第1讲　弱电解质的电离平衡

第1讲弱电解质的电离平衡课时要求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(1)能证明蚁酸(HCOOH)是弱酸的实验事实是。

①HCOOH溶液与Zn反应放出H2②0.1mol·L-1HCOOH溶液可使紫色石蕊溶液变红③HCOOH溶液与Na2CO3反应生成CO2④常温时0.1mol·L-1HCOOH溶液的pH=2.3(2)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(NH4+)时,表明NH3·H2。

③室温下,由0.1mol·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)④(2)①正确②错误。NH3·H2O电离出的c(OH-)与c(NH4+)始终相等,不能判断NH3·H2③错误。若BOH为强碱,0.1mol·L-1BOH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0.1mol·L-1CH3COOH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(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(1)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(2)1.把1L0.1mol·L-1醋酸溶液用蒸馏水稀释到10L,下列叙述正确的是()A.c(CH3COOH)变为原来的1B.c(H+)变为原来的1C.c(CD.溶液的导电能力增大答案C解析由于加水稀释,CH3COOH的电离程度增大,故c(CH3COOH)应小于原来的110,c(H+)应大于原来的110,c(CH3COO-)c(CH3COOH)=n(CH3COO-)n(C2.常温下,①100mL0.01mol·L-1的CH3COOH溶液,②10mL0.1mol·L-1的CH3COOH溶液。用“>”“=”或“<”回答下列问题。(1)c(CH3COO-):①②。

(2)电离程度:①②。

(3)在上述两种溶液中加入足量锌片。开始时的反应速率:①②,反应结束生成相同状况下H2的体积:①②。

(4)与同浓度的NaOH溶液完全反应消耗NaOH溶液的体积:①②。

答案(1)<(2)>(3)<=(4)=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<pH<2。(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.已知硫化氢的水溶液为氢硫酸,它是一种二元弱酸。(1)H2S溶于水的电离方程式为

。

(2)向H2S溶液中加入少量CuSO4溶液时,电离平衡向移动,c(H+),c(S2-)。

(3)向H2S溶液中加入NaOH固体时,电离平衡向移动,c(H+),c(S2-)。

(4)若要增大H2S溶液中c(S2-),最好加入(答案合理即可)。

答案(1)H2SH++HS-,HS-H++S2-(2)右增大减小(3)右减小增大(4)NaOH固体解析(2)当加入CuSO4溶液时,因发生反应:Cu2++S2-===CuS↓,平衡右移,导致c(H+)增大,但c(S2-)减小。(3)当加入NaOH固体时,因发生反应:H++OH-===H2O,平衡右移,导致c(H+)减小,但c(S2-)增大。(4)增大c(S2-)最好是加入只与H+反应的物质,可见加入强碱如NaOH固体最适宜。考点二电离平衡常数及其应用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=cKb=c小题对点过(1)按要求写出①CH3COOH,②NH3·H2O,③H2CO3的电离方程式和的电离常数表达式。①

Ka=;

②

Kb=。

③H2CO3H++HCO3Ka1=

Ka2=(2)已知NH3·H2O的电离常数Kb=1.8×10-5,则0.1mol·L-1氨水溶液中的c(OH-)=,c(NH4+)=答案(1)①CH3COOHCH3COO-+H+c(C②NH3·H2ONH4③c(2)1.3×10-3mol·L-11.3×10-3mol·L-1解析(2)氨水中存在平衡:NH3·H2ONH4++OH-,Kb=c(NH4+)·c(OH-)c(NH3·H2O)=c2(OH-)0.1=1.8×10-5,解得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Ka1>Ka2>Ka3……,当Ka1≫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:CH3COOHHNO2HCNH2CO3电离常数1.75×10-55.6×10-46.2×10-10Ka1Ka2①试比较相同浓度的CH3COOH、HNO2、HCN、H2CO3溶液的酸性强弱

。

②判断反应NaNO2+CH3COOH===CH3COONa+HNO2是否正确,因为

。

向NaCN溶液中通入少量CO2,反应能否进行,若能进行,写出反应的化学方程式

。

答案(1)①不变电离常数只与温度有关②1.75×10-5(2)①HNO2>CH3COOH>H2CO3>HCN。②不正确HNO2的酸性强于CH3COOH,故反应不能发生能进行,NaCN+H2O+CO2===HCN+NaHCO31.相同温度下,根据三种酸的电离常数,下列判断正确的是()酸HCNCH3COOHH3PO2电离常数K6.2×10-101.75×10-55.9×10-2A.三种酸的强弱关系:HCN>CH3COOH>H3PO2B.反应H3PO2+CH3COO-===CH3COOH+H2PO2C.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,1mol·L-1HCN溶液的电离常数大于0.1mol·L-1HCN溶液的电离常数答案B解析酸性越强电离平衡常数越大,三种酸的强弱关系:HCN<CH3COOH<H3PO2,故A错误;根据“强酸制弱酸”,反应H3PO2+CH3COO-===CH3COOH+H2PO2-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,1mol·L-1HCN溶液的电离常数等于0.1mol·L-1HCN溶液的电离常数,故2.已知25℃时,测得浓度为0.1mol·L-1的碱BOH的溶液中,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T25。若该碱的起始浓度也为0.1mol·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)=0.1mol·L-1,c电离(BOH)=c(B+)≈c(OH-)=1×10-3mol·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)=0.1mol·L-1-1×10-3mol·L-1≈0.1mol·L-1,则电离常数Kb=c(B+)·c(OH-)c(BOH)≈1×10-3×1×10-30.1=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=3.常温下,将0.1mol·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)c(CH(2)c(CH(3)c(CH(4)c(CH(5)c(CH3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c(CH3COOH)·c(CH3COO-)c(H+)·c(CH3COO-)=c(CH3COO-)Ka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c(CH3COO-)·c(H+)c(CH3COOH)·c(H+)=Kac(H+加水稀释粒子浓度比值变化分析(1)同一溶液、浓度比等于物质的量比。如HF溶液:c(H+)(2)将浓度比换算成含有某一常数的式子,然后分析。如HF溶液:c(H+)考点三电离度与电离常数的关系及计算1.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总分子数的百分比。(2)表达式α=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%α=弱电解质的某离子浓度溶液中原有弱电解质的浓度(3)影响因素温度的影响升高温度,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,电离度减小浓度的影响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,电离度增大小题对点过(1)常温下,向氨水中加水稀释的过程中,NH3·H2O的电离平衡常数、电离度、溶液导电性的变化分别为:。

(2)思考下列问题,并分析总结。①改变条件,电离度增大,电离常数一定增大吗?为什么?

。

②向醋酸溶液中加入少量冰醋酸,电离平衡右移,电离度增大吗?为什么?

。

答案(1)不变、变大、减小(2)①不一定,升温引起电离度增大,电离常数一定增大,否则不变②不增大,根据勒夏特列原理可知,电离程度变小,电离度变小2.电离度与电离常数的关系——Ka=c·α2小题对点过已知25℃时,某浓度为c的一元弱酸HA的电离度为α,求该温度下HA的电离常数(Ka)。答案Ka=(c·α)2c·(1-α)=c·α21-α,1.25℃时,0.01mol·L-1的HA溶液中HA的电离度为0.1%,则25℃时,c(H+)和Ka(HA)分别为多少?写出解题步骤

。

答案c(H+)=0.01mol·L-1×0.1%=1×10-5mol·L-1,Ka(HA)=1×10-5×1×2.电离度可表示电解质的相对强弱,电离度α=已电离的弱电解质的浓度弱电解质的起始浓度×100%。已知25℃时几种物质(微粒)的电离度(溶液浓度均为0.1mol·L-1)如表所示编号物质(微粒)电离度αA硫酸(第一步完全电离):第二步HSO4-10%B硫酸氢钠溶液:HSO4-29%C醋酸:CH3COOHCH3COO-+H+1.33%(1)25℃时,0.1mol·L-1硫酸中HSO4-的电离度小于相同温度下0.1mol·L-1。

(2)醋酸的电离平衡常数Ka的表达式是,则物质的量浓度为cmol·L-1的醋酸的电离平衡常数Ka与电离度α的关系为Ka=(用含c、α的代数式表示)。

答案(1)硫酸的第一步电离产生的氢离子抑制了硫酸氢根离子的电离(2)Ka=c解析(1)硫酸中,硫酸第一步、第二步均电离出氢离子,第一步电离出的氢离子抑制了第二步的电离,而硫酸氢钠溶液中硫酸氢根离子的电离不受抑制。(2)CH3COOH在溶液中存在电离平衡:CH3COOHCH3COO-+H+,则Ka=c(CH3COO-)·c(H+)c(CH3COOH);醋酸溶液中c(H+)=c(CH3COO3.已知室温时,0.1mol·L-1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离,下列叙述错误的是()A.该溶液的pH=4B.升高温度,溶液的pH增大C.此酸的电离平衡常数为1×10-7D.HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍答案B解析HA电离出的c(H+)为0.1mol·L-1×0.1%=10-4mol·L-1,则pH=4,故A正确;温度升高促进弱酸的电离,氢离子浓度变大,则pH变小,故B错误;由HAH++A-,c(H+)=c(A-)=0.1mol·L-1×0.1%=10-4mol·L-1,则电离平衡常数为10-4×10-40.1-10-4≈10-7,故C正确;HA电离出的c(H+)为10-4mol·L-1,水电离产生的氢离子浓度为10-1410-4mol·L-1=10-10mol·L-1,则由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+本讲感悟疑点:

盲点:

1.(2024·新课标卷)常温下CH2ClCOOH和CHCl2COOH的两种溶液中,分布系数δ与pH的变化关系如图所示。[比如:δ(CH2ClCOO-)=c(C下列叙述正确的是()A.曲线M表示δ(CHCl2COO-)-pH的变化关系B.若酸的初始浓度为0.10mol·L-1,则a点对应的溶液中有c(H+)=c(CHCl2COO-)+c(OH-)C.CH2ClCOOH的电离常数Ka=10-1.3D.pH=2.08时,电离度答案D解析—Cl为吸电子基,则CH2ClCOOH的酸性弱于CHCl2COOH,故Ka(CH2ClCOOH)<Ka(CHCl2COOH)。调pH时,CHCl2COOH溶液中CHCl2COOH分布系数减小的趋势快,CHCl2COO-分布系数增大的趋势快,CH2ClCOOH溶液中CH2ClCOOH分布系数减小的趋势缓慢,CH2ClCOO-分布系数增大的趋势缓慢,故曲线M表示δ(CH2ClCOO-)-pH的变化关系,A错误;根据Ka(CHCl2COOH)=c(CHCl2COO-)·c(H+)c(CHCl2COOH),初始c0(CHCl2COOH)=0.1mol·L-1,若溶液中溶质只有CHCl2COOH,则c(CHCl2COO-)=c(H+)≈Ka(CHCl2COOH)c0(CHCl2COOH)=10-1.15mol·L-1,但a点对应的c(H+)=0.1mol·L-1,说明此时溶液中加入了酸性更强的酸,根据电荷守恒,c(H+)>c(CHCl2COO-)+c(OH-),B错误;Ka(CH2ClCOOH)=c(CH2ClCOO-)·c(H+)c(CH2ClCOOH),当c(CH2ClCOOH)=c(CH2ClCOO-)时,Ka(CH2ClCOOH)=c(H+2.(2023·浙江1月选考)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),下列说法不正确的是()A.活性成分R3N在水中存在平衡:R3N+H2OR3NH++OH-B.pH=5的废水中c(HCOO-)∶c(HCOOH)=18C.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D.废水初始pH>5,离子交换树脂活性成分主要以R3NH+形态存在答案D解析A项,由图可知,R3N溶液呈碱性,溶液中存在平衡R3N+H2OR3NH++OH-,故A正确;B项,由电离常数公式可知,c(HCOO-)c(HCOOH)=Kac(H+)。当溶液pH为5时,废水中c(HCOO-)c(HCOOH)=1.8×10-41.0×10-5=18,故B正确;C项,由图可知,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+作用的数目减小,故C正确;D项,废水中存在平衡R3N+H23.(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:N2H5++NH3===NH4++N2H4,N2H4+CH3COOH===N2H5A.N2HB.N2HC.NH3>N2H4>CH3COO-D.CH3COOH>N2H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===N2H5++CH3COO-中,酸性:CH3COOH>N2H5+,反应N2H5++NH3===NH4++N2H4中,酸性4.(2022·浙江1月选考)已知25℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7,Ka2=7.1×10-15A.在等浓度的Na2A、NaHA溶液中,水的电离程度前者小于后者B.向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3,则H2A的电离度为0.013%C.向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11,则c(A2-)>c(HA-)D.取pH=a的H2A溶液10mL,加蒸馏水稀释至100mL,则该溶液pH=a+1答案B解析盐类的水解促进水的电离,Na2A比NaHA易水解,等浓度的溶液前者水的电离程度更大,A项错误;设0.1mol·L-1H2A溶液在pH=3时H2A的电离度是α,则Ka1=c(HA-)·c(H+)c(H2A)=0.1α×10-30.1-0.1α=1.3×10-7,解得α=1.3×10-4,B项正确;溶液pH=11时,c(H+)=10-11mol·L-1,由Ka2=c(A2-)·c(H+)c5.(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中的HA的电离度[c(A-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答案B解析常温下溶液Ⅰ的pH=7.0,则溶液Ⅰ中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol·L-1,c(H+)<c(OH-)+c(A-),A错误;常温下溶液Ⅱ的pH=1.0,溶液中c(H+)=0.1mol·L-1,Ka(HA)=c(H+)·c(A-)c(HA)=1.0×10-3,c总(HA)=c(HA)+c(A-),则0.1c(A-)c总(HA)-c(A-)=1.0×10-3,解得c(A-)c总(HA)=1101,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+)=1×10-7mol·L-1,Ka(HA)=c(H+)·c(A-)c(HA)=1.0×10-3,c总(HA)=c(HA)+c(A-),10-7[c总(HA)-c(HA)]c(HA)=1.0×10-3,溶液Ⅰ中c总(HA)=(104+1)c(HA);溶液Ⅱ中,由B项解析c总(HA)=1.01c(HA),高考热点总结

基础落实选择题只有1个选项符合题意1.液态化合物AB会发生微弱的自身电离,电离方程式为ABA++B-,在不同温度下其平衡常数K(25℃)=1.0×10-14,K(35℃)=2.1×10-14。则下列叙述正确的是()A.c(A+)随温度的升高而降低B.35℃时,c(A+)>c(B-)C.AB的电离程度:α(25℃)>α(35℃)D.AB的电离是吸热过程答案D解析升高温度,K增大,说明AB的电离程度增大,所以c(A+)随着温度的升高而增大,A项错误;根据题给信息,无法推出35℃时,c(A+)>c(B-),B项错误;升高温度,K增大,AB的电离程度增大,所以AB的电离程度:α(25℃)<α(35℃),C项错误;升高温度,平衡向吸热反应方向移动,AB的电离程度增大,则AB的电离是吸热过程,D项正确。2.已知:在25℃时,次氯酸、碳酸和亚硫酸的电离平衡常数如表:弱电解质电离平衡常数(Ka)HClOKa=4.7×10-8H2CO3Ka1Ka2H2SO3Ka1Ka2下列微粒在溶液中不能大量共存的是()A.SOC.HSO答案C解析根据表中电离平衡常数可知,酸性:H2SO3>H2CO3>HSO3->HClO>HCO3-;根据“较强酸制取较弱酸”的复分解反应规律,判断溶液中微粒能否大量共存。由于酸性:HSO3->HCO3-,则SO32-、HCO3-不能反应,可以大量共存,A不符合题意;酸性:HClO>HCO3-,则ClO-、HCO3-不能反应,可以大量共存,B不符合题意;由于酸性:HSO3->HCO33.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:CH3COOH<CH2ClCOOH,而电离平衡常数越大,表明酸性越强,电离度越大,排除A项,故选B项。4.已知0.1mol·L-1的醋酸溶液中存在电离平衡:CH3COOHCH3COO-+H+,要使溶液中c(H+)c(CHA.加少量烧碱固体 B.升高温度C.加少量冰醋酸 D.加CH3COONa固体答案B解析加入烧碱固体,反应生成CH3COO-浓度变大,c(H+)c(CH3COOH)=c(H+)·c(CH3COO-)c(CH3COOH)·c(CH3COO-)=Kac(CH3COO-),则值减小,A不符合题意5.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.10mL0.1mol·L-1HNO2溶液恰好与10mL0.1mol·L-1NaOH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;10mL0.1mol·L-1HNO2溶液恰好与10mL0.1mol·L-1NaOH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。6.常温下。向0.01mol·L-1的醋酸溶液中加入醋酸铵固体(其水溶液pH=7),溶液的pH随加入醋酸铵固体质量的变化曲线如图所示。下列分析正确的是()A.a点:pH=2B.b点:c(CH3COO-)>c(NH4C.c点:pH可能大于7D.a点到c点,溶液pH增大是因为醋酸铵水解显碱性答案B解析醋酸是弱电解质,0.01mol·L-1的醋酸溶液中c(H+)<0.01mol·L-1,则溶液的pH>2,A错误。b、c点为CH3COOH和CH3COONH4的混合溶液,而CH3COONH4溶液显中性,CH3COOH电离使溶液显酸性,则混合溶液的pH<7,即b点溶液中c(H+)>c(OH-),结合电荷守恒推知,c(CH3COO-)>c(NH4+),B正确,C错误。a点到c点,溶液的pH增大,其原因是醋酸是弱电解质,溶液中存在电离平衡:CH3COOHCH3COO-+H+,向醋酸溶液中加入醋酸铵固体,c(CH3COO-)增大,醋酸的电离平衡逆向移动,则溶液中的c(H+)减小,溶液的pH增大,常温下,醋酸铵的水溶液pH=7,即醋酸铵溶液显中性,D7.硼酸(H3BO3)的电离方程式为H3BO3+H2OB(OH)4-+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.0.01mol·L-1H3BO3溶液的pH≈6C.常温下,等浓度溶液的pH:CH3COONa>NaB(OH)4D.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0.01mol·L-1H3BO3溶液中c(H+)=xmol·L-1,则c[B(OH)4-]也可近似认为等于xmol·L-1,则有Ka(H3BO3)=x×x0.01-x=5.4×10-10,解得x≈2.3×10-6,所以pH≈6,B正确;Ka(H3BO3)<Ka(CH3COOH),所以B(OH)4-的水解程度更大,浓度相同时硼酸钠碱性更强,则等浓度溶液的pH:CH38.常温下,次氯酸电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ(X)=c(X)c(HClO)+c(ClO-),X为HClO或ClOA.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10-7D.向次氯酸溶液中加NaOH溶液,δ(HClO)δ(Cl答案D解析次氯酸是弱电解质,电离方程式为HClOH++ClO-,故A错误;次氯酸是弱酸,随着pH的增大,HClO逐渐减少,ClO-逐渐增多,故曲线a、b依次表示δ(HClO)、δ(ClO-)的变化,故B错误;次氯酸的Ka=c(H+)·c(ClO-)c(HClO),在a、b的交点处,c(ClO-)=c(HClO),Ka=10-7.5,所以Ka的数量级为10-8,故C错误;向次氯酸溶液中加NaOH溶液,随着碱性增强,HClO逐渐减少,ClO9.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lgc(HPO32-)c(H2PO3-)(3)根据图像计算亚磷酸的Ka1=答案(1)H3PO3H2PO3-+H+H2PO3-HPO3解析Ka1=c(H2PO3-)·c(H+)c(H3PO3),Ka2=c(HPO32-)·c(H+)c(H2PO能力提升10.下列关于电解质的说法正确的是()A.向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量水,溶液中c(B.室温下向10mL0.1mol·L-1的氨水中加水稀释后,溶液中c(OC.等体积、等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合:cD.将浓度为0.1mol·L-1HF溶液加水不断稀释过程中,电离平衡常数Ka(HF)保持不变,c(答案B解析B项,NH3·H2O的电离常数Kb=c(OH-)·c(NH4+)c(NH3·H2O),温度不变,Kb不变,正确;C项,H2CO3电离常数Ka1=c(H+)·c(HCO3-)c(H2CO3)、Ka2=c(H+)·c(CO32-)c11.25℃时,用0.1mol·L-1的CH3COOH溶液滴定20