2022年新教材高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)第9章水溶液中的離子反應(yīng)與平衡第1節(jié)電離平衡學(xué)案

第一節(jié)電離平衡考試評價解讀核心素養(yǎng)達(dá)成1.能用化學(xué)用語正確表示水溶液中離子反響與平衡。2．能通過實驗證明水溶液中存在的離子平衡。3．能舉例說明離子反響與平衡在生產(chǎn)、生活中的應(yīng)用。變化觀念與平衡思想認(rèn)識弱電解質(zhì)的電離有一定限度，是可以調(diào)控的。能多角度、動態(tài)地分析弱電解質(zhì)的電離平衡，并運(yùn)用平衡移動原理解決實際問題。證據(jù)推理與模型認(rèn)知知道可以通過分析、推理等方法認(rèn)識電離平衡的本質(zhì)特征、建立模型。能運(yùn)用模型解釋電離平衡的移動，揭示現(xiàn)象的本質(zhì)和規(guī)律。弱電解質(zhì)的電離平衡[以練帶憶]1．以下物質(zhì)的水溶液易導(dǎo)電，且屬于強(qiáng)電解質(zhì)的是()A．CH3COOH B．BaCO3C．NH4HCO3 D．SO2C解析：CH3COOH為弱電解質(zhì)，BaCO3難溶于水，溶液不易導(dǎo)電，SO2為非電解質(zhì)。2．能證明乙酸是弱酸的實驗事實是()A．CH3COOH溶液與Zn反響放出H2B．0.1mol/LCH3COONa溶液的pH大于7C．CH3COOH溶液與Na2CO3反響生成CO2D．0.1mol/LCH3COOH溶液可使紫色石蕊變紅B解析：A項只能證明乙酸具有酸性，不能證明其為弱酸，不符合題意；CH3COONa溶液顯堿性，說明其為強(qiáng)堿弱酸鹽，故可以證明乙酸是弱酸，B項符合題意；C項可以證明乙酸的酸性比碳酸強(qiáng)，但是不能證明其為弱酸，不符合題意；D項可以證明乙酸具有酸性，但是不能證明其為弱酸，不符合題意。3．稀氨水中存在著以下平衡：NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－，假設(shè)要使平衡向逆反響方向移動，同時使c(OH－)增大，應(yīng)參加的物質(zhì)或采取的措施是()①NH4Cl固體②硫酸③NaOH固體④水⑤加熱⑥參加少量MgSO4固體A．①②③⑤ B．④⑥C．③ D．③⑤C解析：假設(shè)在氨水中參加NH4Cl固體，c(NHeq\o\al(＋,4))增大，平衡向逆反響方向移動，c(OH－)減小，①不符合題意；硫酸中的H＋與OH－反響，使c(OH－)減小，平衡向正反響方向移動，②不符合題意；當(dāng)在氨水中參加NaOH固體后，c(OH－)增大，平衡向逆反響方向移動，③符合題意；假設(shè)在氨水中參加水，稀釋溶液，平衡向正反響方向移動，c(OH－)減小，④不符合題意；電離屬吸熱過程，加熱平衡向正反響方向移動，c(OH－)增大，⑤不符合題意；參加少量MgSO4固體發(fā)生反響Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，溶液中c(OH－)減小，⑥不符合題意。[練后梳理]1．強(qiáng)電解質(zhì)與弱電解質(zhì)(1)定義(2)與化合物類型的關(guān)系強(qiáng)電解質(zhì)主要是大局部離子化合物及某些共價化合物，弱電解質(zhì)主要是某些共價化合物。2．弱電解質(zhì)的電離概念(1)電離平衡的建立在一定條件下(如溫度、壓強(qiáng)等)，當(dāng)弱電解質(zhì)電離產(chǎn)生離子的速率和離子結(jié)合成分子的速率相等時，電離過程到達(dá)了平衡。(2)電離平衡的建立與特征①開始時，v(電離)最大，而v(結(jié)合)為0。②平衡的建立過程中，v(電離)>v(結(jié)合)。③當(dāng)v(電離)＝v(結(jié)合)時，電離過程到達(dá)平衡狀態(tài)。3．外因?qū)﹄婋x平衡的影響(1)濃度：在一定溫度下，同一弱電解質(zhì)溶液，濃度越小，越易電離。(2)溫度：溫度越高，電離程度越大。(3)同離子效應(yīng)：參加與弱電解質(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。(4)化學(xué)反響：參加能與弱電解質(zhì)電離出的離子反響的物質(zhì)時，可使平衡向電離方向移動。如：以0.1mol/LCH3COOH溶液為例，填寫外界條件對CH3COOHCH3COO－＋H＋ΔH＞0的影響。改變條件平衡移動方向n(H＋)c(H＋)導(dǎo)電能力Ka加水稀釋向右增大減小減弱不變參加少量冰醋酸向右增大增大增強(qiáng)不變通入HCl(g)向左增大增大增強(qiáng)不變加NaOH(s)向右減小減小增強(qiáng)不變加CH3COONa(s)向左減小減小增強(qiáng)不變參加鎂粉向右減小減小增強(qiáng)不變升高溫度向右增大增大增強(qiáng)增大(1)電離平衡向右移動，電離程度不一定增大，如上表中參加少量冰醋酸，平衡右移，但電離程度減小。(2)電離平衡向右移動，電解質(zhì)的分子濃度不一定減小，電解質(zhì)的離子濃度也可能減小。電離平衡常數(shù)與電離度[以練帶憶]1．(雙選)相同溫度下，根據(jù)三種酸的電離常數(shù)，以下判斷正確的選項是()酸HXHYHZ電離常數(shù)Ka9×10－79×10－61×10－2A．三種酸的強(qiáng)弱關(guān)系：HZ＞HY＞HXB．反響HZ＋Y－=HY＋Z－能夠發(fā)生C．由電離平衡常數(shù)可以判斷，HZ屬于強(qiáng)酸，HX和HY屬于弱酸D．相同溫度下，1mol/LHX溶液的電離常數(shù)大于0.1mol/LHX溶液的電離常數(shù)AB解析：相同溫度下，酸的電離常數(shù)越大，那么酸的電離程度越大，酸的酸性越強(qiáng)，根據(jù)電離平衡常數(shù)知，這三種酸的強(qiáng)弱順序是HZ＞HY＞HX，故A正確；由A知，HZ的酸性大于HY，根據(jù)強(qiáng)酸制取弱酸知，HZ＋Y－=HY＋Z－能發(fā)生，故B正確；根據(jù)電離平衡常數(shù)知，HY、HX均屬于弱酸，但溫度、濃度等條件未知，HZ無法判斷，故C錯誤；相同溫度下，同一物質(zhì)的電離平衡常數(shù)相同，故D錯誤。2．以下說法正確的選項是()A．電離平衡常數(shù)受溶液濃度的影響B(tài)．電離平衡常數(shù)可以表示弱電解質(zhì)的相對強(qiáng)弱C．電離常數(shù)大的酸溶液中c(H＋)一定比電離常數(shù)小的酸中大D．H2CO3的電離常數(shù)表達(dá)式：K＝eq\f(c2H＋·cCO\o\al(2－,3),cH2CO3)B解析：電離平衡常數(shù)是溫度的函數(shù)，與溶液濃度無關(guān)，故A項錯誤；電離平衡常數(shù)可以表示弱電解質(zhì)的相對強(qiáng)弱，故B項正確；酸溶液中c(H＋)既跟酸的電離常數(shù)有關(guān)，又跟酸的濃度有關(guān)，故C項錯誤；碳酸是分步電離的，第一步電離常數(shù)表達(dá)式：Ka1＝eq\f(cH＋·cHCO\o\al(－,3),cH2CO3)，第二步電離常數(shù)表達(dá)式：Ka2＝eq\f(cH＋·cCO\o\al(2－,3),cHCO\o\al(－,3))，故D項錯誤。3．室溫下向10mLpH＝3的醋酸溶液中加水稀釋后，以下說法正確的選項是()A．溶液中所有粒子的濃度都減小B．溶液中eq\f(cCH3COO－·cH＋,cCH3COOH)不變C．醋酸的電離程度增大，c(H＋)亦增大D．參加10mLpH＝11的NaOH溶液，混合液pH＝7B解析：醋酸溶液加水稀釋，促進(jìn)電離，溶液中c(H＋)減小，但c(OH－)增大，A錯誤；醋酸的電離平衡常數(shù)Ka＝eq\f(cCH3COO－·cH＋,cCH3COOH)，溫度不變，Ka不變，eq\f(cCH3COO－·cH＋,cCH3COOH)不變，B正確；醋酸溶液加水稀釋，醋酸的電離程度增大，因溶液的體積增大的倍數(shù)大于n(H＋)增大的倍數(shù)，那么c(H＋)減小，C錯誤；pH＝3的醋酸與pH＝11的NaOH溶液等體積混合時，醋酸的濃度大于0.001mol/L，醋酸過量，混合液的pH<7，D錯誤。[練后梳理]1．電離度(1)定義在一定條件下的弱電解質(zhì)到達(dá)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)總分子數(shù)的分?jǐn)?shù)。(2)表示方法α＝eq\f(已電離的弱電解質(zhì)分子數(shù),溶液中原有弱電解質(zhì)的總分子數(shù))×100%也可表示為α＝eq\f(弱電解質(zhì)的離子濃度,弱電解質(zhì)的濃度)×100%(3)影響因素溫度升高溫度，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(1)定義：電離平衡的常數(shù)叫作電離常數(shù)。(2)表達(dá)式①對于一元弱酸HA：HAH＋＋A－，電離常數(shù)Ka＝eq\f(cH＋·cA－,cHA)。②對于一元弱堿BOH：BOHB＋＋OH－，電離常數(shù)Kb＝eq\f(cB＋·cOH－,cBOH)。③多元弱酸(以H2CO3為例)H2CO3H＋＋HCOeq\o\al(－,3)Ka1＝eq\f(cH＋·cHCO\o\al(－,3),cH2CO3)HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)Ka2＝eq\f(cH＋·cCO\o\al(2－,3),cHCO\o\al(－,3))(3)特點多元弱酸各級電離常數(shù)的大小關(guān)系是K1?K2?K3，故其酸性取決于第一步電離。(4)影響因素電離常數(shù)只與溫度有關(guān)，升高溫度，K值增大。(5)意義eq\x(K越大)→eq\x(越易電離)→eq\x(酸堿性越強(qiáng))如相同條件下常見弱酸的酸性強(qiáng)弱：H2SO3＞H3PO4＞HF＞HCOOH＞CH3COOH＞H2CO3＞H2S＞HClO。表達(dá)式中的離子濃度是指到達(dá)平衡時，溶液中存在的離子濃度，不一定是弱電解質(zhì)自身電離的，也可以來源于溶液中的其他物質(zhì)?？键c1強(qiáng)酸(強(qiáng)堿)與弱酸(弱堿)的判斷與性質(zhì)比擬[抓本質(zhì)·悟考法]為了證明醋酸是弱電解質(zhì)，甲、乙、丙、丁四人分別選用以下試劑進(jìn)行實驗：0.1mol/L醋酸溶液、0.1mol/L鹽酸、pH＝3的鹽酸、pH＝3的醋酸、CH3COONa晶體、NaCl晶體、CH3COONH4晶體、蒸餾水、鋅片、pH試紙、酚酞、NaOH溶液等。(1)甲取出10mL0.1mol/L的醋酸溶液，用pH試紙測出其pH＝a，確定醋酸是弱電解質(zhì)，那么a應(yīng)該滿足的關(guān)系是________，理由是___________________。(2)乙分別取pH＝3的醋酸和鹽酸各1mL，分別用蒸餾水稀釋到100mL，然后用pH試紙分別測定兩溶液的pH，那么可認(rèn)定醋酸是弱電解質(zhì)，判斷的依據(jù)是_________________________________________________________________。(3)丙分別取pH＝3的鹽酸和醋酸各10mL，然后參加質(zhì)量相同厚度、形狀一樣的鋅片，醋酸放出H2的平均速率快，那么認(rèn)定醋酸是弱電解質(zhì)，你認(rèn)為這一方法正確嗎？________，請說明理由：_______________________________________________________________________________________________________。(4)丁用CH3COONa晶體、NaCl晶體、蒸餾水和酚酞做實驗，也論證了醋酸是弱酸的事實，該同學(xué)的實驗操作和現(xiàn)象是______________________________?！窘忸}關(guān)鍵點】解答此題時需明確：(1)醋酸溶液中存在電離平衡，0.1mol/L的醋酸溶液中c(H＋)小于0.1mol/L；(2)pH＝3的醋酸和鹽酸中，c(H＋)相同，溶質(zhì)濃度不同，醋酸濃度大，加水稀釋后，促進(jìn)醋酸電離，強(qiáng)酸中c(H＋)變化較大；(3)與鋅粒反響放出氫氣的速率與c(H＋)大小有關(guān)?！疽族e失分點】不能正確分析pH＝3的鹽酸和醋酸中，參加鋅粒時放出H2的平均速率變化的原因，誤認(rèn)為(3)的說法錯誤。[自主解答]________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________解析：(1)因為醋酸是弱酸，說明醋酸沒有完全電離，那么其電離出的c(H＋)<0.1mol/L，pH＝a>1。(2)醋酸為弱酸，稀釋促進(jìn)電離，c(H＋)＝10－3mol/L的醋酸稀釋到原來的100倍，稀釋后醋酸的c(H＋)>10－5mol/L，那么醋酸的pH<5，而鹽酸為強(qiáng)酸，用蒸餾水稀釋到100mL，鹽酸的pH＝5。(3)分別參加質(zhì)量相同的鋅粒，如醋酸為弱酸，與鋅反響時消耗氫離子的同時得到補(bǔ)充，產(chǎn)生氫氣的速率醋酸比鹽酸快。(4)CH3COONa是強(qiáng)堿弱酸鹽，參加水中會發(fā)生水解，溶液顯堿性，將CH3COONa晶體、NaCl晶體溶于適量水配成溶液，分別滴入酚酞溶液，CH3COONa溶液變成淺紅色，NaCl溶液不變色。答案：(1)a>1因醋酸是弱酸，不能完全電離(2)鹽酸的pH＝5，醋酸的pH＜5(3)正確由于醋酸是弱酸，隨著反響的進(jìn)行，醋酸不斷電離，c(H＋)變化小，產(chǎn)生H2的平均速率醋酸比鹽酸快(4)將CH3COONa晶體、NaCl晶體分別溶于適量水配成溶液，再分別滴入酚酞溶液，CH3COONa溶液變淺紅色，NaCl溶液不變色[多角度·突破練]?角度1弱電解質(zhì)的判斷1．以下事實中不能證明CH3COOH是弱電解質(zhì)的是()A．常溫下某CH3COONa溶液的pH＝8B．常溫下0.1mol/LCH3C．0.1mol/L的CH3COOH溶液的導(dǎo)電能力比同濃度的鹽酸差D．CH3COOH屬于共價化合物D解析：A項，常溫下某CH3COONa溶液的pH＝8，CH3COONa水解顯堿性，為弱酸強(qiáng)堿鹽，故CH3COOH為弱電解質(zhì)，正確；B項，常溫下0.1mol/LCH3COOH溶液的pH＝2.8，說明CH3COOH局部電離，為弱電解質(zhì)，正確；C項，相同濃度的一元酸，醋酸的導(dǎo)電能力比鹽酸差，說明醋酸未完電離，為弱電解質(zhì)，正確；D項，強(qiáng)電解質(zhì)和弱電解質(zhì)都有可能為共價化合物，錯誤。2．以下事實一定能證明HNO2是弱電解質(zhì)的是()①常溫下NaNO2溶液pH大于7②用HNO2溶液做導(dǎo)電實驗，燈泡很暗③HNO2與NaCl不能發(fā)生反響④常溫下0.1mol/LHNO2溶液的pH＝2.1⑤NaNO2和H3PO4反響，生成HNO2⑥常溫下將pH＝1的HNO2A．①②④⑥ B．①②③④C．①④⑤⑥ D．①②③④⑤⑥C解析：常溫下NaNO2溶液pH大于7，說明亞硝酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，那么HNO2是弱電解質(zhì)，故①正確；溶液的導(dǎo)電性與離子濃度及離子所帶電荷數(shù)有關(guān)，用HNO2溶液做導(dǎo)電實驗，燈泡很暗，不能證明HNO2為弱電解質(zhì)，故②錯誤；HNO2與NaCl不能發(fā)生反響，只能說明不符合復(fù)分解反響發(fā)生的條件，但不能說明HNO2是弱電解質(zhì)，故③錯誤；常溫下0.1mol/LHNO2溶液的pH＝2.1，說明HNO2不完全電離，即說明HNO2為弱電解質(zhì)，故④正確；較強(qiáng)酸可以制較弱酸，NaNO2和H3PO4反響，生成HNO2，說明HNO2的酸性弱于H3PO4(弱酸)，那么HNO2為弱電解質(zhì)，故⑤正確；常溫下將pH＝1的HNO2溶液稀釋至原體積的100倍，溶液pH約為2.8，說明HNO2是弱電解質(zhì)，故⑥正確。判斷弱電解質(zhì)的三個思維角度角度一：弱電解質(zhì)的定義，即弱電解質(zhì)不能完全電離。(1)測定一定濃度的HA溶液的pH。(2)與同濃度鹽酸比擬導(dǎo)電性。(3)與同濃度的鹽酸比擬和鋅反響速率的快慢。角度二：弱電解質(zhì)溶液中存在電離平衡，條件改變，平衡移動。(1)從一定pH的HA溶液稀釋前后pH的變化判斷。(2)從升高溫度后pH的變化判斷。(3)從等體積等pH的HA溶液、鹽酸分別與過量的鋅反響生成H2的量判斷。角度三：弱電解質(zhì)形成的鹽類能水解，如判斷CH3COOH為弱酸可通過下面兩個實驗及現(xiàn)象：(1)配制某濃度的醋酸鈉溶液，向其中參加幾滴酚酞溶液?，F(xiàn)象：溶液變?yōu)闇\紅色。(2)用玻璃棒蘸取一定濃度的醋酸鈉溶液滴在pH試紙上，測其pH?，F(xiàn)象：pH＞7。?角度2強(qiáng)酸(強(qiáng)堿)與弱酸(弱堿)性質(zhì)的比擬3．在相同溫度下，100mL0.01mol/L的醋酸溶液與10mL0.1mol/L的醋酸溶液相比擬，以下數(shù)值前者大于后者的是()A．中和時所需NaOH的量B．電離的程度C．H＋的物質(zhì)的量濃度D．CH3COOH的物質(zhì)的量B解析：100mL0.01mol/L的醋酸溶液與10mL0.1mol/L的醋酸溶液中所含醋酸的物質(zhì)的量相等，所以中和時所需NaOH的量相等；H＋的物質(zhì)的量濃度后者大；電離程度前者大，弱電解質(zhì)濃度越小，電離程度越大。4．以下關(guān)于鹽酸與醋酸兩種稀溶液的說法正確的選項是()A．相同濃度的兩溶液中c(H＋)相同B．100mL0.1mol/L的兩溶液能中和等物質(zhì)的量的氫氧化鈉C．c(H＋)＝10－3mol/L的兩溶液稀釋100倍，c(H＋)均為10－5mol/LD．向兩溶液中分別參加少量對應(yīng)的固體鈉鹽，c(H＋)均明顯減小B解析：相同濃度的兩溶液，醋酸局部電離，故醋酸中的c(H＋)比鹽酸的小，故A錯；由化學(xué)方程式可知B正確；醋酸稀釋過程中平衡向電離方向移動，故稀釋后醋酸的c(H＋)大于10－5mol/L，故C錯；醋酸中參加醋酸鈉，由于增大了溶液中醋酸根離子的濃度，抑制了醋酸電離，使c(H＋)明顯減小，而鹽酸中參加氯化鈉，對溶液中c(H＋)無影響，故D錯。比擬強(qiáng)酸弱酸的常見角度以一元強(qiáng)酸(HCl)與一元弱酸(CH3COOH)的比擬為例。類別角度等物質(zhì)的量濃度的鹽酸(a)與醋酸溶液(b)等pH的鹽酸(a)與醋酸溶液(b)pH或物質(zhì)的量濃度pH：a<b物質(zhì)的量濃度：a<b溶液的導(dǎo)電性a>ba＝b水的電離程度a<ba＝b加水稀釋等倍數(shù)pH的變化量a>ba>b等體積溶液中和NaOH的量a＝ba<b分別加該酸的鈉鹽固體后pHa：不變b：變大a：不變b：變大開始與金屬反響的速率a>b相同等體積溶液與過量活潑金屬產(chǎn)生H2的量相同a<b考點2電離平衡常數(shù)的計算及應(yīng)用[抓本質(zhì)·悟考法]25℃時，三種酸的電離常數(shù)如下：化學(xué)式CH3COOHH2CO3HClO電離常數(shù)1.75×10－5Ka1＝4.5×10－7Ka2＝4.7×10－114.0×10－8答復(fù)以下問題：(1)一般情況下，當(dāng)溫度升高時，Ka________(填“增大〞“減小〞或“不變〞)。(2)以下四種離子結(jié)合質(zhì)子能力由大到小的順序是________(填標(biāo)號，下同)。A．COeq\o\al(2－,3) B．ClO－C．CH3COO－ D．HCOeq\o\al(－,3)(3)用蒸餾水稀釋0.10mol/L的醋酸溶液，以下各式表示的數(shù)值隨水量的增加而增大的是______。A.eq\f(cCH3COOH,cH＋)B.eq\f(cCH3COO－,cCH3COOH)C.eq\f(cH＋,Kw)D.eq\f(cH＋,cOH－)(4)體積均為10mL、pH均為2的醋酸溶液與HX溶液分別加水稀釋至1000mL，稀釋過程中pH變化如以下圖所示。那么HX的電離常數(shù)________(填“大于〞“等于〞或“小于〞，下同)醋酸的電離常數(shù)；稀釋后，HX溶液中水電離出來的c(H＋)________醋酸溶液中水電離出來的c(H＋)，理由是____________________________________________________________________________________。(5)將amol/L的醋酸與0.01mol/L的Ba(OH)2溶液等體積混合，反響平衡時溶液中2c(Ba2＋)＝c(CH3COO－)，那么溶液顯________(填“酸〞“堿〞或“中〞)性；用含a的代數(shù)式表示CH3COOH的電離常數(shù)Ka【解題關(guān)鍵點】此題考查了電離常數(shù)的意義及其應(yīng)用。電離常數(shù)是化學(xué)平衡常數(shù)的一種特殊情況，應(yīng)靈活遷移運(yùn)用化學(xué)平衡常數(shù)的相關(guān)知識：(1)弱酸電離過程中吸收熱量。(2)電離常數(shù)越大，離子結(jié)合質(zhì)子的能力越弱。(3)Ka只與溫度有關(guān)，加水稀釋時引起平衡移動、離子濃度改變，但溫度不變，Ka不變。(4)根據(jù)電離平衡常數(shù)可判斷弱酸的相對強(qiáng)弱?！疽族e失分點】第(2)問中，不能正確理解弱酸的電離與弱酸根離子結(jié)合質(zhì)子過程的關(guān)系；第(3)問中，不能靈活利用平衡常數(shù)進(jìn)行解答。如果是改變溫度引起的溶液中離子濃度變化，那么電離平衡常數(shù)也隨之改變，假設(shè)再認(rèn)為平衡常數(shù)恒定不變，那么不能得出正確結(jié)論。[自主解答]________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________解析：(1)弱電解質(zhì)的電離屬于吸熱過程，所以溫度升高，Ka增大。(2)電離常數(shù)越大，離子結(jié)合質(zhì)子的能力越弱，所以結(jié)合質(zhì)子的能力由大到小的順序為A＞B＞D＞C。(3)用蒸餾水稀釋0.10mol/L的醋酸，醋酸的電離平衡正向移動，eq\f(cCH3COOH,cH＋)＝eq\f(cCH3COO－,Ka)，Ka只與溫度有關(guān)，溫度不變，Ka不變，c(CH3COO－)減小，故eq\f(cCH3COOH,cH＋)減小，A錯誤；eq\f(cCH3COO－,cCH3COOH)＝eq\f(Ka,cH＋)，Ka不變，c(H＋)減小，所以eq\f(cCH3COO－,cCH3COOH)增大，B正確；eq\f(cH＋,Kw)中，Kw不變，c(H＋)減小，所以eq\f(cH＋,Kw)減小，C錯誤；eq\f(cH＋,cOH－)＝eq\f(c2H＋,Kw)，Kw不變，c(H＋)減小，故eq\f(cH＋,cOH－)減小，D錯誤。(4)HX和醋酸加水稀釋同樣的倍數(shù)，HX的pH變化較大，說明HX的電離常數(shù)大于醋酸的，稀釋后HX的pH大于醋酸的pH，說明HX電離出來的c(H＋)小于醋酸的，那么HX溶液中水電離出來的c(H＋)大于醋酸溶液中水電離出來的c(H＋)。(5)根據(jù)電荷守恒：2c(Ba2＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，由于2c(Ba2＋)＝c(CH3COO－)，那么c(H＋)＝c(OH－c(H＋)＝10－7mol/L，而c(CH3COO－)＝2c(Ba2＋)＝eq\f(1,2)×0.01mol/L×2＝0.01mol/L，c(CH3COOH)＝(eq\f(1,2)a－0.01)mol/L，CH3COOH的電離平衡常數(shù)Ka＝eq\f(cCH3COO－·cH＋,cCH3COOH)＝eq\f(0.01×10－7,\f(1,2)a－0.01)＝eq\f(2×10－9,a－0.02)。答案：(1)增大(2)A＞B＞D＞C(3)B(4)大于大于稀釋后HX溶液中的c(H＋)小于CH3COOH溶液中的c(H＋)，對水電離的抑制能力減弱(5)中eq\f(2×10－9,a－0.02)[多角度·突破練]?角度1電離平衡常數(shù)的計算1．(1)在25℃下，將amol/L的氨水與0.01mol/L的鹽酸等體積混合，反響平衡時溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)，那么溶液顯________(填“酸〞“堿〞或“中〞)性；用含a的代數(shù)式表示NH3·H2O的電離常數(shù)Kb＝________。(2)常溫常壓下，空氣中的CO2溶于水，到達(dá)平衡時，溶液的pH＝5.60，c(H2CO3)＝1.5×10－5mol/L。假設(shè)忽略水的電離及H2CO3的第二級電離，那么H2CO3HCOeq\o\al(－,3)＋H＋的平衡常數(shù)Ka1＝________。(10＝2.5×10－6)(3)常溫下，將amol/LCH3COONa溶于水配成溶液，向其中滴加等體積的bmol/L的鹽酸使溶液呈中性(不考慮鹽酸和醋酸的揮發(fā))，用含a和b的代數(shù)式表示醋酸的電離常數(shù)Ka＝________。解析：(1)氨水與鹽酸等體積混合后的溶液中的電荷守恒關(guān)系式為c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＝eq\f(0.01mol/L,2)＝0.005mol/L，故有c(H＋)＝c(OH－)＝10－7mol/L，溶液顯中性。由物料守恒知c(NH3·H2O)＝eq\f(a,2)mol/L－c(NHeq\o\al(＋,4))，Kb＝eq\f(cNH\o\al(＋,4)·cOH－,cNH3·H2O)＝eq\f(0.005×10－7,\f(a,2)－0.005)＝eq\f(10－9,a－0.01)。(2)Ka1＝eq\f(cH＋·cHCO\o\al(－,3),cH2CO3)＝eq\f(102,1.5×10－5)＝eq\f(2.5×10－62,1.5×10－5)≈4.2×10－7。(3)根據(jù)電荷守恒：c(CH3COO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，溶液呈中性時，c(H＋)＝c(OH－)＝10－7mol/L，那么c(CH3COO－)＝c(Na＋)－c(Cl－)＝eq\f(a,2)mol/L－eq\f(b,2)mol/L＝eq\f(a－b,2)mol/L，根據(jù)物料守恒：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝eq\f(a,2)mol/L，那么c(CH3COOH)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－\f(a－b,2)))mol/L＝eq\f(b,2)mol/L，Ka＝eq\f(cH＋·cCH3COO－,cCH3COOH)＝eq\f(10－7×a－b,b)。答案：(1)中eq\f(10－9,a－0.01)(2)4.2×10－7(3)eq\f(10－7a－b,b)2．25℃時弱電解質(zhì)電離平衡常數(shù)：Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Ka(HSCN)＝0.13。(1)將20mL0.10mol/LCH3COOH溶液和20mL0.10mol/LHSCN溶液分別與0.10mol/LNaHCO3溶液反響，實驗測得產(chǎn)生CO2氣體體積V與時間t的關(guān)系如圖。反響開始時，兩種溶液產(chǎn)生CO2的速率明顯不同的原因是___________________________________________________________________；反響結(jié)束后所得溶液中c(SCN－)________(填“>〞“＝〞或“<〞)c(CH3COO－)。(2)2.0×10－3mol/L的氫氟酸水溶液中，調(diào)節(jié)溶液pH(忽略調(diào)節(jié)時體積變化)，測得平衡體系中c(F－)、c(HF)與溶液pH的關(guān)系如以下圖。那么25℃時，HF電離平衡常數(shù)Ka(HF)＝________。解析：(1)弱酸溶液的物質(zhì)的量濃度相同時，電離平衡常數(shù)大的弱酸電離出的離子濃度大，故反響開始時，兩種溶液產(chǎn)生CO2的速率明顯不同是因為Ka(HSCN)>Ka(CH3COOH)，溶液中c(H＋)：HSCN>CH3COOH，c(H＋)大反響速率快。反響結(jié)束后，溶質(zhì)分別為CH3COONa和NaSCN，因生成CO2體積相等，那么CH3COONa和NaSCN濃度相同，又因CH3COOH酸性弱于HSCN，故CH3COONa水解程度大，c(CH3COO－)<c(SCN－)。(2)HF電離平衡常數(shù)等于電離出的離子濃度的乘積除以未電離電解質(zhì)的濃度，故當(dāng)pH＝4時，Ka(HF)＝eq\f(cH＋·cF－,cHF)＝eq\f(1×10－4×1.6×10－3,4.0×10－4)＝4×10－4。答案：(1)因為Ka(HSCN)>Ka(CH3COOH)，溶液中c(H＋)：HSCN>CH3COOH，c(H＋)大，反響速率快>(2)4×10－4有關(guān)電離常數(shù)計算的兩種類型(以弱酸HX為例)(1)c(HX)始和c(H＋)，求電離常數(shù)HXH＋＋X－eq\a\vs4\al(起始/mol/L：)c(HX)始00eq\a\vs4\al(平衡/mol/L：)eq\a\vs4\al(cHX始－cH＋)c(H＋)c(H＋)那么：Ka＝eq\f(cH＋·cX－,cHX)＝eq\f(c2H＋,cHX始－cH＋)。由于弱酸只有極少一局部電離，c(H＋)的數(shù)值很小，可作近似處理：c(HX)始－c(H＋)≈c(HX)始，那么Ka≈eq\f(c2H＋,cHX始)，代入數(shù)值求解即可。(2)c(HX)始和電離常數(shù)，求c(H＋)同理可得Ka＝eq\f(c2H＋,cHX始－cH＋)≈eq\f(c2H＋,cHX始)，那么：c(H＋)＝eq\r(Ka·cHX始)，代入數(shù)值求解即可。?角度2電離平衡常數(shù)的應(yīng)用3．碳酸、亞硫酸、次氯酸的電離平衡常數(shù)(25℃)如下表，以下說法正確的選項是()物質(zhì)H2CO3H2SO3HClO電離平衡常數(shù)Ka14.5×10－71.4×10－24.0×10－8Ka24.7×10－116.0×10－8—A．相同條件下，同濃度的NaClO溶液和Na2CO3溶液的堿性，前者更強(qiáng)B．Na2CO3溶液中通入少量SO2：2COeq\o\al(2－,3)＋SO2＋H2O=2HCOeq\o\al(－,3)＋SOeq\o\al(2－,3)C．NaHCO3溶液中通入少量SO2：2HCOeq\o\al(－,3)＋SO2=2CO2＋SOeq\o\al(2－,3)＋H2OD．向氯水中分別參加等濃度的NaHCO3和NaHSO3溶液，均可提高氯水中HClO的濃度B解析：由表中電離常數(shù)可知Ka(HClO)>Ka2(H2CO3)，即HClO的酸性強(qiáng)于HCOeq\o\al(－,3)的酸性；根據(jù)鹽類“越弱越水解〞的規(guī)律推知，相同條件下，同濃度的NaClO溶液和Na2CO3溶液相比，后者弱酸根離子的水解程度大于前者，那么后者的堿性強(qiáng)，A錯誤；由于Ka1(H2SO3)>Ka1(H2CO3)>Ka2(H2SO3)>Ka2(H2CO3)，那么酸性：H2SO3>H2CO3>HSOeq\o\al(－,3)>HCOeq\o\al(－,3)，故Na2CO3溶液中通入少量SO2，反響生成HCOeq\o\al(－,3)和SOeq\o\al(2－,3)，B正確；NaHCO3溶液中通入少量SO2時，只能發(fā)生反響：HCOeq\o\al(－,3)＋SO2=CO2＋HSOeq\o\al(－,3)，C錯誤；由于HClO具有強(qiáng)氧化性，可與NaHSO3發(fā)生氧化復(fù)原反響，導(dǎo)致HClO的濃度降低，D錯誤。4．(2021·南昌模擬)下面三個數(shù)據(jù)：6.3×10－4、5.6×10－4、6.2×10－10分別是以下有關(guān)三種酸的電離常數(shù)，假設(shè)以下反響可以發(fā)生：NaCN＋HNO2=HCN＋NaNO2、NaCN＋HF=HCN＋NaF、NaNO2＋HF=HNO2＋NaF，由此可判斷以下表達(dá)不正確的選項是()A．K(HF)＝6.3×10－4B．K(HNO2)＝6.2×10－10C．根據(jù)兩個反響即可得出一元弱酸的強(qiáng)弱順序為HF>HNO2>HCND．K(HCN)<K(HNO2)<K(HF)B解析：根據(jù)較強(qiáng)的酸制備較弱酸的原理判斷，三種酸的酸性強(qiáng)弱順序是HF>HNO2>HCN。酸性越強(qiáng)，電離常數(shù)越大，因此亞硝酸的電離常數(shù)應(yīng)是5.6×10－4，B項不正確。5．25℃時，以下有關(guān)電解質(zhì)溶液的說法正確的選項是()A．加水稀釋0.1mol/L氨水，溶液中c(H＋)·c(OH－)和c(H＋)/c(OH－)保持不變B．向CH3COONa溶液中參加少量CH3COONa，溶液中c(CH3COO－)/c(CH3COOH)的值增大C．等體積、等物質(zhì)的量濃度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合：eq\f(cHCO\o\al(－,3),cH2CO3)＜eq\f(cCO\o\al(2－,3),cHCO\o\al(－,3))D．將濃度為0.1mol/LHF溶液加水不斷稀釋過程中，電離平衡常數(shù)Ka(HF)保持不變，eq\f(cF－,cH＋)始終增大B解析：A項，0.1mol/L氨水稀釋過程中c(H＋)增大，c(OH－)減小，因而比值變大，錯誤；B項，向CH3COONa溶液中參加少量CH3COONa，溶液中eq\f(cCH3COO－,cCH3COOH)＝eq\f(Ka,cH＋)，參加CH3COONa，溶液堿性增強(qiáng)，那么c(H＋)降低，所以eq\f(cCH3COO－,cCH3COOH)的值增大，正確；C項，等體積、等物質(zhì)的量濃度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合，根據(jù)電離常數(shù)有Ka1＝eq\f(cH＋·cHCO\o\al(－,3),cH2CO3)、Ka2＝eq\f(cH＋·cCO\o\al(2－,3),cHCO\o\al(－,3))，同一溶液中c(H＋)相等，那么c(H＋)＝Ka1·eq\f(cH2CO3,cHCO\o\al(－,3))＝Ka2·eq\f(cHCO\o\al(－,3),cCO\o\al(2－,3))，而Ka1＞Ka2，那么eq\f(cHCO\o\al(－,3),cH2CO3)＞eq\f(cCO\o\al(2－,3),cHCO\o\al(－,3))，錯誤；D項，0.1mol/L的HF加水稀釋，c(F－)趨近于0，而c(H＋)趨于不變(10－7mol/L)，故比值變小，錯誤。(1)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)。②判斷鹽溶液的酸性(或堿性)強(qiáng)弱，電離常數(shù)越大，對應(yīng)的鹽水解程度越小，堿性(或酸性)越弱。③判斷復(fù)分解反響能否發(fā)生，一般符合“強(qiáng)酸制弱酸〞規(guī)律。④判斷粒子濃度比值的變化。(2)溶液中某些離子濃度比值變化的三種判斷方法①轉(zhuǎn)化法：將濃度之比轉(zhuǎn)化為物質(zhì)的量進(jìn)行比擬，這樣分析起來可以忽略溶液體積的變化，只需分析微粒數(shù)目的變化即可。②湊常數(shù)法：解題時將某些離子的濃度比值關(guān)系，去乘以或除以某種離子的濃度，將會轉(zhuǎn)化為一個常數(shù)與某種離子濃度乘積或相除的關(guān)系。③假設(shè)法：如0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀釋，假設(shè)無限稀釋，c(CH3COO－)趨近于0，c(H＋)趨于不變，故eq\f(cCH3COO－,cH＋)比值變小。一元強(qiáng)酸、一元弱酸與金屬的反響[知識對接](1)相同體積、相同濃度的鹽酸、醋酸中參加金屬(例如鋅)參加金屬鋅，鹽酸反響較快假設(shè)參加金屬鋅足量，最終產(chǎn)生氣體一樣多(2)相同體積、相同pH的鹽酸、醋酸中參加金屬(例如鋅)參加金屬鋅，醋酸反響較快假設(shè)參加金屬鋅足量，最終醋酸產(chǎn)生的氣體多[應(yīng)用體驗]1．相同體積、相同pH的某一元強(qiáng)酸溶液①和某一元弱酸溶液②分別與足量的鋅粉發(fā)生反響，以下關(guān)于氫氣體積(V)隨時間(t)變化的示意圖正確的選項是()C解析：強(qiáng)酸完全電離，弱酸局部電離，pH相同的弱酸的濃度大于強(qiáng)酸，隨著反響的進(jìn)行，弱酸會繼續(xù)電離出H＋，所以溶液②產(chǎn)生氫氣的體積多，在相同時間內(nèi)，②的反響速率比①快。2．在體積都為1L，pH都等于2的鹽酸和醋酸溶液中，投入0.65g鋅粒，那么以下圖像中符合客觀事實的是()C解析：因鹽酸為強(qiáng)酸、醋酸為弱酸，故pH都等于2的鹽酸和醋酸溶液中，c(HCl)＝0.01mol/L，而c(CH3COOH)＞0.01mol/L,1L溶液中n(HCl)＝0.01mol，n(CH3COOH)＞0.01mol。A項，相同時間內(nèi)pH變化較大的應(yīng)為HCl，錯誤；B項，產(chǎn)生H2速率大的應(yīng)為CH3COOH，錯誤；D項，相同時間內(nèi)c(H＋)變化較大的為HCl，錯誤。一元強(qiáng)酸(堿)或一元弱酸(堿)稀釋圖像分析[知識對接](1)相同體積、相同濃度的鹽酸與醋酸加水稀釋相同的倍數(shù)，醋酸的pH大加水稀釋到相同的pH，鹽酸參加的水多(2)相同體積、相同pH的鹽酸與醋酸加水稀釋相同的倍數(shù)，鹽酸的pH大加水稀釋到相同的pH，醋酸參加的水多[應(yīng)用體驗]3．某溫度下，相同體積、相同pH的氨水和氫氧化鈉溶液加水稀釋時，pH變化曲線如下圖，以下判斷正確的選項是()A．a(chǎn)點導(dǎo)電能力比b點強(qiáng)B．b點的Kw值大于c點C．與鹽酸完全反響時，消耗鹽酸體積Va＞VcD．a(chǎn)、c兩點的c(H＋)相等D解析：選項A，根據(jù)圖示可知，a點對應(yīng)的曲線為NaOH溶液稀釋曲線，b、c點對應(yīng)的曲線為氨水的稀釋曲線，a點溶液中離子濃度小于b點溶液中離子濃度，a點導(dǎo)電能力更弱；選項B，Kw值只與溫度有關(guān)，b、c兩點Kw值相等；選項C，NH3·H2O的物質(zhì)的量大于NaOH，稀釋過程中溶質(zhì)總量不變，所以c點消耗鹽酸多；選項D，a、c兩點溶液pH相等，那么c(H＋)相等。4．室溫下，將10.00mL5.0000mol/L醋酸滴入100.00mL蒸餾水中，溶液中c(H＋)和溫度隨著參加醋酸體積的變化曲線如下圖，以下有關(guān)說法正確的選項是()A．a(chǎn)～b段，醋酸電離過程為放熱過程B．c～d段，c(H＋)增加，醋酸電離程度增大C．c點時，參加等體積等濃度的NaOH溶液，那么c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)D．d點時，c(H＋)>c(CH3COOH)C解析：a～b段，醋酸電離過程為吸熱過程，電解質(zhì)溶于水，擴(kuò)散過程(電離)吸熱，水合過程(形成水合離子)放熱，故A錯誤；c～d段，醋酸濃度增大，c(H＋)增加，醋酸電離程度減小，故B錯誤；c點時，參加等體積等濃度的NaOH溶液，根據(jù)物料守恒，有c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，故C正確；d點時，c(H＋)＝c(CH3COO－)<6×10－3mol/L，c(CH3COOH)≈eq\f(5.0mol/L×5×10－3L,0.100L)＝0.25mol/L，c(H＋)<c(CH3COOH)，故D錯誤。1．(2021·濟(jì)寧模擬)25℃時不斷將水滴入0.1mol/L的氨水中，以下圖像變化合理的是()C解析：稀釋時氫氧根離子濃度下降，pH下降，趨近于7，但不可能小于7，故A錯誤；隨著水的滴入，電離度始終增大，故B錯誤；隨著水的滴入，離子濃度下降，導(dǎo)電能力下降，故C正確；Kb是溫度的函數(shù)，與濃度無關(guān)，故D錯誤。2．pH＝2的兩種一元酸x和y，體積均為100mL，稀釋過程中pH與溶液體積的關(guān)系如下圖。分別滴加NaOH溶液(c＝0.1mol/L)至pH＝7，消耗NaOH溶液的體積為Vx、Vy，那么以下判斷正確的選項是()A．x為弱酸，Vx<VyB．x為強(qiáng)酸，Vx>VyC．y為弱酸，Vx<VyD．y為強(qiáng)酸，Vx>VyC解析：由題圖知：將一元酸x和y分別稀釋10倍，pH的變化量ΔpHx＝1，ΔpHy<1，所以x為強(qiáng)酸，y為弱酸。pH＝2時弱酸y的濃度大，滴加NaOH溶液至pH＝7時消耗NaOH溶液的體積y比x大。3．以下曲線中，可以描述乙酸(甲，K＝1.8×10－5)和一氯乙酸(乙，K＝1.4×10－3)在水中的電離度與濃度關(guān)系的是()B解析：這兩種物質(zhì)都是弱電解質(zhì)，在溫度不變、濃度相等時，電離程度：CH3COOH<CH2ClCOOH，排除A、C項；當(dāng)濃度增大時，弱電解質(zhì)的電離程度均減小，排除D項。4．濃度均為0.1mol/L、體積均為V0的HX、HY溶液，分別加水稀釋至體積V，pH隨lgeq\f(V,V0)的變化關(guān)系如下圖。以下表達(dá)正確的選項是()A．HX、HY都是弱酸，且HX的酸性比HY的弱B．常溫下，由水電離出的c(H＋)·c(OH－)：a<bC．相同溫度下，電離常數(shù)K(HX)：a>bD．lgeq\f(V,V0)＝3，假設(shè)同時微熱兩種溶液(不考慮HX、HY和H2O的揮發(fā))，那么eq\f(cX－,cY－)減小B解析：A項，由圖像可知當(dāng)lgeq\f(V,V0)＝0，即V＝V0時，0.1mol/L的HX溶液和HY溶液的pH分別為2～3和1，所以HX是弱酸、HY是強(qiáng)酸，錯誤；B項，酸抑制水的電離，所以酸性越弱、水的電離程度越大，即pH越大，水電離出的c(H＋)·c(OH－)越大，由圖像可知，由水電離出的c(H＋)·c(OH－)：a<b，正確；C項，溫度相同，那么電離常數(shù)相同，錯誤；D項，微熱促進(jìn)HX的電離，c(X－)增大，所以eq\f(cX－,cY－)增大，錯誤。5．(2021·天津高考)某溫度下，HNO2和CH3COOH的電離常數(shù)分別為5.0×10－4和1.7×10－5。將pH和體積均相同的兩種酸溶液分別稀釋，其pH隨加水體積的變化如下圖。以下表達(dá)正確的選項是()A．曲線Ⅰ代表HNO2溶液B．溶液中水的電離程度：b點>c點C．從c點到d點，溶液中eq\f(cHA·cOH－,cA－)保持不變(其中HA、A－分別代表相應(yīng)的酸和酸根離子)D．相同體積a點的兩溶液分別與NaOH恰好中和后，溶液中n(Na＋)相同C解析：根據(jù)HNO2和CH3COOH的電離常數(shù)，可知酸性：HNO2＞CH3COOH。相同pH的兩種酸溶液，稀釋相同倍數(shù)時，弱酸的pH變化較小，故曲線Ⅰ代表CH3COOH溶液，A項錯誤；兩種酸溶液中水的電離均受到抑制，b點溶液pH小于c點溶液pH，那么b點對應(yīng)酸電離出的c(H＋)大，對水的電離抑制程度大，故水的電離程度：b點＜c點，B項錯誤；溶液中eq\f(cHA·cOH－,cA－)＝eq\f(cHA·cOH－·cH＋,cA－·cH＋)＝eq\f(Kw,KaHA)，從c點到d點，HA的電離平衡正向移動，但Kw、Ka(HA)的值不變，故eq\f(cHA·cOH－,cA－)不變，C項正確；相同體積a點的兩溶液中，由于c(CH3COOH)＞c(HNO2)，故n