《2025年金版新学案高三总复习化学》

1. 已知 $ 25 \, °C $ 时，测得浓度为 $ 0.1 \, mol · L^{-1} $ 的 $ BOH $ 溶液中，$ c(OH^-) = 1 × 10^{-3} \, mol · L^{-1} $。
(1) 写出 $ BOH $ 的电离方程式：$BOH\rightleftharpoons B^++OH^-$。
(2) $ BOH $ 的电离度 $ \alpha = $1%。
(3) $ BOH $ 的电离平衡常数 $ K_{b} = $$1×10^{-5}$。

答案： 1.（1）$BOH\rightleftharpoons B^++OH^-$（2）1%
（3）$1×10^{-5}$
解析：因$c_{初始}(BOH)=0.1mol· L^{-1}$，$c_{电离}(BOH)=c(B^+)=c(OH^-)=1×10^{-3}mol· L^{-1}$，则电离度$\alpha=\frac{1×10^{-3}mol· L^{-1}}{0.1mol· L^{-1}}×100\%=1\%$；
BOH不完全电离，故电离方程式为$BOH\rightleftharpoons B^++OH^-$；电离达平衡时，$c_{平衡}(BOH)=0.1mol· L^{-1}-1×10^{-3}mol· L^{-1}\approx0.1mol· L^{-1}$，则电离常数$K_b=\frac{c(B^+)· c(OH^-)}{c(BOH)}=\frac{1×10^{-3}×1×10^{-3}}{0.1}=1×10^{-5}$。

2. 常温常压下，空气中的 $ CO_2 $ 溶于水，达到平衡时，溶液的 $ pH = 5.60 $，$ c(H_2CO_3) = 1.5 × 10^{-5} \, mol · L^{-1} $。若忽略水的电离及 $ H_2CO_3 $ 的第二级电离，则 $ H_2CO_3 \rightleftharpoons HCO_3^- + H^+ $ 的电离常数 $ K_1 \approx $$4.2×10^{-7}$(已知：$ 10^{-5.60} = 2.5 × 10^{-6} $)。

答案： 2.$4.2×10^{-7}$
解析：由$H_2CO_3\rightleftharpoons H^++HCO_3^-$得$K_1=\frac{c(H^+)· c(HCO_3^-)}{c(H_2CO_3)}=\frac{10^{-5.60}×10^{-5.60}}{1.5×10^{-5}}\approx4.2×10^{-7}$。

3. (1) 常温下，向 $ a \, mol · L^{-1} \, CH_3COONa $ 溶液中滴加等体积的 $ b \, mol · L^{-1} $ 盐酸使溶液呈中性(不考虑盐酸和醋酸的挥发)，则醋酸的电离常数 $ K_{a} = $$\frac{10^{-7}(a - b)}{b}$(用含 $ a $ 和 $ b $ 的代数式表示)。
(2) 常温下，将 $ a \, mol · L^{-1} $ 的醋酸与 $ b \, mol · L^{-1} $ 的 $ Ba(OH)_2 $ 溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在 $ 2c(Ba^{2+}) = c(CH_3COO^-) $，则该混合溶液中醋酸的电离常数 $ K_{a} = $$\frac{2b×10^{-7}}{a - 2b}$(用含 $ a $ 和 $ b $ 的代数式表示)。

答案： 3.（1）$\frac{10^{-7}(a - b)}{b}$（2）$\frac{2b×10^{-7}}{a - 2b}$
解析：（1）因溶液呈中性，溶质为$NaCl$、$CH_3COOH$、$CH_3COONa$，由电荷守恒有$c(Na^+)+c(H^+)=c(Cl^-)+c(OH^-)+c(CH_3COO^-)$，溶液呈中性，所以$c(CH_3COO^-)=c(Na^+)-c(Cl^-)=(\frac{a}{2}-\frac{b}{2})mol/L$，
由元素守恒，$c(CH_3COOH)=\frac{a}{2}-(\frac{a}{2}-\frac{b}{2})=\frac{b}{2}mol/L$。
$CH_3COOH\rightleftharpoons CH_3COO^-+H^+$
$\frac{\frac{b}{2}}{ \frac{a}{2}-\frac{b}{2}}\approx\frac{10^{-7}×(\frac{a}{2}-\frac{b}{2})}{b}$。$K_a=\frac{10^{-7}×(\frac{a}{2}-\frac{b}{2})}{b}=\frac{10^{-7}(a - b)}{b}$。（2）根据电荷守恒$2c(Ba^{2+})+c(H^+)=c(OH^-)+c(CH_3COO^-)$，由于$c(CH_3COO^-)=2c(Ba^{2+})=b mol· L^{-1}$，所以$c(H^+)=c(OH^-)$，溶液呈中性。
$CH_3COOH\rightleftharpoons CH_3COO^-+H^+$
$\frac{\frac{a}{2}-b}{b}\frac{b}{10^{-7}}$。$K_a=\frac{\frac{10^{-7}× b}{ \frac{a}{2}-b}}=\frac{2b×10^{-7}}{a - 2b}$。

4. 已知草酸为二元弱酸：$ H_2C_2O_4 \rightleftharpoons HC_2O_4^- + H^+ \, K_{a1} $，$ HC_2O_4^- \rightleftharpoons C_2O_4^{2-} + H^+ \, K_{a2} $，常温下，向某浓度的 $ H_2C_2O_4 $ 溶液中逐滴加入一定浓度的 $ KOH $ 溶液，所得溶液中 $ H_2C_2O_4 $、$ HC_2O_4^- $、$ C_2O_4^{2-} $ 三种微粒的分布系数 ($ \delta $) 与溶液 $ pH $ 的关系如图所示。

(1) 常温下草酸的电离常数 $ K_{a1} = $$10^{-1.2}$，$ K_{a2} = $$10^{-4.2}$。
(2) $ pH = 2.7 $ 时，溶液中 $ \dfrac{c^2(HC_2O_4^-)}{c(H_2C_2O_4) · c(C_2O_4^{2-})} = $1000。

答案： 4.（1）$10^{-1.2}$ $10^{-4.2}$（2）1000
解析：（1）由图像可知：
pH=1.2时，$c(HCO_4^-)=c(H_2C_2O_4)$，$K_{a1}(H_2C_2O_4)=\frac{c(HC_2O_4^-)· c(H^+)}{c(H_2C_2O_4)}=10^{-1.2}$。
pH=4.2时，$c(HC_2O_4^-)=c(C_2O_4^{2-})$，
$K_{a2}(H_2C_2O_4)=\frac{c(C_2O_4^{2-})· c(H^+)}{c(HC_2O_4^-)}=10^{-4.2}$。
（2）由电离常数表达式可知$\frac{c^2(HC_2O_4^-)}{c(H_2C_2O_4)· c(C_2O_4^{2-})}=\frac{K_{a1}}{K_{a2}}=\frac{10^{-1.2}}{10^{-4.2}}=1000$。

5. 已知亚磷酸 ($ H_3PO_3 $) 为二元弱酸，常温下，向某浓度的亚磷酸溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的 $ KOH $ 溶液，混合溶液的 $ pH $ 与离子浓度的关系如图所示。

(1) 写出亚磷酸电离的方程式：$H_3PO_4\rightleftharpoons H_2PO_4^-+H^+$、$H_2PO_4^-\rightleftharpoons HPO_4^{2-}+H^+$。
(2) 表示 $ pH $ 与 $ \lg \dfrac{c(HPO_3^{2-})}{c(H_2PO_3^-)} $ 的变化关系的曲线是I(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
(3) 根据图像计算亚磷酸的 $ K_{a1} = $$10^{-1.4}$。

答案： 5.（1）$H_3PO_4\rightleftharpoons H_2PO_4^-+H^+$ $H_2PO_4^-\rightleftharpoons HPO_4^{2-}+H^+$
（2）I（3）$10^{-1.4}$
解析：由于$K_{a1}=\frac{c(H_2PO_4^-)· c(H^+)}{c(H_3PO_4)}$，$K_{a2}=\frac{c(HPO_4^{2-})· c(H^+)}{c(H_2PO_4^-)}$，且$K_{a1}＞K_{a2}$，由图像可知，在$\frac{c(H_2PO_4^-)}{c(H_3PO_4)}$和$\frac{c(HPO_4^{2-})}{c(H_2PO_4^-)}$的值相同时，“曲线Ⅱ”对应的$c(H^+)$较大，为一级电离（$K_{a1}$），“曲线I”对应的$c(H^+)$较小，为二级电离（$K_{a2}$），选用“曲线Ⅱ”中的特殊点B计算$K_{a1}$，$K_{a1}=\frac{c(H_2PO_4^-)· c(H^+)}{c(H_3PO_4)}=10×10^{-2.4}=10^{-1.4}$。