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第62讲　弱电解质的电离平衡
复习要求　1.理解弱电解质在水溶液中的电离平衡；2.理解电离常数的含义，掌握电离常数的应用并能进行相关计算。
考点一　弱电解质的电离平衡及影响因素
【知识梳理】
1.电离平衡含义
在一定条件下(如浓度、温度等)，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，达到电离平衡状态。
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，电离过程达到平衡状态。
小题对点过
判断正误，错误的说明理由。
(1)弱电解质溶液中至少存在两种共价化合物分子________________。
(2)氨气溶于水，当NH3·H2O电离出的c(OH－)＝c(N)时，表明NH3·H2O电离处于平衡状态________________。
(3)室温下，由0.1 mol·L－1一元碱BOH的pH＝10，可知溶液中存在BOH===B＋＋OH－_______________________________。
(4)稀释弱电解质溶液时，所有粒子浓度都一定会减小________________。
答案　(1)正确
(2)错误。NH3·H2O电离出的c(OH－)与c(N)始终相等，不能判断NH3·H2O电离处于平衡状态
(3)错误。若BOH为强碱，0.1 mol·L－1 BOH溶液的pH＝13。pH＝10说明BOH为弱碱，其电离方程式为BOHB＋＋OH－
(4)错误。以醋酸溶液为例，稀释时c(H＋)、c(CH3COO－)、c(CH3COOH)减小，c(OH－)增大
判断弱电解质的两种方法
(1)弱电解质溶液中存在电离平衡，条件改变，平衡移动，如pH＝1的CH3COOH溶液加水稀释10倍后，1(2)弱电解质形成的盐能水解，如用玻璃棒蘸取一定浓度的CH3COONa溶液滴在pH试纸上，pH>7，说明CH3COONa为强碱弱酸盐，即CH3COOH为弱酸。
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:加入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)化学反应:加入能与弱电解质电离出的离子反应的物质时，可使电离平衡向电离方向移动。
小题对点过
(1)以0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液为例，分析只改变一种条件对CH3COOH(aq)CH3COO－(aq)＋H＋(aq)　ΔH>0的影响，完成下表:
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
答案　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
【知能通关】
1.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。
答案　(1)<　(2)>　(3)<　＝　(4)＝
2.(2025·吉林一模)H2S在水溶液中存在电离平衡:H2SH＋＋HS－和HS－H＋＋。若向H2S溶液中分别采取下列措施，有关叙述正确的是(　　)
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
答案　C
解析　加水促进电离，但氢离子浓度减小，A项错误；通入过量SO2气体发生反应2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O，当SO2过量时溶液显酸性，而且酸性比H2S强，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，HCl酸性大于H2S，所以溶液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。
3.在一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如图所示。
下列说法不正确的是(　　)
A.a、b、c三点对应的溶液中，c(H＋)最大的是b
B.向b点对应的溶液中加少量Na2CO3固体(温度变化忽略不计)，可使体系中c(CH3COO－)增大
C.在b→c过程中，减小
D.a、b、c三点溶液用1 mol·L－1 NaOH溶液中和， 消耗NaOH 溶液体积的大小关系为a＝b＝c
答案　C
解析　A.醋酸溶液的导电能力强弱与溶液中c(H＋)和c(CH3COO－)正相关，b点导电能力最强，则b点c(H＋)最大，A项正确；B.醋酸溶液中存在CH3COOHCH3COO－＋H＋，向溶液中加入Na2CO3固体，H＋被消耗，c(H＋)减小，平衡正向移动，c(CH3COO－)增大，B项正确；C.在b→c过程中，醋酸的电离平衡正向移动，n(CH3COO－)增大，而n(CH3COO－)＋n(CH3COOH)不变，其比值增大，因而增大，C项错误；D.由稀释定律可知，醋酸溶液加水稀释时，溶液中醋酸的物质的量不变，中和能力不变，所以a、b、c三点溶液用等浓度的氢氧化钠溶液中和时，消耗氢氧化钠溶液的体积相同，D项正确。
考点二　电离平衡常数及其应用
【知识梳理】
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的分子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(弱酸用Ka，弱碱用Kb)表示。
2.表达式
一元弱酸HA 一元弱碱BOH
电离方程式 HAH＋＋A－ BOHB＋＋OH－
电离常数表达式 Ka＝ Kb＝
小题对点过
按要求写出①CH3COOH，②NH3·H2O，③H2CO3的电离方程式和电离常数表达式。
Ka＝ 。
______________
Kb＝____________________________________________________________________。
③H2CO3H＋＋HC
＝____________________________________________________________________；
____________________________________________________________________
＝____________________________________________________________________。
答案　①CH3COOHCH3COO－＋H＋　
②NH3·H2ON＋OH－　
③　HCH＋＋C　
3.电离常数的影响因素
(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.电离常数的意义
(1)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>>……，当 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。
小题对点过
(1)已知T ℃时，CH3COOH的Ka＝1.75×10－5。
①当向醋酸中加入一定量的盐酸时，CH3COOH的电离常数________(填“变大”或“变小”或“不变”)，理由是_________________________________。
②T ℃时，将该溶液加水稀释10倍，则CH3COOH的Ka＝________。
(2)已知:25 ℃时，下列四种弱酸的电离常数:
CH3COOH HNO2 HCN H2CO3
电离 常数 1.75×10－5 5.6×10－4 6.2×10－10 ＝4.5×10－7 ＝4.7×10－11
试比较相同浓度的CH3COOH、HNO2、HCN、H2CO3溶液的酸性强弱_______________
________________。
(3)已知H3PO4是三元中强酸，其三级电离常数分别为，25 ℃时，三者由大到小的顺序是:____________。
答案　(1)①不变　电离常数只与温度有关
②1.75×10－5
(2)HNO2>CH3COOH>H2CO3>HCN
(3)>>
【知能通关】
(一)依据电离常数判断强酸制弱酸及方程式正误
1.已知数据:7.2×10－4、4.6×10－4、4.9×10－10分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这些酸可发生如下反应:①NaCN＋HNO2===HCN＋NaNO2，②NaCN＋HF===HCN＋NaF，③NaNO2＋HF===HNO2＋NaF，由此可判断下列叙述中不正确的是(　　)
A.HF的电离平衡常数为7.2×10－4
B.HNO2的电离平衡常数为4.9×10－10
C.根据①③两个反应即可知三种酸的相对强弱
D.HNO2的电离平衡常数比HCN大，比HF小
答案　B
解析　反应①说明酸性:HNO2>HCN，反应③说明酸性:HF>HNO2。
2.运用电离平衡常数判断，下列可以发生的反应是(　　)
酸 电离平衡常数(25 ℃)
碳酸 ＝4.3×10－7　＝5.6×10－11
次溴酸 Ka＝2.4×10－9
①HBrO＋Na2CO3===NaBrO＋NaHCO3
②2HBrO＋Na2CO3===2NaBrO＋H2O＋CO2↑
③HBrO＋NaHCO3===NaBrO＋H2O＋CO2↑
④NaBrO＋CO2＋H2O===NaHCO3＋HBrO
A.①③ B.②④
C.①④ D.②③
答案　C
解析　根据复分解反应中较强酸制备较弱酸的原理可知，(碳酸)>Ka(次溴酸)>(碳酸)，所以①④能发生。
(二)有关电离常数的简单计算
3.已知25 ℃时醋酸的Ka＝1.8×10－5，则0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中
①c(H＋)＝________。
②醋酸的电离度(α)＝________。
答案　①1.3×10－3 mol·L－1　②1.3%
解析　设溶液中H＋浓度为x mol·L－1
Ka＝≈＝1.8×10－5
x≈1.3×10－3　即c(H＋)＝1.3×10－3 mol·L－1
α＝×100%＝1.3%
4.已知室温时，0.1 mol·L－1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，其电离平衡常数为______________________________________________。(列三段式计算)
答案　1.0×10－7
Ka＝≈＝1.0×10－7。
(1)电离度可表示电解质的相对强弱，电离度α＝×100%。
(2)同一弱电解质的电离度，受溶液的温度和浓度的影响。
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。
(3)电离度与电离常数的关系——Ka＝c·α2。
(三)溶液微粒浓度比值大小判断
5.常温下，将0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液加水稀释，请填写下列表达式中的数据变化情况(填“变大”“变小”或“不变”)。
(1)________；
(2)________；
(3)________；
(4)________；
(5)________。
答案　(1)变小　(2)变大　(3)变小　(4)不变　(5)不变
解析　(1)将该式变为或稀释时醋酸的电离平衡正向移动，n(CH3COOH)减小，n(H＋)增大，因此其比值变小。(2)将该式变为或稀释时醋酸的电离平衡正向移动，n(CH3COOH)减小，n(CH3COO－)增大，因此其比值变大。(5)将该式变为，故其比值不变。
判断溶液中微粒浓度比值变化结果的方法
(1)将浓度之比转化为物质的量之比进行比较，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)“假设法”，如上述问题(3)，假设无限稀释，c(CH3COO－)趋近于0，c(H＋)趋于10－7 mol·L－1，故比值变小。
(3)“凑常数”，解题时将某些粒子的浓度比值乘以或除以某种粒子的浓度，转化为一个常数与某种粒子浓度的乘积或相除的关系。
我的收获
知识建构 感悟笔记
1.方法规律:　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　 　　　　　　 2.盲点误区:　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　
体验真题　感知高考
1.(2025·海南卷改编)溶液电导率(K)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，硫酸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:2H2SO4H3S＋HS
B.因为K(a)＝K(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%)，硫酸电离度随质量分数增加而减小
答案　B
解析　A.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2H2SO4H3S＋HS存在，A正确；B.K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，当硫酸的质量分数很大时，倾向于发生A项中的自耦电离形成导电微粒，而质量分数较小时，发生硫酸的完全电离，故电导率的大小与溶液的pH之间没有必然关系，B错误；C.电导率最大时是硫酸全部电离变为H＋和S，此时溶液导电率大形成的铅酸电池能较好工作，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；D.当硫酸质量分数介于15%~20%之间时，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，随硫酸质量分数增加，溶液浓度增大，硫酸的电离平衡受到抑制，电离度减小， D正确。
2.(2025·全国卷)HF浓度c总(HF)为0.100 0 mol·L－1的水溶液中存在平衡:HFH＋＋F－、HF＋F－H。溶液中c(HF)、c(H)、c(F－)与pH关系如下图所示。下列叙述正确的是(　　)
A.M、N分别为c(HF)~pH、c(H)~pH关系曲线
B.K1＝≈7×10－4，K2＝≈5
C.溶液中c总(HF)＝c(F－)＋c(HF)＋c(H)
D.pH＝1的溶液中c(H＋)＝c(F－)＋c(H)＋c(OH－)
答案　B
解析　A.已知HF溶液中存在的平衡:HFH＋＋F－，当溶液中pH增大时，c(H＋)减小，该平衡正向移动，c(HF)减小，对应M曲线；c(H)先增大后减小，所以M、N分别为c(HF)~pH、c(F－)~pH关系曲线，故A项错误；B.根据平衡常数计算公式: K1＝，取pH＝4，c(F－)＝0.0800 mol·L－1，c(HF)＝0.011 0 mol·L－1，c(H＋)＝10－4 mol·L－1，代入可得K1＝≈7×10－4，结合K2＝，取pH＝4，c(H)＝0.004 5 mol·L－1，c(F－)＝0.080 0 mol·L－1，c(HF)＝0.011 0 mol·L－1，K2＝≈5，故B项正确；C.根据总浓度c总(HF)的定义，溶液中HF的存在形式有HF、F－、H三种，根据元素守恒，可知c总(HF)＝c(F－)＋c(HF)＋2c(H)，故C项错误；D.已知:HF总浓度c总(HF)为0.100 0 mol·L－1，其pH>1。在pH＝1的溶液中，应该加入了其他酸，根据电荷守恒，可知c(H＋)≠c(F－)＋c(H)＋c(OH－)，故D项错误。
3.(2023·天津卷)下表列出25 ℃时不同羧酸的pKa(即－lg Ka)。根据表中的数据推测，结论正确的是(　　)
羧酸 CH3COOH CH2FCOOH CH2ClCOOH CH2BrCOOH
pKa 4.76 2.59 2.87 2.90
A.酸性强弱:CH2ICOOH>CH2BrCOOH
B.对键合电子的吸引能力强弱:FC.25 ℃时的pKa大小:CHF2COOHD.25 ℃时0.1 mol·L－1溶液的碱性强弱:CH3COONa答案　C
解析　A.根据电负性F>Cl>Br>I，CH2FCOOH、CH2ClCOOH、CH2BrCOOH的酸性逐渐减弱，则酸性CH2ICOOHCl>Br，对键合电子的吸引能力强弱:F>Cl>Br，B错误；C.F是吸电子基团，F原子个数越多，吸电子能力越强，使得羧基中O—H键极性增强，更易电离，酸性增强，则25 ℃时的pKa大小:CHF2COOH1.高考热点:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2.新考法新角度:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
分层训练　提升考能
基础落实
1.下列事实一定能说明亚硝酸(HNO2)是弱电解质的是(　　)
A.NaNO2溶液呈碱性
B.向HNO2溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液呈红色
C.用HNO2溶液做导电性实验，灯泡很暗
D.10 mL 0.1 mol·L－1 HNO2溶液恰好与10 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液完全反应
答案　A
解析　紫色石蕊溶液呈红色说明HNO2为酸，不能说明HNO2部分电离，则不能说明HNO2为弱电解质，B错误；用HNO2溶液做导电性实验，灯泡很暗，说明溶液中离子浓度很小，不能说明HNO2部分电离，所以不能证明HNO2为弱电解质，C错误；10 mL 0.1 mol·L－1 HNO2溶液恰好与10 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液完全反应，说明HNO2为一元酸，不能说明HNO2部分电离，所以不能证明HNO2为弱电解质，D错误。
2.(2025·湖北三模)已知溶剂分子结合H＋的能力会影响酸给出H＋的能力，某温度下部分酸在冰醋酸中的pKa如下表所示，下列说法错误的是(　　)
分子式 HClO4 H2SO4 HCl HNO3
pKa＝－lg Ka 4.87 7.24(一级) 8.9 9.4
A.HClO4在冰醋酸中的电离方程式:HClO4＋CH3COOHCl＋CH3COO
B.在冰醋酸中酸性:HClO4>H2SO4>HCl>HNO3
C.结合H＋的能力:H2O>CH3COOH
D.相同温度下醋酸在液氨中的pKa大于其在水中的pKa
答案　D
解析　A.由表格数据可知，高氯酸在冰醋酸中部分电离出高氯酸根离子和CH3COO离子，电离方程式为HClO4＋CH3COOHCl＋CH3COO，故A正确；B.由表格数据可知，四种酸在冰醋酸中的电离常数的大小顺序为HClO4>H2SO4>HCl>HNO3，则在冰醋酸中酸性的大小顺序为HClO4>H2SO4>HCl>HNO3，故B正确；C.由表格数据可知，在水中完全电离的四种强酸在冰醋酸中均不能完全电离，说明水分子结合氢离子的能力强于醋酸，故C正确；D.相同温度下醋酸在液氨中的电离程度大于在水中的电离程度，所以在液氨中的pKa小于其在水中的pKa，故D错误。
3.(2025·吉林辽源五中高三期中)已知液氨中存在与水相似的电离平衡:2NH3N＋N。T ℃下，液氨中N的平衡浓度为1×10－15 mol·L－1。下列说法正确的是(　　)
A.液氨中能发生反应:KNH2＋NH4Cl===KCl＋2NH3
B.向液氨中加入氯化铵，电离平衡逆向移动，c(N)减小
C.增加NH3，电离平衡正向移动，c(N)增大
D.仅改变温度，可以使液氨中c(N)答案　A
解析　KNH2提供N，NH4Cl提供N，两者在液氨中反应生成KCl和NH3，符合酸碱中和规律，反应式正确，A正确；加入NH4Cl会增加N浓度，根据勒夏特列原理，平衡逆向移动，但总浓度仍会因外加N而增大，而非减小，B错误；液氨为溶剂，其浓度视为常数，增加NH3的量不会改变其浓度，因此电离平衡不移动，c(N)不变，C错误；电离反应中N和N的浓度始终相等(1∶1生成)，仅改变温度无法使两者浓度不等，D错误。
4.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下表。
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
答案　B
解析　A.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；B.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，故表中数据说明同等条件下H＋的导电能力比Na＋的强，选项B错误；C.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；D.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。
5.(2022·湖北卷)根据酸碱质子理论，给出质子(H＋)的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。已知:N2＋NH3===N＋N2H4，N2H4＋CH3COOH===N2＋CH3COO－，下列酸性强弱顺序正确的是(　　)
A.N2>N2H4>N
B.N2>CH3COOH>N
C.NH3>N2H4>CH3COO－
D.CH3COOH>N2>N
答案　D
解析　根据复分解反应的规律，强酸能制得弱酸，根据酸碱质子理论，给出质子(H＋)的物质是酸，则反应N2H4＋CH3COOH===N2＋CH3COO－中，酸性:CH3COOH>N2，反应N2＋NH3===N＋N2H4中，酸性:N2>N，故酸性:CH3COOH>N2>N。
6.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　乙酸和一氯乙酸均显弱酸性。弱酸的浓度越大，在水中的电离度越小，排除C项、D项。电离平衡常数:CH3COOH7.硼酸(H3BO3)的电离方程式为H3BO3＋H2OB(OH＋H＋。已知常温下，Ka(H3BO3)＝5.4×10－10、Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5。下列说法错误的是(　　)
A.H3BO3为一元酸
B.0.01 mol·L－1 H3BO3溶液的pH≈6
C.常温下，等浓度溶液的pH:CH3COONa>NaB(OH)4
D.NaOH溶液溅到皮肤时，可用大量水冲洗，再涂上硼酸溶液
答案　C
解析　根据题意可知H3BO3只存在一步电离，所以为一元酸，A正确；设0.01 mol·L－1 H3BO3溶液中c(H＋)＝x mol·L－1，则c[B(OH]也可近似认为等于x mol·L－1，则有Ka(H3BO3)＝＝5.4×10－10，解得x≈2.3×10－6，所以pH≈6，B正确；Ka(H3BO3)8.已知25 ℃时，测得浓度为0.1 mol·L－1的碱BOH的溶液中，c(OH－)＝1×10－3 mol·L－1。
(1)写出BOH的电离方程式:_______________________________。
(2)BOH的电离平衡常数Kb＝_______________________________。
(3)某温度T ℃时，BOH的电离平衡常数为1×10－7，结合(2)的计算可知T________25。若该碱的起始浓度也为0.1 mol·L－1，则溶液中c(B＋)＝________ mol·L－1。
答案　(1)BOHB＋＋OH－　(2)1×10－5
(3)<　1×10－4
解析　(1)因c初始(BOH)＝0.1 mol·L－1，c电离(BOH)＝c(B＋)≈c(OH－)＝1×10－3 mol·L－1，则BOH不完全电离，故电离方程式为BOHB＋＋OH－。(2)电离平衡时，c平衡(BOH)＝0.1 mol·L－1－1×10－3 mol·L－1≈0.1 mol·L－1，则电离常数Kb＝≈＝1×10－5。(3)电离过程是吸热的，温度越高电离常数越大，T ℃时BOH的电离平衡常数为1×10－7<1×10－5，则T<25。电离常数Kb＝≈＝1×10－7，则c(B＋)＝1×10－4 mol·L－1。
能力提升
9.(2025·山东滨州二模)某平衡体系如图，隔膜允许NH3·H2O通过，不允许N和OH－通过。设溶液中c总(NH3·H2O)＝c(NH3·H2O)＋c(N)，且隔膜两侧的溶液体积相同。下列说法正确的是[已知:室温下Kb(NH3·H2O)＝1.0×10－5，lg 2≈0.3]
A.水的电离程度:溶液A<溶液B
B.溶液A中:c总(NH3·H2O)＝101c(NH3·H2O)
C.向溶液A中通入一定量NH3，重新平衡后，溶液B的pH保持不变
D.撤去隔膜使溶液A与溶液B充分混合，所得溶液的pH约为10.7
答案　B
解析　A.根据题中信息可知，溶液B的pH大于溶液A的，因此溶液B中c(OH－)大，对水的电离抑制程度大，溶液B中水的电离程度小，A错误；B.溶液A的pH＝7，溶液A中c(OH－)＝10－7 mol·L－1，故有，B正确；C.溶液A中通入一定量NH3，导致A中NH3·H2O的电离平衡逆向移动，NH3·H2O浓度增大，NH3·H2O跨膜进入溶液B中，导致B中NH3·H2O增大，NH3·H2O的电离平衡正移，OH－浓度增大，pH也增大，C错误；D.假设A、B溶液的体积均为V，溶液A、B中c(OH－)分别为10－7 mol·L－1和10－3 mol·L－1，故c(OH－)＝ mol·L－1≈ mol·L－1，pOH＝－lg c(OH－)＝－lg＝3＋0.3＝3.3，pH＝10.7，但在混合过程中NH3·H2O的电离平衡会发生移动，故所得溶液的pH不是10.7，D错误。
10.(2025·吉林四平一模)肼(N2H4)又称联氨，为二元弱碱，在水中的电离与氨类似。已知常温下，N2H4的第一步电离平衡:N2H4＋H2ON2＋OH－，＝8.7×1。下列说法错误的是(　　)
A.N2H4的水溶液中存在:c(N2)＋2c(N2)＋c(H＋)＝c(OH－)
B.反应 N2H4＋H＋N2的平衡常数K＝8.7×107
C.联氨与硫酸形成酸式盐的化学式为N2H5HSO4
D.向N2H4的水溶液中加水，不变
答案　C
解析　根据电荷守恒可知在N2H4的水溶液中存在:c(N2)＋2c(N2)＋c(H＋)＝c(OH－)，A正确；反应 N2H4＋H＋N2的平衡常数K＝＝8.7×107，B正确；联氨是二元弱碱，其与硫酸形成酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2，C错误；温度不变，电离平衡常数不变，加水稀释N2H4的水溶液，··，温度不变，不变，D正确。
11.部分弱酸的电离平衡常数如下表:
弱酸 HCOOH H2S H2CO3 HClO
电离平衡常数 (25 ℃) Ka＝1.77×10－4 ＝1.1×10－7 ＝1.3×10－13 ＝4.5×10－7 ＝4.7×10－11 Ka＝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－、HC、C、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化学方程式不正确的是________(填序号)。
①次氯酸与NaHCO3溶液的反应:HClO＋HC===ClO－＋H2O＋CO2↑
②少量CO2通入NaClO溶液中:CO2＋H2O＋2ClO－===C＋2HClO
③少量CO2通入NaClO溶液中:CO2＋H2O＋ClO－===HC＋HClO
④硫化氢通入NaClO溶液中:H2S＋ClO－===HS－＋HClO
⑤碳酸钠滴入足量甲酸溶液中:2HCOOH＋C===2HCOO－＋CO2↑＋H2O
答案　(1)HCOOH>H2CO3>H2S>HClO
(2)S2－>C>ClO－>HS－>HC>HCOO－
(3)①②④
12.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)写出亚磷酸的电离方程式:______________________________________
___________________________________________________________、
____________________________________________________________。
(2)图中表示pH与lg 的变化关系的是________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
(3)根据图像计算亚磷酸的＝________。
答案　(1)H3PO3H2P＋H＋　H2PHP＋H＋
(2)Ⅰ　(3)10－1.4
解析　＝，且>，由图像可知，在相同时，Ⅱ对应的c(H＋)较大，为第一步电离，Ⅰ对应的c(H＋)较小，为第二步电离，选用Ⅱ中的特殊点B计算＝10×10－2.4＝10－1.4。(共68张PPT)
大单元五　化学反应原理
第三单元　水溶液中的离子反应与平衡
第62讲　弱电解质的电离平衡
1.理解弱电解质在水溶液中的电离平衡；2.理解电离常数的含义，掌握电离常数的应用并能进行相关计算。
复习要求
考点一　弱电解质的电离平衡及影响因素
考点二　电离平衡常数及其应用
目
录
CONTENTS
体验真题　感知高考
分层训练　提升考能
考点一
弱电解质的电离平衡及影响因素
知识梳理
知能通关
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。
弱电解质电离
离子结合成分子
2.电离平衡的建立与特征
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
>
=
判断正误，错误的说明理由。
(1)弱电解质溶液中至少存在两种共价化合物分子________________。
(2)氨气溶于水，当NH3·H2O电离出的c(OH-)＝c(N)时，表明NH3·H2O电离处于平衡状态__________________________________________________________ __________________________________________________________________。
(3)室温下，由0.1 mol·L-1一元碱BOH的pH＝10，可知溶液中存在BOH===B++ OH-
_____________________________________________________________________________________________________________________________________。
(4)稀释弱电解质溶液时，所有粒子浓度都一定会减小____________________ __________________________________________________________________。
正确
小题对点过
错误。NH3·H2O电离出的c(OH-)与c(N)始终相等，不能判断
NH3·H2O电离处于平衡状态
错误。以醋酸溶液为
例，稀释时c(H+)、c(CH3COO-)、c(CH3COOH)减小，c(OH-)增大
判断弱电解质的两种方法
(1)弱电解质溶液中存在电离平衡，条件改变，平衡移动，如pH＝1的CH3COOH溶液加水稀释10倍后，1(2)弱电解质形成的盐能水解，如用玻璃棒蘸取一定浓度的CH3COONa溶液滴在pH试纸上，pH>7，说明CH3COONa为强碱弱酸盐，即CH3COOH为弱酸。
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___，越易电离。
(2)温度:温度越高，电离程度______。
(3)同离子效应:加入与弱电解质具有相同离子的电解质时，可使电离平衡向___________________________的方向移动。
(4)化学反应:加入能与弱电解质电离出的离子反应的物质时，可使电离平衡向______方向移动。
小
越大
结合成弱电解质分子
电离
向右
小题对点过
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
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.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。
<
>
<
＝
＝
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
3.在一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如图所示。
下列说法不正确的是(　　)
A.a、b、c三点对应的溶液中，c(H+)最大的是b
B.向b点对应的溶液中加少量Na2CO3固体(温度变化忽略不计)，可使体系中c(CH3COO-)增大
C.在b→c过程中，减小
D.a、b、c三点溶液用1 mol·L-1 NaOH溶液中和， 消耗NaOH 溶液体积的大小关系为a＝b＝c
C
考点二
电离平衡常数及其应用
知识梳理
知能通关
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的分子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(弱酸用Ka，弱碱用Kb)表示。
2.表达式
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＝
按要求写出①CH3COOH，②NH3·H2O，③H2CO3的电离方程式和电离常数表达式。
　
小题对点过
　
3.电离常数的影响因素
(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.电离常数的意义
(1)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>>……，当 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
(1)已知T ℃时，CH3COOH的Ka＝1.75×10-5。
①当向醋酸中加入一定量的盐酸时，CH3COOH的电离常数________(填“变大”或“变小”或“不变”)，理由是_________________________________。
②T ℃时，将该溶液加水稀释10倍，则CH3COOH的Ka＝___________。
不变
小题对点过
电离常数只与温度有关
1.75×10-5
(2)已知:25 ℃时，下列四种弱酸的电离常数:
试比较相同浓度的CH3COOH、HNO2、HCN、H2CO3溶液的酸性强弱_______________________________。
(3)已知H3PO4是三元中强酸，其三级电离常数分别为，25 ℃时，三者由大到小的顺序是:____________。
HNO2>CH3COOH>H2CO3>HCN
CH3COOH HNO2 HCN H2CO3
电离 常数 1.75×10-5 5.6×10-4 6.2×10-10 ＝4.5×10-7
＝4.7×10-11
>>
(一)依据电离常数判断强酸制弱酸及方程式正误
1.已知数据:7.2×10-4、4.6×10-4、4.9×10-10分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这些酸可发生如下反应:①NaCN+HNO2===HCN+NaNO2，②NaCN+HF=== HCN+NaF，③NaNO2+HF===HNO2+NaF，由此可判断下列叙述中不正确的是(　　)
A.HF的电离平衡常数为7.2×10-4
B.HNO2的电离平衡常数为4.9×10-10
C.根据①③两个反应即可知三种酸的相对强弱
D.HNO2的电离平衡常数比HCN大，比HF小
B
解析　反应①说明酸性:HNO2>HCN，反应③说明酸性:HF>HNO2。
2.运用电离平衡常数判断，下列可以发生的反应是(　　)
①HBrO+Na2CO3===NaBrO+NaHCO3
②2HBrO+Na2CO3===2NaBrO+H2O+CO2↑
③HBrO+NaHCO3===NaBrO+H2O+CO2↑
④NaBrO+CO2+H2O===NaHCO3+HBrO
A.①③ B.②④ C.①④ D.②③
C
酸 电离平衡常数(25 ℃)
碳酸 ＝4.3×10-7　＝5.6×10-11
次溴酸 Ka＝2.4×10-9
解析　根据复分解反应中较强酸制备较弱酸的原理可知，(碳酸)>Ka(次溴酸)>(碳酸)，所以①④能发生。
(二)有关电离常数的简单计算
3.已知25 ℃时醋酸的Ka＝1.8×10-5，则0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液中
①c(H+)＝___________________。
②醋酸的电离度(α)＝______________。
1.3×10-3 mol·L-1
1.3%
4.已知室温时，0.1 mol·L-1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，其电离平衡常数为____________________________________________。(列三段式计算)
答案　1.0×10-7
Ka＝≈＝1.0×10-7。
(2)同一弱电解质的电离度，受溶液的温度和浓度的影响。
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。
(3)电离度与电离常数的关系——Ka＝c·α2。
(三)溶液微粒浓度比值大小判断
5.常温下，将0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液加水稀释，请填写下列表达式中的数据变化情况(填“变大”“变小”或“不变”)。
(1)________；
(2)________；
(3)________；
(4)________；
(5)________。
变小
变大
变小
不变
不变
判断溶液中微粒浓度比值变化结果的方法
(1)将浓度之比转化为物质的量之比进行比较，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)“假设法”，如上述问题(3)，假设无限稀释，c(CH3COO-)趋近于0，c(H+)趋于10-7 mol·L-1，故比值变小。
(3)“凑常数”，解题时将某些粒子的浓度比值乘以或除以某种粒子的浓度，转化为一个常数与某种粒子浓度的乘积或相除的关系。
体验真题 感知高考
1.(2025·海南卷改编)溶液电导率(K)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，硫酸质量分数与其电导率关系如图所示。下列说法错误的是(　　)
B.因为K(a)＝K(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%)，硫酸电离度随质量分数增加而减小
B
A.M、N分别为c(HF)~pH、c(H)~pH关系曲线
B.K1＝≈7×10-4，K2＝≈5
C.溶液中c总(HF)＝c(F-)+c(HF)+c(H)
D.pH＝1的溶液中c(H+)＝c(F-)+c(H)+c(OH-)
B
解析　A.已知HF溶液中存在的平衡:HF H++F-，当溶液中pH增大时，c(H+)减小，该平衡正向移动，c(HF)减小，对应M曲线；c(H)先增大后减小，所以M、N分别为c(HF)~pH、c(F-)~pH关系曲线，故A项错误；B.根据平衡常数计算公式: K1＝，取pH＝4，c(F-)＝0.0800 mol·L-1，c(HF)＝0.011 0 mol·L-1，c(H+)＝10-4 mol·L-1，代入可得K1＝≈7×10-4，结合K2＝，取pH＝4，c(H)＝0.004 5 mol·L-1，c(F-)＝0.080 0 mol·L-1，c(HF)＝0.011 0 mol·L-1，K2＝≈5，故B项正确；C.根据总浓
度c总(HF)的定义，溶液中HF的存在形式有HF、F-、H三种，根据元素守恒，可知c总(HF)＝c(F-)+c(HF)+2c(H)，故C项错误；D.已知:HF总浓度c总(HF)为0.100 0 mol·L-1，其pH>1。在pH＝1的溶液中，应该加入了其他酸，根据电荷守恒，可知c(H+)≠c(F-)+c(H)+c(OH-)，故D项错误。
3.(2023·天津卷)下表列出25 ℃时不同羧酸的pKa(即-lg Ka)。根据表中的数据推测，结论正确的是(　　)
A.酸性强弱:CH2ICOOH>CH2BrCOOH
B.对键合电子的吸引能力强弱:FC.25 ℃时的pKa大小:CHF2COOHD.25 ℃时0.1 mol·L-1溶液的碱性强弱:CH3COONaC
羧酸 CH3COOH CH2FCOOH CH2ClCOOH CH2BrCOOH
pKa 4.76 2.59 2.87 2.90
解析　A.根据电负性F>Cl>Br>I，CH2FCOOH、CH2ClCOOH、CH2BrCOOH的酸性逐渐减弱，则酸性CH2ICOOHCl>Br，对键合电子的吸引能力强弱:F>Cl>Br，B错误；C.F是吸电子基团，F原子个数越多，吸电子能力越强，使得羧基中O—H键极性增强，更易电离，酸性增强，则25 ℃时的pKa大小:CHF2COOH分层训练 提升考能
基础落实
1.下列事实一定能说明亚硝酸(HNO2)是弱电解质的是(　　)
A.NaNO2溶液呈碱性
B.向HNO2溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液呈红色
C.用HNO2溶液做导电性实验，灯泡很暗
D.10 mL 0.1 mol·L-1 HNO2溶液恰好与10 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液完全反应
A
解析　紫色石蕊溶液呈红色说明HNO2为酸，不能说明HNO2部分电离，则不能说明HNO2为弱电解质，B错误；用HNO2溶液做导电性实验，灯泡很暗，说明溶液中离子浓度很小，不能说明HNO2部分电离，所以不能证明HNO2为弱电解质，C错误；10 mL 0.1 mol·L-1 HNO2溶液恰好与10 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液完全反应，说明HNO2为一元酸，不能说明HNO2部分电离，所以不能证明HNO2为弱电解质，D错误。
2.(2025·湖北三模)已知溶剂分子结合H+的能力会影响酸给出H+的能力，某温度下部分酸在冰醋酸中的pKa如下表所示，下列说法错误的是(　　)
B.在冰醋酸中酸性:HClO4>H2SO4>HCl>HNO3
C.结合H+的能力:H2O>CH3COOH
D.相同温度下醋酸在液氨中的pKa大于其在水中的pKa
D
分子式 HClO4 H2SO4 HCl HNO3
pKa＝-lg Ka 4.87 7.24(一级) 8.9 9.4
A.液氨中能发生反应:KNH2+NH4Cl===KCl+2NH3
B.向液氨中加入氯化铵，电离平衡逆向移动，c(N)减小
C.增加NH3，电离平衡正向移动，c(N)增大
D.仅改变温度，可以使液氨中c(N)A
解析　KNH2提供N，NH4Cl提供N，两者在液氨中反应生成KCl和NH3，符合酸碱中和规律，反应式正确，A正确；加入NH4Cl会增加N浓度，根据勒夏特列原理，平衡逆向移动，但总浓度仍会因外加N而增大，而非减小，B错误；液氨为溶剂，其浓度视为常数，增加NH3的量不会改变其浓度，因此电离平衡不移动，c(N)不变，C错误；电离反应中N和N的浓度始终相等(1∶1生成)，仅改变温度无法使两者浓度不等，D错误。
4.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下表。
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　A.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；B.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，故表中数据说明同等条件下H+的导电能力比Na+的强，选项B错误；C.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；D.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。
5.(2022·湖北卷)根据酸碱质子理论，给出质子(H+)的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。已知:N2+NH3===N+N2H4，N2H4+CH3COOH===N2 +CH3COO-，下列酸性强弱顺序正确的是(　　)
A.N2>N2H4>N
B.N2>CH3COOH>N
C.NH3>N2H4>CH3COO-
D.CH3COOH>N2>N
D
解析　根据复分解反应的规律，强酸能制得弱酸，根据酸碱质子理论，给出质子(H+)的物质是酸，则反应N2H4+CH3COOH===N2+CH3COO-中，酸性:CH3COOH>N2，反应N2+NH3===N+N2H4中，酸性:N2>N，故酸性:CH3COOH>N2>N。
6.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(　　)
B
解析　乙酸和一氯乙酸均显弱酸性。弱酸的浓度越大，在水中的电离度越小，排除C项、D项。电离平衡常数:CH3COOHA.H3BO3为一元酸
B.0.01 mol·L-1 H3BO3溶液的pH≈6
C.常温下，等浓度溶液的pH:CH3COONa>NaB(OH)4
D.NaOH溶液溅到皮肤时，可用大量水冲洗，再涂上硼酸溶液
C
解析　根据题意可知H3BO3只存在一步电离，所以为一元酸，A正确；设0.01 mol·L-1 H3BO3溶液中c(H+)＝x mol·L-1，则c[B(OH]也可近似认为等于x mol·L-1，则有Ka(H3BO3)＝＝5.4×10-10，解得x≈2.3×10-6，所以pH≈6，B正确；Ka(H3BO3)8.已知25 ℃时，测得浓度为0.1 mol·L-1的碱BOH的溶液中，c(OH-)＝1×10-3 mol·L-1。
(1)写出BOH的电离方程式:_______________________________。
(2)BOH的电离平衡常数Kb＝__________。
(3)某温度T ℃时，BOH的电离平衡常数为1×10-7，结合(2)的计算可知T________25。若该碱的起始浓度也为0.1 mol·L-1，则溶液中c(B+)＝________ mol·L-1。
1×10-5
<
1×10-4
解析　(1)因c初始(BOH)＝0.1 mol·L-1，c电离(BOH)＝c(B+)≈c(OH-)＝1×10-3 mol·L-1，则BOH不完全电离，故电离方程式为BOH B++OH-。(2)电离平衡时，c平衡(BOH)＝0.1 mol·L-1-1×10-3 mol·L-1≈0.1 mol·L-1，则电离常数Kb＝ ≈＝1×10-5。(3)电离过程是吸热的，温度越高电离常数越大，T ℃时BOH的电离平衡常数为1×10-7<1×10-5，则T<25。电离常数Kb＝≈＝1×10-7，则c(B+)＝1×10-4 mol·L-1。
能力提升
9.(2025·山东滨州二模)某平衡体系如图，隔膜允许NH3·H2O通过，不允许N和OH-通过。设溶液中c总(NH3·H2O)＝c(NH3·H2O)+c(N)，且隔膜两侧的溶液体积相同。下列说法正确的是[已知:室温下Kb(NH3·H2O)＝1.0×10-5，lg 2≈0.3]( )
A.水的电离程度:溶液A<溶液B
B.溶液A中:c总(NH3·H2O)＝101c(NH3·H2O)
C.向溶液A中通入一定量NH3，重新平衡后，
溶液B的pH保持不变
D.撤去隔膜使溶液A与溶液B充分混合，所得溶液的pH约为10.7
B
解析　A.根据题中信息可知，溶液B的pH大于溶液A的，因此溶液B中c(OH-)大，对水的电离抑制程度大，溶液B中水的电离程度小，A错误；B.溶液A的pH＝7，溶液A中c(OH-)＝10-7 mol·L-1，故有，B正确；C.溶液A中通入一定量NH3，导致A中NH3·H2O的电离平衡逆向移动，NH3·H2O浓度增大，NH3·H2O跨膜进入溶液B中，导致B中NH3·H2O增大，NH3·H2O的电离平衡正移，OH-浓度增大，pH也增大，C错误；D.假设A、B溶液的体积均为V，溶液A、B中c(OH-)分别为10-7 mol·L-1和10-3 mol·L-1，故c(OH-)＝ mol·L-1≈ mol·L-1，pOH＝-lg c(OH-)＝-lg＝3+0.3＝3.3，pH＝10.7，但在混合过程中NH3·H2O的电离平衡会发生移动，故所得溶液的pH不是10.7，D错误。
C
11.部分弱酸的电离平衡常数如下表:
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_______________________________。
HCOOH>H2CO3>H2S>HClO
弱酸 HCOOH H2S H2CO3 HClO
电离平衡常数 (25 ℃) Ka＝1.77×10-4 ＝1.1×10-7 ＝1.3×10-13 ＝4.5×10-7 ＝4.7×10-11 Ka＝4.0×10-8
(2)相同浓度的HCOO-、HS-、S2-、HC、C、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化学方程式不正确的是__________ (填序号)。
①次氯酸与NaHCO3溶液的反应:HClO+HC===ClO-+H2O+CO2↑
②少量CO2通入NaClO溶液中:CO2+H2O+2ClO-===C+2HClO
③少量CO2通入NaClO溶液中:CO2+H2O+ClO-===HC+HClO
④硫化氢通入NaClO溶液中:H2S+ClO-===HS-+HClO
⑤碳酸钠滴入足量甲酸溶液中:2HCOOH+C===2HCOO-+CO2↑+H2O
S2->C>ClO->HS->HC>HCOO-
①②④
12.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)写出亚磷酸的电离方程式:
__________________________________________、
____________________________________________。
(2)图中表示pH与lg 的变化关系的是________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
(3)根据图像计算亚磷酸的＝________。
Ⅰ
10-1.4
解析　＝，且>，由图像可知，在相同时，Ⅱ对应的c(H+)较大，为第一步电离，Ⅰ对应的c(H+)较小，为第二步电离，选用Ⅱ中的特殊点B计算＝10×10-2.4＝10-1.4。
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本
讲
内
容
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