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+CO2HClO+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-。
