Question

18．已知：25℃時(shí)，H₂SO₃K_a1=1.5×10^-2K_a2=1.0×10^-7
H₂CO₃K_a1=4.4×10^-7K_a2=4.7×10^-11
HNO₂K_a=5.1×10^-4HClO K_a=3.0×10^-8
飽和NaClO溶液的濃度約為3mol/L．
（1）室溫下，0.1mol/L NaClO溶液的pH大于0.1mol/L Na₂SO₃溶液的pH．（選填“大于”、“小于”或“等于”）．濃度均為0.1mol/L 的Na₂SO₃和Na₂CO₃的混合溶液中，SO₃^2-、CO₃^2-、HSO₃^-、HCO₃^-濃度從大到小的順序?yàn)閏（SO₃^2-）＞c（CO₃^2-）＞c（HCO₃^-）＞c（HSO₃^-）．
（2）下列離子反應(yīng)正確的有：B．
A．2HCO₃^-+SO₂═SO₃^2-+2CO₂+H₂O            B．ClO^-+CO₂+H₂O═HClO+HCO₃^-
C．ClO^-+SO₂+H₂O═HClO+HSO₃^-             D．2ClO^-+SO₂+H₂O═2HClO+SO₃^2-
（3）某消毒液的有效成分為NaClO，還含有一定量的NaOH等，下列用來(lái)解釋事實(shí)的方程式中不合理的是：BC．
A．該消毒液可用NaOH溶液吸收Cl₂制備：Cl₂+2OH^-═Cl^-+ClO^-+H₂O
B．室溫下，該消毒液的pH約為12，主要是因?yàn)椋篊lO^-+H₂OHClO+OH^-
C．該消毒液加白醋生成HClO，可增強(qiáng)漂白作用：H⁺+ClO^-═HClO
D．該消毒液與潔廁靈（主要成分為HCl）混用，產(chǎn)生Cl₂：2H⁺+Cl^-+ClO^-═Cl₂↑+H₂O
（4）25℃時(shí)，0.1mol下列氣體分別與1L0．l mol•L^-1的NaOH溶液反應(yīng)（已知2NO₂+2NaOH═NaNO₂+NaNO₃+H₂O），形成的溶液的pH由大到小的順序?yàn)椋篋＞A＞C＞B（用A、B、C、D表示）．
A．NO₂           B．SO₃          C．SO₂         D．CO₂．
（5）下列說(shuō)法不正確的是C
A．在相同溫度下將PH相同的稀硫酸和醋酸溶液等體積混合，所得混合液的PH與原來(lái)相同．
B．含等物質(zhì)的量的NaClO、NaHCO₃混合溶液中：
c（HClO）+c（ClO^-）═c（HCO₃^-）+c（H₂CO₃）+c（CO₃^2-）
C．CH₃COOH 溶液加水稀釋后，溶液中的離子濃度均減小
（6）已知某溫度下（水的離子積為K_w），0.10mol/LNH₄Cl溶液的pH=5，則該溫度下NH₃•H₂O的電離常數(shù)約為$\frac{{K}_{w}}{1×1{0}^{-9}}$．

Answer 1

分析 （1）H₂SO₃K_a1=1.5×10^-2K_a2=1.0×10^-7，HClO K_a=3.0×10^-8 ，說(shuō)明ClO^-水解程度大于SO₃^2-；H₂SO₃K_a1=1.5×10^-2K_a2=1.0×10^-7，H₂CO₃K_a1=4.4×10^-7K_a2=4.7×10^-11，說(shuō)明SO₃^2-水解程度小于CO₃^2-；
（2）應(yīng)強(qiáng)酸制弱酸的反應(yīng)原理分析解答；
（3）某消毒液的主要成分為NaClO，還含有一定量的NaOH，應(yīng)為氯氣和氫氧化鈉反應(yīng)生成，為84消毒液，含有NaClO，可在酸性條件下與氯離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯氣；
（4）0.1mol下列氣體分別與1L0.1mol•L^-1的NaOH溶液反應(yīng)，二者的物質(zhì)的量相同，
NO₂與NaOH等物質(zhì)的量反應(yīng)的方程式為：2NO₂+2NaOH=NaNO₂+NaNO₃+H₂O；
SO₂與NaOH等物質(zhì)的量反應(yīng)的方程式為NaOH+SO₂=NaHSO₃；
SO₃與NaOH等物質(zhì)的量反應(yīng)的方程式為NaOH+SO₃=NaHSO₄；
CO₂與NaOH等物質(zhì)的量反應(yīng)的方程式為NaOH+CO₂=NaHCO₃，根據(jù)反應(yīng)產(chǎn)物的酸堿性判斷；
（5）A．由于氫離子濃度相同，所得混合液中氫離子濃度不變；
B．根據(jù)NaClO、NaHCO₃混合溶液中的物料守恒判斷；
C．稀釋過(guò)程中氫離子濃度減小，氫氧根離子濃度增大；       
（6）設(shè)該溫度下水的離子積為Kw，0.10mol/LNH₄Cl溶液的pH=5，溶液中氫離子濃度為1.0×10^-5mol/L，一水合氨的濃度約為1.0×10^-5mol/L，則此時(shí)溶液中氫氧根離子濃度為：$\frac{{K}_{w}}{1×1{0}^{-5}}$mol/L，由于水解程度較小，則銨根離子濃度約為0.1mol/L，據(jù)此結(jié)合電離平衡常數(shù)的表達(dá)式列式計(jì)算．

解答 解：（1）H₂SO₃K_a1=1.5×10^-2K_a2=1.0×10^-7，HClO K_a=3.0×10^-8，說(shuō)明ClO^-水解程度大于SO₃^2-，0.1mol/L NaClO溶液的pH大于0.1mol/L Na₂SO₃溶液的pH，依據(jù)電離平衡常數(shù)大小比較，H₂SO₃K_a1=1.5×10^-2K_a2=1.0×10^-7，H₂CO₃K_a1=4.4×10^-7K_a2=4.7×10^-11，說(shuō)明SO₃^2-水解程度小于CO₃^2-，濃度均為0.1mol/L的Na₂SO₃和Na₂CO₃的混合溶液中，SO₃^2-、CO₃^2-、HSO₃^-、HCO₃^-濃度從大到小的順序?yàn)閏（SO₃^2-）＞c（CO₃^2-）c（HCO₃^-）＞c（HSO₃^-），
故答案為：大于；c（SO₃^2-）＞c（CO₃^2-）＞c（HCO₃^-）＞c（HSO₃^-）；
（2）A．H₂SO₃K_a2=1.0×10^-7＜H₂CO₃K_a1=4.4×10^-7，所以HCO₃^-+SO₂═HSO₃^-+CO₂，故A錯(cuò)誤；
B．H₂CO₃K_a1=4.4×10^-7＞HClOK_a=3.0×10^-8，所以反應(yīng)能發(fā)生ClO^-+CO₂+H₂O═HClO+HCO₃^-，故B正確；
C．ClO^-和SO₂的水溶液要發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；
D．ClO^-和SO₂的水溶液要發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；
故答案為：B；
（3）A．消毒液的主要成分為NaClO，還含有一定量的NaOH，應(yīng)為氯氣和氫氧化鈉反應(yīng)生成，故A正確；
B．飽和NaClO溶液的pH約為11，而消毒液的pH約為12，因此溶液的pH主要不是由ClO^-的水解造成的，氫氧化鈉過(guò)量，為溶液呈堿性的主要原因，故B錯(cuò)誤；
C．D．由于HClO酸性較弱，則NaClO可與醋酸反應(yīng)生成HClO，漂白性增強(qiáng)，但醋酸是弱電解質(zhì)，應(yīng)是化學(xué)式，故C錯(cuò)誤；
D．在酸性條件下與氯離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯氣，發(fā)生2H⁺+Cl^-+ClO^-═Cl₂↑+H₂O，故D正確；
故答案為：BC；
（4）0.1mol下列氣體分別與1L0.1mol•L^-1的NaOH溶液反應(yīng)，二者的物質(zhì)的量相同，
NO₂與NaOH等物質(zhì)的量反應(yīng)的方程式為：2NO₂+2NaOH=NaNO₂+NaNO₃+H₂O，NaNO₂為強(qiáng)堿弱酸鹽，溶液顯堿性；
SO₂與NaOH等物質(zhì)的量反應(yīng)的方程式為NaOH+SO₂=NaHSO₃，NaHSO₃在溶液中即電離又水解，電離程度大于水解程度，溶液顯弱酸性；
SO₃與NaOH等物質(zhì)的量反應(yīng)的方程式為NaOH+SO₃=NaHSO₄，NaHSO₄在溶液中完全電離出氫離子，溶液顯強(qiáng)酸性；
CO₂與NaOH等物質(zhì)的量反應(yīng)的方程式為NaOH+CO₂=NaHCO₃，NaHCO₃在溶液中即電離又水解，水解程度大于電離程度，溶液顯弱堿性；
綜上可知，形成的溶液pH由大到小的順序?yàn)椋篋＞A＞C＞B，
故答案為：D＞A＞C＞B；
（5）A．在相同溫度下將PH相同的稀硫酸和醋酸溶液等體積混合，由于氫離子濃度相同，則所得混合液中氫離子濃度不變，所以溶液的pH與原來(lái)相同，故A正確；
B．含等物質(zhì)的量的NaClO、NaHCO₃混合溶液，根據(jù)物料守恒可得：c（HClO）+c（ClO^-）=$\frac{1}{2}$c（Na⁺）=c（HCO₃^-）+c（H₂CO₃）+c（CO₃^2-），故B正確；
C．CH₃COOH溶液加水稀釋后，溶液中氫離子濃度減小，由于溫度不變，水的離子積不變，則溶液中氫氧根離子濃度增大，故C錯(cuò)誤；
故答案為：C；       
（6）已知某溫度下，0.10mol/LNH₄Cl溶液的pH=5，該溶液中氫離子濃度為1.0×10^-5mol/L，一水合氨的濃度約為1.0×10^-5mol/L，設(shè)該溫度下水的離子積為Kw，則此時(shí)溶液中氫氧根離子濃度為：$\frac{{K}_{w}}{1×1{0}^{-5}}$mol/L，由于水解程度較小，則銨根離子濃度約為0.1mol/L，則該溫度下NH₃•H₂O的電離常數(shù)約為：K=$\frac{0.1×\frac{{K}_{w}}{1×1{0}^{-5}}}{1×1{0}^{-5}}$=$\frac{{K}_{w}}{1×1{0}^{-9}}$，
故答案為：$\frac{{K}_{w}}{1×1{0}^{-9}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了離子濃度大小比較、電離平衡常數(shù)的計(jì)算、弱電解質(zhì)的電離平衡及其影響等知識(shí)，題目難度中等，明確鹽的水解原理、弱電解質(zhì)的電離平衡及其影響為解答關(guān)鍵，注意掌握判斷離子濃度大小時(shí)的常用方法，試題知識(shí)點(diǎn)較多、綜合性較強(qiáng)，充分考查了學(xué)生的分析、理解能力及靈活應(yīng)用能力．