第一講弱電解質(zhì)的電離平衡考點(diǎn)一弱電解質(zhì)的電離平衡及其影響因素(命題指數(shù)★★★★)1．強(qiáng)、弱電解質(zhì)：(1)概念和物質(zhì)類別。(2)電離方程式的書寫。①強(qiáng)電解質(zhì)：“強(qiáng)等號”，如H2SO4的電離方程式為H2SO4=2H＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))。②弱電解質(zhì)：“弱可逆”。A．一元弱酸，如CH3COOH的電離方程式為CH3COOHCH3COO－＋H＋。B．一元弱堿，如NH3·H2O的電離方程式為NH3·H2ONHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋OH－。C．多元弱酸，分步電離，分步書寫，如H2CO3的電離方程式為H2CO3H＋＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))H＋＋__。D．多元弱堿，分步電離，一步書寫，如Fe(OH)3的電離方程式為Fe(OH)3Fe3＋＋3OH－。E．兩性物質(zhì)雙向電離，如Al(OH)3的電離方程式為H＋＋AlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋H2OAl(OH)3Al3＋＋3OH－。③酸式鹽：A.強(qiáng)酸的酸式鹽，如NaHSO4在水溶液中的電離方程式為NaHSO4=Na＋＋H＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))；熔融狀態(tài)下的電離方程式為NaHSO4=Na＋＋HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))。B．弱酸的酸式鹽，如NaHCO3的電離方程式為NaHCO3=Na＋＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))H＋＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))。2．弱電解質(zhì)的電離平衡：(1)電離平衡的建立。在一定條件下(如溫度和濃度)，電解質(zhì)電離成離子的速率和離子結(jié)合成分子的速率相等時(shí)，電離過程達(dá)到電離平衡狀態(tài)。如圖所示：(2)電離平衡的特征。吸——一般弱電解質(zhì)的電離過程是吸熱的。(3)影響電離平衡的因素。①內(nèi)因：電解質(zhì)本身的性質(zhì)決定了其電離程度的大小。②外因：A．溫度：電離是吸熱過程，升高溫度使電離平衡向電離的方向移動。B．濃度：在一定溫度下，同一弱電解質(zhì)溶液，濃度越小，越易電離。C．相同離子：在弱電解質(zhì)溶液中加入與弱電解質(zhì)有相同離子的強(qiáng)電解質(zhì)時(shí)，電離平衡逆向移動。D．反應(yīng)離子：加入能與電解質(zhì)電離出的離子反應(yīng)的離子時(shí)，電離平衡向電離方向移動。以醋酸的電離平衡CH3COOHCH3COO－＋H＋為例：改變條件移動方向c(H＋)c(CH3COO－)電離程度升溫向右增大增大增大濃度加水稀釋向右減小減小增大加冰醋酸向右增大增大減小同離子效應(yīng)加固體醋酸鈉向左減小增大減小通HCl氣體向左增大減小減小加入含有與弱電解質(zhì)反應(yīng)的離子加固體氫氧化鈉向右減小增大增大加入鎂粉向右減小增大增大3．電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力：電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力取決于溶液中自由移動離子的濃度和離子所帶電荷數(shù)，自由移動離子的濃度越大、離子所帶電荷數(shù)越多，導(dǎo)電能力越強(qiáng)。1．判斷下列說法是否正確，正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”。(1)弱酸的電離程度越大，溶液的導(dǎo)電能力越強(qiáng)。()提示：×。導(dǎo)電能力主要取決于溶液中離子總濃度，弱酸濃度一定情況下，電離程度越大導(dǎo)電能力越強(qiáng)。(2)氨水的濃度越小，一水合氨的電離程度越大。()提示：√。稀釋促進(jìn)電離。(3)Ca(OH)2微溶于水，因此它是弱電解質(zhì)。()提示：×。強(qiáng)弱電解質(zhì)只取決于是否完全電離，與溶解度無關(guān)。(4)在醋酸溶液中，當(dāng)c(CH3COO－)＝c(H＋)時(shí)，表示醋酸已達(dá)到電離平衡。()提示：×。弱電解質(zhì)達(dá)到電離平衡時(shí)，粒子濃度不再改變，并非相等。(5)碳酸的電離方程式為H2CO32H＋＋COeq\o\al(\s\up1(2—),\s\do1(3))。()提示：×。碳酸是二元弱酸，應(yīng)分步電離。2．思考下列問題：(1)稀醋酸溶液加水稀釋時(shí)，溶液中所有離子濃度同時(shí)減小嗎？提示：溫度一定時(shí)，Kw＝c(H＋)·c(OH－)，稀醋酸稀釋時(shí)，c(H＋)減小，c(OH－)增大。(2)電離平衡向右移動，弱電解質(zhì)的電離程度一定增大嗎？提示：如增大弱電解質(zhì)的濃度，電離平衡向右移動，但電離程度減小。3．在0.1mol·L－1CH3COOH溶液中存在如下電離平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，對于該平衡，下列敘述正確的是()A．溫度升高，平衡向逆反應(yīng)方向移動B．加入少量NaOH固體，平衡向正反應(yīng)方向移動C．加入少量0.1mol·L－1HCl溶液，溶液中c(H＋)減小D．加入少量醋酸鈉固體，CH3COOH的電離程度增大【解析】選B。弱電解質(zhì)的電離是吸熱的過程，故溫度升高，平衡正向移動，A項(xiàng)錯(cuò)誤；加入少量NaOH固體，溶液中c(H＋)減小，平衡正向移動，B項(xiàng)正確；加入少量0.1mol·L－1HCl溶液，溶液中c(H＋)增大，平衡逆向移動，C項(xiàng)錯(cuò)誤；加入少量醋酸鈉固體，平衡逆向移動，CH3COOH的電離程度減小，D項(xiàng)錯(cuò)誤。命題角度1：外因?qū)﹄婋x平衡的影響【典例1】(2020·全國Ⅱ卷)二氧化碳的過量排放可對海洋生物的生存環(huán)境造成很大影響，其原理如下圖所示。下列敘述錯(cuò)誤的是()A.海水酸化能引起HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))濃度增大、COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))濃度減小B．海水酸化能促進(jìn)CaCO3的溶解，導(dǎo)致珊瑚礁減少C．CO2能引起海水酸化，其原理為HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))H＋＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))D．使用太陽能、氫能等新能源可改善珊瑚的生存環(huán)境【命題意圖】本題借助二氧化碳對生態(tài)環(huán)境的影響，考查弱電解質(zhì)的電離平衡和難溶電解質(zhì)的溶解平衡的相關(guān)知識，意在考查學(xué)生讀圖識圖能力和電解質(zhì)溶液離子平衡移動的分析能力。【解析】選C。二氧化碳溶于水生成碳酸，H2CO3H＋＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，使c(H＋)、c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))增大，C錯(cuò)誤；產(chǎn)生的H＋與碳酸鈣溶解得到的COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))發(fā)生反應(yīng)H＋＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，使c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))減小，c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))增大，溶解平衡右移，促進(jìn)CaCO3的溶解，導(dǎo)致珊瑚礁減少，A、B正確；使用太陽能、氫能等新能源可減少CO2的排放，改善珊瑚的生存環(huán)境，D正確。命題角度2：電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電性【典例2】(2021·江西模擬)電導(dǎo)率是衡量電解質(zhì)溶液導(dǎo)電能力大小的物理量，根據(jù)溶液電導(dǎo)率變化可以確定滴定反應(yīng)的終點(diǎn)。如圖是用KOH溶液分別滴定HCl溶液和CH3COOH溶液的滴定曲線示意圖。下列示意圖中，能正確表示用NH3·H2O溶液滴定HCl和CH3COOH混合溶液的滴定曲線的是()【解析】選D。氯化氫是強(qiáng)電解質(zhì)，醋酸是弱電解質(zhì)，滴加的弱電解質(zhì)先和氯化氫反應(yīng)生成強(qiáng)電解質(zhì)氯化銨，但溶液體積不斷增大，溶液被稀釋，所以電導(dǎo)率下降；當(dāng)氯化氫完全被中和后，一水合氨繼續(xù)電離與弱電解質(zhì)醋酸反應(yīng)生成強(qiáng)電解質(zhì)醋酸銨，所以電導(dǎo)率增大；醋酸也完全反應(yīng)后，繼續(xù)滴加氨水，因?yàn)槿芤罕幌♂?，電?dǎo)率有下降趨勢。1．常見的強(qiáng)、弱電解質(zhì)：eq\a\vs4\al(電,解,質(zhì))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(強(qiáng)電解質(zhì)\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(強(qiáng)酸（6種）：HCl、H2SO4、HNO3、HBr、HI、HClO4,強(qiáng)堿（4種）：KOH、NaOH、Ca（OH）2、Ba（OH）2,絕大多數(shù)鹽（包括BaSO4、CaCO3等難溶性鹽）,金屬氧化物（如Na2O等）)),弱電解質(zhì)\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(弱酸：HClO、H2S、H2SO3、H2CO3、H3PO4、,CH3COOH、H2SiO3,弱堿：NH3·H2O、Fe（OH）3、Al（OH）3等,H2O)),))2．外界因素對電離平衡影響的判斷方法：化學(xué)平衡原理(勒夏特列原理)也適用于電離平衡。如果改變影響平衡的條件，平衡向著“減弱”這種改變的方向移動，但移動結(jié)果不能“抵消”這種改變。3．溶液導(dǎo)電能力變化的判斷方法：確定溶質(zhì)—→判斷溶質(zhì)屬于強(qiáng)/弱電解質(zhì)—→得知溶液中導(dǎo)電離子的濃度變化—→導(dǎo)電能力變化命題點(diǎn)1：弱電解質(zhì)概念辨析(基礎(chǔ)性考點(diǎn))1．下列屬于有機(jī)物，又是弱電解質(zhì)的是()A．乙醇鈉B．氨水C．乙酸D．蔗糖【解析】選C。乙醇鈉在水溶液中完全電離，是強(qiáng)電解質(zhì)，故A不選；氨水是混合物，不是電解質(zhì)，故B不選；乙酸屬于有機(jī)物，水溶液中部分電離，屬于弱電解質(zhì)，故C選；蔗糖是有機(jī)化合物，水溶液和熔融狀態(tài)均不導(dǎo)電，是非電解質(zhì)，故D不選。2．(2021·南充模擬)常溫下，下列關(guān)于pH＝3的CH3COOH溶液的敘述錯(cuò)誤的是()A．溶液中水電離出的c(H＋)＝1.0×10－11mol·L－1B．與等體積pH＝11的NaOH溶液混合，所得溶液pH＝7C．加入少量水稀釋該溶液的過程中，eq\f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)增大D．加入0.1mol·L－1CH3COONa溶液使pH＝7，則c(CH3COO－)＝c(Na＋)【解析】選B。pH＝3的CH3COOH溶液中c(H＋)＝1.0×10－3mol·L－1，醋酸抑制了水的電離，溶液中氫氧根離子來自水的電離，則由H2O電離出的c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－11mol·L－1，故A正確；pH＝3的CH3COOH與等體積pH＝11的NaOH溶液混合，醋酸為弱酸，混合液中醋酸過量，反應(yīng)后溶液呈酸性，故B錯(cuò)誤；由醋酸電離的平衡常數(shù)表達(dá)式可知，eq\f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)＝eq\f(c（CH3COO－）c（H＋）,c（CH3COOH）c（H＋）)＝eq\f(Ka,c（H＋）)，加水稀釋，氫離子濃度降低，溫度不變，則平衡常數(shù)不變，則稀釋過程中，eq\f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)增大，故C正確；滴加0.1mol·L－1CH3COONa溶液至pH＝7時(shí)，c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性，根據(jù)電荷守恒：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，可知c(CH3COO－)＝c(Na＋)，故D正確。命題點(diǎn)2：外因?qū)﹄婋x平衡的影響(綜合性考點(diǎn))3．(2021·嘉興模擬)常溫下，對于0.1mol·L－1的醋酸溶液，下列說法正確的是()A．加水稀釋后，溶液中c(H＋)和c(OH－)都減小B．加入少量冰醋酸后，溶液中c(H＋)增大C．加入少量Na2CO3固體，醋酸電離平衡向左移動D．適當(dāng)升高溫度，醋酸的電離平衡常數(shù)減小【解析】選B。加水稀釋醋酸，促進(jìn)醋酸電離，但醋酸增大的電離程度小于溶液體積增大程度，所以溶液中氫離子濃度減小，溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，導(dǎo)致溶液中氫氧根離子濃度增大，故A錯(cuò)誤；醋酸溶液中存在電離平衡CH3COOHCH3COO－＋H＋，加入少量冰醋酸后，醋酸的電離平衡正移，溶液中c(H＋)增大，故B正確；加入少量Na2CO3固體，消耗氫離子，氫離子濃度減小，電離平衡CH3COOHCH3COO－＋H＋向右移動，故C錯(cuò)誤；適當(dāng)升高溫度，促進(jìn)醋酸的電離，醋酸的電離平衡常數(shù)增大，故D錯(cuò)誤。命題點(diǎn)3：電解質(zhì)溶液導(dǎo)電性變化(應(yīng)用性考點(diǎn))4．電導(dǎo)率是衡量電解質(zhì)溶液導(dǎo)電能力大小的物理量。常溫下，將相同體積的氫氧化鈉溶液和醋酸溶液分別加水稀釋，溶液的電導(dǎo)率隨加入水的體積V(H2O)變化的曲線如圖所示。下列說法正確的是()A.曲線Ⅰ表示NaOH溶液加水稀釋過程中溶液電導(dǎo)率的變化B．a(chǎn)、b、c三點(diǎn)溶液的pH：b＞c＞aC．將a、b兩點(diǎn)溶液混合，所得溶液中：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)D．醋酸溶液稀釋過程中，eq\f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)不斷增大【解析】選D。加水稀釋時(shí)，醋酸進(jìn)一步電離，導(dǎo)電能力變化較小，則Ⅰ為醋酸稀釋曲線，故A錯(cuò)誤；NaOH溶液顯堿性，醋酸顯酸性，導(dǎo)電能力越大，說明離子濃度越大，則a、b、c三點(diǎn)溶液的pH：c＞b＞a，故B錯(cuò)誤；將a、b兩點(diǎn)溶液混合，由于醋酸濃度大于氫氧化鈉濃度，反應(yīng)后醋酸過量，溶液顯酸性，則溶液中：c(Na＋)＜c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，故C錯(cuò)誤；醋酸溶液稀釋過程中，Ka＝eq\f(c（CH3COO－）×c（H＋）,c（CH3COOH）)不變，而c(H＋)減小，所以eq\f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)不斷增大，故D正確?！炯庸逃?xùn)練—拔高】1．pH相同的氫氧化鈉溶液和氨水分別加水稀釋n倍和m倍，使pH仍保持相同，則n和m的關(guān)系是()A．n＞m B．n＜mC．n＝m D．無法確定【解析】選B。pH相同的NaOH和氨水溶液，c(H＋)相等，溶液濃度：c(氨水)＞c(NaOH)，二者分別加水稀釋，NaOH完全電離，NH3·H2O繼續(xù)電離生成NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))和OH－，如果稀釋相同倍數(shù)，溶液的pH：pH(氨水)＞pH(NaOH)，如果稀釋后pH仍然相同，則氨水稀釋倍數(shù)大于NaOH溶液稀釋倍數(shù)，即m＞n。2．(2021·蚌埠模擬)常溫下向100mL蒸餾水中滴入10mL5mol·L－1HA溶液，利用傳感器測得溶液中c(H＋)和溫度隨著加入HA溶液體積的變化曲線如圖所示。下列有關(guān)說法正確的是()A.HA是強(qiáng)酸B．a(chǎn)～b段，HA電離放熱，使溶液溫度升高C．c～d段，c(H＋)增大，HA電離程度增大D．c點(diǎn)時(shí)，加入等體積等濃度的NaOH溶液，則c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)【解析】選D。結(jié)合圖示可知，滴入10mL5mol·L－1HA溶液時(shí)，c(HA)≈eq\f(10,10＋100)×5mol·L－1≈0.45mol·L－1，而此時(shí)c(H＋)約為6×10－3mol·L－1，證明HA部分電離，屬于弱酸，故A錯(cuò)誤；a～b段，HA的電離過程為吸熱過程，電解質(zhì)溶于水，擴(kuò)散過程(電離)吸熱，水合過程(形成水合離子)放熱，故B錯(cuò)誤；c～d段，HA濃度增大，c(H＋)增加，但HA的電離程度減小，因?yàn)槿芤旱臐舛仍叫。琀A的電離產(chǎn)生的離子結(jié)合形成HA分子的機(jī)會就越少，所以電離程度就越大，故C錯(cuò)誤；c點(diǎn)時(shí)，加入等體積等濃度的NaOH溶液，反應(yīng)后溶質(zhì)為NaA，根據(jù)物料守恒得：c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)，故D正確。3．(2021·浙江模擬)液氨中存在與水的電離類似的電離過程，金屬鈉投入液氨中可生成氨基鈉(NaNH2)，下列說法不正確的是()A．液氨的電離方程式可表示為2NH3NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋NHeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))B．鈉與液氨的反應(yīng)是氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)中有H2生成C．NaNH2與少量水反應(yīng)可能有NH3逸出，所得溶液呈弱堿性D．NaNH2與一定量稀硫酸充分反應(yīng)，所得溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶可能得到四種鹽【解析】選C。依據(jù)水的電離方程式可知，液氨的電離方程式可表示為2NH3NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋NHeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))，故A正確；依據(jù)題意可知液氨與鈉發(fā)生置換反應(yīng)生成氨基鈉和氫氣，是氧化還原反應(yīng)，故B正確；NaNH2與少量水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氨氣，所得溶液為氫氧化鈉水溶液，為強(qiáng)堿性溶液，故C錯(cuò)誤；NaNH2與一定量稀硫酸充分反應(yīng)所得溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶可能得到硫酸鈉、硫酸氫鈉、硫酸銨、硫酸氫銨四種鹽，故D正確。4．(2021·焦作模擬)298K時(shí)用0.05mol·L－1氨水滴定20mL0.05mol·L－1的疊氮酸(HN3)溶液，滴定過程中混合溶液的電阻率變化情況如圖所示，已知NH3·H2O的電離常數(shù)Kb＝1.7×10－5，HN3的電離常數(shù)Ka＝1.9×10－5。下列說法中錯(cuò)誤的是()A.電阻率與離子濃度和離子所帶電荷有關(guān)B．a(chǎn)、b、c、d四點(diǎn)中，水的電離程度最大的是cC．c～d之間可能存在：c(Neq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＝c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))＞c(H＋)＝c(OH－)D．若用0.05mol·L－1HN3溶液滴定20mL0.05mol·L－1氨水，則所得曲線完全相同【解析】選D。同溫度下，單位體積中的離子個(gè)數(shù)越多，離子濃度大，陰離子或陽離子所帶電荷的絕對值越大，溶液的導(dǎo)電能力越強(qiáng)，故A正確；NH3·H2O和HN3都是弱電解質(zhì)，NH4N3為強(qiáng)電解質(zhì)，電阻率最小時(shí)溶質(zhì)為NH4N3，雙水解促進(jìn)水的電離，a、b、c、d四點(diǎn)中，c點(diǎn)最低，含NH4N3最多，水的電離程度最大的是c，故B正確；NH3·H2O的電離常數(shù)Kb＝1.7×10－5，HN3的電離常數(shù)Ka＝1.9×10－5，c點(diǎn)二者恰好反應(yīng)時(shí)NH4N3的水溶液顯極弱的酸性，此時(shí)電阻率最小，由圖可知在cd之間有中性點(diǎn)，溶液中性時(shí)有c(Neq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＝c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))＞c(H＋)＝c(OH－)，故C正確；NH3·H2O的電離常數(shù)Kb＝1.7×10－5，HN3的電離常數(shù)Ka＝1.9×10－5，因?yàn)槎叩碾婋x常數(shù)不同，所以開始的電阻率不同，若用0.05mol·L－1HN3溶液滴定20mL0.05mol·L－1氨水，則所得曲線不能完全相同，故D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)二電離平衡常數(shù)及其應(yīng)用(命題指數(shù)★★★)1．電離平衡常數(shù)：(1)表達(dá)式：①對于一元弱酸HA：HAH＋＋A－，平衡常數(shù)K＝。②對于一元弱堿BOH：BOHB＋＋OH－，平衡常數(shù)K＝。③對于ABA＋＋B－，K＝。(2)影響因素：電離平衡常數(shù)的決定因素是弱電解質(zhì)本身的性質(zhì)。外界因素中，電離平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，升高溫度，K值增大。(3)特點(diǎn)：①在相同條件下，K值越大，表示該弱電解質(zhì)越容易電離，所對應(yīng)的酸(或堿)的酸性(或堿性)相對較大。②多元弱酸的各級電離常數(shù)的大小關(guān)系是K1?K2……，所以其酸性決定于第一步電離。2．電離度(α)：(1)概念：當(dāng)弱電解質(zhì)在溶液里達(dá)到電離平衡時(shí)，溶液中已經(jīng)電離的電解質(zhì)分子數(shù)占溶液中原有的電解質(zhì)的分子總數(shù)(包括已電離的和未電離的)的百分?jǐn)?shù)。α＝eq\f(已電離的電解質(zhì)分子數(shù),溶液中原有的電解質(zhì)的分子總數(shù))×100%＝eq\f(已電離的電解質(zhì)物質(zhì)的量,溶液中原有的電解質(zhì)的物質(zhì)的量的總量)×100%＝eq\f(已電離的電解質(zhì)物質(zhì)的量濃度,溶液中原有的電解質(zhì)的總物質(zhì)的量濃度)×100%(2)意義：衡量弱電解質(zhì)的電離程度，在相同條件下(濃度、溫度相同)，不同弱電解質(zhì)的電離度越大，弱電解質(zhì)的電離程度越大。(3)影響因素：加水稀釋或升高溫度都能增大電離度。(4)電離度(α)與電離平衡常數(shù)(Ka、Kb)之間的關(guān)系①一元弱酸(以CH3COOH為例)設(shè)常溫下，濃度為cmol·L－1的醋酸的電離度為αCH3COOHCH3COO－＋H＋起始(mol·L－1)c00轉(zhuǎn)化(mol·L－1)c·αc·αc·α平衡(mol·L－1)c－cα≈cc·αc·αKa＝eq\f(cα·cα,c)＝cα2、α＝eq\r(\f(Ka,c))，c(H＋)＝cα＝eq\r(Ka·c)。②一元弱堿(如NH3·H2O，電離常數(shù)為Kb)同理可得：Kb＝cα2，c(OH－)＝cα＝eq\r(Kb·c)。1．判斷下列說法是否正確，正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”。(1)H2CO3的電離常數(shù)表達(dá)式：Ka＝eq\f(c2（H＋）·c（COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))）,c（H2CO3）)。()提示：×。H2CO3是二元弱酸，分步電離，有兩個(gè)電離常數(shù)。不能寫成一步電離。(2)弱電解質(zhì)的電離常數(shù)受到溫度、濃度的影響。()提示：×。電離常數(shù)只受溫度影響。(3)弱電解質(zhì)的電離程度越大，電離常數(shù)越大。()提示：×。電離常數(shù)受溫度影響，電離程度受溫度、濃度等影響，例如加水稀釋后，電離程度增加，但電離常數(shù)不變。(4)電離常數(shù)越大，表示該電解質(zhì)電離能力越強(qiáng)。()提示：√。電離常數(shù)表示弱電解質(zhì)電離程度的大小。(5)電離常數(shù)大的酸溶液中的c(H＋)一定大于電離常數(shù)小的溶液。()提示：×。弱酸溶液中c(H＋)的大小與酸的濃度和電離常數(shù)有關(guān)。2．下表是幾種弱酸常溫下的電離平衡常數(shù)：CH3COOHH2CO3H2SH3PO4Ka＝1.8×10－5Ka1＝4.3×10－7Ka2＝5.6×10－11Ka1＝9.1×10－8Ka2＝1.1×10－12Ka1＝7.5×10－3Ka2＝6.2×10－8Ka3＝2.2×10－13(1)CH3COOH、H2CO3、H2S、H3PO4四種酸的酸性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)開____________________________________________________________。(2)多元弱酸的二級電離程度遠(yuǎn)小于一級電離的原因是________________________________________________________________________。(3)同濃度的CH3COO－、HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))、S2－結(jié)合H＋的能力由強(qiáng)到弱的順序?yàn)開_____________________________________________________________?！窘馕觥?1)根據(jù)一級電離平衡常數(shù)可知四種酸的酸性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)镠3PO4、CH3COOH、H2CO3、H2S。(3)酸越弱，其對應(yīng)酸根離子結(jié)合H＋的能力越強(qiáng)，故結(jié)合H＋的能力由強(qiáng)到弱的順序?yàn)镾2－、COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))、HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、CH3COO－。答案：(1)H3PO4、CH3COOH、H2CO3、H2S(2)一級電離產(chǎn)生的氫離子對二級電離起抑制作用(3)S2－、COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))、HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、CH3COO－命題角度1：電離常數(shù)的理解與應(yīng)用【典例1】(2021·揭陽模擬)已知25℃時(shí)，HCOOH、HCN與H2CO3的電離平衡常數(shù)如表所示，下列說法正確的是()弱酸HCOOHHCNH2CO3電離平衡常數(shù)Ka＝1.77×10－4Ka＝4.9×10－10Ka1＝4.3×10－7Ka2＝4.7×10－11A.中和等體積、等物質(zhì)的量濃度的HCOOH和HCN消耗NaOH的用量：HCOOH＞HCNB．相同物質(zhì)的量濃度的溶液的pH：Na2CO3＞NaHCO3＞NaCN＞HCOONaC．向NaCN溶液中通入少量CO2，發(fā)生反應(yīng)：2CN－＋H2O＋CO2=2HCN＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))D．等物質(zhì)的量濃度、等體積的NaCN與HCOONa溶液中，陰離子總數(shù)目：HCOONa＞NaCN【解析】選D。等體積等濃度的HCOOH和HCN，HCOOH和HCN物質(zhì)的量相同，中和時(shí)消耗NaOH的量相同，故A錯(cuò)誤；相同物質(zhì)的量濃度的Na2CO3、NaHCO3、NaCN、HCOONa，水解程度越大，溶液pH越大，電離程度HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，所以水解程度Na2CO3＞NaCN＞NaHCO3＞HCOONa，則pH大小為Na2CO3＞NaCN＞NaHCO3＞HCOONa，故B錯(cuò)誤；強(qiáng)酸能夠制取弱酸，二者反應(yīng)生成HCN和HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，離子方程式為CN－＋H2O＋CO2=HCN＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，故C錯(cuò)誤；根據(jù)電荷守恒規(guī)律：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CN－)和c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCOO－)，由于甲酸的酸性大于HCN，所以等物質(zhì)的量濃度的HCOONa和NaCN溶液，NaCN溶液水解能力強(qiáng)，c(OH－)較大，c(H＋)相對較小，由于兩溶液c(Na＋)相等，所以HCOONa溶液中所含陰離子總數(shù)大于NaCN溶液所含陰離子總數(shù)，故D正確。(1)(宏觀辨識與微觀探析)酸性強(qiáng)弱與相應(yīng)酸根離子結(jié)合質(zhì)子能力有什么關(guān)系？提示：酸性越強(qiáng)的酸越易電離出H＋，相應(yīng)酸根結(jié)合質(zhì)子能力越弱。(2)(證據(jù)推理與模型認(rèn)知)根據(jù)Ka值，醋酸酸性強(qiáng)于碳酸，醋酸與碳酸鈉反應(yīng)，一定有CO2產(chǎn)生嗎？提示：足量醋酸與碳酸鈉反應(yīng)，產(chǎn)生CO2；少量醋酸與碳酸鈉反應(yīng)只能生成NaHCO3。命題角度2：有關(guān)電離常數(shù)的計(jì)算【典例2】次氯酸為一元弱酸，具有漂白和殺菌作用，其電離平衡體系中各成分的組成分?jǐn)?shù)δ[δ(X)＝eq\f(c（X）,c（HClO）＋c（ClO－）)，X為HClO或ClO－]與pH的關(guān)系如圖所示。HClO的電離常數(shù)Ka值為________?！窘馕觥咳鐖D所示pH＝7.5時(shí)，HClO、ClO－的組成分?jǐn)?shù)相等，即c(HClO)＝c(ClO－)，此時(shí)HClO的電離常數(shù)Ka＝eq\f(c（H＋）·c（ClO－）,c（HClO）)＝c(H＋)＝10－7.5。答案：10－7.51．電離平衡常數(shù)的概念要點(diǎn)：(1)電離常數(shù)的大小由物質(zhì)本身的性質(zhì)決定，同一溫度下，不同弱電解質(zhì)的電離常數(shù)不同，K值越大，電離程度越大。(2)電離常數(shù)K只隨溫度的變化而變化，升高溫度，K值增大。(3)多元弱酸電離常數(shù)：K1?K2?K3，其酸性主要由第一步電離決定，K值越大，相應(yīng)酸的酸性越強(qiáng)。2．電離平衡常數(shù)的應(yīng)用：(1)有關(guān)電離平衡的計(jì)算有①已知某弱酸或弱堿的物質(zhì)的量濃度和電離常數(shù)，計(jì)算其電離出的離子濃度；②已知平衡時(shí)弱酸或弱堿的物質(zhì)的量濃度和溶液中的離子濃度計(jì)算電離常數(shù)。(2)電離平衡的有關(guān)計(jì)算類似于化學(xué)平衡的有關(guān)計(jì)算，可利用“三段式法”分析，列出化學(xué)平衡等式關(guān)系，代入數(shù)據(jù)計(jì)算。(3)若兩離子濃度相差100倍以上，進(jìn)行加減運(yùn)算時(shí)，可忽略離子濃度較小的數(shù)值。(4)對于同一弱電解質(zhì)而言，電離常數(shù)只隨溫度的變化而改變，與溶液的濃度無關(guān)。(5)相同溫度下，電離常數(shù)越大，對應(yīng)弱電解質(zhì)的電離能力越強(qiáng)。Ka較大的弱酸可以與Ka較小的弱酸的鹽反應(yīng)，即較強(qiáng)酸可以制取較弱酸。3．弱電解質(zhì)平衡移動過程中某些離子濃度比值變化的解題思路：(1)方法1：將濃度之比轉(zhuǎn)化為物質(zhì)的量進(jìn)行比較，就可以忽略溶液體積的變化，只需要分析微粒數(shù)目即可。(2)方法2：利用某些離子的濃度之比關(guān)系，乘以或除以某種離子的濃度，“湊常數(shù)”，將比值轉(zhuǎn)化為一個(gè)常數(shù)與某種粒子濃度比值或乘積的形式，減小變量個(gè)數(shù)。命題點(diǎn)1：電離常數(shù)的理解與應(yīng)用(基礎(chǔ)性考點(diǎn))1．(2021·北京海淀區(qū)模擬)相同溫度下，根據(jù)三種酸的電離常數(shù)，下列判斷正確的是()酸HXHYHZ電離常數(shù)Ka9×10－79×10－61×10－2A.三種酸的強(qiáng)弱關(guān)系：HX＞HY＞HZB．反應(yīng)HX＋Y－=HY＋X－能夠發(fā)生C．相同溫度下，0.1mol·L－1的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最小D．相同溫度下，1mol·L－1HX溶液的電離常數(shù)大于0.1mol·L－1HX【解析】選C。相同溫度下，酸的電離常數(shù)越大，則酸的電離程度越大，酸的酸性越強(qiáng)，則酸根離子水解程度越小，根據(jù)電離平衡常數(shù)知，這三種酸的強(qiáng)弱順序?yàn)镠Z＞HY＞HX，故A錯(cuò)誤；由A知，HY的酸性大于HX，根據(jù)強(qiáng)酸制取弱酸知，該反應(yīng)HX＋Y－=HY＋X－不能發(fā)生，故B錯(cuò)誤；根據(jù)電離平衡常數(shù)知，這三種酸的強(qiáng)弱順序是HZ＞HY＞HX，根據(jù)越弱越水解，0.1mol·L－1的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最小，故C正確；電離平衡常數(shù)與濃度無關(guān)，只受溫度影響，相同溫度下同一物質(zhì)的電離平衡常數(shù)不變，故D錯(cuò)誤。命題點(diǎn)2：有關(guān)電離常數(shù)的計(jì)算(綜合性考點(diǎn))2．已知Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，計(jì)算0.1mol·L－1CH3COOH溶液中H＋的濃度。【解析】設(shè)CH3COOH溶液中H＋的濃度為xmol·L－1，CH3COOHCH3COO－＋H＋起始(mol·L－1)0.100平衡(mol·L－1)0.1－xxxKa＝eq\f(c（H＋）·c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)＝eq\f(x2,0.1－x)＝1.75×10－5①由于Ka很小，所以x也很小，即0.1－x≈0.1②將②代入①式得，x≈1.32×10－3。答案：c(H＋)＝1.32×10－3mol·L－13．25℃時(shí)，將amol·L－1的氨水與0.01mol·L－1的鹽酸等體積混合所得溶液中c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))＝c(Cl－)，用含a的代數(shù)式表示NH3·H2O的電離平衡常數(shù)Kb＝________?！窘馕觥扛鶕?jù)電荷守恒得c(H＋)＋c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))＝c(Cl－)＋c(OH－)，因?yàn)閏(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))＝c(Cl－)，所以c(H＋)＝c(OH－)，故溶液顯中性。Kb＝eq\f(c（NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))）·c（OH－）,c（NH3·H2O）)＝eq\f(\f(1,2)×0.01×10－7,\f(a,2)－\f(1,2)×0.01)＝eq\f(10－9,a－0.01)。答案：eq\f(10－9,a－0.01)【加固訓(xùn)練—拔高】1．(2021·寧波模擬)常溫下Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Kb(NH3·H2O)＝1.75×10－5，下列說法正確的是()A．一定濃度的CH3COOH溶液加水稀釋，所有的離子濃度都在減小B．pH＝4的CH3COOH和pH＝10的NH3·H2O反應(yīng)后pH＝7C．等濃度等體積的CH3COOH和NH3·H2O消耗NaHCO3的物質(zhì)的量相同D．等濃度的CH3COONa和NH4Cl溶液中陰離子濃度之和：前者小于后者【解析】選C。一定濃度的CH3COOH溶液加水稀釋，c(H＋)、c(CH3COO－)減小，由于水的離子積Kw＝c(H＋)·c(OH－)不變，則溶液中c(OH－)增大，故A錯(cuò)誤；沒有告訴pH＝4的CH3COOH和pH＝10的NH3·H2O溶液的體積，無法判斷混合液是否為中性，故B錯(cuò)誤；等濃度等體積的CH3COOH和NH3·H2O中滿足n(CH3COOH)＝n(NH3·H2O)，兩個(gè)反應(yīng)中消耗的n(NaHCO3)＝n(CH3COOH)＝n(NH3·H2O)，所以兩溶液消耗NaHCO3的物質(zhì)的量相同，故C正確；由于Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3·H2O)，CH3COO－、NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))的水解程度相同，等濃度的兩溶液中c(CH3COO－)＝c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))，且CH3COONa溶液中的c(OH－)等于NH4Cl溶液中的c(H＋)，由電荷守恒可知NH4Cl溶液中滿足c(OH－)＋c(Cl－)＝c(H＋)＋c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))，即NH4Cl溶液中陰離子濃度之和等于c(H＋)＋c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))，CH3COONa溶液的陰離子濃度之和為c(OH－)＋c(CH3COO－)，所以兩溶液中陰離子濃度之和相等，故D錯(cuò)誤。2．下列曲線中，可以描述乙酸(甲，Ka＝1.8×10－5)和一氯乙酸(乙，Ka＝1.4×10－3)在水中的電離度與濃度關(guān)系的是()【解析】選B。這兩種物質(zhì)都是弱電解質(zhì)，在溫度不變、濃度相等時(shí)，電離程度CH3COOH<CH2ClCOOH，排除A、C；當(dāng)濃度增大時(shí)，物質(zhì)的電離程度減小，排除D選項(xiàng)，正確選項(xiàng)是B。3．(2021·臺州模擬)某學(xué)生進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)，下列結(jié)論正確的是()編號ⅠⅡ?qū)嶒?yàn)現(xiàn)象a中產(chǎn)生凝膠狀沉淀b中凝膠狀沉淀溶解，c中無明顯變化A.由Ⅰ能說明酸性H2CO3＞H2SiO3B．由Ⅱ可知結(jié)合氫離子的能力COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＞HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))C．向Na2SiO3溶液中通入少量CO2，發(fā)生反應(yīng)SiOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋CO2＋H2O=COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋H2SiO3↓D．將新制的硅酸與硅酸鈉溶液混合不會出現(xiàn)明顯現(xiàn)象【解析】選B。鹽酸與石灰石反應(yīng)生成二氧化碳，同時(shí)揮發(fā)出氯化氫，氯化氫也能與硅酸鈉反應(yīng)生成硅酸沉淀，所以由Ⅰ不能說明酸性H2CO3＞H2SiO3，故A錯(cuò)誤；b中凝膠狀沉淀溶解，說明硅酸與碳酸根離子反應(yīng)，c中無明顯變化，說明硅酸與碳酸氫根離子不發(fā)生反應(yīng)，則結(jié)合氫離子的能力COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＞HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，故B正確；由Ⅱ可知酸性：H2SiO3＞HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，向Na2SiO3溶液中通入少量CO2，反應(yīng)生成H2SiO3和NaHCO3，正確的離子方程式為SiOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋2CO2＋2H2O=H2SiO3↓＋2HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，故C錯(cuò)誤；硅酸在溶液中存在溶解平衡，將新制的硅酸與硅酸鈉溶液混合后，硅酸根離子濃度增大，會析出硅酸，故D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)三一元強(qiáng)酸(堿)和一元弱酸(堿)的比較(命題指數(shù)★★★)1．相同物質(zhì)的量濃度、相同體積的一元強(qiáng)酸(如鹽酸)與一元弱酸(如醋酸)的比較：比較項(xiàng)目酸c(H＋)pH中和堿的能力與活潑金屬產(chǎn)生H2的量開始與金屬反應(yīng)的速率一元強(qiáng)酸大小相同相同大一元弱酸小大小2.相同pH、相同體積的一元強(qiáng)酸與一元弱酸的比較：比較項(xiàng)目酸c(H＋)c(酸)中和堿的能力與活潑金屬產(chǎn)生H2的量開始與金屬反應(yīng)的速率一元強(qiáng)酸相同小小少相同一元弱酸大大多(注：一元強(qiáng)堿與一元弱堿的比較規(guī)律與以上類似。)3．圖象法理解稀釋規(guī)律(以鹽酸和醋酸為例)：(1)同體積、同濃度的鹽酸和醋酸比較加水稀釋相同的倍數(shù)，醋酸的pH大加水稀釋到相同的pH，鹽酸加入的水多(2)同體積、同pH的鹽酸和醋酸比較加水稀釋相同的倍數(shù)，鹽酸的pH大加水稀釋到相同的pH，醋酸加入的水多1．判斷下列說法是否正確，正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”。(1)pH＝3的醋酸溶液加水稀釋100倍后pH小于5。()提示：√。弱電解質(zhì)加水稀釋會促進(jìn)電離。(2)等體積、等pH的鹽酸和醋酸中和堿的能力相同。()提示：×。等pH的鹽酸和醋酸溶液相比，醋酸濃度更大，中和堿能力更強(qiáng)。(3)等濃度、等體積的鹽酸和醋酸分別與足量Mg反應(yīng)，生成H2的速率從始至終都是鹽酸大。()提示：√。反應(yīng)速率由溶液中c(H＋)決定，初始速率鹽酸較大，反應(yīng)過程中醋酸進(jìn)一步電離，但反應(yīng)速率仍小于鹽酸。(4)若升高酸溶液的溫度，pH減小。()提示：×。升高強(qiáng)酸溶液的溫度，pH不變；升高弱酸溶液的溫度，pH減小。(5)加水稀釋兩種pH相同的酸溶液，pH變化大的一定是強(qiáng)酸。()提示：×。加水稀釋兩種pH相同的酸溶液，pH變化大的酸一定比變化小的酸性強(qiáng)，但不一定是強(qiáng)酸。2.等pH、等體積的鹽酸(Ⅰ)和醋酸(Ⅱ)分別加水稀釋，溶液pH與體積的關(guān)系如圖：(1)室溫下，稀釋相同倍數(shù)對應(yīng)的b點(diǎn)和c點(diǎn)的導(dǎo)電能力更強(qiáng)的是？提示：pH越小，溶液中H＋和酸根離子濃度越大，導(dǎo)電能力越強(qiáng)，導(dǎo)電能力c點(diǎn)更強(qiáng)。(2)酸溶液加水稀釋10n倍，pH變?yōu)槎嗌伲刻崾荆簭?qiáng)酸溶液稀釋10n倍，pH＝a＋n；弱酸溶液稀釋10n倍，a＜pH＜a＋n；且pH＜7。命題角度1：強(qiáng)弱電解質(zhì)圖象分析【典例1】濃度均為0.10mol·L－1、體積均為V0的MOH和ROH溶液，分別加水稀釋至體積V，pH隨lgeq\f(V,V0)的變化如圖所示，下列敘述錯(cuò)誤的是()A．MOH的堿性強(qiáng)于ROH的堿性B．ROH的電離程度：b點(diǎn)大于a點(diǎn)C．若兩溶液無限稀釋，則它們的c(OH－)相等D．當(dāng)lgeq\f(V,V0)＝2時(shí)，若兩溶液同時(shí)升高溫度，則eq\f(c（M＋）,c（R＋）)增大【以圖析題·培養(yǎng)關(guān)鍵能力】【解析】選D。由圖象可知0.1mol·L－1的MOH溶液的pH＝13，說明MOH完全電離，為強(qiáng)電解質(zhì)，同理判斷ROH為弱電解質(zhì)，所以前者的堿性大于后者，A正確；ROH為弱電解質(zhì)，溶液越稀越易電離，所以電離程度b點(diǎn)大于a點(diǎn)，B正確；當(dāng)兩溶液無限稀釋下去，相當(dāng)于純水，所以二者氫氧根離子濃度相等，C正確；當(dāng)lgeq\f(V,V0)＝2時(shí)，MOH溶液的pH＝11，ROH溶液的pH＝10，MOH溶液不存在電離平衡，ROH溶液存在電離平衡，升高溫度平衡右移，M＋濃度無影響，R＋濃度增大，所以eq\f(c（M＋）,c（R＋）)減小，D錯(cuò)誤?！緜溥x例題】(2021·北京海淀區(qū)模擬)25℃時(shí)，pH＝2的鹽酸和醋酸溶液各1mL分別加水稀釋，pH隨溶液體積變化的曲線如圖所示。下列說法正確的是()A．曲線Ⅰ代表醋酸溶液的稀釋過程B．a(chǎn)點(diǎn)溶液的導(dǎo)電性比c點(diǎn)溶液的導(dǎo)電性差C．將a、b兩點(diǎn)溶液加熱至30℃(忽略溶質(zhì)揮發(fā))，eq\f(c（Cl－）,c（CH3COO－）)變大D．與相同濃度的NaOH溶液恰好中和時(shí)，消耗a點(diǎn)溶液的體積比b點(diǎn)溶液的體積大【解析】選D。溶液稀釋時(shí)，醋酸進(jìn)一步電離，其溶液中氫離子濃度大于鹽酸的離子濃度，故曲線Ⅰ代表鹽酸的稀釋過程、Ⅱ應(yīng)為醋酸稀釋時(shí)的pH變化曲線，故A錯(cuò)誤；稀釋后鹽酸溶液中氯離子、氫離子濃度減小，則溶液導(dǎo)電性較弱，故a點(diǎn)溶液的導(dǎo)電性比c點(diǎn)溶液的導(dǎo)電性強(qiáng)，故B錯(cuò)誤；升高溫度后，醋酸的電離程度增大，醋酸根離子濃度增大，而氯離子濃度基本不變，則eq\f(c（Cl－）,c（CH3COO－）)比值減小，故C錯(cuò)誤；醋酸的濃度大于鹽酸，與相同濃度的NaOH溶液恰好中和時(shí)，消耗a點(diǎn)溶液的體積比b點(diǎn)溶液的體積大，故D正確。命題角度2：強(qiáng)弱電解質(zhì)的判斷【典例2】(2021·許昌模擬)等體積、濃度均為0.2mol·L－1的三種溶液：①HA溶液、②HB溶液、③NaHCO3溶液，已知將①②分別與③混合，實(shí)驗(yàn)測得所產(chǎn)生的CO2氣體體積(V)隨時(shí)間(t)的變化如圖所示。下列說法不正確的是()A．酸性：HB＞HA＞H2CO3B．恰好反應(yīng)時(shí)，所得兩溶液中：c(A－)＞c(B－)C．上述三種溶液中由水電離出的c(OH－)的相對大?。孩郏劲伲劲贒．HA溶液和NaHCO3溶液恰好反應(yīng)，所得的溶液中：c(A－)＋c(HA)＝0.1mol·L－1【解析】選B。由題圖可知，HB溶液與NaHCO3溶液反應(yīng)的速率較快，說明HB溶液中氫離子濃度較大，酸性：HB＞HA＞H2CO3，A正確；反應(yīng)結(jié)束后所得兩溶液分別為NaA溶液、NaB溶液，根據(jù)“越弱越水解”，則c(A－)<c(B－)，B錯(cuò)誤；NaHCO3水解促進(jìn)水的電離，酸的酸性越強(qiáng)，對水的電離的抑制程度越大，所以HB對水的電離的抑制程度最大，三種溶液中由水電離出的c(OH－)的相對大小：NaHCO3溶液＞HA溶液＞HB溶液，C正確；根據(jù)物料守恒可知，HA溶液和NaHCO3溶液反應(yīng)所得溶液中c(A－)＋c(HA)＝0.1mol·L－1，D正確。1．強(qiáng)酸與弱酸的比較：同濃度時(shí)，溶液中c(H＋)：強(qiáng)酸＞弱酸同pH時(shí)，溶液中c(H＋)相等，酸的濃度：弱酸＞強(qiáng)酸2．判斷強(qiáng)弱電解質(zhì)的方法(以酸HA為例)：(1)從是否完全電離的角度判斷。強(qiáng)電解質(zhì)在溶液中完全電離，弱電解質(zhì)部分電離。據(jù)此，判斷方法如下：①測定0.1mol·L－1HA溶液的pH。若pH＝1，則為強(qiáng)酸；若pH＞1，則為弱酸。②與同濃度的鹽酸比較導(dǎo)電性。若導(dǎo)電性與鹽酸相同，則為強(qiáng)酸；若導(dǎo)電性比鹽酸弱，則為弱酸。③與同濃度的鹽酸比較和足量活潑金屬反應(yīng)的速率。若反應(yīng)速率相同，則為強(qiáng)酸；若反應(yīng)速率比鹽酸慢，則為弱酸。(2)從是否存在電離平衡的角度判斷。在水溶液中，強(qiáng)電解質(zhì)不存在電離平衡，弱電解質(zhì)存在電離平衡，且一定條件下會發(fā)生移動。據(jù)此，判斷方法如下：①將pH＝1的HA稀釋100倍后測pH。若pH＝3，則為強(qiáng)酸；若pH＜3則為弱酸。②升高溫度前后測溶液pH。若升高溫度溶液pH明顯減小，則為弱酸。③測量等pH、等體積的HA與鹽酸分別與過量活潑金屬反應(yīng)產(chǎn)生的H2量。若與鹽酸產(chǎn)生H2量相等，則為強(qiáng)酸；若比鹽酸產(chǎn)生H2量多，則為弱酸。(3)從酸根離子是否水解的角度判斷。強(qiáng)酸酸根離子不水解，弱酸酸根離子易水解。據(jù)此，判斷方法如下：測NaA的pH。若pH＝7，則為強(qiáng)酸；若pH＞7，則為弱酸。命題點(diǎn)1：強(qiáng)弱電解質(zhì)的判斷(基礎(chǔ)性考點(diǎn))1．(2021·邯鄲模擬)下列事實(shí)不能證明H2C2O4(乙二酸)是弱電解質(zhì)的是()A．草酸能與CaCO3反應(yīng)產(chǎn)生CO2B．常溫下，0.1mol·L－1NaHC2O4溶液的pH＞7C．濃度均為1mol·L－1的H2C2O4溶液的導(dǎo)電能力比硫酸的導(dǎo)電能力弱D．常溫下pH＝4的H2C2O4溶液稀釋100倍，pH約為5【解析】選A。草酸能和碳酸鈣反應(yīng)生成二氧化碳，說明草酸酸性大于碳酸，但是不能證明乙二酸部分電離，則不能證明乙二酸是弱電解質(zhì)，故A選；常溫下，0.1mol·L－1NaHC2O4溶液的pH＞7，說明該鹽是強(qiáng)堿弱酸鹽，則乙二酸是弱電解質(zhì)，故B不選；濃度均為1mol·L－1的H2C2O4溶液的導(dǎo)電能力比硫酸的導(dǎo)電能力弱，說明乙二酸中離子濃度小于硫酸，硫酸是強(qiáng)電解質(zhì)，則乙二酸是弱電解質(zhì)，故C不選；pH＝4的乙二酸稀釋100倍后pH約為5，說明稀釋過程中存在乙二酸的電離，所以乙二酸是弱電解質(zhì)，故D不選。命題點(diǎn)2：強(qiáng)弱電解質(zhì)區(qū)別(綜合性考點(diǎn))2．關(guān)于25℃時(shí)，體積相同的鹽酸與醋酸兩種溶液，下列說法正確的是()A．若濃度相同，中和所需的NaOH物質(zhì)的量相同B．若濃度相同，分別與鎂條反應(yīng)的速率相等C．若pH相等，則c(CH3COO－)>c(Cl－)D．若pH相等，分別與NaOH反應(yīng)呈中性后，n(CH3COO－)＜n(Cl－)【解析】選A。如果兩種酸的濃度和體積都相同，則兩種酸的物質(zhì)的量相同，消耗的NaOH物質(zhì)的量相等，故A正確；與Mg反應(yīng)速率和酸溶液中c(H＋)成正比，如果濃度相同時(shí)c(H＋)：鹽酸＞醋酸，則開始時(shí)鹽酸反應(yīng)速率快，故B錯(cuò)誤；若pH相等，則兩種溶液中c(H＋)相等，溫度相同則兩種溶液中c(OH－)相等，兩種溶液中分別存在c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)、c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，所以c(Cl－)＝c(CH3COO－)，故C錯(cuò)誤；若pH相等，則酸濃度：c(CH3COOH)＞c(HCl)，兩種酸體積相等時(shí)n(CH3COOH)＞n(HCl)，分別與NaOH反應(yīng)后呈中性時(shí)醋酸鈉溶液中酸根離子多，所以n(CH3COO－)＞n(Cl－)，故D錯(cuò)誤。命題點(diǎn)3：強(qiáng)弱電解質(zhì)圖象判斷(應(yīng)用性考點(diǎn))3．已知物質(zhì)的電阻率與導(dǎo)電能力成反比，物質(zhì)的電阻率越大，導(dǎo)電能力越弱。室溫條件下，向20mL濃度均為0.1mol·L－1HA和CH3COOH的混合液中滴加0.1mol·L－1的NH3·H2O，測得混合液的電阻率與加入NH3·H2O的體積(V)的關(guān)系如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是()A.HA是強(qiáng)酸B．室溫條件下，等濃度的HA和CH3COOH溶液中c(H＋)前者小C．a(chǎn)b段發(fā)生的反應(yīng)是HA＋NH3·H2O=NH4A＋H2OD.c點(diǎn)溶液中的溶質(zhì)為NH4A和CH3COONH4【解析】選B。若HA和CH3COOH都是弱酸，則隨著NH3·H2O的加入，酸堿反應(yīng)生成鹽，溶液導(dǎo)電性將增強(qiáng)、電阻率將減小，但圖象上隨著NH3·H2O的加入溶液電阻率增大、導(dǎo)電性反而減弱，說明原混合溶液中離子濃度更大，即HA為強(qiáng)電解質(zhì)，故A正確；HA完全電離，CH3COOH部分電離，HA比等濃度CH3COOH溶液中c(H＋)大，故B錯(cuò)誤；ab段是HA與NH3·H2O反應(yīng)，故C正確；c點(diǎn)中和完全，溶質(zhì)為NH4A和CH3COONH4，故D正確?！炯庸逃?xùn)練—拔高】1．(2021·海南模擬)向體積和pH均相等的鹽酸和醋酸中分別加入足量的鎂粉，則下列關(guān)于反應(yīng)產(chǎn)生H2的體積(同溫同壓下測定)和速率與時(shí)間的關(guān)系圖象描述正確的是()【解析】選A。開始時(shí)，強(qiáng)酸鹽酸和弱酸醋酸的pH相等，c(H＋)相等，則開始時(shí)反應(yīng)速率相等；隨著反應(yīng)的進(jìn)行，弱酸醋酸不斷電離出H＋而使醋酸中c(H＋)減小比鹽酸中的慢，即醋酸中的c(H＋)大于鹽酸中的c(H＋)，反應(yīng)速率大于鹽酸中的反應(yīng)速率，故A正確；由上述分析，鹽酸中的反應(yīng)速率比醋酸的反應(yīng)速率小，故B錯(cuò)誤；醋酸為弱酸，不完全電離，pH均相等的鹽酸和醋酸中醋酸的濃度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于強(qiáng)酸鹽酸的濃度，與足量的鎂粉反應(yīng)產(chǎn)生氫氣的體積醋酸比鹽酸多，故C、D錯(cuò)誤。2.(2021·三明模擬)常溫時(shí)，分別向體積為V0、濃度均為1mol·L－1HClO2和HMnO4兩溶液中加水稀釋至體積為V，lgeq\f(V,V0)與溶液pH的關(guān)系如圖。下列說法錯(cuò)誤的是()A．HMnO4為強(qiáng)酸B．當(dāng)兩溶液均稀釋至pH＝3時(shí)，c(ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2)))＝c(MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))C．在0≤pH≤5時(shí)，HMnO4溶液滿足：pH＝lgeq\f(V,V0)D．稀釋前分別用1mol·L－1的NaOH溶液中和兩種酸至中性，消耗的n(NaOH)相同【解析】選D。由分析得知，lgeq\f(V,V0)＝0時(shí)，即溶液未稀釋時(shí)，1mol·L－1HMnO4的pH＝0，說明該溶液中c(H＋)＝c(HMnO4)＝1mol·L－1，則HMnO4為強(qiáng)酸，故A正確；根據(jù)電荷守恒：c(H＋)＝c(OH－)＋c(ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2)))，c(H＋)＝c(OH－)＋c(MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))當(dāng)稀釋至pH均為3時(shí)，c(ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2)))＝c(MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))，故B正確；HMnO4是強(qiáng)酸，完全電離，0≤pH≤5時(shí)，稀釋多少倍，溶液中c(H＋)就是原來的多少分之一，所以HMnO4溶液滿足，pH＝lgeq\f(V,V0)，故C正確；NaMnO4是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，其水溶液呈中性，NaClO2是強(qiáng)堿弱酸鹽，其水溶液呈堿性，所以NaClO2溶液消耗的n(NaOH)要少一些，才能使溶液呈中性，故D錯(cuò)誤。3.次磷酸(H3PO2、一元弱酸)和氟硼酸(HBF4)均可用于植物殺菌。常溫時(shí)，有1mol·L－1的H3PO2溶液和1mol·L－1的HBF4溶液，兩者起始時(shí)的體積均為V0，分別向兩溶液中加水，稀釋后溶液的體積均為V，兩溶液的pH變化曲線如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是()A．常溫下，NaBF4溶液的pH＝7B．常溫下，H3PO2的電離平衡常數(shù)約為1.1×10－2C．NaH2PO2溶液中：c(Na＋)＝c(H2POeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2)))＋c(HPOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(2)))＋c(POeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(2)))＋c(H3PO2)D．常溫下，在0≤pH≤4時(shí)，HBF4溶液滿足pH＝lgeq\f(V,V0)【解析】選C。HBF4為強(qiáng)酸，則NaBF4為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，常溫下NaBF4溶液的pH＝7，故A正確；對于H3PO2溶液，lgeq\f(V,V0)＋1＝1時(shí)pH＝1，則V＝V0，即1mol·L－1H3PO2溶液中c(H＋)＝0.1mol·L－1，H3PO2的電離平衡常數(shù)K≈eq\f(0.1×0.1,0.9)≈1.1×10－2，故B正確；根據(jù)“次磷酸(H3PO2、一元弱酸)”可知，NaH2PO2溶液中不存在HPOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(2))、POeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(2))，正確的物料守恒為c(Na＋)＝c(H2POeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2)))＋c(H3PO2)，故C錯(cuò)誤；根據(jù)圖示曲線b可知，lgeq\f(V,V0)＋1＝1時(shí)，lgeq\f(V,V0)＝pH＝0，lgeq\f(V,V0)＋1＝5時(shí)lgeq\f(V,V0)＝pH＝4，所以在0≤pH≤5時(shí)，HBF4溶液滿足pH＝lgeq\f(V,V0)，故D正確。4．(2021·北京海淀區(qū)模擬)25℃時(shí)，下列事實(shí)不能說明一水合氨是弱電解質(zhì)的是()A．醋酸銨溶液pH＝7B．0.01mol·L－1氨水pH約為10.6C．氯化銨溶液可以除鐵銹D．氨水與氯化鐵溶液混合產(chǎn)生沉淀【解析】選D。醋酸銨溶液pH＝7，說明銨根離子與醋酸根離子都能水解且水解程度相同，醋酸是弱酸，從而說明一水合氨是弱堿，故A不選；0.01mol·L－1氨水pH約為10.6，說明一水合氨不能完全電離，從而證明其是弱電解質(zhì)，故B不選；氯化銨溶液能除鐵銹說明氯化銨溶液顯酸性，說明銨根離子能夠水解，從而證明一水合氨是弱堿，故C不選；氨水與氯化鐵溶液混合產(chǎn)生沉淀只能說明一水合氨是堿，能提供氫氧根離子，與電解質(zhì)強(qiáng)弱無關(guān)，故D選。1．(2019·全國Ⅰ卷