第19讲弱电解质的电离平衡2024年高考化学精准一轮复习讲义

第19讲弱电解质的电离平衡（解析版）目录：【内容1电离平衡状态各项考点】【内容2电离平衡常数的计算及变形】【内容3电离度的引用】【内容4强酸(碱)与弱酸(碱)的比较（图象）】知识主线：一、电离平衡状态1．概念：在一定条件(如温度、浓度)下，弱电解质分子电离成离子的速率与离子结合成弱电解质分子的速率相等，溶液中各分子和离子的浓度都不再发生变化，电离过程就达到了电离平衡状态2．建立过程3．电离平衡的特征①弱：研究对象是弱电解质②等：弱电解质分子电离成离子的速率和离子重新结合成弱电解质分子的速率相等=3\*GB3③动：电离平衡是一种动态平衡，即1molCH3COOH电离同时则有1molCH3COOH分子形成④定：条件不变，溶液中各分子、离子的浓度不变，溶液里既有离子又有分子⑤变：条件改变时，电离平衡发生移动，各粒子的浓度要发生改变4．电离平衡的影响因素(1)内因：电解质本身的性质，通常电解质越弱，电离程度越小(2)外因①浓度：电解质溶液的浓度越小，它的电离程度就越大(越稀越电离)；浓度越大，电离程度越小a．同一弱电解质，稀释溶液时，电离平衡将向电离的方向移动，电离程度增大，但溶液中离子浓度不一定变大，如：弱酸HA溶液稀释时，c(HA)、c(H＋)、c(A－)均减小(参与平衡建立的微粒)，但c(OH－)会增大b．增大溶液的物质的量浓度，电离平衡将向电离方向移动，但电解质的电离程度减小②温度：弱电解质的电离一般是吸热过程，升高温度使电离平衡向电离的方向移动，电离程度增大③同离子效应——加入具有相同离子的物质加入与弱电解质具有相同离子的电解质时，可使电离平衡向结合成弱电解质分子的方向移动，电离程度减小④化学反应：加入能与弱电解质电离出的离子发生反应的离子时，电离平衡向电离方向移动mol·L－1CH3COOHCH3COO－＋H+为例平衡移动方向电离程度n(H＋)c(H＋)c(CH3COO－)c(CH3COOH)导电能力平衡常数Ka加水稀释右增大增大减小减小减小减弱不变加冰醋酸右减小增大增大增大增大增强不变升温右增大增大增大增大减小增强增大加CH3COONa(s)左减小减小减小增大增大增强不变通入HCl(g)左减小增大增大减小增大增强不变加NaOH(s)右增大减小减小增大减小增强不变加Na2CO3(s)右增大减小减小增大减小增强不变加入镁粉右增大减小减小增大减小增强不变二、电离平衡常数1．电离常数(1)概念：在一定条件下，弱电解质在达到电离平衡时，溶液中电离所生成的各种离子浓度的乘积与溶液中未电离的分子浓度的比值是一个常数，这个常数叫做电离平衡常数，又称电离常数，用K表示(2)电离平衡常数的表示方法：如弱电解质ABA＋＋B－K＝eq\f(cA＋·cB－,cAB)(在此计算公式中，离子浓度都是平衡浓度，酸一般用Ka表示，碱用Kb表示)=1\*GB3①一元弱酸的电离平衡常数：CH3COOHCH3COO－＋H＋Ka＝eq\f(cCH3COO－·cH＋,cCH3COOH)=2\*GB3②一元弱碱的电离平衡常数：NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－Kb＝eq\f(cNH\o\al(＋,4)·cOH－,cNH3·H2O)=3\*GB3③多元弱酸的电离平衡常数：多元弱酸的电离是分步进行的，每步各有电离平衡常数，通常用K1、K2等来分别表示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))多元弱酸各步电离常数的大小比较为Ka1≫Ka2，第一级电离程度较大，第一步电离产生的H+，对第二级、第三级电离起抑制作用，因此，多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定=4\*GB3④弱碱的电离平衡常数：由于多元弱碱为难溶碱，所以一般不用电离平衡常数，而用难溶物的溶度积常数(3)意义：相同条件下，K值越大，表示该弱电解质越易电离，所对应酸或碱的酸性或碱性相对越强(4)特点①电离常数只与温度有关，与电解质的浓度、酸碱性无关，由于电离过程是吸热的，故温度升高，K增大②多元弱酸是分步电离的，各级电离常数的大小关系是K1≫K2……所以其酸性主要取决于第一步电离(5)电离常数的应用①判断弱酸(或弱碱)的相对强弱，电离常数越大，酸性(或碱性)越强如：相同温度下，根据三种酸的电离常数，则三种酸的强弱关系：HZ>HY>HX酸HXHYHZ电离平衡常数9×10－79×10－61×10－2②定量判断电离平衡移动的方向、解释移动的原因如：0.1mol·L－1的CH3COOH溶液加水稀释，平衡移动方向的判断，溶液中c(H＋)的变化情况CH3COOHH＋＋CH3COO－原平衡：c(CH3COOH)c(H＋)c(CH3COO－)假设稀释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)，所以电离平衡向电离方向移动，移动的结果使c(CH3COOH)减小，由于平衡常数不变，故c(H＋)和c(CH3COO－)都必然减小③判断溶液微粒浓度比值的变化，利用温度不变，电离常数不变来判断如：把0.1mol·L－1CH3COOH溶液加水稀释，eq\f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)＝eq\f(c（CH3COO－）·c（H＋）,c（CH3COOH）·c（H＋）)＝eq\f(Ka,c（H＋）)，稀释时，c(H＋)减小，Ka不变，则eq\f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)变大④判断盐溶液的酸性(或碱性)强弱，电离常数越大，对应盐的水解程度越小，盐溶液的碱性(或酸性)越弱如：CH3COOH的酸性比HClO的酸性强，则相同浓度时，CH3COO－的水解程度比ClO－小，后者的碱性强=5\*GB3⑤判断复分解反应能否发生，一般符合“强酸制弱酸”规律。如：已知25℃时弱酸的电离平衡常数HCN：Ka×10－10，H2S：Ka1×10－7，Ka2×10－15，则反应Na2S＋HCN=NaHS＋NaCN能发生，原因是：根据电离平衡常数的关系，电离氢离子的能力(酸性)：H2S>HCN>HS－，所以反应Na2S＋HCN=NaHS＋NaCN可以发生又如：H2CO3：Ka1＝4.2×10－7，Ka2＝5.6×10－11，苯酚(C6H5OH)：Ka＝1.3×10－10，向苯酚钠(C6H5ONa)溶液中通入的CO2不论是少量还是过量，其化学方程式均为C6H5ONa＋CO2＋H2O=C6H5OH＋NaHCO3=6\*GB3⑥计算常温下一定浓度的弱酸或弱碱溶液中的c(H＋)或c(OH－)如：已知25℃时某弱酸HX的电离常数Ka×10－5，计算0.1mol·L－1的HX溶液中H＋浓度是多少？HXH＋＋X－起始：c(HX)00平衡：c(HX)－c(X－)c(H＋)c(X－)[约等于c(H＋)]则Ka＝eq\f(cH＋·cX－,cHX－cX－)≈eq\f(c2H＋,cHX－cH＋)，由于弱电解质的电离程度很小，c(HX)－c(H＋)≈c(HX)c(H＋)≈eq\r(Ka·cHX)＝eq\×10－5×0.1)mol·L－1≈×10－3mol·L－12．电离度(1)概念：在一定条件下的弱电解质达到电离平衡时，已经电离的电解质分子数占原电解质分子总数的百分比(2)表示方法(3)影响因素温度的影响升高温度，电离平衡向右移动，电离度增大；降低温度，电离平衡向左移动，电离度减小浓度的影响当弱电解质溶液浓度增大时，电离度减小；当弱电解质溶液浓度减小时，电离度增大(4)一元弱酸、一元弱碱电离度的计算①一元弱酸：HAH+＋A—②一元弱碱：BOHB+＋OH—如：浓度相同的HCl、CH3COOH，溶液中H+浓度关系为：前者＞后者H+浓度相同的HCl、CH3COOH，则HCl分子、CH3COOH分子的浓度的关系为：前者＜后者(5)电离度与平衡常数的关系——电离平衡常数与电离度(α)的关系(以一元弱酸为例)25℃，cmol·L－1的弱酸HA，设电离度为αCH3COOHCH3COO－＋H＋起始浓度/mol·L－1c00变化浓度/mol·L－1c酸·αc酸·αc酸·α平衡浓度/mol·L－1c酸－c酸·αc酸·αc酸·α电离平衡常数Ka＝eq\f(c酸·α2,c酸·1－α)＝eq\f(c酸·α2,1－α)，由于α很小，可认为1－α≈1则Ka＝c酸·α2，α＝eq\r(\f(Ka,c酸))(越稀越电离)则：c(H＋)＝c酸·α＝三、强酸(碱)与弱酸(碱)的比较1．一元强酸(HCl)与一元弱酸(CH3COOH)的比较(1)相同物质的量浓度、相同体积的盐酸与醋酸溶液的比较项目酸c(H＋)pH溶液的导电性中和碱的能力与活泼金属反应产生H2的量开始与金属反应的速率盐酸大小强相同相同大醋酸溶液小大弱小(2)相同pH、相同体积的盐酸与醋酸溶液的比较项目酸c(H＋)c(酸)溶液的导电性中和碱的能力与活泼金属反应产生H2的量开始与金属反应的速率盐酸相同小相同小少相同，反应过程中醋酸的快醋酸溶液大大多2．一元强酸(HCl)与一元弱酸(CH3COOH)稀释图像比较(1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸加水稀释的图像加水稀释相同的倍数加水稀释到相同的pH醋酸的pH大盐酸加入的水多(2)相同体积、相同pH的盐酸、醋酸加水稀释的图像加水稀释相同的倍数加水稀释到相同的pH盐酸的pH大醋酸加入的水多四、判断HA为一元弱酸的两种常用方法实验方法结论=1\*GB3①测0.01mol·L1HA溶液的pHpH=2，HA为强酸；pH>2，HA为弱酸=2\*GB3②室温下测NaA溶液的pHpH=7，HA为强酸；pH>7，HA为弱酸=3\*GB3③相同条件下，测相同浓度的HA溶液和盐酸(强酸)的导电性若导电性相同，则HA为强酸；若导电性较盐酸弱，则HA为弱酸=4\*GB3④测定同pH的HA与HCl溶液稀释相同倍数后的pH变化若ΔpH(HA)=ΔpH(HCl)，HA是强酸；若ΔpH(HA)<ΔpH(HCl)，HA是弱酸=5\*GB3⑤测定等体积、等pH的HA溶液和盐酸分别中和NaOH的量若消耗NaOH的量相同，则HA为强酸；若HA溶液消耗NaOH的量较盐酸多，则HA为弱酸=6\*GB3⑥往同浓度的HA和HCl中投入相同的Zn粒开始反应速率快的为强酸；开始反应速率慢的为弱酸=7\*GB3⑦从升高温度后pH的变化判断若升高温度，溶液的pH明显减小，则是弱酸；若升高温度，溶液的pH变化幅度小，则是强酸一、单选题例1．用AG表示溶液的酸度，AG=lg。常温下，一元酸HA的Ka(HA)=1.0×105，实验室中用0.1mol•L1的NaOH溶液滴定20.00mL某浓度的HA溶液，滴定结果如图所示。下列有关叙述正确的是A．室温下，AG=14pHB．滴定前该HA溶液中HA的电离度为D．若B点时加入NaOH溶液的体积为40.00mL，此时溶液中c(Na+)=c(A)+c(HA)【答案】B【详解】A．AG=lg=lgc（H+）lgc（OH）=pH（pOH）=pH+14pH=142×pH，A错误；B．滴定前该HA溶液中AG=8，则lg=8，=108，，c（H+）=103mol/L，根据Ka(HA)===1.0×105，c（HA）=0.1mol/L+103mol/L，HA的电离度为，B正确；C．结合B选项，HA浓度为0.1mol/L，HA为弱酸，用0.1mol•L1的NaOH溶液滴定20.00mL的HA溶液，生成的NaA为强碱弱酸盐，A点时溶液为中性，加入NaOH溶液的体积小于20.00mL，C错误；D．若B点时加入NaOH溶液40.00mL，则此时溶液是等物质的量浓度的NaA和氢氧化钠的混合液，因此根据物料守恒2c(A)+2c(HA)=c(Na+)，D错误；故选B。例2．室温下，向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入BaCl2溶液，溶液中1gc(Ba2+)与的关系如图所示(已知：、；)。下列说法正确的是B．b对应溶液的c(HCOC．a→b的过程中，溶液中一直增大D．a对应的溶液中一定存在：【答案】B【详解】A．a点对应溶液，则，由得，，，故A错误；B．b对应溶液，则，由，可得，由b点，则，故B正确；C．，a→b的过程中，逐渐增大，逐渐减小，不变，则逐渐减小，故C错误；D．a点对应溶液中，，则，由A可知溶液pH约为10.25，溶液中，溶液中存在电荷守恒关系式，则，故D错误；答案选B。例3．HA、HB为两种一元酸，为研究25°C时反应的相关性质，查阅此温度下相关数据：△H=+29.1kJ/mol；△S=+150.0J/(K·mol)，下列说法正确的是A．由于此过程△H>0，故HB比HA内能更低B．△S对该反应自发性的影响小于△HC．相对于B，A与质子的结合能力更强D．体积和物质的量浓度均相同的NaA和NaB两溶液中，前者离子总数更多【答案】C【详解】A．能量越低越稳定，该反应的焓变大于0，说明反应物总能量小于生成物总能量，但无法判断HA、HB能量的相对大小，选项A错误；B．该反应中没有气体参加，△S＝0，选项B错误；C．强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，由A(aq)+HB(aq)HA(aq)+B(aq)可得，酸性HB＞HA，所以结合质子能力为B＜A，即A与质子的结合能力更强，选项C正确；D．由B可知，酸性HB＞HA，体积和物质的量浓度均相同的NaA和NaB两溶液中分别存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)＝c(OH﹣)+c(A﹣)、c(Na+)+c(H+)＝c(OH﹣)+c(B﹣)，每一种溶液中离子浓度总和是其溶液中所有阳离子浓度的2倍，水解程度为A﹣＞B﹣，则两溶液中c(OH﹣)是NaA溶液大于NaB溶液，两溶液中c(H+)是NaA溶液小于NaB溶液，两种溶液中c(Na+)相等，两种溶液中[c(Na+)+c(H+)]是NaA溶液小于NaB溶液，所以离子总物质的量是前者小于后者，离子总数是前者小于后者，选项D错误；答案选C。例4．Al(OH)3.在水中存在平衡：和在25℃时，关系如图所示，表示或浓度的负对数。下列说法错误的是A．曲线甲代表与pH的关系B．曲线乙经过点C．的D．向溶液中加入NaOH至pH=6时，Al元素主要以存在【答案】D【详解】A．增大OH的浓度，逆向移动，平衡正向移动，Al3+的浓度降低、浓度增大，所以曲线甲代表与pH的关系、曲线乙代表与pH的关系，故A正确；B．根据曲线乙，pH=10时，的浓度为，则的平衡常数为，所以pH=14时，的浓度为，故B正确；C．根据曲线甲，pH=5时，Al3+的浓度为，则平衡常数为，的平衡常数为，则的，故C正确；D．平衡常数为，pH=6时，Al3+的浓度为；的平衡常数为，pH=6时，的浓度为，所以向溶液中加入NaOH至pH=6时，Al元素主要以存在，故D错误；选D。例5．已知室温下，溶液呈弱酸性，下列叙述中正确的是A．B．C．加等浓度NaOH溶液，的值减小D．加水稀释，溶液酸性减弱，但的值不变【答案】C【详解】A．溶液呈弱酸性，可知的电离程度大于自身的水解程度，故，选项A错误；B．由电离过程可得：，由水解过程可得：，因，所以，可得，选项B错误；C．由电荷守恒：，可得，加入同浓度的NaOH溶液，不变，但减小，增大，所以减小，选项C正确；D．加水稀释，减小，酸性减弱，，所以加水稀释的值增大，选项D错误；答案选C。例6．下列说法正确的是A．常温下，将的氨水加水至，溶液中减小B．常温下，若，则氨水中是溶液中的2倍C．相同浓度的氨水和盐酸混合，若溶液呈中性，则D．中和与体积均相等的氨水、溶液，所需的物质的量相同【答案】C【详解】A．氨水加水稀释，促进一水合氨的电离，c(OH)减小，温度不变一水合氨的电离平衡常数Kb不变，则稀释过程中溶液中增大，故A错误；B．氨水不能完全电离，氨水中是溶液小于的2倍，故B错误；C．室温下，盐酸和氨水混合后，若溶液呈中性，c(H+)=c(OH)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c()=c(Cl)+c(OH)，则c(Cl)=c()，故C正确；D．一水合氨为弱电解质，室温下，中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，前者所需盐酸的物质的量多，故D错误；故选：C。例7．t℃时，由H2CO3与HCl或NaOH配制一组总含碳微粒浓度为的混合溶液，混合体系中部分物种的浓度的负对数与pH关系如图所示。下列说法错误的是A．该条件下，H2CO3的B．该溶液的温度t=25℃C．pH=a时，混合体系中浓度最高的物种为D．pH=7的溶液中：【答案】C【详解】A．由题干图示信息可知，当溶液pH=6.3时，c(H2CO3)=c()，故Ka1(H2CO3)==10，故该条件下，H2CO3的，A正确；B．由题干图示信息可知，c(H+)=c(OH)=107，Kw=c(H+)×c(OH)=1014，故该溶液的温度t=25℃，B正确；C．根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(OH)+2c()+c()，故pH=a时，c(Na+)＞c()混合体系中浓度最高的物种为Na+，C错误；D．由题干图示信息可知，pH=7的溶液中：c(Na+)＞c()＞c(H2CO3)，故有，D正确；故答案为：C。例8．是一种二元弱酸，由于与空气中的某种成分作用而保持浓度不变，已知，，某水体中(X为、、、)与pH的关系如图所示。下列叙述正确的是A．曲线②代表B．Q点C．随pH升高，先增大后减小D．R点时，【答案】B【详解】A．的浓度保持不变，则①代表，随着pH逐渐增大、离子浓度增大，pH较小时的浓度大于的浓度，则曲线②代表，曲线③代表，故A错误；B．Q点，根据，可得由O点坐标知：的一级电离常数由R点坐标，知：的二级电离常数，代入、，可得，，故B正确；C．曲线①②的交点代表溶液中、的浓度相等，，由于与空气中的某种成分作用而保持不变，随pH升高减小，增大，故C错误；D．R点时，，若溶液中只存在、、、微粒，得出，同时水体中还有其他离子，故D错误；答案选B。例9．下列说法一定正确的是A．相同温度下，1L0.02mol·L1的NaCl溶液和2L0.01mol·L1NaCN溶液中的离子总数相等B．常温下，将pH=2的一元酸HA溶液与pH=12的一元碱BOH溶液等体积混合，所得溶液pH=7C．25℃时，向10mL0.1mol·L1HA溶液中加入0.1mol·L1的NaOH溶液，当水电离出的c(H+)=1.0×107mol·L1时，滴加氢氧化钠溶液的体积可能出现两种情况，则HA为弱酸D．将冰醋酸加水稀释，冰醋酸的电离度逐渐增加，但电离常数Ka不变，c(H+)逐渐增大，导电性逐渐增强。【答案】C【详解】A．NaCN溶液中CN水解，相同温度下，1L0.02mol·L1的NaCl溶液中的离子总数大于2L0.01mol·L1NaCN溶液中的离子总数，故A错误；B．常温下，将pH=2的一元酸HA溶液与pH=12的一元碱BOH溶液等体积混合，若HA为弱酸，所得溶液pH<7；若BOH为弱碱，所得溶液pH>7，故B错误；C．25℃时，向10mL0.1mol·L1HA溶液中加入0.1mol·L1的NaOH溶液，当水电离出的c(H+)=1.0×107mol·L1时，滴加氢氧化钠溶液的体积可能出现两种情况，如图所示

，则HA为弱酸，故C正确；D．将冰醋酸加水稀释，冰醋酸的电离度逐渐增加，但电离常数Ka不变，c(H+)先增大后减小，导电性先增强后减弱，故D错误；选C。二、多选题例10．常温下，向的某稀溶液中滴入的氨水，溶液中水电离出的浓度随滴入氨水体积变化如图所示。下列说法不正确的是A．该酸是弱酸 B．B点溶液存在C． D．F点溶液【答案】AB【详解】A．根据图像A点可知，在稀溶液中，水电离出的氢离子浓度是，根据水的离子积常数可得，酸电离出的氢离子浓度是，由于酸浓度是，则该酸完全电离，是强酸，选项A错误；B．图中B点是和的混合液，溶液呈酸性，由水电离出的，说明酸电离的氢离子对水的抑制程度和水解对水的电离的促进程度相等，根据电荷守恒有，，则，选项B错误；C．D点水的电离程度最大，此时稀酸和氨水恰好完全反应生成，，，选项C正确；D．F点是和的混合液，由水电离出的，溶液呈中性，，选项D正确；答案选AB。1．磷是生物体内不可或缺的元素之一，自然界主要以磷酸盐的形式存在。磷酸盐可用于制备白磷(P4)，白磷在加热条件下，能转化为红磷(P)，白磷还能与足量热的浓碱发生如下反应：P4+3KOH+3H2OPH3↑+3KH2PO2。(1)磷原子的最外层核外电子排布式为。(2)PH3的电子式为。热稳定性：NH3PH3(选填“>”或“<”)。(3)P4的分子构型为正四面体，P4为分子(选填“极性”或“非极性”)。(4)白磷和红磷互为。(5)利用磷酸钙矿混以石英砂(SiO2)和炭粉在电炉中加热可以制备白磷。______Ca3(PO4)2+______SiO2+______C______CaSiO3+______P4+______CO↑配平上述化学方程式。(6)次磷酸(H3PO2)是弱酸(选填“一元”、“二元”或“三元”)。KH2PO2稀溶液中存在：c(K+)=。【答案】(1)3s23p3(2)

>(3)非极性(4)同素异形体(5)2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C6CaSiO3+P4+10CO↑(6)一元c(K+)=c(H2PO)+c(H3PO2)【详解】（1）磷是15号元素，其最外层为5个电子，最外层核外电子排布式为3s23p3；（2）PH3中存下3个P—H键，其电子式为：

；非金属性N大于P，非金属性越强，其氢化物越稳定，故热稳定性：NH3>PH3；（3）P4的分子构型为正四面体，其正负电荷中心重合，为非极性分子；（4）白磷和红磷为同种元素构成的结构不同的单质，为同素异形体；（5）该反应中磷的化合价由+5价降低到0价，碳的化合价由0价升高到+2价，根据得失电子守恒可知，配平后的方程式为：2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C6CaSiO3+P4+10CO↑；（6）次磷酸(H3PO2)只能电离出1个氢离子，故属于一元弱酸，根据物料守恒可知，c(K+)=c(H2PO)+c(H3PO2)。2．某温度下，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释时pH变化曲线如图所示。(1)a、b、c三点溶液中水的电离程度大小关系：。(2)①b点溶液中c(H+)=_______+_______(填微粒浓度)。②用等浓度的NaOH溶液和b、c处溶液反应，消耗NaOH溶液的体积。(填“>”“<”或“=”)。(3)阐述a、c两点溶液的导电能力强弱：。【答案】(1)a>b>c(2)>(3)a、c两点溶液的离子㳖度c<a，所以导电能力c<a【分析】盐酸溶液中的氢离子主要是盐酸电离出来的，盐酸完全电离，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释的过程中，盐酸不能继续电离，盐酸溶液中氢离子浓度变化大；水解是微弱的，氯化铵溶液中铵离子可继续水解，溶液中氢离子浓度变化小，所以c点的曲线pH变化是盐酸溶液的，含a、b点的曲线pH变化是氯化铵溶液的。【详解】（1）盐酸电离出的氢离子抑制了水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最小；水解促进水的电离，由于氯化铵溶液中的氢离子来自于铵根离子水解生成的氢离子，氢离子浓度越大，说明水解程度越大，a点的pH<b点的pH，说明a点的酸性大于b点的酸性，a点的氢离子浓度大于b点的氢离子浓度，所以a、b两点溶液水的电离程度a>b，综上所述，a、b、c三点溶液中水的电离程度a>b>c，故答案为：a>b>c；（2）①b点溶液中，根据质子守恒得出，故答案为：；②用等浓度的NaOH溶液和b、c处溶液反应，b点溶液中铵根和氢离子均消耗NaOH，而c点溶液只有盐酸消耗NaOH（盐酸完全电离），故消耗NaOH溶液的体积>，故答案为：>；（3）溶液的导电能力和溶液中自由移动离子浓度的大小有关，当溶液的体积相等时，a、c两点溶液的离子浓度c<a，所以导电能力c<a，故答案为：a、c两点溶液的离子㳖度c<a，所以导电能力c<a。3．据《财富》杂志报道，近日一组来自麻省理工学院(MIT)、休斯敦大学(UniversityofHouston)和其他机构的科学家发现了比硅性能更好的半导体材料立方砷化硼。立方砷化硼在导热和导电方面的超高性能，是它可能成为有史以来发现的最好的半导体材料。回答下列问题：(1)水体砷污染已成为一个亟待解决的全球性环境问题。在处理某工厂的含砷废水时，常加入生石灰的方式将废水中的转化为形式沉降，该反应的离子方程式为(2)砷的氧化物为，俗称砒霜，有剧毒。除去可利用其强还原性，在碱性条件下被氧化成，写出相应的离子方程式(3)硼酸是一元酸，其电离常数，硼酸的水溶液中存在含硼微粒为、。硼酸的水溶液呈酸性的原因为(用化学语言表述)(4)硼氢化钠是有机合成的重要还原剂，可水解放出氢气。的还原能力相当于标准状况下的还原能力【答案】(1)(2)(3)(4)【详解】（1）生石灰溶于水会形成氢氧化钙，所以在处理某工厂的含砷废水时，常加入生石灰的方式将废水中的转化为形式沉降，其离子方程式为：；（2）在碱性条件下被氧化成，碘单质被还原为碘离子，根据氧化还原反应的规律可知，反应的离子方程式为：；（3）根据信息可知硼酸为一元弱酸，硼酸的水溶液存在电离平衡为：；（4）、中的元素分别为1价、0价，二者均作还原剂被氧化只能生成价的含化合物，，失去电子：，得：，标准状况下的体积为：。4．非金属元素及其化合物与科研、工农业生产有着密切联系。回答下列问题：(1)次氯酸的结构式为，碳化硅晶体属于晶体。非金属性SCl(填“＞”或“＜”)，用原子结构知识解释其原因：同一周期元素，由左到右。(2)常温下，浓度均为0.1mol/L的六种溶液pH如下：溶质NaClONa2CO3NaHCO3Na2SiO3Na2SO3NaHSO3pH常温下，相同物质的量浓度的下列稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是(填序号)。2CO3

2SO3

2SiO3六种溶液中，水的电离程度最小的是(填化学式)。(3)用离子方程式说明Na2CO3溶液pH＞7的原因。(4)欲增大氯水中次氯酸的浓度，可向氯水中加入上表中的物质是(填化学式)，用化学平衡移动的原理解释其原因：。【答案】(1)HOCl原子晶体＜随着原子半径逐渐减小，元素得电子能力逐渐增强(2)bacNaHSO3(3)CO+H2OHCO+OH(4)NaHCO3(或NaClO)因为Cl2+H2OH++Cl+HClO，加入NaHCO3(或NaClO)可消耗H+，平衡朝正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大【解析】(1)次氯酸的结构式为HOCl，碳化硅晶体属于原子晶体。由于同一周期元素，由左到右随着原子半径逐渐减小，元素得电子能力逐渐增强，故非金属性S＜Cl；(2)NaHCO3溶液显碱性，则碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，NaHSO3溶液显酸性，则亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，故H2SO3酸性比H2CO3的酸性强，等浓度的Na2SiO3溶液的碱性比Na2CO3的碱性强，弱酸越弱，其对应的酸根离子水解程度越大，其对应的强碱弱酸盐碱性越强，故碳酸的酸性比硅酸的酸性强，故常温下，相同物质的量浓度的稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是bac；六种溶液中，NaClO、Na2CO3、NaHCO3、Na2SiO3、Na2SO3的溶液显碱性，均发生水解，促进水的电离，而NaHSO3溶液显酸性，亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，抑制水的电离，则水的电离程度最小的是NaHSO3；(3)Na2CO3发生水解反应CO+H2OHCO+OH，使溶液显碱性，pH＞7；(4)氯水中发生可逆反应Cl2+H2OH++Cl+HClO，加入NaHCO3(或NaClO)可消耗H+，平衡朝正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大。5．氮及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。回答下列问题：(1)“中国制造2025”是中国政府实施制造强国战略第一个十年行动纲领。氮化铬在现代工业中发挥更重要的作用，请写出Cr3+的价电子轨道表示式；基态铬、氮原子的未成对电子数之比为。(2)NH3也是造成水体富营养化的重要原因之一，用NaClO溶液氧化可除去氨气。其反应机理如图所示(其中H2O和NaCl略去)。NaClO氧化NH3的总反应化学程式为。(3)改变对溶液中NaClO去除氨气效果与余氯(溶液中+1价氯元素的含量)的影响如图所示，则除氨气过程中最佳的值约为。(4)室温下，用水稀释0.1mol·L1氨水，溶液中随着水量的增加而减小的是___________。A．) B．C．c(H+) D．(5)25°C时，将amolNH4NO3溶于水，向该溶液中滴加bL氨水后溶液呈中性，滴加氨水的过程中水的电离平衡将(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。(6)工业上利用NH3制备联氨(N2H4)装置如下图，其阳极电极反应式为。【答案】(1)2:1(2)(4)BD(5)逆向(6)【详解】（1）三价铬离子的价电子排布式为3d3，则其价电子轨道表示式为：；基态铬原子的价电子轨道表示式为：，核外有6个未成对电子，基态氮原子的价电子轨道式为：，核外有3个未成对电子，因此基态铬、氮原子的未成对电子数之比为2:1。（2）根据图示，由始态和终态判断反应物中氨气被氧化成氮气，次氯酸钠则被还原成氯化钠，依据得失电子守恒和质量守恒，可知化学方程式为：。（3）当去除率较高，余氯量较低时，说明去除效果最佳，由图示可知，符合要求的最佳值约为1.5。（4）A．由氨水的电离方程式可知，为平衡常数，只随温度变化，用水稀释，温度不变，比值不变，A项错误；B．加水稀释，促进一水合氨的电离，n()减小，n()增大，两者在同一溶液中，体积相同，因此减小，B项正确；C．加水稀释，氨水碱性减弱，c()浓度减小，c()浓度增大，C项错误；D．加水稀释，氨水碱性减弱，c()浓度减小，c()浓度增大，减小，D项正确；答案选BD。（5）25°C时，将amolNH4NO3溶于水，向该溶液中滴加bL氨水后溶液呈中性，氨水会电离生成铵根离子和氢氧根离子，会对水的电离起到抑制作用，使水的电离平衡逆向移动。（6）分析装置图可知，氧离子移向的电极为阳极，阳极上通入氨气失电子生成N2H4，阴极上氧气得到电子生成O2。在阳极，NH3转变为N2H4，氮元素化合价由3价变为2价，则2molNH3失去2mol电子生成1molN2H4，余下的2molH与阴极传导过来的O2结合生成水。故阳极电极反应为：6．常温下，部分酸的电离平衡常数如下：化学式电离常数(1)相同的三种酸，则的浓度从大到小为。(2)的溶液中，为，使此溶液中的电离程度增大且也增大的方法是。(3)中和等量的，消耗等的氢氟酸和硫酸的体积分别为，则ab(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)。中和等浓度、等体积的氢氟酸和硫酸需要的物质的量为，则。(4)向中通入少量的，发生的离子方程式为。(5)设计实验证明氢氟酸比盐酸的酸性弱。【答案】(1)c(HCN)>c(H2CO3)>c(HF)(2)2×106升温(3)小于小于(4)CN+CO2+H2O=HCN+HCO(5)测定等浓度的两种酸的pH，氢氟酸的pH大或等浓度的两种酸分别与Zn反应，初始氢氟酸冒气泡慢【详解】（1）由电离常数Ka的大小可知酸性强弱为：HF>H2CO3>HCN，则等浓度的三种酸溶液中氢离子浓度大小顺序为：HF>H2CO3>HCN，所以氢离子浓度相同的三种酸的浓度从大到小为：c(HCN)>c(H2CO3)>c(HF)；（2）设氢离子浓度为xmol/L，依据HCN⇌H++CN，Ka1010=，解得x=2×106，则氢离子浓度为：2×106mol/L；弱电解质的电离过程是吸热过程，升高温度，能促进HCN的电离，电离程度增大，氢离子浓度也增大；（3）中和等量的NaOH，需要消耗等物质的量的氢离子，当氢氟酸和硫酸的pH相等时，由于硫酸是强酸，氢氟酸为弱酸，需要氢氟酸和硫酸的体积比小于1:1，即a小于b。氢氟酸为一元酸、硫酸为二元酸，中和等浓度、等体积的氢氟酸和硫酸需要NaOH的物质的量为1:2，质量为1:2，即m1小于m2；（4）酸性：HF>H2CO3>HCN>HCO。向NaCN中通入少量的CO2反应生成HCN和NaHCO3，反应的离子方程式为CN+CO2+H2O=HCN+HCO；（5）证明氢氟酸比盐酸的酸性弱可以使用的方法有：①测定等浓度的两种酸的pH，氢氟酸的pH大；②等浓度的两种酸分别与Zn反应，初始氢氟酸冒气泡慢；③测定等物质的量浓度的两种溶液的导电性，盐酸的灯泡较亮、氢氟酸的灯泡较暗等。7．砷(As)与N、P是同主族元素，远古时期人们就开始开发利用砷的性质，现代技术中砷仍然起着非常重要的作用。请回答下列问题：(1)砷只有一种稳定的同位素，其原子核内的中子数比核外电子数多(填数值)。(2)下列事实中，能说明As元素的非金属性弱于N元素的是_______(填标号)。A．沸点：B．等物质的量浓度溶液的酸性：C．分解温度：D．相对分子质量：(3)Marsh试砷法和Gutzeit试砷法是法医学上鉴定砷的重要方法。其原理是先将(剧毒)转化为，前者让：分解产生黑亮的砷镜(As)，后者让被溶液氧化为，同时还生成Ag单质。①的电子式为。②Gutzeit试砷法中被氧化的离子方程式为。(4)砷化镓(GaAs)是现代科技中制造芯片的一种原料，可用溶液对其进行刻蚀，As元素的化合价变为+5价，则该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为；砷化镓也可用于制造太阳能电池，该电池工作时的能量转化形式为。(5)已知的电离平衡常数分别为、、。①25℃时，，溶液中：(填“>”“=”或“<”)。②25℃时，向溶液中加入NaOH溶液至中性，此时溶液中。【答案】(1)9(2)BC(3)(4)1：4太阳能→电能【解析】(1)根据元素周期表和周期律可推知As的原子序数为33，的中子数为，因此其原子核内的中子数与核外电子数之差。(2)元素的非金属性与氢化物的沸点及相对分子质量无关，A、D项错误；等物质的量浓度溶液的酸性：，最高价含氧酸的酸性越强，元素的非金属性越强，B项正确；简单氢化物的热稳定性越强，元素的非金属性越强，因此分解温度可以判断出N的非金属性强，C项正确；故选BC。(3)①As原子最外层有5个电子，因此的电子式为；②Gutzeit试砷法中作氧化剂，还原产物为银，因此反应的离子方程式为。(4)As元素从−3→+5价，中的O元素从−1→−2价，根据化合价升降相等，可得还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4；太阳能电池工作时的能量转化形式为太阳能→电能。(5)①的电离常数为，水解常数为，水解程度小于电离程度，因此水解产生的电离产生的。②，25℃时，当溶液呈中性时，带入表达式可得2.016。8．在剧烈运动中，因缺氧肌肉会产生乳酸()，而血液中，乳酸和碳酸氢盐发生中和反应。试通过如下计算来说明此过程。已知乳酸()是一元酸，。碳酸的电离平衡常数为：，(1)的为。(，)(2)计算乳酸和碳酸氢盐反应的反应平衡常数的数值，写出计算过程。(2)，【解析】(1)溶液中氢离子浓度和L－浓度可认为相等，可设为x，溶液中HL的浓度约是0.056mol/L，则根据电离平衡常数可知，解得x＝2.8×10－3mol/L，所以溶液的为－lg2.8×10－3＝2.55。(2)乳酸和碳酸氢盐反应的方程式为，反应平衡常数的为9．磷是重要的元素，能形成多种含氧酸和含氧酸盐。回答下列问题：Ⅰ.亚磷酸(H3PO3)是二元酸，H3PO3溶液存在电离平衡：H3PO3H++H2PO。亚磷酸与足量NaOH溶液反应，生成水和Na2HPO3。(1)写出亚磷酸钠(Na2HPO3)中磷的化合价。(2)当亚磷酸与少量NaOH溶液反应的离子方程式为。(3)亚磷酸具有强还原性，可使碘水褪色，该反应的化学方程式。Ⅱ.已知：①次磷酸(H3PO2)是一种一元弱酸；②常温下，电离平衡常数Ka(H3PO2)=5.9×102，Ka(CH3COOH)=1.8×105；(4)下列说法正确的是___________。A．次磷酸的电离方程式为：H3PO2⇌H++H2POB．NaH2PO2属于酸式盐C．浓度均为0.1mol•L1的次磷酸(H3PO2)与盐酸相比前者导电能力强D．0.1mol•L1NaH2PO2溶液的pH比0.1mol•L1CH3COONa溶液的pH小(5)次磷酸钠NaH2PO2具有强还原性，是一种很好的化学镀剂。如NaH2PO2能将溶液中的Ni2+还原为Ni，用于化学镀镍。酸性条件下镀镍溶液中发生如下反应：___________Ni2++___________H2PO+___________(___________)═___________Ni+___________H2PO+_______(___________)请完成并配平上列的离子方程式。Ⅲ.磷酸是三元弱酸(H3PO4)(6)磷酸钙与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500℃生成白磷，反应为：2Ca3(PO4)2+6SiO26CaSiO3+P4O1010C+P4O10P4+10CO若反应生成31gP4，则反应过程中转移的电子数为(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。【答案】(1)+3(2)H3PO3+OH＝H2PO+H2O(3)H3PO3+I2+H2O＝2HI+H3PO4(4)AD(5)