新教材高中化學專題3溶液中的離子反應第1單元能力課時7弱電解質的電離平衡學案蘇教版選擇性必修

弱電解質的電離平衡探究任務1．強電解質和弱電解質的比較與判斷。2．弱電解質的電離平衡及其移動。3．電離平衡常數與電離度。強電解質和弱電解質的比較與判斷弱電解質的判斷方法要證明某電解質是弱電解質，關鍵在于一個“弱”字，即證明它只是部分電離或其溶液中存在電離平衡。以一元弱酸HA為例，證明它是弱電解質的常用方法有：(1)酸溶液中c(H＋)的大小0．1mol·L－1HA溶液中c(H＋)＜0.1mol·L－1；將c(H＋)＝1×10－2mol·L－1的HA溶液稀釋100倍，稀釋后溶液中1×10－4mol·L－1＜c(H＋)＜1×10－2mol·L－1(2)溶液導電能力的強弱0．1mol·L－1HCl溶液和0.1mol·L－1HA(3)與活潑金屬反應速率的大小相同物質的量濃度的HCl溶液和HA溶液，與(形狀、顆粒大小)相同的活潑金屬反應，前者的反應速率大。(4)典型化學反應將二氧化碳通入NaA溶液中有HA生成，或HA溶液與NaHCO3溶液不反應。甲酸(HCOOH)是一種一元弱酸，下列性質中可以證明它是弱電解質的是()A．常溫下，1mol·L－1甲酸溶液中的c(H＋)約為1×10－2mol·L－1B．甲酸能與碳酸鈉反應放出二氧化碳C．10mL1mol·L－1甲酸溶液恰好與10mL1mol·L－1NaOH溶液完全反應D．甲酸溶液與鋅反應比強酸溶液與鋅反應緩慢A[1mol·L－1甲酸溶液中c(H＋)＝1×10－2mol·L－1，說明甲酸部分電離，所以能證明甲酸是弱電解質，故A正確；甲酸能與碳酸鈉反應放出二氧化碳說明甲酸酸性強于碳酸，但不能說明甲酸為弱電解質，故B錯誤；10mL1mol·L－1甲酸溶液恰好與10mL1mol·L－1NaOH溶液完全反應，說明甲酸是一元酸，不能證明甲酸是弱電解質，故C錯誤；甲酸和強酸溶液中氫離子濃度大小未知，不能證明甲酸是弱電解質，故D錯誤。]1．下列事實能證明HNO2是弱電解質的是()①HNO2溶液中存在HNO2分子②用HNO2作導電實驗，燈光較暗③HNO2是共價化合物④HNO2不與氯化鈉反應⑤常溫下，0.1mol·L－1HNO2溶液的c(H＋)為7.1×10－3mol·L－1⑥相同條件下，HNO2溶液的導電能力比鹽酸的弱A．①②③④⑤ B．②③C．⑤⑥ D．③④⑤C[非電解質的溶液中也存在分子，①不能證明；很稀的強電解質溶液由于離子濃度較小，導電能力也很弱，②不能證明；具有強極性鍵的共價化合物(如HCl)屬于強電解質，③不能證明；如果HNO2是強酸，則HNO2也不與氯化鈉反應，④不能證明；0.1mol·L－1HNO2溶液的c(H＋)為7.1×10－3mol·L－1，說明HNO2沒有完全電離，屬于弱電解質，⑤能證明；相同條件下，強電解質溶液的導電能力強于弱電解質溶液的導電能力，⑥能證明。綜上所述，C項正確。]2．某化學興趣小組為比較稀鹽酸和稀CH3COOH溶液酸性的相對強弱，設計了如下實驗方案，實驗裝置如圖所示(夾持儀器已略去)。實驗方案：在兩試管中分別加入過量鎂條，同時將兩注射器中的溶液注入相應試管中，觀察產生氫氣的速率和體積。請回答下列問題：(1)在上述實驗方案中有一明顯缺陷，該缺陷是_____________。(2)在缺陷已經得到改正的前提下，反應起始時________________(填“a”或“b”)中產生氫氣的速率較快；最終產生氫氣的體積____________(填“相等”或“不相等”)。(3)最終發(fā)現，實驗中產生氫氣的體積比理論值大，可能原因是_____________________________________________________。(4)通過比較起始反應速率可得出的結論是_______________________________________________________________________。[解析](1)題干中沒有指明實驗所用稀鹽酸與稀CH3COOH溶液的物質的量濃度相等，因此無法通過觀察產生氫氣的速率和體積判斷兩種酸的酸性的相對強弱。(2)當實驗所用兩種酸的物質的量濃度相等時，兩種酸的物質的量相等，與過量鎂條反應放出氫氣的體積相等；但HCl是強電解質，等物質的量濃度的鹽酸中的c(H＋)大于CH3COOH溶液中的c(H＋)，故反應起始時，a中產生氫氣的速率較快。(3)鎂在加熱條件下能夠與水反應，故金屬與酸反應放熱，導致過量的鎂與水反應產生部分氫氣。(4)通過比較起始反應速率可知，等物質的量濃度的稀鹽酸的酸性強于稀CH3COOH溶液的酸性。[答案](1)沒有說明兩種酸的物質的量濃度相等(2)a相等(3)反應放熱，過量的鎂與水反應產生了部分氫氣(4)等物質的量濃度的稀鹽酸的酸性強于稀CH3COOH溶液的酸性弱電解質的電離平衡及其移動從定性和定量兩個角度分析電離平衡移動1．從定性角度分析：用化學平衡理論分析弱電解質的電離平衡問題時，考慮的主要因素有稀釋、改變溫度、加入能電離出相同離子的物質等。在分析這類問題時，易出現的錯誤是認為平衡移動的方向和平衡混合物中各組分的濃度變化總一致。應該深刻地理解勒夏特列原理：平衡向“削弱”這種改變的方向移動，但移動結果不能“抵消”這種改變。2．從定量角度分析：當改變影響電離平衡的條件后分析兩種微粒濃度之比的變化時，若不能通過平衡移動的方向作出判斷，應采用電離平衡常數進行定量分析。在0.1mol·L－1NH3·H2O溶液中存在如下平衡：NH3＋H2ONH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－。下列有關該溶液的敘述正確的是()A．向其中加入少量濃鹽酸，鹽酸與NH3反應生成NH4Cl，使NH3濃度減小，NHeq\o\al(＋,4)濃度增大，平衡逆向移動B．向其中加入少量NaOH固體，OH－與NHeq\o\al(＋,4)結合生成NH3·H2O，使NHeq\o\al(＋,4)濃度減小，平衡正向移動C．向其中加入少量0.1mol·L－1NH4Cl溶液，電離平衡常數不變，溶液中c(OH－)減小D．向其中加入少量MgSO4固體，溶液中c(OH－)增大C[A項，加入少量濃鹽酸，首先發(fā)生反應H＋＋OH－=H2O，使OH－濃度減小，平衡正向移動；B項，加入少量NaOH固體，使OH－濃度增大，平衡逆向移動；C項，加入少量0.1mol·L－1NH4Cl溶液，使NHeq\o\al(＋,4)濃度增大，平衡逆向移動，溶液中c(OH－)減??；D項，加入少量MgSO4固體，發(fā)生反應Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，溶液中c(OH－)減小。]1．（雙選）水的電離平衡曲線如圖所示。下列說法正確的是()A．圖中對應點的溫度關系為b＞c＞aB．純水僅升高溫度，可從a點變到c點C．水的離子積常數Kw數值大小關系為b＞c＞dD．在b點對應溫度下，0.5mol·L－1的H2SO4溶液與1mol·L－1的KOH溶液等體積混合，混合后c(H＋)＝1×10－7mol·L－1AC[水的電離是吸熱過程，溫度升高，水的離子積常數增大，根據圖中數據得出的水的離子積常數Kw數值大小關系為b＞c＞a＝d，溫度關系為b＞c＞a＝d，A項、C項正確；若純水僅升高溫度，c(OH－)與c(H＋)都增大，B項錯誤；b點的Kw＝1×10－12,0.5mol·L－1的H2SO4溶液與1mol·L－1的KOH溶液等體積混合，充分反應后所得溶液顯中性，c(H＋)＝1×10－6mol·L－1，D項錯誤。]2．在0.1mol·L－1NH3·H2O溶液中存在如下電離平衡：NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－。對于該平衡，下列敘述中不正確的是()A．加入水時，溶液中eq\f(cOH－,cNH3·H2O)增大B．加入少量NaOH固體，平衡逆向移動，電離平衡常數不變C．加入少量0.1mol·L－1HCl溶液，溶液中c(OH－)增大D．降低溫度，溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))減小C[加水能促進NH3·H2O的電離，溶液中n(OH－)增大，而n(NH3·H2O)減小，即eq\f(cOH－,cNH3·H2O)增大，A項正確；加入NaOH固體，c(OH－)增大，平衡逆向移動，但溫度不變，電離平衡常數不變，B項正確；加鹽酸促進NH3·H2O電離，但OH－被中和，溶液中c(OH－)減小，C項錯誤；降溫抑制電離，溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))減小，D項正確。]電離平衡常數與電離度電離度和電離常數的計算及離子濃度的比較1．依據電離度計算溶液中的c(H＋)，一定溫度下，對于物質的量濃度為c的一元弱酸，eq\f(cH＋,c)＝α，所以c(H＋)＝cα，這是計算c(H＋)的一個常用公式。2．依據電離常數計算溶液中的c(H＋)。由HAH＋＋A－起始c00平衡c－cαcαcα有Ka＝eq\f(cH＋·cA－,cHA)＝eq\f(c2α2,c1－α)。通常弱電解質的電離度α較小，可作近似處理1－α≈1，則公式可簡化為Ka＝cα2，則α＝eq\r(\f(Ka,c))(即α與濃度成反比)，c(H＋)＝cα＝eq\r(Kac)。3．計算弱堿溶液中的c(OH－)的思路與1、2相似，可得公式c(OH－)＝eq\r(Kbc)＝cα。相同溫度下，一元弱酸HA溶液的濃度分別為c1和c2，溶液中H＋濃度分別為c1(H＋)和c2(H＋)。如果c1＝10c2，則c1(H＋)<10c2(H＋)，因為eq\f(c1H＋,c2H＋)＝eq\f(c1α1,c2α2)＝10×eq\f(α1,α2)，而α1<α2(濃度大，電離度小)。如果c1(H＋)＝10c2(H＋)，則c1>10c2。如表所示是某溫度下測得某酸HA溶液的一些數據(平衡時HA的濃度可近似地看作原來溶液的濃度)。根據表中的數據填空：溶液的濃度/(mol·L－1)電離度/%H＋濃度/(mol·L－1)電離常數2αc11.0×10－5cα2cK則c＝________；α＝________；c1＝________；K＝________。[解析]由電離常數的概念可知：eq\f(c\o\al(2,1),0.1)＝1.0×10－5，c1＝1.0×10－3，再由電離度概念得eq\f(c1,0.1)×100%＝eq\f(1.0×10－3,0.1)×100%＝2α%，α＝0.5；由于電離常數只與溫度有關，則K＝1.0×10－5，由表中第二行數據得eq\f(2c12,c)＝eq\f(2.0×10－32,c)＝1.0×10－5，c＝0.4。[答案]0.40.51.0×10－31.0×10－51．下列曲線中，可以描述乙酸(甲，Ka＝1.8×10－5)和一氯乙酸(乙，Ka＝1.4×10－3)在水中的電離度和濃度關系的是()ABCDB[根據甲、乙的電離平衡常數得，這兩種物質都是弱電解質，在溫度不變、濃度相等時，電離程度CH3COOH＜CH2ClCOOH，可以排除A、C；當濃度增大時，物質的電離程度減小，排除D選項，故B項正確。]2．在25℃時，在0.5L0.2mol·L－1的HA溶液中，有0.01mol的HA電離成離子。則該溫度下的電離常數為________，電離度為________。[解析]由題意可得如下“電離平衡模式”：HAH＋＋A－起始0.1mol00已電離0.01mol0.01mol0.01mol平衡時0.09mol0.01mol0.01mol該溶液中H＋和A－的物質的量濃度為c(H＋)＝c(A－)＝0.01mol/0.5L＝0.02mol·L－1。HA分子的平衡濃度為c(HA)＝0.09mol/0.5L＝0.18mol·L－1。故HA的電離平衡常數K＝eq\f(cH＋·cA－,cHA)＝eq\f(0.02×0.02,0.18)≈2.22×10－3；電離度α＝eq\f(0.01mol,0.1mol)×100%＝10%。[答案]2.22×10－310%苯甲酸鈉(，縮寫為NaA)可用作飲料的防腐劑。研究表明苯甲酸(HA)的抑菌能力顯著高于A－。已知在25℃時，HA的Ka＝6.25×10－5，H2CO3的Ka1＝4.17×10－7，Ka2＝4.90×10－11。在生產碳酸飲料的過程中，除了添加NaA外，還需加壓充入CO2氣體。[問題1]比較HA和H2CO3的酸性強弱？[提示]由情境素材可知在25℃時，HA的Ka＝6.25×10－5，H2CO3的Ka1＝4.17×10－7，故HA的酸性強于H2CO3。[問題2]當c(H＋)＝1×10－5mol·L－1時，飲料中eq\f(cHA,cA－)的比值是多少？[提示]當c(H＋)＝1×10－5mol·L－1時，飲料中eq\f(cHA,cA－)＝eq\f(cH＋,Ka)＝eq\f(10－5,6.25×10－5)＝0.16。通過本情境素材中電離平衡等知識提升了證據推理與模型認知的化學核心素養(yǎng)。1．下列措施能影響水的電離平衡，并使溶液中的c(H＋)＞c(OH－)的是()A．向純水中投入少量Na2O2B．將水加熱煮沸C．向水中通入CO2D．向水中加入NaClC[A項，生成NaOH，使c(OH－)＞c(H＋)；B項，可促進水的電離，但c(H＋)＝c(OH－)；D項，對水的電離無影響；C項，CO2可與水反應生成H2CO3，抑制水的電離，同時使c(H＋)＞c(OH－)。]2．已知部分弱酸的電離平衡常數如表所示：弱酸CH3COOHHClOH2CO3H2SO3電離平衡常數(25℃)Ka＝1．75×10－5Ka＝2．95×10－8Ka1＝4．40×10－7Ka2＝4．70×10－11Ka1＝1．54×10－2Ka2＝1．02×10－7下列離子方程式正確的是()A．少量CO2通入NaClO溶液中：CO2＋H2O＋2ClO－=COeq\o\al(2－,3)＋2HClOB．少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2＋H2O＋Ca2＋＋2ClO－=CaSO3↓＋2HClOC．少量SO2通入Na2CO3溶液中：SO2＋H2O＋2COeq\o\al(2－,3)=SOeq\o\al(2－,3)＋2HCOeq\o\al(－,3)D．相同濃度的NaHCO3溶液與NaHSO3溶液等體積混合：H＋＋HCOeq\o\al(－,3)=CO2↑＋H2OC[由表格中電離平衡常數數據可知，Ka(HClO)＞Ka(HCOeq\o\al(－,3))，故CO2通入NaClO溶液中生成HCOeq\o\al(－,3)，A錯誤；向次氯酸鈣溶液中通入少量SO2的離子方程式為Ca2＋＋ClO－＋SO2＋H2O=CaSO4↓＋Cl－＋2H＋，B錯誤；Ka(HSOeq\o\al(－,3))＞Ka(HCOeq\o\al(－,3))，故少量SO2通入Na2CO3溶液中生成HCOeq\o\al(－,3)，C正確；H2SO3為弱酸，故NaHSO3在水溶液中主要電離出HSOeq\o\al(－,3)，而不是SOeq\o\al(2－,3)和H＋，D錯誤。]3．室溫下，下列事實不能說明NH3·H2O為弱電解質的是()A．0.1mol·L－1NH3·H2O溶液的c(OH－)<0.1mol·L－1B．0.1mol·L－1NH3·H2O溶液的c(NHeq\o\al(＋,4))<0.1mol·L－1C．相同條件下，濃度均為0.1mol·L－1的NaOH溶液和氨水，氨水的導電能力弱D．0.1mol·L－1NH3·H2O溶液能使無色酚酞試液變紅色D[NH3·H2O是弱電解質，存在電離平衡NH3·H2OOH－＋NHeq\o\al(＋,4)，因此0.1mol·L－1NH3·H2O溶液中c(OH－)、c(NHeq\o\al(＋,4))均小于0.1mol·L－1，A、B項內容均能說明NH3·H2O為弱電解質；NaOH是強電解質，完全電離，故濃度均為0.1mol·L－1的NaOH溶液和氨水，氨水中離子濃度較小，即氨水的導電能力弱，C項內容能說明NH3·H2O為弱電解質；NH3·H2O溶液能使無色酚酞試液變紅色只能說明其能電離出OH－，但不能說明NH3·H2O為弱電解質。]4．下列說法正確的是()A．常溫時，0.1mol·L－1氨水的c(OH－)<0.1mol·L－1：NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－B．1L0.1mol·L－1的乙酸溶液中含H＋NAC．在相同溫度下，物質的量濃度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH－)相等D．室溫下，稀釋0.1mol·L－1CH3COOH溶液，溶液的導電能力增強A[0.1mol·L－1氨水的c(OH－)<0.1mol·L－1，說明NH3·H2O是弱電解質，在水溶液中部分電離，即