2021版高考化学鲁科版一轮教师用书：第8章第2节　弱电解质的电离

第2节　弱电解质的电离 考纲定位要点网络1.理解弱电解质在水中的电离平衡。2．能利用电离平衡常数(Ka、Kb、Kh)进行相关计算。  弱电解质的电离平衡1．弱电解质的电离平衡(1)电离平衡的概念一定条件(如温度、浓度)下，弱电解质分子电离成离子的速率和离子结合成弱电解质分子的速率相等时，电离过程达到平衡状态。(2)电离平衡的建立与特征①开始时，v(电离)最大，而v(结合)为0。②平衡的建立过程中，v(电离)>v(结合)。③当v(电离)＝v(结合)时，电离过程达到平衡状态。2．影响电离平衡的因素(1)内因：弱电解质本身的性质——决定因素。(2)外因①温度：温度升高，电离平衡正向移动，电离程度增大。②浓度：稀释溶液，电离平衡正向移动，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，电离平衡逆向移动，电离程度减小。④加入能反应的物质：电离平衡正向移动，电离程度增大。(3)实例分析实例(稀溶液)CH3COOHH＋＋CH3COO－　ΔH>0改变条件平衡移动方向[H＋][OH－]导电能力电离程度①加水稀释向右    ②加CH3COONa(s)向左    ③加入少量冰醋酸向右    ④加NaOH(s)向右    [答案]　①减小　增大　减弱　增大②减小　增大　增强　减小③增大　减小　增强　减小④减小　增大　增强　增大[基础判断](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)氨气溶于水，当NH3·H2O电离出的[OH－]＝[NH]时，表明NH3·H2O电离处于平衡状态。              (　　)(3)向0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液中加入冰醋酸或水，CH3COOH电离平衡均右移，均使CH3COOH的电离程度增大。              (　　)(4)室温下，由0.1 mol·L－1一元碱BOH的pH＝10，可知溶液中存在BOH===B＋＋OH－。              (　　)(5)0.1 mol·L－1的氨水加水稀释n(OH－)、[OH－]均减小。 (　　)(6)25 ℃时，0.1 mol·L－1 CH3COOH加水稀释，各离子浓度均减小。 (　　)[答案]　(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)× ◎命题点1　外界条件对电离平衡影响的分析1．(2019·武汉调研)稀氨水中存在着下列平衡：NH3·H2ONH＋OH－，若要使平衡向左移动，同时使[OH－]增大，应加入的物质或采取的措施是(　　)①NH4Cl固体　②硫酸　③NaOH固体 　④水　⑤加热　⑥加入少量MgSO4固体A．①②③⑤　 B．③⑥  C．③  D．③⑤[答案]　C2．已知人体体液中存在如下平衡：CO2＋H2OH2CO3H＋＋HCO，以维持体液pH的相对稳定。下列说法不合理的是(　　)A．当强酸性物质进入体液后，上述平衡向左移动，以维持体液pH的相对稳定B．当强碱性物质进入体液后，上述平衡向右移动，以维持体液pH的相对稳定C．若静脉滴注大量生理盐水，则体液的pH减小D．进行呼吸活动时，如果CO2进入血液，会使体液的pH减小C　[若静脉滴注大量生理盐水，则血液被稀释，平衡虽然正向移动，但根据勒·夏特列原理，[H＋]减小，体液的pH增大。]外界条件对电离平衡影响的四个不一定(1)稀醋酸加水稀释时，溶液中不一定所有的离子浓度都减小。因为温度不变，KW＝[H＋][OH－]是定值，稀醋酸加水稀释时，溶液中的[H＋]减小，故[OH－]增大。(2)电离平衡右移，电解质分子的浓度不一定减小，如对于CH3COOHCH3COO－＋H＋，平衡后，加入冰醋酸，[CH3COOH]增大，平衡右移，根据勒·夏特列原理，只能“减弱”而不能消除这种改变，再次平衡时，[CH3COOH]比原平衡时大。(3)电离平衡右移，离子的浓度不一定增大，如在CH3COOH溶液中加水稀释或加少量NaOH固体，都会引起平衡右移，但[CH3COOH]、[H＋]都比原平衡时要小。(4)电离平衡右移，电离程度也不一定增大，如增大弱电解质的浓度，电离平衡向右移动，弱电解质的电离程度减小。◎命题点2　溶液加水稀释微粒浓度或导电性的分析3．一定温度下，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．若用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果偏大D．a～b段导电能力增强的原因是CH3COOH电离程度增大为主要因素，b～c段导电能力减弱的原因是溶液体积增大，离子浓度减小为主要因素D　[A项，由导电能力知[H＋]：b>a>c，故pH：c>a>b；B项，加水体积越大，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，[H＋]增大，pH偏小。]4．将0.1 mol·L－1的NH3·H2O溶液加水稀释，下列说法正确的是(　　)A．的值减小 B．OH－的物质的量减小C．的值减小 D．NH的浓度减小[答案]　D5．常温下将浓度为0.1 mol·L－1 HF溶液加水稀释，下列各量如何变化？(填“变大”“变小”或“不变”)(1)[H＋]______、[OH－]_______、[F－]_______、[HF]_______。(2)_________、_________、__________。(3)______、______。[答案]　(1)变小　变大　变小　变小　(2)变大　变大　变大　(3)不变　不变加水稀释微粒浓度比值变化分析模型(1)同一溶液、浓度比等于物质的量比。如HF溶液：＝。(由浓度比较变成物质的量比较)(2)将浓度比换算成含有某一常数的式子，然后分析。如HF溶液：＝＝。(由两变量转变为一变量) 强、弱电解质的判断与比较◎命题点1　强、弱电解质的判断1．下列事实一定能说明HNO2为弱电解质的是(　　)①常温下，NaNO2溶液的pH>7②用HNO2溶液做导电实验灯泡很暗③HNO2不能与NaCl反应④常温下0.1 mol·L－1的HNO2溶液pH＝2⑤1 L pH＝1的HNO2溶液加水稀释至100 L后溶液的pH＝2.2⑥1 L pH＝1的HNO2和1 L pH＝1的盐酸与足量的NaOH溶液完全反应，最终HNO2消耗的NaOH溶液多⑦HNO2溶液中加入一定量NaNO2晶体，溶液中[OH－]增大⑧HNO2溶液中加水稀释，溶液中c(OH－)增大A．①②③⑦　　　　 B．①③④⑤C．①④⑤⑥⑦   D．②④⑥⑧C　[②如果盐酸(强酸)的浓度很小灯泡也很暗；④如果是强酸，pH＝1；⑤如果是强酸，加水稀释至100 L后溶液的pH＝3，实际pH＝2.2，这说明HNO2溶液中存在HNO2H＋＋NO，是弱酸；⑥依据HNO2＋NaOH===NaNO2＋H2O、HCl＋NaOH===NaCl＋H2O可知，[HNO2]大于[HCl]，而溶液中[H＋]相同，所以HNO2没有全部电离；⑦加入NaNO2，溶液中[OH－]增大，说明电离平衡移动；⑧不论是强酸还是弱酸，加水稀释，溶液中[H＋]均减小，而[OH－]增大。]2．(2017·浙江高考)室温下，下列事实不能说明NH3·H2O为弱电解质的是(　　)A．0.1 mol·L－1 NH3·H2O的pH小于13B．0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液的pH小于7C．相同条件下，浓度均为0.1 mol·L－1 NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱D．0.1 mol·L－1 NH3·H2O能使无色酚酞试液变红色D　[溶液使酚酞试液变红，只说明溶液呈碱性，不能说明NH3·H2O为弱碱，D错误。]弱电解质判断的四角度角度一：根据弱酸的定义判断，弱酸在水溶液中不能完全电离，如测0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液的pH>1。角度二：根据弱酸在水溶液中存在电离平衡判断，条件改变，平衡发生移动，如pH＝1的CH3COOH加水稀释100倍后，1<pH<3。角度三：根据弱酸的正盐能发生水解判断，如判断CH3COOH为弱酸可用以下现象判断：(1)向一定浓度的醋酸钠溶液中，加入几滴酚酞试剂，溶液变为浅红色。(2)用玻璃棒蘸取一定浓度的醋酸钠溶液滴在pH试纸上，测其pH>7。角度四：根据等体积、等pH的酸中和碱的量判断。如消耗的碱越多，酸越弱。◎命题点2　“一强一弱”的比较3．现有浓度均为0.1 mol·L－1的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液。下列判断中正确的是(　　)A．若三种溶液中[H＋]分别为a1 mol·L－1、a2 mol·L－1、a3 mol·L－1，则它们的大小关系为a2＝a1＝a3B．等体积的以上三种酸溶液分别与过量的NaOH溶液反应，若生成的盐的物质的量依次为b1 mol、b2 mol、b3 mol，则它们的大小关系为b1＝b2<b3C．分别用以上三种酸溶液中和一定量的NaOH溶液生成正盐，若需要酸溶液的体积分别为V1、V2、V3，其大小关系为V1＝V2＝V3D．分别与Zn反应，开始时生成H2的速率分别为v1、v2、v3，其大小关系为v2>v1>v3D　[HCl、H2SO4是强电解质，完全电离，CH3COOH是弱电解质，部分电离，由三种酸溶液中的浓度知，它们的大小关系为a2＝2a1，a1大于a3，A项错误；等浓度等体积的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液分别与过量NaOH溶液反应生成盐的物质的量的大小关系为b1＝b2＝b3，B项错误；分别用三种酸溶液中和一定量的NaOH溶液生成正盐，若需要酸溶液的体积分别为V1、V2、V3，则其大小关系为V1＝V3＝2V2，C项错误；硫酸中[H＋]为0.2 mol·L－1，盐酸中[H＋]为0.1 mol·L－1，醋酸中[H＋]小于0.1 mol·L－1，分别与Zn反应，开始时生成H2的速率的大小关系为v2>v1>v3，D项正确。]4．现有pH＝2的醋酸甲和pH＝2的盐酸乙：(1)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)________pH(乙)(填“大于”“小于”或“等于”)。若将甲、乙两溶液等体积混合，溶液的pH＝________。(2)各取25 mL的甲、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)________V(乙)(填“大于”“小于”或“等于”)。(3)各取25 mL的甲、乙溶液，分别与足量Fe反应，生成H2的质量m(甲)________m(乙)(填“>”“＝”或“<”，下同)，若生成等质量的H2，所用时间t(甲)________t(乙)。[解析]　(1)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)。HCl和CH3COOH溶液的pH都是2，溶液中的H＋浓度都是0.01 mol·L－1，设CH3COOH的原浓度为c mol·L－1，混合后平衡没有移动，则有：　　　     　CH3COOHH＋＋CH3COO－　　c－0.01　　　0.01　　0.01　　　　0.01　　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。(2)取体积相等的两溶液，醋酸的物质的量较多，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)。(3)25 mL 甲、乙溶液中[甲]>[乙]，与足量Fe反应生成的H2，m(甲)>m(乙)。生成等量的H2，所用时间t(甲)<t(乙)。[答案]　(1)小于　2　(2)大于　(3)>　<一元强酸(碱)和一元弱酸(碱)的比较(1)相同物质的量浓度、相同体积的一元强酸(如盐酸)与一元弱酸(如醋酸)的比较　比较项目酸[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[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。◎命题点3　一强一弱的有关图像分析5．(2019·开封联考)在体积都为1 L，pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，投入0.65 g锌粒，则如图所示符合客观事实的是(　　)C　[因盐酸为强酸、醋酸为弱酸，故pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，[HCl]＝0.01 mol·L－1，而[CH3COOH]>0.01 mol·L－1,1 L溶液中n(HCl)＝0.01 mol，n(CH3COOH)>0.01 mol。A项，相同时间内pH变化较大的应为HCl，错误；B项，产生H2的速率大的应为CH3COOH，错误；D项，相同时间内[H＋]变化较大的为HCl，错误。]6．(2019·中山模拟)常温下，浓度均为1.0 mol·L－1的HX溶液、HY溶液、HY和 NaY的混合溶液，分别加水稀释，稀释后溶液的pH随浓度的变化如图所示，下列叙述正确的是(　　)A．HX是强酸，溶液每稀释10倍，pH始终增大1B．常温下HY的电离常数为1.0×10－4 mol·L－1C．溶液中水的电离程度：a点大于b点D．c点溶液中：[Na＋]>[Y－]>[HY]>[H＋]>[OH－]B　[根据图像可知1 mol·L－1 HX溶液的pH＝0，说明HX全部电离为强电解质，当无限稀释时pH接近7，A错误；根据图像可知1 mol·L－1 HY溶液的pH＝2，溶液中氢离子浓度是0.01 mol·L－1，所以该温度下HY的电离常数为＝ mol·L－1＝1.0×10－4 mol·L－1，B正确；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度越小其抑制水电离程度越小，根据图知，b溶液中氢离子浓度小于a，则水电离程度a＜b，C错误；c点溶液中显酸性，说明HY的电离程度大于NaY的水解程度，则溶液中：[Y－]>[Na＋]>[HY]>[H＋]>[OH－]，D错误。]7．常温下，pH均为2、体积均为V0的HA、HB、HC溶液，分别加水稀释至体积为V，溶液pH随lg 的变化关系如图所示，下列叙述错误的是(　　)A．常温下：Ka(HB)>Ka(HC)B．HC的电离度：a点<b点C．当lg ＝4时，三种溶液同时升高温度，减小D．当lg ＝5时，HA溶液的pH为7D　[由题图可知，HA为强电解质，HB、HC为弱电解质；起始时三者均为pH＝2的溶液，均稀释1×103倍时，由a点HC溶液的pH小于c点HB溶液的pH可知，HB的酸性强于HC，则Ka(HB)>Ka(HC)，A正确；由a点→b点为加水稀释HC溶液的过程，HCH＋＋C－电离平衡向右移动，故电离度a点<b点，B正确；lg ＝4时，由于HA为强酸，在溶液中全部电离，升高温度时[A－]不变，HC为弱酸，升高温度时[C－]增大，故减小，C正确；因为HA为酸，无限稀释时，其溶液的pH仍小于7，故D错误。](1)一元强酸(HCl)与一元弱酸(CH3COOH)稀释图像比较①相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸加水稀释相同的倍数，醋酸的pH大加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多②相同体积、相同pH值的盐酸、醋酸加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多注意：对于强碱、弱碱稀释图像类似上述。(2)一元弱酸和一元强酸与金属的反应(以盐酸和醋酸为例)图像实验操作图像同体积、同浓度的盐酸和醋酸分别与足量Zn反应同体积、同pH的盐酸和醋酸分别与足量Zn反应  电离常数与电离度1．电离常数(1)电离常数表达式①一元弱酸HA的电离常数：根据HAH＋＋A－，可表示为Ka＝。②一元弱碱BOH的电离常数：根据BOHB＋＋OH－，可表示为Kb＝。③H2CO3的第一步电离常数为Ka1＝，第二步电离常数为Ka2＝。(2)电离常数意义：相同条件下，K值越大，表示该弱电解质越易电离，所对应的酸性或碱性相对越强。(3)电离常数的影响因素①电离常数只与温度有关，与电解质的浓度、酸碱性无关，由于电离过程是吸热的，故温度升高，K增大。②多元弱酸是分步电离的，各级电离常数的大小关系是K1≫K2≫K3……，其理由是前一步电离出的H＋抑制下一步的电离，故其酸性主要决定于第一步电离。2．电离度(α)(1)表达式α＝×100%或α＝×100%(2)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[基础判断](1)若改变条件弱电解质电离平衡向右移动，电离度和电离常数均增大。 (　　)(2)H2CO3的电离常数表达式：Ka＝。 (　　)(3)弱酸的浓度越大，酸性越强，电离度和电离常数均越大。 (　　)(4)改变条件，若电离度增大，电离常数也增大。 (　　)(5)电离常数大的酸溶液中的[H＋]一定比电离常数小的酸溶液中的[H＋]大。 (　　)(6)25 ℃，0.01 mol·L－1的BOH溶液的pH＝10，则BOH的电离常数约为1×10－6 mol·L－1。              (　　)[答案]　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)√◎命题点1　电离常数及其应用1．(2019·济宁模拟)醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHH＋＋CH3COO－，下列叙述不正确的是(　　)A．升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka值增大B．0.10 mol·L－1的CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中[OH－]增大C．CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动D．25 ℃时，欲使醋酸溶液pH、电离常数Ka和电离程度都减小，可加入少量冰醋酸    D　[醋酸的电离吸热，升高温度促进电离，导致电离常数增大，A项正确；加水稀释促进电离，溶液中[H＋]减小，[OH－]增大，B项正确；向醋酸溶液中加入CH3COONa固体，[CH3COO－]增大，平衡逆向移动，C项正确；温度不变，电离常数不变，D项错误。]2．(2019·天津高考)某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10－4 mol·L－1和1.7×10－5 mol·L－1。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是(　　)A．曲线Ⅰ代表HNO2溶液B．溶液中水的电离程度：b点>c点C．从c点到d点，溶液中保持不变(其中HA、A－分别代表相应的酸和酸根离子)D．相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液n(Na＋)相同[答案]　C3．下表是几种常见弱酸的电离常数(25 ℃)弱酸电离方程式电离常数K/(mol·L－1)CH3COOHCH3COOHCH3COO－＋H＋1.75×10－5H2CO3H2CO3H＋＋HCOHCOH＋＋COK1＝4.4×10－7K2＝4.7×10－11H2SH2SH＋＋HS－HS－H＋＋S2－K1＝9.1×10－8K2＝1.1×10－15(1)25 ℃时，CH3COOH、H2CO3、HCO、H2S、HS－的电离程度(即酸性)由强到弱的顺序为____________。(2)将CH3COOH溶液加入少量Na2CO3溶液中，反应的离子方程式为___________________________________________________。(3)将少量CO2通入足量的Na2S溶液中，反应的离子方程式为___________________________________________________________。(4)将H2S通入Na2CO3溶液中，反应的离子方程式为___________________________________________________________。[解析]　根据电离常数越大，电离程度越大，相应的微粒酸性越强，可知酸性为CH3COOH>H2CO3>H2S>HCO>HS－。根据“强酸制弱酸”原理，可以写出有关离子方程式。[答案]　(1)CH3COOH>H2CO3>H2S>HCO>HS－(2)2CH3COOH＋CO===2CH3COO－＋CO2↑＋H2O(3)CO2＋2S2－＋H2O===2HS－＋CO(4)H2S＋CO===HS－＋HCO电离常数(K)的三大应用(1)判断弱电解质的强弱，K越大，性质越强。(2)判断盐溶液中酸碱性强弱，K越大，对应的盐水解程度越小，呈现的酸、碱性越弱。(3)书写复分解反应方程式，K较大的酸或碱能制K较小的酸或碱。◎命题点2　电离度、电离常数的有关计算4．25 ℃，0.01 mol·L－1的HA酸液的电离常数为1×10－8 mol·L－1，则溶液的[H＋]约为________，电离度为________。[解析]　≈＝1×10－8，[H＋]＝1×10－5 mol·L－1，α＝×100%＝0.1%。[答案]　1×10－5 mol·L－1　0.1%5．(1)碳氢化合物完全燃烧生成CO2和H2O。常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH＝5.60，[H2CO3]＝1.5×10－5 mol·L－1。若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3HCO＋H＋的电离常数K1＝________(已知：10－5.60＝2.5×10－6)。(2)(2019·衡水中学期中)25 ℃时，用0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1的NaOH溶液，当滴加V mL CH3COOH溶液时，混合溶液的pH＝7。已知CH3COOH的电离常数为Ka，忽略混合时溶液体积的变化，则Ka为________(用含V的式子表示)。(3)25 ℃时，向含a mol NH4NO3的溶液中滴加b L氨水呈中性，则所滴加氨水的浓度为_______mol·L－1[已知Kb(NH3·H2O)＝2×10－5 mol·L－1]。(4)25 ℃时，将a mol·L－1 CH3COOH溶液与0.01 mol·L－1 Ba(OH)2溶液等体积混合，溶液中2[Ba2＋]===[CH3COO－]，则CH3COOH的Ka为________。[解析]　(1)由H2CO3H＋＋HCO得K1＝＝ mol·L－1≈4.2×10－7 mol·L－1。(2)根据电荷守恒式：[Na＋]＋[H＋]＝[CH3COO－]＋[OH－]及[H＋]＝[OH－]可得，[Na＋]＝[CH3COO－]＝ mol·L－1，混合溶液的pH＝7，说明醋酸过量，[CH3COOH]≈ mol·L－1，则Ka＝＝ mol·L－1。(3)根据溶液呈中性可知[OH－]＝[H＋]＝1×10－7 mol·L－1，n(NH)＝n(NO)＝a mol设加入氨水的浓度为c mol·L－1，混合溶液的体积为V L由Kb＝＝＝2×10－5 mol·L－1，得c＝ mol·L－1。(4)根据电荷守恒知：[H＋]＋2[Ba2＋]＝[OH－]＋[CH3COO－]，因为2[Ba2＋]＝[CH3COO－]故[H＋]＝[OH－]＝10－7 mol·L－1，[CH3COO－]＝2× mol·L－1。根据物料守恒知[CH3COOH]＝ mol·L－1＝mol·L－1。所以，Ka＝ mol·L－1＝ mol·L－1。[答案]　(1)4.2×10－7 mol·L－1　(2)(3)　(4) mol·L－1电离常数的计算模板(1)已知[HX]和[H＋]，求电离平衡常数：　　     HX　　H＋　＋　X－起始：　　[HX]　　　0　　　　0平衡：[HX]－[H＋]　[H＋]　[X－]则：K＝＝由于弱酸只有极少一部分电离，[H＋]的数值很小，可做近似处理：[HX]－[H＋]≈[HX]。则K＝，代入数值求解即可。(2)特定条件下的Ka或Kb的有关计算25 ℃时，a mol·L－1弱酸盐NaA溶液与b mol·L－1的强酸HB溶液等体积混合，溶液呈中性，则HA的电离常数Ka求算三步骤：①电荷守恒　[Na＋]＋[H＋]＝[OH－]＋[A－]＋[B－]⇒[A－]＝[Na＋]－[B－]＝。②物料守恒　[HA]＋[A－]＝⇒[HA]＝－。③Ka＝＝。◎命题点3　利用图像计算电离常数6．(2019·衡阳模拟改编)常温下，将NaOH溶液分别加到HA、HB两种弱酸溶液中，两溶液中pH与微粒浓度比值的对数关系如图所示，已知pK＝－lgKa。则HA、HB的电离常数分别为________、________。[解析]　a点时，lg ＝0，pH＝4，故K(HA)＝＝1×10－4 mol·L－1b点时，lg ＝0，pH＝5，故K(HB)＝＝1×10－5 mol·L－1。[答案]　1×10－4 mol·L－1　1×10－5 mol·L－17．(2019·梧州模拟，改编)常温下，0.1 mol·L－1的H2C2O4溶液中H2C2O4、HC2O、C2O三者所占物质的量分数(分布系数)随pH变化的关系如图所示。则H2C2O4的Ka1＝________，Ka2＝________。H2C2O4各种微粒分布曲线[解析]　pH＝1.3时，[H2C2O4]＝[HC2O]，故Ka1＝＝1×10－1.3 mol·L－1，同理求Ka2＝1×10－4.3 mol·L－1。[答案]　1×10－1.3 mol·L－1　1×10－4.3 mol·L－11．(2019·全国卷Ⅲ)设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH＝2的H3PO4溶液，下列说法正确的是(　　)A．每升溶液中的H＋数目为0.02NAB．[H＋]＝[H2PO]＋2[HPO]＋3[PO]＋[OH－]C．加水稀释使电离度增大，溶液pH减小D．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强B　[磷酸是中强酸，存在电离平衡。A项，常温下pH＝2的H3PO4溶液中，[H＋]＝0.01 mol·L－1，每升溶液中的H＋数目为0.01NA，错误；B项，由电荷守恒知，[H＋]＝[H2PO]＋2[HPO]＋3[PO]＋[OH－]，正确；C项，加水稀释使电离平衡右移，电离度增大，但是溶液中的离子浓度减小，溶液中的H＋浓度减小，故溶液pH增大，错误；D项，加入NaH2PO4固体，抑制了磷酸的第一步电离，溶液酸性减弱，错误。]2．(2017·全国卷Ⅰ，改编)下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是(　　)A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以B．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸C．0.10 mol·L－1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸D　[A能：氢硫酸不能与NaHCO3溶液反应，说明酸性：H2S<H2CO3；而亚硫酸能，则说明酸性：H2SO3>H2CO3。B能：相同浓度时导电能力越强，说明溶液中离子浓度越大，酸的电离程度越大，故可判断酸性：H2S<H2SO3。C能：pH：H2S>H2SO3，则[H＋]：H2S<H2SO3，故酸性：H2S<H2SO3。D不能：还原性的强弱与酸的强弱无必然联系。]3．(2015·全国卷Ⅰ)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的变化如图所示，下列叙述错误的是(　　)A．MOH的碱性强于ROH的碱性B．ROH的电离程度：b点大于a点C．若两溶液无限稀释，则它们的[OH－]相等D．当lg＝2时，若两溶液同时升高温度，则增大D　[A项，lg＝2时，稀释100倍，根据MOH、ROH的pH变化⇒MOH为强碱、ROH为弱碱；B项，加水稀释，促进弱碱的电离⇒ROH的电离程度b>a；C项，无限稀释，碱性相同；D项，lg＝2时，升高温度，弱碱ROH的电离程度增大，强碱无影响，故[M＋]基本不变，[R＋]增大⇒减小。]4．(2016·全国卷Ⅱ，T26(4))联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离反应的平衡常数值为________(已知：N2H4＋H＋N2H的K＝8.7×107 mol·L－1；KW＝1.0×10－14 mol2·L－2)。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为____________。[解析]　将H2OH＋＋OH－　KW＝1.0×10－14 mol2·L－2、N2H4＋H＋N2H　K＝8.7×107 mol·L－1相加，可得：N2H4＋H2ON2H＋OH－　Ka1＝KW·K＝1.0×10－14×8.7×107＝8.7×10－7 mol·L－1。类比NH3与H2SO4形成酸式盐的化学式NH4HSO4可知，N2H4与H2SO4形成的酸式盐的化学式应为N2H6(HSO4)2。[答案]　8.7×10－7 mol·L－1　N2H6(HSO4)2