(全国版)19版高考化学一轮复习第8章水溶液中的离子平衡第1节弱电解质的电离平衡学案

PAGEPAGE3。。。内部文件，版权追溯内部文件，版权追溯第1节弱电解质的电离平衡考试说明1．了解电解质的概念，了解强电解质和弱电解质的概念。2．理解电解质在水中的电离以及电解质溶液的导电性。3．理解弱电解质在水中的电离平衡。能利用电离平衡常数进行相关计算。命题规律高考对本节内容的考查，考点主要有三个：一是强、弱电解质的判断与比较；二是外界条件对电离平衡的影响，往往结合图像进行考查，同时考查溶液的pH变化及溶液的导电性；三是电离平衡常数的应用及其计算。考点1弱电解质的电离平衡1．强电解质和弱电解质(1)概念(2)与化合物类型的关系强电解质主要是大部分离子化合物及某些共价化合物。弱电解质主要是某些共价化合物。(3)电离方程式的书写——“强等号，弱可逆，多元弱酸分步离”。2．弱电解质的电离平衡(1)电离平衡的建立在一定条件(如温度、浓度等)下，当弱电解质分子电离成离子的速率和离子结合成弱电解质分子的速率相等时，电离过程就达到平衡。平衡建立过程如图所示。(2)电离平衡的特征(3)影响弱电解质电离平衡的因素内因：弱电解质本身的性质，是决定因素。【基础辨析】判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。(1)稀释氨水时，电离平衡正向移动，c(NH3·H2O)减小，c(NHeq\o\al(＋,4))增大。(×)(2)氨气溶于水，当c(OH－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))时，表明NH3·H2O电离处于平衡状态。(×)(3)由0.1mol·L－1一元碱BOH的pH＝10，可知溶液存在BOH=B＋＋OH－。(×)(4)向氨水中加入少量NaOH固体，电离平衡逆向移动，c(OH－)减小，溶液的pH减小。(×)(5)向氨水中加入少量NH4Cl固体，会使溶液的pH减小。(√)(6)稀释某一弱电解质溶液时，所有离子浓度都减小。(×)题组一弱电解质的电离平衡特点1．一元弱酸HA溶液中存在下列电离平衡：HAH＋＋A－。将1.0molHA加入水中配成1.0L溶液，如图表示溶液中HA、H＋、A－的物质的量浓度随时间而变化的曲线正确的是()答案C解析电离过程中，c(HA)不断减小，c(A－)、c(H＋)不断增大，且平衡时，c(HA)＋c(A－)＝1.0mol·L－1，故C正确。题组二外界条件对电离平衡的影响2．稀氨水中存在着下列平衡：NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－，若要使平衡向逆反应方向移动，同时使c(OH－)增大，应加入的适量物质或操作是①NH4Cl固体②硫酸③NaOH固体④水⑤加热⑥少量MgSO4固体()A．①②③⑤B．③⑥C．③D．③⑤答案C解析加入NH4Cl固体，溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))增大，NH3·H2O的电离平衡逆向移动，溶液中c(OH－)减小，①不符合题意；加入硫酸，c(H＋)增大，H＋与OH－反应生成H2O，电离平衡正向移动，溶液中c(OH－)减小，②不符合题意；加入NaOH固体，溶液中c(OH－)增大，平衡逆向移动，③符合题意；加入适量水，电离平衡正向移动，溶液中c(OH－)减小，④不符合题意；加热，电离平衡正向移动，溶液中c(OH－)增大，⑤不符合题意；加入少量MgSO4固体，Mg2＋与OH－反应生成Mg(OH)2沉淀，电离平衡正向移动，溶液中c(OH－)减小，⑥不符合题意。3．一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力变化曲线如图所示，请回答：(1)O点为什么不导电：________。(2)a、b、c三点溶液的pH由小到大的顺序是__________________________。(3)H＋的物质的量最大的是________(填“a”“b”或“c”)。(4)若使c点溶液中的c(CH3COO－)增大，可以采取下列措施中的________(填字母序号)。A．加热B．加NaOH固体C．加水D．加CH3COONa固体E．加入锌粒答案(1)冰醋酸中无自由移动的离子(2)b<a<c(3)c(4)ABDE解析(1)“O”点不导电，说明此时CH3COOH未电离，无自由移动离子。(2)pH大小取决于c(H＋)，pH越大，c(H＋)越小，导电能力越弱；pH越小，c(H＋)越大，导电能力越强，故pH由小到大为：b<a<c。(3)浓度越小，电离度越大，H＋的物质的量越大，所以H＋的物质的量最大的是c。(4)A：加热促进电离，c(CH3COO－)增大，正确。B：加NaOH固体，促进醋酸电离，c(CH3COO－)增大。C：加水促进电离，但以稀释为主c(CH3COO－)减小。D：加固体CH3COONa抑制醋酸电离，但c(CH3COO－)增大。E：加入锌粒和H＋反应，促进醋酸电离c(CH3COO－)增大。外界因素对弱电解质电离平衡的影响(以醋酸的电离平衡为例)考点2电离平衡常数1．概念在一定温度下，弱电解质达到电离平衡时，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是一个常数，该常数叫做电离平衡常数，简称电离常数，用K表示(弱酸的电离平衡常数用Ka表示，弱碱的电离平衡常数用Kb表示)。2．表达式(1)对于一元弱酸HAHAH＋＋A－，平衡常数Ka＝eq\f(cH＋·cA－,cHA)。(2)对于一元弱碱BOHBOHB＋＋OH－，平衡常数Kb＝eq\f(cOH－·cB＋,cBOH)。3．特点(2)多元弱酸是分步电离的，各级电离平衡常数的大小关系式是K1≫K2≫K3……，所以多元弱酸的酸性决定于其第一步电离。4．意义相同条件下，K值越大，表示该弱电解质越易电离，所对应的酸性或碱性相对越强。如相同条件下常见弱酸的酸性强弱：H2SO3>H3PO4>HF>CH3COOH>H2CO3>H2S>HClO。(1)对于给定的弱电解质，K值只随温度变化。相同温度下，同种弱电解质溶液浓度变化时，电离常数不变。同一温度下，不同种类的弱酸(碱)，电离常数越大，其电离程度越大，酸(碱)性越强。(2)化学平衡常数反映可逆反应进行的限度，电离平衡常数反映弱电解质的电离程度。一般来说，电离常数较大的弱酸能与电离常数较小的弱酸盐发生反应生成电离常数较小的弱酸(强酸制弱酸)。(3)电离平衡常数的应用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。②判断盐溶液的酸性(或碱性)强弱，电离常数越大，对应的盐水解程度越小，碱性(或酸性)越弱。③判断复分解反应能否发生，一般符合“强酸制弱酸”规律。④判断微粒浓度比值的变化。弱电解质加水稀释时，能促进弱电解质的电离，溶液中离子和分子的浓度会发生相应的变化，但电离常数不变，考题中经常利用电离常数来判断溶液中微粒浓度比值的变化情况。如：0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加水稀释，eq\f(cCH3COO－,cCH3COOH)＝eq\f(cCH3COO－·cH＋,cCH3COOH·cH＋)＝eq\f(Ka,cH＋)，加水稀释时，c(H＋)减小，Ka值不变，则eq\f(cCH3COO－,cCH3COOH)增大。【基础辨析】判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。(1)电离平衡常数(K)越小，表示该弱电解质电离能力越弱。(√)(2)不同浓度的同一弱电解质，其电离平衡常数(K)不同。(×)(3)电离平衡右移，电离平衡常数一定增大。(×)(4)温度不变，向NH3·H2O溶液中加入NH4Cl，平衡左移，电离平衡常数减小。(×)(5)电离常数大的酸溶液中的c(H＋)一定比电离常数小的酸溶液中的c(H＋)大。(×)(6)H2CO3的电离常数表达式：Ka＝eq\f(cH＋·cCO\o\al(2－,3),cH2CO3)。(×)题组一电离平衡常数的影响因素及应用1．相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是()酸HXHYHZ电离常数K9×10－79×10－61×10－2A．三种酸的强弱关系：HX>HY>HZB．反应HZ＋Y－=HY＋Z－能够发生C．相同温度下，0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大D．相同温度下，1mol/LHX溶液的电离常数大于0.1mol/LHX溶液的电离常数答案B解析表中电离常数大小关系：1×10－2>9×10－6>9×10－7，所以酸性排序为HZ>HY>HX，可知A、C两项不正确；电离常数只与温度有关，与浓度无关，D项不正确。2．已知碳酸、亚硫酸、次氯酸的电离平衡常数如下表，下列说法正确的是()A．相同条件下，同浓度的NaClO溶液和Na2CO3溶液的碱性，前者更强B．Na2CO3溶液中通入少量SO22COeq\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=CO2＋SOeq\o\al(2－,3)＋H2OD．向氯水中分别加入等浓度的NaHCO3和NaHSO3溶液，均可提高氯水中HClO的浓度答案B解析由表中电离常数可知K(HClO)>Ka2(H2CO3)，即HClO的酸性强于HCOeq\o\al(－,3)的酸性；根据盐类“越弱越水解”的规律推知，相同条件下，同浓度的NaClO溶液和Na2CO3溶液相比，后者弱酸根离子的水解程度大于前者，则后者的碱性强，A错误。由于Ka1(H2SO3)>Ka1(H2CO3)，则Na2CO3溶液中通入少量SO2，反应生成HCOeq\o\al(－,3)和SOeq\o\al(2－,3)，B正确。由于电离常数：Ka1(H2SO3)>Ka1(H2CO3)>Ka2(H2SO3)，则酸性：H2SO3>H2CO3>HSOeq\o\al(－,3)，故NaHCO3溶液中通入少量SO2时，只能发生反应：HCOeq\o\al(－,3)＋SO2=CO2＋HSOeq\o\al(－,3)，C错误。由于HClO具有强氧化性，可与NaHSO3发生氧化还原反应，导致HClO的浓度降低，D错误。题组二有关电离平衡常数的定量计算3．(1)在25℃下，将amol·L－1的氨水与0.01mol·L－1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)，则溶液显________(填“酸”“碱”或“中”)性；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝________。(2)已知常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH＝5.60，c(H2CO3)＝1.5×10－5mol·L－1。若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3HCOeq\o\al(－,3)＋H＋的平衡常数K1＝________。(已知10－5.60＝2.5×10－6)(3)常温下，将amol·L－1CH3COONa溶于水配成溶液，向其中滴加等体积的bmol·L－1的盐酸使溶液呈中性(不考虑盐酸和醋酸的挥发)，用含a和b的代数式表示醋酸的电离常数Ka＝____________________。答案(1)中eq\f(10－9,a－0.01)mol·L－1(2)4.2×10－7(3)eq\f(10－7a－b,b)解析(1)氨水与盐酸等体积混合后的溶液中的电荷守恒关系式为c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)，故有c(H＋)＝c(OH－)，溶液显中性。Kb＝c(NHeq\o\al(＋,4))·c(OH－)/c(NH3·H2O)＝(0.005mol·L－1×10－7mol·L－1)/(a/2mol·L－1－0.005mol·L－1)＝eq\f(10－9,a－0.01)mol·L－1。(2)K1＝eq\f(cH＋·cHCO\o\al(－,3),cH2CO3)＝eq\f(2.5×10－62,1.5×10－5)＝4.2×10－7。(3)根据电荷守恒：c(CH3COO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，溶液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)＝10－7mol·L－1，则c(CH3COO－)＝c(Na＋)－c(Cl－)＝eq\f(a,2)mol·L－1－eq\f(b,2)mol·L－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－b,2)))mol·L－1，根据物料守恒：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝eq\f(a,2)mol·L－1，则c(CH3COOH)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－\f(a－b,2)))mol·L－1＝eq\f(b,2)mol·L－1，Ka＝eq\f(cH＋·cCH3COO－,cCH3COOH)＝eq\f(10－7×a－b,b)。4．已知25℃时弱电解质电离平衡常数：Ka(CH3COOH)＝1.8×10－5，Ka(HSCN)＝0.13。(1)将20mL0.10mol·L－1CH3COOH溶液和20mL、0.10mol·L－1的HSCN溶液分别与0.10mol·L－1的NaHCO3溶液反应，实验测得产生CO2气体体积V与时间t的关系如图。反应开始时，两种溶液产生CO2的速率明显不同的原因是________________________________________________________________________；反应结束后所得溶液中c(SCN－)______c(CH3COO－)(填“>”“＝”或“<”)。(2)2.0×10－3mol·L－1的氢氟酸水溶液中，调节溶液pH(忽略调节时体积变化)，测得平衡体系中c(F－)、c(HF)与溶液pH的关系如下图。则25℃时，HF电离平衡常数为：Ka(HF)＝________。答案(1)因为Ka(HSCN)>Ka(CH3COOH)，溶液中c(H＋)：HSCN>CH3COOH，c(H＋)大反应速率快>(2)4×10－4解析(1)电离平衡常数大的电离出的离子浓度大，故反应开始时，两种溶液产生CO2的速率明显不同的原因是因为Ka(HSCN)>Ka(CH3COOH)，溶液中c(H＋)：HSCN>CH3COOH，c(H＋)大反应速率快。反应结束后，溶质为CH3COONa和NaSCN，因CH3COOH酸性弱于HSCN，故CH3COONa水解程度大，c(CH3COO－)<c(SCN－)。(2)电离平衡常数等于电离出的离子浓度的幂之积除以电解质的浓度，故Ka(HF)＝eq\f(cH＋·cF－,cHF)＝eq\f(1×10－4×1.6×10－3,4.0×10－4)＝4×10－4。有关电离常数计算的两种类型(以弱酸HX为例)(1)已知c(HX)始和c(H＋)，求电离常数HXH＋＋X－起始/(mol·L－1):c(HX)始00平衡/(mol·L－1):c(HX)始－c(H＋)c(H＋)c(H＋)则：Ka＝eq\f(cH＋·cX－,cHX)＝eq\f(c2H＋,cHX始－cH＋)。由于弱酸只有极少一部分电离，c(H＋)的数值很小，可做近似处理：c(HX)始－c(H＋)≈c(HX)始，则Ka＝eq\f(c2H＋,cHX始)，代入数值求解即可。(2)已知c(HX)始和电离常数，求c(H＋)同理可得Ka＝eq\f(c2H＋,cHX始－cH＋)≈eq\f(c2H＋,cHX始)，则：c(H＋)＝eq\r(Ka·cHX始)，代入数值求解即可。1.[高考集萃]判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。(1)[2016·江苏高考]室温下，稀释0.1mol·L－1CH3COOH溶液，溶液的导电能力增强。()(2)[2016·全国卷Ⅲ]向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中eq\f(cH＋,cCH3COOH)减小。()(3)[2016·全国卷Ⅲ]向盐酸中加入氨水至中性，溶液中eq\f(cNH\o\al(＋,4),cCl－)>1。()(4)[2016·江苏高考]如图表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程。()(5)[2015·重庆高考]稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度。()(6)[2015·重庆高考]25℃时，0.1mol·L－1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱。()答案(1)×(2)×(3)×(4)√(5)×(6)√解析(1)稀释CH3COOH溶液时，CH3COO－和H＋的浓度减小，溶液的导电能力减弱，错误。(2)CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，加水平衡正向移动，n(H＋)增大，n(CH3COOH)减小，溶液体积相同，所以eq\f(cH＋,cCH3COOH)增大，错误。(3)根据电荷守恒：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)，c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)，所以eq\f(cNH\o\al(＋,4),cCl－)＝1，错误。(4)弱电解质电离时，开始分子电离为离子的速率最大，而离子结合为分子的速率最小，当二者的速率相等时，则建立了电离平衡，正确。(5)CH3COOH在水溶液中存在如下平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，加入CH3COONa，增大了c(CH3COO－)，平衡逆向移动，CH3COOH电离程度减小，错误。(6)H2S不能完全电离，溶液中离子浓度小，导电能力弱，Na2S完全电离，溶液中离子浓度大，导电能力强，正确。2．[2017·全国卷Ⅱ]改变0.1mol·L－1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中H2A、HA－、A2－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)＝eq\f(cX,cH2A＋cHA－＋cA2－)]。下列叙述错误的是()A．pH＝1.2时，c(H2A)＝c(HA－)B．lg[K2(H2A)]＝－4.2C．pH＝2.7时，c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－)D．pH＝4.2时，c(HA－)＝c(A2－)＝c(H＋)答案D解析根据题给图像，pH＝1.2时，H2A与HA－的物质的量分数相等，则有c(H2A)＝c(HA－)，A正确；根据题给图像，pH＝4.2时，HA－与A2－的物质的量分数相等，K2(H2A)＝eq\f(cH＋·cA2－,cHA－)＝c(H＋)＝10－4.2，则lg[K2(H2A)]＝－4.2，B正确；根据题给图像，pH＝2.7时，H2A与A2－的物质的量分数相等，且远小于HA－的物质的量分数，则有c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－)，C正确；根据题给图像，pH＝4.2时，HA－与A2－的物质的量分数相等，c(HA－)＝c(A2－)，且c(HA－)＋c(A2－)约为0.1mol·L－1，c(H＋)＝10－4.2mol·L－1，则c(HA－)＝c(A2－)>c(H＋)，D错误。3．[2016·北京高考]在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析不正确的是()A．①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线B．b点，溶液中大量存在的离子是Na＋、OH－C．c点，两溶液中含有相同量的OH－D．a、d两点对应的溶液均显中性答案C解析向Ba(OH)2溶液中加入等物质的量浓度的H2SO4溶液，发生反应H2SO4＋Ba(OH)2=BaSO4↓＋2H2O，当加入的H2SO4的物质的量与Ba(OH)2的物质的量相等时，溶液中的离子浓度最低，导电能力最弱，对应①中a点，继续滴加H2SO4溶液，导电能力逐渐增强，故①代表滴加H2SO4溶液的曲线，A正确；另一份溶液，当加入少量NaHSO4溶液时，发生反应NaHSO4＋Ba(OH)2=BaSO4↓＋H2O＋NaOH，当加入的NaHSO4的物质的量与Ba(OH)2的物质的量相等时，反应后混合液的主要溶质为NaOH，此时对应②中b点，B正确；继续滴加NaHSO4溶液，发生反应NaOH＋NaHSO4=Na2SO4＋H2O，当加入的NaHSO4的物质的量与Ba(OH)2的总物质的量之比为2∶1时，发生反应：2NaHSO4＋Ba(OH)2=BaSO4↓＋Na2SO4＋H2O，溶质为Na2SO4，对应②中d点。c点两溶液导电能力相同，但①中主要溶质为H2SO4，溶液显酸性，②中主要溶质为NaOH和Na2SO4，溶液显碱性，故C错误；a点溶液几乎为纯水，d点主要溶质为Na2SO4，a、d两点溶液均显中性，D正确。4．[2016·浙江高考]苯甲酸钠(，缩写为NaA)可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A－。已知25℃时，HA的Ka＝6.25×10－5，H2CO3的Ka1＝4.17×10－7，Ka2＝4.90×10－11。在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压充入CO2气体。下列说法正确的是(温度为25℃，不考虑饮料中其他成分)()A．相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低B．提高CO2充气压力，饮料中c(A－)不变C．当pH为5.0时，饮料中eq\f(cHA,cA－)＝0.16D．碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为：c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)－c(HA)答案C解析根据题中所给的电离平衡常数可知，酸性：HA>H2CO3>HCOeq\o\al(－,3)。碳酸饮料因充有CO2而使HA的电离受到抑制，故相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料中HA的浓度较大，抑菌能力较强，A错误；提高CO2充气压力，CO2的溶解度增大，HA的电离平衡左移，c(A－)减小，B错误；因为HAH＋＋A－，Ka＝c(H＋)·c(A－)/c(HA)，故c(HA)/c(A－)＝c(H＋)/Ka＝10－5/(6.25×10－5)＝0.16，C正确；依据溶液中电荷守恒可知：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)＋c(A－)，结合物料守恒：c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)，所以，c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)－c(HA)，D错误。5．[2015·海南高考]下列曲线中，可以描述乙酸(甲，Ka＝1.8×10－5)和一氯乙酸(乙，Ka＝1.4×10－3)在水中的电离度与浓度关系的是()答案B解析根据乙酸和一氯乙酸的电离常数可判断一氯乙酸酸性大于乙酸，即两酸浓度相同时，一氯乙酸电离度大于乙酸，且弱酸的浓度越大，其电离度越小，B正确。6．[2017·天津高考]已知25℃，NH3·H2O的Kb＝1.8×10－5，H2SO3的Ka1＝1.3×10－2，Ka2＝6.2×10－8。若氨水的浓度为2.0mol·L－1，溶液中的c(OH－)＝________mol·L－1。将SO2通入该氨水中，当c(OH－)降至1.0×10－7mol·L－1时，溶液中的c(SOeq\o\al(2－,3))/c(HSOeq\o\al(－,3))＝________。答案6.0×10－30.62解析NH3·H2O发生电离：NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－。Kb＝c(NHeq\o\al(＋,4))·c(OH－)/c(NH3·H2O)。c(OH－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))，则c(OH－)＝eq\r(Kb·cNH3·H2O)＝eq\r(1.8×10－5×2.0)mol·L－1＝6.0×10－3mol·L－1。在25℃的电解质溶液中，c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－14，已知c(OH－)＝1.0×10－7mol·L－1，可得c(H＋)＝1.0×10－7mol·L－1。H2SO3发生两步电离：H2SO3HSOeq\o\al(－,3)＋H＋HSOeq\o\al(－,3)SOeq\o\al(2－,3)＋H＋Ka2＝c(SOeq\o\al(2－,3))·c(H＋)/c(HSOeq\o\al(－,3))则c(SOeq\o\al(2－,3))/c(HSOeq\o\al(－,3))＝Ka2/c(H＋)＝eq\f(6.2×10－8,1.0×10－7)＝0.62。7．[高考集萃](1)[2015·海南高考]氨是合成硝酸、铵盐和氮肥的基本原料。回答下列问题：氨的水溶液显弱碱性，其原因为__________________(用离子方程式表示)；0.1mol·L－1的氨水中加入少量NH4Cl固体，溶液的pH________(填“升高”或“降低”)；若加入少量明矾，溶液中NHeq\o\al(＋,4)的浓度________(填“增大”或“减小”)。(2)[2015·福建高考]25℃，两种酸的电离平衡常数如表。Ka1Ka2H2SO31.3×10－26.3×10－8H2CO34.2×10－75.6×10－11①HSOeq\o\al(－,3)的电离平衡常数表达式K＝________。②H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为____________________________________。(3)[全国卷Ⅰ]H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式______________________________。答案(1)NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－降低增大(2)①eq\f(cH＋cSO\o\al(2－,3),cHSO\o\al(－,3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\f([H＋][SO\o\al(2－,3)],[HSO\o\al(－,3)])))②H2SO3＋HCOeq\o\al(－,3)=HSOeq\o\al(－,3)＋CO2↑＋H2O(3)H3PO2H＋＋H2POeq\o\al(－,2)解析(1)氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨为弱电解质，它部分电离产生NHeq\o\al(＋,4)和OH－，使溶液显碱性；若加入少量氯化铵固体，则铵根离子浓度增大，使一水合氨的电离平衡逆向移动，c(OH－)减小，pH降低；若加入少量明矾，因Al3＋与OH－反应，使一水合氨的电离平衡正向移动，则c(NHeq\o\al(＋,4))增大。(2)①HSOeq\o\al(－,3)H＋＋SOeq\o\al(2－,3)，其电离平衡常数表达式K＝eq\f(cH＋·cSO\o\al(2－,3),cHSO\o\al(－,3))。②由于H2SO3的Ka2小于H2CO3的Ka1，则H2SO3溶液与NaHCO3溶液反应后H2SO3转化为HSOeq\o\al(－,3)而不是SOeq\o\al(2－,3)，离子方程式为H2SO3＋HCOeq\o\al(－,3)=HSOeq\o\al(－,3)＋H2O＋CO2↑。(3)因为H3PO2是一元中强酸，只有部分发生电离，电离方程式为H3PO2H＋＋H2POeq\o\al(－,2)。时间：45分钟满分：100分一、选择题(每题6分，共72分)1．室温下，对于0.10mol·L－1的氨水，下列判断正确的是()A．与AlCl3溶液发生反应的离子方程式为Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓B．加水稀释后，溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))·c(OH－)变大C．用HNO3溶液完全中和后，溶液不显中性D．其溶液的pH＝13答案C解析一水合氨是弱碱，书写离子方程式时不能拆写，应为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)，A错误；加水稀释虽然能促进氨水的电离，但c(NHeq\o\al(＋,4))和c(OH－)都减小，即c(NHeq\o\al(＋,4))·c(OH－)减小，B错误；用硝酸完全中和后，生成硝酸铵，硝酸铵为强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，C正确；因为一水合氨为弱碱，部分电离，所以0.10mol·L－1的氨水中c(OH－)远远小于0.10mol·L－1，D错误。2．[2017·上海六校联考]在室温下，100mL0.1mol·L－1的醋酸溶液中，欲使其溶液的pH减小，同时又要使醋酸的电离程度减小，可采取的措施为()A．加入少量CH3COONa固体B．通入少量HCl气体C．升高温度D．加入少量NaOH固体答案B解析醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，加入少量CH3COONa固体，溶液中c(CH3COO－)增大，平衡逆向移动，醋酸的电离程度减小，则溶液中c(H＋)减小，酸性减弱，pH增大，A错误；通入少量HCl气体，溶液中c(H＋)增大，平衡逆向移动，醋酸的电离程度减小，但溶液的酸性增强，pH减小，B正确；升高温度，电离平衡正向移动，醋酸的电离程度增大，溶液中c(H＋)增大，pH减小，C错误；加入少量NaOH固体，OH－与H＋结合生成H2O，溶液中c(H＋)减小，溶液的pH增大，电离平衡正向移动，醋酸的电离程度增大，D错误。3．[2017·西安模拟]在0.1mol·L－1NH3·H2O溶液中存在如下平衡：NH3＋H2ONH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－。下列叙述中正确的是()A．加入少量浓盐酸，盐酸与NH3反应生成NH4Cl，使NH3浓度减小，NHeq\o\al(＋,4)浓度增大，平衡逆向移动B．加入少量NaOH固体，OH－与NHeq\o\al(＋,4)结合生成NH3·H2O，使NHeq\o\al(＋,4)浓度减小，平衡正向移动C．加入少量0.1mol·L－1NH4Cl溶液，电离平衡常数不变，溶液中c(OH－)减小D．加入少量MgSO4固体，溶液pH增大答案C解析A项，加入少量浓盐酸，首先发生H＋＋OH－=H2O，使OH－浓度降低，平衡正向移动；B项，加入少量NaOH固体，使OH－浓度升高，平衡逆向移动；C项，加入少量NH4Cl溶液，使NHeq\o\al(＋,4)浓度升高，平衡逆向移动，溶液中c(OH－)减小；D项，Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，溶液中c(OH－)减小，溶液pH减小。4．[2017·山西五校联考]下列关于醋酸性质的描述，不能证明它是弱电解质的是()A．1mol·L－1的醋酸溶液中H＋浓度约为10－3mol·L－1B．醋酸溶液中存在CH3COOH分子C．10mLpH＝1的醋酸溶液与足量锌粉反应生成H2112mL(标准状况)D．10mL0.1mol·L－1的醋酸溶液与10mL0.1mol·L－1的NaOH溶液恰好完全中和答案D解析1mol·L－1的醋酸溶液中c(H＋)约为10－3mol·L－1，说明CH3COOH部分发生电离，则CH3COOH是弱电解质，A正确；醋酸溶液中存在CH3COOH分子，说明CH3COOH未完全发生电离，则CH3COOH是弱电解质，B正确；Zn与醋酸溶液发生的反应为Zn＋2CH3COOH=(CH3COO)2Zn＋H2↑，标准状况下112mLH2的物质的量为0.005mol，则参与反应的n(CH3COOH)＝0.01mol；10mLpH＝1的醋酸溶液中，CH3COOH电离产生的n(H＋)＝0.01L×0.1mol·L－1＝0.001mol，则有n(H＋)<n(CH3COOH)，说明CH3COOH部分发生电离，则CH3COOH是弱电解质，C正确；10mL0.1mol·L－1的醋酸溶液与10mL0.1mol·L－1的NaOH溶液中，n(CH3COOH)＝n(NaOH)＝0.01L×0.1mol·L－1＝0.001mol，二者能恰好完全反应，只能说明CH3COOH为一元酸，不能证明CH3COOH是弱电解质，D错误。5．pH＝12的X、Y两种碱溶液各10mL，分别稀释至1000mL，其pH与溶液体积(V)的关系图所示，下列说法正确的是()A．若10<a<12，则X、Y都是弱碱B．X、Y两种碱的物质的量浓度一定相等C．完全中和pH相同的X、Y两溶液时，消耗同浓度盐酸的体积V(X)>V(Y)D．稀释后，X溶液的碱性比Y溶液的碱性强答案A解析若X为强碱，则10mLpH＝12的X溶液稀释至1000mL，pH应该为10，故若10<a<12，则X、Y均为弱碱，A正确；两种碱稀释相同倍数，pH变化不同，说明两种碱的强弱不同，则pH相同时，二者的物质的量浓度一定不同，B错误；当pH相同时，c(X)<c(Y)，所以完全中和这两种碱时，消耗相同浓度的盐酸的体积：V(X)<V(Y)，C错误；由图像数据可知，稀释后Y溶液的pH比X溶液的pH大，故Y溶液的碱性强，D错误。6．[2017·天津五区县期末]根据下列实验现象或结果不能证明一元酸HR为弱酸的是()A．HR溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液变红色B．室温时，NaR溶液的pH大于7C．HR溶液加入少量NaR固体，溶解后溶液的pH变大D．室温时，0.01mol·L－1的HR溶液pH＝4答案A解析HR溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液变红色，说明HR是酸，但不能证明一元酸HR为弱酸，A符合题意；室温时，NaR溶液的pH大于7，说明NaR为强碱弱酸盐，R－发生了水解反应，故一元酸HR为弱酸，B不符合题意；HR溶液加入少量NaR固体，溶解后溶液的pH变大，说明溶液中c(H＋)减小，HR的电离平衡逆向移动，从而证明一元酸HR为弱酸，C不符合题意；室温时，0.01mol·L－1的HR溶液pH＝4，说明HR部分电离，则HR为一元弱酸，D不符合题意。7．25℃时，向0.2mol·L－1的氨水中加水稀释，则图中的y轴可以表示()①电离程度②c(NH3·H2O)③c(NHeq\o\al(＋,4))④c(H＋)⑤溶液的导电能力⑥pH⑦eq\f(cOH－·cNH\o\al(＋,4),cNH3·H2O)⑧c(H＋)·c(OH－)A．①②③⑤B．②③⑤⑥C．②③⑥⑦D．①②⑤⑥答案B解析加水稀释，NH3·H2O的电离程度增大，①错误；加水稀释虽然促进了NH3·H2O的电离，但由于溶液体积增大得更多，故c(NH3·H2O)、c(NHeq\o\al(＋,4))、c(OH－)均减小，c(H＋)增大，②、③正确，④错误；溶液中离子浓度减小，导电性减弱，⑤正确；c(OH－)减小，pH减小，⑥正确；NH3·H2O的电离常数Kb＝eq\f(cOH－·cNH\o\al(＋,4),cNH3·H2O)只与温度有关，温度不变，Kb不变，⑦错误；c(H＋)·c(OH－)＝Kw，只受温度影响，温度不变，c(H＋)·c(OH－)保持不变，⑧错误；综上分析，B正确。8．[2017·河南郑州质检]将浓度为0.1mol·L－1HF溶液加水稀释，下列各量保持增大的是()①c(H＋)②c(F－)③c(OH－)④Ka(HF)⑤eq\f(cF－,cH＋)⑥eq\f(cH＋,cHF)A．①⑤B．②③C．③⑥D．④⑥答案C解析HF溶液存在电离平衡：HFF－＋H＋，加水稀释时，平衡正向移动，由于溶液体积的增大程度大于n(F－)、n(H＋)的增大程度，则溶液中c(F－)、c(H＋)均减小，①②错误；由于溶液的温度不变，则Ka(HF)不变，④错误；由于Kw＝c(H＋)·c(OH－)，c(H＋)减小，且Kw不变，则c(OH－)增大，③正确；HF电离产生的n(F－)、n(H＋)相等，因此加水稀释过程中eq\f(cF－,cH＋)几乎不变，⑤错误；HF的电离常数Ka(HF)＝eq\f(cH＋·cF－,cHF)，则有eq\f(cH＋,cHF)＝eq\f(KaHF,cF－)，Ka(HF)不变，c(F－)减小，故eq\f(cH＋,cHF)的值增大，⑥正确。9．[2017·衡水模拟]25℃时，对于pH＝2的CH3COOH溶液，下列判断正确的是()A．加水稀释，电离平衡正向移动，溶液中c(H＋)增大，eq\f(cH＋·cCH3COO－,cCH3COOH)也增大B．通入少量HCl气体，电离平衡逆向移动，c(CH3COO－)减小，Ka减小C．加入少量CH3COONa固体，电离平衡逆向移动，c(H＋)减小，Ka不变D．升高温度，电离平衡正向移动，c(H＋)增大，pH增大答案C解析CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，加水稀释，促进CH3COOH的电离，但由于溶液体积增大，c(H＋)减小，eq\f(cH＋·cCH3COO－,cCH3COOH)＝Ka，温度不变，Ka不变，A错误；通入少量HCl气体时，平衡逆向移动，c(CH3COO－)减小，但Ka不变，B错误；加入少量CH3COONa固体，c(CH3COO－)增大，平衡逆向移动，c(H＋)减小，Ka不变，C正确；升高温度，电离平衡正向移动，c(H＋)增大，pH减小，D错误。10．[2017·北京东城区期末]25℃时，pH＝2的盐酸和醋酸各1mL分别加水稀释，pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是()A．曲线Ⅰ代表盐酸的稀释过程B．a点溶液的导电性比c点溶液的导电性强C．Ⅰ溶液中和NaOH的能力强于Ⅱ溶液D．将a、b两点溶液加热至30℃，eq\f(cCl－,cCH3COO－)变小答案C解析1mLpH＝2的盐酸加水稀释至1000mL，溶液的pH＝5；1mLpH＝2的醋酸加水稀释至1000mL，CH3COOH的电离平衡正向移动，溶液的pH<5，故曲线Ⅰ代表盐酸的稀释过程，曲线Ⅱ代表醋酸的稀释过程，A正确；盐酸加水稀释时，溶液中c(Cl－)、c(H＋)减小，溶液的导电能力减弱，故a点溶液的导电性比c点溶液的导电性强，B正确；pH＝2的盐酸和醋酸相比，则有c(CH3COOH)>c(HCl)，体积相等的两种溶液中n(CH3COOH)>n(HCl)，与NaOH溶液发生中和反应时，CH3COOH消耗NaOH多，故Ⅱ溶液中和NaOH的能力强于Ⅰ溶液，C错误；升高温度，CH3COOH的电离平衡正向移动，c(CH3COO－)增大，而c(Cl－)基本不变，故eq\f(cCl－,cCH3COO－)变小，D正确。11．[2017·河南百校联考]25℃时，有pH＝2的HX溶液和HY溶液各1mL，分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是()A．a、c两点对应HX的电离平衡常数：K(c)>K(a)B．a、b两点对应的溶液中：c(X－)>c(Y－)C．等物质的量浓度的HX和HY的混合溶液中：c(Y－)<c(X－)D．分别向10mL0.1mol·L－1HX溶液和10mL0.1mol·L－1HY溶液中滴加相同浓度的氢氧化钠溶液，恰好完全中和时，消耗氢氧化钠溶液的体积较大的是HX答案C解析分析图像可知，HX是强酸，不存在电离平衡，A错误；由题图可知，1mL溶液稀释至1000mL时，pH(HX)＝5，pH(HY)<5，即ca(H＋)<cb(H＋)，由电荷守恒得溶液中酸根离子浓度等于c(H＋)－c(OH－)，故a、b两点对应溶液中c(X－)<c(Y－)，B错误；分析题图可知，HX是强酸，完全电离，HY是弱酸，部分电离，则等物质的量浓度的HX、HY混合液中：c(Y－)<c(X－)，C正确；由于c(HY)＝c(HX)，等体积、等浓度的HX和HY溶液，n(HY)＝n(HX)，故与等浓度NaOH溶液发生中和反应时，消耗NaOH溶液的体积相等，D错误。12．常温下，浓度均为0.10mol·L－1、体积均为V0L的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至VL，溶液pH随lgeq\f(V,V0)的变化如图所示。下列叙述正确的是()A．与等浓度的HCl溶液中和时，消耗HCl溶液的体积：a点>b点B．溶液中a点和b点导电离子的数目相等C．两溶液在稀释过程中，溶液中某种离子浓度可能增加D．lgeq\f(V,V0)＝2时，若两溶液同时升高温度，则eq\f(cR＋,cM＋)减小答案C解析a、b两点都在