高考化学一轮复习讲义 大单元四　第十一章　第42讲　弱电解质的电离平衡

大单元四第十一章水溶液中的离子反应与平衡第42讲弱电解质的电离平衡[复习目标]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.电离平衡的建立(1)弱电解质的电离是吸热过程。(2)电离平衡建立的过程：2.影响电离平衡的因素(1)内因：弱电解质本身的性质。(2)外因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的方向移动。[应用举例]以0.1mol·L-1CH3COOH溶液为例，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.强电解质稀溶液中不存在溶质分子，弱电解质稀溶液中存在溶质分子()2.一元弱碱BOH的电离方程式为BOH=B++OH-()3.Na2SO3溶液与NaHSO3溶液中所含微粒的种类相同()4.电离平衡向右移动，弱电解质分子的浓度一定减小()5.25℃时，0.1mol·L-1的氨水加水稀释，各离子浓度均减小()答案1.√2.×3.√4.×5.×一、证明弱电解质的方法1.下列有关电解质强弱或电离能力强弱的说法正确的是()A.分别测定0.1mol·L-1醋酸溶液和0.1mol·L-1盐酸的导电性，盐酸的导电性比醋酸溶液的强，则HCl为强电解质[2025·扬州考前指导]B.用电导率传感器分别测定等浓度的醋酸溶液和盐酸的电导率，盐酸的导电性强，则HCl为强电解质[2025·扬州中学1月月考]C.室温下，测定浓度均0.1mol·L-1的CH3COONa、NH4Cl溶液的pH，可比较室温下CH3COOH和NH3·H2O的电离能力[2025·射阳中学一模]D.测定等浓度的Na2CO3和NaF溶液的pH，比较HF与H2CO3的酸性[2024·苏州十校12月联考]答案C解析A项，盐酸的导电性比醋酸溶液的强，只能说明等浓度的醋酸溶液和盐酸，盐酸中自由移动离子的浓度较高，不能直接说明HCl发生完全电离，则不能说明HCl为强电解质，错误；B项，盐酸的导电性强，只能说明盐酸中离子浓度大于醋酸中离子浓度，不能证明HCl为强电解质，错误；C项，根据越弱越水解，通过测定浓度均为0.1mol·L-1的CH3COONa、NH4Cl溶液的pH，比较CH3COONa、NH4Cl水解程度大小，从而比较室温下CH3COOH和NH3·H2O的电离能力，正确；D项，比较HF与H2CO3的酸性应该测定等浓度的NaHCO3和NaF溶液的pH，错误。2.已知次磷酸(H3PO2)为一元酸，欲证明它是弱电解质，下列操作方法不正确的是()A.用物质的量浓度相同的NaCl溶液和NaH2PO2溶液进行导电性能实验，比较灯泡的亮度B.用一定浓度的NaOH溶液分别滴定等体积、等pH的盐酸和次磷酸溶液，比较消耗碱液的体积C.加热滴有酚酞试剂的NaH2PO2溶液，溶液颜色变深D.常温下，稀释0.1mol·L-1次磷酸溶液至原溶液体积的100倍，测得pH在4~5之间答案A解析NaCl和NaH2PO2都属于强电解质，在水中都能完全电离，所以用物质的量浓度相同的NaCl溶液和NaH2PO2溶液进行导电性实验，比较灯泡的亮度，不能证明H3PO2是弱电解质，故A错误；因盐酸为强酸，若滴定时次磷酸溶液消耗NaOH溶液的体积大于等体积、等pH的盐酸消耗的NaOH溶液的体积，则说明次磷酸为弱电解质，B正确；若次磷酸为弱电解质，则NaH2PO2溶液呈碱性，加热促进其水解，滴有酚酞试剂的NaH2PO2溶液颜色变深，C正确；常温下，若次磷酸为一元强酸，则把0.1mol·L-1次磷酸溶液稀释至原溶液体积的100倍，pH应为3，而测得pH在4~5之间，说明次磷酸没有完全电离，为弱电解质，D正确。判断弱电解质的三个思维角度角度一：弱电解质的定义，即弱电解质不能完全电离。角度二：弱电解质溶液中存在电离平衡，条件改变，平衡移动。角度三：弱电解质形成的盐类能水解。二、外因对电离平衡的影响与结果分析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bB.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，c(CD.a、b、c三点溶液用1mol·L-1NaOH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；醋酸溶液中存在：CH3COOH⥬CH3COO-+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；在b→c过程中，c(H+)减小，电离平衡常数Ka=c(CH3COO-)·c(H+)c(CH3COOH)为定值，则c(CH3COO-4.(溯源教材人教选择性必修1P61)在两个密闭的锥形瓶中，0.05g形状相同的镁条(过量)分别与2mL2mol·L-1的盐酸和醋酸反应，测得容器内压强随时间的变化曲线如图。下列说法正确的是()A.①代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线B.任意相同时间段内，盐酸与Mg反应的化学反应速率均大于醋酸与Mg反应的化学反应速率C.反应中醋酸的电离被促进，两种溶液最终产生的氢气总量基本相等D.1mol·L-1NaOH溶液完全中和上述两种酸溶液，盐酸消耗NaOH溶液的体积更大答案C解析2mL2mol·L-1的盐酸和醋酸，盐酸中c(H+)大，与镁条反应的速率快，相同时间内产生的氢气多，容器内压强大，反应先结束，故②代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线，故A错误；从图像可以看出，100s后，醋酸与镁的反应速率更大，此时盐酸与镁反应已接近结束，c(H+)较小，反应速率较小，故B错误；由于盐酸和醋酸的浓度和体积均相同，则二者物质的量相同，故反应结束时，产生的氢气总量基本相等，用1mol·L-1NaOH溶液完全中和上述两种酸溶液时，盐酸与醋酸消耗NaOH溶液的体积相等，故C正确、D错误。考点二电离平衡常数及应用1.电离平衡常数表达式(1)一元弱酸HA：HA⥬H++A-，电离平衡常数Ka=c(H(2)一元弱碱BOH：BOH⥬B++OH-，电离平衡常数Kb=c(B(3)二元弱酸(以碳酸为例)H2CO3⥬H++HCO3-，Ka1=HCO3-⥬H++CO32-，K2.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≫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。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。1.弱电解质的电离平衡右移，电离平衡常数一定增大()2.常温下，依据Ka1(H2CO3)>Ka2(H3PO4)，可知碳酸的酸性比磷酸强()3.室温下向10mL0.1mol·L-1的氨水中加水稀释后，溶液中c(OH-)答案1.×2.×3.√一、依据电离常数比较弱酸(或碱)的相对强弱1.部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸HCOOHH2SH2CO3HClO电离平衡常数(25℃)Ka=1.8×10-4Ka1=1.1×10-7Ka2=1.3×10-13Ka1=4.5×10-7Ka2=4.7×10-11Ka=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-、HCO3-、CO32-、ClO-结合H+的能力由强到弱的顺序为答案(1)HCOOH>H2CO3>H2S>HClO(2)S2->CO32->ClO->HS->HCO二、利用Ka书写化学(离子)方程式2.结合上题中电离常数的数值，按要求完成方程式：(1)往次氯酸钠的溶液中通入少量CO2的离子方程式为。(2)往硫化钠的溶液中通入过量CO2的离子方程式为。答案(1)ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO(2)S2-+2CO2+2H2O=H2S+2HCO解析(1)根据Ka的相对大小可知，酸性由强到弱的顺序：H2CO3>HClO>HCO3-，根据由强酸制弱酸的原理：CO2(即H2CO3)与ClO-反应可生成HClO，而HCO3-的酸性弱于HClO，所以HCO3-与过量的ClO-无法进一步反应生成CO32-和HClO，所以离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-。(2)根据Ka的相对大小可知，酸性由强到弱的顺序为H2CO3>H2S>HCO3->HS-，根据由强酸制弱酸的原理：过量CO2(即H2CO3)与S2-反应可生成H2S，由于CO2过量，在溶液中形成HCO3-，所以离子方程式为(1)已知Ka的相对大小书写方程式的步骤①先根据Ka的数据将酸性由强到弱进行排序；②再根据由强制弱的原理推导产物；③最后根据量的相对多少检查产物与过量物质能否继续反应，若能继续反应则产物推导错误；若不能继续反应，则产物推导正确。(2)CO2与盐反应的总结：CO2过量则产物为HCO3-；CO2少量则产物多数情况为CO32-，但CO2与NaClO、Na[B(OH)4]、苯酚钠溶液反应，CO2三、微粒浓度比值判断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(CH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(2)将该式变为c(CH3COO-)·c(H+)c(CH3COOH)·c(H+)=Kac((5)将该式变为c(CH3判断溶液中微粒浓度比值的三种方法(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10-7mol·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相乘或相除的关系。四、电离常数与电离度的简单计算4.已知室温时，0.1mol·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。答案1.0×10-7解析HA⥬H++A-起始/(mol·L-1)0.100转化/(mol·L-1)0.1×0.1%0.1×0.1%0.1×0.1%平衡/(mol·L-1)0.1×(1-0.1%)1.0×10-41.0×10-4Ka=c(H+)·c(A-)5.磷能形成次磷酸(H3PO2)、亚磷酸(H3PO3)等多种含氧酸。(1)若25℃时，Ka(H3PO2)=1×10-2，0.02mol·L-1的H3PO2溶液的c(H+)为，电离度(α)为。(2)亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸，某温度下，0.11mol·L-1的H3PO3溶液的pH为2，该温度下H3PO3的电离平衡常数Ka1约为(Ka2=2×10-7，H3PO3的第二步电离和水的电离忽略不计)。答案(1)0.01mol·L-150%(2)1×10-3解析(1)设溶液中H+的浓度为xmol·L-1。H3PO2⥬H++H2PO初始/(mol·L-1)0.0200平衡/(mol·L-1)0.02-xxxKa(H3PO2)=x20.02-x=1×10-2[注意由于Ka(H3PO2)比较大，不能近似计算]，解得α=0.010.02×100%=50%(2)忽略H3PO3的第二步电离和水的电离，则溶液中c(H2PO3-)≈c(H+)=1×10-2mol·L-1，c(H3PO3)=(0.11-1×10-2)mol·L-1=0.1mol·L-1，H3PO3的电离平衡常数Ka1=c(H+)·c(1)电离度也能表示弱电解质的电离能力。(2)表示方法α=已电离的溶质分子数原有溶质分子总数×100%，也可表示为α=弱电解质的某离子浓度弱电解质的初始浓度(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。课时精练[分值：50分](1~6题，每小题7分)1.(2024·南通期末)下列可以说明次氯酸是弱酸的事实是()A.次氯酸不稳定，难保存B.次氯酸钠与硫酸反应有次氯酸生成C.能与氢氧化钠反应生成次氯酸钠D.0.1mol·L-1次氯酸溶液中c(H+)=10-4mol·L-1答案D解析A项，是次氯酸的不稳定性，错误；B项，只能说明次氯酸的酸性小于硫酸，不能说明次氯酸是弱酸，错误；C项，只能说明次氯酸有酸性，错误；D项，0.1mol·L-1次氯酸溶液中c(H+)=10-4mol·L-1，说明次氯酸部分电离，为弱电解质，正确。2.(2025·徐州一中月考)将0.1mol·L-1的氨水加水稀释至0.01mol·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1C.稀释过程中氨水的电离平衡向左移动D.稀释过程中溶液中c(O答案D解析A项，温度不变，水的电离常数不变，稀释后c(OH-)减小，c(H+)增大，错误；B项，NH3·H2O为弱电解质，稀释后溶液中c(OH-)大于稀释前的110，错误；C项，NH3·H2O为弱电解质，稀释过程中电离平衡向右移动，错误；D项，同一溶液中，c(OH-)c(NH3·H2O)=n(OH-)n3.(2022·湖北，12)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=N2H5++CH3A.N2H5+>N2H4B.N2H5+>CHC.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：N2H54.一定温度下，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，下列说法正确的是()A.a、b、c三点溶液的pH：c<a<bB.a、b、c三点CH3COOH的电离程度：c<a<bC.用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果偏小D.a、b、c三点溶液用1mol·L-1NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液的体积：c<a<b答案C解析A项，由导电能力知c(H+)：b>a>c，故pH：c>a>b；B项，加水越多，越利于CH3COOH电离，故电离程度：c>b>a；C项，用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，相当于稀释a点溶液，由图可知，溶液导电能力增强，c(H+)增大，测得pH偏小；D项，a、b、c三点n(CH3COOH)相同，用NaOH溶液中和时消耗NaOH溶液体积相同。5.硼酸(H3BO3)的电离方程式为H3BO3+H2O⥬[B(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>Na[B(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0.01mol·L-1H3BO3溶液中c(H+)=xmol·L-1，则c{[B(OH)4]-}≈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：CH3COONa<Na[B(OH)46.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Ka1=4.5×10-7Ka2=4.7×10-11次溴酸Ka=2.4×10-9①HBrO+Na2CO3=NaBrO+NaHCO3②2HBrO+Na2CO3=2NaBrO+H2O+CO2↑③HBrO+NaHCO3=NaBrO+H2O+CO2↑④NaBrO+CO2+H2O=NaHCO3+HBrOA.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，Ka1(碳酸)>Ka(次溴酸)>Ka2(