题目内容

3．已知化学平衡、电离平衡、水解平衡和溶解平衡均符合勒夏特列原理．请回答下列问题：
（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CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCN
pH8.89.711.610.311.1
①上述盐溶液中的阴离子，结合质子能力最强的是CO32-．
②根据表中数据判断，浓度均为0.01mol•L-1的下列四种物质的溶液中，酸性最强的是D；将各溶液分别稀释100倍，pH变化最小的是A（填编号）．
A．HCN  B．HClO  C．H2CO3  D．CH3COOH
③据上表数据，请你判断下列反应不能成立的是C（填编号）．
A．CH3COOH+Na2CO3═NaHCO3+CH3COONa
B．CH3COOH+NaCN═CH3COONa+HCN
C．CO2+H2O+2NaClO═Na2CO3+2HClO
④要增大氯水中HClO的浓度，可向氯水中加入少量的碳酸钠溶液，反应的离子方程式为2Cl2+CO32-+H2O=CO2↑+2Cl-+2HClO．
（2）已知常温下Cu（OH）2的Ksp=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沉淀，则应调整溶液pH大于5；要使0.2mol•L-1的CuSO4溶液中Cu2+沉淀较为完全（使Cu2+浓度降至原来的千分之一）则应向溶液里加NaOH溶液，使溶液pH为6．

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酸的酸性越强，酸的电离程度越大，其酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液的pH越小；加水稀释促进弱酸电离，相同浓度的不同酸稀释相同的倍数，酸的酸性越弱，酸的PH变化越小；
③根据强酸制取弱酸判断；
④HClO和碳酸钠不反应，盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳；
（2）根据Ksp=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；Cu2+沉淀较为完全浓度降至原来的千分之一，根据Ksp求出OH-离子的浓度，再求pH．

解答 解：（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，根据溶液pH知，CO32-的水解程度最大，则CO32-结合质子能力最强，故答案为：CO32-；
②酸的酸性越强，酸的电离程度越大，其酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液的pH越小，根据表中数据知，酸性最强的醋酸、酸性最弱的酸是HCN；加水稀释促进弱酸电离，相同浓度的不同酸稀释相同的倍数，酸的酸性越弱，酸的PH变化越小，酸性最弱的酸是HCN，则pH变化最小的是HCN，故选：D；A；
③A．醋酸酸性大于碳酸，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．次氯酸酸性小于碳酸而大于碳酸氢根离子，所以CO2+H2O+NaClO=NaHCO3+HClO能发生，故选；
故答案为：C；
④HClO和碳酸钠不反应，盐酸和碳酸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2Cl2+CO32-+H2O=CO2↑+2Cl-+2HClO，
故答案为：2Cl2+CO32-+H2O=CO2↑+2Cl-+2HClO；
（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；Cu2+沉淀较为完全是的浓度为$\frac{0.2mol/L}{1000}$=2×10-4mol/L，
则c（OH-）=$\sqrt{\frac{2×1{0}^{-20}}{2×1{0}^{-4}}}$mol/L═10-8mol/L，
则c（H+）=$\frac{1×1{0}^{-14}}{1{0}^{-8}}$mol/L=10-6mol/L，
所以pH=-lg（10-6）=6，
故答案为：5；6．

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．

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回答下列问题：
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14．在密封的烧瓶中充入一定量的NO2，发生可逆反应：2NO2?N2O4．不同温度下烧瓶中气体的颜色深浅如图所示．下列有关说法正确的是（　　）
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根据图示转化关系回答：
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18．下列对实验现象的描述与实际事实不一致的是（　　）
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