Question

9．25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：

化学式	CH3COOH	H2C2O4	H2S
电离平衡常数	1.8×10-5	Ka1=5.4×10-2 Ka2=5.4×10-5	Ka1=1.3×10-7 Ka2=7.1×10-15

请回答下列问题：
（1）H₂S的一级电离常数表达式为K_a1=K_a1=$\frac{c（{H}^{+}）．c（H{S}^{-}）}{c（{H}_{2}S）}$
（2）CH₃COOH、H₂C₂O₄、H₂S的酸性由强到弱的顺序H₂C₂O₄＞CH₃COOH＞H₂S
（3）H₂C₂O₄与少量的KOH溶液反应的化学方程式：H₂C₂O₄+KOH═KHC₂O₄+H₂O
（4）NaHS溶液与NaHC₂O₄溶液反应的离子方程式：HS^-+HC₂O₄^-═H₂S+C₂O₄^2-
（5）H⁺浓度相同等体积的两份溶液A（盐酸）和B（CH₃COOH）分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌，放出氢气的质量相同，则下列说法正确的是③④ （填写序号）．
①反应所需要的时间B＞A           
②开始反应时的速率A＞B
③参加反应的锌的物质的量A=B      
④反应过程的平均速率B＞A
⑤B中有锌剩余．

Answer 1

分析 （1）电离平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；
（2）酸的电离平衡常数越大，该酸的酸性越强；
（3）H₂C₂O₄和少量KOH溶液反应生成草酸氢钾和水；
（4）NaHS溶液与NaHC₂O₄溶液生成H₂S和草酸钠；
（5）①反应所需要的时间与反应速率成反比，反应速率与氢离子浓度成正比；       
②反应速率与氢离子浓度成正比；
③生成的氢气相同，根据转移电子守恒判断消耗的锌；
④氢离子浓度越大，反应速率越大；
⑤酸最终电离出氢离子物质的量越少的，锌可能有剩余．

解答 解：（1）电离平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，硫化氢第一步电离平衡常数K_a1=$\frac{c（{H}^{+}）．c（H{S}^{-}）}{c（{H}_{2}S）}$，
故答案为：K_a1=$\frac{c（{H}^{+}）．c（H{S}^{-}）}{c（{H}_{2}S）}$；
（2）酸的电离平衡常数越大，该酸的酸性越强，CH₃COOH、H₂C₂O₄、H₂S电离平衡常数大小顺序是，则CH₃COOH、H₂C₂O₄、H₂S酸性强弱顺序是H₂C₂O₄＞CH₃COOH＞H₂S，
故答案为：H₂C₂O₄＞CH₃COOH＞H₂S；
（3）H₂C₂O₄和少量KOH溶液反应生成草酸氢钾和水，反应方程式为H₂C₂O₄+KOH═KHC₂O₄+H₂O，
故答案为：H₂C₂O₄+KOH═KHC₂O₄+H₂O；
（4）NaHS溶液与NaHC₂O₄溶液生成H₂S和草酸钠，离子方程式为HS^-+HC₂O₄^-═H₂S+C₂O₄^2-，
故答案为：HS^-+HC₂O₄^-═H₂S+C₂O₄^2-；
（5）①反应所需要的时间与反应速率成反比，反应速率与氢离子浓度成正比，反应过程中醋酸继续电离出氢离子，导致氢离子浓度A＜B，反应速率A＜B，则反应所需时间A＞B，故错误；       
②反应速率与氢离子浓度成正比，开始时A、B氢离子浓度相等，反应速率A=B，故错误；
③生成的氢气相同，根据转移电子守恒知，消耗的锌A=B，故正确；
④氢离子浓度越大，反应速率越大，反应过程中氢离子浓度A＜B，反应过程的平均速率B＞A
，故正确；
⑤酸最终电离出氢离子物质的量越少的，锌可能有剩余，两种酸中酸最终电离出的氢离子浓度A＜B，则可能A剩余锌，故错误；
故选③④．

点评 本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，明确弱电解质电离平衡常数与电解质强弱关系是解本题关键，注意：反应速率与离子浓度成正比与电解质强弱无关，题目难度不大．