2022年新教材高考化学一轮复习第9章水溶液中的离子反应与平衡第1节电离平衡学案

第一节电离平衡考试评价解读核心素养达成1.能用化学用语正确表示水溶液中离子反响与平衡。2．能通过实验证明水溶液中存在的离子平衡。3．能举例说明离子反响与平衡在生产、生活中的应用。变化观念与平衡思想认识弱电解质的电离有一定限度，是可以调控的。能多角度、动态地分析弱电解质的电离平衡，并运用平衡移动原理解决实际问题。证据推理与模型认知知道可以通过分析、推理等方法认识电离平衡的本质特征、建立模型。能运用模型解释电离平衡的移动，揭示现象的本质和规律。弱电解质的电离平衡[以练带忆]1．以下物质的水溶液易导电，且属于强电解质的是()A．CH3COOH B．BaCO3C．NH4HCO3 D．SO2C解析：CH3COOH为弱电解质，BaCO3难溶于水，溶液不易导电，SO2为非电解质。2．能证明乙酸是弱酸的实验事实是()A．CH3COOH溶液与Zn反响放出H2B．0.1mol/LCH3COONa溶液的pH大于7C．CH3COOH溶液与Na2CO3反响生成CO2D．0.1mol/LCH3COOH溶液可使紫色石蕊变红B解析：A项只能证明乙酸具有酸性，不能证明其为弱酸，不符合题意；CH3COONa溶液显碱性，说明其为强碱弱酸盐，故可以证明乙酸是弱酸，B项符合题意；C项可以证明乙酸的酸性比碳酸强，但是不能证明其为弱酸，不符合题意；D项可以证明乙酸具有酸性，但是不能证明其为弱酸，不符合题意。3．稀氨水中存在着以下平衡：NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－，假设要使平衡向逆反响方向移动，同时使c(OH－)增大，应参加的物质或采取的措施是()①NH4Cl固体②硫酸③NaOH固体④水⑤加热⑥参加少量MgSO4固体A．①②③⑤ B．④⑥C．③ D．③⑤C解析：假设在氨水中参加NH4Cl固体，c(NHeq\o\al(＋,4))增大，平衡向逆反响方向移动，c(OH－)减小，①不符合题意；硫酸中的H＋与OH－反响，使c(OH－)减小，平衡向正反响方向移动，②不符合题意；当在氨水中参加NaOH固体后，c(OH－)增大，平衡向逆反响方向移动，③符合题意；假设在氨水中参加水，稀释溶液，平衡向正反响方向移动，c(OH－)减小，④不符合题意；电离属吸热过程，加热平衡向正反响方向移动，c(OH－)增大，⑤不符合题意；参加少量MgSO4固体发生反响Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，溶液中c(OH－)减小，⑥不符合题意。[练后梳理]1．强电解质与弱电解质(1)定义(2)与化合物类型的关系强电解质主要是大局部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。2．弱电解质的电离概念(1)电离平衡的建立在一定条件下(如温度、压强等)，当弱电解质电离产生离子的速率和离子结合成分子的速率相等时，电离过程到达了平衡。(2)电离平衡的建立与特征①开始时，v(电离)最大，而v(结合)为0。②平衡的建立过程中，v(电离)>v(结合)。③当v(电离)＝v(结合)时，电离过程到达平衡状态。3．外因对电离平衡的影响(1)浓度：在一定温度下，同一弱电解质溶液，浓度越小，越易电离。(2)温度：温度越高，电离程度越大。(3)同离子效应：参加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。(4)化学反响：参加能与弱电解质电离出的离子反响的物质时，可使平衡向电离方向移动。如：以0.1mol/LCH3COOH溶液为例，填写外界条件对CH3COOHCH3COO－＋H＋ΔH＞0的影响。改变条件平衡移动方向n(H＋)c(H＋)导电能力Ka加水稀释向右增大减小减弱不变参加少量冰醋酸向右增大增大增强不变通入HCl(g)向左增大增大增强不变加NaOH(s)向右减小减小增强不变加CH3COONa(s)向左减小减小增强不变参加镁粉向右减小减小增强不变升高温度向右增大增大增强增大(1)电离平衡向右移动，电离程度不一定增大，如上表中参加少量冰醋酸，平衡右移，但电离程度减小。(2)电离平衡向右移动，电解质的分子浓度不一定减小，电解质的离子浓度也可能减小。电离平衡常数与电离度[以练带忆]1．(双选)相同温度下，根据三种酸的电离常数，以下判断正确的选项是()酸HXHYHZ电离常数Ka9×10－79×10－61×10－2A．三种酸的强弱关系：HZ＞HY＞HXB．反响HZ＋Y－=HY＋Z－能够发生C．由电离平衡常数可以判断，HZ属于强酸，HX和HY属于弱酸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AB解析：相同温度下，酸的电离常数越大，那么酸的电离程度越大，酸的酸性越强，根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZ＞HY＞HX，故A正确；由A知，HZ的酸性大于HY，根据强酸制取弱酸知，HZ＋Y－=HY＋Z－能发生，故B正确；根据电离平衡常数知，HY、HX均属于弱酸，但温度、浓度等条件未知，HZ无法判断，故C错误；相同温度下，同一物质的电离平衡常数相同，故D错误。2．以下说法正确的选项是()A．电离平衡常数受溶液浓度的影响B．电离平衡常数可以表示弱电解质的相对强弱C．电离常数大的酸溶液中c(H＋)一定比电离常数小的酸中大D．H2CO3的电离常数表达式：K＝eq\f(c2H＋·cCO\o\al(2－,3),cH2CO3)B解析：电离平衡常数是温度的函数，与溶液浓度无关，故A项错误；电离平衡常数可以表示弱电解质的相对强弱，故B项正确；酸溶液中c(H＋)既跟酸的电离常数有关，又跟酸的浓度有关，故C项错误；碳酸是分步电离的，第一步电离常数表达式：Ka1＝eq\f(cH＋·cHCO\o\al(－,3),cH2CO3)，第二步电离常数表达式：Ka2＝eq\f(cH＋·cCO\o\al(2－,3),cHCO\o\al(－,3))，故D项错误。3．室温下向10mLpH＝3的醋酸溶液中加水稀释后，以下说法正确的选项是()A．溶液中所有粒子的浓度都减小B．溶液中eq\f(cCH3COO－·cH＋,cCH3COOH)不变C．醋酸的电离程度增大，c(H＋)亦增大D．参加10mLpH＝11的NaOH溶液，混合液pH＝7B解析：醋酸溶液加水稀释，促进电离，溶液中c(H＋)减小，但c(OH－)增大，A错误；醋酸的电离平衡常数Ka＝eq\f(cCH3COO－·cH＋,cCH3COOH)，温度不变，Ka不变，eq\f(cCH3COO－·cH＋,cCH3COOH)不变，B正确；醋酸溶液加水稀释，醋酸的电离程度增大，因溶液的体积增大的倍数大于n(H＋)增大的倍数，那么c(H＋)减小，C错误；pH＝3的醋酸与pH＝11的NaOH溶液等体积混合时，醋酸的浓度大于0.001mol/L，醋酸过量，混合液的pH<7，D错误。[练后梳理]1．电离度(1)定义在一定条件下的弱电解质到达电离平衡时，已经电离的电解质分子数占原电解质总分子数的分数。(2)表示方法α＝eq\f(已电离的弱电解质分子数,溶液中原有弱电解质的总分子数)×100%也可表示为α＝eq\f(弱电解质的离子浓度,弱电解质的浓度)×100%(3)影响因素温度升高温度，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(1)定义：电离平衡的常数叫作电离常数。(2)表达式①对于一元弱酸HA：HAH＋＋A－，电离常数Ka＝eq\f(cH＋·cA－,cHA)。②对于一元弱碱BOH：BOHB＋＋OH－，电离常数Kb＝eq\f(cB＋·cOH－,cBOH)。③多元弱酸(以H2CO3为例)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)特点多元弱酸各级电离常数的大小关系是K1≫K2≫K3，故其酸性取决于第一步电离。(4)影响因素电离常数只与温度有关，升高温度，K值增大。(5)意义eq\x(K越大)→eq\x(越易电离)→eq\x(酸碱性越强)如相同条件下常见弱酸的酸性强弱：H2SO3＞H3PO4＞HF＞HCOOH＞CH3COOH＞H2CO3＞H2S＞HClO。表达式中的离子浓度是指到达平衡时，溶液中存在的离子浓度，不一定是弱电解质自身电离的，也可以来源于溶液中的其他物质。考点1强酸(强碱)与弱酸(弱碱)的判断与性质比拟[抓本质·悟考法]为了证明醋酸是弱电解质，甲、乙、丙、丁四人分别选用以下试剂进行实验：0.1mol/L醋酸溶液、0.1mol/L盐酸、pH＝3的盐酸、pH＝3的醋酸、CH3COONa晶体、NaCl晶体、CH3COONH4晶体、蒸馏水、锌片、pH试纸、酚酞、NaOH溶液等。(1)甲取出10mL0.1mol/L的醋酸溶液，用pH试纸测出其pH＝a，确定醋酸是弱电解质，那么a应该满足的关系是________，理由是___________________。(2)乙分别取pH＝3的醋酸和盐酸各1mL，分别用蒸馏水稀释到100mL，然后用pH试纸分别测定两溶液的pH，那么可认定醋酸是弱电解质，判断的依据是_________________________________________________________________。(3)丙分别取pH＝3的盐酸和醋酸各10mL，然后参加质量相同厚度、形状一样的锌片，醋酸放出H2的平均速率快，那么认定醋酸是弱电解质，你认为这一方法正确吗？________，请说明理由：_______________________________________________________________________________________________________。(4)丁用CH3COONa晶体、NaCl晶体、蒸馏水和酚酞做实验，也论证了醋酸是弱酸的事实，该同学的实验操作和现象是______________________________。【解题关键点】解答此题时需明确：(1)醋酸溶液中存在电离平衡，0.1mol/L的醋酸溶液中c(H＋)小于0.1mol/L；(2)pH＝3的醋酸和盐酸中，c(H＋)相同，溶质浓度不同，醋酸浓度大，加水稀释后，促进醋酸电离，强酸中c(H＋)变化较大；(3)与锌粒反响放出氢气的速率与c(H＋)大小有关。【易错失分点】不能正确分析pH＝3的盐酸和醋酸中，参加锌粒时放出H2的平均速率变化的原因，误认为(3)的说法错误。[自主解答]________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________解析：(1)因为醋酸是弱酸，说明醋酸没有完全电离，那么其电离出的c(H＋)<0.1mol/L，pH＝a>1。(2)醋酸为弱酸，稀释促进电离，c(H＋)＝10－3mol/L的醋酸稀释到原来的100倍，稀释后醋酸的c(H＋)>10－5mol/L，那么醋酸的pH<5，而盐酸为强酸，用蒸馏水稀释到100mL，盐酸的pH＝5。(3)分别参加质量相同的锌粒，如醋酸为弱酸，与锌反响时消耗氢离子的同时得到补充，产生氢气的速率醋酸比盐酸快。(4)CH3COONa是强碱弱酸盐，参加水中会发生水解，溶液显碱性，将CH3COONa晶体、NaCl晶体溶于适量水配成溶液，分别滴入酚酞溶液，CH3COONa溶液变成浅红色，NaCl溶液不变色。答案：(1)a>1因醋酸是弱酸，不能完全电离(2)盐酸的pH＝5，醋酸的pH＜5(3)正确由于醋酸是弱酸，随着反响的进行，醋酸不断电离，c(H＋)变化小，产生H2的平均速率醋酸比盐酸快(4)将CH3COONa晶体、NaCl晶体分别溶于适量水配成溶液，再分别滴入酚酞溶液，CH3COONa溶液变浅红色，NaCl溶液不变色[多角度·突破练]⊳角度1弱电解质的判断1．以下事实中不能证明CH3COOH是弱电解质的是()A．常温下某CH3COONa溶液的pH＝8B．常温下0.1mol/LCH3C．0.1mol/L的CH3COOH溶液的导电能力比同浓度的盐酸差D．CH3COOH属于共价化合物D解析：A项，常温下某CH3COONa溶液的pH＝8，CH3COONa水解显碱性，为弱酸强碱盐，故CH3COOH为弱电解质，正确；B项，常温下0.1mol/LCH3COOH溶液的pH＝2.8，说明CH3COOH局部电离，为弱电解质，正确；C项，相同浓度的一元酸，醋酸的导电能力比盐酸差，说明醋酸未完电离，为弱电解质，正确；D项，强电解质和弱电解质都有可能为共价化合物，错误。2．以下事实一定能证明HNO2是弱电解质的是()①常温下NaNO2溶液pH大于7②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗③HNO2与NaCl不能发生反响④常温下0.1mol/LHNO2溶液的pH＝2.1⑤NaNO2和H3PO4反响，生成HNO2⑥常温下将pH＝1的HNO2A．①②④⑥ B．①②③④C．①④⑤⑥ D．①②③④⑤⑥C解析：常温下NaNO2溶液pH大于7，说明亚硝酸钠是强碱弱酸盐，那么HNO2是弱电解质，故①正确；溶液的导电性与离子浓度及离子所带电荷数有关，用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，不能证明HNO2为弱电解质，故②错误；HNO2与NaCl不能发生反响，只能说明不符合复分解反响发生的条件，但不能说明HNO2是弱电解质，故③错误；常温下0.1mol/LHNO2溶液的pH＝2.1，说明HNO2不完全电离，即说明HNO2为弱电解质，故④正确；较强酸可以制较弱酸，NaNO2和H3PO4反响，生成HNO2，说明HNO2的酸性弱于H3PO4(弱酸)，那么HNO2为弱电解质，故⑤正确；常温下将pH＝1的HNO2溶液稀释至原体积的100倍，溶液pH约为2.8，说明HNO2是弱电解质，故⑥正确。判断弱电解质的三个思维角度角度一：弱电解质的定义，即弱电解质不能完全电离。(1)测定一定浓度的HA溶液的pH。(2)与同浓度盐酸比拟导电性。(3)与同浓度的盐酸比拟和锌反响速率的快慢。角度二：弱电解质溶液中存在电离平衡，条件改变，平衡移动。(1)从一定pH的HA溶液稀释前后pH的变化判断。(2)从升高温度后pH的变化判断。(3)从等体积等pH的HA溶液、盐酸分别与过量的锌反响生成H2的量判断。角度三：弱电解质形成的盐类能水解，如判断CH3COOH为弱酸可通过下面两个实验及现象：(1)配制某浓度的醋酸钠溶液，向其中参加几滴酚酞溶液。现象：溶液变为浅红色。(2)用玻璃棒蘸取一定浓度的醋酸钠溶液滴在pH试纸上，测其pH。现象：pH＞7。⊳角度2强酸(强碱)与弱酸(弱碱)性质的比拟3．在相同温度下，100mL0.01mol/L的醋酸溶液与10mL0.1mol/L的醋酸溶液相比拟，以下数值前者大于后者的是()A．中和时所需NaOH的量B．电离的程度C．H＋的物质的量浓度D．CH3COOH的物质的量B解析：100mL0.01mol/L的醋酸溶液与10mL0.1mol/L的醋酸溶液中所含醋酸的物质的量相等，所以中和时所需NaOH的量相等；H＋的物质的量浓度后者大；电离程度前者大，弱电解质浓度越小，电离程度越大。4．以下关于盐酸与醋酸两种稀溶液的说法正确的选项是()A．相同浓度的两溶液中c(H＋)相同B．100mL0.1mol/L的两溶液能中和等物质的量的氢氧化钠C．c(H＋)＝10－3mol/L的两溶液稀释100倍，c(H＋)均为10－5mol/LD．向两溶液中分别参加少量对应的固体钠盐，c(H＋)均明显减小B解析：相同浓度的两溶液，醋酸局部电离，故醋酸中的c(H＋)比盐酸的小，故A错；由化学方程式可知B正确；醋酸稀释过程中平衡向电离方向移动，故稀释后醋酸的c(H＋)大于10－5mol/L，故C错；醋酸中参加醋酸钠，由于增大了溶液中醋酸根离子的浓度，抑制了醋酸电离，使c(H＋)明显减小，而盐酸中参加氯化钠，对溶液中c(H＋)无影响，故D错。比拟强酸弱酸的常见角度以一元强酸(HCl)与一元弱酸(CH3COOH)的比拟为例。类别角度等物质的量浓度的盐酸(a)与醋酸溶液(b)等pH的盐酸(a)与醋酸溶液(b)pH或物质的量浓度pH：a<b物质的量浓度：a<b溶液的导电性a>ba＝b水的电离程度a<ba＝b加水稀释等倍数pH的变化量a>ba>b等体积溶液中和NaOH的量a＝ba<b分别加该酸的钠盐固体后pHa：不变b：变大a：不变b：变大开始与金属反响的速率a>b相同等体积溶液与过量活泼金属产生H2的量相同a<b考点2电离平衡常数的计算及应用[抓本质·悟考法]25℃时，三种酸的电离常数如下：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离常数1.75×10－5Ka1＝4.5×10－7Ka2＝4.7×10－114.0×10－8答复以下问题：(1)一般情况下，当温度升高时，Ka________(填“增大〞“减小〞或“不变〞)。(2)以下四种离子结合质子能力由大到小的顺序是________(填标号，下同)。A．COeq\o\al(2－,3) B．ClO－C．CH3COO－ D．HCOeq\o\al(－,3)(3)用蒸馏水稀释0.10mol/L的醋酸溶液，以下各式表示的数值随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)体积均为10mL、pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH变化如以下图所示。那么HX的电离常数________(填“大于〞“等于〞或“小于〞，下同)醋酸的电离常数；稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H＋)________醋酸溶液中水电离出来的c(H＋)，理由是____________________________________________________________________________________。(5)将amol/L的醋酸与0.01mol/L的Ba(OH)2溶液等体积混合，反响平衡时溶液中2c(Ba2＋)＝c(CH3COO－)，那么溶液显________(填“酸〞“碱〞或“中〞)性；用含a的代数式表示CH3COOH的电离常数Ka【解题关键点】此题考查了电离常数的意义及其应用。电离常数是化学平衡常数的一种特殊情况，应灵活迁移运用化学平衡常数的相关知识：(1)弱酸电离过程中吸收热量。(2)电离常数越大，离子结合质子的能力越弱。(3)Ka只与温度有关，加水稀释时引起平衡移动、离子浓度改变，但温度不变，Ka不变。(4)根据电离平衡常数可判断弱酸的相对强弱。【易错失分点】第(2)问中，不能正确理解弱酸的电离与弱酸根离子结合质子过程的关系；第(3)问中，不能灵活利用平衡常数进行解答。如果是改变温度引起的溶液中离子浓度变化，那么电离平衡常数也随之改变，假设再认为平衡常数恒定不变，那么不能得出正确结论。[自主解答]________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________解析：(1)弱电解质的电离属于吸热过程，所以温度升高，Ka增大。(2)电离常数越大，离子结合质子的能力越弱，所以结合质子的能力由大到小的顺序为A＞B＞D＞C。(3)用蒸馏水稀释0.10mol/L的醋酸，醋酸的电离平衡正向移动，eq\f(cCH3COOH,cH＋)＝eq\f(cCH3COO－,Ka)，Ka只与温度有关，温度不变，Ka不变，c(CH3COO－)减小，故eq\f(cCH3COOH,cH＋)减小，A错误；eq\f(cCH3COO－,cCH3COOH)＝eq\f(Ka,cH＋)，Ka不变，c(H＋)减小，所以eq\f(cCH3COO－,cCH3COOH)增大，B正确；eq\f(cH＋,Kw)中，Kw不变，c(H＋)减小，所以eq\f(cH＋,Kw)减小，C错误；eq\f(cH＋,cOH－)＝eq\f(c2H＋,Kw)，Kw不变，c(H＋)减小，故eq\f(cH＋,cOH－)减小，D错误。(4)HX和醋酸加水稀释同样的倍数，HX的pH变化较大，说明HX的电离常数大于醋酸的，稀释后HX的pH大于醋酸的pH，说明HX电离出来的c(H＋)小于醋酸的，那么HX溶液中水电离出来的c(H＋)大于醋酸溶液中水电离出来的c(H＋)。(5)根据电荷守恒：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的电离平衡常数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)大于大于稀释后HX溶液中的c(H＋)小于CH3COOH溶液中的c(H＋)，对水电离的抑制能力减弱(5)中eq\f(2×10－9,a－0.02)[多角度·突破练]⊳角度1电离平衡常数的计算1．(1)在25℃下，将amol/L的氨水与0.01mol/L的盐酸等体积混合，反响平衡时溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)，那么溶液显________(填“酸〞“碱〞或“中〞)性；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝________。(2)常温常压下，空气中的CO2溶于水，到达平衡时，溶液的pH＝5.60，c(H2CO3)＝1.5×10－5mol/L。假设忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，那么H2CO3HCOeq\o\al(－,3)＋H＋的平衡常数Ka1＝________。(10＝2.5×10－6)(3)常温下，将amol/LCH3COONa溶于水配成溶液，向其中滴加等体积的bmol/L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＝________。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－)＝eq\f(0.01mol/L,2)＝0.005mol/L，故有c(H＋)＝c(OH－)＝10－7mol/L，溶液显中性。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，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，根据物料守恒：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℃时弱电解质电离平衡常数：Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Ka(HSCN)＝0.13。(1)将20mL0.10mol/LCH3COOH溶液和20mL0.10mol/LHSCN溶液分别与0.10mol/LNaHCO3溶液反响，实验测得产生CO2气体体积V与时间t的关系如图。反响开始时，两种溶液产生CO2的速率明显不同的原因是___________________________________________________________________；反响结束后所得溶液中c(SCN－)________(填“>〞“＝〞或“<〞)c(CH3COO－)。(2)2.0×10－3mol/L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的关系如以下图。那么25℃时，HF电离平衡常数Ka(HF)＝________。解析：(1)弱酸溶液的物质的量浓度相同时，电离平衡常数大的弱酸电离出的离子浓度大，故反响开始时，两种溶液产生CO2的速率明显不同是因为Ka(HSCN)>Ka(CH3COOH)，溶液中c(H＋)：HSCN>CH3COOH，c(H＋)大反响速率快。反响结束后，溶质分别为CH3COONa和NaSCN，因生成CO2体积相等，那么CH3COONa和NaSCN浓度相同，又因CH3COOH酸性弱于HSCN，故CH3COONa水解程度大，c(CH3COO－)<c(SCN－)。(2)HF电离平衡常数等于电离出的离子浓度的乘积除以未电离电解质的浓度，故当pH＝4时，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)因为Ka(HSCN)>Ka(CH3COOH)，溶液中c(H＋)：HSCN>CH3COOH，c(H＋)大，反响速率快>(2)4×10－4有关电离常数计算的两种类型(以弱酸HX为例)(1)c(HX)始和c(H＋)，求电离常数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＋)。由于弱酸只有极少一局部电离，c(H＋)的数值很小，可作近似处理：c(HX)始－c(H＋)≈c(HX)始，那么Ka≈eq\f(c2H＋,cHX始)，代入数值求解即可。(2)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)，那么：c(H＋)＝eq\r(Ka·cHX始)，代入数值求解即可。⊳角度2电离平衡常数的应用3．碳酸、亚硫酸、次氯酸的电离平衡常数(25℃)如下表，以下说法正确的选项是()物质H2CO3H2SO3HClO电离平衡常数Ka14.5×10－71.4×10－24.0×10－8Ka24.7×10－116.0×10－8—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．向氯水中分别参加等浓度的NaHCO3和NaHSO3溶液，均可提高氯水中HClO的浓度B解析：由表中电离常数可知Ka(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，那么后者的碱性强，A错误；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，反响生成HCOeq\o\al(－,3)和SOeq\o\al(2－,3)，B正确；NaHCO3溶液中通入少量SO2时，只能发生反响：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发生氧化复原反响，导致HClO的浓度降低，D错误。4．(2021·南昌模拟)下面三个数据：6.3×10－4、5.6×10－4、6.2×10－10分别是以下有关三种酸的电离常数，假设以下反响可以发生：NaCN＋HNO2=HCN＋NaNO2、NaCN＋HF=HCN＋NaF、NaNO2＋HF=HNO2＋NaF，由此可判断以下表达不正确的选项是()A．K(HF)＝6.3×10－4B．K(HNO2)＝6.2×10－10C．根据两个反响即可得出一元弱酸的强弱顺序为HF>HNO2>HCND．K(HCN)<K(HNO2)<K(HF)B解析：根据较强的酸制备较弱酸的原理判断，三种酸的酸性强弱顺序是HF>HNO2>HCN。酸性越强，电离常数越大，因此亚硝酸的电离常数应是5.6×10－4，B项不正确。5．25℃时，以下有关电解质溶液的说法正确的选项是()A．加水稀释0.1mol/L氨水，溶液中c(H＋)·c(OH－)和c(H＋)/c(OH－)保持不变B．向CH3COONa溶液中参加少量CH3COONa，溶液中c(CH3COO－)/c(CH3COOH)的值增大C．等体积、等物质的量浓度的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．将浓度为0.1mol/LHF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(cF－,cH＋)始终增大B解析：A项，0.1mol/L氨水稀释过程中c(H＋)增大，c(OH－)减小，因而比值变大，错误；B项，向CH3COONa溶液中参加少量CH3COONa，溶液中eq\f(cCH3COO－,cCH3COOH)＝eq\f(Ka,cH＋)，参加CH3COONa，溶液碱性增强，那么c(H＋)降低，所以eq\f(cCH3COO－,cCH3COOH)的值增大，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(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))，错误；D项，0.1mol/L的HF加水稀释，c(F－)趋近于0，而c(H＋)趋于不变(10－7mol/L)，故比值变小，错误。(1)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。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判断复分解反响能否发生，一般符合“强酸制弱酸〞规律。④判断粒子浓度比值的变化。(2)溶液中某些离子浓度比值变化的三种判断方法①转化法：将浓度之比转化为物质的量进行比拟，这样分析起来可以忽略溶液体积的变化，只需分析微粒数目的变化即可。②凑常数法：解题时将某些离子的浓度比值关系，去乘以或除以某种离子的浓度，将会转化为一个常数与某种离子浓度乘积或相除的关系。③假设法：如0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释，假设无限稀释，c(CH3COO－)趋近于0，c(H＋)趋于不变，故eq\f(cCH3COO－,cH＋)比值变小。一元强酸、一元弱酸与金属的反响[知识对接](1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸中参加金属(例如锌)参加金属锌，盐酸反响较快假设参加金属锌足量，最终产生气体一样多(2)相同体积、相同pH的盐酸、醋酸中参加金属(例如锌)参加金属锌，醋酸反响较快假设参加金属锌足量，最终醋酸产生的气体多[应用体验]1．相同体积、相同pH的某一元强酸溶液①和某一元弱酸溶液②分别与足量的锌粉发生反响，以下关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的选项是()C解析：强酸完全电离，弱酸局部电离，pH相同的弱酸的浓度大于强酸，随着反响的进行，弱酸会继续电离出H＋，所以溶液②产生氢气的体积多，在相同时间内，②的反响速率比①快。2．在体积都为1L，pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，投入0.65g锌粒，那么以下图像中符合客观事实的是()C解析：因盐酸为强酸、醋酸为弱酸，故pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，c(HCl)＝0.01mol/L，而c(CH3COOH)＞0.01mol/L,1L溶液中n(HCl)＝0.01mol，n(CH3COOH)＞0.01mol。A项，相同时间内pH变化较大的应为HCl，错误；B项，产生H2速率大的应为CH3COOH，错误；D项，相同时间内c(H＋)变化较大的为HCl，错误。一元强酸(碱)或一元弱酸(碱)稀释图像分析[知识对接](1)相同体积、相同浓度的盐酸与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，盐酸参加的水多(2)相同体积、相同pH的盐酸与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，醋酸参加的水多[应用体验]3．某温度下，相同体积、相同pH的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释时，pH变化曲线如下图，以下判断正确的选项是()A．a点导电能力比b点强B．b点的Kw值大于c点C．与盐酸完全反响时，消耗盐酸体积Va＞VcD．a、c两点的c(H＋)相等D解析：选项A，根据图示可知，a点对应的曲线为NaOH溶液稀释曲线，b、c点对应的曲线为氨水的稀释曲线，a点溶液中离子浓度小于b点溶液中离子浓度，a点导电能力更弱；选项B，Kw值只与温度有关，b、c两点Kw值相等；选项C，NH3·H2O的物质的量大于NaOH，稀释过程中溶质总量不变，所以c点消耗盐酸多；选项D，a、c两点溶液pH相等，那么c(H＋)相等。4．室温下，将10.00mL5.0000mol/L醋酸滴入100.00mL蒸馏水中，溶液中c(H＋)和温度随着参加醋酸体积的变化曲线如下图，以下有关说法正确的选项是()A．a～b段，醋酸电离过程为放热过程B．c～d段，c(H＋)增加，醋酸电离程度增大C．c点时，参加等体积等浓度的NaOH溶液，那么c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)D．d点时，c(H＋)>c(CH3COOH)C解析：a～b段，醋酸电离过程为吸热过程，电解质溶于水，扩散过程(电离)吸热，水合过程(形成水合离子)放热，故A错误；c～d段，醋酸浓度增大，c(H＋)增加，醋酸电离程度减小，故B错误；c点时，参加等体积等浓度的NaOH溶液，根据物料守恒，有c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，故C正确；d点时，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错误。1．(2021·济宁模拟)25℃时不断将水滴入0.1mol/L的氨水中，以下图像变化合理的是()C解析：稀释时氢氧根离子浓度下降，pH下降，趋近于7，但不可能小于7，故A错误；随着水的滴入，电离度始终增大，故B错误；随着水的滴入，离子浓度下降，导电能力下降，故C正确；Kb是温度的函数，与浓度无关，故D错误。2．pH＝2的两种一元酸x和y，体积均为100mL，稀释过程中pH与溶液体积的关系如下图。分别滴加NaOH溶液(c＝0.1mol/L)至pH＝7，消耗NaOH溶液的体积为Vx、Vy，那么以下判断正确的选项是()A．x为弱酸，Vx<VyB．x为强酸，Vx>VyC．y为弱酸，Vx<VyD．y为强酸，Vx>VyC解析：由题图知：将一元酸x和y分别稀释10倍，pH的变化量ΔpHx＝1，ΔpHy<1，所以x为强酸，y为弱酸。pH＝2时弱酸y的浓度大，滴加NaOH溶液至pH＝7时消耗NaOH溶液的体积y比x大。3．以下曲线中，可以描述乙酸(甲，K＝1.8×10－5)和一氯乙酸(乙，K＝1.4×10－3)在水中的电离度与浓度关系的是()B解析：这两种物质都是弱电解质，在温度不变、浓度相等时，电离程度：CH3COOH<CH2ClCOOH，排除A、C项；当浓度增大时，弱电解质的电离程度均减小，排除D项。4．浓度均为0.1mol/L、体积均为V0的HX、HY溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lgeq\f(V,V0)的变化关系如下图。以下表达正确的选项是()A．HX、HY都是弱酸，且HX的酸性比HY的弱B．常温下，由水电离出的c(H＋)·c(OH－)：a<bC．相同温度下，电离常数K(HX)：a>bD．lgeq\f(V,V0)＝3，假设同时微热两种溶液(不考虑HX、HY和H2O的挥发)，那么eq\f(cX－,cY－)减小B解析：A项，由图像可知当lgeq\f(V,V0)＝0，即V＝V0时，0.1mol/L的HX溶液和HY溶液的pH分别为2～3和1，所以HX是弱酸、HY是强酸，错误；B项，酸抑制水的电离，所以酸性越弱、水的电离程度越大，即pH越大，水电离出的c(H＋)·c(OH－)越大，由图像可知，由水电离出的c(H＋)·c(OH－)：a<b，正确；C项，温度相同，那么电离常数相同，错误；D项，微热促进HX的电离，c(X－)增大，所以eq\f(cX－,cY－)增大，错误。5．(2021·天津高考)某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10－4和1.7×10－5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如下图。以下表达正确的选项是()A．曲线Ⅰ代表HNO2溶液B．溶液中水的电离程度：b点>c点C．从c点到d点，溶液中eq\f(cHA·cOH－,cA－)保持不变(其中HA、A－分别代表相应的酸和酸根离子)D．相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na＋)相同C解析：根据HNO2和CH3COOH的电离常数，可知酸性：HNO2＞CH3COOH。相同pH的两种酸溶液，稀释相同倍数时，弱酸的pH变化较小，故曲线Ⅰ代表CH3COOH溶液，A项错误；两种酸溶液中水的电离均受到抑制，b点溶液pH小于c点溶液pH，那么b点对应酸电离出的c(H＋)大，对水的电离抑制程度大，故水的电离程度：b点＜c点，B项错误；溶液中eq\f(cHA·cOH－,cA－)＝eq\f(cHA·cOH－·cH＋,cA－·cH＋)＝eq\f(Kw,KaHA)，从c点到d点，HA的电离平衡正向移动，但Kw、Ka(HA)的值不变，故eq\f(cHA·cOH－,cA－)不变，C项正确；相同体积a点的两溶液中，由于c(CH3COOH)＞c(HNO2)，故n