1、第一单元 弱电解质的电离平衡 能力课时7 弱电解质的电离平衡 专题三 溶液中的离子反应 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。探究要点典例合作细解 NO.1探究任务1 探究任务2 探究任务3 强电解质和弱电解质的比较与判断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 molL1 HA 溶液中 c(H)0.1 molL1；将 c(H)1102molL1 的 HA 溶液稀释 100
2、 倍，稀释后溶液中 1104 molL1c(H)1102 molL1。(2)溶液导电能力的强弱0.1 molL1 HCl 溶液和 0.1 molL1 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 molL1 甲酸溶液中的 c(H)约为 1102 molL1B甲酸能与碳酸钠反应放出二氧
3、化碳C10 mL 1 molL1 甲酸溶液恰好与 10 mL 1 molL1 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 molL1 甲酸溶液中 c(H)1102 molL1，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 molL1 甲酸溶液恰好与 10 mL 1 molL1 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 HN
4、O2 是弱电解质的是()HNO2 溶液中存在 HNO2 分子 用 HNO2 作导电实验，灯光较暗 HNO2 是共价化合物 HNO2 不与氯化钠反应 常温下，0.1 molL1 HNO2 溶液的 c(H)为 7.1 103molL1 相同条件下，HNO2 溶液的导电能力比盐酸的弱A BCDC 非电解质的溶液中也存在分子，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，不能证明；具有强极性键的共价化合物(如 HCl)属于强电解质，不能证明；如果 HNO2 是强酸，则 HNO2 也不与氯化钠反应，不能证明；0.1 molL1 HNO2 溶液的 c(H)为 7.1 103 molL1，说
5、明 HNO2 没有完全电离，属于弱电解质，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，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”)
6、。(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
7、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 溶液的酸性弱电解质的电离平衡及其移动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“
8、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 molL1 NH3H2O 溶液中存在如下平衡：NH3H2ONH3H2ONH4 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，NH4 浓度增大，平衡逆向移动B向其中加入少量 NaOH 固体，OH与 NH4 结合生成NH3H2O，使 NH4 浓度减小，平衡正向移动C向其中加入少量 0.1 molL1 NH4Cl 溶液，电离平衡常数不变，溶液中 c(OH)减小D
9、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 HOH=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 molL1 NH4Cl溶液，使 NH4 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 Mg22OH=Mg(OH)2，溶液中 c(OH)减小。1（双选）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 bcaB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 bcd
10、D在 b 点对应温度下，0.5 molL1 的 H2SO4 溶液与 1 molL1的 KOH 溶液等体积混合，混合后 c(H)1107 molL1AC 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 bcad，温度关系为 bcad，A 项、C 项正确；若纯水仅升高温度，c(OH)与 c(H)都增大，B 项错误；b 点的 Kw11012,0.5 molL1的 H2SO4 溶液与 1 molL1 的 KOH 溶液等体积混合，充分反应后所得溶液显中性，c(H)1106 molL1，D 项错误。2 在 0.1 molL 1 NH3H2O 溶 液
11、 中 存 在 如 下 电 离 平 衡：NH3H2ONH4 OH。对于该平衡，下列叙述中不正确的是()A加入水时，溶液中cOHcNH3H2O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 molL1 HCl 溶液，溶液中 c(OH)增大D降低温度，溶液中 c(NH4)减小C 加水能促进 NH3H2O 的电离，溶液中 n(OH)增大，而n(NH3H2O)减小，即cOHcNH3H2O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 NH3H2O 电离，但 OH被中和，溶液中 c(OH)减小，C
12、项错误；降温抑制电离，溶液中 c(NH4)减小，D 项正确。电离平衡常数与电离度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，cHc，所以 c(H)c，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HAHA起始c 0 0平衡cccc有 KacHcAcHA c22c1。通常弱电解质的电离度 较小，可作近似处理 11，则公式可简化为 Kac2，则 Kac(即 与浓度成反比)，c(H)c 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)Kbcc。相同温度下，一元弱
13、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 c110c2，则 c1(H)10c2(H)，因为c1Hc2Hc11c221012，而 110c2。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：溶液的浓度/(molL1)电离度/%H浓度/(molL1)电离常数0.12c11.0105c2c1K则 c_；_；c1_；K_。解析 由电离常数的概念可知：c210.11.0105，c11.0103，再由电离度概念得 c10.1100%1.01030.1100%2%，0.5；由于电离常数
14、只与温度有关，则 K1.0105，由表中第二行数据得2c12c2.01032c1.0105，c0.4。答案 0.4 0.5 1.0103 1.01051下列曲线中，可以描述乙酸(甲，Ka1.8105)和一氯乙酸(乙，Ka1.4103)在水中的电离度和浓度关系的是()A BC DB 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 CH3COOHCH2ClCOOH，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 molL1 的 HA 溶液中，有 0.01 mol的 HA 电离成离子。则
15、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 mol 0 0已电离 0.01 mol 0.01 mol 0.01 mol平衡时 0.09 mol 0.01 mol 0.01 mol该溶液中 H和 A的物质的量浓度为 c(H)c(A)0.01 mol/0.5 L0.02 molL1。HA 分子的平衡浓度为 c(HA)0.09 mol/0.5 L0.18 molL1。故 HA 的电离平衡常数 KcHcAcHA0.020.020.182.22103；电离度 0.01 mol0.1 mol 100%10%。答案 2.22103 10%学科素养潜移默
16、化养成 NO.2情境素材 合作探究 素养养成 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Ka6.25105，H2CO3 的 Ka14.17107，Ka24.901011。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 Ka6.25105，H2CO3 的 Ka14.17107，故 HA 的酸性强于 H2CO3。问题 2 当 c(H)1105 molL1 时，饮料中cHAcA的比值是多少？提示 当 c(
17、H)1105 molL1 时，饮料中cHAcAcHKa 1056.251050.16。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。能力过关随堂评估自测 NO.31 2 3 4 5 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 Na2O2B将水加热煮沸C向水中通入 CO2D向水中加入 NaCl1 2 3 4 5 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)。1 2
18、3 4 5 2已知部分弱酸的电离平衡常数如表所示：弱酸CH3COOHHClOH2CO3H2SO3电离平衡常数(25)Ka175105Ka295108Ka1440107Ka24701011Ka1154102Ka21021071 2 3 4 5 下列离子方程式正确的是()A少量 CO2 通入 NaClO 溶液中：CO2H2O2ClO=CO23 2HClOB少量 SO2 通入 Ca(ClO)2 溶液中：SO2H2OCa2 2ClO=CaSO32HClOC少量 SO2 通入 Na2CO3 溶液中：SO2H2O2CO23=SO23 2HCO3D相同浓度的 NaHCO3 溶液与 NaHSO3 溶液等体积混
19、合：HHCO3=CO2H2O1 2 3 4 5 C 由表格中电离平衡常数数据可知，Ka(HClO)Ka(HCO3)，故 CO2 通入 NaClO 溶液中生成 HCO3，A 错误；向次氯酸钙溶液中通入少量 SO2 的离子方程式为 Ca2ClOSO2H2O=CaSO4Cl2H，B 错误；Ka(HSO3)Ka(HCO3)，故少量 SO2 通入Na2CO3 溶液中生成 HCO3，C 正确；H2SO3 为弱酸，故 NaHSO3 在水溶液中主要电离出 HSO3，而不是 SO23 和 H，D 错误。1 2 3 4 5 3室温下，下列事实不能说明 NH3H2O 为弱电解质的是()A0.1 molL1 NH3H
20、2O 溶液的 c(OH)0.1 molL1B0.1 molL1 NH3H2O 溶液的 c(NH4)0.1 molL1C相同条件下，浓度均为 0.1 molL1 的 NaOH 溶液和氨水，氨水的导电能力弱D0.1 molL1 NH3H2O 溶液能使无色酚酞试液变红色1 2 3 4 5 D NH3H2O 是弱电解质，存在电离平衡 NH3H2OOHNH4，因此 0.1 molL1 NH3H2O 溶液中 c(OH)、c(NH4)均小于0.1 molL1，A、B 项内容均能说明 NH3H2O 为弱电解质；NaOH是强电解质，完全电离，故浓度均为 0.1 molL1 的 NaOH 溶液和氨水，氨水中离子浓
21、度较小，即氨水的导电能力弱，C 项内容能说明NH3H2O 为弱电解质；NH3H2O 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 NH3H2O 为弱电解质。1 2 3 4 5 4下列说法正确的是()A常温时，0.1 molL1 氨水的 c(OH)0.1 molL1：NH3H2ONH4OHB1 L 0.1 molL1 的乙酸溶液中含 H的数量为 0.1NAC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 molL1 CH3COOH 溶液，溶液的导电能力增强1 2 3 4 5 A 0.1 molL1 氨水的 c(OH)c 氨水(OH)，
22、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。1 2 3 4 5 5(2020全国卷)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()1 2 3 4 5 A海水酸化能引起 HCO3 浓度增大、CO23 浓度减小B海水酸化能促进 CaCO3 的溶解，导致珊瑚礁减少CCO2 能引起海水酸化，其原理为 HCO3HCO23D使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境1 2 3 4 5 C 根据图示可知 CO2 的过量排放，能导致海水中 CO2H2OH2CO3HHCO3 平衡右移；H又能与珊瑚礁溶解生成的 CO23 结合生成 HCO3，促使 CaCO3Ca2CO23 平衡右移，从而使珊瑚礁减少。1 2 3 4 5 结合上述分析可知海水酸化，海水中 H和 HCO3 的浓度均增大，使海水中 CO23 的浓度减小，A 项正确；H可结合珊瑚礁溶解产生的CO23，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 CO2H2OH2CO3HHCO3，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。点击右图进入 能 力 课 时 落 实 谢谢观看 THANK YOU!
