2023屆新高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)弱電解質(zhì)的電離平衡學(xué)案

弱電解質(zhì)的電離平衡【學(xué)科素養(yǎng)】1．變化觀念與平衡思想：能多角度、動(dòng)態(tài)地分析弱電解質(zhì)的電離平衡，并運(yùn)用平衡移動(dòng)原理解決實(shí)際問題。2．證據(jù)推理與模型認(rèn)知：能通過分析、推理等方法認(rèn)識(shí)電離平衡的本質(zhì)特征、建立模型，能運(yùn)用模型解釋電離平衡的移動(dòng)，揭示現(xiàn)象的本質(zhì)和規(guī)律?？键c(diǎn)考題考點(diǎn)一：弱酸弱堿的電離平衡2021浙江6月選考第19題2021廣東選擇考第21題2021山東等級(jí)考第15題2020全國(guó)Ⅱ卷第9題考點(diǎn)二：電離平衡常數(shù)2019天津高考第5題2019江蘇高考第14題2017天津高考第10題2017江蘇高考第20題考點(diǎn)一：弱酸弱堿的電離平衡(基礎(chǔ)性考點(diǎn))學(xué)生用書P177一、從電離角度理解弱電解質(zhì)1．物質(zhì)類別2．電離方程式(1)強(qiáng)電解質(zhì)：如H2SO4：H2SO4=2H＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))。(2)弱電解質(zhì)①一元弱酸，如CH3COOH：CH3COOHCH3COO－＋H＋。②多元弱酸，分步電離，分步書寫且第一步電離程度遠(yuǎn)大于第二步電離程度，如H2CO3：H2CO3H＋＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))H＋＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))。③多元弱堿，分步電離，一步書寫，如Fe(OH)3：Fe(OH)3Fe3＋＋3OH－。(3)酸式鹽①?gòu)?qiáng)酸的酸式鹽，如NaHSO4在水溶液中：NaHSO4=Na＋＋H＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))；熔融狀態(tài)下：NaHSO4=Na＋＋HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))。②弱酸的酸式鹽：“強(qiáng)中有弱”，如NaHCO3：NaHCO3=Na＋＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))H＋＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))。助理解多角度理解弱電解質(zhì)二、從原理角度分析電離平衡1．電離平衡的建立在一定條件(如溫度、濃度等)下，當(dāng)弱電解質(zhì)分子電離成離子的速率和離子結(jié)合成弱電解質(zhì)分子的速率相等時(shí)，電離過程就達(dá)到平衡狀態(tài)，即電離平衡。平衡建立過程如圖所示：2．電離平衡的特征3．外界條件對(duì)電離平衡的影響(1)溫度：溫度升高，電離平衡向右移動(dòng)，電離程度增大。(2)濃度：稀釋溶液，電離平衡向右移動(dòng)，電離程度增大。(3)同離子效應(yīng)：加入與弱電解質(zhì)具有相同離子的強(qiáng)電解質(zhì)，電離平衡向左移動(dòng)，電離程度減小。(4)化學(xué)反應(yīng)：加入能與弱電解質(zhì)電離出的離子反應(yīng)的物質(zhì)時(shí)電離平衡向右移動(dòng)，電離程度增大。辨易錯(cuò)(1)強(qiáng)電解質(zhì)稀溶液中不存在溶質(zhì)分子，弱電解質(zhì)稀溶液中存在溶質(zhì)分子(√)(2)電離平衡右移，電解質(zhì)分子的濃度一定減小，離子濃度一定增大(×)(3)25℃時(shí)，0.1mol·L－1CH3COOH加水稀釋，各離子濃度均減小(×)(4)電離平衡向右移動(dòng)，弱電解質(zhì)的電離程度一定增大(×)能力點(diǎn)一：電離平衡分析的兩種方法從“定性”和“定量”兩個(gè)角度分析外界條件改變時(shí)電離平衡的移動(dòng)：1．從定性角度分析電離平衡理解勒·夏特列原理——平衡向“減弱”這種改變的方向移動(dòng)，移動(dòng)結(jié)果不能“抵消”或“超越”這種改變。2．從定量角度分析電離平衡理解濃度商規(guī)則——當(dāng)Q＞K時(shí)，平衡逆向移動(dòng)；當(dāng)Q＝K時(shí)，處于平衡狀態(tài)；Q＜K時(shí)，平衡正向移動(dòng)。1．(2022·石家莊模擬)H2S水溶液中存在電離平衡H2SH＋＋HS－和HS－H＋＋S2－。對(duì)H2S溶液進(jìn)行如下操作，有關(guān)描述正確的是()A．加水，平衡向右移動(dòng)，溶液中氫離子濃度增大B．滴加NaOH溶液，平衡向左移動(dòng)，溶液pH增大C．滴加新制氯水，平衡向左移動(dòng)，溶液pH減小D．加入少量硫酸銅固體(忽略體積變化)，溶液中所有離子濃度都減小【解析】選C。A.加水后平衡右移，但由于水增多體積變大，氫離子濃度減小，A錯(cuò)誤；B.滴加NaOH溶液，H＋濃度減小，平衡向右移動(dòng)，B錯(cuò)誤；C.氯氣和硫化氫反應(yīng)方程式為Cl2＋H2S=S↓＋2Cl－＋2H＋，通入氯氣平衡向左移動(dòng)，鹽酸的酸性大于氫硫酸，所以溶液的pH減小，C正確；D.加入硫酸銅溶液發(fā)生反應(yīng)H2S＋CuSO4=H2SO4＋CuS↓，硫酸的酸性大于氫硫酸，所以氫離子濃度增大，D錯(cuò)誤。【加固訓(xùn)練】常溫下，0.1mol·L－1某一元酸(HA)溶液中eq\f(c（OH－）,c（H＋）)＝1×10－8，下列敘述正確的是()A．溶液中水電離出的c(H＋)＝10－10mol·L－1B．溶液中c(H＋)＋c(A－)＝0.1mol·L－1C．溶液中加入一定量NaA晶體或加水稀釋，溶液的c(OH－)均增大D．與0.1mol·L－1NaOH溶液等體積混合后，溶液顯中性【解析】選C。根據(jù)eq\f(c（OH－）,c（H＋）)＝1×10－8、c(H＋)·c(OH－)＝10－14，HA溶液中c(H＋)＝10－3mol·L－1、c(OH－)＝10－11mol·L－1，由水電離出的c(H＋)＝10－11mol·L－1，A項(xiàng)錯(cuò)誤；據(jù)電荷守恒c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)，故c(H＋)＋c(A－)＝2c(H＋)－c(OH－)＝2×10－3mol·L－1－10－11mol·L－1，B項(xiàng)錯(cuò)誤；溶液中加入一定量NaA晶體或加水稀釋，c(H＋)都減小，溶液的c(OH－)均增大，C項(xiàng)正確；與0.1mol·L－1NaOH溶液等體積混合后所得溶液是NaA溶液，溶液顯堿性，D項(xiàng)錯(cuò)誤。2．(2022·陽江模擬)常溫下，對(duì)于0.1mol·L－1的氨水，下列說法正確的是()A．加入0.01mol·L－1稀氨水，NH3·H2O的電離平衡向右移動(dòng)，c(OH－)增大B．加入少量NaOH固體，NH3·H2O的電離度減小，溶液的pH增大C．加水稀釋后，溶液中eq\f(c（OH－）,c（NH3·H2O）)減小D．通入少量HCl氣體后，NH3·H2O的電離平衡常數(shù)減小【解析】選B。A.加入0.01mol·L－1稀氨水，相當(dāng)于對(duì)氨水進(jìn)行稀釋，電離平衡NH3·H2ONHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋OH－正向移動(dòng)，但c(OH－)減小﹐A錯(cuò)誤；B.向氨水中加入NaOH，溶液中c(OH－)增大，NH3·H2O?NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋OH－逆向移動(dòng)，NH3·H2O的電離度減小，則溶液的pH增大，B正確；C.eq\f(c（OH－）,c（NH3·H2O）)＝eq\f(Kb,c（NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))）)，稀釋后，Kb不變，c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))減小，則eq\f(c（OH－）,c（NH3·H2O）)增大，C錯(cuò)誤；D.電離常數(shù)只與溫度有關(guān)，向氨水中通入少量HCl后，電離平衡常數(shù)K不變，D錯(cuò)誤?！炯庸逃?xùn)練】室溫下，對(duì)于等體積、pH均為2的醋酸和鹽酸兩種溶液，下列敘述不正確的是()A．分別加足量的鋅充分反應(yīng)后，醋酸溶液產(chǎn)生的氫氣多B．分別加水稀釋10倍后，兩溶液的pH均為3C．若HA表示HCl或CH3COOH，兩溶液中都有c2(H＋)＝c(H＋)·c(A－)＋KwD．溫度都升高20℃后，兩溶液的pH不再相等【解析】選B。A.醋酸為弱酸，pH相同、體積相同的醋酸和鹽酸，醋酸的濃度大，分別加足量的鋅充分反應(yīng)后，醋酸溶液產(chǎn)生的氫氣多，故A正確；B．pH相同、體積相同的醋酸和鹽酸兩種溶液分別加水稀釋10倍后，溶液中氫離子濃度都減小，醋酸為弱電解質(zhì)，加水稀釋要繼續(xù)電離出氫離子，所以pH<3，鹽酸為強(qiáng)電解質(zhì)，所以稀釋后pH＝3，故B錯(cuò)誤；C.根據(jù)電荷守恒：c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，兩邊同乘以c(H＋)，c2(H＋)＝c(H＋)·c(A－)＋Kw，故C正確；D.鹽酸是強(qiáng)酸，不存在電離平衡，升高溫度，鹽酸的pH幾乎不變，醋酸是弱酸，升高溫度，促進(jìn)醋酸電離，溶液中氫離子濃度增大，醋酸的pH減小，故D正確。能力點(diǎn)二：弱電解質(zhì)證明的三個(gè)角度【典例】(2021·浙江6月選考)某同學(xué)擬用pH計(jì)測(cè)定溶液pH以探究某酸HR是否為弱電解質(zhì)。下列說法正確的是()A．25℃時(shí)，若測(cè)得0.01mol·L－1NaR溶液pH＝7，則HR是弱酸B．25℃時(shí)，若測(cè)得0.01mol·L－1HR溶液pH＞2且pH＜7，則HR是弱酸C．25℃時(shí)，若測(cè)得HR溶液pH＝a，取該溶液10.0mL，加蒸餾水稀釋至100.0mL，測(cè)得pH＝b，b－a＜1，則HR是弱酸D．25℃時(shí)，若測(cè)得NaR溶液pH＝a，取該溶液10.0mL，升溫至50℃，測(cè)得pH＝b，a＞b，則HR是弱酸【解析】選B。A.25℃時(shí)，若測(cè)得0.01mol·L－1NaR溶液pH＝7，可知NaR為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，則HR為強(qiáng)酸，A錯(cuò)誤；B.25℃時(shí)，若測(cè)得0.01mol·L－1HR溶液pH＞2且pH<7，可知溶液中ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))＜0.01mol·L－1，所以HR未完全電離，HR為弱酸，B正確；C.假設(shè)HR為強(qiáng)酸，取pH＝6的該溶液10.0mL，加蒸餾水稀釋至100.0mL測(cè)得此時(shí)溶液pH＜7，C錯(cuò)誤；D.假設(shè)HR為強(qiáng)酸，則NaR為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，溶液呈中性，升溫至50℃，促進(jìn)水的電離，水的離子積常數(shù)增大，pH減小，D錯(cuò)誤。請(qǐng)歸納證明HR為弱酸的思路有哪些。提示：(1)0.01mol·L－1HR，其pH＞2，說明HR不能完全電離，可以證明HR為弱酸；(2)向滴有紫色石蕊的HR溶液中加入少量NaR固體，溶液紅色變淺，或加熱溶液，溶液紅色變深，說明存在電離平衡，且平衡移動(dòng)，可以證明HR為弱酸；(3)相同體積相同pH的HR和HCl溶液，加入足量鋅片，HR溶液產(chǎn)生氫氣多，說明HR中有未電離的HR分子，可以證明HR為弱酸；(4)NaR溶液呈堿性，說明R－發(fā)生水解反應(yīng)，可以證明HR為弱酸。1．(2022·溫州模擬)常溫下，為證明NH3·H2O是弱電解質(zhì)。下列方法不正確的是()A．測(cè)定0.1mol·L－1氨水溶液的pHB．測(cè)定0.1mol·L－1NH4Cl溶液的酸堿性C．比較濃度均為0.1mol·L－1氫氧化鈉溶液和氨水溶液的導(dǎo)電能力D．比較等物質(zhì)的量濃度的鹽酸和醋酸溶液分別和氨水反應(yīng)至中性時(shí)，耗酸的體積大小【解析】選D。A.測(cè)定0.1mol·L－1氨水溶液的pH，若其pH小于13，則說明NH3·H2O在水溶液中不完全電離，為弱電解質(zhì)，故A正確；B.測(cè)定0.1mol·L－1NH4Cl溶液的酸堿性，若其溶液顯酸性，則說明溶液中存在銨根的水解，NH3·H2O為弱電解質(zhì)，故B正確；C.比較濃度均為0.1mol·L－1氫氧化鈉溶液和氨水溶液的導(dǎo)電能力，若NaOH溶液的導(dǎo)電能力大于氨水，則說明NH3·H2O在水溶液中不完全電離，為弱電解質(zhì)，故C正確；D.無論NH3·H2O是強(qiáng)電解質(zhì)還是弱電解質(zhì)，等物質(zhì)的量濃度的鹽酸和醋酸溶液分別和氨水反應(yīng)至中性時(shí)，都是消耗鹽酸的體積小，故D錯(cuò)誤。2．(2022·廣州模擬)下列一定能說明HClO是弱電解質(zhì)的是()A．25℃時(shí)，用pH試紙測(cè)0.01mol·L－1HClO的pHB．25℃時(shí)，NaClO溶液的pH大于7C．25℃時(shí)，若測(cè)得HClO溶液pH＝a，取該溶液10.0mL，加蒸餾水稀釋至100.0mL，測(cè)得pH＝b，b－a<1，則HClO是弱酸D．濃度相同的NaOH溶液分別與pH相同的次氯酸、鹽酸反應(yīng)呈中性，前者消耗的NaOH溶液的體積多【解析】選B。A.HClO能氧化漂白pH試紙，錯(cuò)誤；B.25℃時(shí)，NaClO溶液的pH大于7，說明ClO－水解顯堿性，根據(jù)有弱才水解，說明HClO是弱酸，正確；C.25℃時(shí)，若測(cè)得HClO溶液pH＞6，無論弱酸還是強(qiáng)酸，稀釋10倍后，pH一定＜7，錯(cuò)誤；D.酸的體積未知，故不能根據(jù)消耗的NaOH溶液體積的多少判斷酸性強(qiáng)弱，錯(cuò)誤?！炯庸逃?xùn)練】1．下列事實(shí)可證明NH3·H2O為弱堿的是()A．氨水與氯化鋁溶液反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀B．實(shí)驗(yàn)測(cè)得在氨水中存在NH3·H2O分子C．加熱氨水能產(chǎn)生使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)的氣體D．等濃度、等體積的氨水和NaOH溶液分別與醋酸中和，消耗的醋酸的量相同【解析】選B。A.氯化鋁和少量氫氧化鈉或氨水均可生成氫氧化鋁沉淀，所以不能證明NH3·H2O為弱堿，故A錯(cuò)誤；B.實(shí)驗(yàn)測(cè)得在氨水中存在NH3·H2O分子，說明NH3·H2O部分電離，證明NH3·H2O為弱堿，故B正確；C.加熱氨水能產(chǎn)生使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)的氣體，說明NH3·H2O易分解，不能證明NH3·H2O為弱堿，故C錯(cuò)誤；D.等濃度、等體積的氨水和NaOH溶液所含溶質(zhì)物質(zhì)的量相等，分別與醋酸中和，消耗的醋酸的量相同，只能說明NH3·H2O為一元堿，不能證明其為弱堿，故D錯(cuò)誤。2．(2022·石家莊模擬)甲、乙兩位同學(xué)設(shè)計(jì)用實(shí)驗(yàn)確定某酸HA是弱電解質(zhì)，存在電離平衡，且改變條件平衡發(fā)生移動(dòng)。甲：取純度相同，質(zhì)量、大小相等的鋅粒放入兩只試管中，同時(shí)加入0.1mol·L－1的HA、HCl溶液各100mL，按圖裝好，觀察現(xiàn)象。乙：用pH計(jì)測(cè)定物質(zhì)的量濃度均為0.1mol·L－1的HA和HCl溶液的pH。(1)乙方案中說明HA是弱電解質(zhì)的理由是，測(cè)得0.1mol·L－1的HA溶液的pH____1(填“>”“＜”或“＝”)；甲方案中，說明HA是弱電解質(zhì)的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是________。A．裝HCl的試管中放出的氫氣速率大B．裝HA溶液的試管中放出氫氣的速率大C．兩個(gè)試管中產(chǎn)生氣體速率一樣大(2)甲同學(xué)為了進(jìn)一步證明弱電解質(zhì)電離平衡移動(dòng)的情況，設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)：使HA的電離程度和c(H＋)都減小，c(A－)增大，可在0.1mol·L－1的HA溶液中，選擇加入________試劑。A．NaA固體(可完全溶于水) B．1mol·L－1NaOH溶液C．1mol·L－1H2SO4 D．2mol·L－1HA【解析】(1)HA是弱酸，則均為0.1mol·L－1的HA、HCl溶液中，HA中氫離子濃度小，氫離子濃度越小，和相同的鋅反應(yīng)時(shí)產(chǎn)生氫氣的速率越小。則乙方案中說明HA是弱電解質(zhì)的理由是，測(cè)得0.1mol·L－1的HA溶液的pH>1；甲方案中，說明HA是弱電解質(zhì)的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是A。(2)A.加入NaA固體(可完全溶于水)，c(A－)增大，按同離子效應(yīng)知，HA的電離程度和c(H＋)都減小，故A正確；B.加入1mol·L－1NaOH溶液，c(A－)增大，c(H＋)減小，HA的電離程度增大，故B錯(cuò)誤；C.加入1mol·L－1H2SO4，c(H＋)增大，HA的電離程度減小，故C錯(cuò)誤；D.加入2mol·L－1HA，增大了HA的濃度，酸越濃、其電離程度越小，c(H＋)增大，故D錯(cuò)誤。答案：(1)>A(2)A能力點(diǎn)三：弱酸(堿)稀釋的分析方法1．pH變化(1)冰醋酸稀釋過程中，pH先減小后增大，其中0→b為冰醋酸溶解并建立平衡過程，b→c為醋酸溶液稀釋后平衡移動(dòng)過程。(2)一般來說，強(qiáng)酸溶液稀釋10倍，pH增大1；弱酸溶液稀釋10倍，pH增大小于1，例如pH＝4的醋酸溶液稀釋10倍，4＜pH＜5。(3)強(qiáng)、弱酸(堿)稀釋過程中pH圖像的變化規(guī)律①pH相等的酸或堿溶液稀釋②濃度相等的酸或堿溶液稀釋2．粒子濃度變化弱酸弱堿稀釋過程中，微粒濃度變化分析，主要有如下5種方法，以氨水稀釋為例：(1)用原理氨水稀釋過程中，運(yùn)用化學(xué)平衡移動(dòng)原理分析單一粒子物質(zhì)的量變化及濃度變化：n(NH3·H2O)減小，n(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))增大，n(OH－)增大，n(H＋)增大；c(NH3·H2O)減小，c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))減小，c(OH－)減小，c(H＋)增大。(2)轉(zhuǎn)比例對(duì)于電離平衡中左右兩邊粒子濃度之比，可以將濃度之比轉(zhuǎn)化為物質(zhì)的量之比進(jìn)行分析，例如eq\f(c（NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))）,c（NH3·H2O）)＝eq\f(n（NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))）,n（NH3·H2O）)，稀釋時(shí)n(NH3·H2O)減小，n(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))增大，故eq\f(c（NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))）,c（NH3·H2O）)增大。(3)湊常數(shù)對(duì)于電離平衡中左右兩邊粒子濃度之比，可以借助電離常數(shù)和水的離子積常數(shù)進(jìn)行分析，例如eq\f(c（NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))）,c（NH3·H2O）)＝eq\f(Kb（NH3·H2O）,c（OH－）)，稀釋時(shí)Kb(NH3·H2O)不變，c(OH－)減小，故eq\f(c（NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))）,c（NH3·H2O）)增大；eq\f(c（NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))）,c（NH3·H2O）·c（H＋）)＝eq\f(c（NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))）·c（OH－）,c（NH3·H2O）·c（H＋）·c（OH－）)＝eq\f(Kb（NH3·H2O）,Kw)，稀釋時(shí)Kb(NH3·H2O)、Kw不變，故eq\f(c（NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))）,c（NH3·H2O）·c（H＋）)不變。(4)極限法對(duì)于電離平衡中右邊粒子濃度之比，可用極限法進(jìn)行分析，例如eq\f(c（NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))）,c（OH－）)，無限稀釋，氨水溶液接近中性，而c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))一直減小，eq\f(c（NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))）,c（OH－）)減小。(5)守恒法對(duì)于電離平衡中右邊粒子濃度之比，可用電荷守恒法進(jìn)行分析，例如eq\f(c（NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))）,c（OH－）)，根據(jù)電荷守恒：c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))＋c(H＋)＝c(OH－)，兩邊同除以c(OH－)，eq\f(c（NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))）,c（OH－）)＝1－eq\f(c（H＋）,c（OH－）)，稀釋時(shí)c(H＋)增大，c(OH－)減小，故eq\f(c（NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))）,c（OH－）)減小?！っ}角度一：粒子濃度分析1．常溫下，將0.1mol·L－1的CH3COOH溶液加水稀釋，請(qǐng)?zhí)顚懴铝斜磉_(dá)式中的數(shù)據(jù)變化情況(填“變大”“變小”或“不變”)。(1)eq\f(c（CH3COOH）,c（H＋）)________________；(2)eq\f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)________________；(3)eq\f(c（CH3COO－）,c（H＋）)________________；(4)eq\f(c（CH3COO－）·c（H＋）,c（CH3COOH）)________________。(5)eq\f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）·c（OH－）)________________?！窘馕觥?1)eq\f(c（CH3COOH）,c（H＋）)＝eq\f(c（CH3COO－）,Ka)，稀釋時(shí)c(CH3COO－)減小，Ka不變；或eq\f(c（CH3COOH）,c（H＋）)＝eq\f(n（CH3COOH）,n（H＋）)，稀釋時(shí)電離平衡正向移動(dòng)，n(CH3COOH)減小，n(H＋)增大。(2)eq\f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)＝eq\f(Ka,c（H＋）)，稀釋時(shí)c(H＋)減小，Ka不變；或eq\f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)＝eq\f(n（CH3COO－）,n（CH3COOH）)，稀釋時(shí)電離平衡正向移動(dòng)，n(CH3COOH)減小，n(CH3COO－)增大。(3)假設(shè)無限稀釋，c(H＋)趨近于10－7mol·L－1，c(CH3COO－)逐漸減小，比值變小。(4)eq\f(c（CH3COO－）·c（H＋）,c（CH3COOH）)＝Ka，稀釋時(shí)Ka不變。(5)eq\f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）·c（OH－）)＝eq\f(Ka,Kw)，稀釋時(shí)Ka、Kw不變。答案：(1)變小(2)變大(3)變小(4)不變(5)不變【規(guī)律方法】稀釋后溶液中離子濃度或離子濃度比值變化規(guī)律(1)單一粒子濃度變化,可以用平衡原理分析。醋酸加水稀釋,電離平衡正向移動(dòng),n(CH3COOH)減小,n(CH3COO-)增大,n(H+)增大,n(OH-)增大;但c(CH3COOH)減小,c(CH3COO-)減小,c(H+)減小,c(OH-)增大;(2)粒子濃度比值變化,可以用湊常數(shù)、轉(zhuǎn)化比例(分子與離子濃度的比值)、極限法、守恒法(離子與離子濃度的比值)。2．(2022·邯鄲模擬)25℃時(shí)，將0.1mol·L－1的R2SO4溶液加水稀釋，混合溶液中－lgeq\f(c（R＋）,c（ROH）)與lgc(OH－)的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是()A．Kb(ROH)＝10－5.7B．P、Q點(diǎn)對(duì)應(yīng)的稀釋程度：P<QC．若將溶液無限稀釋，溶液中2c(R＋)≈c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))D．25℃時(shí)，加入適量R2SO4可使P點(diǎn)移至W點(diǎn)【解析】選A。A.P點(diǎn)時(shí)，lgc(OH－)＝－8.0，即c(OH－)＝10－8mol·L－1，－lgeq\f(c（R＋）,c（ROH）)＝－2.3，即eq\f(c（R＋）,c（ROH）)＝102.3，Kb(ROH)＝eq\f(c（R＋）c（OH－）,c（ROH）)＝10－8×102.3＝10－5.7，A項(xiàng)正確；B.R2SO4溶液中因存在R＋的水解而使溶液顯酸性，加水稀釋，酸性減弱，故P點(diǎn)稀釋程度更大，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.若將溶液無限稀釋，溶液接近中性，根據(jù)電荷守恒可知，c(R＋)≈2c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.溶液濃度增大，Kb(ROH)不變，故關(guān)系曲線不變，D項(xiàng)錯(cuò)誤?！っ}角度二：稀釋曲線分析3．(2022·清遠(yuǎn)模擬)25℃時(shí)將水不斷滴入0.1mol·L－1的氨水中，下列變化的圖像合理的是()【解析】選D。A.隨著水的不斷滴入，促進(jìn)一水合氨的電離，溶液中氫氧根離子濃度減小，對(duì)水的電離的抑制作用減弱，即隨著水量的增加水的電離程度增大，故A錯(cuò)誤；B.溶液導(dǎo)電能力取決于離子濃度大小，加水稀釋離子濃度下降，導(dǎo)電能力下降，故B錯(cuò)誤；C.加水稀釋氨水，溶質(zhì)濃度下降、氫氧根離子濃度下降，由水的離子積常數(shù)可知，溶液中氫離子濃度不斷增大，但無限稀釋溶液接近中性時(shí)，氫離子濃度接近10－7mol·L－1，故C錯(cuò)誤；D.稀釋時(shí)氫氧根離子濃度下降，pH下降，趨近于7，不能低于7，故D正確。4.(2022·揭陽模擬)常溫下，pH均為2、體積均為V0的HA、HB、HC溶液，分別加水稀釋至體積為V，溶液pH隨lgeq\f(V,V0)的變化關(guān)系如圖所示，下列敘述錯(cuò)誤的是()A．常溫下：Ka(HB)＞Ka(HC)B．HC的電離度：a點(diǎn)＜b點(diǎn)C．當(dāng)lgeq\f(V,V0)＝4時(shí)，三種溶液同時(shí)升高溫度，eq\f(c（A－）,c（C－）)減小D．當(dāng)lgeq\f(V,V0)＝5時(shí)，HA溶液的pH為7【解析】選D。A.HA稀釋10倍pH增大1，則HA為強(qiáng)酸，HB、HC稀釋10倍，pH增大值小于1，則HB、HC為弱酸，HB、HC稀釋同等倍數(shù)，pH的改變值：HB＞HC，酸性：HB＞HC，常溫下，Ka(HB)＞Ka(HC)，故A正確；B.對(duì)于HC，b點(diǎn)稀釋的倍數(shù)大于a點(diǎn)，加水稀釋促進(jìn)弱酸的電離，HC的電離度：a點(diǎn)＜b點(diǎn)，故B正確；C.酸的電離平衡是吸熱反應(yīng)，由于HA為強(qiáng)酸，不存在電離平衡，對(duì)HA溶液升高溫度，c(A－)不變，對(duì)HC溶液升高溫度促進(jìn)HC電離，c(C－)增大，eq\f(c（A－）,c（C－）)減小，故C正確；D.HA溶液為強(qiáng)酸溶液，無論稀釋多少倍，稀釋后溶液只能呈酸性，溶液的pH＜7，故D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)二：電離平衡常數(shù)(應(yīng)用性考點(diǎn))一、從原理的角度理解電離平衡常數(shù)1．表達(dá)式①一元弱酸HA的電離常數(shù)根據(jù)HAH＋＋A－，Ka＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)。②一元弱堿BOH的電離常數(shù)根據(jù)BOHB＋＋OH－，Kb＝eq\f(c（B＋）·c（OH－）,c（BOH）)。③多元弱酸的電離常數(shù)以H2CO3為例，根據(jù)H2CO3H＋＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))Ka1＝eq\f(c（H＋）·c（HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))）,c（H2CO3）)；HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))H＋＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))Ka2＝eq\f(c（H＋）·c（COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))）,c（HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))）)。2．意義相同條件下，K值越大，表示該弱電解質(zhì)越易電離，所對(duì)應(yīng)的酸性或堿性相對(duì)越強(qiáng)。3．特點(diǎn)電離常數(shù)只與溫度有關(guān)，與電解質(zhì)的濃度、酸堿性無關(guān)，由于電離過程是吸熱的，故溫度升高，K增大。多元弱酸是分步電離的，各級(jí)電離常數(shù)的大小關(guān)系是Ka1?Ka2……，所以其酸性主要取決于第一步電離。4．影響因素(1)內(nèi)因：弱電解質(zhì)本身的性質(zhì)，酸性越弱，電離常數(shù)越小。(2)外因：弱電解質(zhì)電離吸熱，升高溫度，電離常數(shù)增大。辨易錯(cuò)(1)電離平衡右移，電離常數(shù)一定增大(×)提示：增大弱電解質(zhì)溶液濃度，平衡右移，但平衡常數(shù)不變。(2)電離常數(shù)可以表示弱電解質(zhì)的相對(duì)強(qiáng)弱(√)提示：電離常數(shù)越大，弱電解質(zhì)越容易電離，酸(堿)性越強(qiáng)。(3)電離常數(shù)隨著弱電解質(zhì)濃度的增大而增大(×)提示：電離常數(shù)只與溫度有關(guān)。(4)電離常數(shù)大的酸溶液中的c(H＋)一定比電離常數(shù)小的酸溶液中的c(H＋)大(×)提示：c(H＋)與酸溶液濃度和電離常數(shù)有關(guān)，相同濃度時(shí)電離常數(shù)大的酸溶液中的c(H＋)大。二、電離平衡常數(shù)的應(yīng)用電離平衡常數(shù)的應(yīng)用(1)判斷弱酸(或弱堿)的相對(duì)強(qiáng)弱。溫度相同時(shí)，電離平衡常數(shù)越大，酸性(或堿性)越強(qiáng)。(2)判斷電離平衡的移動(dòng)方向。如在一定濃度的CH3COOH溶液中K＝eq\f(c（CH3COO－）·c（H＋）,c（CH3COOH）)，稀釋一倍后，假設(shè)平衡不移動(dòng)，則Q＝eq\f(\f(1,2)c（CH3COO－）×\f(1,2)c（H＋）,\f(1,2)c（CH3COOH）)＝eq\f(1,2)K，Q<K，平衡向電離的方向移動(dòng)。(3)判斷溶液中微粒濃度比值的變化情況。如0.1mol·L－1CH3COOH溶液加水稀釋，eq\f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)＝eq\f(c（CH3COO－）·c（H＋）,c（CH3COOH）·c（H＋）)＝eq\f(Ka,c（H＋）)，加水稀釋時(shí)，c(H＋)減小，Ka不變，則eq\f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)增大。(4)判斷鹽溶液的酸堿性的強(qiáng)弱。溫度和鹽溶液濃度相同時(shí)，電離常數(shù)越大，對(duì)應(yīng)鹽的水解程度越小，酸堿性就越弱。深思考電離度(α)、電離常數(shù)(Ka、Kb)與c(H＋)、c(OH－)之間有什么關(guān)系？提示：設(shè)一定溫度下，濃度為cmol·L－1醋酸的電離度為α。Ka＝eq\f(cα·cα,c)＝cα2，α＝eq\r(\f(Ka,c))，c(H＋)＝c·α＝eq\r(c·Ka)。同理，對(duì)于一元弱堿(如NH3·H2O)也可用上述方法計(jì)算。能力點(diǎn)一：電離平衡常數(shù)的計(jì)算1．根據(jù)電離度計(jì)算電離常數(shù)常溫下，0.1mol·L－1的醋酸溶液中有1%的醋酸發(fā)生電離，Ka＝eq\f(c（H＋）·c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)＝eq\f(0.1×1%×0.1×1%,0.1×99%)≈10－5。2．根據(jù)鹽溶液的pH計(jì)算電離常數(shù)常溫下，0.1mol·L－1HCOONa溶液的pH＝10，Ka＝eq\f(c（H＋）·c（HCOO－）,c（HCOOH）)＝eq\f(10－10·（0.1－10－4）,10－4)≈10－7。3．根據(jù)混合溶液計(jì)算電離常數(shù)常溫下，amol·L－1的氨水溶液與0.01mol·L－1的鹽酸等體積混合(忽略體積變化)，溶液呈中性，Kb＝eq\f(c（NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))）·c（OH－）,c（NH3·H2O）)＝eq\f(\f(0.01,2)×10－7,\f(a,2)－\f(0.01,2))＝eq\f(10－9,a－0.01)。4．根據(jù)分布分?jǐn)?shù)圖像計(jì)算電離常數(shù)CH3COOH、H2C2O4和H3PO4的分布分?jǐn)?shù)圖分別如下：CH3COOH的Ka＝10－4.76；H2C2O4的Ka1＝10－1.2，Ka2＝10－4.2；H3PO4的Ka1＝10－2，Ka2＝10－7.1，Ka3＝10－12.2?！镜淅?2017·天津高考節(jié)選)已知25℃，NH3·H2O的Kb＝1.8×10－5，H2SO3的Ka1＝1.3×10－2，Ka2＝6.2×10－8。若氨水的濃度為2.0mol·L－1，溶液中的c(OH－)＝__________mol·L－1。將SO2通入該氨水中，當(dāng)c(OH－)降至1.0×10－7mol·L－1時(shí)，溶液中的c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))/c(HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＝______________。[解題思維]解答本題的思維流程如下：提取信息NH3·H2O、H2SO3的電離常數(shù)氨水的濃度信息轉(zhuǎn)化2.0mol·L－1氨水中c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))≈c(OH－)、c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))＋c(NH3·H2O)＝2.0mol·L－1；向氨水中通入SO2，c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))/c(HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＝eq\f(Ka2,c（H＋）)聯(lián)想質(zhì)疑(NH4)2SO3溶液呈酸性還是呈堿性？提示：H2SO3的Ka2小于NH3·H2O的Kb，(NH4)2SO3溶液中SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))水解程度大于NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))水解程度，溶液呈堿性。【解析】由NH3·H2O的電離方程式及其電離平衡常數(shù)Kb＝1.8×10－5可知，Kb＝[c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))·c(OH－)]/c(NH3·H2O)＝1.8×10－5，當(dāng)氨水的濃度為2.0mol·L－1時(shí)，溶液中的c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))＝c(OH－)＝6.0×10－3mol·L－1。由H2SO3的第二步電離方程式HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))?SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋H＋及其電離平衡常數(shù)Ka2＝6.2×10－8可知，Ka2＝[c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))·c(H＋)]/c(HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＝6.2×10－8，將SO2通入該氨水中，當(dāng)c(OH－)降至1.0×10－7mol·L－1時(shí)，溶液的c(H＋)＝1.0×10－7mol·L－1，則c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))/c(HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＝eq\f(6.2×10－8,1.0×10－7)＝0.62。答案：6.0×10－30.621.(2022·汕頭模擬)室溫下，向100mL飽和H2S溶液中通入SO2氣體(氣體體積換算成標(biāo)準(zhǔn)狀況)，發(fā)生反應(yīng)：2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，測(cè)得溶液pH與通入SO2體積的關(guān)系如圖。下列有關(guān)說法正確的是()A．溶液的導(dǎo)電性：a＞b＞cB．整個(gè)過程中，水的電離程度先增大后減小C．該溫度下，H2S的Ka1數(shù)量級(jí)為10－9D.a點(diǎn)之后，隨SO2氣體的通入，eq\f(c（HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))）,c（H2SO3）)的值始終減小【解析】選B。當(dāng)SO2恰好將溶液中的H2S反應(yīng)完時(shí)，由于生成物為S(沉淀)和水，故此時(shí)溶液顯中性，對(duì)應(yīng)圖中點(diǎn)a，a點(diǎn)以后，SO2過量，SO2與水反應(yīng)生成H2SO3溶液，據(jù)此分析：A.由分析知，a點(diǎn)為純水，a點(diǎn)過后，SO2過量，形成H2SO3溶液，隨著H2SO3濃度增大，溶液中離子濃度增大，導(dǎo)電能力增強(qiáng)，故導(dǎo)電能力：c＞b＞a，A錯(cuò)誤；B.起點(diǎn)→a點(diǎn)，溶液中H2S逐漸被反應(yīng)，c(H＋)逐漸減小，對(duì)水的電離抑制程度減弱，水的電離程度增大，a點(diǎn)以后，SO2過量，形成H2SO3溶液，c(H＋)增大，對(duì)水的電離抑制程度增強(qiáng)，水的電離程度減小，故整個(gè)過程，水的電離程度先增大后減小，B正確；C.由分析知，當(dāng)通入112mLSO2時(shí)，H2S完全反應(yīng)，故n(H2S)＝2n(SO2)＝2×eq\f(112mL×10－3L·mL－1,22.4L·mol－1)＝0.01mol，則起始c(H2S)＝eq\f(0.01mol,0.1L)＝0.1mol·L－1，起點(diǎn)pH＝4.1，即飽和H2S溶液中c(H＋)＝10－4.1mol·L－1，由于H2S電離是微弱的，故c(HS－)≈c(H＋)＝10－4.1mol·L－1，c(H2S)近似等于起始濃度0.1mol·L－1，則Ka1＝eq\f(c（H＋）c（HS－）,c（H2S）)＝eq\f(10－4.1×10－4.1,0.1)＝10－7.2，故其數(shù)量級(jí)為10－8，C錯(cuò)誤；D.由H2SO3電離常數(shù)Ka1＝eq\f(c（H＋）c（HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))）,c（H2SO3）)，得eq\f(c（HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))）,c（H2SO3）)＝eq\f(Ka1,c（H＋）)，隨著SO2的通入，c(H＋)逐漸增大，由于Ka1不變，故比值逐漸減小，但當(dāng)SO2氣體達(dá)到飽和時(shí)，c(H＋)保持不變，比值也就不再改變，故D錯(cuò)誤。2．H3AsO4水溶液中含砷的各物質(zhì)的分布分?jǐn)?shù)(平衡時(shí)某物質(zhì)的濃度占各物質(zhì)濃度之和的分?jǐn)?shù))與pH的關(guān)系如圖所示。H3AsO4的Ka1＝____________，Ka2＝____________，Ka3＝____________?！窘馕觥扛鶕?jù)第一個(gè)交點(diǎn)，c(H2AsOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))＝c(H3AsO4)，則Ka1＝c(H＋)＝10－2.2；同理，根據(jù)第二個(gè)交點(diǎn)，c(H2AsOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))＝c(HAsOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))，則Ka2＝c(H＋)＝10－7；根據(jù)第三個(gè)交點(diǎn)，c(HAsOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))＝c(AsOeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(4)))，則Ka3＝c(H＋)＝10－11.5。答案：10－2.210－710－11.5能力點(diǎn)二：電離平衡常數(shù)的應(yīng)用1．判斷弱酸或弱堿的相對(duì)強(qiáng)弱已知CH3COOH的Ka＝1.7×10－5，H2CO3的Ka1＝4.3×10－7、Ka2＝5.6×10－11，HClO的Ka＝4.0×10－8，HF的Ka＝6.3×10－4，則酸性：HF＞CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))。2．判斷反應(yīng)能否發(fā)生及書寫方程式已知部分弱酸的電離常數(shù)如下：弱酸HCOOHHCNH2S電離常數(shù)(25℃)Ka＝1.8×10－4Ka＝6.2×10－10Ka1＝1.3×10－7Ka2＝7.1×10－15根據(jù)酸和鹽的反應(yīng)遵循“強(qiáng)酸制弱酸”：(1)判斷反應(yīng)發(fā)生——右下斜線方向反應(yīng)發(fā)生(2)確定反應(yīng)產(chǎn)物——箭頭所指為對(duì)應(yīng)產(chǎn)物3．計(jì)算弱酸或弱堿溶液的pHCH3COOH的Ka＝1.7×10－5，則0.1mol·L－1的醋酸溶液c(H＋)＝eq\r(1.7×10－5×0.1)≈1.30×10－3mol·L－1，pH＝－lg(1.30×10－3)≈2.88。4．計(jì)算鹽的水解常數(shù)CH3COONa的Kh＝eq\f(Kw,Ka)；Na2CO3的Kh＝eq\f(Kw,Ka2)，NaHCO3的Kh＝eq\f(Kw,Ka1)；Na3PO4的Kh＝eq\f(Kw,Ka3)，Na2HPO4的Kh＝eq\f(Kw,Ka2)，NaH2PO4的Kh＝eq\f(Kw,Ka1)。5．判斷酸式鹽溶液的酸堿性已知碳酸、草酸的電離常數(shù)如下：弱酸H2CO3H2C2O4電離常數(shù)(25℃)Ka1＝4.3×10－7Ka2＝5.6×10－11Ka1＝5.6×10－2Ka2＝1.5×10－4NaHCO3溶液中HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))的水解常數(shù)Kh＝eq\f(Kw,Ka1)＝eq\f(10－14,4.3×10－7)≈2.3×10－8＞Ka2，即HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))的水解程度大于電離程度，溶液呈堿性；NaHC2O4溶液中HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))的水解常數(shù)Kh＝eq\f(Kw,Ka1)＝eq\f(10－14,5.6×10－2)≈1.8×10－13＜Ka2，即HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))的水解程度小于電離程度，溶液呈酸性。6．比較弱酸弱堿鹽溶液中離子濃度常溫下，HNO2的電離常數(shù)Ka＝7.1×10－4，NH3·H2O的電離常數(shù)Kb＝1.7×10－5。0.1mol·L－1NH4NO2溶液中，NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))的水解程度大于NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))的水解程度，溶液呈酸性，離子濃度由大到小的順序是c(NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2)))>c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))>c(H＋)>c(OH－)?！镜淅恳阎糠秩跛岬碾婋x常數(shù)如表：弱酸CH3COOHHCNH2CO3電離常數(shù)(25℃)Ka＝1.7×10－5Ka＝6.2×10－10Ka1＝4.3×10－7Ka2＝5.6×10－11(1)0.1mol·L－1NaCN溶液和0.1mol·L－1NaHCO3溶液中，c(CN－)___c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))(填“＞”“＜”或“＝”)。(2)常溫下，pH相同的三種溶液：A.CH3COONaB.NaCNC．Na2CO3，其物質(zhì)的量濃度由大到小的順序是__________(填編號(hào))。(3)室溫下，一定濃度的CH3COONa溶液的pH＝9，溶液中eq\f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)＝____________。(4)將少量CO2通入NaCN溶液，反應(yīng)的離子方程式是______________?！窘馕觥?1)電離常數(shù)：HCN＜H2CO3，則水解程度：CN－＞HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，故溶液中c(CN－)＜c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))；(2)電離常數(shù)：CH3COOH＞HCN＞HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，則濃度相同時(shí)水解程度：COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＞CN－＞CH3COO－，物質(zhì)的量濃度相同的三種溶液pH由大到小的順序是C＞B＞A，則pH相同時(shí)，物質(zhì)的量濃度由大到小的順序是A＞B＞C；(3)根據(jù)Ka＝eq\f(c（CH3COO－）·c（H＋）,c（CH3COOH）)，pH＝9的CH3COONa溶液中eq\f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)＝eq\f(Ka,c（H＋）)＝eq\f(1.7×10－5,10－9)＝1.7×104。(4)由電離常數(shù)可知，酸性：H2CO3＞HCN＞HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，則將少量CO2通入NaCN溶液中，只能生成碳酸氫鈉，則反應(yīng)的離子方程式是CO2＋H2O＋CN－=HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋HCN。答案：(1)＜(2)A＞B＞C(3)1.7×104(4)CO2＋H2O＋CN－=HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋HCN思維拓展·延伸設(shè)問(1)0.1mol·L－1HCN和0.1mol·L－1NaCN的混合溶液的pH________7(填“＞”“＝”或“＜”)，溶液中離子濃度由大到小的順序?yàn)開_____。(2)向0.1mol·L－1NaOH溶液中通入CO2，所得溶液pH＝10，則eq\f(c（COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))）,c（H2CO3）)＝__________?！窘馕觥?1)CN－的水解常數(shù)Kh＝eq\f(10－14,6.2×10－10)≈1.6×10－5＞6.2×10－10，該溶液中NaCN的水解程度大于HCN的電離程度，溶液呈堿性，離子濃度由大到小的順序?yàn)閏(Na＋)＞c(CN－)＞c(OH－)＞c(H＋)。(2)根據(jù)H2CO3的Ka1、Ka2，可得eq\f(c2（H＋）·c（COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))）,c（H2CO3）)＝Ka1·Ka2，則eq\f(c（COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))）,c（H2CO3）)＝eq\f(Ka1·Ka2,c2（H＋）)＝eq\f(4.3×10－7×5.6×10－11,（10－10）2)≈2.4×103。答案：(1)＞c(Na＋)＞c(CN－)＞c(OH－)＞c(H＋)(2)2.4×1031．H2CO3和H2S在25℃時(shí)的電離常數(shù)如下：電離常數(shù)K1K2H2CO34.3×10－75.6×10－11H2S1.0×10－71.0×10－15則下列反應(yīng)可能發(fā)生的是()A．NaHCO3＋NaHS=Na2CO3＋H2SB．H2S＋Na2CO3=NaHS＋NaHCO3C．Na2S＋H2O＋CO2=H2S＋Na2CO3D．H2S＋NaHCO3=NaHS＋H2CO3【解析】選B。電離常數(shù)越大，酸性越強(qiáng)，所以酸性由強(qiáng)到弱的順序是H2CO3＞H2S＞HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＞HS－。A.酸性H2S＞HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，該反應(yīng)不可能發(fā)生，A錯(cuò)誤；B.酸性H2S＞HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，該反應(yīng)可能發(fā)生，B正確；C.酸性H2S＞HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，所以Na2S與CO2、H2O反應(yīng)生成的是NaHCO3和H2S(或NaHS和Na2CO3)，C錯(cuò)誤；D.酸性H2CO3＞H2S，該反應(yīng)不可能發(fā)生，D錯(cuò)誤。2．已知：H2S：Ka1＝1.0×10－7，Ka2＝1.0×10－15；H2CO3：Ka1＝4.3×10－7，Ka2＝5.6×10－11；CH3COOH：Ka＝1.7×10－5；NH3·H2O：Kb＝1.7×10－5。(1)常溫下，0.1mol·L－1Na2S溶液和0.1mol·L－1Na2CO3溶液，堿性更強(qiáng)的是__________，其原因是_____________________________________________。(2)25℃時(shí)，CH3COONH4溶液顯__________性。相同濃度的NaHCO3溶液的pH__________(填“大于”或“小于”)CH3COONa溶液的pH。(3)NH4HCO3溶液顯__________性，原因是____________________________?！窘馕觥?1)Na2S水溶液中主要存在S2－的水解，Na2CO3溶液中主要存在COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))的水解，H2S的Ka2小于H2CO3的Ka2，所以Na2S更容易水解，所以同濃度的