题目内容
【题目】结合下表回答下列问题(均为常温下的数据)：
酸 | 电离常数(Ka) |
CH3COOH | 1.8×10－5 |
HClO | 3×10－8 |
H2CO3 | K1＝4.4×10－7 K2＝4.7×10－11 |
H2C2O4 | K1＝5.4×10－2 K2＝5.4×10－5 |
H2S | K1＝1.3×10－7 K2＝7.1×10－15 |
请回答下列问题：
(1)同浓度的CH3COO-、HCO3-、CO32-、HC2O4-、ClO-、S2-中结合H+的能力最弱的是____。
(2)常温下0.1 mol/L的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是________(填字母)。
A.c(H+) B.
C.
D.c(OH-)
(3)0.1 mol/L的H2C2O4溶液与0.1mol/L的KOH的溶液等体积混合后所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为__________________。
(4)pH相同的NaClO和CH3COOK溶液，其溶液的物质的量浓度的大小关系是CH3COOK________NaClO (填“＞”、“＜”或“＝”)。
(5)向0.1mol/LCH3COOH 溶液中滴加NaOH 溶液至c(CH3COOH)∶c(CH3COO-)=5∶9，此时溶液pH=______________。
(6)向NaClO溶液中通入少量的CO2，所发生的离子方程式为___________。
【答案】HC2O4- AC c(K+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-) > 5 ClO-+H2O+CO2
HClO+HCO3-
【解析】
(1) 酸根离子对应酸的酸的电离平衡常数越大，则其结合氢离子能力越弱；
(2) CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c(H+)减小，c(OH-)增大，Kw不变，升温促进电离平衡正向进行，电离程度增大，Kw增大；
(3)反应后溶质为KHC2O4，所得溶液呈酸性，说明HC2O4的电离程度大于其水解程度，又氢离子来自水的电离和草酸氢根离子的电离，则：c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）；
(4)酸越弱，酸根离子水解程度就越大；
(5)根据醋酸的电离度表达式
==1.8×10-5，c(CH3COOH)：c(CH3COO-)=5：9，求出溶液中氢离子的浓度；
(6)利用弱酸的电离平衡常数书写离子方程式。
(1)平衡常数越大，则其结合氢离子能力越弱，由于电离平衡常数H2C2O4＞HC2O4-＞CH3COOH＞H2CO3＞H2S＞HClO＞HCO3-＞HS-，则同浓度的CH3COO-、HCO3-、CO32-、HC2O4-、ClO-、S2-结合H+的能力由弱到强的顺序为：HC2O4-、CH3COO-、HCO3-、ClO-、CO32-、S2-，结合H+的能力最弱的HC2O4-；
(2) A．CH3COOH溶液加水稀释过程，促进醋酸的电离，c(H+)减小，A正确；
B．
，稀释过程促进醋酸的电离，氢离子的物质的量增大，醋酸的物质的量减小，所以比值变大，B错误；
C．稀释过程，促进电离，c(H+)减小，c(OH-)增大，c(H+) c(OH-)=Kw，Kw不变，C错误；
D．稀释过程，促进电离，c(H+)减小，c(OH-)增大，D错误；
(3) 0.1mo1/L的H2C2O4溶液与0.1mo1/L的KOH的溶液等体积混合，反应后溶质为KHC2O4，所得溶液呈酸性，说明HC2O4的电离程度大于其水解程度，再结合氢离子来自水的电离和草酸氢根离子的电离，则c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)，溶液中离子浓度大小为：c(K+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)；
(4)弱酸的酸性越弱，相应的酸根离子水解程度就越大。由于酸性CH3COOH>HClO，所以当盐的浓度相等时，溶液的碱性NaClO>CH3COOK，即pH：NaClO>CH3COOK；若溶液的pH相同，则盐的浓度CH3COOK >NaClO；
(5) 根据醋酸的电离度表达式=1.8×10-5，c(CH3COOH)：c(CH3COO-)=5：9，则溶液中c(H+)=1.8×10-5×
=1.8×10-5×
=1×10-5mol/L，所以溶液的pH=5；
(6)由于酸性：H2CO3> HClO>HCO3-，所以向NaClO溶液中通入少量的CO2，所发生的离子方程式为 ClO-+H2O+CO2HClO+HCO3-。
