高考化学一轮复习第9章水溶液中的离子反应与平衡第42讲弱电解质的电离平衡学案

水溶液中的离子反应与平衡第42讲弱电解质的电离平衡1．认识弱电解质在水溶液中存在电离平衡，能动态地分析电离平衡的移动。2．理解电离常数的含义，并能利用电离常数进行相关计算。考点一弱电解质的电离平衡1．电离平衡的概念在一定条件(如温度、浓度等)下，当eq\o(□,\s\up1(1))________________________的速率和eq\o(□,\s\up1(2))________________________的速率相等时，电离过程达到平衡状态。2．电离平衡的建立与特征(1)开始时，v(电离)eq\o(□,\s\up1(5))________，而v(结合)为eq\o(□,\s\up1(6))______。(2)平衡的建立过程中，v(电离)eq\o(□,\s\up1(7))________v(结合)。(3)当v(电离)eq\o(□,\s\up1(8))____v(结合)时，电离过程达到平衡状态。3．外界条件对电离平衡的影响以0.1mol·L－1CH3COOH溶液为例，填写外界条件对CH3COOH⇌CH3COO－＋H＋ΔH>0的影响。改变条件平衡移动方向n(H＋)c(H＋)c(CH3COO－)电离程度加水稀释eq\o(□,\s\up1(9))____eq\o(□,\s\up1(10))____eq\o(□,\s\up1(11))____eq\o(□,\s\up1(12))____eq\o(□,\s\up1(13))____加冰醋酸eq\o(□,\s\up1(14))____eq\o(□,\s\up1(15))____eq\o(□,\s\up1(16))____eq\o(□,\s\up1(17))____eq\o(□,\s\up1(18))____通入HCl(g)eq\o(□,\s\up1(19))____eq\o(□,\s\up1(20))____eq\o(□,\s\up1(21))____eq\o(□,\s\up1(22))____eq\o(□,\s\up1(23))____加醋酸钠固体eq\o(□,\s\up1(24))____eq\o(□,\s\up1(25))____eq\o(□,\s\up1(26))____eq\o(□,\s\up1(27))____eq\o(□,\s\up1(28))____升高温度eq\o(□,\s\up1(29))____eq\o(□,\s\up1(30))____eq\o(□,\s\up1(31))____eq\o(□,\s\up1(32))____eq\o(□,\s\up1(33))____[答案自填]eq\o(□,\s\up1(1))弱电解质分子电离成离子eq\o(□,\s\up1(2))离子结合成分子eq\o(□,\s\up1(3))＝eq\o(□,\s\up1(4))≠eq\o(□,\s\up1(5))最大eq\o(□,\s\up1(6))0eq\o(□,\s\up1(7))>eq\o(□,\s\up1(8))＝eq\o(□,\s\up1(9))正向eq\o(□,\s\up1(10))增大eq\o(□,\s\up1(11))减小eq\o(□,\s\up1(12))减小eq\o(□,\s\up1(13))增大eq\o(□,\s\up1(14))正向eq\o(□,\s\up1(15))增大eq\o(□,\s\up1(16))增大eq\o(□,\s\up1(17))增大eq\o(□,\s\up1(18))减小eq\o(□,\s\up1(19))逆向eq\o(□,\s\up1(20))增大eq\o(□,\s\up1(21))增大eq\o(□,\s\up1(22))减小eq\o(□,\s\up1(23))减小eq\o(□,\s\up1(24))逆向eq\o(□,\s\up1(25))减小eq\o(□,\s\up1(26))减小eq\o(□,\s\up1(27))增大eq\o(□,\s\up1(28))减小eq\o(□,\s\up1(29))正向eq\o(□,\s\up1(30))增大eq\o(□,\s\up1(31))增大eq\o(□,\s\up1(32))增大eq\o(□,\s\up1(33))增大1．(2024·深圳观澜中学高三阶段测试)下列对氨水中存在的电离平衡NH3·H2O⇌NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋OH－的叙述正确的是()A．加水后，溶液中n(OH－)增大B．加入少量浓盐酸，电离平衡正向移动，溶液中c(OH－)增大C．加入少量浓NaOH溶液，电离平衡正向移动D．加入少量NH4Cl固体，溶液中c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))减小解析：选A。A．向氨水中加入水，促进一水合氨电离，溶液中n(OH－)增大，A正确；B．向氨水中加入少量浓盐酸，盐酸电离产生的氢离子和氢氧根离子反应，导致溶液中c(OH－)减小，B错误；C．向氨水中加入少量浓NaOH溶液，氢氧根离子浓度增大，一水合氨的电离平衡逆向移动，C错误；D．向氨水中加入少量NH4Cl固体，溶液中c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))增大，D错误。2．下列事实一定能证明HNO2是弱电解质的是________。①常温下NaNO2溶液的pH大于7②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗③HNO2和NaCl不能发生反应④常温下0.1mol·L－1HNO2溶液的pH＝2.1⑤常温下pH＝3的HNO2溶液和pH＝11的NaOH溶液等体积混合，pH小于7⑥常温下pH＝2的HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.1解析：常温下NaNO2溶液的pH大于7，表明NaNO2是强碱弱酸盐，说明亚硝酸是弱电解质，①正确；用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，可能是因为溶液中溶质的浓度太小，不能说明亚硝酸是弱电解质，②错误；HNO2和NaCl不能发生反应，只能说明HNO2的酸性弱于HCl的，不能说明HNO2是弱电解质，③错误；常温下0.1mol·L－1HNO2溶液的pH＝2.1，表明亚硝酸在溶液中部分电离，说明亚硝酸是弱电解质，④正确；常温下pH＝3的HNO2溶液和pH＝11的NaOH溶液等体积混合，pH小于7，表明亚硝酸在溶液中部分电离，说明亚硝酸是弱电解质，⑤正确；常温下pH＝2的HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.1，表明亚硝酸在溶液中部分电离，稀释100倍后其电离程度增大，说明亚硝酸是弱电解质，⑥正确。答案：①④⑤⑥3．常温下，①100mL0.01mol·L－1的CH3COOH溶液，②10mL0.1mol·L－1的CH3COOH溶液。用“＞”“＝”或“＜”回答下列问题。(1)c(CH3COO－)：①________②。(2)电离程度：①________②。(3)在上述两种溶液中加入足量锌片。开始时的反应速率：①________②；反应结束生成相同状况下H2的体积：①________②。(4)与同浓度的NaOH溶液完全反应消耗NaOH溶液的体积：①________②。答案：(1)＜(2)＞(3)＜＝(4)＝考点二电离平衡常数1．电离平衡常数概念在一定条件下达到电离平衡时，弱电解质电离生成的各种离子的浓度(次方)的乘积与溶液中未电离的分子的浓度之比是一个常数表达式弱酸HA⇌H＋＋A－，Ka＝eq\f(c(H＋)·c(A－),c(HA))弱碱BOH⇌B＋＋OH－，Kb＝eq\f(c(B＋)·c(OH－),c(BOH))影响因素只与温度有关，且温度升高，K值eq\o(□,\s\up1(1))________应用(1)相同条件下，弱酸(或弱碱)的Ka(或Kb)越大，电离程度越eq\o(□,\s\up1(2))______，c(H＋)[或c(OH－)]越eq\o(□,\s\up1(3))______，酸性(或碱性)越强；反之，酸性(或碱性)越弱(2)多元弱酸的Ka1>Ka2>Ka3……，当Ka1≫Ka2时，计算c(H＋)或比较酸性相对强弱时，通常只考虑第一步电离2.用科学近似法处理关于电离常数的相关计算(以弱酸HX为例)(1)已知c(HX)和c(H＋)，求电离平衡常数。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)－c(H＋)≈c(HX)，Ka＝eq\f(c2(H＋),c(HX))，代入数值求解即可。(2)已知c(HX)和电离平衡常数，求c(H＋)。由于Ka值很小，c(H＋)的数值很小，可做近似处理：c(HX)－c(H＋)≈c(HX)，c(H＋)＝eq\r(Ka·c(HX))，代入数值求解即可。3．电离度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表示式α＝eq\f(已电离的弱电解质分子数,溶液中原有弱电解质的分子总数)×100%，也可表示为α＝eq\f(弱电解质的某离子浓度,弱电解质的初始浓度)×100%影响因素(1)相同温度下，同一弱电解质，浓度越大，其电离度(α)越eq\o(□,\s\up1(4))______(2)相同浓度下，同一弱电解质，温度越高，其电离度(α)越eq\o(□,\s\up1(5))______[答案自填]eq\o(□,\s\up1(1))增大eq\o(□,\s\up1(2))大eq\o(□,\s\up1(3))大eq\o(□,\s\up1(4))小eq\o(□,\s\up1(5))大一、电离常数的定性分析1．下列关于电解质的说法正确的是()A．向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中eq\f(c(H＋),c(CH3COOH))减小B．室温下向10mL0.1mol·L－1的氨水中加水稀释后，溶液中eq\f(c(OH－)·c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))),c(NH3·H2O))不变C．等体积、等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合：eq\f(c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))),c(H2CO3))＜eq\f(c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))),c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))))D．将浓度为0.1mol·L－1HF溶液加水不断稀释过程中，电离平衡常数Ka(HF)保持不变，eq\f(c(F－),c(H＋))始终增大解析：选B。B项，NH3·H2O的电离常数Kb＝eq\f(c(OH－)·c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))),c(NH3·H2O))，温度不变，Kb不变，正确；C项，等体积、等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合，根据电离常数有Ka1＝eq\f(c(H＋)·c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))),c(H2CO3))、Ka2＝eq\f(c(H＋)·c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))),c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))))，同一溶液中c(H＋)相等，c(H＋)＝Ka1·eq\f(c(H2CO3),c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))))＝Ka2·eq\f(c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))),c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))))，而Ka1＞Ka2，故eq\f(c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))),c(H2CO3))＞eq\f(c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))),c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))))，错误；D项，0.1mol·L－1的HF溶液加水不断稀释，平衡HF⇌H＋＋F－正向移动，n(H＋)、n(F－)均增大，但由于溶液中还存在水的电离，故n(H＋)增大的程度比n(F－)增大的程度大，所以eq\f(c(F－),c(H＋))减小，错误。2．部分弱酸的电离平衡常数见下表。弱酸HCOOHH2SH2CO3HClO电离平衡常数(25℃)Ka＝1.8×10－4Ka1＝1.1×10－7Ka2＝1.3×10－13Ka1＝4.5×10－7Ka2＝4.7×10－11Ka＝4.0×10－8按要求回答下列问题。(1)HCOOH、H2S、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为___________________________________________________________________。(2)相同浓度的HCOO－、HS－、S2－、HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))、ClO－结合H＋的能力由强到弱的顺序为___________________________________________________。(3)运用上述电离常数及物质的特性判断，下列离子方程式不正确的是______________________________________________________(填序号)。①次氯酸与NaHCO3溶液的反应：HClO＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))=ClO－＋H2O＋CO2↑②少量CO2通入NaClO溶液中：CO2＋H2O＋2ClO－=COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋2HClO③硫化氢通入NaClO溶液中：H2S＋ClO－=HS－＋HClO④碳酸钠滴入足量甲酸溶液中：2HCOOH＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))=2HCOO－＋CO2↑＋H2O答案：(1)HCOOH＞H2CO3＞H2S＞HClO(2)S2－＞COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＞ClO－＞HS－＞HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＞HCOO－(3)①②③二、电离常数的定量计算3．(1)CO2是一种廉价的碳资源，可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH＝13，则CO2主要转化为________(写离子符号)；若所得溶液中c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))∶c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＝2∶1，则溶液中c(H＋)＝________。(室温下，H2CO3的Ka1＝4.5×10－7；Ka2＝4.7×10－11)(2)常温下，向amol·L－1CH3COONa溶液中滴加等体积的bmol·L－1盐酸使溶液呈中性(不考虑盐酸和醋酸的挥发)，CH3COOH的电离常数Ka＝________________(用含a和b的代数式表示)。(3)常温下，将amol·L－1CH3COOH溶液与bmol·L－1Ba(OH)2溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在2c(Ba2＋)＝c(CH3COO－)，该混合溶液中CH3COOH的电离常数Ka＝____________(用含a和b的代数式表示)。(4)亚硫酸的电离常数为Ka1、Ka2，改变0.1mol·L－1亚硫酸溶液的pH，平衡体系中含硫元素微粒的物质的量分数δ与pH的关系如下图所示，eq\f(Ka1,Ka2)＝________。解析：(1)CO2与足量NaOH溶液反应后溶液pH＝13，CO2主要转化为COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))；电离常数Ka2＝eq\f(c(H＋)·c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))),c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))))＝4.7×10－11，又c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))∶c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＝2∶1，即Ka2＝eq\f(1,2)×c(H＋)，故c(H＋)＝9.4×10－11mol·L－1。(2)溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(CH3COO－)，元素守恒：c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，溶液呈中性，即c(H＋)＝c(OH－)，所以c(CH3COOH)＝c(Cl－)＝eq\f(b,2)mol·L－1。Ka＝eq\f(10－7×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－\f(b,2))),\f(b,2))＝eq\f(10－7(a－b),b)。(3)溶液中存在电荷守恒：2c(Ba2＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，又c(CH3COO－)＝2c(Ba2＋)＝bmol·L－1，所以c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性。Ka＝eq\f(10－7×b,\f(a,2)－b)＝eq\f(2b×10－7,a－2b)。(4)c(H2SO3)＝c(HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))时，Ka1(H2SO3)＝c(H＋)＝10－2，当c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＝c(HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))时，Ka2(H2SO3)＝c(H＋)＝10－7，eq\f(Ka1,Ka2)＝eq\f(10－2,10－7)＝105。答案：(1)COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))9.4×10－11mol·L－1(2)eq\f(10－7(a－b),b)(3)eq\f(2b×10－7,a－2b)(4)105考点三强酸(碱)与弱酸(碱)的比较1．一元强酸与一元弱酸的比较(1)相同物质的量浓度、相同体积的盐酸与醋酸的比较。比较项目c(H＋)pH中和碱的能力与足量活泼金属反应产生H2的量开始与金属反应的速率盐酸大小相同相同大醋酸小大小(2)相同pH、相同体积的盐酸与醋酸的比较。比较项目c(H＋)c(酸)中和碱的能力与足量活泼金属反应产生H2的量开始与金属反应的速率盐酸相同小弱少相同醋酸大强多2.一元强酸与一元弱酸的稀释图像比较(1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸。加水稀释相同的倍数，醋酸的pH大加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多(2)相同体积、相同pH的盐酸、醋酸。加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多1．下列说法不正确的是(忽略溶液混合时体积变化)()A．相同温度下，pH相等的氨水、NaOH溶液中，c(OH－)相等B．pH＝4的醋酸的物质的量浓度大于pH＝5的醋酸的10倍C．pH均为4的盐酸和氯化铵溶液等体积混合后，所得溶液的pH＝4D．用同浓度的NaOH溶液分别与等体积、等pH的盐酸和醋酸恰好完全反应，盐酸消耗NaOH溶液的体积更大解析：选D。A．相同温度下，水的离子积相等，pH相等的氨水、NaOH溶液中，c(H＋)相等，故溶液中c(OH－)相等，A正确；B．醋酸为弱酸，不完全电离，浓度越大，电离程度越小，pH＝4的醋酸的物质的量浓度为eq\f(10－4,α1)mol·L－1(α1为电离度)，pH＝5的醋酸的物质的量浓度为eq\f(10－5,α2)mol·L－1(α2为电离度)，故前者比后者的10倍还大，B正确；C．pH均为4的盐酸和氯化铵溶液等体积混合的瞬间，c(H＋)＝1.0×10－4mol·L－1，不发生变化，铵根离子和一水合氨的浓度瞬间变为原来的二分之一，二者的比值不变，故所得溶液中水的电离平衡没有移动，氯化铵的水解平衡没有移动，混合溶液中c(H＋)＝1.0×10－4mol·L－1，pH＝4，C正确；D．醋酸是弱酸，等体积、等pH的盐酸和醋酸中醋酸的物质的量大于盐酸的物质的量，故用同浓度的NaOH溶液分别与等体积、等pH的盐酸和醋酸恰好完全反应，醋酸消耗NaOH溶液的体积更大，D错误。2.在两个密闭的锥形瓶中，0.05g形状相同的镁条(过量)分别与2mL2mol·L－1的盐酸和醋酸反应，测得容器内压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是()A．①代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线B．任意相同时间段内，盐酸与Mg反应的化学反应速率均大于醋酸与Mg反应的化学反应速率C．反应中醋酸的电离被促进，两溶液最终产生的氢气总量基本相等D．1mol·L－1NaOH溶液完全中和上述两种酸溶液，盐酸消耗NaOH溶液的体积更大解析：选C。A．盐酸为一元强酸，醋酸为一元弱酸，2mL2mol·L－1的盐酸和醋酸中，盐酸中c(H＋)大，与镁条反应的速率大，相同时间内产生的氢气多，容器内压强大，反应先结束，故②代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线，故A错误；B．可以通过曲线的斜率比较二者的反应速率大小，从题图可以看出，100s后，醋酸与镁的反应速率更大，此时盐酸与镁反应已接近结束，c(H＋)较小，反应速率减小，故B错误；D．由于氯化氢和醋酸的物质的量相同，故用1mol·L－1NaOH溶液完全中和时，盐酸与醋酸消耗NaOH溶液的体积相等，故D错误。3．(2024·河源高三期末)某温度下，将pH和体积均相同的HCl和CH3COOH溶液分别加水稀释，pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是()A．稀释前溶液中溶质的浓度：c(HCl)＞c(CH3COOH)B．溶液中水的电离程度：b点＜c点C．从b点到d点，溶液中c(H＋)·c(OH－)逐渐增大D．在d点和e点均存在：c(H＋)＜c(酸根阴离子)解析：选B。A．稀释前两溶液的pH相等，由于CH3COOH部分电离，因此稀释前溶液中溶质的浓度：c(CH3COOH)＞c(HCl)，故A错误；B．b点pH小于c点pH，说明c点酸性弱，对水的电离抑制程度小，水的电离程度大，因此溶液中水的电离程度：b点＜c点，故B正确；C．从b点到d点，由于温度不变，因此溶液中c(H＋)·c(OH－)不变，故C错误；D．在d点和e点均存在电荷守恒：c(H＋)＝c(酸根阴离子)＋c(OH－)，因此存在：c(酸根阴离子)＜c(H＋)，故D错误。1．(2022·新高考湖北卷)根据酸碱质子理论，给出质子eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。已知：N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5))＋NH3=NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋N2H4，N2H4＋CH3COOH=N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5))＋CH3COO－。下列酸性强弱顺序正确的是()A．N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5))>N2H4>NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))B．N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5))>CH3COOH>NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))C．NH3>N2H4>CH3COO－D．CH3COOH>N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5))>NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))答案：D2．(2022·新高考福建卷)探究醋酸浓度与电离度(α)关系的步骤如下，与相关步骤对应的操作或叙述正确的是()选项步骤操作或叙述AⅠ.用NaOH标准溶液标定CH3COOH溶液浓度滴定时眼睛应始终注视滴定管中的液面BⅡ.用标定后的溶液配制不同浓度的CH3COOH溶液应使用干燥的容量瓶CⅢ.测定步骤Ⅱ中所得溶液的pH应在相同温度下测定DⅣ.计算不同浓度溶液中CH3COOH的电离度计算式为α＝eq\f(c(H＋),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CH3COO－)))×100%解析：选C。A．中和滴定时眼睛应始终注视锥形瓶内溶液颜色的变化，A错误；B．配制不同浓度的CH3COOH溶液时，容量瓶不需要干燥，B错误；C．CH3COOH的电离平衡只受温度影响，因此测定步骤Ⅱ中所得溶液的pH时应在相同温度下测定，C正确；D．电离度是指弱电解质在溶液里达到电离平衡时，已电离的电解质分子数占原电解质分子总数(包括已电离的和未电离的)的百分数，因此CH3COOH的电离度计算式为α＝eq\f(c(H＋),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CH3COOH)))×100%，D错误。3．(2022·高考全国乙卷)常温下，一元酸HA的Ka(HA)＝1.0×10－3。在某体系中，H＋与A－离子不能穿过隔膜，未电离的HA可自由穿过该膜(如图所示)。设溶液中c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，当达到平衡时，下列叙述正确的是()A．溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)B．溶液Ⅱ中HA的电离度eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(c(A－),c总(HA))))为eq\f(1,101)C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总(HA)之比为10－4解析：选B。溶液Ⅰ的pH＝7.0，呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，A项错误；溶液Ⅱ中，eq\f(c(A－),c总(HA))＝eq\f(c(A－),c(HA)＋c(A－))＝eq\f(1,\f(c(HA),c(A－))＋1)＝eq\f(1,\f(c(H＋),Ka(HA))＋1)＝eq\f(10－3,10－1＋10－3)＝eq\f(1,101)，B项正确；HA可以自由通过隔膜，溶液Ⅰ、Ⅱ中c(HA)应相等，C项错误；溶液Ⅰ、Ⅱ中c(HA)相等，由Ka(HA)＝eq\f(c(A－)·c(H＋),c(HA))，可得cⅠ(A－)·cⅠ(H＋)＝cⅡ(A－)·cⅡ(H＋)，eq\f(cⅠ(A－),cⅡ(A－))＝eq\f(cⅡ(H＋),cⅠ(H＋))＝eq\f(10－1,10－7)＝106，溶液Ⅰ中，eq\f(cⅠ(A－),cⅠ总(HA))＝eq\f(10－3,10－7＋10－3)≈1，cⅠ总(HA)＝cⅠ(A－)，同理溶液Ⅱ中，cⅡ总(HA)＝101cⅡ(A－)，故eq\f(cⅠ总(HA),cⅡ总(HA))＝eq\f(cⅠ(A－),101cⅡ(A－))＝eq\f(106,101)≈104，D项错误。4．(2023·新高考湖南卷)常温下，用浓度为0.0200mol·L－1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随ηeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(η＝\f(V(标准溶液),V(待测溶液))))的变化曲线如图所示。下列说法错误的是()A．Ka(CH3COOH)约为10－4.76B．点a：c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)C．点b：c(CH3COOH)<c(CH3COO－)D．水的电离程度：a<b<c<d解析：选D。HCl和CH3COOH的混合溶液中，滴入NaOH溶液，HCl先反应，a点时HCl恰好完全反应，溶液体积变为原来的2倍，此时c(CH3COOH)＝0.0100mol·L－1；b点时CH3COOH反应一半，CH3COOH和CH3COONa的物质的量相等；c点时CH3COOH恰好完全反应。根据CH3COOH⇌CH3COO－＋H＋，可近似认为a点c(H＋)＝c(CH3COO－)，又a点pH＝3.38，c(H＋)＝10－3.38mol·L－1，故Ka(CH3COOH)≈eq\f(10－3.38×10－3.38,0.0100)＝10－4.76，A项正确；a点HCl恰好被完全中和，由元素守恒可得溶液中c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，B项正确；b点溶液pH<7，即以CH3COOH的电离为主，故溶液中c(CH3COOH)<c(CH3COO－)，C项正确；a、b两点溶液均呈酸性，水的电离均受到抑制，溶液pH越小，水的电离受抑制程度越大，c点酸碱恰好完全中和，CH3COO－水解促进水的电离，d点NaOH过量，又抑制水的电离，D项错误。课时跟踪练[基础巩固]1．(2024·惠州统考)常温下，下列事实能说明某一元酸HX是一元强酸的是()A．0.1mol·L－1HX溶液的pH＝4B．0.1mol·L－1NaX溶液的pH>7C．0.1mol·L－1HX溶液比0.1mol·L－1硝酸导电能力弱D．10mL0.1mol·L－1NaOH溶液与10mL0.1mol·L－1HX溶液混合pH＝7解析：选D。A．0.1mol·L－1HX溶液的pH＝4，说明HX在水溶液中只能部分电离，属于一元弱酸，A不符合题意；B．常温下，0.1mol·L－1NaX溶液的pH>7，说明NaX是强碱弱酸盐，X－水解呈碱性，即HX为一元弱酸，B不符合题意；C．0.1mol·L－1HX溶液比0.1mol·L－1硝酸导电能力弱，说明HX在水溶液中只能部分电离，属于一元弱酸，C不符合题意；D．10mL0.1mol·L－1NaOH溶液与10mL0.1mol·L－1HX溶液完全反应生成NaX，混合后溶液pH＝7，说明NaX为强酸强碱盐，即说明HX为一元强酸，D符合题意。2．0.1mol·L－1HCN溶液中存在电离平衡：HCN⇌H＋＋CN－。对该平衡，下列叙述正确的是()A．加入少量NaOH固体，平衡正向移动B．加水，平衡逆向移动C．滴加少量0.1mol·L－1HCl溶液，溶液中c(H＋)减小D．加入少量NaCN固体，平衡正向移动解析：选A。加入少量NaOH固体，OH－和H＋反应使溶液中c(H＋)减小，HCN的电离平衡正向移动，故A正确；加水稀释能促进弱电解质的电离，所以HCN的电离平衡正向移动，故B错误；加入少量0.1mol·L－1HCl溶液，HCl是强电解质，在水溶液中完全电离，溶液中c(H＋)增大，故C错误；加入少量NaCN固体，溶液中c(CN－)增大，HCN的电离平衡逆向移动，故D错误。3．酸碱质子理论认为，在反应过程中凡是能给出质子(H＋)的分子或离子都是酸，凡是能接受质子的分子或离子都是碱。按照“酸碱质子理论”，下列叙述错误的是()A．H2O既属于酸又属于碱B．可以根据HNO3的性质推断NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))的碱性较强C．根据H2C2O4＋H2O⇌HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋H3O＋，可推断碱性强弱：H2O>HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))D．BrO－＋H2O⇌HBrO＋OH－是酸碱反应解析：选B。A．根据酸碱质子理论可知，H2O能电离产生H＋，为酸，H2O能和H＋结合生成H3O＋，为碱，所以H2O既属于酸又属于碱，A正确；B．HNO3是强酸，NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))是弱碱，B错误；C．根据H2C2O4＋H2O⇌HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋H3O＋可知，H2O结合H＋能力大于HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))结合H＋能力，所以碱性强弱：H2O>HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))，C正确；D．BrO－＋H2O⇌HBrO＋OH－，BrO－结合H＋，H2O给出H＋，所以该反应是酸碱反应，D正确。4．已知人体体液中存在如下平衡：CO2＋H2O⇌H2CO3⇌H＋＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，以维持体液pH的相对稳定。下列说法不合理的是()A．当强酸性物质进入体液后，上述平衡向左移动，以维持体液pH的相对稳定B．当强碱性物质进入体液后，上述平衡向右移动，以维持体液pH的相对稳定C．若静脉滴注大量生理盐水，则体液的pH减小D．进行呼吸活动时，如果CO2进入血液，会使体液的pH减小解析：选C。若静脉滴注大量生理盐水，则体液被稀释，CO2＋H2O⇌H2CO3⇌H＋＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))平衡虽然正向移动，但根据勒夏特列原理，c(H＋)减小，体液的pH增大。5．(2024·阳江阶段测试)25℃时，0.1mol·L－1的CH3COOH溶液pH＝3，0.1mol·L－1的HCN溶液pH＝4。下列说法正确的是()A．CH3COOH与HCN均为弱酸，且酸性强弱：HCN>CH3COOHB．25℃时，水电离出的c(H＋)均为10－11mol·L－1的两种酸，酸的浓度：HCN>CH3COOHC．25℃时，浓度均为0.1mol·L－1的CH3COONa溶液和NaCN溶液的pH：CH3COONa>NaCND．25℃时，pH均为3的CH3COOH与HCN溶液各100mL，与等浓度的NaOH溶液完全反应，消耗NaOH溶液的体积：CH3COOH>HCN解析：选B。同温、同浓度时，CH3COOH溶液的pH小，酸性较强，A错误；25℃时，水电离出的c(H＋)均为10－11mol·L－1，因此两种酸溶液中c(H＋)＝10－3mol·L－1，由于酸性强弱：CH3COOH>HCN，故酸的浓度：HCN>CH3COOH，B正确；CH3COONa溶液和NaCN溶液浓度相同且CN－水解程度大，故pH：NaCN>CH3COONa，C错误；pH均为3的CH3COOH溶液与HCN溶液相比，HCN溶液浓度大，故消耗NaOH溶液的体积：HCN>CH3COOH，D错误。6．(2024·韶关质检)溴甲基蓝(用HBb表示)指示剂是一元弱酸，HBb为黄色，Bb－为蓝色。下列叙述正确的是()A．0.01mol·L－1HBb溶液的pH＝2B．HBb溶液的pH随温度升高而减小C．向NaOH溶液中滴加HBb指示剂，溶液显黄色D．0.01mol·L－1NaBb溶液中，c(H＋)＋c(Na＋)＝c(Bb－)＋c(HBb)解析：选B。A．HBb为一元弱酸，0.01mol·L－1HBb溶液中氢离子浓度小于0.01mol·L－1，故溶液的pH＞2，A错误；B．升高温度促进弱电解质的电离，HBb溶液的pH随温度升高而减小，B正确；C．向NaOH溶液中滴加HBb指示剂，发生酸碱中和反应，导致溶液中Bb－浓度增大，溶液显蓝色，C错误；D．0.01mol·L－1NaBb溶液中，存在元素守恒c(Na＋)＝c(Bb－)＋c(HBb)，D错误。7．已知25℃时，部分弱酸的电离平衡常数见下表：化学式CH3COOHH2SO3HClO电离平衡常数1.75×10－5Ka1＝1.4×10－2Ka2＝6.0×10－84.0×10－8下列反应能发生的是()A．2CH3COOH＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))=H2O＋SO2↑＋2CH3COO－B．ClO－＋CH3COOH=CH3COO－＋HClOC．H2SO3＋ClO－=HClO＋HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))D．HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋CH3COO－=CH3COOH＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))解析：选B。根据表中数据可知，酸性强弱：H2SO3>CH3COOH>HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))>HClO，可利用强酸制弱酸，据此分析解题。A．酸性强弱：H2SO3>CH3COOH，反应2CH3COOH＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))=H2O＋SO2↑＋2CH3COO－不能发生；B．酸性强弱：CH3COOH>HClO，反应ClO－＋CH3COOH=CH3COO－＋HClO能发生；C．HClO具有氧化性，可将H2SO3氧化为H2SO4，反应H2SO3＋ClO－=HClO＋HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))不能发生；D．酸性强弱：CH3COOH>HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，反应HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋CH3COO－=CH3COOH＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))不能发生。8．常温下，部分酸的电离常数见下表：化学式HFHCNH2CO3电离常数Ka＝6.3×10－4Ka＝6.2×10－10Ka1＝4.5×10－7Ka2＝4.7×10－11(1)c(H＋)相同的三种酸，酸的浓度由大到小的顺序为_________________。(2)若HCN的起始浓度为0.01mol·L－1，平衡时c(H＋)约为____________mol·L－1。若要使此溶液中HCN的电离程度增大且c(H＋)也增大，可采用的方法是____________。(3)中和等量的NaOH，消耗等pH的氢氟酸和硫酸的体积分别为aL、bL，则a________b(填“大于”“小于”或“等于”，下同)。中和等物质的量浓度、等体积的氢氟酸和硫酸需要NaOH的物质的量为n1、n2，则n1________n2。(4)向NaCN溶液中通入少量CO2，发生反应的离子方程式为__________________________________________________________________。(5)设计实验证明氢氟酸比盐酸的酸性弱：__________________________。解析：(1)根据三种酸的电离常数可知，酸性强弱：HF>H2CO3>HCN>HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，因此c(H＋)相同的三种酸，酸的浓度由大到小的顺序为c(HCN)>c(H2CO3)>c(HF)。(2)设c(H＋)＝xmol·L－1，根据HCN⇌H＋＋CN－，Ka＝eq\f(c(H＋)·c(CN－),c(HCN))＝eq\f(x·x,0.01－x)＝6.2×10－10，解得x≈eq\r(6.2)×10－6；弱电解质的电离是吸热过程，升高温度，能够促进HCN的电离，电离程度增大，c(H＋)也增大。(3)中和等量的NaOH，需要消耗等量的H＋，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，氢氟酸的浓度大于硫酸，需要消耗氢氟酸的体积小于硫酸的体积，即a小于b。氢氟酸为一元酸、硫酸为二元酸，中和等物质的量浓度、等体积的氢氟酸和硫酸需要NaOH的物质的量之比为1∶2，即n1小于n2。(4)由于酸性强弱：H2CO3>HCN>HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，向NaCN溶液中通入少量CO2反应生成HCN和NaHCO3，离子方程式为CN－＋CO2＋H2O=HCN＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))。(5)证明氢氟酸比盐酸的酸性弱可以使用的方法有：①测定等物质的量浓度的两种酸的pH，氢氟酸的pH大；②等物质的量浓度的两种酸分别与Zn反应，开始时氢氟酸冒气泡慢；③测定等物质的量浓度的两种溶液的导电性，连接氢氟酸的灯泡较暗等。答案：(1)c(HCN)>c(H2CO3)>c(HF)(2)eq\r(6.2)×10－6升高温度(3)小于小于(4)CN－＋CO2＋H2O=HCN＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))(5)测定等物质的量浓度的两种酸的pH，氢氟酸的pH大(答案合理即可)[素养提升]9．(2024·汕头金禧中学高三测试)甘氨酸在水溶液中主要以如下所示的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种微粒形式存在，且存在以下电离平衡：已知：常温下甘氨酸的Ka1＝10－2.35，Ka2＝10－9.78，当氨基酸主要以两性离子存在时溶解度最小。下列说法不正确的是()A．甘氨酸晶体易溶于水，难溶于乙醚、苯等溶剂B．甘氨酸钠溶液中存在：H2N—CH2—COO－＋H2O⇌H2N—CH2—COOH＋OH－C．pH＝2的甘氨酸盐酸盐溶液中c(Ⅰ)∶c(Ⅱ)＝10－0.35D．向饱和甘氨酸钠溶液中滴加盐酸至pH＝6，可能会析出固体解析：选C。A．甘氨酸为极性分子，分子中的氨基和羧基都能与水分子间形成氢键，所以甘氨酸晶体易溶于水，难溶于乙醚、苯等溶剂，A正确；B．羧酸为弱酸，羧酸根离子易发生水解，故甘氨酸钠溶液中存在水解平衡：H2N—CH2—COO－＋H2O⇌H2N—CH2—COOH＋OH－，B正确；C．pH＝2的甘氨酸盐酸盐溶液中，eq\f(c(Ⅱ)×10－2,c(Ⅰ))＝10－2.35，故c(Ⅰ)∶c(Ⅱ)＝100.35，C不正确；D．向饱和甘氨酸钠溶液中滴加盐酸至pH＝6，此时氨基酸主要以两性离子存在，溶解度最小，可能会析出固体，D正确。10．利用电导法测定某浓度醋酸电离的ΔH、Ka随温度变化曲线如下图所示。已知整个电离过程包括氢键断裂、醋酸分子解离、离子水合。下列有关说法不正确的是()A．理论上ΔH＝0时，Ka最大B．25℃时，c(CH3COOH)最大C．电离的热效应较小是因为分子解离吸收的能量与离子水合放出的能量相当D．CH3COOH溶液中存在氢键是ΔH随温度升高而减小的主要原因解析：选B。理论上ΔH＝0时，电离程度最大，H＋和CH3COO－浓度最大，Ka最大，A项正确；由题图可知，25℃时，Ka最大，CH3COOH的电离程度最大，平衡时CH3COOH分子的浓度最小，B项错误；分子解离吸收的能量与离子水合放出的能量相当，即断开化学键吸收的能量与离子水合放出的能量相当，此时，电离的热效应较小，C项正确；断开氢键需要消耗能量，但随温度升高，氢键的作用越来越弱，CH3COOH溶液中存在氢键是ΔH随温度升高而减小的主要原因，D项正确。11.常温下，向20mL浓度均为0.1mol/L的HCl、CH3COOH混合液中滴加0.1mol/L的氨水，测得混合液的导电能力与加入的氨水的体积(V)关系如图所示。下列说法错误的是()A．a→b时反应为H＋＋NH3·H2O=NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋H2OB．b→d过程中水的电离程度：先增大后减小C．b点离子浓度：c(Cl－)>c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))>c(H＋)>c(CH3COO－)D．c点溶液呈中性解析：选D。a→b时溶液导电能力减弱到最低，为氨水与盐酸的反应，离子数量不变但溶液体积增大，故发生的反应为H＋＋NH3·H2O=NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋H2O，A正确；b→d过程溶液导电能力先增大后减小，为氨水与醋酸反应至氨水过量，对水的电离的抑制程度先减小后增大，故水的电离程度先增大后减小，B正确；b点时氨水与盐酸完全反应，为等浓度的氯化氨和醋酸溶液，离子浓度：c(Cl－)>c(NH