Question

16．25℃時部分弱電解質(zhì)的電離平衡常數(shù)數(shù)據(jù)如表所示：

化學(xué)式	CH3COOH	H2CO3		HClO
電離平衡常數(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^-1的四種溶液：
a．CH₃COONa　　　　B．Na₂CO₃        c．NaClO       D．NaHCO₃
pH由小到大排列順序是a＜d＜c＜b（用編號填寫）．
（2）常溫下，0.1mol/L的CH₃COOH溶液加水稀釋過程中，下列表達(dá)式的數(shù)據(jù)變大的是B、D．
A．c（H⁺）    B．$\frac{c（{H}^{+}）}{c（C{H}_{3}COOH）}$   C．c（H⁺）•c（OH^-）  D． $\frac{c（O{H}^{-}）}{c（{H}^{+}）}$  E．$\frac{c•（{H}^{+}）•c（C{H}_{3}CO{O}^{-}）}{c（C{H}_{3}COOH）}$
（3）體積均為100mL 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)大于（填“大于”、“小于”或“等于”）CH₃COOH的電離平衡常數(shù)，理由是加水稀釋相同倍數(shù)，一元酸的pH變化越大，酸性越強，電離平衡常數(shù)越大．
（4）84消毒液（主要成分NaClO）在空氣中變質(zhì)的離子方程式為CO₂+ClO^-+H₂O═HClO+HCO₃^-2HClO═2H⁺+2Cl^-+O₂↑．

Answer 1

分析 （1）弱酸的電離平衡常數(shù)越大，其酸性越強，其酸根的水解程度越弱；
（2）0.1mol/L的CH₃COOH溶液加水稀釋過程中，氫離子與醋酸根離子物質(zhì)的量增大，醋酸分子物質(zhì)的量減小，濃度減小，酸性減弱，水的離子積常數(shù)不變，醋酸的電離平衡常數(shù)不變；
（3）據(jù)圖分析，加水稀釋的過程中，HX的pH變化比較快，說明HX的酸性比醋酸強；
（4）圖表中數(shù)據(jù)分析可知，酸性強弱：CH₃COOH＞H₂CO₃＞HClO＞＞HCO₃^-，84消毒液（主要成分NaClO）在空氣中變質(zhì)是次氯酸鈉吸收空氣中二氧化碳反應(yīng)生成碳酸氫鈉和次氯酸，次氯酸見光分解生成鹽酸和氧氣；

解答 解：（1）據(jù)電離平衡常數(shù)可知，酸性由強到弱的順序為：CH₃COOH＞H₂CO₃＞HClO＞HCO₃^-，弱酸的酸性越弱其酸根離子的水解程度越大，溶液堿性越強，所以pH由小到大排列順序是a＜d＜c＜b，故答案為：a＜d＜c＜b；
（2）0.1mol/L的CH₃COOH溶液加水稀釋過程中，氫離子與醋酸根離子物質(zhì)的量增大，濃度減小，酸性減弱，
A、氫離子濃度減小，故A錯誤；
B、加水稀釋過程中，氫離子物質(zhì)的量增大，醋酸分子物質(zhì)的量減小，所以$\frac{c（{H}^{+}）}{c（C{H}_{3}COOH）}$增大，故B正確；
C、水的離子積常數(shù)不變，故C錯誤；
D、醋酸溶液加水稀釋時酸性減弱，氫離子濃度減小氫氧根離子濃度增大，所以$\frac{c（O{H}^{-}）}{c（{H}^{+}）}$增大，故D正確；
E、醋酸的電離平衡常數(shù)不變，故E錯誤；
故答案為：BD；
（3）據(jù)圖分析，加水稀釋的過程中，HX的pH變化比較快，說明HX的酸性比醋酸強，HX的電離平衡常數(shù)比醋酸大，
故答案為：大于；加水稀釋相同倍數(shù)，一元酸的pH變化越大，酸性越強，電離平衡常數(shù)越大．
（4）酸性強弱：CH₃COOH＞H₂CO₃＞HClO＞＞HCO₃^-，84消毒液（主要成分NaClO）在空氣中變質(zhì)是次氯酸鈉吸收空氣中二氧化碳反應(yīng)生成碳酸氫鈉和次氯酸，次氯酸見光分解生成鹽酸和氧氣，反應(yīng)的離子方程式為：CO₂+ClO^-+H₂O═HClO+HCO₃^-    2HClO═2H⁺+2Cl^-+O₂↑，
故答案為：CO₂+ClO^-+H₂O═HClO+HCO₃^-    2HClO═2H⁺+2Cl^-+O₂↑．

點評 本題考查弱電解質(zhì)的電離，根據(jù)平衡常數(shù)確定酸性強弱，從而確定水解程度，注意加水稀釋時從各微粒的物質(zhì)的量變化分析，題目難度中等．