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第39讲 电离平衡
【课标指引】
1.理解弱电解质在水溶液中的电离平衡,能用电离方程式进行表征。
2.依据勒夏特列原理分析外界条件对电离平衡的影响及结果。
3.了解电离平衡常数的含义,掌握电离平衡常数的相关计算。
考点一　电离平衡及影响因素
考点二　电离平衡常数及应用
目录索引
素养发展进阶
考点一　电离平衡及影响因素
必备知识 梳理
1.弱电解质电离平衡的建立及特征
(1)开始时,v(电离)________,而v(结合)为________。
(2)平衡的建立过程中,v(电离) ________v(结合)。
(3)当v(电离) ________v(结合)时,电离过程达到平衡状态。
=
≠
最大
0
>
=
2.影响电离平衡的因素
(1)影响电离平衡的内因
影响电离平衡的内因是弱电解质本身的________________,其他条件相同时,电解质越弱越难电离。
影响电离平衡的决定性因素
结构与性质
(2)影响电离平衡的外因
以1.0 mol·L-1 CH3COOH溶液为例,分析外界条件对电离平衡CH3COOH
CH3COO-+H+　ΔH>0的影响。
改变条件 平衡移动方向 n(H+) c(H+) 电离程度
浓度 加水稀释 向右
加入少量冰醋酸 向右
温度 升高温度 向右
降低温度 向左
反应 通入HCl(g) 向左
加NaOH(s) 向右
加CH3COONa(s) (同离子效应) 向左
增大
减小
增大
增大
增大
减小
增大
增大
增大
减小
减小
减小
增大
增大
减小
减小
减小
增大
减小
减小
减小
【应用示例】常温下,①100 mL 0.01 mol·L-1的CH3COOH溶液,②10 mL 0.1 mol·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。
<
>
<
=
=
关键能力 提升
考向1 外界条件对电离平衡的影响
例1(2023·广东广州检测)将0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时,都会引起的变化是(　　)
A.溶液的pH增大
B.CH3COOH的电离度变大
C.溶液中c(OH-)减小
D.溶液的导电能力减弱
A
解析 A项,CH3COOH溶液中存在CH3COOH CH3COO-+H+,加水稀释时,平衡虽然正向移动,但溶液中H+浓度减小,溶液的pH增大,加入CH3COONa晶体时,平衡逆向移动,溶液中的H+浓度减小,溶液的pH增大;B项, CH3COOH溶液中存在CH3COOH CH3COO-+H+,加水稀释时,平衡正向移动,CH3COOH的电离度变大,加入CH3COONa晶体,平衡逆向移动, CH3COOH的电离度变小;C项,由A项分析可知,两种措施均能使溶液的pH增大,则溶液中c(OH-)增大;D项,溶液的导电能力与溶液中自由移动的离子浓度和离子所带的电荷有关,加水稀释时,平衡虽然正向移动,溶液中CH3COO-、H+浓度均减小,溶液的导电能力减弱,而加入醋酸钠晶体后,溶液中的CH3COO-浓度增大,还有Na+、H+均可导电,则溶液的导电能力增强;故答案为A。
A.加水,平衡向右移动,溶液中氢离子浓度增大
B.通入过量SO2气体,平衡向左移动,溶液pH增大
C.滴加新制氯水,平衡向左移动,溶液pH减小
D.加入少量硫酸铜固体(忽略体积变化),溶液中所有离子浓度都减小
C
解析 加水促进H2S的电离,由于溶液体积增大,氢离子浓度减小,A项错误;反应:2H2S+SO2═3S↓+2H2O,pH增大,当SO2过量,溶液显酸性,因H2SO3酸性比H2S强,故pH减小,B项错误;滴加新制氯水,发生反应Cl2+H2S═2HCl+S↓,平衡向左移动,生成了强酸,溶液pH减小,C项正确;加入少量硫酸铜固体,发生反应H2S+Cu2+═CuS↓+2H+,H+浓度增大,D项错误。
考向2 电离平衡移动的结果及分析
例2(2024·湖南长沙南雅中学高三模拟)室温下,向10 mL pH=3的CH3COOH溶液中加入下列物质,对所得溶液的分析正确的是(　　)
选项 加入的物质 对所得溶液的分析
A 90 mL H2O 由水电离出的c(H+)=10-10 mol·L-1
B 0.1 mol CH3COONa固体 c(OH-)比原CH3COOH溶液中的大
C 10 mL pH=1的H2SO4溶液 CH3COOH的电离程度不变
D 10 mL pH=11的NaOH溶液 c(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)=c(H+)
B
解析 向10 mL pH=3的CH3COOH溶液中加入90 mL H2O,醋酸的电离平衡正向移动,c(H+)>10-4 mol·L-1,故由水电离出的c(H+)<10-10 mol·L-1,选项A错误;向10 mL pH=3的CH3COOH溶液中加入0.1 mol CH3COONa固体,醋酸根离子浓度增大,醋酸的电离平衡逆向移动,c(H+)降低,c(OH-)比原CH3COOH溶液中的大,选项B正确;向10 mL pH=3的CH3COOH溶液中加入10 mL pH=1的H2SO4溶液,氢离子浓度增大,抑制醋酸的电离,CH3COOH的电离程度减小,选项C错误;向10 mL pH=3的CH3COOH溶液中加入10 mL pH=11的NaOH溶液,醋酸过量,所得溶液呈酸性,故c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),选项D错误。
[对点训练2] (2023·广东江门检测)一定温度下,冰醋酸加水稀释过程中,溶液导电能力的实验结果如图所示,下列说法错误的是(　　)
C
A.冰醋酸导电能力约为零
B.a、b、c三点溶液中,溶液的pH:c>a>b
C.a、b、c三点溶液中,CH3COOH电离程度最大的是b点
D.a、b、c三点溶液用1 mol·L-1 NaOH溶液中和,恰好完全中和时消耗NaOH溶液体积相等
解析 由图可知,加水量为0时为冰醋酸,冰醋酸是纯净的醋酸,不能电离,导电能力约为零,A正确;由图可知,导电能力b>a>c,溶液中氢离子浓度b>a>c,pH:b考点二　电离平衡常数及应用
必备知识 梳理
1.电离平衡常数的含义
在一定条件下,当弱电解质的电离达到平衡时,溶液中各组分的浓度之间存在一定的关系。对于一元弱酸或一元弱碱来说,当达到电离平衡时,溶液中弱电解质电离所生成的各种__________的乘积,与溶液中______________的浓度之比是一个常数,这个常数叫做电离平衡常数,简称电离常数。
通常用Ka、Kb分别表示弱酸、弱碱的电离平衡常数
离子浓度
未电离分子
2.电离平衡常数的表示
(1)一元弱酸和一元弱碱
一元弱酸和一元弱碱均一步电离,直接书写,例如:
3.电离平衡常数的特点
温度
增大
越强
第一步
【应用示例】常温下0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中,填写下列表达式中的数据变化情况(填“变大”“变小”或“不变”)。
变小
不变
变大
不变
4.电离度(教材拓展)
越小
越大
关键能力 提升
考向1 根据电离常数判断弱电解质的相对强弱
例1(教材改编题)25 ℃时,HNO2、HF、HCN三种酸的电离平衡常数分别为6.3×10-4、5.6×10-4、6.2×10-10中的一种。已知下列反应可以发生:
①NaCN+HNO2═HCN+NaNO2;②NaCN+HF═HCN+NaF;
③NaNO2+HF═HNO2+NaF。由此判断,下列有关叙述不正确的是(　　)
A.Ka(HF)=6.3×10-4,Ka(HNO2)=6.2×10-10
B.电离常数:Ka(HF)>Ka(HNO2)>Ka(HCN)
C.反应HNO2+NaF═NaNO2+HF不能发生
D.该温度下,0.1 mol·L-1 HF溶液中c(H+)≈8×10-3 mol·L-1
A
解析 根据酸与盐发生复分解反应遵循“较强酸制取较弱酸”的规律,由反应①、②、③可得酸性:HNO2>HCN、HF>HCN、HF>HNO2,从而可得酸性:HF>HNO2>HCN,则电离平衡常数:Ka(HF)>Ka(HNO2)>Ka(HCN)。结合三个电离平衡常数的相对大小推知,Ka(HF)=6.3×10-4,Ka(HNO2)=5.6×10-4,Ka(HCN)=6.2×10-10,A错误;由前面分析可知,B正确;由于酸性:HF>HNO2,故HNO2和NaF不发生反应,C正确;结合电离常数表达式可得,c2(H+)=Ka(HF)·c(HF)=6.3×10-4×0.1,解得c(H+)≈8×10-3 mol·L-1,D正确。
[对点训练1] (2023·广东广州联考)部分弱电解质的电离常数如下表:
B
考向2 结合电离常数判断溶液中微粒浓度比值的变化
例2 25 ℃时,下列有关电解质溶液的说法正确的是(　　)
B
[对点训练2] 将氨水与盐酸等浓度等体积混合,下列做法能使c( )与c(Cl-)比值变大的是(　　)
A.加入固体氯化铵 B.通入少量氯化氢
C.升高溶液温度 D.加入少量固体氢氧化钠
A
素养发展进阶
进阶1 练易错·避陷阱
1.(2023·广东广州统考)对室温下pH和体积均相同的醋酸和盐酸两种溶液分别采取下列措施,有关叙述正确的是(　　)
A.温度都升高20 ℃后,醋酸溶液的pH小于盐酸
B.加入少量的醋酸钠晶体后,只有醋酸的pH发生变化
C.加水稀释10倍后,盐酸的pH变化较小
D.加入足量的镁条充分反应后,两溶液产生的氢气一样多
A
解析 醋酸在溶液中的电离为吸热过程,升高温度,平衡右移,溶液中的氢离子浓度增大,pH减小,而盐酸是强酸,升高温度,溶液中的氢离子浓度基本不变,则温度都升高20 ℃后,醋酸溶液的pH小于盐酸,A正确;盐酸中加入少量的醋酸钠晶体后,盐酸与醋酸钠反应生成醋酸和氯化钠,溶液中氢离子浓度减小,溶液pH增大,B错误;醋酸在溶液中存在电离平衡,分别加水稀释10倍后,电离平衡右移,所以pH相同的醋酸溶液的pH变化小于盐酸,C错误;醋酸在溶液中存在电离平衡,pH相同的醋酸溶液的浓度大于盐酸,中和能力强于盐酸,与足量的镁条充分反应后,醋酸溶液产生的氢气多于盐酸,D错误。
2.已知亚磷酸(H3PO3)为二元弱酸,常温下,向某浓度的亚磷酸溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的KOH溶液,混合溶液的pH与离子浓度的关系如图所示。
(1)写出亚磷酸电离的方程式:__________________________、__________________________。
Ⅰ
10-1.4
进阶2 练热点·提素能
3.常温下,次氯酸电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ(X)= , X为HClO或ClO-]与pH的关系如图所示。下列有关说法正确的是(　　)
A.次氯酸的电离方程式为HClO═H++ClO-
B.曲线a、b依次表示δ(ClO-)、δ(HClO)的变化
C.次氯酸电离常数Ka的数量级为10-7
D.向次氯酸溶液中加NaOH溶液, 将减小
D
4.常温时,改变饱和氯水的pH,得到部分含氯微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。下列叙述不正确的是(　　)
D
进阶3 研真题·明考向
5.(2022·广东卷,17节选)食醋是烹饪美食的调味品,有效成分主要为醋酸(用HAc表示)。HAc的应用与其电离平衡密切相关。25 ℃时,HAc的Ka=1.75×10-5=10-4.76。
(1)某小组研究25 ℃下HAc电离平衡的影响因素。
提出假设:稀释HAc溶液或改变Ac-浓度,HAc电离平衡会发生移动。
设计方案并完成实验:用浓度均为0.1 mol·L-1的HAc和NaAc溶液,按下表配制总体积相同的系列溶液;测定pH,记录数据。
①根据表中信息,补充数据:a=________,b=________。
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知,稀释HAc溶液,电离平衡________(填“正”或“逆”)向移动;结合表中数据,给出判断理由:________________________________
_____________________________________________________。
③由实验Ⅱ~Ⅷ可知,增大Ac-浓度,HAc电离平衡逆向移动。
实验结论:假设成立。
3.00
33.00
正
实验Ⅱ相较于实验Ⅰ,醋酸溶液稀释
到体积为原来的10倍,而实验Ⅱ的pH增大值小于1
对比数据发现,实验Ⅷ中pH=4.65与资料数据Ka=10-4.76存在一定差异;推测可能由物质浓度准确程度不够引起,故先准确测定HAc溶液的浓度再验证。
①移取20.00 mL HAc溶液,加入2滴酚酞溶液,用0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液滴定至终点,消耗体积为22.08 mL,则该HAc溶液的浓度为_______ mol·L-1。
②用上述HAc溶液和0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液,配制等物质的量的HAc与NaAc混合溶液,测定pH,结果与资料数据相符。
0.110 4
(3)小组进一步提出:如果只有浓度均约为0.1 mol·L-1的HAc和NaOH溶液,如何准确测定HAc的Ka。小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。
Ⅰ 移取20.00 mL HAc溶液,用NaOH溶液滴定至终点,消耗NaOH溶液V1 mL
Ⅱ ______________________________________,测得溶液的pH为4.76
实验总结:得到的结果与资料数据相符,方案可行。
(4)根据Ka可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途________________________。
向滴定后的混合液中加入20.00 mL HAc溶液
HClO:漂白剂和消毒液(或H2SO3:还原剂、防腐剂或H3PO4:食品添加剂、制药、生产肥料等)
解析 (1)①实验Ⅶ的溶液中n(NaAc)∶n(HAc)=3∶4,V(HAc)=4.00 mL,则V(NaAc)=3.00 mL,即a=3.00;由实验Ⅰ可知,溶液最终的总体积为40.00 mL,则实验Ⅶ中V(H2O)=40.00 mL-4.00 mL-3.00 mL=33.00 mL,即b=33.00。②实验Ⅰ所得溶液的pH=2.86,实验Ⅱ的溶液中c(HAc)为实验Ⅰ的,稀释过程中,若不考虑电离平衡移动,则实验Ⅱ所得溶液的pH=2.86+1=3.86,但实际溶液的pH=3.36<3.86,说明稀释过程中溶液中n(H+)增大,即电离平衡正向移动。
(2)①滴定过程中发生反应:HAc+NaOH═NaAc+H2O,由反应方程式可知,滴定至终点时,消耗的反应物n(HAc)=n(NaOH),则有22.08 mL×0.100 0 mol·L-1=20.00 mL×c(HAc),解得c(HAc)=0.110 4 mol·L-1。
(3)向20.00 mL的HAc溶液中加入V1 mL NaOH溶液时达到滴定终点,滴定终点的溶液中溶质为NaAc,当 =1时,溶液中c(H+)的值等于HAc的Ka,因此可再向溶液中加入20.00 mL HAc溶液,使溶液中n(NaAc)=n(HAc)。

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