Question

已知25℃時(shí)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(wèn)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(guò)程中，下列表達(dá)式的數(shù)據(jù)變大的是

BD

（填序號(hào)）
A．c（H⁺）    B．c（H⁺）/c（CH₃COOH）C．c（H⁺）?c（OH^-）D．c（OH^-）/c（H⁺）
（3）體積均為100mL pH=2的CH₃COOH與一元酸HX，加水稀釋過(guò)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)

小于

（填“大于”、“小于”或“等于”）CH₃COOH的電離平衡常數(shù)．理由是：

稀釋相同倍數(shù)，一元酸HX的pH變化比CH₃COOH小，故酸性弱，電離平衡常數(shù)小

．
（4）25℃時(shí)，在CH₃COOH與CH₃COONa的混合溶液中，若測(cè)得pH=6，則溶液中c（CH₃COO^-）-c（Na⁺）=

9.9×10^-7

mol?L^-1（填精確值），c（CH₃COO^-）/c（CH₃COOH）=

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(guò)程，促進(jìn)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(qiáng)，電離平衡常數(shù)大；
（4）25℃時(shí)，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)緩沖溶液中的緩沖公式來(lái)計(jì)算c（CH₃COO^-）/c（CH₃COOH）．

解答：解：（1）由電離平衡常數(shù)判斷酸性的強(qiáng)弱，酸性越強(qiáng)，其對(duì)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?yàn)閍dcb，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(guò)程，促進(jìn)電離，c（H⁺）減小，故A不選；
B．c（H⁺）/c（CH₃COOH）=n（H⁺）/n（CH₃COOH），則稀釋過(guò)程中比值變大，故B選；
C．稀釋過(guò)程，促進(jìn)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(guò)程，促進(jìn)電離，c（H⁺）減小，c（OH^-）增大，則c（OH^-）/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(qiáng)，由圖可知，HX的pH變化程度小，則酸性醋酸強(qiáng)，電離平衡常數(shù)小，故答案為：小于，稀釋相同倍數(shù)，一元酸HX的pH變化比CH₃COOH小，故酸性弱，電離平衡常數(shù)小；
（4）25℃時(shí)，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，
根據(jù)緩沖公式pH=pKa-lg（[HAc]/[Ac^-]），查數(shù)據(jù)知道pKa（CH₃COOH）=4.76，所以lg（[HAc]/[Ac-]）=-1.24，即[Ac-]/[HAc]=18，故答案為：9.9×10^-7；18．

點(diǎn)評(píng)：本題考查鹽類(lèi)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(qiáng)的變化大來(lái)分析解答，綜合性較大，題目難度中等．