2021届高考化学一轮复习第8章水溶液中的离子平衡第24讲弱电解质的电离平衡教学案新人教版 18页

第八章　水溶液中的离子平衡 ‎[考纲解读]　1.了解电解质的概念。了解强电解质和弱电解质的概念。2.理解电解质在水溶液中的电离，以及电解质溶液的导电性。3.理解弱电解质在水中的电离平衡，能利用电离平衡常数进行相关计算。4.了解水的电离、离子积常数。5.了解溶液pH的含义及其测定方法，能进行pH的简单计算。6.了解盐类水解的原理、影响盐类水解程度的主要因素、盐类水解的应用。7.了解难溶电解质的沉淀溶解平衡。理解溶度积(Ksp)的含义，能进行相关的计算。‎ 第24讲　弱电解质的电离平衡 ‎1.强、弱电解质 ‎(1)定义与物质类别 ‎(2)与化合物类别的关系 强电解质主要是大部分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。‎ ‎(3)电离方程式的书写——“强等号，弱可逆，多元弱酸分步离”‎ ‎①强电解质：如H2SO4：H2SO4===2H＋＋SO。‎ ‎②弱电解质：‎ a．一元弱酸，如CH3COOH：‎ CH3COOHCH3COO－＋H＋。‎ b．多元弱酸，分步分离，电离方程式只写第一步，如 H2CO3：H2CO3H＋＋HCO。‎ c．多元弱碱，分步电离，一步书写。如Fe(OH)3：‎ Fe(OH)3Fe3＋＋3OH－。‎ ‎③酸式盐：‎ a．强酸的酸式盐 如NaHSO4在水溶液中：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO；熔融时：NaHSO4===Na＋＋HSO。‎ b．弱酸的酸式盐：如NaHCO3：‎ NaHCO3===Na＋＋HCO。‎ - 18 -‎ ‎2．弱电解质的电离平衡 ‎(1)电离平衡的建立 ‎(2)电离平衡的特征 ‎(3)外界条件对电离平衡的影响 ‎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．电离平衡常数 ‎(1)表达式 ‎①一元弱酸HA的电离常数：根据HAH＋＋A－，可表示为Ka＝。‎ ‎②一元弱碱BOH的电离常数：根据BOHB＋＋OH－，可表示为Kb＝。‎ ‎(2)特点 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。多元弱酸是分步电离的，各级电离常数的大小关系是K1≫K2‎ - 18 -‎ ‎……，所以其酸性主要决定于第一步电离。‎ ‎(3)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。‎ ‎(4)影响因素 ‎4．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，溶液中已经电离的分子数占原来总分子数的百分数。‎ ‎(2)表达式：α＝×100%‎ ‎＝×100%＝×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。‎ ‎1．判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”，并指明错因。‎ ‎(1)稀释氨水时，电离平衡正向移动，c(NH3·H2O)减小，c(NH)增大。(×)‎ 错因：稀释氨水时溶液体积增大，c(NH3·H2O)、c(NH)均减小。‎ ‎(2)常温下，由0.1 mol·L－1一元碱BOH的pH＝10，可知溶液存在BOH===B＋＋OH－。(×)‎ 错因：0.1 mol·L－1的BOH的pH＝10，说明其c(OH－)＝10－4 mol·L－1，仅极少部分电离，其电离方程式用“”。‎ ‎(3)0.1 mol·L－1的CH3COOH与0.01 mol·L－1的CH3COOH中，c(H＋)之比为10∶1。(×)‎ 错因：加水稀释，电离程度增大，所以0.1_mol·L－1的CH3COOH与0.01_mol·L－1的CH3COOH中c(H＋)之比小于10∶1。‎ ‎(4)H2CO3的电离常数表达式：Ka＝。(×)‎ 错因：H2CO3为二元弱酸，分步电离，其中Ka1＝，Ka2＝。‎ ‎(5)弱电解质的电离平衡右移，电离平衡常数一定增大。(×)‎ - 18 -‎ 错因：K仅与温度有关。‎ ‎(6)电离常数大的酸溶液中的c(H＋)一定比电离常数小的酸溶液中的c(H＋)大。(×)‎ 错因：酸溶液中的c(H＋)除与K值大小有关外，还与酸的浓度有关。‎ ‎2．稀氨水中存在着下列平衡：NH3·H2ONH＋OH－，若要使平衡向逆反应方向移动，同时使c(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　C 解析　若在氨水中加入NH4Cl固体，c(NH)增大，平衡向逆反应方向移动，c(OH－)减小，①不合题意；硫酸中的H＋与OH－反应，使c(OH－)减小，平衡向正反应方向移动，②不合题意；当在氨水中加入NaOH固体后，c(OH－)增大，平衡向逆反应方向移动，③符合题意；若在氨水中加入水，稀释溶液，平衡向正反应方向移动，但c(OH－)减小；④不合题意；电离属吸热过程，加热平衡向正反应方向移动，c(OH－)增大，⑤不合题意；加入少量MgSO4固体发生反应Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓，溶液中c(OH－)减小，平衡向正反应方向移动，⑥不合题意。‎ ‎3．教材改编题 ‎(据人教选修四P44T4)已知25 ℃下，醋酸的电离平衡常数 K＝＝1.69×10－5‎ 试回答下述问题：‎ ‎(1)向上述溶液中加入一定量的NaOH溶液，上述数值将________(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎(2)若醋酸的起始浓度为0.0010 mol/L，平衡时c(H＋)是____________[提示：醋酸的电离常数很小，平衡时的c(CH3COOH)可近似视为仍等于0.0010 mol/L]。‎ 答案　(1)不变　(2)1.3×10－4 mol/L 解析　(1)K仅与温度有关，温度不变，K不变。‎ ‎(2)把已知数值代入平衡常数：＝1.69×10－5，由于平衡时c(CH3COOH)≈0.0010 mol/L，c(H＋)＝c(CH3COO－)，因此c(H＋)＝‎ ＝1.3×10－4 mol/L。‎ 考点一　弱电解质的电离平衡及影响因素 - 18 -‎ ‎[解析]　A项，CH3COOH为弱电解质，在水溶液中部分电离，0.1 L 0.5 mol·L－1CH3COOH溶液中含有的H＋数小于0.05NA，错误；B项，CH3COOH溶液中存在电离平衡，CH3COOHCH3COO－＋H＋，加水稀释，平衡右移，产生的离子数增加，但溶液的体积增大，c(CH3COO－)、c(H＋)减小，导电能力减弱，错误；C项，加水稀释时，平衡CH3COOHCH3COO－＋H＋右移，n(H＋)增大，n(CH3COOH)减小，＝＝，故比值变大，错误；D项，稀释时，n(CH3COO－)增大，n(CH3COOH)减小，＝＝，故比值减小，正确。‎ ‎[答案]　D ‎ 影响弱电解质电离平衡的因素 ‎1．内因：弱电解质本身的性质，是决定因素。‎ ‎2．外界条件对弱电解质电离平衡的影响 以0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液为例：‎ CH3COOHCH3COO－＋H＋ ΔH＞0‎ 改变条件 平衡移动方向 n(H＋)‎ c(H＋)‎ c(CH3COO－)‎ c(CH3COOH)‎ 电离程度(α)‎ Ka 加水稀释 向右 增大 减小 减小 减小 增大 不变 加入少量冰醋酸 向右 增大 增大 增大 增大 减小 不变 通入HCl(g)‎ 向左 增大 增大 减小 增大 减小 不变 加入NaOH(s)‎ 向右 减小 减小 增大 减小 增大 不变 加入CH3COONa(s)‎ 向左 减小 减小 增大 增大 减小 不变 升高温度 向右 增大 增大 增大 减小 增大 增大 - 18 -‎ 加入镁粉 向右 减小 减小 增大 减小 增大 不变 ‎1．饱和氨水中存在化学平衡和电离平衡：NH3＋H2ONH3·H2ONH＋OH－。下列有关说法正确的是(　　)‎ A．常温下饱和氨水的pH<7‎ B．向氨水中滴加过量硫酸，上述平衡均正向移动，pH增大 C．电离是吸热过程，升高温度，上述平衡均正向移动 D．向氨水中加入少量NaOH固体，上述平衡均逆向移动，有NH3放出 答案　D 解析　升温会使NH3逸出，NH3＋H2ONH3·H2O平衡向逆反应方向移动，C错误。‎ ‎2．一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力如图所示。下列说法不正确的是(　　)‎ A．在O点时，醋酸不导电 B．a、b、c三点，a点时醋酸溶液中H＋浓度最小 C．b点时，醋酸电离程度最大 D．可通过微热的方法使c点溶液中c(CH3COO－)增大 答案　C 解析　A项，在O点时没有水，醋酸没有电离，不导电，正确；B项，导电能力为b>c>a，a、b、c三点，a点时醋酸溶液中H＋浓度最小，正确；C项，加水促进醋酸电离，b点时醋酸电离程度不是最大，错误；D项，加热向电离方向移动，正确。‎ 考点二　强、弱电解质的比较 - 18 -‎ ‎[解析]　①常温下NaNO2溶液pH大于7，说明亚硝酸钠是强碱弱酸盐，则HNO2是弱电解质，故①正确；②溶液的导电性与离子浓度及离子所带电荷数有关，用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，不能证明HNO2为弱电解质，故②错误；③HNO2与NaCl不能发生反应，只能说明不符合复分解反应发生的条件，但不能说明HNO2是弱电解质，故③错误；④常温下0.1 mol·L－1HNO2溶液的pH＝2.1，说明HNO2不完全电离，即说明HNO2为弱电解质，故④正确；⑤较强酸可以制取较弱酸，NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2，说明HNO2的酸性弱于H3PO4，则HNO2为弱电解质，故⑤正确；⑥常温下将pH＝1的HNO2溶液稀释至原体积的100倍，溶液pH约为2.8，说明HNO2是弱电解质，故⑥正确。‎ ‎[答案]　C ‎ ‎1．判断强、弱电解质的方法 ‎(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。‎ ‎2．常温下，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a和一元弱碱b 等pH的一元强酸a和一元弱酸b 等浓度的一元强碱a和一元弱碱b 等浓度的一元强酸a和一元弱酸b 变化图像 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 - 18 -‎ ‎3．一元强酸与一元弱酸的比较 相同体积，相同浓度的强酸HA与弱酸HB 相同体积，相同pH的强酸HA与弱酸HB pH或物质的量浓度 pHHAHB HA＝HB 与过量的碱反应时消耗碱的量 HA＝HB HAc(B－)‎ c(A－)＝c(B－)‎ 分别加入固体NaA、NaB后pH变化 HA：不变HB：变大 加水稀释相同倍数后 pHHApHHB 溶液的导电性 HA>HB HA＝HB 水的电离程度 HAa＝b 解析　HCl===H＋＋Cl－；H2SO4===2H＋＋SO；CH3COOHH＋＋CH3COO－。‎ ‎(2)同体积、同物质的量浓度的三种酸，因随着NaOH溶液的加入，CH3‎ - 18 -‎ COOH电离平衡右移，提供的H＋和盐酸相同，中和NaOH的能力盐酸和醋酸相同，而H2SO4提供的H＋是它们的2倍，故b>a＝c。‎ ‎(3)c(H＋)相同时，因醋酸为弱酸，电离程度小，醋酸溶液浓度最大，H2SO4浓度为盐酸的一半，故c>a>b(或c>a＝2b)。‎ ‎(4)当三者c(H＋)相同且体积也相同时，因HCl、H2SO4为强电解质，在溶液中完全电离，所以H＋总的物质的量相同，故产生H2的体积相同。CH3COOH为弱电解质，最终能提供的H＋最多，生成的H2最多，故c>a＝b。‎ 考点三　电离平衡常数及其应用 ‎[解析]　混合溶液的pH＝7，说明醋酸过量，c(CH3COOH)≈ mol·L－1，根据电荷守恒式：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)及c(H＋)＝c(OH－)可得，c(Na＋)＝c(CH3COO－)＝ mol·L－1，则Ka＝＝，A正确。‎ ‎[答案]　A ‎ ‎1．电离平衡常数的应用 ‎(1)判断弱酸(或弱碱)的相对强弱，电离平衡常数越大，酸性(或碱性)越强。‎ ‎(2)判断盐溶液的酸性(或碱性)强弱，电离平衡常数越大，对应的盐水解程度越小，碱性(或酸性)越弱。‎ ‎(3)判断复分解反应能否发生，一般符合“强酸制弱酸”规律。‎ ‎(4)判断微粒浓度比值的变化 弱电解质加水稀释时，能促进弱电解质的电离，溶液中离子和分子的浓度会发生相应的变化，但电离平衡常数不变，题中经常利用电离平衡常数来判断溶液中微粒浓度比值的变化情况。如：0.1 mol/L CH3COOH溶液加水稀释，＝＝，酸溶液加水稀释，c(H＋)减小，K值不变，则增大。‎ ‎2．电离常数计算的两种类型(以弱酸HX为例)‎ ‎(1)已知c始(HX)和c(H＋)，求电离常数(水的电离忽略不计)‎ ‎　　　　　HX　　　　　　H＋　＋　X－‎ - 18 -‎ ‎　起始/‎ ‎(mol·L－1): c始(HX) 0 0‎ ‎　平衡/‎ ‎(mol·L－1): c始(HX)－c(H＋)　c(H＋)　c(H＋)‎ 则：Ka＝＝。‎ 由于弱酸只有极少一部分电离，c(H＋)的数值很小，可作近似处理：c始(HX)－c(H＋)≈c始(HX)，则Ka＝。‎ ‎(2)已知c始(HX)和电离常数，求c(H＋)‎ 根据上面的推导有Ka＝≈ 则：c(H＋)＝。‎ ‎5．(2019·大连质检)已知下面三个数据：7.2×10－4、4.6×10－4、4.9×10－10分别是下列有关的三种酸的电离常数(25 ℃)，若已知下列反应可以发生：NaCN＋HNO2===HCN＋NaNO2　 NaCN＋HF===HCN＋NaF　 NaNO2＋HF===HNO2＋NaF。由此可判断下列叙述中不正确的是(　　)‎ A．K(HF)＝7.2×10－4‎ B．K(HNO2)＝4.9×10－10‎ C．根据两个反应即可得出一元弱酸的强弱顺序为HF>HNO2>HCN D. K(HCN)1，证明HX是弱酸 B．室温下，将等浓度等体积的盐酸和NaX溶液混合，若混合溶液pH<7，证明HX是弱酸 C．相同浓度的HX溶液与盐酸分别与同样颗粒大小的锌反应时，HX产生H2的起始速率小，证明HX为弱酸 D．在相同条件下，对0.1 mol·L－1的盐酸和0.1 mol·L－1的HX溶液进行导电性实验，若HX溶液灯泡较暗，证明HX为弱酸 答案　B 解析　等物质的量的HCl与NaX混合后，无论HX是强酸还是弱酸，上述混合液都是呈酸性，B错误；浓度相同的HX与盐酸，若HX是弱酸，c(H＋)小于盐酸中的c(H＋)，开始生成H2的起始速率小，C正确。‎ ‎6．25 ℃时，向0.2 mol·L－1的氨水中加水稀释，则图中的y轴可以表示(　　)‎ ‎①电离程度　②c(NH3·H2O) ③c(NH)　④c(H＋)　⑤溶液的导电能力　⑥pH　⑦ ⑧c(H＋)·c(OH－)‎ A．①②③⑤ B．②③⑤⑥‎ C．②③⑥⑦ D．①②⑤⑥‎ - 18 -‎ 答案　B 解析　加水稀释，NH3·H2O的电离程度增大，①错误；加水稀释虽然促进了NH3·H2O的电离，但由于溶液体积增大得更多，故c(NH3·H2O)、c(NH)、c(OH－)均减小，c(H＋)增大，②、③正确，④错误；溶液中离子浓度减小，导电性减弱，⑤正确；c(OH－)减小，pH减小，⑥正确；NH3·H2O的电离常数Kb＝，只与温度有关，温度不变，Kb不变，⑦错误；c(H＋)·c(OH－)＝Kw，只受温度影响，温度不变，c(H＋)·c(OH－)保持不变，⑧错误；综上分析，B正确。‎ ‎7．高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数：‎ 酸 HClO4‎ H2SO4‎ HCl HNO3‎ Ka ‎1.6×10－5‎ ‎6.3×10－9‎ ‎1.6×10－9‎ ‎4.2×10－10‎ 从以上表格判断以下说法不正确的是(　　)‎ A．在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离 B．在冰醋酸中高氯酸是这四种酸中最强的酸 C．在冰醋酸中硫酸的电离方程式为H2SO42H＋＋SO D．水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但醋酸可以区别这四种酸的强弱 答案　C 解析　由电离常数知，在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离，高氯酸的Ka最大，是这四种酸中最强的酸，A、B正确；硫酸在冰醋酸中电离受到抑制，分步电离，并非完全电离，并且是可逆的，C错误；在水中，四种酸都是强酸，但在冰醋酸中电离程度不同，D正确。‎ ‎8．pH＝2的两种一元酸x和y，体积均为100 mL，稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示。分别滴加NaOH溶液(c＝0.1 mol·L－1)至pH＝7，消耗NaOH溶液的体积为Vx、Vy，则(　　)‎ A．x为弱酸，VxVy C．y为弱酸，VxVy 答案　C 解析　由图知：将一元酸x和y分别稀释10倍，pH的变化量ΔpHx＝1，ΔpHy<1，所以x为强酸，y为弱酸。pH＝2时弱酸y的浓度大，滴加NaOH溶液至pH＝7时消耗NaOH溶液的体积y比x大。‎ - 18 -‎ ‎9.一定温度下，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：ca>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，c(H＋)增大，pH偏小；D项，a、b、c三点n(CH3COOH)相同，用NaOH溶液中和时消耗n(NaOH)相同，故消耗V(NaOH)：a＝b＝c。‎ ‎10．(2019·山东师大附中高三模拟)常温时，改变饱和氯水的pH，得到部分含氯微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。下列叙述不正确的是(　　)‎ A．该温度下，HClOH＋＋ClO－的电离常数Ka的对值lg Ka＝－7.54‎ B．氯水中的Cl2、ClO－、HClO均能与KI发生反应 C．pH＝1的氯水中，c(Cl2)＞c(Cl)＞c(HClO)＞c(ClO－)‎ D．已知常温下反应Cl2(aq)＋Cl－(aq)Cl(aq)的K＝0.191，当pH增大时，K减小 答案　D 解析　根据图像，pH＝7.54时，c(HClO)＝c(ClO－)，由电离方程式HClOClO－＋H＋可知，Ka＝‎ ＝c(H＋)＝10－7.54，则lg Ka＝－7.54，A正确；氯水中含有的Cl2、ClO－‎ - 18 -‎ ‎、HClO均具有氧化性，KI具有还原性，B正确；根据图像，pH＝1时氯水中各种含氯微粒的物质的量分数由多到少的顺序是：Cl－>Cl2>Cl>HClO>ClO－，由于溶液为同一溶液，溶液的体积相同，所以溶液中微粒的浓度大小关系为：c(Cl2)＞c(Cl)＞c(HClO)＞c(ClO－)，C正确；K只与温度有关，温度不变，pH增大时，K不变，D错误。‎ ‎11．电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量，根据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点。下图是KOH溶液分别滴定HCl溶液和CH3COOH溶液的滴定曲线示意图。下列示意图中，能正确表示用NH3·H2O溶液滴定HCl和CH3COOH混合溶液的滴定曲线的是(　　)‎ 答案　D 解析　HCl为强电解质，CH3COOH为弱电解质，滴加NH3·H2O，先与HCl反应，生成同样为强电解质的NH4Cl，但溶液体积不断增大，溶液稀释，所以电导率下降。当HCl被中和完后，继续与CH3COOH弱电解质反应，生成CH3COONH4，为强电解质，所以电导率增大。HCl与CH3COOH均反应完后，继续滴加弱电解质NH3·H2O，因为溶液被稀释，电导率有下降趋势。‎ ‎12．25 ℃时，H2SO3及其钠盐的溶液中，H2SO3、HSO、SO的物质的量分数(α)随溶液pH变化关系如图所示，下列叙述错误的是(　　)‎ A．溶液的pH＝5时，硫元素的主要存在形式为HSO B．当溶液恰好呈中性时：c(Na＋)>c(SO)＋c(HSO)‎ - 18 -‎ C．向pH＝8的上述溶液中滴加少量澄清石灰水，的值增大 D．向pH＝3的上述溶液中滴加少量稀硫酸，α(HSO)减小 答案　C 解析　分析题给图像可知溶液的pH＝5时，硫元素的主要存在形式为HSO，A正确；根据电荷守恒知c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(OH－)，当溶液恰好呈中性时c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)>c(SO)＋c(HSO)，B正确；向pH＝8的溶液中滴加少量澄清石灰水发生反应HSO＋OH－===SO＋ H2O，Ca2＋＋SO===CaSO3，参加反应的HSO比SO多，的值减小，C错误；向pH＝3的溶液中滴加少量稀硫酸发生反应H＋＋HSOH2SO3，α(HSO)减小，D正确。‎ 二、非选择题(共28分)‎ ‎13．(12分)25 ℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：‎ 化学式 CH3COOH H2CO3‎ HClO 电离平衡常数 ‎1.7×10－5‎ K1＝4.3×10－7‎ K2＝5.6×10－11‎ ‎3.0×10－8‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)CH3COOH、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为__________________________________。‎ ‎(2)同浓度的CH3COO－、HCO、CO、ClO－结合H＋的能力由强到弱的顺序为________________。‎ ‎(3)常温下0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是________(填字母，下同)。‎ A．c(H＋) B. C．c(H＋)·c(OH－) D. E. ‎ 若该溶液升高温度，上述5种表达式的数据增大的是________。‎ 答案　(1)CH3COOH>H2CO3>HClO　‎ ‎(2)CO>ClO－>HCO>CH3COO－　‎ ‎(3)A　ABCE 解析　(1)物质的电离平衡常数越大其酸性越强。‎ ‎(2)电离平衡常数越小，同浓度的CH3COO－、HCO、CO、ClO－结合H＋‎ - 18 -‎ 的能力越强，即结合H＋由强到弱的顺序为CO>ClO－>HCO>CH3COO－。‎ ‎(3)醋酸溶液浓度越小，c(H＋)越小；电离平衡常数＝，稀释过程中c(CH3COO－)减小，增大；c(H＋)·c(OH－)不变；醋酸稀释时，c(H＋)减小，c(OH－)增大，增大；不变。升高温度，醋酸电离平衡右移，c(H＋)增大；升高温度，醋酸电离平衡右移增大；升高温度c(H＋)·c(OH－)增大；升高温度，c(H＋)增大，c(OH－)减小，减小；升高温度，K＝增大。‎ ‎14．(16分)25 ℃时，0.1 mol·L－1 HA溶液中＝108,0.01 mol·L－1 BOH溶液pH＝12。请回答下列问题：‎ ‎(1)0.1 mol·L－1 HA溶液pH＝________，HA的电离常数Ka为________，BOH是________(填“强电解质”或“弱电解质”)。‎ ‎(2)在加水稀释HA的过程中，随着水量的增加而减小的是________(填字母)。‎ A. B. C．c(H＋)与c(OH－)的乘积 D．c(OH－)‎ ‎(3)在体积相等、pH相等的HA溶液与HCl溶液中加入足量Zn，HA溶液中产生的气体比HCl溶液中产生的气体________(填“多”“少”或“相等”)。‎ 答案　(1)3　10－5　强电解质　(2)B　(3)多 解析　(1)25 ℃时，0.1 mol·L－1的HA溶液中＝108，结合Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14，可得c(H＋)＝1×10－3 mol·L－1，所以pH＝3。HA的电离常数Ka＝≈＝10－5。0.01 mol·L－1 BOH溶液pH＝12，c(OH－)＝1×10－2 mol·L－1，所以BOH是强电解质。‎ ‎(2)稀释过程中，温度不变，Ka＝不变，c(A－)减小，所以增大，A项不符合题意；稀释过程中Ka＝不变，c(H＋)减小，增大，因此减小，B项符合题意；由于温度不变，故Kw ＝c(H＋)·c(OH－)不变，C项不符合题意；Kw＝c(H＋)·c(OH－)不变，c(H＋)减小，所以c(OH－)增大，D项不符合题意。‎ - 18 -‎ ‎(3)由(1)知HA是弱电解质，体积、pH均相等的HA与HCl溶液，HA溶液的物质的量浓度较大，所以HA溶液中产生的氢气较多。‎ - 18 -‎