2021学年第一节 电离平衡导学案

这是一份2021学年第一节 电离平衡导学案，共6页。
素能提升一　　溶液中三大平衡的分析与比较1．两大理论引领思维建模(1)电离理论①弱电解质的电离是微弱的，电离产生的微粒非常少，还要考虑水的电离，如氨水中：c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NH)。②多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一步电离，如在H2S溶液中：c(H2S)>c(H＋)>c(HS－)>c(S2－)。(2)水解理论①离子的水解损失是微量的(互相促进的水解除外)，但由于水的电离，水解后酸性溶液中的c(H＋)或碱性溶液中的c(OH－)总是大于水解产生的弱电解质的浓度，如NH4Cl溶液中：c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(NH3·H2O)。②多元弱酸酸根离子的水解是分步进行的，其主要是第一步水解，如在Na2CO3溶液中：c(CO)>c(HCO)>c(H2CO3)。2．解决混合溶液中粒子浓度问题的整体思路【典例1】  (双选)(2020·江苏卷)室温下，将两种浓度均为0.1 mol·L－1的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　)A．NaHCO3－Na2CO3混合溶液(pH＝10.30)：c(Na＋)>c(HCO)> c(CO)> c(OH－)B．氨水－NH4Cl混合溶液(pH＝9.25)：c(NH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)C．CH3COOH－CH3COONa混合溶液(pH＝4.76)：c(Na＋)>c(CH3COOH)> c(CH3COO－)>c(H＋)D．H2C2O4－NaHC2O4混合溶液(pH＝1.68，H2C2O4为二元弱酸)：c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(Na＋)＋c(C2O)＋c(OH－)答案　AD解析　等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为CO ＞HCO，溶液中剩余微粒浓度关系为c(HCO)>c(CO)，CO和HCO水解程度微弱，生成的OH－浓度较低，由NaHCO3和Na2CO3化学式可知，该混合溶液中Na＋浓度最大，则混合溶液中微粒浓度大小关系为c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)，A项正确；该混合溶液中电荷守恒为c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，元素质量守恒为c(NH3·H2O)＋c(NH)＝2c(Cl－)，消去c(Cl－)可得c(NH)＋2c(H＋)＝2c(OH－)＋c(NH3·H2O)，B项错误；该溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa 水解程度，则溶液中微粒浓度关系为c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)，C项错误；该混合溶液中元素质量守恒为2c(Na＋)＝c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)，电荷守恒为2c(C2O)＋c(HC2O)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，两式相加可得c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(Na＋)＋c(C2O)＋c(OH－)，D项正确。【变式1】 常温下，下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　)A．pH＝8 的CH3COONa溶液：c(CH3COOH)＝9.9×10－7 mol·L－1B．0.1 mol·L－1Na2SO3溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(SO)＋c(HSO)＋c(OH－)C．0.1 mol·L－1NaHCO3溶液：c(Na＋)＋c(OH－)＝c(HCO)＋c(H2CO3)＋c(H＋)D．0.1 mol·L－1CH3COONa溶液中通入HCl至溶液pH＝7：c(Na＋)> c(CH3COOH)>c(Cl－)答案　A解析　A项，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，H2OH＋＋OH－，由方程式可知，溶液中的OH－来自CH3COO－的水解以及H2O的电离。常温下pH＝8，溶液中c(OH－)＝10－6 mol·L－1，溶液中c(H＋)均由水电离得到，则溶液中来自水的电离的OH－浓度为10－8 mol·L－1，继而知溶液中由水解得到的c(OH－)＝(10－6－10－8) mol·L－1，根据水解方程式，可知CH3COOH的浓度与水解得到OH－的浓度相同，则c(CH3COOH)＝10－6－10－8 mol·L－1＝9.9×10－7 mol·L－1，正确；B项，0.1 mol·L－1Na2SO3溶液，由电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(OH－)，错误；C项，0.1 mol·L－1NaHCO3溶液中，由电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)，由元素质量守恒得c(Na＋)＝c(HCO)＋c(H2CO3)＋c(CO)，将两式中CO消去，得c(Na＋)＋c(OH－)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)＋c(H＋)，错误；D项，在所得溶液中，由电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，pH＝7时，c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋) ＝c(CH3COO－)＋c(Cl－)，c(Na＋)> c(Cl－)，由元素质量守恒得c(Na＋) ＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，结合c(Na＋) ＝c(CH3COO－)＋c(Cl－)，则c(CH3COOH)＝c(Cl－)，正确排序应为c(Na＋)>c(CH3COOH)＝c(Cl－)，D项错误。素能提升二　　抓“五点”突破酸碱中和滴定曲线问题1．关键“五点”抓反应的“起始点”判断酸、碱的相对强弱抓反应的“一半点”判断是哪种溶质的等量混合抓溶液的“中性点”判断溶液中溶质的成分及哪种物质过量或不足抓“恰好反应点”判断生成的溶质成分及溶液的酸碱性抓反应的“过量点”判断溶液中的溶质，判断哪种物质过量2.示例点拨常温下，向20 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液pH的变化如图所示：【典例2】  (2020·全国卷Ⅰ)以酚酞为指示剂，用0.100 0 mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2－的分布系数：δ(A2－)＝]下列叙述正确的是(　　)A．曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA－)B．H2A溶液的浓度为0.200 0 mol·L－1C．HA－的电离常数Ka＝1.0×10－2D．滴定终点时，溶液中c(Na＋)<2c(A2－)＋c(HA－)答案　C解析　根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40 mL NaOH溶液时，溶液的pH发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，故曲线①代表δ(HA－)，曲线②代表δ(A2－)，A项错误；当加入40.00 mL NaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，根据反应2NaOH＋H2A===Na2A＋2H2O，c(H2A)＝＝0.100 0 mol·L－1，B项错误；根据曲线当δ(HA－)＝δ(A2－)时溶液的pH＝2，则HA－的电离平衡常数Ka＝＝c(H＋)＝1×10－2，C项正确；用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2～10，终点时溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，溶液中的电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，则c(Na＋)＞2c(A2－)＋c(HA－)，D项错误。【变式2】 常温下，用0.100 0 mol·L－1NaOH溶液滴定20.00 mL某未知浓度的CH3COOH溶液，滴定曲线如图所示。已知在点③处恰好中和。下列说法错误的是(　　)A．点①②③三处溶液中水的电离程度依次增大B．该温度时CH3COOH的电离平衡常数约为1.8×10－5C．点①③处溶液中均存在：c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH－)D．滴定过程中可能出现：c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(Na＋)>c(OH－)答案　C解析　点③处恰好中和，反应生成醋酸钠，原溶液中酸酸的浓度为＝0.100 55 mol/L。酸、碱均抑制水的电离，可水解的盐促进水的电离，逐滴加入NaOH，溶液中CH3COONa的量逐渐增大，至恰好反应过程中，水的电离程度逐渐增大，A项正确；点②处溶液的pH＝7，此时c(Na＋)＝c(CH3COO－)＝＝0.05 mol/L，c(H＋)＝10－7 mol/L，c(CH3COOH)＝－0.05 mol/L＝2.75×10－4 mol/L，所以醋酸的电离平衡常数K＝＝≈1.8×10－5，B项正确；在点③处二者恰好中和生成醋酸钠，联立电荷守恒和元素质量守恒式可得c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)，C项错误；c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(Na＋)>c(OH－)，根据电荷守恒规律可知，此情况可能出现，如溶液中存在大量醋酸和少量醋酸钠时，D项正确。