Question

7．（1）三种弱酸HA、H₂B、HC，电离平衡常数的数值为：①1.8×10^-5、②5.6×10^-11、③4.9×10^-10、④4.3×10^-7（数据顺序已打乱），已知三种酸和它们的盐之间能发生以下反应：
①HA+HB^-（少量）=A^-+H₂B，②H₂B（少量）+C^-=HB^-+HC，③HA（少量）+C^-=A^-+HC．．则三种酸对应的电离平衡常数分别为（请填空）

	HA	H2B		HC
Ka	K${\;}_{{a}_{1}}$	K${\;}_{{a}_{2}}$	K${\;}_{{a}_{3}}$	K${\;}_{{a}_{4}}$
数值

（2）常温下0.1mol/LCH₃COOH溶液加水稀释过程，下列表达式数据一定变小的是A．
A．c（H⁺）   B．c（H⁺）•c（OH^-）   C.$\frac{c（C{H}_{3}CO{O}^{-}）}{c（{H}^{+}）}$    D.$\frac{c（O{H}^{-}）}{c（{H}^{+}）}$
（3）体积为10mLpH=2醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL，稀释过程pH变化分别为HX3.6、CH₃COOH3.2，则HX电离平衡常数大于（填大于、等于或小于）醋酸平衡常数；理由是因为稀释相同倍数，HX的pH变化比CH₃COOH大，即HX更易电离，所以HX电离平衡常数也大．

Answer 1

分析 （1）根据溶液中强酸制弱酸的原理以及酸性越强电离平衡常数越大来回答；
（2）常温下0.1mol/LCH₃COOH溶液加水稀释，c（H⁺）减小，c（OH^-）增大，Kw不变，电离常数不变，据此分析；
（3）稀释相同的倍数，HX的pH变化程度大，则酸性HX强，电离平衡常数大．

解答 解：（1）根据溶液中强酸制弱酸的原理以及反应HA+HB^-（少量）=A^-+H₂B，H₂B（少量）+C^-=HB^-+HC，HA（少量）+C^-=A^-+HC，可以确定酸性强弱是：HA＞H₂B＞HC＞HB^-，酸性越强，弱酸的电离平衡常数越大，
则：

	HA	H2B		HC
Ka	K${\;}_{{a}_{1}}$	K${\;}_{{a}_{2}}$	K${\;}_{{a}_{3}}$	K${\;}_{{a}_{4}}$
数值	1.8×10-5	4.3×10-7	5.6×10-11	4.9×10-10

，
故答案为：

	HA	H2B		HC
Ka	K${\;}_{{a}_{1}}$	K${\;}_{{a}_{2}}$	K${\;}_{{a}_{3}}$	K${\;}_{{a}_{4}}$
数值	1.8×10-5	4.3×10-7	5.6×10-11	4.9×10-10

；
（2）常温下0.1mol/LCH₃COOH溶液加水稀释，c（H⁺）减小，c（OH^-）增大，Kw不变，电离常数不变，
A．0.1mol/LCH₃COOH溶液加水稀释，c（H⁺）减小，故A正确；
B．温度不变，Kw不变，即c（H⁺）•c（OH^-）不变，故B错误；
C．c（H⁺）减小，c（CH₃COO^-）减小，则$\frac{c（C{H}_{3}CO{O}^{-}）}{c（{H}^{+}）}$ 基本上保持不变，故C错误；
D．加水稀释，c（H⁺）减小，c（OH^-）增大，则$\frac{c（O{H}^{-}）}{c（{H}^{+}）}$增大，故D错误；
故答案为：A；
（3）体积为10mLpH=2醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL，稀释过程pH变化分别为HX3.6、CH₃COOH3.2，稀释相同的倍数，HX的pH变化程度大，则酸性HX强，电离平衡常数大；
故答案为：大于；因为稀释相同倍数，HX的pH变化比CH₃COOH大，即HX更易电离，所以HX电离平衡常数也大．

点评 本题考查电离平衡常数及酸性的比较、pH与酸的稀释等知识，注意水解规律中越弱越水解和稀释中强的变化大来分析解答，综合性较大，题目难度中等，需要学生具备扎实的基础，以及较好的分析应用能力．