Question

7．25℃時，電離平衡常數(shù)：CH₃COOH：1.8×10^-5 H₂CO₃：_：K₁ 4.3×10^-7
K₂ 5.6×10^-11   HClO：3.2×10^-8．回答下列問題：
（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，pH由大到小的順序是a＞b＞d＞c（填編號）．
（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)一定變大的是ABD；
A．n（H⁺）　　　B.$\frac{c（{H}^{+}）}{cC{H}_{3}COOH}$    C．c（H⁺）•c（OH^-）    D．c（OH^-）    E．Ka
（3）體積為10mL pH=2的醋酸溶液與一元酸HX分別加水稀釋至1 000mL，稀釋過程pH變化如圖．則HX的電離平衡常數(shù)大于（填“大于”、“等于”或“小于”）醋酸的電離平衡常數(shù)，寫出HX的電離方程式為HX?X^-+H⁺．稀釋后，若加同樣的金屬鋅片，開始反應(yīng)速率較快的是醋酸（填“醋酸”、“HX”）
（4）25℃時，CH₃COOH與CH₃COONa的混合溶液，若測得混合液pH=6，則溶液中c（CH₃COO^-）-c（Na⁺）=9.9×10^-7mol•L^-1．（填準確數(shù)值）

Answer 1

分析 （1）對應(yīng)酸的酸性越弱，其鹽的水解程度越大，溶液的堿性越強，溶液pH越大；當pH相同時，酸越強，鹽的濃度越大；
（2）CH₃COOH溶液加水稀釋過程，促進電離，由于溶液的體積增大，所以c（H⁺）減小，Kw不變，則c（OH^-）增大，溫度不變平衡常數(shù)不變，據(jù)此分析；
（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，稀釋100倍溶液PH增大小于4，說明HX為弱酸；
（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^-）．

解答 解：（1）在相同的條件下測得a．Na₂CO₃，b．NaClO，c．CH₃COONa，d．NaHCO₃，溶液濃度相同，已知酸性：CH₃COOH＞H₂CO₃＞HClO＞HCO₃^-，所以水解程度：a．Na₂CO₃＞b．NaClO＞d．NaHCO₃＞c．CH₃COONa，pH由大到小的順序是a，b，d，c，
故答案為：a＞b＞d＞c；
（2）A．CH₃COOH溶液加水稀釋過程，促進電離，由于溶液的體積增大的程度大，所以c（H⁺）減小，氫離子物質(zhì)的量增大，故A選；
B． $\frac{c（{H}^{+}）}{c（C{H}_{3}COOH）}$=$\frac{n（{H}^{+}）}{n（C{H}_{3}COOH）}$，CH₃COOH溶液加水稀釋過程，促進電離，氫離子物質(zhì)的量增大，醋酸物質(zhì)的量減小，則稀釋過程中比值變大，故B選；
C．稀釋過程，c（H⁺）減小，c（OH^-）增大，c（H⁺）•c（OH^-）=Kw，Kw只受溫度影響所以不變，故C不選；
D．常溫下0.1mol•L^-1的CH₃COOH溶液加水稀釋過程中，氫離子濃度減小，溶液中離子積常數(shù)不變，氫氧根離子濃度增大，故D選；
E．電離平衡常數(shù)隨溫度變化，溫度不變Ka不變，故E不選；
故答案為：ABD；
（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，則HX的電離平衡常數(shù)大于醋酸的電離平衡常數(shù)，圖象可知HX稀釋100倍溶液PH小于4，說明HX為弱酸，電離方程式為HX?X^-+H⁺，稀釋后，HX溶液中氫離子濃度小，醋酸溶液中氫離子濃度大，若加同樣的金屬鋅片，開始反應(yīng)速率較快的是醋酸，
故答案為：大于；HX?X^-+H⁺；醋酸；
（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^-）=1.0×10^-6-1.0×10^-8mol/L=9.9×10^-7 mol•L^-1，
故答案為：9.9×10^-7 mol•L^-1．

點評 本題考查了弱電解質(zhì)電離平衡的影響因素、水的電離、溶液稀釋、鹽類水解等知識點，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等．