题目内容

7.25℃时,电离平衡常数:
化学式CH3COOHH2CO3HClO
电离平衡常数1.8×10-5K1 4.3×10-7
K2 5.6×10-11
3.0×10-8
回答下列问题:
(1)下列四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是a>b>d>c;(填编号)
a.CO32-  b.ClO-   c.CH3COO-    d.HCO3-
(2)下列反应不能发生的是:cd
a.CO32-+CH3COOH═CH3COO-+CO2↑+H2O
b.ClO-+CH3COOH═CH3COO-+HClO
c.CO32-+HClO═CO2↑+H2O+ClO-
d.2ClO-+CO2+H2O═CO32-+2HClO
(3)用蒸馏水稀释0.10mol•L-1的醋酸,则下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是B
A.$\frac{c(C{H}_{3}COOH)}{c({H}^{+})}$          B.$\frac{c(C{H}_{3}CO{O}^{-})}{c(C{H}_{3}COOH)}$
C.$\frac{c({H}^{+})}{{K}_{W}}$                D.$\frac{c({H}^{+})}{c(O{H}^{-})}$
(4)体积为10mL pH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1 000mL,稀释过程pH变化 如图甲,则HX的电离平衡常数大于(填“大于”、“等于”或“小于”)醋酸的平衡常数,稀释后,HX溶液中水电离出来的c(H+)大于醋酸溶液中水电离出来的c(H+)(填“大于”、“等于”或“小于”)

(5)向20mL硫酸和盐酸的混合溶液中,逐滴加入0.05mol•L-1Ba(OH)2溶液时,生成沉淀的质量变化及由此而引起的溶液的pH的变化如图乙所示.计算:
①原混合溶液中c(H+)=0.3mol/L;c(Cl-)=0.2mol/L.
②A点的pH=1.
③将0.15mol•L-1稀硫酸V1mL与0.1mol•L-1NaOH溶液V2mL混合,所得溶液的pH为1,则V1:V2=1:1(溶液体积变化忽略不计).

分析 (1)酸根离子对应的酸的酸性越强,酸根离子结合氢离子的能力越弱;
(2)酸性强弱为CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3-,强酸能够制取弱酸,据此对各选项进行判断;
(3)醋酸是弱电解质,加水稀释醋酸,促进醋酸电离,则n(CH3COO-)、n(H+)增大,n(CH3COOH)减小,但醋酸根离子、氢离子浓度增大的程度小于溶液体积增大的程度,所以c(CH3COO-)、c(H+)、c(CH3COOH)都减小,据此分析解答;
(4)加水稀释促进弱酸电离,pH相同的不同酸稀释相同的倍数,pH变化大的酸酸性强,变化小的酸酸性弱;酸或碱抑制水电离,酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大;
(5)①根据图象知,当混合溶液pH=7时,说明酸中氢离子和碱中氢氧根离子的物质的量相等,据此计算氢离子浓度;
当20mL时硫酸和氢氧化钡恰好反应生成硫酸钡,据此计算硫酸根离子浓度,结合电荷守恒计算氯离子浓度;
③根据A点溶液中氢离子浓度计算溶液的pH;
③pH=1的混合溶液中c(H+)=0.1mol/L,混合溶液中c(H+)=$\frac{0.15×2×{V}_{1}-0.1×{V}_{2}}{{V}_{1}+{V}_{2}}$mol/L,据此计算V1:V2

解答 解:(1)电离平衡常数越大,越易电离,溶液中离子浓度越大,则酸性强弱为:CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3-,酸根离子对应的酸的酸性越强,酸根离子结合氢离子的能力越弱,则四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是:CO32->ClO->HCO3->CH3COO-,即a>b>d>c,
故答案为:a>b>d>c;
(2)a.CO32-+CH3COOH═CH3COO-+CO2↑+H2O:碳酸的酸性小于CH3COOH,所以CH3COOH能够制取碳酸,该反应能够发生,故a错误;
b.ClO-+CH3COOH═CH3COO-+HClO:CH3COOH的酸性大于HClO,CH3COOH能够制取HClO,该反应能够发生,故b错误;
c.CO32-+HClO═CO2↑+H2O+ClO-:HClO的酸性小于碳酸,该反应无法发生,故c正确;
d.2ClO-+CO2+H2O═CO32-+2HClO:由于酸性H2CO3>HClO>HCO3-,则碳酸与次氯酸根离子反应只能生成碳酸氢根离子,不会生成CO32-,该反应不能发生,故d正确;
故答案为:c、d;
(3)A.加水稀释醋酸促进醋酸电离,氢离子物质的量增大,醋酸分子的物质的量减小,所以$\frac{c(C{H}_{3}COOH)}{c({H}^{+})}$的比值减小,故A错误;
B.加水稀释醋酸促进醋酸电离,醋酸根离子物质的量增大,醋酸分子的物质的量减小,则$\frac{c(C{H}_{3}CO{O}^{-})}{c(C{H}_{3}COOH)}$的比值增大,故B正确;
C.加水稀释促进醋酸电离,但氢离子浓度减小,温度不变,水的离子积常数不变,所以$\frac{c({H}^{+})}{{K}_{W}}$的比值减小,故C错误;
D.加水稀释醋酸促进醋酸电离,氢离子浓度减小,温度不变,水的离子积常数不变,则氢氧根离子浓度增大,$\frac{c({H}^{+})}{c(O{H}^{-})}$的比值减小,故D错误;
故答案为:B;
(4)加水稀释促进弱酸电离,pH相同的不同酸稀释相同的倍数,pH变化大的酸酸性强,变化小的酸酸性弱;酸或碱抑制水电离,酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大,
根据图知,pH相同的醋酸和HX稀释相同的倍数,HX的pH变化大,则HX的酸性大于醋酸,所以HX的电离平衡常数大于常数,稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX,所以醋酸抑制水电离程度大于HX,则HX溶液中水电离出来的c(H+)大于醋酸溶液水电离出来c(H+),
故答案为:大于;大于;
(5)①由图象知,当pH=7时,消耗Ba(OH)2溶液体积为60mL,由于n(H+)=n(OH-),得c(H+)=0.05mol/L×0.06L×2÷0.02L=0.3 mol•L-1
当加入20mLBa(OH)2溶液时,硫酸根离子完全反应,根据原子守恒得c(SO4 2-)=c(H2SP4)=0.05mol/L×0.02L/0.02L=0.05mol/L,
溶液呈电中性,根据电荷守恒得c(Cl-)+2c(SO4 2- )=c(H+),c(Cl-)=c(H+)-2c(SO4 2- )=0.3 mol•L-1-2×0.05mol/L=0.2 mol•L-1
故答案为:0.3mol•L-1;0.2mol•L-1
②A点c(H+)=0.3mol/L×0.02L-2×0.05mol/L×0.02L/0.04L=0.1mol/L,所以pH=1,
故答案为:1;
③pH=1的混合溶液中c(H+)=0.1mol/L,混合溶液中c(H+)=$\frac{0.15×2×{V}_{1}-0.1×{V}_{2}}{{V}_{1}+{V}_{2}}$mol/L=0.1mol/L,整理可得:V1:V2=1:1,
故答案为:1:1.

点评 本题考查酸碱混合溶液定性判断,为高频考点,题目难度中等,涉及离子浓度大小比较、pH的简单计算等知识,试题知识点较多、综合性较强,充分考查学生分析判断能力及化学计算能力.

练习册系列答案
相关题目
17.亚硝酸钠是重要的防腐剂.某化学兴趣小组以碳和浓硝酸为起始原料,设计如下装置利用一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠(夹持装置和A中加热装置已略,已密性已检验)
【查阅资料】
①HNO2为弱酸,室温下存在反应3HNO2=HNO3+2NO↑+H2O;
②在酸性溶液中,NO2可将MnO4还原为Mn2且无气体生产;
③NO不与碱反应,可被酸性KMnO4溶液氧化为硝酸.
【实验操作】
①关闭弹簧夹,打开A中分液漏斗活塞,滴加一定量浓硝酸,加热;
②一段时间后停止加热;
③从C中取少量固体,检验是否是亚硝酸钠.
(1)A中反应的化学方程式是C+4HNO3(浓)$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CO2↑+4NO2↑+2H2O.
(2)B中观察的主要现象是溶液变蓝,铜片溶解,导管口有无色气体冒出.
(3)检验C中产物有亚硝酸钠的实验方案(简述实验步骤、现象及结论)及相关的离子反应方程式为将生成物置于试管中,加入稀硫酸,若产生无色气体并在液面上方变为红棕色,则D中产物是亚硝酸钠.反应的离子方程式是3NO2-+2H+=NO3-+2NO↑+H2O,或将生成物置于试管中,加入酸性KMnO4溶液,若溶液紫色褪去,则D中产物是亚硝酸钠,反应的离子方程式是5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O.
(4)经检验C产物中亚硝酸钠含量较少.
a.甲同学认为C中产物不仅有亚硝酸钠,还有碳酸钠和氢氧化钠.生成碳酸钠的化学方程式是2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2.为排除干扰,甲在B、C装置间增加一个U形管,U形管中盛放的试剂应是碱石灰(写名称).
b.乙同学认为上述装置改进后,还会有空气参与反应导致产品不纯,所以在实验操作①之前应增加一步操作,该操作是打开弹簧夹,通入N2一段时间.

违法和不良信息举报电话:027-86699610 举报邮箱:58377363@163.com

精英家教网