第19講弱電解質(zhì)的電離平衡2024年高考化學(xué)精準(zhǔn)一輪復(fù)習(xí)講義

第19講弱電解質(zhì)的電離平衡（解析版）目錄：【內(nèi)容1電離平衡狀態(tài)各項(xiàng)考點(diǎn)】【內(nèi)容2電離平衡常數(shù)的計(jì)算及變形】【內(nèi)容3電離度的引用】【內(nèi)容4強(qiáng)酸(堿)與弱酸(堿)的比較（圖象）】知識主線：一、電離平衡狀態(tài)1．概念：在一定條件(如溫度、濃度)下，弱電解質(zhì)分子電離成離子的速率與離子結(jié)合成弱電解質(zhì)分子的速率相等，溶液中各分子和離子的濃度都不再發(fā)生變化，電離過程就達(dá)到了電離平衡狀態(tài)2．建立過程3．電離平衡的特征①弱：研究對象是弱電解質(zhì)②等：弱電解質(zhì)分子電離成離子的速率和離子重新結(jié)合成弱電解質(zhì)分子的速率相等=3\*GB3③動：電離平衡是一種動態(tài)平衡，即1molCH3COOH電離同時則有1molCH3COOH分子形成④定：條件不變，溶液中各分子、離子的濃度不變，溶液里既有離子又有分子⑤變：條件改變時，電離平衡發(fā)生移動，各粒子的濃度要發(fā)生改變4．電離平衡的影響因素(1)內(nèi)因：電解質(zhì)本身的性質(zhì)，通常電解質(zhì)越弱，電離程度越小(2)外因①濃度：電解質(zhì)溶液的濃度越小，它的電離程度就越大(越稀越電離)；濃度越大，電離程度越小a．同一弱電解質(zhì)，稀釋溶液時，電離平衡將向電離的方向移動，電離程度增大，但溶液中離子濃度不一定變大，如：弱酸HA溶液稀釋時，c(HA)、c(H＋)、c(A－)均減小(參與平衡建立的微粒)，但c(OH－)會增大b．增大溶液的物質(zhì)的量濃度，電離平衡將向電離方向移動，但電解質(zhì)的電離程度減?、跍囟龋喝蹼娊赓|(zhì)的電離一般是吸熱過程，升高溫度使電離平衡向電離的方向移動，電離程度增大③同離子效應(yīng)——加入具有相同離子的物質(zhì)加入與弱電解質(zhì)具有相同離子的電解質(zhì)時，可使電離平衡向結(jié)合成弱電解質(zhì)分子的方向移動，電離程度減小④化學(xué)反應(yīng)：加入能與弱電解質(zhì)電離出的離子發(fā)生反應(yīng)的離子時，電離平衡向電離方向移動mol·L－1CH3COOHCH3COO－＋H+為例平衡移動方向電離程度n(H＋)c(H＋)c(CH3COO－)c(CH3COOH)導(dǎo)電能力平衡常數(shù)Ka加水稀釋右增大增大減小減小減小減弱不變加冰醋酸右減小增大增大增大增大增強(qiáng)不變升溫右增大增大增大增大減小增強(qiáng)增大加CH3COONa(s)左減小減小減小增大增大增強(qiáng)不變通入HCl(g)左減小增大增大減小增大增強(qiáng)不變加NaOH(s)右增大減小減小增大減小增強(qiáng)不變加Na2CO3(s)右增大減小減小增大減小增強(qiáng)不變加入鎂粉右增大減小減小增大減小增強(qiáng)不變二、電離平衡常數(shù)1．電離常數(shù)(1)概念：在一定條件下，弱電解質(zhì)在達(dá)到電離平衡時，溶液中電離所生成的各種離子濃度的乘積與溶液中未電離的分子濃度的比值是一個常數(shù)，這個常數(shù)叫做電離平衡常數(shù)，又稱電離常數(shù)，用K表示(2)電離平衡常數(shù)的表示方法：如弱電解質(zhì)ABA＋＋B－K＝eq\f(cA＋·cB－,cAB)(在此計(jì)算公式中，離子濃度都是平衡濃度，酸一般用Ka表示，堿用Kb表示)=1\*GB3①一元弱酸的電離平衡常數(shù)：CH3COOHCH3COO－＋H＋Ka＝eq\f(cCH3COO－·cH＋,cCH3COOH)=2\*GB3②一元弱堿的電離平衡常數(shù)：NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－Kb＝eq\f(cNH\o\al(＋,4)·cOH－,cNH3·H2O)=3\*GB3③多元弱酸的電離平衡常數(shù)：多元弱酸的電離是分步進(jìn)行的，每步各有電離平衡常數(shù)，通常用K1、K2等來分別表示H2CO3H＋＋HCOeq\o\al(－,3)Ka1＝eq\f(cHCO\o\al(－,3)·cH＋,cH2CO3)HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)Ka2＝eq\f(cH＋·cCO\o\al(2－,3),cHCO\o\al(－,3))多元弱酸各步電離常數(shù)的大小比較為Ka1?Ka2，第一級電離程度較大，第一步電離產(chǎn)生的H+，對第二級、第三級電離起抑制作用，因此，多元弱酸的酸性主要由第一步電離決定=4\*GB3④弱堿的電離平衡常數(shù)：由于多元弱堿為難溶堿，所以一般不用電離平衡常數(shù)，而用難溶物的溶度積常數(shù)(3)意義：相同條件下，K值越大，表示該弱電解質(zhì)越易電離，所對應(yīng)酸或堿的酸性或堿性相對越強(qiáng)(4)特點(diǎn)①電離常數(shù)只與溫度有關(guān)，與電解質(zhì)的濃度、酸堿性無關(guān)，由于電離過程是吸熱的，故溫度升高，K增大②多元弱酸是分步電離的，各級電離常數(shù)的大小關(guān)系是K1?K2……所以其酸性主要取決于第一步電離(5)電離常數(shù)的應(yīng)用①判斷弱酸(或弱堿)的相對強(qiáng)弱，電離常數(shù)越大，酸性(或堿性)越強(qiáng)如：相同溫度下，根據(jù)三種酸的電離常數(shù)，則三種酸的強(qiáng)弱關(guān)系：HZ>HY>HX酸HXHYHZ電離平衡常數(shù)9×10－79×10－61×10－2②定量判斷電離平衡移動的方向、解釋移動的原因如：0.1mol·L－1的CH3COOH溶液加水稀釋，平衡移動方向的判斷，溶液中c(H＋)的變化情況CH3COOHH＋＋CH3COO－原平衡：c(CH3COOH)c(H＋)c(CH3COO－)假設(shè)稀釋eq\f(cCH3COOH,n)eq\f(cH＋,n)eq\f(cCH3COO－,n)至n倍后：Q＝eq\f(\f(cH＋,n)·\f(cCH3COO－,n),\f(cCH3COOH,n))＝eq\f(cH＋·cCH3COO－,n·cCH3COOH)＝eq\f(Ka,n)<Ka(n>1)，所以電離平衡向電離方向移動，移動的結(jié)果使c(CH3COOH)減小，由于平衡常數(shù)不變，故c(H＋)和c(CH3COO－)都必然減?、叟袛嗳芤何⒘舛缺戎档淖兓脺囟炔蛔?，電離常數(shù)不變來判斷如：把0.1mol·L－1CH3COOH溶液加水稀釋，eq\f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)＝eq\f(c（CH3COO－）·c（H＋）,c（CH3COOH）·c（H＋）)＝eq\f(Ka,c（H＋）)，稀釋時，c(H＋)減小，Ka不變，則eq\f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)變大④判斷鹽溶液的酸性(或堿性)強(qiáng)弱，電離常數(shù)越大，對應(yīng)鹽的水解程度越小，鹽溶液的堿性(或酸性)越弱如：CH3COOH的酸性比HClO的酸性強(qiáng)，則相同濃度時，CH3COO－的水解程度比ClO－小，后者的堿性強(qiáng)=5\*GB3⑤判斷復(fù)分解反應(yīng)能否發(fā)生，一般符合“強(qiáng)酸制弱酸”規(guī)律。如：已知25℃時弱酸的電離平衡常數(shù)HCN：Ka×10－10，H2S：Ka1×10－7，Ka2×10－15，則反應(yīng)Na2S＋HCN=NaHS＋NaCN能發(fā)生，原因是：根據(jù)電離平衡常數(shù)的關(guān)系，電離氫離子的能力(酸性)：H2S>HCN>HS－，所以反應(yīng)Na2S＋HCN=NaHS＋NaCN可以發(fā)生又如：H2CO3：Ka1＝4.2×10－7，Ka2＝5.6×10－11，苯酚(C6H5OH)：Ka＝1.3×10－10，向苯酚鈉(C6H5ONa)溶液中通入的CO2不論是少量還是過量，其化學(xué)方程式均為C6H5ONa＋CO2＋H2O=C6H5OH＋NaHCO3=6\*GB3⑥計(jì)算常溫下一定濃度的弱酸或弱堿溶液中的c(H＋)或c(OH－)如：已知25℃時某弱酸HX的電離常數(shù)Ka×10－5，計(jì)算0.1mol·L－1的HX溶液中H＋濃度是多少？HXH＋＋X－起始：c(HX)00平衡：c(HX)－c(X－)c(H＋)c(X－)[約等于c(H＋)]則Ka＝eq\f(cH＋·cX－,cHX－cX－)≈eq\f(c2H＋,cHX－cH＋)，由于弱電解質(zhì)的電離程度很小，c(HX)－c(H＋)≈c(HX)c(H＋)≈eq\r(Ka·cHX)＝eq\×10－5×0.1)mol·L－1≈×10－3mol·L－12．電離度(1)概念：在一定條件下的弱電解質(zhì)達(dá)到電離平衡時，已經(jīng)電離的電解質(zhì)分子數(shù)占原電解質(zhì)分子總數(shù)的百分比(2)表示方法(3)影響因素溫度的影響升高溫度，電離平衡向右移動，電離度增大；降低溫度，電離平衡向左移動，電離度減小濃度的影響當(dāng)弱電解質(zhì)溶液濃度增大時，電離度減??；當(dāng)弱電解質(zhì)溶液濃度減小時，電離度增大(4)一元弱酸、一元弱堿電離度的計(jì)算①一元弱酸：HAH+＋A—②一元弱堿：BOHB+＋OH—如：濃度相同的HCl、CH3COOH，溶液中H+濃度關(guān)系為：前者＞后者H+濃度相同的HCl、CH3COOH，則HCl分子、CH3COOH分子的濃度的關(guān)系為：前者＜后者(5)電離度與平衡常數(shù)的關(guān)系——電離平衡常數(shù)與電離度(α)的關(guān)系(以一元弱酸為例)25℃，cmol·L－1的弱酸HA，設(shè)電離度為αCH3COOHCH3COO－＋H＋起始濃度/mol·L－1c00變化濃度/mol·L－1c酸·αc酸·αc酸·α平衡濃度/mol·L－1c酸－c酸·αc酸·αc酸·α電離平衡常數(shù)Ka＝eq\f(c酸·α2,c酸·1－α)＝eq\f(c酸·α2,1－α)，由于α很小，可認(rèn)為1－α≈1則Ka＝c酸·α2，α＝eq\r(\f(Ka,c酸))(越稀越電離)則：c(H＋)＝c酸·α＝三、強(qiáng)酸(堿)與弱酸(堿)的比較1．一元強(qiáng)酸(HCl)與一元弱酸(CH3COOH)的比較(1)相同物質(zhì)的量濃度、相同體積的鹽酸與醋酸溶液的比較項(xiàng)目酸c(H＋)pH溶液的導(dǎo)電性中和堿的能力與活潑金屬反應(yīng)產(chǎn)生H2的量開始與金屬反應(yīng)的速率鹽酸大小強(qiáng)相同相同大醋酸溶液小大弱小(2)相同pH、相同體積的鹽酸與醋酸溶液的比較項(xiàng)目酸c(H＋)c(酸)溶液的導(dǎo)電性中和堿的能力與活潑金屬反應(yīng)產(chǎn)生H2的量開始與金屬反應(yīng)的速率鹽酸相同小相同小少相同，反應(yīng)過程中醋酸的快醋酸溶液大大多2．一元強(qiáng)酸(HCl)與一元弱酸(CH3COOH)稀釋圖像比較(1)相同體積、相同濃度的鹽酸、醋酸加水稀釋的圖像加水稀釋相同的倍數(shù)加水稀釋到相同的pH醋酸的pH大鹽酸加入的水多(2)相同體積、相同pH的鹽酸、醋酸加水稀釋的圖像加水稀釋相同的倍數(shù)加水稀釋到相同的pH鹽酸的pH大醋酸加入的水多四、判斷HA為一元弱酸的兩種常用方法實(shí)驗(yàn)方法結(jié)論=1\*GB3①測0.01mol·L1HA溶液的pHpH=2，HA為強(qiáng)酸；pH>2，HA為弱酸=2\*GB3②室溫下測NaA溶液的pHpH=7，HA為強(qiáng)酸；pH>7，HA為弱酸=3\*GB3③相同條件下，測相同濃度的HA溶液和鹽酸(強(qiáng)酸)的導(dǎo)電性若導(dǎo)電性相同，則HA為強(qiáng)酸；若導(dǎo)電性較鹽酸弱，則HA為弱酸=4\*GB3④測定同pH的HA與HCl溶液稀釋相同倍數(shù)后的pH變化若ΔpH(HA)=ΔpH(HCl)，HA是強(qiáng)酸；若ΔpH(HA)<ΔpH(HCl)，HA是弱酸=5\*GB3⑤測定等體積、等pH的HA溶液和鹽酸分別中和NaOH的量若消耗NaOH的量相同，則HA為強(qiáng)酸；若HA溶液消耗NaOH的量較鹽酸多，則HA為弱酸=6\*GB3⑥往同濃度的HA和HCl中投入相同的Zn粒開始反應(yīng)速率快的為強(qiáng)酸；開始反應(yīng)速率慢的為弱酸=7\*GB3⑦從升高溫度后pH的變化判斷若升高溫度，溶液的pH明顯減小，則是弱酸；若升高溫度，溶液的pH變化幅度小，則是強(qiáng)酸一、單選題例1．用AG表示溶液的酸度，AG=lg。常溫下，一元酸HA的Ka(HA)=1.0×105，實(shí)驗(yàn)室中用0.1mol?L1的NaOH溶液滴定20.00mL某濃度的HA溶液，滴定結(jié)果如圖所示。下列有關(guān)敘述正確的是A．室溫下，AG=14pHB．滴定前該HA溶液中HA的電離度為D．若B點(diǎn)時加入NaOH溶液的體積為40.00mL，此時溶液中c(Na+)=c(A)+c(HA)【答案】B【詳解】A．AG=lg=lgc（H+）lgc（OH）=pH（pOH）=pH+14pH=142×pH，A錯誤；B．滴定前該HA溶液中AG=8，則lg=8，=108，，c（H+）=103mol/L，根據(jù)Ka(HA)===1.0×105，c（HA）=0.1mol/L+103mol/L，HA的電離度為，B正確；C．結(jié)合B選項(xiàng)，HA濃度為0.1mol/L，HA為弱酸，用0.1mol?L1的NaOH溶液滴定20.00mL的HA溶液，生成的NaA為強(qiáng)堿弱酸鹽，A點(diǎn)時溶液為中性，加入NaOH溶液的體積小于20.00mL，C錯誤；D．若B點(diǎn)時加入NaOH溶液40.00mL，則此時溶液是等物質(zhì)的量濃度的NaA和氫氧化鈉的混合液，因此根據(jù)物料守恒2c(A)+2c(HA)=c(Na+)，D錯誤；故選B。例2．室溫下，向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入BaCl2溶液，溶液中1gc(Ba2+)與的關(guān)系如圖所示(已知：、；)。下列說法正確的是B．b對應(yīng)溶液的c(HCOC．a(chǎn)→b的過程中，溶液中一直增大D．a(chǎn)對應(yīng)的溶液中一定存在：【答案】B【詳解】A．a(chǎn)點(diǎn)對應(yīng)溶液，則，由得，，，故A錯誤；B．b對應(yīng)溶液，則，由，可得，由b點(diǎn)，則，故B正確；C．，a→b的過程中，逐漸增大，逐漸減小，不變，則逐漸減小，故C錯誤；D．a(chǎn)點(diǎn)對應(yīng)溶液中，，則，由A可知溶液pH約為10.25，溶液中，溶液中存在電荷守恒關(guān)系式，則，故D錯誤；答案選B。例3．HA、HB為兩種一元酸，為研究25°C時反應(yīng)的相關(guān)性質(zhì)，查閱此溫度下相關(guān)數(shù)據(jù)：△H=+29.1kJ/mol；△S=+150.0J/(K·mol)，下列說法正確的是A．由于此過程△H>0，故HB比HA內(nèi)能更低B．△S對該反應(yīng)自發(fā)性的影響小于△HC．相對于B，A與質(zhì)子的結(jié)合能力更強(qiáng)D．體積和物質(zhì)的量濃度均相同的NaA和NaB兩溶液中，前者離子總數(shù)更多【答案】C【詳解】A．能量越低越穩(wěn)定，該反應(yīng)的焓變大于0，說明反應(yīng)物總能量小于生成物總能量，但無法判斷HA、HB能量的相對大小，選項(xiàng)A錯誤；B．該反應(yīng)中沒有氣體參加，△S＝0，選項(xiàng)B錯誤；C．強(qiáng)酸能和弱酸鹽反應(yīng)生成弱酸，由A(aq)+HB(aq)HA(aq)+B(aq)可得，酸性HB＞HA，所以結(jié)合質(zhì)子能力為B＜A，即A與質(zhì)子的結(jié)合能力更強(qiáng)，選項(xiàng)C正確；D．由B可知，酸性HB＞HA，體積和物質(zhì)的量濃度均相同的NaA和NaB兩溶液中分別存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)＝c(OH﹣)+c(A﹣)、c(Na+)+c(H+)＝c(OH﹣)+c(B﹣)，每一種溶液中離子濃度總和是其溶液中所有陽離子濃度的2倍，水解程度為A﹣＞B﹣，則兩溶液中c(OH﹣)是NaA溶液大于NaB溶液，兩溶液中c(H+)是NaA溶液小于NaB溶液，兩種溶液中c(Na+)相等，兩種溶液中[c(Na+)+c(H+)]是NaA溶液小于NaB溶液，所以離子總物質(zhì)的量是前者小于后者，離子總數(shù)是前者小于后者，選項(xiàng)D錯誤；答案選C。例4．Al(OH)3.在水中存在平衡：和在25℃時，關(guān)系如圖所示，表示或濃度的負(fù)對數(shù)。下列說法錯誤的是A．曲線甲代表與pH的關(guān)系B．曲線乙經(jīng)過點(diǎn)C．的D．向溶液中加入NaOH至pH=6時，Al元素主要以存在【答案】D【詳解】A．增大OH的濃度，逆向移動，平衡正向移動，Al3+的濃度降低、濃度增大，所以曲線甲代表與pH的關(guān)系、曲線乙代表與pH的關(guān)系，故A正確；B．根據(jù)曲線乙，pH=10時，的濃度為，則的平衡常數(shù)為，所以pH=14時，的濃度為，故B正確；C．根據(jù)曲線甲，pH=5時，Al3+的濃度為，則平衡常數(shù)為，的平衡常數(shù)為，則的，故C正確；D．平衡常數(shù)為，pH=6時，Al3+的濃度為；的平衡常數(shù)為，pH=6時，的濃度為，所以向溶液中加入NaOH至pH=6時，Al元素主要以存在，故D錯誤；選D。例5．已知室溫下，溶液呈弱酸性，下列敘述中正確的是A．B．C．加等濃度NaOH溶液，的值減小D．加水稀釋，溶液酸性減弱，但的值不變【答案】C【詳解】A．溶液呈弱酸性，可知的電離程度大于自身的水解程度，故，選項(xiàng)A錯誤；B．由電離過程可得：，由水解過程可得：，因，所以，可得，選項(xiàng)B錯誤；C．由電荷守恒：，可得，加入同濃度的NaOH溶液，不變，但減小，增大，所以減小，選項(xiàng)C正確；D．加水稀釋，減小，酸性減弱，，所以加水稀釋的值增大，選項(xiàng)D錯誤；答案選C。例6．下列說法正確的是A．常溫下，將的氨水加水至，溶液中減小B．常溫下，若，則氨水中是溶液中的2倍C．相同濃度的氨水和鹽酸混合，若溶液呈中性，則D．中和與體積均相等的氨水、溶液，所需的物質(zhì)的量相同【答案】C【詳解】A．氨水加水稀釋，促進(jìn)一水合氨的電離，c(OH)減小，溫度不變一水合氨的電離平衡常數(shù)Kb不變，則稀釋過程中溶液中增大，故A錯誤；B．氨水不能完全電離，氨水中是溶液小于的2倍，故B錯誤；C．室溫下，鹽酸和氨水混合后，若溶液呈中性，c(H+)=c(OH)，溶液中存在電荷守恒：c(H+)+c()=c(Cl)+c(OH)，則c(Cl)=c()，故C正確；D．一水合氨為弱電解質(zhì)，室溫下，中和pH和體積均相等的氨水、NaOH溶液，前者所需鹽酸的物質(zhì)的量多，故D錯誤；故選：C。例7．t℃時，由H2CO3與HCl或NaOH配制一組總含碳微粒濃度為的混合溶液，混合體系中部分物種的濃度的負(fù)對數(shù)與pH關(guān)系如圖所示。下列說法錯誤的是A．該條件下，H2CO3的B．該溶液的溫度t=25℃C．pH=a時，混合體系中濃度最高的物種為D．pH=7的溶液中：【答案】C【詳解】A．由題干圖示信息可知，當(dāng)溶液pH=6.3時，c(H2CO3)=c()，故Ka1(H2CO3)==10，故該條件下，H2CO3的，A正確；B．由題干圖示信息可知，c(H+)=c(OH)=107，Kw=c(H+)×c(OH)=1014，故該溶液的溫度t=25℃，B正確；C．根據(jù)電荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(OH)+2c()+c()，故pH=a時，c(Na+)＞c()混合體系中濃度最高的物種為Na+，C錯誤；D．由題干圖示信息可知，pH=7的溶液中：c(Na+)＞c()＞c(H2CO3)，故有，D正確；故答案為：C。例8．是一種二元弱酸，由于與空氣中的某種成分作用而保持濃度不變，已知，，某水體中(X為、、、)與pH的關(guān)系如圖所示。下列敘述正確的是A．曲線②代表B．Q點(diǎn)C．隨pH升高，先增大后減小D．R點(diǎn)時，【答案】B【詳解】A．的濃度保持不變，則①代表，隨著pH逐漸增大、離子濃度增大，pH較小時的濃度大于的濃度，則曲線②代表，曲線③代表，故A錯誤；B．Q點(diǎn)，根據(jù)，可得由O點(diǎn)坐標(biāo)知：的一級電離常數(shù)由R點(diǎn)坐標(biāo)，知：的二級電離常數(shù)，代入、，可得，，故B正確；C．曲線①②的交點(diǎn)代表溶液中、的濃度相等，，由于與空氣中的某種成分作用而保持不變，隨pH升高減小，增大，故C錯誤；D．R點(diǎn)時，，若溶液中只存在、、、微粒，得出，同時水體中還有其他離子，故D錯誤；答案選B。例9．下列說法一定正確的是A．相同溫度下，1L0.02mol·L1的NaCl溶液和2L0.01mol·L1NaCN溶液中的離子總數(shù)相等B．常溫下，將pH=2的一元酸HA溶液與pH=12的一元堿BOH溶液等體積混合，所得溶液pH=7C．25℃時，向10mL0.1mol·L1HA溶液中加入0.1mol·L1的NaOH溶液，當(dāng)水電離出的c(H+)=1.0×107mol·L1時，滴加氫氧化鈉溶液的體積可能出現(xiàn)兩種情況，則HA為弱酸D．將冰醋酸加水稀釋，冰醋酸的電離度逐漸增加，但電離常數(shù)Ka不變，c(H+)逐漸增大，導(dǎo)電性逐漸增強(qiáng)?！敬鸢浮緾【詳解】A．NaCN溶液中CN水解，相同溫度下，1L0.02mol·L1的NaCl溶液中的離子總數(shù)大于2L0.01mol·L1NaCN溶液中的離子總數(shù)，故A錯誤；B．常溫下，將pH=2的一元酸HA溶液與pH=12的一元堿BOH溶液等體積混合，若HA為弱酸，所得溶液pH<7；若BOH為弱堿，所得溶液pH>7，故B錯誤；C．25℃時，向10mL0.1mol·L1HA溶液中加入0.1mol·L1的NaOH溶液，當(dāng)水電離出的c(H+)=1.0×107mol·L1時，滴加氫氧化鈉溶液的體積可能出現(xiàn)兩種情況，如圖所示

，則HA為弱酸，故C正確；D．將冰醋酸加水稀釋，冰醋酸的電離度逐漸增加，但電離常數(shù)Ka不變，c(H+)先增大后減小，導(dǎo)電性先增強(qiáng)后減弱，故D錯誤；選C。二、多選題例10．常溫下，向的某稀溶液中滴入的氨水，溶液中水電離出的濃度隨滴入氨水體積變化如圖所示。下列說法不正確的是A．該酸是弱酸 B．B點(diǎn)溶液存在C． D．F點(diǎn)溶液【答案】AB【詳解】A．根據(jù)圖像A點(diǎn)可知，在稀溶液中，水電離出的氫離子濃度是，根據(jù)水的離子積常數(shù)可得，酸電離出的氫離子濃度是，由于酸濃度是，則該酸完全電離，是強(qiáng)酸，選項(xiàng)A錯誤；B．圖中B點(diǎn)是和的混合液，溶液呈酸性，由水電離出的，說明酸電離的氫離子對水的抑制程度和水解對水的電離的促進(jìn)程度相等，根據(jù)電荷守恒有，，則，選項(xiàng)B錯誤；C．D點(diǎn)水的電離程度最大，此時稀酸和氨水恰好完全反應(yīng)生成，，，選項(xiàng)C正確；D．F點(diǎn)是和的混合液，由水電離出的，溶液呈中性，，選項(xiàng)D正確；答案選AB。1．磷是生物體內(nèi)不可或缺的元素之一，自然界主要以磷酸鹽的形式存在。磷酸鹽可用于制備白磷(P4)，白磷在加熱條件下，能轉(zhuǎn)化為紅磷(P)，白磷還能與足量熱的濃堿發(fā)生如下反應(yīng)：P4+3KOH+3H2OPH3↑+3KH2PO2。(1)磷原子的最外層核外電子排布式為。(2)PH3的電子式為。熱穩(wěn)定性：NH3PH3(選填“>”或“<”)。(3)P4的分子構(gòu)型為正四面體，P4為分子(選填“極性”或“非極性”)。(4)白磷和紅磷互為。(5)利用磷酸鈣礦混以石英砂(SiO2)和炭粉在電爐中加熱可以制備白磷。______Ca3(PO4)2+______SiO2+______C______CaSiO3+______P4+______CO↑配平上述化學(xué)方程式。(6)次磷酸(H3PO2)是弱酸(選填“一元”、“二元”或“三元”)。KH2PO2稀溶液中存在：c(K+)=?！敬鸢浮?1)3s23p3(2)

>(3)非極性(4)同素異形體(5)2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C6CaSiO3+P4+10CO↑(6)一元c(K+)=c(H2PO)+c(H3PO2)【詳解】（1）磷是15號元素，其最外層為5個電子，最外層核外電子排布式為3s23p3；（2）PH3中存下3個P—H鍵，其電子式為：

；非金屬性N大于P，非金屬性越強(qiáng)，其氫化物越穩(wěn)定，故熱穩(wěn)定性：NH3>PH3；（3）P4的分子構(gòu)型為正四面體，其正負(fù)電荷中心重合，為非極性分子；（4）白磷和紅磷為同種元素構(gòu)成的結(jié)構(gòu)不同的單質(zhì)，為同素異形體；（5）該反應(yīng)中磷的化合價由+5價降低到0價，碳的化合價由0價升高到+2價，根據(jù)得失電子守恒可知，配平后的方程式為：2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C6CaSiO3+P4+10CO↑；（6）次磷酸(H3PO2)只能電離出1個氫離子，故屬于一元弱酸，根據(jù)物料守恒可知，c(K+)=c(H2PO)+c(H3PO2)。2．某溫度下，體積和pH都相同的鹽酸和氯化銨溶液加水稀釋時pH變化曲線如圖所示。(1)a、b、c三點(diǎn)溶液中水的電離程度大小關(guān)系：。(2)①b點(diǎn)溶液中c(H+)=_______+_______(填微粒濃度)。②用等濃度的NaOH溶液和b、c處溶液反應(yīng)，消耗NaOH溶液的體積。(填“>”“<”或“=”)。(3)闡述a、c兩點(diǎn)溶液的導(dǎo)電能力強(qiáng)弱：?！敬鸢浮?1)a>b>c(2)>(3)a、c兩點(diǎn)溶液的離子?度c<a，所以導(dǎo)電能力c<a【分析】鹽酸溶液中的氫離子主要是鹽酸電離出來的，鹽酸完全電離，體積和pH都相同的鹽酸和氯化銨溶液加水稀釋的過程中，鹽酸不能繼續(xù)電離，鹽酸溶液中氫離子濃度變化大；水解是微弱的，氯化銨溶液中銨離子可繼續(xù)水解，溶液中氫離子濃度變化小，所以c點(diǎn)的曲線pH變化是鹽酸溶液的，含a、b點(diǎn)的曲線pH變化是氯化銨溶液的?！驹斀狻浚?）鹽酸電離出的氫離子抑制了水的電離，所以c點(diǎn)溶液中水的電離程度最?。凰獯龠M(jìn)水的電離，由于氯化銨溶液中的氫離子來自于銨根離子水解生成的氫離子，氫離子濃度越大，說明水解程度越大，a點(diǎn)的pH<b點(diǎn)的pH，說明a點(diǎn)的酸性大于b點(diǎn)的酸性，a點(diǎn)的氫離子濃度大于b點(diǎn)的氫離子濃度，所以a、b兩點(diǎn)溶液水的電離程度a>b，綜上所述，a、b、c三點(diǎn)溶液中水的電離程度a>b>c，故答案為：a>b>c；（2）①b點(diǎn)溶液中，根據(jù)質(zhì)子守恒得出，故答案為：；②用等濃度的NaOH溶液和b、c處溶液反應(yīng)，b點(diǎn)溶液中銨根和氫離子均消耗NaOH，而c點(diǎn)溶液只有鹽酸消耗NaOH（鹽酸完全電離），故消耗NaOH溶液的體積>，故答案為：>；（3）溶液的導(dǎo)電能力和溶液中自由移動離子濃度的大小有關(guān)，當(dāng)溶液的體積相等時，a、c兩點(diǎn)溶液的離子濃度c<a，所以導(dǎo)電能力c<a，故答案為：a、c兩點(diǎn)溶液的離子?度c<a，所以導(dǎo)電能力c<a。3．據(jù)《財富》雜志報道，近日一組來自麻省理工學(xué)院(MIT)、休斯敦大學(xué)(UniversityofHouston)和其他機(jī)構(gòu)的科學(xué)家發(fā)現(xiàn)了比硅性能更好的半導(dǎo)體材料立方砷化硼。立方砷化硼在導(dǎo)熱和導(dǎo)電方面的超高性能，是它可能成為有史以來發(fā)現(xiàn)的最好的半導(dǎo)體材料?；卮鹣铝袉栴}：(1)水體砷污染已成為一個亟待解決的全球性環(huán)境問題。在處理某工廠的含砷廢水時，常加入生石灰的方式將廢水中的轉(zhuǎn)化為形式沉降，該反應(yīng)的離子方程式為(2)砷的氧化物為，俗稱砒霜，有劇毒。除去可利用其強(qiáng)還原性，在堿性條件下被氧化成，寫出相應(yīng)的離子方程式(3)硼酸是一元酸，其電離常數(shù)，硼酸的水溶液中存在含硼微粒為、。硼酸的水溶液呈酸性的原因?yàn)?用化學(xué)語言表述)(4)硼氫化鈉是有機(jī)合成的重要還原劑，可水解放出氫氣。的還原能力相當(dāng)于標(biāo)準(zhǔn)狀況下的還原能力【答案】(1)(2)(3)(4)【詳解】（1）生石灰溶于水會形成氫氧化鈣，所以在處理某工廠的含砷廢水時，常加入生石灰的方式將廢水中的轉(zhuǎn)化為形式沉降，其離子方程式為：；（2）在堿性條件下被氧化成，碘單質(zhì)被還原為碘離子，根據(jù)氧化還原反應(yīng)的規(guī)律可知，反應(yīng)的離子方程式為：；（3）根據(jù)信息可知硼酸為一元弱酸，硼酸的水溶液存在電離平衡為：；（4）、中的元素分別為1價、0價，二者均作還原劑被氧化只能生成價的含化合物，，失去電子：，得：，標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為：。4．非金屬元素及其化合物與科研、工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)有著密切聯(lián)系?；卮鹣铝袉栴}：(1)次氯酸的結(jié)構(gòu)式為，碳化硅晶體屬于晶體。非金屬性SCl(填“＞”或“＜”)，用原子結(jié)構(gòu)知識解釋其原因：同一周期元素，由左到右。(2)常溫下，濃度均為0.1mol/L的六種溶液pH如下：溶質(zhì)NaClONa2CO3NaHCO3Na2SiO3Na2SO3NaHSO3pH常溫下，相同物質(zhì)的量濃度的下列稀溶液，其酸性由強(qiáng)到弱的順序是(填序號)。2CO3

2SO3

2SiO3六種溶液中，水的電離程度最小的是(填化學(xué)式)。(3)用離子方程式說明Na2CO3溶液pH＞7的原因。(4)欲增大氯水中次氯酸的濃度，可向氯水中加入上表中的物質(zhì)是(填化學(xué)式)，用化學(xué)平衡移動的原理解釋其原因：。【答案】(1)HOCl原子晶體＜隨著原子半徑逐漸減小，元素得電子能力逐漸增強(qiáng)(2)bacNaHSO3(3)CO+H2OHCO+OH(4)NaHCO3(或NaClO)因?yàn)镃l2+H2OH++Cl+HClO，加入NaHCO3(或NaClO)可消耗H+，平衡朝正反應(yīng)方向移動，從而使溶液中次氯酸的濃度增大【解析】(1)次氯酸的結(jié)構(gòu)式為HOCl，碳化硅晶體屬于原子晶體。由于同一周期元素，由左到右隨著原子半徑逐漸減小，元素得電子能力逐漸增強(qiáng)，故非金屬性S＜Cl；(2)NaHCO3溶液顯堿性，則碳酸氫根離子水解程度大于其電離程度，NaHSO3溶液顯酸性，則亞硫酸氫根離子電離程度大于其水解程度，故H2SO3酸性比H2CO3的酸性強(qiáng)，等濃度的Na2SiO3溶液的堿性比Na2CO3的堿性強(qiáng)，弱酸越弱，其對應(yīng)的酸根離子水解程度越大，其對應(yīng)的強(qiáng)堿弱酸鹽堿性越強(qiáng)，故碳酸的酸性比硅酸的酸性強(qiáng)，故常溫下，相同物質(zhì)的量濃度的稀溶液，其酸性由強(qiáng)到弱的順序是bac；六種溶液中，NaClO、Na2CO3、NaHCO3、Na2SiO3、Na2SO3的溶液顯堿性，均發(fā)生水解，促進(jìn)水的電離，而NaHSO3溶液顯酸性，亞硫酸氫根離子電離程度大于其水解程度，抑制水的電離，則水的電離程度最小的是NaHSO3；(3)Na2CO3發(fā)生水解反應(yīng)CO+H2OHCO+OH，使溶液顯堿性，pH＞7；(4)氯水中發(fā)生可逆反應(yīng)Cl2+H2OH++Cl+HClO，加入NaHCO3(或NaClO)可消耗H+，平衡朝正反應(yīng)方向移動，從而使溶液中次氯酸的濃度增大。5．氮及其化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和生命活動中起著重要的作用。回答下列問題：(1)“中國制造2025”是中國政府實(shí)施制造強(qiáng)國戰(zhàn)略第一個十年行動綱領(lǐng)。氮化鉻在現(xiàn)代工業(yè)中發(fā)揮更重要的作用，請寫出Cr3+的價電子軌道表示式；基態(tài)鉻、氮原子的未成對電子數(shù)之比為。(2)NH3也是造成水體富營養(yǎng)化的重要原因之一，用NaClO溶液氧化可除去氨氣。其反應(yīng)機(jī)理如圖所示(其中H2O和NaCl略去)。NaClO氧化NH3的總反應(yīng)化學(xué)程式為。(3)改變對溶液中NaClO去除氨氣效果與余氯(溶液中+1價氯元素的含量)的影響如圖所示，則除氨氣過程中最佳的值約為。(4)室溫下，用水稀釋0.1mol·L1氨水，溶液中隨著水量的增加而減小的是___________。A．) B．C．c(H+) D．(5)25°C時，將amolNH4NO3溶于水，向該溶液中滴加bL氨水后溶液呈中性，滴加氨水的過程中水的電離平衡將(填“正向”、“逆向”或“不”)移動。(6)工業(yè)上利用NH3制備聯(lián)氨(N2H4)裝置如下圖，其陽極電極反應(yīng)式為?！敬鸢浮?1)2:1(2)(4)BD(5)逆向(6)【詳解】（1）三價鉻離子的價電子排布式為3d3，則其價電子軌道表示式為：；基態(tài)鉻原子的價電子軌道表示式為：，核外有6個未成對電子，基態(tài)氮原子的價電子軌道式為：，核外有3個未成對電子，因此基態(tài)鉻、氮原子的未成對電子數(shù)之比為2:1。（2）根據(jù)圖示，由始態(tài)和終態(tài)判斷反應(yīng)物中氨氣被氧化成氮?dú)猓温人徕c則被還原成氯化鈉，依據(jù)得失電子守恒和質(zhì)量守恒，可知化學(xué)方程式為：。（3）當(dāng)去除率較高，余氯量較低時，說明去除效果最佳，由圖示可知，符合要求的最佳值約為1.5。（4）A．由氨水的電離方程式可知，為平衡常數(shù)，只隨溫度變化，用水稀釋，溫度不變，比值不變，A項(xiàng)錯誤；B．加水稀釋，促進(jìn)一水合氨的電離，n()減小，n()增大，兩者在同一溶液中，體積相同，因此減小，B項(xiàng)正確；C．加水稀釋，氨水堿性減弱，c()濃度減小，c()濃度增大，C項(xiàng)錯誤；D．加水稀釋，氨水堿性減弱，c()濃度減小，c()濃度增大，減小，D項(xiàng)正確；答案選BD。（5）25°C時，將amolNH4NO3溶于水，向該溶液中滴加bL氨水后溶液呈中性，氨水會電離生成銨根離子和氫氧根離子，會對水的電離起到抑制作用，使水的電離平衡逆向移動。（6）分析裝置圖可知，氧離子移向的電極為陽極，陽極上通入氨氣失電子生成N2H4，陰極上氧氣得到電子生成O2。在陽極，NH3轉(zhuǎn)變?yōu)镹2H4，氮元素化合價由3價變?yōu)?價，則2molNH3失去2mol電子生成1molN2H4，余下的2molH與陰極傳導(dǎo)過來的O2結(jié)合生成水。故陽極電極反應(yīng)為：6．常溫下，部分酸的電離平衡常數(shù)如下：化學(xué)式電離常數(shù)(1)相同的三種酸，則的濃度從大到小為。(2)的溶液中，為，使此溶液中的電離程度增大且也增大的方法是。(3)中和等量的，消耗等的氫氟酸和硫酸的體積分別為，則ab(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)。中和等濃度、等體積的氫氟酸和硫酸需要的物質(zhì)的量為，則。(4)向中通入少量的，發(fā)生的離子方程式為。(5)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證明氫氟酸比鹽酸的酸性弱?！敬鸢浮?1)c(HCN)>c(H2CO3)>c(HF)(2)2×106升溫(3)小于小于(4)CN+CO2+H2O=HCN+HCO(5)測定等濃度的兩種酸的pH，氫氟酸的pH大或等濃度的兩種酸分別與Zn反應(yīng)，初始?xì)浞崦皻馀萋驹斀狻浚?）由電離常數(shù)Ka的大小可知酸性強(qiáng)弱為：HF>H2CO3>HCN，則等濃度的三種酸溶液中氫離子濃度大小順序?yàn)椋篐F>H2CO3>HCN，所以氫離子濃度相同的三種酸的濃度從大到小為：c(HCN)>c(H2CO3)>c(HF)；（2）設(shè)氫離子濃度為xmol/L，依據(jù)HCN?H++CN，Ka1010=，解得x=2×106，則氫離子濃度為：2×106mol/L；弱電解質(zhì)的電離過程是吸熱過程，升高溫度，能促進(jìn)HCN的電離，電離程度增大，氫離子濃度也增大；（3）中和等量的NaOH，需要消耗等物質(zhì)的量的氫離子，當(dāng)氫氟酸和硫酸的pH相等時，由于硫酸是強(qiáng)酸，氫氟酸為弱酸，需要?dú)浞岷土蛩岬捏w積比小于1:1，即a小于b。氫氟酸為一元酸、硫酸為二元酸，中和等濃度、等體積的氫氟酸和硫酸需要NaOH的物質(zhì)的量為1:2，質(zhì)量為1:2，即m1小于m2；（4）酸性：HF>H2CO3>HCN>HCO。向NaCN中通入少量的CO2反應(yīng)生成HCN和NaHCO3，反應(yīng)的離子方程式為CN+CO2+H2O=HCN+HCO；（5）證明氫氟酸比鹽酸的酸性弱可以使用的方法有：①測定等濃度的兩種酸的pH，氫氟酸的pH大；②等濃度的兩種酸分別與Zn反應(yīng)，初始?xì)浞崦皻馀萋虎蹨y定等物質(zhì)的量濃度的兩種溶液的導(dǎo)電性，鹽酸的燈泡較亮、氫氟酸的燈泡較暗等。7．砷(As)與N、P是同主族元素，遠(yuǎn)古時期人們就開始開發(fā)利用砷的性質(zhì)，現(xiàn)代技術(shù)中砷仍然起著非常重要的作用。請回答下列問題：(1)砷只有一種穩(wěn)定的同位素，其原子核內(nèi)的中子數(shù)比核外電子數(shù)多(填數(shù)值)。(2)下列事實(shí)中，能說明As元素的非金屬性弱于N元素的是_______(填標(biāo)號)。A．沸點(diǎn)：B．等物質(zhì)的量濃度溶液的酸性：C．分解溫度：D．相對分子質(zhì)量：(3)Marsh試砷法和Gutzeit試砷法是法醫(yī)學(xué)上鑒定砷的重要方法。其原理是先將(劇毒)轉(zhuǎn)化為，前者讓：分解產(chǎn)生黑亮的砷鏡(As)，后者讓被溶液氧化為，同時還生成Ag單質(zhì)。①的電子式為。②Gutzeit試砷法中被氧化的離子方程式為。(4)砷化鎵(GaAs)是現(xiàn)代科技中制造芯片的一種原料，可用溶液對其進(jìn)行刻蝕，As元素的化合價變?yōu)?5價，則該反應(yīng)中還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為；砷化鎵也可用于制造太陽能電池，該電池工作時的能量轉(zhuǎn)化形式為。(5)已知的電離平衡常數(shù)分別為、、。①25℃時，，溶液中：(填“>”“=”或“<”)。②25℃時，向溶液中加入NaOH溶液至中性，此時溶液中?！敬鸢浮?1)9(2)BC(3)(4)1：4太陽能→電能【解析】(1)根據(jù)元素周期表和周期律可推知As的原子序數(shù)為33，的中子數(shù)為，因此其原子核內(nèi)的中子數(shù)與核外電子數(shù)之差。(2)元素的非金屬性與氫化物的沸點(diǎn)及相對分子質(zhì)量無關(guān)，A、D項(xiàng)錯誤；等物質(zhì)的量濃度溶液的酸性：，最高價含氧酸的酸性越強(qiáng)，元素的非金屬性越強(qiáng)，B項(xiàng)正確；簡單氫化物的熱穩(wěn)定性越強(qiáng)，元素的非金屬性越強(qiáng)，因此分解溫度可以判斷出N的非金屬性強(qiáng)，C項(xiàng)正確；故選BC。(3)①As原子最外層有5個電子，因此的電子式為；②Gutzeit試砷法中作氧化劑，還原產(chǎn)物為銀，因此反應(yīng)的離子方程式為。(4)As元素從?3→+5價，中的O元素從?1→?2價，根據(jù)化合價升降相等，可得還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為1：4；太陽能電池工作時的能量轉(zhuǎn)化形式為太陽能→電能。(5)①的電離常數(shù)為，水解常數(shù)為，水解程度小于電離程度，因此水解產(chǎn)生的電離產(chǎn)生的。②，25℃時，當(dāng)溶液呈中性時，帶入表達(dá)式可得2.016。8．在劇烈運(yùn)動中，因缺氧肌肉會產(chǎn)生乳酸()，而血液中，乳酸和碳酸氫鹽發(fā)生中和反應(yīng)。試通過如下計(jì)算來說明此過程。已知乳酸()是一元酸，。碳酸的電離平衡常數(shù)為：，(1)的為。(，)(2)計(jì)算乳酸和碳酸氫鹽反應(yīng)的反應(yīng)平衡常數(shù)的數(shù)值，寫出計(jì)算過程。(2)，【解析】(1)溶液中氫離子濃度和L－濃度可認(rèn)為相等，可設(shè)為x，溶液中HL的濃度約是0.056mol/L，則根據(jù)電離平衡常數(shù)可知，解得x＝2.8×10－3mol/L，所以溶液的為－lg2.8×10－3＝2.55。(2)乳酸和碳酸氫鹽反應(yīng)的方程式為，反應(yīng)平衡常數(shù)的為9．磷是重要的元素，能形成多種含氧酸和含氧酸鹽?；卮鹣铝袉栴}：Ⅰ.亞磷酸(H3PO3)是二元酸，H3PO3溶液存在電離平衡：H3PO3H++H2PO。亞磷酸與足量NaOH溶液反應(yīng)，生成水和Na2HPO3。(1)寫出亞磷酸鈉(Na2HPO3)中磷的化合價。(2)當(dāng)亞磷酸與少量NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式為。(3)亞磷酸具有強(qiáng)還原性，可使碘水褪色，該反應(yīng)的化學(xué)方程式。Ⅱ.已知：①次磷酸(H3PO2)是一種一元弱酸；②常溫下，電離平衡常數(shù)Ka(H3PO2)=5.9×102，Ka(CH3COOH)=1.8×105；(4)下列說法正確的是___________。A．次磷酸的電離方程式為：H3PO2?H++H2POB．NaH2PO2屬于酸式鹽C．濃度均為0.1mol?L1的次磷酸(H3PO2)與鹽酸相比前者導(dǎo)電能力強(qiáng)D．0.1mol?L1NaH2PO2溶液的pH比0.1mol?L1CH3COONa溶液的pH小(5)次磷酸鈉NaH2PO2具有強(qiáng)還原性，是一種很好的化學(xué)鍍劑。如NaH2PO2能將溶液中的Ni2+還原為Ni，用于化學(xué)鍍鎳。酸性條件下鍍鎳溶液中發(fā)生如下反應(yīng)：___________Ni2++___________H2PO+___________(___________)═___________Ni+___________H2PO+_______(___________)請完成并配平上列的離子方程式。Ⅲ.磷酸是三元弱酸(H3PO4)(6)磷酸鈣與焦炭、石英砂混合，在電爐中加熱到1500℃生成白磷，反應(yīng)為：2Ca3(PO4)2+6SiO26CaSiO3+P4O1010C+P4O10P4+10CO若反應(yīng)生成31gP4，則反應(yīng)過程中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為(用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)。【答案】(1)+3(2)H3PO3+OH＝H2PO+H2O(3)H3PO3+I2+H2O＝2HI+H3PO4(4)AD(5)