃COO^-；OH^-；
（5）某CuSO₄溶液里c（Cu²⁺）=0.02mol/L，如果生成Cu（OH）₂沉淀，則應(yīng)有c（OH^-）≥$\sqrt{\frac{2×1{0}^{-20}}{0.02}}$mol/L=10^-9mol/L，則c（H⁺）≤$\frac{1×1{0}^{-14}}{1{0}^{-9}}$mol/L=10^-5mol/L，
所以pH≥-lg（10^-5）=5，
Cu²⁺沉淀較為完全是的濃度為$\frac{0.2mol/L}{1000}$=2×10^-4mol/L，
則c（OH^-）=$\sqrt{\frac{2×1{0}^{-20}}{2×1{0}^{-4}}}$mol/L═10^-8mol/L，
則c（H⁺）=$\frac{1×1{0}^{-14}}{1{0}^{-8}}$mol/L=10^-6mol/L，
所以pH=-lg（10^-6）=6，
故答案為：5；6

點評 本題考查鹽類水解及酸性的比較、酸堿混合的計算和定性分析、pH與酸的稀釋等知識，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，注意電荷守恒和物料守恒的應(yīng)用，綜合性較大，題目難度中等．