备战2021 高考化学 考点42 弱电解质的电离平衡（解析版）

备战2021 高考化学 考点42 弱电解质的电离平衡（解析版）

考点 42 弱电解质的电离平衡 一、强、弱电解质的相关判断 1．概念和种类 2．电离、电解质、非电解质、强电解质和弱电解质的相互关系 3．强、弱电解质与化合物类型的关系 强电解质主要是大部分的离子化合物及某些共价化合物，弱电解质主要是某些共价化合物。 分类 举例 强电解质 ①强酸：HCl、H2SO4、HNO3、HClO4、HBr、HI等 ②强碱：NaOH、KOH、Ca(OH)2、Ba(OH)2等 ③大多数盐：钠盐、钾盐、硝酸盐等 弱电解质 ①弱酸：CH3COOH、H2CO3、HF、HCN、HClO、H2S等；H3PO4、H2SO3是中 强酸，也属于弱电解质 ②弱碱：NH3·H2O，多数不溶性的碱[如Fe(OH)3、Cu(OH)2等]、两性氢氧化物 [如Al(OH)3等] ③水：是极弱的电解质 注意：电解质的强弱是由物质的内部结构决定的，与外界因素无关，关键是看在水溶液中是否完全电 离。 （1）与溶解性无关。如 BaSO4 等虽难溶于水，但溶于水的部分却能完全电离，是强电解质。醋酸能与 水互溶但不能完全电离，是弱电解质。 （2）与溶液的导电性无必然联系，溶液的导电性与溶液中的离子浓度、离子所带电荷的多少有关，强 电解质溶液的导电能力不一定强，如饱和的 BaSO4 溶液，弱电解质溶液的导电能力不一定弱，如较浓的 CH3COOH 溶液。 4．电离方程式的书写 ①弱电解质 a ． 多 元 弱 酸 分 步 电 离 ， 且 第 一 步 电 离 程 度 远 远 大 于 第 二 步 ， 如 H2CO3 电 离 方 程 式 ： H2CO3 H++ 3HCO ， 3HCO H++ 2 3CO  。 b．多元弱碱电离方程式一步写成，如 Fe(OH)3 电离方程式：Fe(OH)3 Fe3++3OH－。 ②酸式盐 a．强酸的酸式盐完全电离，如 NaHSO4 电离方程式：NaHSO4===Na++H++ 2 4SO  。 b．弱酸的酸式盐中酸式酸根不能完全电离，如 NaHCO3 电离方程式：NaHCO3===Na++ 3HCO ， 3HCO H++ 2 3CO  。 二、弱电解质的电离特点与影响因素 1．电离平衡 （1）开始时，v 电离最大，而 v 结合等于 0。 （2）平衡建立过程中，v 电离逐渐减小，v 结合逐渐增大，但 v 电离>v 结合。 （3）当 v 电离=v 结合时，达到电离平衡状态。 2．电离平衡的特征 3．影响电离平衡的因素 （1）内因——弱电解质本身的性质。 （2）外因——外界条件 ①温度：温度升高，电离平衡向右移动，电离程度增大。 ②浓度：稀释溶液，电离平衡向右移动，电离程度增大。 ③同离子效应：加入与弱电解质具有相同离子的强电解质，电离平衡向左移动，电离程度减小。 ④加入能反应的物质：电离平衡向右移动，电离程度增大。 注：（1）稀醋酸加水稀释时，溶液中的各离子浓度并不是都减小，如 c(OH－)是增大的。 （2）电离平衡右移，电解质分子的浓度不一定减小，电离程度也不一定增大，如稀醋酸中加入冰醋酸。 三、电离度 （1）概念：一定条件下，当弱电解质在溶液中达到电离平衡时，溶液中已经电离的弱电解质分子数占 原来弱电解质总分子数的百分数。 （2）表达式：α＝已电离的弱电解质的浓度 弱电解质的初始浓度 ×100%。 （3）意义：衡量弱电解质的电离程度，在相同条件下(浓度、温度相同)，不同弱电解质的电离度越大， 弱电解质的电离程度越大。 （4）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 四、强、弱电解质的判断和比较 1．电解质是否完全电离 在溶液中强电解质完全电离，弱电解质部分电离。据此可以判断 HA 是强酸还是弱酸，如：若测得 0.1 mol/L 的 HA 溶液的 pH=1，则 HA 为强酸；若 pH>1，则 HA 为弱酸。 2．是否存在电离平衡 强电解质不存在电离平衡，弱电解质存在电离平衡，在一定条件下电离平衡会发生移动。 （1）一定 pH 的 HA 溶液稀释前后 pH 的变化： 将 pH=3 的 HA 溶液稀释 100 倍后，再测其 pH，若 pH=5，则为强酸，若 pH<5，则为弱酸。 （2）升高温度后 pH 的变化：若升高温度，溶液的 pH 明显减小，则是弱酸。因为弱酸存在电离平衡， 升高温度时，电离程度增大，c(H+)增大。而强酸不存在电离平衡，升高温度时，只有水的电离程度增大， pH 变化幅度小。 3．酸根离子(或弱碱阳离子)是否能发生水解 强酸根离子不水解，弱酸根离子易发生水解，据此可以判断 HA 是强酸还是弱酸。可直接测定 NaA 溶 液的 pH：若 pH=7，则 HA 是强酸；若 pH>7，则 HA 是弱酸。 五、一元强酸(碱)与一元弱酸(碱)的比较 1．等物质的量浓度、相同体积的一元强酸与一元弱酸的比较 比较项目 酸 c(H+) pH 中和碱 的能力 与足量 Zn 反应产生 H2 的量 开始与金 属反应的速率 一元强酸 大 小 相同 相同 大 一元弱酸 小 大 小 2．相同 pH、相同体积的一元强酸与一元弱酸的比较 比较项目 酸 c(H+) c(酸) 中和碱的能力 与足量 Zn 反应产生 H2 的量 开始与金 属反应的速率 一元强酸 相同 小 小 少 相同 一元弱酸 大 大 多 说明：一元强碱与一元弱碱的比较规律与以上类似。 六、弱电解质分布系数的图像分析 分布系数是指弱电解质溶液中，某一组分的平衡浓度占总浓度的分数，常用δ表示。分布曲线是以pH为 横坐标，分布系数为纵坐标，分布系数与溶液pH之间的关系曲线。 1．一元弱酸：以醋酸为例，对于总浓度为c的CH3COOH溶液，溶液中与CH3COOH相关的只有c(CH3COOH) 和c(CH3COO－)两种，则c=c(CH3COOH)+c(CH3COO－)，从图1中得出：CH3COOH分布系数为δ0，CH3COO－ 分布系数为δ1，δ1随着pH的升高而增大，δ0随着pH的升高而减小。当pHpKa时，主要形体是CH3COO－。δ0与δ1曲线相交在δ0=δ1=0.5处，此时c(CH3COOH)=c(CH3COO －)，即 pH=pKa，CH3COOH和CH3COO－各占一半。这一结论可应用于任何一元弱酸(碱)。同时，只要知道某一元弱 酸(碱)在一定pH的分布系数和酸(碱)的分析浓度，就很容易计算它在该pH时的平衡浓度。 2．二元酸：以草酸为例(碳酸与之相似)，其δ与pH曲线如图2所示，δ0为H2C2O4、δ1为 2 2 4C O  、δ2为 2 2 4C O  。 由图2看出，当溶液的pH=pKa1时δ0=δ1，pH=pKa2时δ1=δ2。当pHpKa2时， 2 2 4C O  为主要存在形体。由计算可知，在pH=2.75时H 2 2 4C O  占94.2%， 而H2C2O4和 2 2 4C O  分别为2.6%和3.2%，说明在H 2 2 4C O  占优势的区域内，三种形体可以同时存在。 考向一 强弱电解质的判断 典例 1 下列事实一定能说明 HA 是弱酸的是( ) A．常温下，NaA 溶液的 pH 大于 7 B．HA 能与 Na2CO3 溶液反应，产生 CO2 气体 C．1 mol·L-1HA 的水溶液能使紫色石蕊溶液变红 D．用 HA 溶液做导电性实验，灯光很暗 【答案】A 【详解】 A．常温下，NaA 溶液的 pH 大于 7，说明 NaA 为强碱弱酸盐，则 HA 为弱酸，A 正确； B．HA 能与 Na2CO3 溶液反应，产生 CO2 气体，只能说明 HA 的酸性比碳酸强，但不能说明 HA 是弱酸，B 错误； C．1 mol·L－1HA 的水溶液能使紫色石蕊溶液变红，只能说明 HA 是酸，但不能说明 HA 的酸性强弱，C 错 误； D．溶液的导电性与离子浓度有关，如果强电解质溶液中的离子浓度很小，灯光也会很暗，D 错误； 答案选 A。 1．下列事实中，能说明 MOH 是弱碱的有 ①0.1 mol·L－1 MOH 溶液可以使酚酞试液变红；②0.1 mol·L－1 MCl 溶液呈酸性；③0.1 mol·L－1 MOH 溶 液的导电能力比 0.1 mol·L－1 NaOH 溶液弱；④等体积的 0.1 mol·L－1 MOH 溶液与 0.1 mol·L－1 HCl 溶液 恰好完全反应 A．①②③ B．②③ C．②④ D．③④ 【答案】B 【解析】①0.1 mol·L－1 MOH 溶液可以使酚酞试液变红，说明 MOH 能电离出氢氧根离子，而不能说明 MOH 的电离程度，所以不能证明 MOH 是弱碱；②0.1 mol·L－1 MCl 溶液呈酸性，说明 MCl 为强酸弱碱盐， 则 MOH 为弱碱；③溶液的导电能力与离子浓度和离子所带的电荷数有关，0.1 mol·L－1 MOH 溶液的导电能 力比 0.1 mol·L－1 NaOH 溶液的弱，说明 MOH 溶液中离子浓度比 NaOH 溶液中离子浓度小，MOH 部分电离， 为弱碱；④等体积的 0.1 mol·L－1 MOH 溶液与 0.1 mol·L－1 HCl 溶液恰好完全反应，无论是强碱还是弱碱， 都能恰好完全反应。 弱酸(碱)的判断方法 （1）设计实验证明 BOH(如 NH3·H2O)是一元弱碱的方法 ①室温下，测 0.1 mol·L－1 BOH 的 pH，若 pH＝13，则 BOH 为强碱，若 pH<13，则 BOH 为弱碱。 ②配制 BCl 的溶液，测其 pH，若 pH＝7，则 BOH 为强碱，若 pH<7，则 BOH 为弱碱。 ③配制 pH＝12 的 BOH 的溶液，加水稀释 100 倍，若稀释后溶液的 pH＝10，则 BOH 为强碱，若稀释 后溶液的 pH>10，则 BOH 为弱碱。 （2）设计实验证明 HA 是一元弱酸的方法 实验方法 结论 ①测 0.01 mol·L－1HA 的 pH pH＝2，HA 为强酸， pH>2，HA 为弱酸 ②测 NaA 溶液的 pH pH＝7，HA 为强酸， pH>7，HA 为弱酸 ③测相同 pH 的 HA 和盐酸稀释相同倍数前后 的 pH 变化 若 HA 溶液的 pH 变化比盐酸的小，则 HA 为 弱酸 ④测等体积、等 pH 的 HA 和盐酸中和 NaOH 的量 若 HA 溶液消耗 NaOH 的量比盐酸的多，则 HA 为弱酸 ⑤测等体积、等物质的量浓度的 HA 和盐酸分 别与颗粒大小相同的锌粒反应的速率 若 HA 溶液与 Zn 粒反应比盐酸的速率慢，则 HA 为弱酸 ⑥测等体积、等 pH 的 HA 和盐酸分别与足量 的锌粒反应产生 H2 的量 若 HA 溶液与足量的锌粒反应最终产生 H2 的 量比盐酸的多，则 HA 为弱酸 考向二 影响电离平衡的因素 典例 2 H2S 水溶液中存在电离平衡 H2S H++HS−和 HS− H++S2−。若向 H2S 溶液中 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】加水稀释促进电离，但氢离子浓度减小，A 项错误；通入 SO2，发生反应：2H2S+SO2 3S↓+2H2O， 平衡左移，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，溶液 pH 减小，C 项正确；加入少量硫酸铜固体，发生反应 S2−+Cu2+ CuS↓，平衡右移，氢离子浓度增大，D 项错误。 2．某温度下，在饱和氨水中存在平衡：NH3＋H2O NH3·H2O NH＋ 4 ＋OH－。 （1）若增大压强，则溶液的 pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。 （2）若通入 NH3，则平衡________(填“向左”“向右”或“不”)移动。 （3）若加水，则平衡________(填“向左”“向右”或“不”)移动，溶液的 pH_______(填“增大”“减小”或“不 变”)。 （4）若加入氢氧化钠固体，则溶液中的 c(NH＋ 4 )________(填“增大”“减小”或“不变”)，溶液的 pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。 【解析】（1）若增大压强，气体的溶解度增大，氨水中电离平衡：NH3·H2O NH＋ 4 ＋OH－向右移动， 则 pH 增大。 （2）向饱和氨水中通入 NH3，NH3 不再溶解，所以电离平衡不移动。 （3）加水，氨水中电离平衡：NH3·H2O NH＋ 4 ＋OH－向右移动，但是溶液的体积增大的程度比 OH－ 的物质的量增大的程度大，所以 OH－浓度减小，则 pH 减小。 （4）加氢氧化钠，则氨水中电离平衡：NH3·H2O NH＋ 4 ＋OH－向左移动，溶液中的 c(NH＋ 4 )减小，c(OH －)增大，pH 增大。 【答案】（1）增大 （2）不 （3）向右 减小 （4）减小 增大 外界条件对弱电解质电离的影响 以 CH3COOH CH3COO－+H+ ΔH＞0 为例： 改变 条件 平衡移 动方向 c(CH3COOH) n(H+) c(H+) c(CH3COO－) 电离 程度 导电 能力 电离平 衡常数 加水稀释 → 减小 增大 减小 减小 增大 减弱 不变 加少量冰醋酸 → 增大 增大 增大 增大 减小 增强 不变 通入 HCl 气体 ← 增大 增大 增大 减小 减小 增强 不变 加 NaOH 固体 → 减小 减小 减小 增大 增大 增强 不变 加 CH3COONa ← 增大 减小 减小 增大 减小 增强 不变 固体 加入镁粉 → 减小 减小 减小 增大 增大 增强 不变 升高温度 → 减小 增大 增大 增大 增大 增强 增大 考向三 强酸（碱）与弱酸（碱）的比较 典例 3 有体积相同、物质的量浓度相等的 NaOH 溶液和氨水，下列叙述中正确的是（ ） A．两溶液 pH 相等 B．用同浓度的盐酸中和时，消耗盐酸的体积相同 C．两溶液中 OH-离子浓度相同 D．加入等体积的水稀释后，pH 相等 【答案】B 【详解】 A. 一水合氨属于弱电解质，在水溶液中部分电离，则在相同物质的量浓度时，NaOH 溶液 c(OH−)、pH 较 大，故 A 错误； B. 体积和物质的量浓度都相等的 NaOH 溶液和氨水，所含 OH−总量相等，用同浓度的盐酸中和时，消耗盐 酸的体积相同，故 B 正确； C. 一水合氨属于弱电解质，在水溶液中部分电离，则在相同物质的量浓度时，NaOH 溶液 c(OH−)较大，故 C 错误； D. 一水合氨属于弱电解质，在水溶液中部分电离，加入等体积的水稀释后，因一水合氨电离平衡右移，氨 水中 c(OH−)、pH 比 NaOH 的大，故 D 错误； 答案选 B。 3．现有 pH=2 的醋酸(编号为甲)和 pH=2 的盐酸(编号为乙)： (1)取 10 mL 甲溶液，加入等体积的水，醋酸的电离平衡______(填“向左”“向右”或“不”，下同)移动；若加入 少量的冰醋酸，醋酸的电离平衡________移动；若加入少量无水醋酸钠固体，待固体溶解后，溶液中 c(H ＋)/c(CH3COOH) 的值将______(填“增大”“减小”或“无法确定”)。 (2)相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，各稀释 100 倍。稀释后的溶液，其 pH 大小关系为 pH(甲)_____(填 “大于”“小于”或“等于”)pH(乙)。若将甲、乙两溶液等体积混合，溶液的 pH=_____。 (3)各取 25mL 甲、乙两溶液，分别用等浓度的 NaOH 稀溶液中和至 pH=7，则消耗的 NaOH 溶液的体积大小 关系为 V(甲)_____(填“大于”“小于”或“等于”)V(乙)。 (4)取 25mL 甲溶液，加入等体积 pH=12 的 NaOH 溶液，反应后溶液中 c(Na+)、c(CH3COO-)的大小关系为 c(Na+)_____(填“大于”“小于”或“等于”)c(CH3COO-)。 【答案】向右 向右 减小 小于 2 大于 小于 【详解】 Ⅰ.(1)根据勒夏特列原理可知，加水稀释后电离平衡正向移动；若加入冰醋酸，相当于增大了反应物浓度， 因此电离平衡也正向移动；加入醋酸钠固体后，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制了醋酸的电离，故 c(H ＋)/c(CH3COOH)的值减小。 故答案为：向右，向右，减小； (2)由于在稀释过程中醋酸继续电离，故稀释相同的倍数后 pH(甲)小于 pH(乙)。盐酸和醋酸溶液的 pH 都是 2， 溶液中的 H＋浓度都是 0.01 mol·L－1，设醋酸的原浓度为 c mol·L－1，混合后平衡没有移动，则有： 3 3 / ( / ) 0.01 0.01 0.01 (mol / ) ( 0.01) 0.01 0.01 2 2 CH COOH H CH COO mol L c L c      原平衡浓度 混合后浓度 由于温度不变醋酸的电离常数不变，结合数据可知，醋酸的电离平衡确实未发生移动，因此混合后溶液的 pH 仍等于 2。 故答案为：小于，2； (3)取体积相等的两溶液，醋酸的物质的量较大，用 NaOH 稀溶液中和至相同 pH 时，消耗 NaOH 溶液的体 积 V(甲)大于 V(乙)。 故答案为：大于； (4)两者反应后醋酸过量，溶液显酸性，根据电荷守恒可得，c(Na＋)小于 c(CH3COO－)。 故答案为：小于； 考向四 强弱电解质的相关图像分析 典例 4 常温下，将 pH 均为 3，体积均为 V0 的 HA 溶液和 HB 溶液，分别加水稀释至体积 V，pH 随 lg 0 V V 的变化如图所示。下列说法中错误的是( ) A．稀释相同倍数时：c(A-)＜c(B-) B．水的电离程度：b=c＞a C．溶液中离子总物质的量：b＞c＞a D．溶液中离子总浓度：a＞b=c 【答案】C 【详解】 A. 根据题图可知，当 lg 0 V V ＝2 即稀释 100 倍时，HA 溶液的 pH＝5，HB 溶液的 3＜pH＜5，故 HA 为强酸， HB 为弱酸。根据题图可知，稀释相同倍数时，溶液的 pH：HA 溶液＞HB 溶液，溶液中 c(A－)＜c(B－)，A 项正确； B. 根据题图可知，溶液的 pH：a＜b＝c，酸电离出的氢离子浓度越大，生的电离程度越小，水的电离程度： b＝c＞a，B 项正确； C. a、c 点溶液体积相同，c 点 pH 大于 a 点，c 点溶液中 c(A－)＜a 点溶液中 c(B－)，溶液中离子总物质的量： a＞c，b 点相对于 a 点加水稀释，促进 HB 的电离，溶液中离子总物质的量：b＞a，故溶液中离子总物质的 量：b＞a＞c，C 项错误； D. c 点 pH 大于 a 点，c 点溶液中 c(A－)＜a 点溶液中 c(B－)，溶液中离子总浓度：a＞c，b、c 点溶液的 pH 相 等，b、c 点两溶液中的电荷守恒分别为 c(H＋)＝c(B－)＋c(OH－)、c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，溶液中离子总浓度： b＝c，故溶液中离子总浓度：a＞b＝c，D 项正确。答案选 C。 4．在体积为 1 L，pH 均为 1 的盐酸和醋酸溶液中，分别投入 0.65 g Zn，下列示意图中正确的是 【答案】B 【解析】溶液中 c(H+)=0.1 mol·L−1，n(HCl)=0.1 mol，n(CH3COOH)>0.1 mol，n(Zn)=0.01 mol，金属 Zn 不足， 所以最终生成 H2 的物质的量应相同，C 错误；因为醋酸中存在电离平衡 CH3COOH H++CH3COO−， 随着反应的进行醋酸继续电离，醋酸中 c(H+)降低比较慢，反应速率快，A、D 错误，B 正确。 一元强酸(碱)和一元弱酸(碱)稀释时的 pH 变化图像 等 pH 的一元强碱和 一元弱碱 等 pH 的一元强酸和一 元弱酸 等浓度的一元强碱 和一元弱碱 等浓度的一元强酸 和一元弱酸 变化 图像 a、b 意 义 a 代表强酸或强碱；b 代表弱酸或弱碱 图 像 特点 稀释相同倍数时，强酸、强碱 pH 变化程度大；无限稀释都只能无限趋近于 7，但酸要小于 7， 碱要大于 7 1．下列方程式书写正确的是（ ） A．NaHSO4 在水溶液中的电离方程式：NaHSO4=Na＋＋HSO - 4 B．H2SO3 的电离方程式：H2SO3  2H＋＋SO 2- 3 C．CO 2- 3 的水解方程式：CO 2- 3 ＋H2O  HCO - 3 ＋OH－ D．CaCO3 沉淀溶解平衡方程式：CaCO3(s)= Ca2＋(aq)＋CO 2- 3 ( aq) 【答案】C 【详解】 A．NaHSO4 在水溶液中的电离方程式：NaHSO4=Na＋＋H++SO 2- 4 ，故 A 错误； B．H2SO3 是弱酸，弱酸分步电离，H2SO3  H++HSO - 3 ，HSO - 3  H++ SO 2- 3 ，故 B 错误； C．CO 2- 3 水解分两步，CO 2- 3 ＋H2O  HCO - 3 ＋OH－，HCO - 3 + H2O  H2CO3+ OH－，以第一步为主，故 C 正确； D．CaCO3 沉淀在溶液中存在沉淀溶解平衡，其溶解平衡方程式为：CaCO3(s)  Ca2＋(aq)＋CO 2- 3 ( aq)，故 D 错误； 故选 C。 2．下列说法正确的是 A．CH3COOH 溶液加水稀释后，溶液中cCH3COOH cCH3COO－ 的值减小 B．25℃时，用醋酸溶液滴定等浓度 NaOH 溶液至 pH＝7，V(醋酸)＜V(NaOH) C．25℃时，氨水加水稀释后，溶液中 c(OH－)·c(H＋)变大 D．氨水中加入少量 NH4Cl 晶体，溶液中 c(OH－)和 c(NH＋ 4 )均增大 【答案】A 【解析】CH3COOH 溶液中存在电离平衡：CH3COOH CH3COO－＋H＋，则电离平衡常数 Ka(CH3COOH) ＝cCH3COO－·cH＋ cCH3COOH ，则有cCH3COOH cCH3COO－＝ cH＋ KaCH3COOH；加水稀释时，电离平衡正向移动，n(H＋)增大， 但溶液中 c(H＋)减小，由于温度不变，则 Ka(CH3COOH)不变，从而推知cCH3COOH cCH3COO－的值减小，A 正确。 当浓度相等的醋酸与 NaOH 溶液等体积混合时，二者恰好完全反应时生成 CH3COONa，由于 CH3COO－ 发生水解而使溶液显碱性，若溶液的 pH＝7，应满足条件 V(醋酸)＞V(NaOH)，B 错误。25 ℃时，氨水溶 液加水稀释，NH3·H2O 的电离程度增大，由于温度不变，则 Kw＝c(OH－)·c(H＋)不变，C 错误。氨水中存 在电离平衡：NH3·H2O NH＋ 4 ＋OH－，加入少量 NH4Cl 晶体，平衡逆向移动，溶液中 c(OH－)减小，但 c(NH＋ 4 )较原来增大，D 错误。 3．溶液的 pH、体积相同的盐酸和醋酸两种溶液，下列叙述错误的是 A．它们与 NaOH 完全中和时，醋酸溶液所消耗的 NaOH 多 B．它们分别与足量 CaCO3 反应时，放出的 CO2 一样多 C．两种溶液中 n(Cl－)＝n(CH3COO－) D．分别用水稀释相同倍数时，n(Cl－)＜n(CH3COO－) 【答案】B 【解析】溶液的 pH、体积相同的盐酸和醋酸，醋酸的物质的量比盐酸大得多，因此完全中和时醋酸需要 氢氧化钠比盐酸多，A 正确；它们分别和足量碳酸钙反应时，醋酸产生的二氧化碳多，B 错误；盐酸中 HCl 完全电离 HCl===H＋＋Cl－，醋酸溶液中 CH3COOH CH3COO－＋H＋，两溶液中 pH 相同，c(H＋) 相等则 n(Cl－)＝n(CH3COO－)，C 正确；稀释相同倍数时，促进 CH3COOH 的电离，则 n(Cl－)＜n(CH3COO －)，D 正确。 4．25 ℃时，把 0.2 mol·L－1 的醋酸加水稀释，则图中的纵轴 y 表示的是 A．溶液中 OH－的物质的量浓度 B．溶液的导电能力 C．溶液中的 3 3 (CH COO ) (CH COOH) c c  D．CH3COOH 的电离程度 【答案】B 【解析】25 ℃时，0.2 mol·L－1 的醋酸稀释过程中，随着水的加入，溶液中 OH－的浓度增大(但不会超过 10－7 mol·L－1)，CH3COOH 的电离程度增大，CH3COO－数目增多，CH3COOH 数目减少，但溶液中 CH3COO －的浓度减小，溶液的导电能力减弱。 5．常温下，pH＝10 的 X、Y 两种碱溶液各 1 mL，分别稀释至 100 mL，其 pH 与溶液体 积（V)的 关系如图所示，下列说法正确的是（ ） A．若 8＜a＜10，则 X、Y 都是弱碱 B．X、Y 两种碱溶液中溶质的物质的量浓度一定相等 C．稀释后，X 溶液的碱性比 Y 溶液的碱性强 D．分别完全中和 X、Y 这两种碱溶液时，消耗同浓度盐酸的体积 Vx＞Vy 【答案】A 【详解】 A．由图可知，开始的 pH 相同，若 8＜a＜10，则 1mL 的弱碱加水稀释到 100mL，则 pH 会在原来基础上减 一个小于 2 的值，说明 X、Y 中都存在电离平衡，是弱碱，故 A 正确； B．由图可知，开始的 pH 相同，两种碱溶液稀释后 pH 不同，则碱性强弱一定不同，所以物质的量浓度一 定不相等，故 B 错误； C．稀释后 X 碱溶液 pH 小于 Y 溶液的，所以稀释后 Y 溶液碱性强，故 C 错误； D．pH=10 的 X、Y 两种碱，c(X)＜c(Y)，相同体积、相同 pH 的 X、Y，n(Y)＞n(X)，用相同浓度的盐酸中 和时，碱的物质的量越大消耗酸体积越大，所以消耗相同浓度盐酸 V(X)＜V(Y)，故 D 错误； 故答案为 A。 6．已知盐酸是强酸，在下列叙述中，能说明醋酸是弱酸的是 A．将 pH＝4 的盐酸和醋酸稀释成 pH＝5 的溶液，醋酸所需加入水的量少 B．盐酸和醋酸都可用相应的钠盐与同浓度硫酸反应制取 C．相同 pH 的盐酸和醋酸溶液中分别加入相应的钠盐固体，醋酸的 pH 变大 D．相同 pH 的盐酸和醋酸分别跟锌反应时，产生氢气的起始速率相等 【答案】C 【解析】pH＝4 的盐酸和醋酸，氢离子浓度都是 0.000 1 mol·L－1，稀释成 pH＝5 的溶液，醋酸是弱酸， 醋酸所需加入的水量多，A 错误；盐酸和醋酸都可用相应的钠盐与同浓度硫酸反应制取盐酸是利用盐酸 的挥发性，与酸性强弱无关，B 错误；在醋酸的溶液中存在着 CH3COOH CH3COO－＋H＋的电离平 衡，CH3COONa 溶于水后，电离出大量 CH3COO－，使醋酸的电离平衡向生成醋酸的方向移动，抑制了 CH3COOH 的电离，使 c(H＋)减小，因此溶液的 pH 增大，由此证明盐酸为强酸，醋酸为弱酸，C 正确； 相同 pH，则氢离子浓度相同，产生氢气的起始速率相等，与盐酸是强酸，醋酸是弱酸无关，D 错误。 7．25 ℃时，pH＝2 的盐酸和醋酸各 1 mL 分别加水稀释，pH 随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法不 正确的是 A．曲线Ⅰ代表盐酸的稀释过程 B．a 溶液的导电性比 c 溶液的导电性强 C．a 溶液中和氢氧化钠的能力强于 b 溶液 D．将 a、b 两溶液加热至 30 ℃， cCl－ cCH3COO－变小 【答案】C 【解析】pH＝2 的盐酸加水稀释至 1 000 mL，溶液的 pH＝5；pH＝2 的醋酸加水稀释至 1 000 mL， CH3COOH 的电离平衡正向移动，溶液的 pH<5，故曲线Ⅰ代表盐酸的稀释过程，曲线Ⅱ代表醋酸的稀释 过程，A 正确。盐酸加水稀释时，溶液中 c(Cl－)、c(H＋)减小，溶液的导电能力减弱，故 a 溶液的导电性 比 c 溶液的导电性强，B 正确。pH＝2 的盐酸和醋酸相比，有 c(CH3COOH)>c(HCl)，体积相等的两种溶 液中 n(CH3COOH)>n(HCl)，与 NaOH 溶液发生中和反应时，CH3COOH 消耗 NaOH 多，故 b 溶液中和 NaOH 的能力强于 a 溶液，C 错误。升高温度，CH3COOH 的电离平衡正向移动，c (CH3COO－)增大而 c(Cl －)基本不变，故 cCl－ cCH3COO－ 变小，D 正确。 8．相同温度下，根据三种酸的电离平衡常数，下列判断正确的是 酸 HX HY HZ 电离平衡常数 K 9×10-7 9×10-6 1×10-2 A．三种酸的酸性强弱关系：HX＞HY＞HZ B．反应 HZ+Y-=HY+Z-能够发生 C．由电离平衡常数可以判断，HZ 属于强酸，HX 和 HY 属于弱酸 D．相同温度下，0.1mol/LHX 溶液的电离平衡常数大于 1mol/LHX 溶液的电离平衡常数 【答案】B 【详解】 A．相同温度下，电离平衡常数越大，酸性越强，三种酸的酸性强弱关系：HX＜HY＜HZ，A 判断错误； B．根据较强酸制较弱酸原理，反应 HZ+Y-=HY+Z-能够发生，B 判断正确； C．由电离平衡常数可以判断，HX、HY、HZ 都属于弱酸，C 判断错误； D．电离平衡常数只与温度有关，与酸的浓度无关，D 判断错误。 答案为 B。 9．常温下，浓度均为 0.10 mol·L－1、体积均为 V0 的 MOH 和 ROH 溶液，分别加水稀释至体积 V，pH 随 lg V V0 的变化如图所示。下列叙述正确的是 A．MOH 的电离程度：c 点大于 d 点 B．ROH 溶液由 a 点到 b 点时， cR＋ cROH·cH＋变大 C．pH＝10 时，MOH 和 ROH 溶液中，c(M＋)>c(R＋) D．lg V V0 ＝2 时，MOH 和 ROH 两种溶液中，水电离出的 c(OH－)的比值为 1∶10 【答案】D 【解析】由图可知，浓度均为 0.10 mol·L－1 的 MOH 和 ROH 溶液，前者 pH＝13，后者 pH<13，则 MOH 是强碱，ROH 是弱碱，MOH 完全电离，故 c、d 两点 MOH 的电离程度均为 100%，A 错误。ROH 存在 电离 平衡： ROH R ＋ ＋OH － ，则 电离常 数为 Kb (ROH) ＝cOH－·cR＋ cROH ＝ Kw·cR＋ cROH·cH＋，则 有 cR＋ cROH·cH＋＝KbROH Kw ，由于温度不变，则 Kb(ROH)、Kw 不变，故 a―→b 点时 cR＋ cROH·cH＋不变，B 错误。MOH 和 ROH 溶液中存在电荷守恒关系：c(M＋)＋c(H＋)＝c(OH－)、c(R＋)＋c(H＋)＝c(OH－)；由图 可知，pH＝10 时，两溶液中 c(OH－)、c(H＋)分别相等，则有 c(M＋)＝c(R＋)，C 错误。lg V V0 ＝2 时，MOH 和 ROH 溶液的 pH 分别为 11、10，而碱溶液中的 H＋全部来源于水的电离，且 c 水(OH－)＝c 水(H＋)，故 MOH 和 ROH 溶液中水电离出的 c(OH－)的比值为 10－11∶1010＝1∶10，D 正确。 10．某二元酸(H2A)在水中的电离方程式为 H2A H++HA-，HA- H++A2-(25 ℃时 Ka=1.0×10-2)，下列有 关说法中正确的是 A．H2A 是弱酸 B．稀释 0.1 mol·L-1 H2A 溶液，因电离平衡向右移动而导致 c(H+)增大 C．在 0.1 mol·L-1 的 H2A 溶液中，c(H+)=0.12 mol·L-1 D．若 0.1 mol·L-1 NaHA 溶液中 c(H+)=0.02 mol·L-1，则 0.1 mol·L-1 的 H2A 中 c(H+)<0.12 mol·L-1 【答案】D 【解析】因 H2A 的一级电离是完全的，所以它是强酸，A 错误；稀释过程中溶液体积增大，虽然电离平 衡向右移动，但 c(H+)减小，B 错误；假设溶液中 c(H+)=0.12 mol·L-1，则二级电离生成的 c(A2-)为 0.02 mol·L-1，c(HA-)=0.08 mol·L-1，将这些数据代入 Ka= + 2(H ) (A ) (HA ) c c c    中求出的 Ka≠1.0×10-2，C 错误；0.1 mol·L-1 H2A 溶液中，第一步电离生成的 c(H+)=0.1 mol·L-1，由于 H2A 第一步电离生成的 H+对第二步电离有抑制 作用，NaHA 溶液中则不存在这样的抑制作用，故 0.1 mol·L-1 的 H2A 溶液中 c(H+)<0.12 mol·L-1，D 正确。 11．在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力如图所示，请回答： （1）“O”点导电能力为 0 的理由是___________________。 （2）a、b、c 三点溶液的 pH 由小到大的顺序为_______________。 （3）a、b、c 三点溶液中 CH3COO−物质的量最大的是_______。 （4）若使 c 点溶液中 c(CH3COO−)增大，溶液的 pH 也增大，可采取得措施是(写出两种方法)： __________________、_______________________。 （5）现有 pH 均为 3 的醋酸、硫酸两瓶溶液： a．设两种溶液的物质的量浓度依次为 c1、c2，则其关系式 ___________（用<，>，= 表示，下同） b．取相同体积的两种酸分别加入等体积的蒸馏水后，再分别加入等量的锌粉，反应开始时放出氢气 的速率依次为 v1、v2，则其关系式_______________________ 【答案】（1）冰醋酸未电离，无自由移动的离子 （2）b c2 v1> v2 【解析】（1）溶液的导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强，冰醋酸中没有自由移动的离 子，所以冰醋酸不导电，故答案为：因为冰醋酸未电离，无自由移动的离子； （2）导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，则 a、b、c 三点溶液的氢离子浓度由小到大的顺 序为为 c＜a＜b，pH 由小到大的顺序为 b”“<”或“=”，下同)； ②当溶液呈中性时，所得溶液中 c(Na+)_____c(H2PO 3  )+2c(HPO 2 3  )； ③若用甲基橙做指示剂，用 NaOH 溶液滴定，达到滴定终点时，所得溶液中 c(Na+)____c(H2PO 3  )+2c(HPO 2 3  )。 【答案】正盐 2 测 NaH2PO2 溶液的 pH，若 pH>7，则证明次磷酸为弱酸；向等物质的量浓度的盐酸、 次磷酸溶液中各滴入 2 滴石蕊溶液，若次磷酸溶液中红色浅一些，则说明次磷酸为弱酸(答案合理即可) 1×10-3 1 > = < 【详解】 (1)①NaOH 过量，只生成 NaH2PO2，说明次磷酸中只有一个可电离的氢原子，说明 NaH2PO2 是正盐； ②设溶液中的 H＋浓度为 x mol·L-1， + - 3 2 2 2 -1 -1 H PO H + H PO (mol L ) 0.02 0 0 (mol L ) 0.02-x x x    初始浓度 平衡浓度 Ka(H3PO2)= 2x 0.02-x =1×10－2，解得 x=0.01，故 pH=-lg 0.01=2； ③若 H3PO2 是弱酸，则 NaH2PO2 是强碱弱酸盐，则该盐的水溶液呈碱性，故可以测定 NaH2PO2 溶液的酸碱 性，若溶液 pH>7，则说明 H3PO2 是弱酸；还可以比较同浓度下一元强酸和 H3PO2 的酸性的强弱：取等体积 等浓度的盐酸和次磷酸溶液，各滴入 2 滴石蕊溶液，若次磷酸溶液中的红色浅一些，则可说明次磷酸为弱 酸； (2)忽略 H3PO3 的二级电离和水的电离，则 c( - 2 3H PO )=c(H＋)=1×10-2mol·L-1，c(H3PO3)=(0.11-1×10-2) mol·L-1=0.1mol·L-1，电离平衡常数 Ka1= + - 2 3 3 3 c(H ) c(H PO ) c(H PO )  = 2 21 10 1 10 0.1     =1×10-3； (3)根据题中的信息，亚磷酸分子的结构式中有 2 个“-OH”，该酸是二元酸，而次磷酸是一元酸，则可以推出 次磷酸分子中有 1 个“-OH”； (4)①Na2HPO3 溶液中， 2- 3HPO 水解使得溶液呈碱性，pH>7； ②溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c( - 2 3H PO )+2c( 2- 3HPO )+c(OH-)，当溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，根 据电荷守恒得 c(Na+)=c( - 2 3H PO )+2c( 2- 3HPO )； ③溶液中的电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c( - 2 3H PO )+2c( 2- 3HPO )+c(OH-)，用甲基橙做指示剂，达到滴定终点时， 溶液呈酸性，则 c(H+)>c(OH-)，故 c(Na+)< c( - 2 3H PO )+2c( 2- 3HPO )。 1．（2020·全国高考真题）二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如下图所示。 下列叙述错误的是 A．海水酸化能引起 3HCO 浓度增大、 2 3CO  浓度减小 B．海水酸化能促进 CaCO3 的溶解，导致珊瑚礁减少 C．CO2 能引起海水酸化，其原理为 3HCO H++ 2 3CO  D．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境 【答案】C 【解析】A．海水酸化，H+浓度增大，平衡 H++ 2- 3CO ⇌ - 3HCO 正向移动， 2- 3CO 浓度减小， - 3HCO 浓度增 大，A 正确；B．海水酸化， 2- 3CO 浓度减小，导致 CaCO3 溶解平衡正向移动，促进了 CaCO3 溶解，导 致珊瑚礁减少，B 正确；C．CO2 引起海水酸化的原理为：CO2+H2O⇌ H2CO3⇌ H++ - 3HCO ， - 3HCO ⇌ H++ 2- 3CO ，导致 H+浓度增大，C 错误；D．使用太阳能、氢能等新能源，可以减少化石能源 的燃烧，从而减少 CO2 的排放，减弱海水酸化，从而改善珊瑚礁的生存环境，D 正确；答案选 C。 2．（2020·北京高考真题）室温下，对于 1L0.1mol•L-1 醋酸溶液。下列判断正确的是 A．该溶液中 CH3COO-的粒子数为 6.02×1022 B．加入少量 CH3COONa 固体后，溶液的 pH 降低 C．滴加 NaOH 溶液过程中，n(CH3COO-)与 n(CH3COOH)之和始终为 0.1mol D．与 Na2CO3 溶液反应的离子方程式为 CO 2 3  +2H+=H2O+CO2↑ 【答案】C 【解析】醋酸是弱电解质，在溶液中部分电离，存在电离平衡，电离方程式为：CH3COOH  CH3COO-+H+ ， 1L0.1mol•L-1 醋酸溶液中存在物料守恒：n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，或 c(CH3COO-)+c(CH3COOH)= 0.1mol•L-1，据此分析解答。A．1L0.1mol•L-1 醋酸溶液中醋酸的物质的量为 0.1mol，醋酸属于弱酸，是弱电解质，在溶液中部分电离，存在电离平衡，则 CH3COO-的粒子数小于 6.02×1022，错误；B．加入少量 CH3COONa 固体后，溶液中 CH3COO-的浓度增大，根据同离子效应， 会抑制醋酸的电离，溶液中的氢离子浓度减小，酸性减弱，碱性增强，则溶液的 pH 升高，错误； C．1L0.1mol•L-1 醋酸溶液中醋酸的物质的量为 0.1mol，滴加 NaOH 溶液过程中，溶液中始终存在物料 守恒，n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，正确；D．醋酸的酸性强于碳酸，则根据强酸制取弱酸，醋 酸与 Na2CO3 溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，醋酸是弱电解质，离子反应中不能拆写，则离子方 程式为 CO 2 3  +2 CH3COOH =H2O+CO2↑+2CH3COO-，错误；答案选 C。 3．（2020·浙江高考真题）下列说法不正确的是（ ） A． pH 7 的溶液不一定呈碱性 B．中和 pH 和体积均相等的氨水、 NaOH 溶液，所需 HCl 的物质的量相同 C．相同温度下，pH 相等的盐酸、 3CH COOH 溶液中，  -c OH 相等 D．氨水和盐酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则    4 - +c Cl =c NH 【答案】B 【解析】A． 温度影响水的电离，则 pH>7 的溶液不一定呈碱性；溶液酸碱性与溶液中氢离子、氢氧根离 子浓度有关，当 c(H+)

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