第8章 第36讲 弱电解质的电离平衡（word教参）-【导学教程】2025年化学新编高考大一轮总复习（人教单选版）

第36讲　弱电解质的电离平衡 [课程标准]　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 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，电离过程达到了平衡。 平衡建立过程如图所示： 2．电离平衡的特征 3．外因对电离平衡的影响 (1)以0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液为例，填写外界条件对CH3COOH(aq)CH3COO－(aq)＋H＋(aq)　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__ (2)分别画出冰醋酸加水稀释过程中溶液的电导率和pH随加水体积变化的曲线。 答案 　正确的打“√”，错误的打“×”。 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(NH)时，表明NH3·H2O电离处于平衡状态(　　) 3．一元弱碱BOH的电离方程式为BOH===B＋＋OH－(　 　) 答案　1.√　2.×　3.× ,电离平衡 1．稀氨水中存在着电离平衡：NH3·H2ONH＋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(　　) ①NH4Cl固体　②硫酸　③NaOH固体　④水　⑤加热　⑥加入少量MgSO4固体 A．①②③⑤　　　　　 B．③⑥ C．③ D．③⑤ 解析　若在氨水中加入NH4Cl固体，c(NH)增大，平衡向左移动，c(OH－)减小，①不符合题意；硫酸中的H＋与OH－反应，使c(OH－)减小，平衡向右移动，②不符合题意；当在氨水中加入NaOH固体后，c(OH－)增大，平衡向左移动，③符合题意；若在氨水中加入水，稀释溶液，平衡向右移动，c(OH－)减小，④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，⑤不符合题意；加入MgSO4固体发生反应：Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓，溶液中c(OH－)减小，平衡向右移动，⑥不符合题意。 答案　C 2．H2S水溶液中存在电离平衡H2SH＋＋HS－和HS－H＋＋S2－。下列说法正确的是(　　) 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 解析　向H2S溶液中加水，平衡向右移动，但溶液体积增大，溶液中H＋浓度减小，A错误；通入SO2，可发生反应：2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O，SO2过量时，SO2与水反应生成的H2SO3酸性比氢硫酸强，因此溶液pH减小，B错误；滴加新制氯水，发生反应：H2S＋Cl2===2HCl＋S↓，H2S浓度减小，平衡向左移动，反应生成的盐酸为强酸，溶液酸性增强，pH减小，C正确；加入少量CuSO4固体，发生反应：CuSO4＋H2S===CuS↓＋H2SO4，溶液中S2－浓度减小，H＋浓度增大，D错误。 答案　C 3．能证明蚁酸(HCOOH)是弱酸的实验事实是(　　) A．HCOOH溶液与Zn反应放出H2 B．0.1 mol·L－1 HCOOH溶液可使紫色石蕊溶液变红 C．HCOOH溶液与Na2CO3反应生成CO2 D．常温时0.1 mol·L－1 HCOOH溶液的pH＝2.3 解析　A、B项，只能证明蚁酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，错误；C项，只能证明蚁酸的酸性比碳酸强，错误；D项，溶液的pH＝2.3，说明HCOOH未完全电离，正确。 答案　D 4．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“＜”填写下列问题。 (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．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(幂次方)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＝　　 3．特点 (1)电离平衡常数与温度有关，与浓度无关，升高温度，K增大。 (2)电离平衡常数反映弱电解质的相对强弱，K越大，表示弱电解质越易电离，酸性或碱性越强。 (3)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。 4．电离度 (1)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。 (2)表示方法 α＝×100%， 也可表示为α＝×100%。 (3)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__。 　正确的打“√”，错误的打“×”。 1．同一弱电解质，浓度不同其电离常数一定不同(　　) 2．弱电解质的电离平衡右移，电离常数一定增大(　　) 3．某一弱电解质，电离度越大，电离常数就越大(　　) 4．常温下，依据Ka1(H2CO3)>Ka2(H3PO3)，可知碳酸的酸性比磷酸强(　　) 答案　1.×　2.×　3.×　4.× 　利用电离常数判断酸性强弱 1．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 ℃) K＝1.77×10－4 K1＝1.3×10－7 K2＝7.1×10－15 K1＝4.4×10－7 K2＝4.7×10－11 K＝ 3.0×10－8 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)同浓度的HCOO－、HS－、S2－、HCO、CO、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反应方程式不正确的是__________(填序号)。 ①次氯酸与NaHCO3溶液的反应：HClO＋HCO===ClO－＋H2O＋CO2↑ ②少量CO2通入NaClO溶液中：CO2＋H2O＋2ClO－===CO＋2HClO ③少量CO2通入NaClO溶液中：CO2＋H2O＋ClO－===HCO＋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＋CO===2HCOO－＋CO2↑＋H2O 答案　(1)HCOOH＞H2CO3＞H2S＞HClO (2)S2－＞CO＞ClO－＞HS－＞HCO＞HCOO－ (3)①②④ 　判断微粒浓度比值的大小 2．25 ℃时，下列有关电解质溶液的说法正确的是(　　) A．加水稀释0.1 mol·L－1氨水，溶液中c(H＋)·c(OH－)和均保持不变 B．向CH3COONa溶液中加入少量CH3COONa，溶液中的值增大 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溶液加水不断稀释过程中，电离平衡常数Ka(HF)保持不变，始终增大 解析　A项中，0.1 mol·L－1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溶液中加入少量CH3COONa，溶液中＝，加入CH3COONa，溶液碱性增强，则c(H＋)降低，所以的值增大，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＝，Ka2＝，同一溶液中c(H＋)相等，则c(H＋)＝Ka1·＝Ka2·，而Ka1＞Ka2，则＞，错误；D项，0.1 mol·L－1的HF加水稀释，c(F－)趋近于0，而c(H＋)趋于不变(10－7 mol·L－1)，故比值变小，错误。 答案　B 3．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)__________。 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，因而其比值变小。 (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，因而其比值变大。 (3)假设无限稀释，c(CH3COO－)趋近于0，极稀溶液要考虑水的电离，c(H＋)趋近于10－7 mol·L－1，因而比值变小。 (4)此式为Ka。 (5)将该式变为＝。 答案　(1)变小　(2)变大　(3)变小　(4)不变　(5)不变 确定微粒浓度比值变化情况的三种方法 (1)“转化法”。将浓度之比转化为物质的量之比进行比较。 (2)“假设法”。如上述问题(3)，假设无限稀释，c(CH3COO－)趋近于0，c(H＋)趋近于10－7mol·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。 　电离平衡常数的计算 4．已知25 ℃时，测得浓度为0.1 mol·L－1的BOH溶液中，c(OH－)＝1×10－3mol·L－1。 (1)写出BOH的电离方程式：________________________________________________________________________。 (2)BOH的电离度α＝________________________________________________________________________。 (3)BOH的电离平衡常数Kb＝________________________________________________________________________。 解析　(1)BOH不完全电离，故电离方程式为BOHB＋＋OH－；(2)因c(BOH)初始＝0.1 mol·L－1，c(BOH)电离＝c(B＋)＝c(OH－)＝1×10－3mol·L－1，则电离度α＝×100%＝1%；(3)电离平衡时，c(BOH)平衡＝0.1 mol·L－1－1×10－3mol·L－1≈0.1 mol·L－1，则电离常数Kb＝＝＝1×10－5。 答案　(1)BOHB＋＋OH－　(2)1% (3)1×10－5 5．碳氢化合物完全燃烧生成CO2和H2O。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HCO＋H＋的电离常数K1≈__________(已知：10－5.60＝2.5×10－6)。 解析　由H2CO3H＋＋HCO得K1＝＝≈4.2×10－7。 答案　4.2×10－7 6．次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其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。HClO的电离常数Ka为______。 解析　由题图pH＝7.5时，c(HClO)＝c(ClO－)，HClO的Ka＝＝c(H＋)＝10－7.5。 答案　10－7.5 7．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：__________________、_________________。 (2)表示pH与lg 的变化关系的曲线是__________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 (3)根据图像计算亚磷酸的Ka1＝__________。 解析　(3)由于Ka1＝，Ka2＝，且Ka1>Ka2，由图像可知，在相同或时，“曲线Ⅱ”对应的c(H＋)较大，为一级电离(Ka1)，“曲线Ⅰ”对应的c(H＋)较小，为二级电离(Ka2)，显然选用“曲线Ⅱ”中的特殊点B计算Ka1，Ka1＝＝10×10－2.4＝10－1.4。 答案　(1)H3PO3H2PO＋H＋　H2POHPO＋H＋　(2)Ⅰ　(3)10－1.4 [对应学生用书P209] 1．(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－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中的HA的电离度为 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　常温下溶液Ⅰ的pH＝7.0，则溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7 mol/L，c(H＋)＜c(OH－)＋c(A－)，A错误；常温下溶液Ⅱ的pH＝1.0，溶液中c(H＋)＝0.1 mol/L，Ka(HA)＝＝1.0×10－3，c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，则＝1.0×10－3，解得＝，B正确；根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，C错误；常温下溶液Ⅰ的pH＝7.0，溶液Ⅰ中c(H＋)＝1×10－7 mol/L，Ka(HA)＝＝1.0×10－3，c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，＝1.0×10－3，溶液Ⅰ中c总(HA)＝(104＋1)c(HA)，溶液Ⅱ的pH＝1.0，溶液Ⅱ中c(H＋)＝0.1 mol/L，Ka(HA)＝＝1.0×10－3，c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，＝1.0×10－3，溶液Ⅱ中c总(HA)＝1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，溶液Ⅰ和Ⅱ中c总(HA)之比为[(104＋1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]＝(104＋1)∶1.01≈104，D错误。 答案　B 2．(2023·浙江1月卷改编)甲酸(HCOOH)是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂(含固体活性成分R3N，R为烷基)因静电作用被吸附回收，其回收率(被吸附在树脂上甲酸根的物质的量分数)与废水初始pH关系如图(已知甲酸Ka＝1.8×10－4)。 判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。 (1)活性成分R3N在水中存在平衡：R3N＋H2OR3NH＋＋OH－(　　) (2)废水初始pH<2.4，随pH下降，甲酸的电离被抑制，与R3NH＋作用的HCOO－数目减少(　　) (3)废水初始pH>5，离子交换树脂活性成分主要以R3NH＋形态存在(　　) 解析　(1)由题意“因静电作用被吸附”及题图可知，R3N在溶液中的电离方程式为R3N＋H2OR3NH＋＋OH－。 (2)由题图可知，溶液pH为2.4时，废水中的甲酸及其盐回收率最高，当溶液中pH小于2.4时，随溶液pH下降，溶液中氢离子浓度增大，甲酸的电离被抑制，溶液中甲酸根离子浓度减小，与R3NH＋发生静电作用的离子数目减小。 (3)由题图可知，R3N溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡R3N＋H2OR3NH＋＋OH－，当废水初始pH大于5时，平衡向左移动，离子交换树脂活性成分主要以R3N形态存在。 答案　(1)√　(2)√　(3)× 3．(2022·重庆卷)两种酸式碳酸盐的分解反应如下。某温度平衡时总压强分别为p1和p2。 反应1：NH4HCO3(s)NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)　p1＝3.6×104 Pa 反应2：2NaHCO3(s)Na2CO3(s)＋H2O(g)＋CO2(g)　p2＝4×103 Pa 该温度下，刚性密闭容器中放入NH4HCO3和Na2CO3固体，平衡后以上3种固体均大量存在。下列说法错误的是(　　) A．反应2的平衡常数为4×106 Pa2 B. 通入NH3，再次平衡后总压强增大 C．平衡后总压强为4.36×105 Pa D. 缩小体积，再次平衡后总压强不变 解析　反应2的平衡常数为Kp＝p(CO2)×p(H2O)＝p2××p2×＝4×106 Pa2，A正确；刚性密闭容器，温度不变平衡常数不变，再次达平衡后，容器内各气体分压不变，总压强不变，B错误；Kp2＝p(CO2)×p(H2O)＝p2××p2×＝4×106 Pa2，p(CO2)＝p(H2O)＝2×103 ，Kp1＝p(NH3)×p(CO2)×p(H2O)＝(1.2×104)3 Pa3，p(NH3)＝＝4.32×105，所以总压强为：p(NH3)＋p(CO2)＋p(H2O)＝4.32×105，C正确；达平衡后，缩小体积，平衡逆向移动，温度不变，平衡常数不变，再次平衡后总压强不变，D正确。 答案　B 4．(2020·天津卷节选)已知25 ℃碳酸电离常数为Ka1、Ka2，当溶液pH＝12时，c(H2CO3)∶c(HCO)∶c(CO)＝1∶__________∶__________。 解析　H2CO3是二元弱酸，分步发生电离：H2CO3HCO＋H＋、HCOCO＋H＋，则有Ka1＝、Ka2＝，c(H2CO3)∶c(HCO)∶c(CO)＝∶c(HCO)∶＝∶1∶＝1∶∶，当溶液pH＝12时，c(H＋)＝10－12mol/L，故c(H2CO3)∶c(HCO)∶c(CO)＝1∶(1012·Ka1)∶(1024·Ka1·Ka2)。 答案　1012·Ka1　1024·Ka1·Ka2 学科网（北京）股份有限公司 $$