Question

9．I．對(duì)于弱酸，在一定溫度下達(dá)到電離平衡時(shí)，各微粒的濃度存在一種定量的關(guān)系．如表為幾種弱酸在25℃時(shí)的電離平衡常數(shù)

酸	電離平衡常數(shù)K
CH3COOH	1.76×10-5
H2CO3	K1=4.31×10-7 K2=5.61×10-11
H3PO4	K1=7.52×10-3  K2=6.23×10-8  K3=2.20×10-13

回答下列問題：
（1）從電離的角度，HCO₃^-、HPO₄^2-、H₂PO₄^-都可看作是酸，其中酸性最強(qiáng)的是H₂PO₄^-，最弱的是HPO₄^2-．
（2）等濃度的下列溶液中由水電離出的OH^-濃度由大到小的順序是⑤③④①②（用序號(hào)作答）
①CH₃COONa   ②NaH₂PO₄    ③NaHPO₄    ④NaHCO₃    ⑤Na₂CO₃
（3）電離平衡常數(shù)是用實(shí)驗(yàn)的方法測(cè)定出來的．現(xiàn)已經(jīng)測(cè)得25℃時(shí)，c mol/L的CH₃COOH的電離轉(zhuǎn)化率為?，則該溫度下醋酸的電離平衡常數(shù)K_CH3COOH$\frac{c{a}^{2}}{1-a}$．

II．已知t℃時(shí)，Kw=1×10^-13；在t℃時(shí)將pH=11的NaOH溶液aL與pH=1的H₂SO₄溶液bL混合（忽略混合后溶液體積的變化），若所得混合溶液的pH=2，則 a：b=9：2．

III．現(xiàn)有含F(xiàn)eCl₂雜質(zhì)的氯化銅晶體（CuCl₂•2H₂O），為制取純凈的CuCl₂•2H₂O，首先將其制成水溶液，然后按如圖所示步驟進(jìn)行提純：
25℃部分陽離子以氫氧化物形式完全沉淀時(shí)溶液的pH見如表：

沉淀物	Fe（OH）3	Fe（OH）2	Cu（OH）2
開始沉淀pH	2.7	7.6	4.7
完成沉淀pH	3.2	9.7	6.7

請(qǐng)回答下列問題：
（1）流程中加入的試劑a最合適的是C（填序號(hào)）
A．酸性高錳酸鉀溶液  B．NaClO溶液  C．H₂O₂溶液   D．稀硝酸
加入試劑a的目的是將Fe²⁺氧化為Fe³⁺，再除去．
（2）調(diào)節(jié)pH約4應(yīng)該加入的物質(zhì)可以是AC．
A．CuO        B．CuCl₂        C．Cu（OH）₂        D．NaOH
利用平衡移動(dòng)原理簡(jiǎn)述加入該物質(zhì)的理由溶液中存在平衡Fe³⁺+3H₂O?Fe（OH）₃+3H⁺，加入CuO或Cu（OH）₂后，消耗溶液中H⁺，使平衡正向移動(dòng)，從而使Fe³⁺轉(zhuǎn)化為Fe（OH）₃．
（3）最后能不能直接蒸發(fā)結(jié)晶得到CuCl₂•2H₂O？不能（填“能”或“不能”）．如不能，應(yīng)如何操作？（若能，此空不填）應(yīng)在氯化氫氣氛中濃縮后冷卻結(jié)晶．

Answer 1

分析 Ⅰ、（1）同一溫度下，酸的電離常數(shù)越大其酸性越強(qiáng)，根據(jù)酸的電離常數(shù)確定酸性強(qiáng)弱；
（2）酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進(jìn)水電離，酸中氫離子濃度越大或堿中氫氧根離子濃度越大，其抑制水電離程度越大；
（3）根據(jù)Ka=$\frac{c（{H}^{+}）c（C{H}_{3}CO{O}^{-}）}{c（C{H}_{3}COOH）}$進(jìn)行計(jì)算即可；
Ⅱ、在t℃時(shí)將pH=11的NaOH溶液中c（OH^-）=$\frac{1{0}^{-13}}{1{0}^{-11}}$mol/L=0.01mol/L，pH=1的H₂SO₄溶液中c（H⁺）=0.1mol/L，若所得混合溶液的pH=2，則混合溶液中c（H⁺）=$\frac{0.1mol×bL-0.01mol/L×aL}{（a+b）L}$=0.01mol/L，據(jù)此計(jì)算a、b之比；
Ⅲ、加入氧化劑X的目的是把亞鐵離子氧化，根據(jù)除雜原則，不能引入新的雜質(zhì)；加入試劑Y的目的是調(diào)節(jié)pH使鐵離子生成氫氧化鐵沉淀，過濾除去沉淀，對(duì)濾液進(jìn)行蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾得到氯化銅晶體．
（1）加入氧化劑，將Fe²⁺氧化為Fe³⁺，易除去，除雜時(shí)，不能引入新的雜質(zhì)；
（2）物質(zhì)Y的作用是調(diào)節(jié)溶液的pH，沉淀鐵離子，不沉淀銅離子，不引入新的雜質(zhì)，氧化銅，氫氧化銅能促進(jìn)三價(jià)鐵離子的水解，據(jù)此來選擇合適的試劑；
（3）CuCl₂屬于強(qiáng)酸弱堿鹽，加熱蒸發(fā)時(shí)促進(jìn)其水解（HCl易揮發(fā)）．

解答 解：I、（1）同一溫度下，酸的電離常數(shù)越大其酸性越強(qiáng)，根據(jù)酸的電離常數(shù)知，酸性最強(qiáng)的是H₂PO₄^-，最弱的是HPO₄^2-，
故答案為：H₂PO₄^-；HPO₄^2-；
（2）酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進(jìn)水電離，酸中氫離子濃度越大或堿中氫氧根離子濃度越大，其抑制水電離程度越大，等濃度的這幾種溶液中，
①CH₃COONa水解溶液顯堿性促進(jìn)水電離，
②NaH₂PO₄ 電離大于水解溶液顯酸性抑制水的電離，
③NaHPO₄，水解大于電離溶液顯堿性促進(jìn)水的電離，
④NaHCO₃，水解大于電離溶液顯堿性促進(jìn)水的電離，
⑤Na₂CO₃ 碳酸根離子水解溶液顯堿性促進(jìn)水的電離，
依據(jù)電離平衡常數(shù)分析可知酸性大小為：H₃PO₄＞CH₃COOH＞H₂CO₃＞H₂PO₄^-＞HCO₃^-＞CO₃^2-，鹽溶液中離子水解程度大小為H₂PO₄^-＜CH₃COO^-＜HCO₃^-＜HPO₄^2-＜CO₃^2-，所以溶液中由水電離出的H⁺濃度由大到小的順序?yàn)椋孩茛邰堍佗冢?br />故答案為：⑤③④①②；
（3）根據(jù)Ka=$\frac{c（{H}^{+}）c（C{H}_{3}CO{O}^{-}）}{c（C{H}_{3}COOH）}$=$\frac{cα×cα}{c-cα}$=$\frac{c{a}^{2}}{1-a}$，
故答案為：$\frac{c{a}^{2}}{1-a}$；
II．在t℃時(shí)將pH=11的NaOH溶液中c（OH^-）=$\frac{1{0}^{-13}}{1{0}^{-11}}$mol/L=0.01mol/L，pH=1的H₂SO₄溶液中c（H⁺）=0.1mol/L，若所得混合溶液的pH=2，則混合溶液中c（H⁺）=$\frac{0.1mol×bL-0.01mol/L×aL}{（a+b）L}$=0.01mol/L，a：b=9：2，
故答案為：9：2；
III．（1）流程中加入的試劑a最合適的是氧化劑，能氧化亞鐵離子且不能引入新的雜質(zhì)離子，
A．酸性高錳酸鉀溶液可以氧化亞鐵離子，但會(huì)引入雜質(zhì)離子鉀離子、錳離子，故A錯(cuò)誤；  
B．NaClO溶液可以氧化亞鐵離子，但引入新的雜質(zhì)離子氯離子、鈉離子，故B錯(cuò)誤；  
C．H₂O₂溶液能氧化亞鐵離子，不引入新的雜質(zhì)，故C正確；   
D．稀硝酸能氧化亞鐵離子，但引入硝酸根離子，故D錯(cuò)誤；
選C；
Fe²⁺沉淀為氫氧化物時(shí)所需pH與Cu²⁺的沉淀的pH相同，也就是說，F(xiàn)e²⁺沉淀的同時(shí)，Cu²⁺也會(huì)沉淀，無法將兩者分離開，根據(jù)題干提供信息可知Fe³⁺沉淀所需的pH較小，所以應(yīng)先將Fe²⁺氧化為Fe³⁺后再將其除去，
故答案為：C、將Fe²⁺氧化為Fe³⁺，再除去；
（2）結(jié)合題示，調(diào)節(jié)pH至4，使Fe³⁺全部沉淀，所以Y最好為CuO或Cu（OH）₂或CuCO₃，CuCl₂不能調(diào)節(jié)pH，NaOH會(huì)引入新的雜質(zhì)離子鈉離子，F(xiàn)e³⁺水解顯酸性，有關(guān)離子方程式Fe³⁺+3H₂O?Fe（OH）₃+3H⁺，加入氧化銅、氫氧化銅和溶液中氫離子反應(yīng)：Cu（OH）₂+2H⁺═Cu²⁺+2H₂O，使水解平衡向正反應(yīng)方向一定，總反應(yīng)式為：2Fe³⁺+3Cu（OH）₂═2Fe（OH）₃+3Cu²⁺，
故答案為：AC，溶液中存在平衡Fe³⁺+3H₂O?Fe（OH）₃+3H⁺，加入CuO或Cu（OH）₂后，消耗溶液中H⁺，使平衡正向移動(dòng)，從而使Fe³⁺轉(zhuǎn)化為Fe（OH）₃．
（3）CuCl₂屬于強(qiáng)酸弱堿鹽，加熱蒸發(fā)時(shí)促進(jìn)其水解（HCl易揮發(fā)），所以應(yīng)在HCl氣氛中采用濃縮后冷卻結(jié)晶的方法，以得到CuCl₂•2H₂O的晶體，
故答案為：不能；應(yīng)在氯化氫氣氛中濃縮后冷卻結(jié)晶；

點(diǎn)評(píng) 本題考查了離子濃度大小比較、酸堿混合的定性判斷，題目難度中等，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)用所學(xué)知識(shí)的能力，注意掌握電荷守恒、物料守恒、鹽的水解原理在判斷離子濃度大小中的應(yīng)用方法．