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高中化学苏教版 (2019)选择性必修1专题3 水溶液中的离子反应第一单元 弱电解质的电离平衡导学案
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这是一份高中化学苏教版 (2019)选择性必修1专题3 水溶液中的离子反应第一单元 弱电解质的电离平衡导学案，共11页。
弱电解质的判断方法
要证明某电解质是弱电解质，关键在于一个“弱”字，即证明它只是部分电离或其溶液中存在电离平衡。以一元弱酸HA为例，证明它是弱电解质的常用方法有：
(1)酸溶液中c(H＋)的大小
0．1 ml·L－1 HA溶液中c(H＋)＜0.1 ml·L－1；将c(H＋)＝1×10－2 ml·L－1的HA溶液稀释100倍，稀释后溶液中1×10－4 ml·L－1＜c(H＋)＜1×10－2 ml·L－1。
(2)溶液导电能力的强弱
0．1 ml·L－1 HCl溶液和0.1 ml·L－1 HA溶液，前者的导电能力明显强。
(3)与活泼金属反应速率的大小
相同物质的量浓度的HCl溶液和HA溶液，与(形状、颗粒大小)相同的活泼金属反应，前者的反应速率大。
(4)典型化学反应
将二氧化碳通入NaA溶液中有HA生成，或HA溶液与NaHCO3溶液不反应。
甲酸(HCOOH)是一种一元弱酸，下列性质中可以证明它是弱电解质的是( )
A．常温下，1 ml·L－1甲酸溶液中的c(H＋)约为1×10－2 ml·L－1
B．甲酸能与碳酸钠反应放出二氧化碳
C．10 mL 1 ml·L－1甲酸溶液恰好与10 mL 1 ml·L－1 NaOH溶液完全反应
D．甲酸溶液与锌反应比强酸溶液与锌反应缓慢
A [1 ml·L－1甲酸溶液中c(H＋)＝1×10－2 ml·L－1，说明甲酸部分电离，所以能证明甲酸是弱电解质，故A正确；甲酸能与碳酸钠反应放出二氧化碳说明甲酸酸性强于碳酸，但不能说明甲酸为弱电解质，故B错误；10 mL 1 ml·L－1甲酸溶液恰好与10 mL 1 ml·L－1 NaOH溶液完全反应，说明甲酸是一元酸，不能证明甲酸是弱电解质，故C错误；甲酸和强酸溶液中氢离子浓度大小未知，不能证明甲酸是弱电解质，故D错误。]
1．下列事实能证明HNO2是弱电解质的是( )
①HNO2溶液中存在HNO2分子 ②用HNO2作导电实验，灯光较暗 ③HNO2是共价化合物 ④HNO2不与氯化钠反应 ⑤常温下，0.1 ml·L－1 HNO2溶液的c(H＋)为7.1× 10－3ml·L－1 ⑥相同条件下，HNO2溶液的导电能力比盐酸的弱
A．①②③④⑤ B．②③
C．⑤⑥ D．③④⑤
C [非电解质的溶液中也存在分子，①不能证明；很稀的强电解质溶液由于离子浓度较小，导电能力也很弱，②不能证明；具有强极性键的共价化合物(如HCl)属于强电解质，③不能证明；如果HNO2是强酸，则HNO2也不与氯化钠反应，④不能证明；0.1 ml·L－1 HNO2溶液的c(H＋)为7.1× 10－3 ml·L－1 ，说明 HNO2没有完全电离，属于弱电解质，⑤能证明；相同条件下，强电解质溶液的导电能力强于弱电解质溶液的导电能力，⑥能证明。综上所述，C 项正确。]
2．某化学兴趣小组为比较稀盐酸和稀CH3COOH溶液酸性的相对强弱，设计了如下实验方案，实验装置如图所示(夹持仪器已略去)。
实验方案：在两试管中分别加入过量镁条，同时将两注射器中的溶液注入相应试管中，观察产生氢气的速率和体积。
请回答下列问题：
(1)在上述实验方案中有一明显缺陷，该缺陷是_____________。
(2)在缺陷已经得到改正的前提下，反应起始时________________(填“a”或“b”)中产生氢气的速率较快；最终产生氢气的体积____________(填“相等”或“不相等”)。
(3)最终发现，实验中产生氢气的体积比理论值大，可能原因是
_____________________________________________________。
(4)通过比较起始反应速率可得出的结论是__________________
_____________________________________________________。
[解析] (1)题干中没有指明实验所用稀盐酸与稀CH3COOH溶液的物质的量浓度相等，因此无法通过观察产生氢气的速率和体积判断两种酸的酸性的相对强弱。(2)当实验所用两种酸的物质的量浓度相等时，两种酸的物质的量相等，与过量镁条反应放出氢气的体积相等；但HCl是强电解质，等物质的量浓度的盐酸中的c(H＋)大于CH3COOH溶液中的c(H＋)，故反应起始时，a中产生氢气的速率较快。(3)镁在加热条件下能够与水反应，故金属与酸反应放热，导致过量的镁与水反应产生部分氢气。(4)通过比较起始反应速率可知，等物质的量浓度的稀盐酸的酸性强于稀CH3COOH溶液的酸性。
[答案] (1)没有说明两种酸的物质的量浓度相等
(2)a 相等 (3)反应放热，过量的镁与水反应产生了部分氢气 (4)等物质的量浓度的稀盐酸的酸性强于稀CH3COOH溶液的酸性
从定性和定量两个角度分析电离平衡移动
1．从定性角度分析：用化学平衡理论分析弱电解质的电离平衡问题时，考虑的主要因素有稀释、改变温度、加入能电离出相同离子的物质等。在分析这类问题时，易出现的错误是认为平衡移动的方向和平衡混合物中各组分的浓度变化总一致。应该深刻地理解勒夏特列原理：平衡向“削弱”这种改变的方向移动，但移动结果不能“抵消”这种改变。
2．从定量角度分析：当改变影响电离平衡的条件后分析两种微粒浓度之比的变化时，若不能通过平衡移动的方向作出判断，应采用电离平衡常数进行定量分析。
在0.1 ml·L－1 NH3·H2O溶液中存在如下平衡：NH3＋H2ONH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－。下列有关该溶液的叙述正确的是( )
A．向其中加入少量浓盐酸，盐酸与NH3反应生成NH4Cl，使NH3浓度减小，NHeq \\al(＋,4)浓度增大，平衡逆向移动
B．向其中加入少量NaOH固体，OH－与NHeq \\al(＋,4)结合生成NH3·H2O，使NHeq \\al(＋,4)浓度减小，平衡正向移动
C．向其中加入少量0.1 ml·L－1 NH4Cl溶液，电离平衡常数不变，溶液中c(OH－)减小
D．向其中加入少量MgSO4固体，溶液中c(OH－)增大
C [A项，加入少量浓盐酸，首先发生反应H＋＋OH－===H2O，使OH－浓度减小，平衡正向移动；B项，加入少量NaOH固体，使OH－浓度增大，平衡逆向移动；C项，加入少量0.1 ml·L－1 NH4Cl溶液，使NHeq \\al(＋,4)浓度增大，平衡逆向移动，溶液中c(OH－)减小；D项，加入少量MgSO4固体，发生反应Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓，溶液中c(OH－)减小。]
1．水的电离平衡曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A．图中对应点的温度关系为a＞b＞c
B．纯水仅升高温度，可从a点变到c点
C．水的离子积常数Kw数值大小关系为b＞c＞d
D．在b点对应温度下，0.5 ml·L－1的H2SO4溶液与1 ml·L－1的KOH溶液等体积混合，混合后c(H＋)＝1×10－7 ml·L－1
C [水的电离是吸热过程，温度升高，水的离子积常数增大，根据图中数据得出的水的离子积常数Kw数值大小关系为b＞c＞a＝d，温度关系为b＞c＞a＝d，C项正确、A项错误；若纯水仅升高温度，c(OH－)与c(H＋)都增大，B项错误；b点的Kw＝1×10－12,0.5 ml·L－1的H2SO4溶液与1 ml·L－1的KOH溶液等体积混合，充分反应后所得溶液显中性，c(H＋)＝1×10－6 ml·L－1，D项错误。]
2．在0.1 ml·L－1 NH3·H2O溶液中存在如下电离平衡：NH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－。对于该平衡，下列叙述中不正确的是( )
A．加入水时，溶液中eq \f(cOH－,cNH3·H2O)增大
B．加入少量NaOH固体，平衡逆向移动，电离平衡常数不变
C．加入少量0.1 ml·L－1 HCl溶液，溶液中c(OH－)增大
D．降低温度，溶液中c(NHeq \\al(＋,4))减小
C [加水能促进NH3·H2O的电离，溶液中n(OH－)增大，而n(NH3·H2O)减小，即eq \f(cOH－,cNH3·H2O)增大，A项正确；加入NaOH固体，c(OH－)增大，平衡逆向移动，但温度不变，电离平衡常数不变，B项正确；加盐酸促进NH3·H2O电离，但OH－被中和，溶液中c(OH－)减小，C项错误；降温抑制电离，溶液中c(NHeq \\al(＋,4))减小，D项正确。]
电离度和电离常数的计算及离子浓度的比较
1．依据电离度计算溶液中的c(H＋)，一定温度下，对于物质的量浓度为c的一元弱酸，eq \f(cH＋,c)＝α，所以c(H＋)＝cα，这是计算c(H＋)的一个常用公式。
2．依据电离常数计算溶液中的c(H＋)。由
HAH＋＋A－
起始 c 0 0
平衡 c－cα cα cα
有Ka＝eq \f(cH＋·cA－,cHA)＝eq \f(c2α2,c1－α)。通常弱电解质的电离度α较小，可作近似处理1－α≈1，则公式可简化为Ka＝cα2，则α＝eq \r(\f(Ka,c))(即α与浓度成反比)，c(H＋)＝cα＝eq \r(Kac)。
3．计算弱碱溶液中的c(OH－)的思路与1、2相似，可得公式c(OH－)＝eq \r(Kbc)＝cα。相同温度下，一元弱酸HA溶液的浓度分别为c1和c2，溶液中H＋浓度分别为c1(H＋)和c2(H＋)。如果c1＝10c2，则c1(H＋)<10c2(H＋)，因为eq \f(c1H＋,c2H＋)＝eq \f(c1α1,c2α2)＝10×eq \f(α1,α2)，而α1<α2(浓度大，电离度小)。如果c1(H＋)＝10c2(H＋)，则c1>10c2。
如表所示是某温度下测得某酸HA溶液的一些数据(平衡时HA的浓度可近似地看作原来溶液的浓度)。根据表中的数据填空：
则c＝________；α＝________；c1＝________；K＝________。
[解析] 由电离常数的概念可知：eq \f(c\\al(2,1),0.1)＝1.0×10－5，c1＝1.0×10－3，再由电离度概念得eq \f(c1,0.1)×100%＝eq \f(1.0×10－3,0.1)×100%＝2α%，α＝0.5；由于电离常数只与温度有关，则K＝1.0×10－5，由表中第二行数据得eq \f(2c12,c)＝eq \f(2.0×10－32,c)＝1.0×10－5，c＝0.4。
[答案] 0.4 0.5 1.0×10－3 1.0×10－5
1．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)在水中的电离度和浓度关系的是( )
A B
C D
B [根据甲、乙的电离平衡常数得，这两种物质都是弱电解质，在温度不变、浓度相等时，电离程度CH3COOH＜CH2ClCOOH，可以排除A、C；当浓度增大时，物质的电离程度减小，排除D选项，故B项正确。]
2．在25 ℃时，在0.5 L 0.2 ml·L－1的HA溶液中，有0.01 ml的HA电离成离子。则该温度下的电离常数为________，电离度为________。
[解析] 由题意可得如下“电离平衡模式”：
HA H＋ ＋ A－
起始 0.1 ml 0 0
已电离 0.01 ml 0.01 ml 0.01 ml
平衡时 0.09 ml 0.01 ml 0.01 ml
该溶液中H＋和A－的物质的量浓度为c(H＋)＝c(A－)＝0.01 ml/0.5 L＝0.02 ml·L－1。HA分子的平衡浓度为c(HA)＝0.09 ml/0.5 L＝0.18 ml·L－1。故HA的电离平衡常数K＝eq \f(cH＋·cA－,cHA)＝eq \f(0.02×0.02,0.18)≈2.22×10－3；电离度α＝eq \f(0.01 ml,0.1 ml)×100%＝10%。
[答案] 2.22×10－3 10%
苯甲酸钠(，缩写为NaA)可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A－。已知在25 ℃时，HA的Ka＝6.25×10－5，H2CO3的Ka1＝4.17×10－7，Ka2＝4.90×10－11。在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压充入CO2气体。
[问题1] 比较HA和H2CO3的酸性强弱？
[提示] 由情境素材可知在25 ℃时，HA的Ka＝6.25×10－5，H2CO3的Ka1＝4.17×10－7，故HA的酸性强于H2CO3。
[问题2] 当c(H＋)＝1×10－5 ml·L－1时，饮料中eq \f(cHA,cA－)的比值是多少？
[提示] 当c(H＋)＝1×10－5 ml·L－1时，饮料中eq \f(cHA,cA－)＝eq \f(cH＋,Ka)＝eq \f(10－5,6.25×10－5)＝0.16。
通过本情境素材中电离平衡等知识提升了证据推理与模型认知的化学核心素养。
1．下列措施能影响水的电离平衡，并使溶液中的c(H＋)＞c(OH－)的是( )
A．向纯水中投入少量Na2O2
B．将水加热煮沸
C．向水中通入CO2
D．向水中加入NaCl
C [A项，生成NaOH，使c(OH－)＞c(H＋)；B项，可促进水的电离，但c(H＋)＝c(OH－)；D项，对水的电离无影响；C项，CO2可与水反应生成H2CO3，抑制水的电离，同时使c(H＋)＞c(OH－)。]
2．已知部分弱酸的电离平衡常数如表所示：
下列离子方程式正确的是( )
A．少量CO2通入NaClO溶液中：CO2＋H2O＋2ClO－===COeq \\al(2－,3)＋2HClO
B．少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2＋H2O＋Ca2＋＋2ClO－===CaSO3↓＋2HClO
C．少量SO2通入Na2CO3溶液中：SO2＋H2O＋2COeq \\al(2－,3)===SOeq \\al(2－,3)＋2HCOeq \\al(－,3)
D．相同浓度的NaHCO3溶液与NaHSO3溶液等体积混合：H＋＋HCOeq \\al(－,3)===CO2↑＋H2O
C [由表格中电离平衡常数数据可知，Ka(HClO)＞Ka(HCOeq \\al(－,3))，故CO2通入NaClO溶液中生成HCOeq \\al(－,3)，A错误；向次氯酸钙溶液中通入少量SO2的离子方程式为Ca2＋＋ClO－＋SO2＋H2O===CaSO4↓＋Cl－＋2H＋，B错误；Ka(HSOeq \\al(－,3))＞Ka(HCOeq \\al(－,3))，故少量SO2通入Na2CO3溶液中生成HCOeq \\al(－,3)，C正确；H2SO3为弱酸，故NaHSO3在水溶液中主要电离出HSOeq \\al(－,3)，而不是SOeq \\al(2－,3)和H＋，D错误。]
3．室温下，下列事实不能说明NH3·H2O为弱电解质的是( )
A．0.1 ml·L－1 NH3·H2O溶液的c(OH－)<0.1 ml·L－1
B．0.1 ml·L－1 NH3·H2O溶液的c(NHeq \\al(＋,4))<0.1 ml·L－1
C．相同条件下，浓度均为0.1 ml·L－1的NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱
D．0.1 ml·L－1 NH3·H2O溶液能使无色酚酞试液变红色
D [NH3·H2O是弱电解质，存在电离平衡NH3·H2OOH－＋NHeq \\al(＋,4)，因此0.1 ml·L－1 NH3·H2O溶液中c(OH－)、c(NHeq \\al(＋,4))均小于0.1 ml·L－1，A、B项内容均能说明NH3·H2O为弱电解质；NaOH是强电解质，完全电离，故浓度均为0.1 ml·L－1的NaOH溶液和氨水，氨水中离子浓度较小，即氨水的导电能力弱，C项内容能说明NH3·H2O为弱电解质；NH3·H2O溶液能使无色酚酞试液变红色只能说明其能电离出OH－，但不能说明NH3·H2O为弱电解质。]
4．下列说法正确的是( )
A．常温时，0.1 ml·L－1氨水的c(OH－)<0.1 ml·L－1：NH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－
B．1 L 0.1 ml·L－1的乙酸溶液中含H＋的数量为0.1NA
C．在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH－)相等
D．室温下，稀释0.1 ml·L－1 CH3COOH溶液，溶液的导电能力增强
A [0.1 ml·L－1氨水的c(OH－)<0.1 ml·L－1，说明NH3·H2O是弱电解质，在水溶液中部分电离，即其电离方程式为NH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－，A项正确；CH3COOH是弱酸，不能完全电离，所以1 L 0.1 ml·L－1的乙酸溶液中含H＋的数量小于0.1NA，B项错误；由于NH3·H2O是弱碱，NaOH是强碱，故相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液中，cNaOH溶液(OH－)>c氨水(OH－)，C项错误；稀释CH3COOH溶液时，CH3COO－和H＋的浓度减小，溶液的导电能力减弱，D项错误。]
5．(2020·全国Ⅱ卷)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，其原理如图所示。下列叙述错误的是( )
A．海水酸化能引起HCOeq \\al(－,3)浓度增大、COeq \\al(2－,3)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HCOeq \\al(－,3)H＋＋COeq \\al(2－,3)
D．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境
C [根据图示可知CO2的过量排放，能导致海水中CO2＋H2OH2CO3H＋＋HCOeq \\al(－,3)平衡右移；H＋又能与珊瑚礁溶解生成的COeq \\al(2－,3)结合生成HCOeq \\al(－,3)，促使CaCO3Ca2＋＋COeq \\al(2－,3)平衡右移，从而使珊瑚礁减少。
结合上述分析可知海水酸化，海水中H＋和HCOeq \\al(－,3)的浓度均增大，使海水中COeq \\al(2－,3)的浓度减小，A项正确；H＋可结合珊瑚礁溶解产生的COeq \\al(2－,3)，故能促进CaCO3的溶解，使珊瑚礁减少，B项正确；CO2引起海水酸化的原理为CO2＋H2OH2CO3H＋＋HCOeq \\al(－,3)，C项错误；使用太阳能、氢能等新能源，能有效减少CO2的排放，利于改善珊瑚的生存环境，D项正确。]
探 究 任 务
1．强电解质和弱电解质的比较与判断。
2．弱电解质的电离平衡及其移动。
3．电离平衡常数与电离度。
强电解质和弱电解质的比较与判断
弱电解质的电离平衡及其移动
电离平衡常数与电离度
溶液的浓度/
(ml·L－1)
电离度/%
H＋浓度/
(ml·L－1)
电离常数
0.1
2α
c1
1.0×10－5
c
α
2c1
K
弱酸
CH3COOH
HClO
H2CO3
H2SO3
电离平衡常数(25 ℃)
Ka＝1．75×10－5
Ka＝2．95×10－8
Ka1＝4．40×10－7
Ka2＝4．70×10－11
Ka1＝1．54×10－2
Ka2＝1．02×10－7
弱电解质的判断方法
要证明某电解质是弱电解质，关键在于一个“弱”字，即证明它只是部分电离或其溶液中存在电离平衡。以一元弱酸HA为例，证明它是弱电解质的常用方法有：
(1)酸溶液中c(H＋)的大小
0．1 ml·L－1 HA溶液中c(H＋)＜0.1 ml·L－1；将c(H＋)＝1×10－2 ml·L－1的HA溶液稀释100倍，稀释后溶液中1×10－4 ml·L－1＜c(H＋)＜1×10－2 ml·L－1。
(2)溶液导电能力的强弱
0．1 ml·L－1 HCl溶液和0.1 ml·L－1 HA溶液，前者的导电能力明显强。
(3)与活泼金属反应速率的大小
相同物质的量浓度的HCl溶液和HA溶液，与(形状、颗粒大小)相同的活泼金属反应，前者的反应速率大。
(4)典型化学反应
将二氧化碳通入NaA溶液中有HA生成，或HA溶液与NaHCO3溶液不反应。
甲酸(HCOOH)是一种一元弱酸，下列性质中可以证明它是弱电解质的是( )
A．常温下，1 ml·L－1甲酸溶液中的c(H＋)约为1×10－2 ml·L－1
B．甲酸能与碳酸钠反应放出二氧化碳
C．10 mL 1 ml·L－1甲酸溶液恰好与10 mL 1 ml·L－1 NaOH溶液完全反应
D．甲酸溶液与锌反应比强酸溶液与锌反应缓慢
A [1 ml·L－1甲酸溶液中c(H＋)＝1×10－2 ml·L－1，说明甲酸部分电离，所以能证明甲酸是弱电解质，故A正确；甲酸能与碳酸钠反应放出二氧化碳说明甲酸酸性强于碳酸，但不能说明甲酸为弱电解质，故B错误；10 mL 1 ml·L－1甲酸溶液恰好与10 mL 1 ml·L－1 NaOH溶液完全反应，说明甲酸是一元酸，不能证明甲酸是弱电解质，故C错误；甲酸和强酸溶液中氢离子浓度大小未知，不能证明甲酸是弱电解质，故D错误。]
1．下列事实能证明HNO2是弱电解质的是( )
①HNO2溶液中存在HNO2分子 ②用HNO2作导电实验，灯光较暗 ③HNO2是共价化合物 ④HNO2不与氯化钠反应 ⑤常温下，0.1 ml·L－1 HNO2溶液的c(H＋)为7.1× 10－3ml·L－1 ⑥相同条件下，HNO2溶液的导电能力比盐酸的弱
A．①②③④⑤ B．②③
C．⑤⑥ D．③④⑤
C [非电解质的溶液中也存在分子，①不能证明；很稀的强电解质溶液由于离子浓度较小，导电能力也很弱，②不能证明；具有强极性键的共价化合物(如HCl)属于强电解质，③不能证明；如果HNO2是强酸，则HNO2也不与氯化钠反应，④不能证明；0.1 ml·L－1 HNO2溶液的c(H＋)为7.1× 10－3 ml·L－1 ，说明 HNO2没有完全电离，属于弱电解质，⑤能证明；相同条件下，强电解质溶液的导电能力强于弱电解质溶液的导电能力，⑥能证明。综上所述，C 项正确。]
2．某化学兴趣小组为比较稀盐酸和稀CH3COOH溶液酸性的相对强弱，设计了如下实验方案，实验装置如图所示(夹持仪器已略去)。
实验方案：在两试管中分别加入过量镁条，同时将两注射器中的溶液注入相应试管中，观察产生氢气的速率和体积。
请回答下列问题：
(1)在上述实验方案中有一明显缺陷，该缺陷是_____________。
(2)在缺陷已经得到改正的前提下，反应起始时________________(填“a”或“b”)中产生氢气的速率较快；最终产生氢气的体积____________(填“相等”或“不相等”)。
(3)最终发现，实验中产生氢气的体积比理论值大，可能原因是
_____________________________________________________。
(4)通过比较起始反应速率可得出的结论是__________________
_____________________________________________________。
[解析] (1)题干中没有指明实验所用稀盐酸与稀CH3COOH溶液的物质的量浓度相等，因此无法通过观察产生氢气的速率和体积判断两种酸的酸性的相对强弱。(2)当实验所用两种酸的物质的量浓度相等时，两种酸的物质的量相等，与过量镁条反应放出氢气的体积相等；但HCl是强电解质，等物质的量浓度的盐酸中的c(H＋)大于CH3COOH溶液中的c(H＋)，故反应起始时，a中产生氢气的速率较快。(3)镁在加热条件下能够与水反应，故金属与酸反应放热，导致过量的镁与水反应产生部分氢气。(4)通过比较起始反应速率可知，等物质的量浓度的稀盐酸的酸性强于稀CH3COOH溶液的酸性。
[答案] (1)没有说明两种酸的物质的量浓度相等
(2)a 相等 (3)反应放热，过量的镁与水反应产生了部分氢气 (4)等物质的量浓度的稀盐酸的酸性强于稀CH3COOH溶液的酸性
从定性和定量两个角度分析电离平衡移动
1．从定性角度分析：用化学平衡理论分析弱电解质的电离平衡问题时，考虑的主要因素有稀释、改变温度、加入能电离出相同离子的物质等。在分析这类问题时，易出现的错误是认为平衡移动的方向和平衡混合物中各组分的浓度变化总一致。应该深刻地理解勒夏特列原理：平衡向“削弱”这种改变的方向移动，但移动结果不能“抵消”这种改变。
2．从定量角度分析：当改变影响电离平衡的条件后分析两种微粒浓度之比的变化时，若不能通过平衡移动的方向作出判断，应采用电离平衡常数进行定量分析。
在0.1 ml·L－1 NH3·H2O溶液中存在如下平衡：NH3＋H2ONH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－。下列有关该溶液的叙述正确的是( )
A．向其中加入少量浓盐酸，盐酸与NH3反应生成NH4Cl，使NH3浓度减小，NHeq \\al(＋,4)浓度增大，平衡逆向移动
B．向其中加入少量NaOH固体，OH－与NHeq \\al(＋,4)结合生成NH3·H2O，使NHeq \\al(＋,4)浓度减小，平衡正向移动
C．向其中加入少量0.1 ml·L－1 NH4Cl溶液，电离平衡常数不变，溶液中c(OH－)减小
D．向其中加入少量MgSO4固体，溶液中c(OH－)增大
C [A项，加入少量浓盐酸，首先发生反应H＋＋OH－===H2O，使OH－浓度减小，平衡正向移动；B项，加入少量NaOH固体，使OH－浓度增大，平衡逆向移动；C项，加入少量0.1 ml·L－1 NH4Cl溶液，使NHeq \\al(＋,4)浓度增大，平衡逆向移动，溶液中c(OH－)减小；D项，加入少量MgSO4固体，发生反应Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓，溶液中c(OH－)减小。]
1．水的电离平衡曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A．图中对应点的温度关系为a＞b＞c
B．纯水仅升高温度，可从a点变到c点
C．水的离子积常数Kw数值大小关系为b＞c＞d
D．在b点对应温度下，0.5 ml·L－1的H2SO4溶液与1 ml·L－1的KOH溶液等体积混合，混合后c(H＋)＝1×10－7 ml·L－1
C [水的电离是吸热过程，温度升高，水的离子积常数增大，根据图中数据得出的水的离子积常数Kw数值大小关系为b＞c＞a＝d，温度关系为b＞c＞a＝d，C项正确、A项错误；若纯水仅升高温度，c(OH－)与c(H＋)都增大，B项错误；b点的Kw＝1×10－12,0.5 ml·L－1的H2SO4溶液与1 ml·L－1的KOH溶液等体积混合，充分反应后所得溶液显中性，c(H＋)＝1×10－6 ml·L－1，D项错误。]
2．在0.1 ml·L－1 NH3·H2O溶液中存在如下电离平衡：NH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－。对于该平衡，下列叙述中不正确的是( )
A．加入水时，溶液中eq \f(cOH－,cNH3·H2O)增大
B．加入少量NaOH固体，平衡逆向移动，电离平衡常数不变
C．加入少量0.1 ml·L－1 HCl溶液，溶液中c(OH－)增大
D．降低温度，溶液中c(NHeq \\al(＋,4))减小
C [加水能促进NH3·H2O的电离，溶液中n(OH－)增大，而n(NH3·H2O)减小，即eq \f(cOH－,cNH3·H2O)增大，A项正确；加入NaOH固体，c(OH－)增大，平衡逆向移动，但温度不变，电离平衡常数不变，B项正确；加盐酸促进NH3·H2O电离，但OH－被中和，溶液中c(OH－)减小，C项错误；降温抑制电离，溶液中c(NHeq \\al(＋,4))减小，D项正确。]
电离度和电离常数的计算及离子浓度的比较
1．依据电离度计算溶液中的c(H＋)，一定温度下，对于物质的量浓度为c的一元弱酸，eq \f(cH＋,c)＝α，所以c(H＋)＝cα，这是计算c(H＋)的一个常用公式。
2．依据电离常数计算溶液中的c(H＋)。由
HAH＋＋A－
起始 c 0 0
平衡 c－cα cα cα
有Ka＝eq \f(cH＋·cA－,cHA)＝eq \f(c2α2,c1－α)。通常弱电解质的电离度α较小，可作近似处理1－α≈1，则公式可简化为Ka＝cα2，则α＝eq \r(\f(Ka,c))(即α与浓度成反比)，c(H＋)＝cα＝eq \r(Kac)。
3．计算弱碱溶液中的c(OH－)的思路与1、2相似，可得公式c(OH－)＝eq \r(Kbc)＝cα。相同温度下，一元弱酸HA溶液的浓度分别为c1和c2，溶液中H＋浓度分别为c1(H＋)和c2(H＋)。如果c1＝10c2，则c1(H＋)<10c2(H＋)，因为eq \f(c1H＋,c2H＋)＝eq \f(c1α1,c2α2)＝10×eq \f(α1,α2)，而α1<α2(浓度大，电离度小)。如果c1(H＋)＝10c2(H＋)，则c1>10c2。
如表所示是某温度下测得某酸HA溶液的一些数据(平衡时HA的浓度可近似地看作原来溶液的浓度)。根据表中的数据填空：
则c＝________；α＝________；c1＝________；K＝________。
[解析] 由电离常数的概念可知：eq \f(c\\al(2,1),0.1)＝1.0×10－5，c1＝1.0×10－3，再由电离度概念得eq \f(c1,0.1)×100%＝eq \f(1.0×10－3,0.1)×100%＝2α%，α＝0.5；由于电离常数只与温度有关，则K＝1.0×10－5，由表中第二行数据得eq \f(2c12,c)＝eq \f(2.0×10－32,c)＝1.0×10－5，c＝0.4。
[答案] 0.4 0.5 1.0×10－3 1.0×10－5
1．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)在水中的电离度和浓度关系的是( )
A B
C D
B [根据甲、乙的电离平衡常数得，这两种物质都是弱电解质，在温度不变、浓度相等时，电离程度CH3COOH＜CH2ClCOOH，可以排除A、C；当浓度增大时，物质的电离程度减小，排除D选项，故B项正确。]
2．在25 ℃时，在0.5 L 0.2 ml·L－1的HA溶液中，有0.01 ml的HA电离成离子。则该温度下的电离常数为________，电离度为________。
[解析] 由题意可得如下“电离平衡模式”：
HA H＋ ＋ A－
起始 0.1 ml 0 0
已电离 0.01 ml 0.01 ml 0.01 ml
平衡时 0.09 ml 0.01 ml 0.01 ml
该溶液中H＋和A－的物质的量浓度为c(H＋)＝c(A－)＝0.01 ml/0.5 L＝0.02 ml·L－1。HA分子的平衡浓度为c(HA)＝0.09 ml/0.5 L＝0.18 ml·L－1。故HA的电离平衡常数K＝eq \f(cH＋·cA－,cHA)＝eq \f(0.02×0.02,0.18)≈2.22×10－3；电离度α＝eq \f(0.01 ml,0.1 ml)×100%＝10%。
[答案] 2.22×10－3 10%
苯甲酸钠(，缩写为NaA)可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A－。已知在25 ℃时，HA的Ka＝6.25×10－5，H2CO3的Ka1＝4.17×10－7，Ka2＝4.90×10－11。在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压充入CO2气体。
[问题1] 比较HA和H2CO3的酸性强弱？
[提示] 由情境素材可知在25 ℃时，HA的Ka＝6.25×10－5，H2CO3的Ka1＝4.17×10－7，故HA的酸性强于H2CO3。
[问题2] 当c(H＋)＝1×10－5 ml·L－1时，饮料中eq \f(cHA,cA－)的比值是多少？
[提示] 当c(H＋)＝1×10－5 ml·L－1时，饮料中eq \f(cHA,cA－)＝eq \f(cH＋,Ka)＝eq \f(10－5,6.25×10－5)＝0.16。
通过本情境素材中电离平衡等知识提升了证据推理与模型认知的化学核心素养。
1．下列措施能影响水的电离平衡，并使溶液中的c(H＋)＞c(OH－)的是( )
A．向纯水中投入少量Na2O2
B．将水加热煮沸
C．向水中通入CO2
D．向水中加入NaCl
C [A项，生成NaOH，使c(OH－)＞c(H＋)；B项，可促进水的电离，但c(H＋)＝c(OH－)；D项，对水的电离无影响；C项，CO2可与水反应生成H2CO3，抑制水的电离，同时使c(H＋)＞c(OH－)。]
2．已知部分弱酸的电离平衡常数如表所示：
下列离子方程式正确的是( )
A．少量CO2通入NaClO溶液中：CO2＋H2O＋2ClO－===COeq \\al(2－,3)＋2HClO
B．少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2＋H2O＋Ca2＋＋2ClO－===CaSO3↓＋2HClO
C．少量SO2通入Na2CO3溶液中：SO2＋H2O＋2COeq \\al(2－,3)===SOeq \\al(2－,3)＋2HCOeq \\al(－,3)
D．相同浓度的NaHCO3溶液与NaHSO3溶液等体积混合：H＋＋HCOeq \\al(－,3)===CO2↑＋H2O
C [由表格中电离平衡常数数据可知，Ka(HClO)＞Ka(HCOeq \\al(－,3))，故CO2通入NaClO溶液中生成HCOeq \\al(－,3)，A错误；向次氯酸钙溶液中通入少量SO2的离子方程式为Ca2＋＋ClO－＋SO2＋H2O===CaSO4↓＋Cl－＋2H＋，B错误；Ka(HSOeq \\al(－,3))＞Ka(HCOeq \\al(－,3))，故少量SO2通入Na2CO3溶液中生成HCOeq \\al(－,3)，C正确；H2SO3为弱酸，故NaHSO3在水溶液中主要电离出HSOeq \\al(－,3)，而不是SOeq \\al(2－,3)和H＋，D错误。]
3．室温下，下列事实不能说明NH3·H2O为弱电解质的是( )
A．0.1 ml·L－1 NH3·H2O溶液的c(OH－)<0.1 ml·L－1
B．0.1 ml·L－1 NH3·H2O溶液的c(NHeq \\al(＋,4))<0.1 ml·L－1
C．相同条件下，浓度均为0.1 ml·L－1的NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱
D．0.1 ml·L－1 NH3·H2O溶液能使无色酚酞试液变红色
D [NH3·H2O是弱电解质，存在电离平衡NH3·H2OOH－＋NHeq \\al(＋,4)，因此0.1 ml·L－1 NH3·H2O溶液中c(OH－)、c(NHeq \\al(＋,4))均小于0.1 ml·L－1，A、B项内容均能说明NH3·H2O为弱电解质；NaOH是强电解质，完全电离，故浓度均为0.1 ml·L－1的NaOH溶液和氨水，氨水中离子浓度较小，即氨水的导电能力弱，C项内容能说明NH3·H2O为弱电解质；NH3·H2O溶液能使无色酚酞试液变红色只能说明其能电离出OH－，但不能说明NH3·H2O为弱电解质。]
4．下列说法正确的是( )
A．常温时，0.1 ml·L－1氨水的c(OH－)<0.1 ml·L－1：NH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－
B．1 L 0.1 ml·L－1的乙酸溶液中含H＋的数量为0.1NA
C．在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH－)相等
D．室温下，稀释0.1 ml·L－1 CH3COOH溶液，溶液的导电能力增强
A [0.1 ml·L－1氨水的c(OH－)<0.1 ml·L－1，说明NH3·H2O是弱电解质，在水溶液中部分电离，即其电离方程式为NH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－，A项正确；CH3COOH是弱酸，不能完全电离，所以1 L 0.1 ml·L－1的乙酸溶液中含H＋的数量小于0.1NA，B项错误；由于NH3·H2O是弱碱，NaOH是强碱，故相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液中，cNaOH溶液(OH－)>c氨水(OH－)，C项错误；稀释CH3COOH溶液时，CH3COO－和H＋的浓度减小，溶液的导电能力减弱，D项错误。]
5．(2020·全国Ⅱ卷)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，其原理如图所示。下列叙述错误的是( )
A．海水酸化能引起HCOeq \\al(－,3)浓度增大、COeq \\al(2－,3)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HCOeq \\al(－,3)H＋＋COeq \\al(2－,3)
D．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境
C [根据图示可知CO2的过量排放，能导致海水中CO2＋H2OH2CO3H＋＋HCOeq \\al(－,3)平衡右移；H＋又能与珊瑚礁溶解生成的COeq \\al(2－,3)结合生成HCOeq \\al(－,3)，促使CaCO3Ca2＋＋COeq \\al(2－,3)平衡右移，从而使珊瑚礁减少。
结合上述分析可知海水酸化，海水中H＋和HCOeq \\al(－,3)的浓度均增大，使海水中COeq \\al(2－,3)的浓度减小，A项正确；H＋可结合珊瑚礁溶解产生的COeq \\al(2－,3)，故能促进CaCO3的溶解，使珊瑚礁减少，B项正确；CO2引起海水酸化的原理为CO2＋H2OH2CO3H＋＋HCOeq \\al(－,3)，C项错误；使用太阳能、氢能等新能源，能有效减少CO2的排放，利于改善珊瑚的生存环境，D项正确。]
探 究 任 务
1．强电解质和弱电解质的比较与判断。
2．弱电解质的电离平衡及其移动。
3．电离平衡常数与电离度。
强电解质和弱电解质的比较与判断
弱电解质的电离平衡及其移动
电离平衡常数与电离度
溶液的浓度/
(ml·L－1)
电离度/%
H＋浓度/
(ml·L－1)
电离常数
0.1
2α
c1
1.0×10－5
c
α
2c1
K
弱酸
CH3COOH
HClO
H2CO3
H2SO3
电离平衡常数(25 ℃)
Ka＝1．75×10－5
Ka＝2．95×10－8
Ka1＝4．40×10－7
Ka2＝4．70×10－11
Ka1＝1．54×10－2
Ka2＝1．02×10－7
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