Question

6．依据题目要求回答下列问题．
（1）常温下，浓度均为0.1mol•L^-1的下列六种溶液的pH如下表：

溶质	CH3COONa	NaHCO3	Na2CO3	NaClO	NaCN	C4H4ONa
pH	8.8	9.7	11.6	10.3	11.1	11.3

①上述盐溶液中的阴离子，结合H⁺能力最强的是CO₃^2-
②据上表数据，请你判断下列反应不能成立的是D（填编号）
A、CH₃COOH+Na₂CO₃═NaHCO₃+CH₃COONa
B、CH₃COOH+NaCN═CH₄COONa+HCN
C、CO₂+H₂O+NaClO═NaHCO₃+HClO
D、CO₂+H₂O+2C₄H₅ONa═Na₂CO₃+2C₈H₅OH
③要增大氯水中HC1O的浓度，可向氯水中加入少量的碳酸氢钠溶液，反应的离子方程式为Cl₂+HCO₃^-═CO₂+Cl^-+HClO．
（2）已知温下Cu（OH）₂的K_sp=2×10^-20，又知常温下某CuSO₄溶液里c（Cu²⁺）=0.02mol•L^-1．如果要生成Cu（OH）₂，则应调整溶液pH大于5．
（3）已知可逆反应FeO（g）+CO（g）?Fe（g）+CO₂（g）是炼铁工业中一个重要反应，某温度与平衡常数K的关系如下表：

T（K）	933	1100
K	0.68	0.40

①写出该反应平衡常数的表达式：K=$\frac{c（CO）}{c（C{O}_{2}）}$．
②若该反应在体积固定的密闭容器中进行，在一定条件下达到平衡状态，改变下列条件：升高温度，混合气体的密度减小（选填“增大”“碱小”或“不变”）：当$\frac{n（C{O}_{2}）}{n（CO）}$=0.5，混合气体平均相对分子质量为33.3．

Answer 1

分析 （1）①弱酸根质量水解程度越大，相同浓度的钠盐溶液的pH越大，则酸根离子结合质子能力越大；
②根据强酸制取弱酸判断．
③HClO和碳酸氢钠不反应，盐酸和碳酸氢钠反应生成二氧化碳；
（2）根据K_sp=c（Cu²⁺）•[c（OH^-）]²=2×10^-20，根据Cu²⁺离子的浓度计算OH^-离子的浓度，根据水的离子积常数计算氢离子浓度，并以此计算溶液pH值；
（3）①根据反应方程式FeO（s）+CO₂（g）?Fe（s）+CO（g）书写K的表达式；
②根据影响化学平衡常数的因素进行分析，升温平衡常数减小，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应．

解答 解：（1）①弱酸根水解程度越大，则酸根离子结合质子能力越大，相同浓度的钠盐溶液的pH越大，根据溶液pH知，CO₃^2-的水解程度最大，则CO₃^2-结合质子能力最强，故答案为：CO₃^2-；
②根据强酸制取弱酸知，
A．醋酸的酸性大于碳酸氢根离子，所以CH₃COOH+Na₂CO₃═NaHCO₃+CH₃COONa能发生，故不选；
B．醋酸酸性大于氢氰酸，所以CH₃COOH+NaCN═CH₃COONa+HCN能发生，故不选；
C．碳酸的酸性大于次氯酸，所以CO₂+H₂O+NaClO═NaHCO₃+HClO能发生，故不选；
D．苯酚酸性小于碳酸而大于碳酸氢根离子，所以CO₂+H₂O+2C₆H₅ONa═Na₂CO₃+2C₆H₅OH不能发生，故选；
故选D．
③HClO和碳酸氢钠不反应，盐酸和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以导致氯水中HClO浓度增大，离子方程式为Cl₂+HCO₃^-═CO₂+Cl^-+HClO；
故答案为：Cl₂+HCO₃^-═CO₂+Cl^-+HClO；
（2）某CuSO₄溶液里c（Cu²⁺）=0.02mol/L，如果生成Cu（OH）₂沉淀，则应有c（OH^-）≥$\sqrt{\frac{2×1{0}^{-20}}{0.02}}$mol/L=10^-9mol/L，则c（H⁺）≤$\frac{1×1{0}^{-14}}{1{0}^{-9}}$mol/L=10^-5mol/L，
所以pH≥-lg（10^-5）=5，故答案为：5；
（3）①根据反应方程式FeO（s）+CO₂（g）?Fe（s）+CO（g）书写K，表达式为K=$\frac{c（CO）}{c（C{O}_{2}）}$，故答案为：K=$\frac{c（CO）}{c（C{O}_{2}）}$；
②升温平衡常数减小，说明平衡逆向移动，平衡左移时，气体的体积不变，但总质量变小，故混合气体的密度变小；
当$\frac{n（C{O}_{2}）}{n（CO）}$=0.5，K=$\frac{n（C{O}_{2}）}{n（CO）}$=2，n（CO）：c（CO₂）=2：1，混合气体平均相对分子质量为$\frac{28×2+44}{2+1}$=33.3．
故答案为：减小；33.3．

点评 本题考查了平衡常数，盐类水解，溶度积常数的计算，题目综合性较强，难度不大，注意把握计算公式的运用、H₂CO₃、HClO、HCO₃^-酸性强弱关系．