题目内容

1.已知:25°C时某些弱酸的电离平衡常数(如表).下面图象表示常温下,稀释CH3COOH、HClO两种酸的稀溶液时,溶液pH随加水量的变化.下列说法正确的是(  )
CH3COOHHClOH2CO3
Ka=1.8×10-5Ka=3.0×10-8Ka1=4.1×10-7
Ka2=5.6×10-11
A.相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中,各离子浓度的大小关系是c(Na+)>c(ClO-)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+
B.向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为:2ClO-+CO2+H2O═2HClO+CO32-
C.图象中a、c两点处的溶液中$\frac{c({R}^{-})}{c(O{H}^{-})•c(HR)}$相等(HR代表CH3COOH或HClO)
D.图象中a点酸的总浓度大于b点酸的总浓度

分析 A.酸的电离常数越大,则酸根离子的水解程度越小,则次氯酸根离子的水解程度大于醋酸根离子,故:c(CH3COO-)>c(ClO-);
B.根据强酸制取弱酸判断,反应生成的应该为碳酸氢根离子;
C.$\frac{c({R}^{-})}{c(O{H}^{-})•c(HR)}$的分子、分母同时乘以氢离子浓度可得:$\frac{c({R}^{-})}{c(O{H}^{-})•c(HR)}$=$\frac{K(HR)}{{K}_{W}}$,温度不变,则该比值不变;
D.先根据电离程度大小判断醋酸、次氯酸对应曲线及起始浓度大小,a、b两点加入水的体积相同,则此时酸溶液浓度取决于酸的起始浓度.

解答 解:A.醋酸的电离常数大于次氯酸,所以醋酸的水解程度小于次氯酸,醋酸钠和次氯酸钠都是强碱弱酸盐,其混合溶液呈碱性,所以相同物质的量浓度的CH3COONa和NaClO的混合液中,各离子浓度的大小关系是:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+),故A错误;
B.碳酸的二级电离小于次氯酸,所以碳酸氢根离子的酸性小于次氯酸,则向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式:ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-,故B错误;
C.在$\frac{c({R}^{-})}{c(O{H}^{-})•c(HR)}$的分子、分母同时乘以氢离子浓度可得:$\frac{c({R}^{-})}{c(O{H}^{-})•c(HR)}$=$\frac{K(HR)}{{K}_{W}}$,由于水的离子积和电离平衡常数只受温度影响,a、c的温度相同,则该比值相等,故C正确;
D、pH相等的CH3COOH、HClO,稀释相同的倍数时,较强酸中氢离子浓度小于较弱酸,则较弱酸的pH小于较强酸,酸性CH3COOH>HClO,所以a所在曲线表示CH3COOH,b所在曲线表示HClO,次氯酸的电离程度小于醋酸,所以醋酸的浓度减小,次氯酸的浓度较大,a、b两点相比,加入相同体积的水后仍然是次氯酸的浓度较大,即:图象中a点酸的浓度小于b点酸的浓度,故D错误;
故选C.

点评 本题考查离子浓度大小比较、弱电解质在溶液中的电离平衡等知识,题目难度中等,试题侧重于学生的分析能力和计算能力的考查,明确酸的电离常数与酸的强弱、酸根离子水解能力的关系是解本题关键,注意掌握判断离子浓度大小常用方法.

练习册系列答案
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9.草酸镍晶体(NiC2O4•2H2O)可用于制镍催化剂,某小组用废镍催化剂(成分为Al2O3、Ni、Fe、SiO2、CaO等)制备草酸镍晶体的部分实验流程如下:

已知:①Ksp(CaF2)=1.46×10-10,Ksp(CaC2O4)=2.34×10-9
金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pH
Fe3+1.13.2
Fe2+5.88.8
Al3+3.05.0
Ni2+6.79.5
②相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1,.0mol•L-1计算).
(1)“粉碎”的目的是增大接触面积,加快反应速率;提高镍的浸出率.
(2)保持其他条件相同,在不同温度下对废镍催化剂进行“酸浸”,镍浸出率随时间变化如图.“酸浸”的适宜温度与时间分别为c(填字母).

a.30℃、30min     b.90℃、150min       c.70℃、120min   d.90℃、120min
(3)证明“沉镍”工序中Ni2+已经沉淀完全的实验步骤及现象是静置,在上层清液中继续滴加(NH42C2O4溶液,若不再产生沉淀,则“沉镍”工序已经完成.将“沉镍”工序得到的混合物过滤,所得固体用75%乙醇溶液洗涤、110℃下烘干,得草酸镍晶体.用75%乙醇溶液洗涤的目的是洗去(NH42SO4杂质、便于烘干、减少草酸镍晶体损失.
(4)在除铁和铝工序中,应先加入H2O2氧化,再加氢氧化镍调节pH值的范围为5.0≤pH<6.7.第2步中加入适量NH4F溶液的作用是除去杂质Ca2+
(5)将得到的草酸镍晶体在真空中加热至320℃分解可重新制得单质镍催化剂,写出该制备过程的化学方程式:NiC2O4•2H2O$\frac{\underline{\;320℃\;}}{\;}$Ni+2CO2↑+2H2O.
(6)已知废镍催化剂中镍的质量分数为5.9%,则100kg废镍催化剂最多可制得18.3kg草酸镍晶体(Ni:59,C:12,H:1,O:16).
16.氧化亚铜是大型水面舰艇防护涂层的重要原料.某小组通过查阅资料,进行如下研究.
资料:1.氧化亚铜:化学式Cu2O,红色至红褐色结晶或粉末,不溶于水及有机溶剂,可溶于稀盐酸、稀硫酸等,在稀硫酸溶液中歧化为二价铜和铜单质.氧化亚铜在1800℃时分解,在干燥空气中稳定,但在潮湿空气中被慢慢氧化为氧化铜.氧化亚铜主要用于制造船底防污漆、杀虫剂…2.葡萄糖还原法制备氧化亚铜:将葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液混合后进行反应,生成氧化亚铜,条件控制不当时会有少量氧化铜生成.
I.Cu2O的制取
(1)葡萄糖还原法制Cu2O的化学方程式为
(2)实验室用此方法制取并获得少量Cu2O固体,需要的玻璃仪器除试管、酒精灯、烧杯外,还需要漏斗、玻璃棒.
II.检验样品中是否含有CuO
方案1:将制得的Cu2O样品溶于足量稀硫酸.
(3)甲同学认为若溶液变为蓝色,则说明样品中含有CuO杂质.乙同学认为此推论不合理,用化学用语解释原因Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O.
(4)甲同学通过反思,认为将定性检验改为定量测定便能确定样品中是否含有CuO杂质,应测量的数据是Cu2O样品的质量、反应后剩余固体(Cu)的质量.
方案2:丙同学认为采用如下装置(所加药品均足量)进行实验,通过测定c装置反应后固体的质量以及d装置反应前后增重的质量,可计算,从而确定样品中是否含有氧化铜.

(5)装置a中所加的酸是H2SO4(填化学式),装置e中碱石灰的作用是防止空气中的水进入d装置,m(H2O)测定不准确.
(6)点燃装置c中酒精灯之前需进行的操作是打开K1,关闭K2,通一段时间氢气后验纯,再打开K2,关闭K1
(7)熄灭酒精灯之后,仍需通一段时间H2至试管冷却,原因是防止生成的Cu单质在高温下又被氧气氧化为CuO,导致测定数据不准确.
6.最常见的塑化剂邻苯二甲酸二丁酯可由邻苯二甲酸酐与正丁醇在浓硫酸共热下反应制得,反应的化学方程式及装置图(部分装置省略)如图:
+C4H9OH$\stackrel{H_{2}SO_{4}}{→}$ $→_{C_{4}H_{9}OH}^{H_{2}SO_{4}}$
已知:正丁醇沸点118℃,纯邻苯二甲酸二丁酯是无色透明、具有芳香气味的油状液体,沸点340℃,酸性条件下,温度超过180℃时易发生分解.
由邻苯二甲酸酐、正丁醇制备邻苯二甲酸二丁酯实验操作流程如下:
①向三颈烧瓶内加入30g(0.2mol)邻苯二甲酸酐,22g(0.3mol)正丁醇以及少量浓硫酸.
②搅拌,升温至105℃,持续搅拌反应2小时,保温至反应结束.
③冷却至室温,将反应混合物倒出.通过工艺流程中的操作X,得到粗产品.
④粗产品用无水硫酸镁处理至澄清→取清液(粗酯)→圆底烧瓶→减压蒸馏,经过处理得到产品20.85g.
请回答以下问题:
(1)步骤②中不断从分水器下部分离出产物水的目的是有利于反应向生成邻苯二甲酸二丁酯的方向移动,提高产率.判断反应已结束的方法是分水器中的水位高度基本保持不变时(或者冷凝管中不再有液体滴下).
(2)上述实验可能生成的副产物的结构简式为CH2=CHCH2CH3、CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3等(填一种即可)
(3)操作X中,应先用5%Na2CO3溶液洗涤粗产品.纯碱溶液浓度不宜过高,更不能使用氢氧化钠;若使用氢氧化钠溶液,对产物有什么影响?(用化学方程式表示)+2NaOH$\stackrel{△}{→}$+2CH3CH2CH2CH2OH.
(4)操作X中,分离出产物的操作中必须使用的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯.
(5)粗产品提纯流程中采用减压蒸馏的目的是邻苯二甲酸二丁酯沸点较高,高温蒸馏会造成其分解,减压可使其沸点降低.
(6)本实验中,邻苯二甲酸二丁酯(式量是278)的产率为50%.

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