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第九章　水溶液中的离子反应与平衡
第45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.电离平衡含义
在一定条件下(如浓度、温度等),当弱电解质分子电离产生离子的速率和离子结合成分子的速率相等时,达到电离平衡状态。
2.电离平衡的建立与特征
3.外界条件对电离平衡的影响
以0.1 mol·L-1 CH3COOH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+) 导电能力
加水稀释 向右 增大 减小 减弱
加入少量 冰醋酸 向右 增大 增大 增强
通入HCl(g) 向左 增大 增大 增强
加NaOH(s) 向右 减小 减小 增强
加CH3COONa(s) 向左 减小 减小 增强
升高温度 向右 增大 增大 增强
(1)电离平衡向右移动时,电解质的电离程度一定增大吗
电离平衡右移,电离程度不一定增大,如增大弱电解质的浓度,电离平衡向右移动,弱电解质的电离程度减小。
(2)电离平衡向右移动时,电离出的离子浓度一定增大吗
电离平衡右移,离子的浓度不一定增大,如在CH3COOH溶液中加水稀释或加少量NaOH固体,都会引起平衡右移,但c(CH3COOH)、c(H+)都比原平衡时要小。
1.常温下,100 mL 0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液中,欲使其溶液中的c(H+)增大,但又要使CH3COOH电离程度减小,应采取的措施是(　D　)
A.加入少量CH3COONa固体
B.加入少量NaOH固体
C.升高温度
D.加入少量冰醋酸
2.(2025·江苏徐州模拟)稀氨水中存在着下列平衡:NH3·H2O N+OH-,若要使平衡向左移动,同时使c(OH-)增大,应加入的适量物质或采取的措施是(　B　)
A.NH4Cl固体 B.NaOH固体
C.水 D.加热
解析:若在稀氨水中加入NH4Cl固体,c(N)增大,平衡向左移动,c(OH-)减小,A不符合题意;当在稀氨水中加入NaOH固体后,c(OH-)增大,平衡向左移动,B符合题意;若在稀氨水中加入水,稀释溶液,平衡向右移动,c(OH-)减小,C不符合题意;电离属于吸热过程,加热平衡向右移动,c(OH-)增大,D不符合题意。
3.(2025·山东烟台模拟)下列事实不能证明HNO2是弱电解质的是(　C　)
A.常温下NaNO2溶液的pH>7
B.常温下0.1 mol/L HNO2溶液的pH约为2
C.HNO2溶液中滴加紫色石蕊溶液,溶液变红色
D.常温下将pH=3的HNO2溶液加水稀释至100倍,稀释后溶液的pH约为4.5
解析:常温下NaNO2溶液的pH>7,溶液呈碱性,说明NaNO2是强碱弱酸盐,则HNO2是弱酸,A不选;常温下0.1 mol/L HNO2溶液的pH约为2,说明该HNO2溶液中氢离子浓度接近0.01 mol/L,小于0.1 mol/L,则说明HNO2部分电离,为弱电解质,B不选;HNO2溶液中滴加紫色石蕊溶液变红色,说明HNO2为酸,但是不能说明HNO2部分电离,所以不能证明HNO2为弱电解质,C选;常温下pH=3的HNO2稀释100倍,稀释后溶液的pH约为4.5,说明HNO2稀释过程中还存在电离平衡,则HNO2为弱电解质,D不选。
考点二　电离平衡常数　电离度
1.电离平衡常数
(1)概念:在一定条件下,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分子的浓度的比值是一个常数,这个常数叫做电离平衡常数,简称电离常数,用K表示。
(2)表达式
①一元弱酸或弱碱
物质 一元弱酸HA 一元弱碱BOH
电离 方程式 HA H++A- BOH B++OH-
电离常数 表达式 Ka= Kb=
②多元弱酸(以H2CO3为例)
电离过程 第一步电离 第二步电离
电离 方程式 H2CO3 H++HC HC H++C
电离常数 表达式 Ka1= Ka2=
电离常 数关系 Ka1>(填“>”或“<”)Ka2
(3)影响因素
①内因:相同温度下,电解质越弱,其电离常数越小,反之,电离常数越大。
②外因:电离平衡常数与温度有关,与浓度无关,升高温度,K增大。
(4)意义
①电离平衡常数的大小反映弱电解质的相对强弱,电离平衡常数越大,弱电解质的电离能力越强。
②多元弱酸的各步电离常数的大小关系是Ka1>Ka2>Ka3……当Ka1 Ka2时,计算多元弱酸中的c(H+)或比较多元弱酸酸性的相对强弱时,通常只考虑第一步电离。
2.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=×100%,也可表示为α=×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)越小 (2)相同浓度下,同一弱电解质,温度越高,其电离度(α)越大
已知25 ℃时,某浓度为c的一元弱酸HA的电离度为α,你能求出该温度下HA的电离常数(Ka)吗 (用含c、α的代数式表示)
　　　　HA　 　H+　+　A-
起始　　c　　　　　0　　　0
转化　　c·α　　　　c·α　　c·α
平衡　c·(1-α) 　 　c·α　　c·α
Ka=,α很小,可认为1-α≈1,则Ka=c·α2。
1.相同温度下,根据三种酸的电离常数,下列判断正确的是(　B　)
酸 HCN CH3COOH H3PO2
电离常数(K) 6.2×10-10 1.75×10-5 5.9×10-2
A.三种酸的强弱关系:HCN>CH3COOH>H3PO2
B.反应H3PO2+CH3COO-===CH3COOH+H2P能够发生
C.由电离常数可以判断,H3PO2属于强酸,HCN和CH3COOH属于弱酸
D.相同温度下,1 mol·L-1 HCN溶液的电离常数大于0.1 mol·L-1 HCN溶液的电离常数
解析:酸性越强电离平衡常数越大,三种酸的强弱关系:HCN2.下列关于溶液中粒子浓度比值的说法正确的是(　B　)
A.向0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液中加入少量水,溶液中减小
B.室温下向10 mL 0.1 mol·L-1的氨水中加水稀释后,溶液中不变
C.等体积、等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合:
D.将浓度为0.1 mol·L-1 HF溶液不断加水稀释过程中,电离平衡常数Ka(HF)保持不变,始终增大
解析:B项,NH3·H2O的电离常数Kb=,温度不变,Kb不变,正确;C项,H2CO3电离常数Ka1=,同一溶液中c(H+)相等,而Ka1>Ka2,则,错误;D项,0.1 mol·L-1的HF溶液不断加水稀释,c(F-)趋近于0,而c(H+)趋近于10-7 mol·L-1,故变小,错误。
3.(1)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)=1.5×10-5 mol·L-1。若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离,则H2CO3 HC+H+的电离平衡常数Ka1=4.2×10-7(已知:10-5.60=2.5×10-6)。
(2)在25 ℃下,将a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合,反应平衡时溶液中c(N)=c(Cl-),则溶液显中(填“酸”“碱”或“中”)性;用含a的代数式表示NH3·H2O的电离平衡常数Kb=。
(3)常温下,将a mol·L-1 CH3COOH溶液与b mol·L-1 Ba(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的电离平衡常数Ka=(用含a和b的代数式表示)。
解析:(1)由H2CO3 H++HC得Ka1=≈4.2×10-7。
(2)氨水与盐酸等体积混合,电荷守恒关系式为c(N)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),因c(N)=c(Cl-),故有c(H+)=c(OH-),溶液显中性。
　　　　　　　　　　　NH3·H2O N+OH-
平衡浓度/(mol·L-1)　　　　　　10-7
Kb=。
(3)溶液中存在电荷守恒:2c(Ba2+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),又c(CH3COO-)=2c(Ba2+)=b mol·L-1,所以c(H+)=c(OH-),溶液呈中性。
　　　　　　　　　　　CH3COOH CH3COO-+H+
平衡浓度/(mol·L-1)　　　　-b　　　　　b　　　10-7
Ka=。
1.(2025·海南卷改编)溶液电导率(κ)高低间接体现了电解质溶液中导电粒子的有效浓度。303 K下,H2SO4质量分数与其电导率关系如图所示。下列说法错误的是(　B　)
A.液态纯H2SO4存在平衡:2H2SO4 H3S
B.因为κ(a)=κ(b),所以pH(a)=pH(b)
C.电导率最大值对应浓度是构建铅酸蓄电池的重要依据
D.在一定质量分数区间(15%~20%),H2SO4电离度随质量分数增加而减小
解析:纯H2SO4即其质量分数达到100%,此时有较小的电导率,即存在一种平衡形成少量导电粒子,故平衡2H2SO4 H3S存在,A正确;κ只能表达导电粒子的有效浓度,不能表达导电粒子的种类,pH与氢离子浓度有关,当H2SO4的质量分数很大时,倾向于发生A项中的电离形成导电粒子,而质量分数较小时,发生H2SO4的完全电离,故电导率的大小与溶液的pH之间没有必然关系,B错误;电导率最大时H2SO4全部电离变为H+和S,此时溶液导电率大,形成的铅酸蓄电池能较好工作,故电导率最大值对应浓度是构建铅酸蓄电池的重要依据,C正确;当H2SO4质量分数介于15%~20%时,电导率虽然始终增大,但增大的程度已经减小(切线斜率减小),说明在15%~20%质量分数区间,随H2SO4质量分数增加,溶液浓度增大,H2SO4的电离平衡受到抑制,电离度减小,D正确。
2.(2025·江苏卷)室温下,有色金属冶炼废渣(含Cu、Ni、Si等的氧化物)用过量的较浓H2SO4溶液酸浸后,提取铜和镍的过程如图所示。
已知:Ka(HS)=1.2×10-2,Ka1(H2SO3)=1.2×10-2,Ka2(H2SO3)=6.0×10-8。下列说法正确的是(　B　)
A.较浓H2SO4溶液中:c(H+)=2c(S)+c(OH-)
B.NaHSO3溶液中:2HS +H2SO3的平衡常数K=5.0×10-6
C.(NH4)2C2O4溶液中:c(NH3·H2O)+c(OH-)=c(H2C2O4)+c(HC2)+c(H+)
D.“提铜”和“沉镍”后的两份滤液中:c提铜(Na+)=c沉镍(Na+)
解析:有色金属冶炼废渣(含Cu、Ni、Si等的氧化物)用过量的较浓H2SO4溶液酸浸后,浸取液主要含有CuSO4、NiSO4,加入NaHSO3溶液提铜,滤液加入(NH4)2C2O4溶液沉镍得到NiC2O4。根据题给信息Ka(HS)=1.2×10-2知,在较浓的H2SO4溶液中H2SO4仅第一步电离完全,电离出大量的H+会抑制第二步电离,第二步电离不完全,溶液中存在HS,因此电荷守恒应表示为c(H+)=c(HS)+2c(S)+c(OH-),A错误;该反应的平衡常数K==5.0×10-6,B正确;N得到1个OH-生成NH3·H2O,C2,C2得到2个H+生成H2C2O4,水电离出的H+与OH-浓度相等,即c水(H+)=c水(OH-),则溶液中存在质子守恒:c水(OH-)=c(NH3·H2O)+c(OH-)=2c(H2C2O4)+c(HC2)+c(H+)=c水(H+),C错误;考虑提取过程中溶液的少量损耗(吸附在沉淀表面被过滤除去),n提铜(Na+)>n沉镍(Na+),同时“沉镍”过程中加入了(NH4)2C2O4溶液,溶液体积增大,因此c提铜(Na+)>c沉镍(Na+),D错误。
3.(2025·广东卷节选)兴趣小组测定常温下苯甲酸饱和溶液的浓度c0和苯甲酸的Ka,实验如下:取50.00 mL苯甲酸饱和溶液,用0.100 0 mol/L NaOH溶液滴定,用pH计测得体系的pH随滴入溶液体积V变化的曲线如图。据图可得:
(1)c0=0.028 mol/L。
(2)苯甲酸的Ka=(列出算式,水的电离可忽略)。
解析:(1)由图像可知,当加入14 mL NaOH溶液时,苯甲酸被完全中和,则可得苯甲酸饱和溶液的浓度c0==0.028 mol/L。(2)由图像可知,苯甲酸饱和溶液的pH为2.89,说明苯甲酸饱和溶液中的c(H+)=c(苯甲酸根离子)=10-2.89 mol/L,则苯甲酸的Ka=。
课时作业45(总分:55分)
1.(4分)(2025·山东菏泽模拟)室温下,向0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液中加水,在此稀释过程中,下列说法正确的是(　D　)
A.CH3COOH的电离程度增大,溶液的酸性增强
B.CH3COOH的电离平衡常数Ka增大
C.的值增大
D.溶液中所含H+的数目增多
2.(4分)(2025·湖南衡阳模拟)将0.1 mol·L-1的氨水加水稀释至0.01 mol·L-1,稀释过程中温度不变,下列叙述正确的是(　D　)
A.稀释后溶液中c(H+)和c(OH-)均减小
B.稀释后溶液中c(OH-)变为稀释前的
C.稀释过程中NH3·H2O的电离平衡向左移动
D.稀释过程中溶液中增大
解析:温度不变,水的电离常数不变,稀释后c(OH-)减小,c(H+)增大,A错误;NH3·H2O为弱电解质,稀释后溶液中c(OH-)大于稀释前的,B错误;NH3·H2O为弱电解质,稀释过程中电离平衡向右移动,C错误;同一溶液中,,稀释时电离平衡向右移动,故n(OH-)增大,n(NH3·H2O)减小,故增大,D正确。
3.(4分)已知人体体液中存在如下平衡:CO2+H2O H2CO3 H++HC,以维持体液pH的相对稳定。下列说法不合理的是(　C　)
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:若静脉滴注大量生理盐水,则体液被稀释,平衡CO2+H2O H2CO3 H++HC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,C不合理。
4.(4分)25 ℃时,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。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,下列叙述不正确的是(　A　)
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 HF溶液中c(H+)≈8×10-3 mol/L
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①②③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),B正确;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) mol2·L-2,解得c(H+)≈8×10-3 mol/L,D正确。
5.(4分)(2026·河南洛阳期末)室温条件下进行下列各组实验,其中的观察要点不能说明CH3COOH是弱电解质的是(　A　)
选项 实验方案 观察要点
A 等浓度的CH3COOH溶液与氢氧化钠溶液反应 恰好反应时的体积比
B CH3COOH溶液中加入醋酸钠固体 溶液pH的变化
C 等体积、等浓度的盐酸和CH3COOH溶液分别和等量镁条反应 产生H2的起始速率
D 将1 mL pH=4的CH3COOH溶液加水稀释成10 mL 稀释后溶液pH
解析:等浓度的CH3COOH溶液与氢氧化钠溶液恰好反应时体积比为1︰1,说明CH3COOH是一元酸,不能说明CH3COOH是弱电解质,故A符合题意;CH3COOH溶液中加入醋酸钠固体后溶液pH增大,说明CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOH CH3COO-+H+,加入醋酸钠固体后,溶液中醋酸根离子浓度增大,平衡左移,证明CH3COOH是弱电解质,故B不符合题意;等体积、等浓度的盐酸和CH3COOH溶液分别和等量镁条反应,盐酸产生氢气的起始速率大于CH3COOH溶液,说明CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOH CH3COO-+H+,证明CH3COOH是弱电解质,故C不符合题意;将1 mL pH=4的CH3COOH溶液加水稀释成10 mL,稀释后溶液pH小于5说明CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOH CH3COO-+H+,证明CH3COOH是弱电解质,故D不符合题意。
6.(4分)二元弱酸H2X的电离过程是吸热过程,某温度下,其电离常数Ka1=2.5×10-4、Ka2=2×10-8。下列说法错误的是(　D　)
A.升高温度后,Ka1、Ka2均增大
B.向H2X溶液中加入少量KHX固体,c(H+)减小
C.该温度下0.1 mol·L-1的H2X溶液中c(H+)≈5×10-3 mol·L-1
D.向H2X溶液中加水稀释过程中,减小
解析:二元弱酸H2X的电离过程是吸热过程,升高温度,平衡正向移动,Ka1、Ka2均增大,A项正确;加入KHX固体,c(HX-)增大,平衡H2X HX-+H+向左移动,c(H+)减小,B项正确;Ka1==2.5×10-4,忽略HX-的电离,c(HX-)≈c(H+),c(H2X)≈0.1 mol·L-1,则c(H+)≈ mol·L-1=5×10-3 mol·L-1,C项正确;加水稀释过程中,H2X的电离程度增大,n(H2X)减小,n(H+)增大,增大,D项错误。
7.(4分)(2025·山西太原模拟)乳酸是一种重要的化工原料,可用于制备聚乳酸(PLA)生物可降解性塑料。已知常温下,乳酸的电离常数Ka=1.4×10-4。下列有关说法正确的是(　D　)
A.乳酸稀溶液加水稀释的过程中,溶液中c(OH-)减小
B.在乳酸稀溶液中滴加少量盐酸,乳酸的电离平衡逆向移动,c(H+)变小
C.恒温下,在乳酸稀溶液中滴加少量NaOH溶液,乳酸的电离常数Ka>1.4×10-4
D.常温下,体积为10 mL pH=3的CH3COOH溶液和乳酸溶液分别加水稀释至1 000 mL,若稀释后溶液的pH:CH3COOH溶液<乳酸溶液,则电离常数:CH3COOH<乳酸
解析:乳酸为弱酸,加水稀释后氢离子浓度降低,常温下,Kw恒定,故OH-浓度增大,A错误;乳酸为弱酸,电离产生氢离子,在乳酸稀溶液中滴加少量盐酸,氢离子浓度增大,乳酸的电离平衡逆向移动,B错误;温度不变,电离平衡常数不变,C错误;相同pH的酸稀释相同倍数时,酸性弱的酸的pH变化小,若稀释后溶液的pH:CH3COOH溶液<乳酸溶液,则电离常数:CH3COOH<乳酸,D正确。
8.(4分)亚磷酸(H3PO3)是一种二元弱酸,常温下电离常数Ka1=1.0×10-2,Ka2=2.6×10-7。下列说法正确的是(　C　)
A.H3PO3与足量的NaOH溶液反应生成Na3PO3
B.对H3PO3溶液升温,溶液中c(H+)减小
C.向H3PO3溶液中加入少量NaOH固体,增大
D.0.01 mol·L-1的H3PO3溶液中c2(H2P)解析:已知亚磷酸(H3PO3)是一种二元弱酸,故与足量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3,不能生成Na3PO3,A项错误;弱酸的电离过程是一个吸热过程,故对H3PO3溶液升温,溶液中c(H+)增大,B项错误;根据H3PO3的电离方程式H3PO3 H2P+H+可知,Ka1=,则,向H3PO3溶液中加入少量NaOH固体,溶液中c(H+)减小,Ka1不变,则增大,C项正确;Ka1=,Ka2=,则=≈3.85×104>1,即c2(H2P)>c(H3PO3)·c(HP),D项错误。
9.(4分)分别测定不同浓度NaCl溶液、HCl溶液和CH3COOH溶液的电导率(σ)数值,测定结果的数据处理如表。
溶液 σ0.02 σ0.01 σ0.005 σ0.01︰σ0.02 σ0.005︰σ0.01
NaCl溶液 4 839 2 478 1 252 51.2% 50.5%
HCl溶液 10 958 5 593 2 797 51.0% 50.0%
CH3COOH 溶液 267 182 126 68.2% 69.2%
已知:σ0.02代表0.02 mol·L-1溶液的电导率数值;其他条件相同时,电导率越大,溶液导电性越好。
下列说法不正确的是(　B　)
A.仅由σ0.02的数据不能说明三种电解质的强弱
B.表中数据不能说明同等条件下H+与Na+的导电能力强弱
C.σ比值数据能说明CH3COOH存在电离平衡
D.CH3COOH溶液的σ数据能说明溶液越稀,CH3COOH的电离程度越大
解析:由σ0.02的数据可知,HCl溶液的电导率最大,NaCl溶液的电导率居中,CH3COOH溶液的电导率最小,而NaCl、HCl均为强电解质,故不能仅由σ0.02的数据说明三种电解质的强弱,选项A正确;同等条件下,HCl溶液与NaCl溶液的浓度相同,氯离子浓度相同,氯离子的导电性相同,二者只有阳离子的种类不同,即H+与Na+,而HCl溶液的电导率大于NaCl溶液的,故表中数据能说明同等条件下H+的导电能力比Na+的强,选项B错误;由表中数据可知,NaCl溶液、HCl溶液的σ比值与浓度成正比,而CH3COOH溶液的σ比值却大于浓度比,说明CH3COOH存在电离平衡,选项C正确;由表中数据可知,CH3COOH溶液的σ比值大于浓度比,说明溶液越稀,CH3COOH的电离程度越大,选项D正确。
10.(4分)(2022·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-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(　B　)
A.溶液Ⅰ中c(H+)=c(OH-)+c(A-)
B.溶液Ⅱ中HA的电离度
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:溶液Ⅰ的pH=7.0,呈中性,c(H+)=c(OH-),A项错误;溶液Ⅱ中,,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)=,可得cⅠ(A-)·cⅠ(H+)=cⅡ(A-)·cⅡ(H+),=106,溶液Ⅰ中,≈1,cⅠ总(HA)=cⅠ(A-),同理溶液Ⅱ中,cⅡ总(HA)=101cⅡ(A-),故≈104,D项错误。
11.(15分)常温下,部分酸的电离常数见下表:
化学式 HF HCN H2CO3
电离常数 Ka=6.3×10-4 Ka=6.2×10-10 Ka1=4.5×10-7 Ka2=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c(HCN)>c(H2CO3)>c(HF)。
(2)若HCN溶液的起始浓度为0.01 mol·L-1,平衡时c(H+)约为×10-6 mol·L-1。若要使此溶液中HCN的电离程度增大且c(H+)也增大,可采用的方法是升高温度。
(3)中和等量的NaOH,消耗等pH的HF溶液和H2SO4溶液的体积分别为a L、b L,则a小于(填“大于”“小于”或“等于”,下同)b。中和等物质的量浓度、等体积的HF溶液和H2SO4溶液需要NaOH的物质的量为n1、n2,则n1小于n2。
(4)向NaCN溶液中通入少量CO2,发生反应的离子方程式为CN-+CO2+H2O===HCN+HC。
(5)设计实验证明HF比HCl的酸性弱:测定等物质的量浓度的两种酸溶液的pH,HF溶液的pH大(答案合理即可)。
解析:(1)根据三种酸的电离常数可知,酸性强弱:HF>H2CO3>HCN>HC,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+)=x mol·L-1,根据HCN H++CN-,Ka==6.2×10-10,解得x≈×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HF溶液和H2SO4溶液的pH相等时,由于H2SO4是强酸,HF为弱酸,HF的浓度大于H2SO4,需要消耗HF溶液的体积小于H2SO4溶液的体积,即a小于b。HF为一元酸、H2SO4为二元酸,中和等物质的量浓度、等体积的HF溶液和H2SO4溶液需要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>HC,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+HC。(5)证明HF比HCl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溶液的pH,HF溶液的pH大;②等物质的量浓度的两种酸溶液分别与Zn反应,开始时HF溶液冒气泡慢;③测定等物质的量浓度的两种酸溶液的导电性,连接HF溶液的灯泡较暗等。(共62张PPT)
第九章　水溶液中的离子
反应与平衡
第45讲　弱电解质的电离平衡
目
录
考点二　电离平衡常数　电离度
课时作业
考点一　弱电解质的电离平衡
真题演练 感悟高考
复习目标
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。
一
考点一 弱电解质的电离平衡
1.电离平衡含义
在一定条件下(如浓度、温度等),当________________产生离子的速率和______________的速率相等时,达到电离平衡状态。
2.电离平衡的建立与特征
=
弱电解质分子电离
离子结合成分子
3.外界条件对电离平衡的影响
以0.1 mol·L-1 CH3COOH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+) 导电能力
加水稀释 ______ ______ ______ ______
加入少量 冰醋酸 ______ ______ ______ ______
通入HCl(g) ______ ______ ______ ______
加NaOH(s) ______ ______ ______ ______
加CH3COONa(s) ______ ______ ______ ______
升高温度 ______ ______ ______ ______
向右
增大
减小
减弱
向右
增大
增大
增强
向左
增大
增大
增强
向右
减小
减小
增强
向左
减小
减小
增强
向右
增大
增大
增强
(1)电离平衡向右移动时,电解质的电离程度一定增大吗
电离平衡右移,电离程度不一定增大,如增大弱电解质的浓度,电离平衡向右移动,弱电解质的电离程度减小。
(2)电离平衡向右移动时,电离出的离子浓度一定增大吗
电离平衡右移,离子的浓度不一定增大,如在CH3COOH溶液中加水稀释或加少量NaOH固体,都会引起平衡右移,但c(CH3COOH)、c(H+)都比原平衡时要小。
微点助学
1.常温下,100 mL 0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液中,欲使其溶液中的c(H+)增大,但又要使CH3COOH电离程度减小,应采取的措施是(　　)
A.加入少量CH3COONa固体
B.加入少量NaOH固体
C.升高温度
D.加入少量冰醋酸
D
2.(2025·江苏徐州模拟)稀氨水中存在着下列平衡:NH3·H2O N+OH-,若要使平衡向左移动,同时使c(OH-)增大,应加入的适量物质或采取的措施是(　　)
A.NH4Cl固体 B.NaOH固体
C.水 D.加热
解析:若在稀氨水中加入NH4Cl固体,c(N)增大,平衡向左移动,c(OH-)减小,A不符合题意;当在稀氨水中加入NaOH固体后,c(OH-)增大,平衡向左移动,B符合题意;若在稀氨水中加入水,稀释溶液,平衡向右移动,c(OH-)减小,C不符合题意;电离属于吸热过程,加热平衡向右移动,c(OH-)增大,D不符合题意。
B
3.(2025·山东烟台模拟)下列事实不能证明HNO2是弱电解质的是(　　)
A.常温下NaNO2溶液的pH>7
B.常温下0.1 mol/L HNO2溶液的pH约为2
C.HNO2溶液中滴加紫色石蕊溶液,溶液变红色
D.常温下将pH=3的HNO2溶液加水稀释至100倍,稀释后溶液的pH约为4.5
C
解析:常温下NaNO2溶液的pH>7,溶液呈碱性,说明NaNO2是强碱弱酸盐,则HNO2是弱酸,A不选;常温下0.1 mol/L HNO2溶液的pH约为2,说明该HNO2溶液中氢离子浓度接近0.01 mol/L,小于0.1 mol/L,则说明HNO2部分电离,为弱电解质,B不选;HNO2溶液中滴加紫色石蕊溶液变红色,说明HNO2为酸,但是不能说明HNO2部分电离,所以不能证明HNO2为弱电解质,C选;常温下pH=3的HNO2稀释100倍,稀释后溶液的pH约为4.5,说明HNO2稀释过程中还存在电离平衡,则HNO2为弱电解质,D不选。
二
考点二 电离平衡常数　电离度
1.电离平衡常数
(1)概念:在一定条件下,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分子的浓度的比值是一个常数,这个常数叫做电离平衡常数,简称电离常数,用K表示。
(2)表达式
①一元弱酸或弱碱
物质 一元弱酸HA 一元弱碱BOH
电离 方程式 HA H++A- BOH B++OH-
电离常数 表达式 Ka= Kb=
②多元弱酸(以H2CO3为例)
电离过程 第一步电离 第二步电离
电离 方程式 H2CO3 H++HC HC H++C
电离常数 表达式 Ka1= Ka2=
电离常 数关系 Ka1___ (填“>”或“<”)Ka2
>
(3)影响因素
①内因:相同温度下,电解质越弱,其电离常数____,反之,电离常数____。
②外因:电离平衡常数与温度有关,与浓度无关,升高温度,K_____。
(4)意义
①电离平衡常数的大小反映弱电解质的相对强弱,电离平衡常数越大,弱电解质的电离能力越强。
②多元弱酸的各步电离常数的大小关系是Ka1>Ka2>Ka3……当Ka1 Ka2时,计算多元弱酸中的c(H+)或比较多元弱酸酸性的相对强弱时,通常只考虑____________。
越小
越大
增大
第一步电离
2.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=×100%,也可表示为α=×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)越小
(2)相同浓度下,同一弱电解质,温度越高,其电离度(α)越大
已知25 ℃时,某浓度为c的一元弱酸HA的电离度为α,你能求出该温度下HA的电离常数(Ka)吗 (用含c、α的代数式表示)
　　　　HA　 　H+　+　A-
起始　　c　　　　　0　　　0
转化　　c·α　　　　c·α　　c·α
平衡　 c·(1-α) 　 　 c·α　　c·α
Ka=,α很小,可认为1-α≈1,则Ka=c·α2。
微点助学
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 HCN CH3COOH H3PO2
电离常数(K) 6.2×10-10 1.75×10-5 5.9×10-2
A.三种酸的强弱关系:HCN>CH3COOH>H3PO2
B.反应H3PO2+CH3COO-===CH3COOH+H2P能够发生
C.由电离常数可以判断,H3PO2属于强酸,HCN和CH3COOH属于弱酸
D.相同温度下,1 mol·L-1 HCN溶液的电离常数大于0.1 mol·L-1 HCN溶液的电离常数
B
解析:酸性越强电离平衡常数越大,三种酸的强弱关系:HCNCH3COOH+H2P能够发生,故B正确;由电离常数可以判断,H3PO2、HCN、CH3COOH都属于弱酸,故C错误;电离平衡常数与浓度无关,相同温度下,1 mol·L-1 HCN溶液的电离常数等于0.1 mol·L-1 HCN溶液的电离常数,故D错误。
2.下列关于溶液中粒子浓度比值的说法正确的是(　　)
A.向0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液中加入少量水,溶液中减小
B.室温下向10 mL 0.1 mol·L-1的氨水中加水稀释后,溶液中不变
C.等体积、等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合:
D.将浓度为0.1 mol·L-1 HF溶液不断加水稀释过程中,电离平衡常数Ka(HF)保持不变,始终增大
B
解析:B项,NH3·H2O的电离常数Kb=,温度不变,Kb不变,正确;C项,H2CO3电离常数Ka1= a2,同一溶液中c(H+)相等,而Ka1>Ka2,则,错误;D项,0.1 mol·L-1的HF溶液不断加水稀释,c(F-)趋近于0,而c(H+)趋近于10-7 mol·L-1,故变小,错误。
3.(1)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)=1.5×10-5 mol·L-1。若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离,则H2CO3 HC+H+的电离平衡常数Ka1=____________(已知:10-5.60=
2.5×10-6)。
解析:由H2CO3 H++HC得Ka1=≈
4.2×10-7。
4.2×10-7
(2)在25 ℃下,将a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合,反应平衡时溶液中c(N)=c(Cl-),则溶液显____(填“酸”“碱”或“中”)性;用含a的代数式表示NH3·H2O的电离平衡常数Kb=______。
中
解析:氨水与盐酸等体积混合,电荷守恒关系式为c(N)+c(H+)=
c(Cl-)+c(OH-),因c(N)=c(Cl-),故有c(H+)=c(OH-),溶液显中性。
　　　　　　　　　　　NH3·H2O N+OH-
平衡浓度/(mol·L-1)　　　　 　　10-7
Kb=。
(3)常温下,将a mol·L-1 CH3COOH溶液与b mol·L-1 Ba(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的电离平衡常数Ka=____________(用含a和b的代数式表示)。
解析:溶液中存在电荷守恒:2c(Ba2+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),又c(CH3COO-)=2c(Ba2+)=b mol·L-1,所以c(H+)=c(OH-),溶液呈中性。
　　　　　　　　　　　CH3COOH CH3COO-+H+
平衡浓度/(mol·L-1)　　　　-b　　　　　b　　　10-7
Ka=。
三
真题演练 感悟高考
1.(2025·海南卷改编)溶液电导率(κ)高低间接体现了电解质溶液中导电粒子的有效浓度。303 K下,H2SO4质量分数与其电导率关系如图所示。下列说法错误的是(　　)
A.液态纯H2SO4存在平衡:2H2SO4 H3S
B.因为κ(a)=κ(b),所以pH(a)=pH(b)
C.电导率最大值对应浓度是构建铅酸蓄电池的
重要依据
D.在一定质量分数区间(15%~20%),H2SO4电离度随质量分数增加而减小
B
解析:纯H2SO4即其质量分数达到100%,此时有较小的电导率,即存在一种平衡形成少量导电粒子,故平衡2H2SO4 H3S存在,A正确;κ只能表达导电粒子的有效浓度,不能表达导电粒子的种类,pH与氢离子浓度有关,当H2SO4的质量分数很大时,倾向于发生A项中的电离形成导电粒子,而质量分数较小时,发生H2SO4的完全电离,故电导率的大小与溶液的pH之间没有必然关系,B错误;电导率最大时H2SO4全部电离变为H+和S,此时溶液导电率大,形成的铅酸蓄电池能较好工作,故电导率最大值对应浓度是构建铅酸蓄电池的重要依据,C正确;当H2SO4质量分数介于15%~20%时,电导率虽然始终增大,但增大的程度已经减小(切线斜率减小),说明在15%~20%质量分数区间,随H2SO4质量分数增加,溶液浓度增大,H2SO4的电离平衡受到抑制,电离度减小,D正确。
2.(2025·江苏卷)室温下,有色金属冶炼废渣(含Cu、Ni、Si等的氧化物)用过量的较浓H2SO4溶液酸浸后,提取铜和镍的过程如图所示。
已知:Ka(HS)=1.2×10-2,Ka1(H2SO3)=1.2×10-2,Ka2(H2SO3)=6.0×10-8。下列说法正确的是(　　)
A.较浓H2SO4溶液中:
c(H+)=2c(S)+c(OH-)
B.NaHSO3溶液中:2HS +H2SO3的平衡常数K=5.0×10-6
C.(NH4)2C2O4溶液中:c(NH3·H2O)+c(OH-)=c(H2C2O4)+c(HC2)+c(H+)
D.“提铜”和“沉镍”后的两份滤液中:c提铜(Na+)=c沉镍(Na+)
B
解析:有色金属冶炼废渣(含Cu、Ni、Si等的氧化物)用过量的较浓H2SO4溶液酸浸后,浸取液主要含有CuSO4、NiSO4,加入NaHSO3溶液提铜,滤液加入(NH4)2C2O4溶液沉镍得到NiC2O4。根据题给信息Ka(HS)=1.2×
10-2知,在较浓的H2SO4溶液中H2SO4仅第一步电离完全,电离出大量的H+会抑制第二步电离,第二步电离不完全,溶液中存在HS,因此电荷守恒应表示为c(H+)=c(HS)+2c(S)+c(OH-),A错误;该反应的平衡常数K==5.0×10-6,B正确;
N得到1个OH-生成NH3·H2O,C2,C2得到2个H+生成H2C2O4,水电离出的H+与OH-浓度相等,即c水(H+)=c水(OH-),则溶液中存在质子守恒:c水(OH-)=c(NH3·H2O)+c(OH-)=2c(H2C2O4)+
c(HC2)+c(H+)=c水(H+),C错误;考虑提取过程中溶液的少量损耗(吸附在沉淀表面被过滤除去),n提铜(Na+)>n沉镍(Na+),同时“沉镍”过程中加入了(NH4)2C2O4溶液,溶液体积增大,因此c提铜(Na+)>c沉镍(Na+),D错误。
3.(2025·广东卷节选)兴趣小组测定常温下苯甲酸饱
和溶液的浓度c0和苯甲酸的Ka,实验如下:取50.00 mL
苯甲酸饱和溶液,用0.100 0 mol/L NaOH溶液滴定,用
pH计测得体系的pH随滴入溶液体积V变化的曲线如
图。据图可得:
(1)c0=_______ mol/L。
解析:由图像可知,当加入14 mL NaOH溶液时,苯甲酸被完全中和,则可得苯甲酸饱和溶液的浓度c0==0.028 mol/L。
0.028
(2)苯甲酸的Ka=______________(列出算式,水的电离可忽略)。
解析:由图像可知,苯甲酸饱和溶液的pH为2.89,说明苯甲酸饱和溶液中的c(H+)=c(苯甲酸根离子)=10-2.89 mol/L,则苯甲酸的Ka=。
四
课时作业45
1.(4分)(2025·山东菏泽模拟)室温下,向0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液中加水,在此稀释过程中,下列说法正确的是(　　)
A.CH3COOH的电离程度增大,溶液的酸性增强
B.CH3COOH的电离平衡常数Ka增大
C.的值增大
D.溶液中所含H+的数目增多
D
2.(4分)(2025·湖南衡阳模拟)将0.1 mol·L-1的氨水加水稀释至0.01 mol·L-1,稀释过程中温度不变,下列叙述正确的是(　　)
A.稀释后溶液中c(H+)和c(OH-)均减小
B.稀释后溶液中c(OH-)变为稀释前的
C.稀释过程中NH3·H2O的电离平衡向左移动
D.稀释过程中溶液中增大
D
解析:温度不变,水的电离常数不变,稀释后c(OH-)减小,c(H+)增大,A错误;NH3·H2O为弱电解质,稀释后溶液中c(OH-)大于稀释前的,B错误;NH3·H2O为弱电解质,稀释过程中电离平衡向右移动,C错误;同一溶液中,,稀释时电离平衡向右移动,故n(OH-)增大,n(NH3·H2O)减小,故增大,D正确。
3.(4分)已知人体体液中存在如下平衡:CO2+H2O H2CO3 H++
HC,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:若静脉滴注大量生理盐水,则体液被稀释,平衡CO2+H2O H2CO3
H++HC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,C不合理。
C
4.(4分)25 ℃时,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。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 HF溶液中c(H+)≈8×10-3 mol/L
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①②③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),B正确;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) mol2·L-2,解得c(H+)≈8×10-3 mol/L,D正确。
5.(4分)(2026·河南洛阳期末)室温条件下进行下列各组实验,其中的观察要点不能说明CH3COOH是弱电解质的是(　　)
选项 实验方案 观察要点
A 等浓度的CH3COOH溶液与氢氧化钠溶液反应 恰好反应时的体积比
B CH3COOH溶液中加入醋酸钠固体 溶液pH的变化
C 等体积、等浓度的盐酸和CH3COOH溶液分别和等量镁条反应 产生H2的起始速率
D 将1 mL pH=4的CH3COOH溶液加水稀释成10 mL 稀释后溶液pH
A
解析:等浓度的CH3COOH溶液与氢氧化钠溶液恰好反应时体积比为1︰1,说明CH3COOH是一元酸,不能说明CH3COOH是弱电解质,故A符合题意;CH3COOH溶液中加入醋酸钠固体后溶液pH增大,说明CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOH CH3COO-+H+,加入醋酸钠固体后,溶液中醋酸根离子浓度增大,平衡左移,证明CH3COOH是弱电解质,故B不符合题意;等体积、等浓度的盐酸和CH3COOH溶液分别和等量镁条反应,盐酸产生氢气的起始速率大于CH3COOH溶液,说明CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOH CH3COO-+H+,证明CH3COOH是弱电解质,故C不符合题意;将1 mL pH=4的CH3COOH溶液加水稀释成10 mL,稀释后溶液pH小于5说明CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOH CH3COO-+H+,证明CH3COOH是弱电解质,故D不符合题意。
6.(4分)二元弱酸H2X的电离过程是吸热过程,某温度下,其电离常数Ka1=2.5×10-4、Ka2=2×10-8。下列说法错误的是(　　)
A.升高温度后,Ka1、Ka2均增大
B.向H2X溶液中加入少量KHX固体,c(H+)减小
C.该温度下0.1 mol·L-1的H2X溶液中c(H+)≈5×10-3 mol·L-1
D.向H2X溶液中加水稀释过程中,减小
D
解析:二元弱酸H2X的电离过程是吸热过程,升高温度,平衡正向移动,Ka1、Ka2均增大,A项正确;加入KHX固体,c(HX-)增大,平衡H2X HX-+H+向左移动,c(H+)减小,B项正确;Ka1==
2.5×10-4,忽略HX-的电离,c(HX-)≈c(H+),c(H2X)≈0.1 mol·L-1,则c(H+)≈ mol·L-1=5×10-3 mol·L-1,C项正确;加水稀释过程中,H2X的电离程度增大,n(H2X)减小,n(H+)增大,增大,D项错误。
7.(4分)(2025·山西太原模拟)乳酸是一种重要的化工原料,可用于制备聚乳酸(PLA)生物可降解性塑料。已知常温下,乳酸的电离常数Ka=1.4×10-4。下列有关说法正确的是(　　)
A.乳酸稀溶液加水稀释的过程中,溶液中c(OH-)减小
B.在乳酸稀溶液中滴加少量盐酸,乳酸的电离平衡逆向移动,c(H+)变小
C.恒温下,在乳酸稀溶液中滴加少量NaOH溶液,乳酸的电离常数Ka>1.4×10-4
D.常温下,体积为10 mL pH=3的CH3COOH溶液和乳酸溶液分别加水稀释至1 000 mL,若稀释后溶液的pH:CH3COOH溶液<乳酸溶液,则电离常数:CH3COOH<乳酸
D
解析:乳酸为弱酸,加水稀释后氢离子浓度降低,常温下,Kw恒定,故OH-浓度增大,A错误;乳酸为弱酸,电离产生氢离子,在乳酸稀溶液中滴加少量盐酸,氢离子浓度增大,乳酸的电离平衡逆向移动,B错误;温度不变,电离平衡常数不变,C错误;相同pH的酸稀释相同倍数时,酸性弱的酸的pH变化小,若稀释后溶液的pH:CH3COOH溶液<乳酸溶液,则电离常数:CH3COOH<乳酸,D正确。
8.(4分)亚磷酸(H3PO3)是一种二元弱酸,常温下电离常数Ka1=1.0×10-2,
Ka2=2.6×10-7。下列说法正确的是(　　)
A.H3PO3与足量的NaOH溶液反应生成Na3PO3
B.对H3PO3溶液升温,溶液中c(H+)减小
C.向H3PO3溶液中加入少量NaOH固体,增大
D.0.01 mol·L-1的H3PO3溶液中c2(H2P)C
解析:已知亚磷酸(H3PO3)是一种二元弱酸,故与足量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3,不能生成Na3PO3,A项错误;弱酸的电离过程是一个吸热过程,故对H3PO3溶液升温,溶液中c(H+)增大,B项错误;根据H3PO3的电离方程式H3PO3 H2P+H+可知,Ka1=,则,向H3PO3溶液中加入少量NaOH固体,溶液中c(H+)减小,Ka1不变,则增大,C项正确;Ka1=,Ka2=,则=≈3.85×104>1,即c2(H2P)>
c(H3PO3)·c(HP),D项错误。
9.(4分)分别测定不同浓度NaCl溶液、HCl溶液和CH3COOH溶液的电导率(σ)数值,测定结果的数据处理如表。
溶液 σ0.02 σ0.01 σ0.005 σ0.01︰σ0.02 σ0.005︰σ0.01
NaCl溶液 4 839 2 478 1 252 51.2% 50.5%
HCl溶液 10 958 5 593 2 797 51.0% 50.0%
CH3COOH 溶液 267 182 126 68.2% 69.2%
已知:σ0.02代表0.02 mol·L-1溶液的电导率数值;其他条件相同时,电导率越大,溶液导电性越好。
下列说法不正确的是(　　)
A.仅由σ0.02的数据不能说明三种电解质的强弱
B.表中数据不能说明同等条件下H+与Na+的导电能力强弱
C.σ比值数据能说明CH3COOH存在电离平衡
D.CH3COOH溶液的σ数据能说明溶液越稀,CH3COOH的电离程度越大
B
解析:由σ0.02的数据可知,HCl溶液的电导率最大,NaCl溶液的电导率居中,CH3COOH溶液的电导率最小,而NaCl、HCl均为强电解质,故不能仅由σ0.02的数据说明三种电解质的强弱,选项A正确;同等条件下,HCl溶液与NaCl溶液的浓度相同,氯离子浓度相同,氯离子的导电性相同,二者只有阳离子的种类不同,即H+与Na+,而HCl溶液的电导率大于NaCl溶液的,故表中数据能说明同等条件下H+的导电能力比Na+的强,选项B错误;由表中数据可知,NaCl溶液、HCl溶液的σ比值与浓度成正比,而CH3COOH溶液的σ比值却大于浓度比,说明CH3COOH存在电离平衡,选项C正确;由表中数据可知,CH3COOH溶液的σ比值大于浓度比,说明溶液越稀,CH3COOH的电离程度越大,选项D正确。
10.(4分)(2022·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-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
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
B
解析:溶液Ⅰ的pH=7.0,呈中性,c(H+)=c(OH-),A项错误;溶液Ⅱ中,,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)=,可得cⅠ(A-)·cⅠ(H+)=cⅡ(A-)
·cⅡ(H+),=106,溶液Ⅰ中,≈1,cⅠ总(HA)=cⅠ(A-),同理溶液Ⅱ中,cⅡ总(HA)=101cⅡ(A-),故≈104,D项错误。
11.(15分)常温下,部分酸的电离常数见下表:
化学式 HF HCN H2CO3
电离常数 Ka=6.3×10-4 Ka=6.2×10-10 Ka1=4.5×10-7
Ka2=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__________________
_________。
解析:根据三种酸的电离常数可知,酸性强弱:HF>H2CO3>HCN>HC,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)。
c(HCN)>c(H2CO3)
>c(HF)
(2)若HCN溶液的起始浓度为0.01 mol·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________。
解析:设c(H+)=x mol·L-1,根据HCN H++CN-,Ka==6.2×10-10,解得x≈×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。
×10-6
升高温度
(3)中和等量的NaOH,消耗等pH的HF溶液和H2SO4溶液的体积分别为a L、b L,则a____(填“大于”“小于”或“等于”,下同)b。中和等物质的量浓度、等体积的HF溶液和H2SO4溶液需要NaOH的物质的量为n1、n2,则n1____n2。
解析:中和等量的NaOH,需要消耗等量的H+,当HF溶液和H2SO4溶液的pH相等时,由于H2SO4是强酸,HF为弱酸,HF的浓度大于H2SO4,需要消耗HF溶液的体积小于H2SO4溶液的体积,即a小于b。HF为一元酸、H2SO4为二元酸,中和等物质的量浓度、等体积的HF溶液和H2SO4溶液需要NaOH的物质的量之比为1︰2,即n1小于n2。
小于
小于
(4)向NaCN溶液中通入少量CO2,发生反应的离子方程式为_____________
_____________________。
解析:由于酸性强弱:H2CO3>HCN>HC,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+
HC。
CN-+CO2+
H2O===HCN+HC
(5)设计实验证明HF比HCl的酸性弱:________________________________
___________________________________。
解析:证明HF比HCl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溶液的pH,HF溶液的pH大;②等物质的量浓度的两种酸溶液分别与Zn反应,开始时HF溶液冒气泡慢;③测定等物质的量浓度的两种酸溶液的导电性,连接HF溶液的灯泡较暗等。
测定等物质的量浓度的两种酸溶液
的pH,HF溶液的pH大(答案合理即可)
Thank you
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