第1讲弱电解质的电离平衡

第八章水溶液中的离子反应与平衡第1讲弱电解质的电离平衡1.从电离、离子反应、化学平衡的角度认识电解质水溶液的组成、性质和反应，如酸碱性、导电性等。2.认识弱电解质在水溶液中存在电离平衡，了解电离平衡常数的含义。3.能用化学用语正确表示水溶液中的离子反应与平衡，能通过实验证明水溶液中存在的离子平衡，能举例说明离子反应与平衡在生产、生活中的应用。考点一弱电解质的电离平衡1.电离平衡的概念在一定条件(如温度、压强等)下，当弱电解质分子电离成离子的速率和离子结合成分子的速率相等时，电离过程达到平衡状态。2.电离平衡的建立与特征(1)开始时，v(电离)最大，而v(结合)为0。(2)平衡的建立过程中，v(电离)>v(结合)。(3)当v(电离)=v(结合)时，电离过程达到平衡状态。3.外界条件对电离平衡的影响(1)浓度：在一定温度下，同一弱电解质溶液，浓度越小，电离程度越大。(2)温度：温度越高，电离程度越大。(3)同离子效应：加入与弱电解质具有相同离子的电解质时，可使电离平衡向结合成弱电解质分子的方向移动。(4)化学反应：加入能与弱电解质电离出的离子反应的物质时，可使电离平衡向电离的方向移动。例如：以0.1CH3COOH溶液为例，填写外界条件对CH3COOHCH3COO＋H＋ΔH>0的影响。改变条件平衡移动方向n(H＋)c(H＋)c(CH3COO)电离程度加水稀释正向增大减小减小增大加冰醋酸正向增大增大增大减小通入HCl(g)逆向增大增大减小减小加醋酸钠固体逆向减小减小增大减小升高温度正向增大增大增大增大【特别提醒】①稀醋酸加水稀释时，溶液中的各离子浓度并不是都减小，如c(OH)是增大的。②电离平衡右移，电解质分子的浓度不一定减小，如向稀醋酸中加入冰醋酸。③电离平衡右移，离子的浓度不一定增大，电离程度也不一定增大。4.电离方程式的书写(1)多元弱酸分步电离，且第一步电离程度远远大于第二步，如H2CO3的电离方程式：H2CO3H＋＋HCO，HCOH＋＋CO。(2)多元弱碱电离方程式一步写成，如Fe(OH)3的电离方程式：Fe(OH)3Fe3＋＋3OH。(3)强酸的酸式盐完全电离，如NaHSO4的电离方程式：NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO。(4)弱酸的酸式盐中酸式酸根不能完全电离，如NaHCO3的电离方程式：NaHCO3=Na＋＋HCO，HCOH＋＋CO。5.电解质溶液的导电性(1)电解质导电的条件电解质的导电条件是在水溶液中或高温熔融状态，共价化合物只能在水溶液中导电，离子化合物在熔融状态和溶液中均可导电。(2)导电性强弱1.CaCO3难溶于水，其属于弱电解质。(_______)【答案】错误【解析】【详解】CaCO3在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故错误。2.强电解质的导电能力一定比弱电解质的导电能力强。(_______)【答案】错误【解析】【详解】强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，溶液的导电能力与离子浓度、离子所带电荷数有关，故错误。3.离子化合物一定是强电解质，共价化合物一定是弱电解质。(_______)【答案】错误【解析】【详解】离子化合物一定是强电解质，共价化合物不一定是弱电解质，例如HCl是强电解质，故错误。4.氨气溶于水，当NH3·H2O电离出的c(OH)=c()时，表明NH3·H2O电离处于平衡状态。()【答案】错误【解析】【详解】无论是否达到电离平衡状态，NH3·H2O电离出的c(OH)始终等于c()，应为c(OH)、c()保持不变时，表明NH3·H2O电离处于平衡状态，故错误。5.电离平衡右移，电解质分子的浓度一定减小，离子浓度一定增大。()【答案】错误【解析】【详解】弱酸弱碱电离平衡建立后，稀释该溶液，平衡右移，溶质离子物质的量在新平衡建立后肯定增多，但其增加幅度小于溶液体积增大幅度()，所以新平衡中离子浓度小于原平衡离子浓度，命题错误；6.室温下，由0.1mol·L1一元碱BOH的pH=10，可知溶液中存在BOH=B++OH。()【答案】错误【解析】【详解】室温下，0.1mol/L一元碱BOH的pH=10，溶液中氢氧根离子浓度为1014÷1010=104mol/L，所以BOH为弱碱，电离方程式用可逆符号，错误。知识点二电离平衡常数1.概念在一定条件下，当弱电解质达到电离平衡时，溶液中电离所生成的各种离子浓度(幂次方)的乘积，与溶液中未电离分子的浓度之比是一个常数，这个常数叫做电离平衡常数，简称电离常数，用K(弱酸用Ka，弱碱用Kb)表示。2.表达式(1)对于一元弱酸HA：HAH＋＋A，电离平衡常数Ka=。(2)对于一元弱碱BOH：BOHB＋＋OH，电离平衡常数Kb=。【特别提醒】表达式中离子浓度指达到平衡时溶液中存在的离子浓度，不一定是弱电解质自身电离的，可以对比水的离子积去掌握。3.特点(1)电离平衡常数只与温度有关，升温，K值增大。(2)多元弱酸的各步电离常数的大小关系是Ka1>Ka2>Ka3>……当Ka1≫Ka2时，计算多元弱酸中的c(H＋)，或比较多元弱酸酸性的相对强弱时，通常只考虑第一步电离。多元弱碱的情况与多元弱酸类似。4.意义→→5.应用(1)判断弱酸(弱碱)酸性(碱性)强弱。(2)判断盐溶液酸性(碱性)强弱。(3)判断反应能否发生或产物是否正确。6.相关计算(以弱酸HX为例)则Ka==。(1)已知c(HX)和c(H＋)，求电离平衡常数由于弱酸只有极少一部分电离，c(H＋)的数值很小，可做近似处理：c(HX)c(H＋)≈c(HX)，则Ka=，代入数值求解即可。(2)已知c(HX)和电离平衡常数，求c(H＋)由于Ka值很小，c(H＋)的数值很小，可做近似处理：c(HX)c(H＋)≈c(HX)，则c(H＋)=，代入数值求解即可。【知识拓展】电离度(1)概念及表达式弱电解质在水中的电离达到平衡状态时，已电离的溶质的分子数占原有溶质分子总数(包括已电离的和未电离的)的百分率称为电离度，通常用α表示。α=×100%(2)意义电离度实质上是一种平衡转化率，表示弱电解质在水中的电离程度。弱电解质溶液的浓度不同，弱电解质的电离度就不同；溶液越稀，弱电解质的电离度就越大。(3)影响因素1)内因：弱电解质本身的性质。2)外因：①相同温度下，同一弱电解质，浓度越大，其电离度(α)越小。②相同浓度下，同一弱电解质，温度越高，其电离度(α)越大。7.H2CO3的电离平衡常数表达式可表示为Ka=。(_______)【答案】错误【解析】【详解】碳酸是二元弱酸，电离要分布书写，存在Ka1和Ka2，故错误。8.弱电解质的电离平衡右移，电离平衡常数一定增大。()【答案】错误【解析】【详解】弱电解质的电离平衡右移，电离平衡常数不一定增大，如增大醋酸溶液的浓度时，电离平衡右移，但温度不变，电离常数不变，故错误。9.电离常数大的酸溶液中的[H+]一定比电离常数小的酸溶液中的c(H+)大。()【答案】错误【解析】【详解】c(H+)和电解质的浓度、温度、电离常数等有关，因此电离常数大的酸溶液中的c(H+)不一定比电离常数小的酸溶液中的c(H+)大，故答案为：错误。10.向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，先增大再减小。()【答案】错误【解析】【详解】混合液中存在一水合氨的电离平衡：，其电离平衡常数，因此，随着氨水的逐渐加入，溶液的pH逐渐升高，OH浓度增大，增大。因此，该说法错误。11.某一弱电解质，电离度越大，电离常数就越大。()【答案】错误【解析】【详解】相同温度下，根据勒夏特列原理可知，向1mol/L的醋酸溶液中加入少量水，电离平衡正向移动，电离度增大，但是温度不变，电离常数不变，故答案为：错误。考点三强酸(碱)与弱酸(碱)的比较1.一元强酸与一元弱酸的比较(1)相同物质的量浓度、相同体积的盐酸与醋酸的比较比较项目酸c(H＋)pH中和碱的能力与足量活泼金属反应产生H2的量开始与金属反应的速率盐酸大小相同相同大醋酸小大小(2)相同pH、相同体积的盐酸与醋酸的比较比较项目酸c(H＋)c(酸)中和碱的能力与足量活泼金属反应产生H2的量开始与金属反应的速率盐酸相同小弱少相同醋酸大强多2.一元强酸与一元弱酸的稀释图像比较(1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸加水稀释相同的倍数，醋酸的pH大加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多(2)相同体积、相同pH的盐酸、醋酸加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多3.判断HA为一元弱酸的两种常用方法(1)常温下，测量NaA溶液的pH，若pH>7，则证明HA为一元弱酸。(2)配制0.01mol·L1的HA的溶液，测量溶液的pH，若pH>2，则证明HA为一元弱酸。考点一弱电解质的电离平衡题组一外界条件对电离平衡移动的影响12.25℃时不断将水滴入0.1mol·L－1的氨水中，下列图像变化合理的是A. B.C. D.【答案】C【解析】【详解】A．0.1mol·L－1的氨水溶液呈碱性，加水稀释时，溶液仍旧呈碱性，与图像不符，A错误；B．加水稀释，NH3∙H2O⇌NH4++OH，电离平衡正向移动，水的电离程度增大，与图像不符，B错误；C．加水稀释，NH3∙H2O⇌NH4++OH，电离平衡正向移动，水的电离程度增大，溶液中的离子的浓度逐渐减小，导电能力逐渐减弱，符合图像，C正确；D．氨水的电离平衡常数与加入水的量无关，与图像不符，D错误；答案为C。13.已知人体体液中存在如下平衡：CO2+H2OH2CO3H++，以维持体液pH的相对稳定。下列说法不合理的是A.当强酸性物质进入体液后，上述平衡向左移动，以维持体液pH的相对稳定B.当强碱性物质进入体液后，上述平衡向右移动，以维持体液pH的相对稳定C.若静脉滴注大量生理盐水，则体液的pH减小D.进行呼吸活动时，如果CO2进入血液，会使体液的pH减小【答案】CD【解析】【详解】A．强酸性物质进入体液，使体液的酸性增强，c(H+)增大，平衡左移，以维持体液pH的相对稳定，A合理；B．强碱性物质进入体液，与H+发生中和，使溶液中c(H+)减小，平衡正向移动，以维持体液pH的相对稳定，B合理；C．若静脉滴注大量生理盐水，则体液被稀释，CO2+H2OH2CO3H++平衡虽然正向移动，但c(H+)减小，体液的pH增大，C不合理；D．进行呼吸活动时，如果CO2进入血液，则体液中c(CO2)减小，平衡逆向移动，体液的pH增大，D不合理；故选CD。14.H2S水溶液中存在电离平衡H2SH++HS和HSH++S2。若向H2S溶液中A.加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大B.通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH值增大C.滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH值减小D.加入少量硫酸铜固体（忽略体积变化），溶液中所有离子浓度都减小【答案】C【解析】【详解】A、加水，促进电离，但氢离子浓度减小，A错误；B、通入过量SO2气体，发生反应：2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，当SO2过量，溶液显酸性，而且酸性比H2S强，pH值减小，B错误；C、滴加新制氯水，发生反应：Cl2＋H2S=2HCl＋S↓，平衡向左移动，溶液pH值减小，C正确；D、加入少量硫酸铜固体，发生反应：H2S＋Cu2＋=CuS↓＋2H＋，H＋浓度增大，D错误。答案选C。【点睛】弱电解质的电离是电解质溶液中的三大平衡体系之一，本题考查弱电解质的电离，要明确离子间发生的反应是解本题关键，还要注意加水稀释时，虽然促进了氢硫酸的电离，但氢离子浓度也会减小，溶液的pH增大。15.常温下，①的溶液，②的液．用“>”“=”或“<”填写下列问题．（1）：①_______________②。（2）电离程度：①_______________②。（3）在上述两种溶液中加入足量锌片．开始时的反应速率：①_______________②，反应结束生成相同状况下的体积：①_______________②。（4）与同浓度的溶液完全反应消耗溶液的体积：①_______________②。【答案】（1）<（2）>（3）①.<②.=（4）=【解析】【小问1详解】的溶液中的小于的溶液中的；【小问2详解】弱电解质浓度越大，电离程度越小，所以的电离程度大于的溶液；【小问3详解】因为的溶液大于的溶液，与锌片反应速率较快，的和的，相同，生成相同状况下的体积相同；小问4详解】因为的溶液大于的溶液，与锌片反应速率较快，的和的，相同，与同浓度的溶液完全反应消耗溶液的体积相同。考点二电离平衡常数题组一电离平衡常数及其应用16.已知25℃下，醋酸溶液中各粒子存在下述关系：K==1.75×105，下列有关说法可能成立的是A.25℃下，向该溶液中加入一定量的盐酸时，K=8×105B.25℃下，向该溶液中加入一定量的盐酸时，K=8×104C.标准状况下，醋酸溶液中K=1.75×105D.升高到一定温度，K=7.2×105【答案】D【解析】【分析】【详解】K为醋酸的电离常数，只与温度有关，与离子浓度无关，温度不变，平衡常数不变，A、B均错误；C．由于醋酸电离过程吸热，则升高温度，K增大，降低温度，K减小，所以标准状况下(0℃)，K应小于1.75×105，C错误；D．升高温度，平衡常数增大，故K应大于1.75×105，D正确；故答案为：D。17.相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是酸HXHYHZ电离常数Ka9×1079×1061×102A.三种酸的强弱关系：HX>HY>HZB.反应HZ＋Y=HY＋Z能够发生C.相同温度下，0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液的pH最大D.相同温度下，1mol/LHX溶液的电离常数大于0.1mol/LHX溶液的电离常数【答案】B【解析】【详解】A．表中电离常数大小关系为HZ>HY>HX，所以酸性强弱关系为HZ>HY>HX，A错误；B．由表中数据知酸性强弱关系为HZ>HY>HX，故反应HZ＋Y=HY＋Z能够发生，B正确；C．由表中数据知酸性强弱关系为HZ>HY>HX，由越弱越水解得相同温度下，0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaX溶液的pH最大，C错误；D．电离常数只与温度有关，与溶液浓度无关，D错误；故选B。题组二电离度及电离平衡常数的相关计算18.取20mLH+浓度为1.0×103mol/L的CH3COOH溶液，加入的氨水，测得溶液的导电能力随加入氨水的体积变化如图所示，则加入氨水前CH3COOH的电离度为（）A.0.5% B.1.5% C.0.1% D.1.0%【答案】D【解析】【详解】根据题图可知，当加入的氨水体积为10mL时溶液的导电能力最强，说明氨水恰好与醋酸完全反应，故c(CH3COOH)=，而c(H+)=1.0×103mol/L，故加入氨水前CH3COOH的电离度===×100%=1.0%，答案为D。19.已知室温时，0.1mol·L1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是A.该溶液的pH=4B.升高温度，溶液的pH增大C.此酸电离常数约为1×107D.由水电离出的c(H＋)约为由HA电离出的c(H＋)的106倍【答案】BD【解析】【详解】A．0.1mol·L1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，说明一元酸HA是弱酸，溶液中的c(A)=c(H＋)=0.1mol·L1×0.1%=104mol·L1，PH=4，A正确；B．因HA在水中存在电离平衡，升高温度促进平衡向电离的方向移动，c(H＋)将增大，pH会减小，B错误；C．电离常数，C正确；D．由HA电离出的c(H＋)=104mol·L1，由水电离出的c(H＋)=1010mol·L1，则水电离出的c(H＋)约为由HA电离出的c(H＋)的106倍，D错误；故选BD。20.甘氨酸是人体必需氨基酸之一、在时，、和的分布分数【如】与溶液关系如图。下列说法错误的是A.甘氨酸具有两性B.曲线c代表C.的平衡常数D.【答案】D【解析】【详解】A．中存在和COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A正确；B．氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化，故B正确；C．的平衡常数，时，根据a，b曲线交点坐标可知，时，，则，故C正确；D．由C项分析可知，，根据b，c曲线交点坐标坐标分析可得电离平衡的电离常数为K1=，，则，即，故D错误；故答案选D。21.赖氨酸[，用表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐在水溶液中存在如下平衡：。向一定浓度的溶液中滴加溶液，溶液中、、和的分布系数随变化如图所示。已知：，下列叙述不正确的是A.B.M点，C.O点，D.P点，【答案】B【解析】【分析】向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，依次发生反应：H3R2++OH=H2R++H2O，H2R++OH=HR+H2O、HR+OH=R+H2O，溶液中H3R2+浓度逐渐减小，H2R+、HR浓度先增大后减小，R浓度逐渐增大，曲线①、②、③、④分别表示H3R2+、H2R+、HR和R的分布系数随pH的变化；【详解】A．，，，由图可知K1≈10，K2≈109，K3≈10，，，则＜，A项正确；B．根据电荷守恒：，因为M点，故，B项错误；C．O点时，，，，，c2(H+)=K2K3，，，C项正确；D．P点时发生的总反应为2H3RCl2+5NaOH=4NaCl+NaR+HR+5H2O，溶液溶质为NaCl、等浓度的HR和NaR，故c(Na+)>c(Cl)，溶液呈碱性，c(OH)>c(H+)，溶液中水解和电离是微弱的，所以c(Na+)>c(Cl)>c(OH)>c(H+)，D项正确；答案选B。考点三强酸(碱)与弱酸(碱)的比较题组一强酸(碱)与弱酸(碱)的比较22.在下列性质中，可以证明醋酸是弱电解质的是A.1mol·L－1的醋酸溶液中，c(H＋)＝1mol·L－1B.醋酸与水以任意比互溶C.10mL1mol·L－1的醋酸溶液恰好与10mL1mol·L－1的NaOH溶液完全反应D.在相同条件下，醋酸溶液的导电性比盐酸弱【答案】D【解析】【详解】A．若氢离子的浓度与醋酸浓度相等，醋酸完全电离，则醋酸为强电解质，选项A不符合题意；B．电解质的强弱与水溶性无关，选项B不符合题意；C．盐酸和醋酸均属于一元酸，物质的量相等的盐酸和醋酸，中和碱的能力相同，不能证明醋酸为弱酸，选项C不符合题意；D．盐酸和醋酸均属于一元酸，在相同条件下，醋酸溶液的导电性比盐酸的弱，说明醋酸的电离程度小于氯化氢，氯化氢为强电解质，则醋酸为弱电解质，选项D符合题意；答案选D。23.在两个密闭的锥形瓶中，0.05g形状相同的镁条(过量)分别与2mL2mol·L−1的盐酸和醋酸反应，测得容器内压强随时间的变化曲线如下图。下列说法正确的是A.①代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线B.任意相同时间段内，盐酸与Mg反应的化学反应速率均快于醋酸与Mg反应的化学反应速率C.反应中醋酸的电离被促进，两种溶液最终产生的氢气总量基本相等D.1mol·L−1NaOH溶液完全中和上述两种酸溶液，盐酸消耗NaOH溶液的体积更大【答案】C【解析】【详解】A．盐酸为一元强酸，醋酸为一元弱酸，则2mL2mol·L−1的盐酸和醋酸中，盐酸中c(H+)大，与镁条反应的速率大，相同时间内产生的氢气多，容器内压强大，反应速率快，反应先结束，故②代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线，故A错误；B．可以通过曲线的斜率比较二者的反应速率，从图象可以看出，100s后，醋酸与镁的反应速率更大，此时盐酸与镁已接近反应结束，c(H+)较小，反应速率小，故B错误；C．由于盐酸和醋酸的浓度和体积均相同，则二者物质的量相同，故反应结束时，产生的氢气气总量基本相等，故C正确；D．由于盐酸和醋酸的物质的量相同，故用1mol·L−1NaOH溶液完全中和上述两种酸溶液时，盐酸与醋酸消耗NaOH溶液的体积相等，故D错误；故选C。24.常温下，将pH均为3，体积均为V0的HA溶液和HB溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示。下列说法中正确的是A.稀释相同倍数时：c(A)＞c(B)B.水的电离程度：b=c＞aC.溶液中离子总物质的量：b＞c＞aD.溶液中离子总浓度：a＞b=c【答案】BD【解析】【分析】根据题图可知，当lg=2时，HA溶液的pH=5，HB溶液的3＜pH＜5，故HA为强酸，HB为弱酸。【详解】A．根据题图可知，稀释相同倍数时，溶液的pH：HA溶液＞HB溶液，所以HA溶液中的c(H+)小于HB溶液中的c(H+)，所以c(A)＜c(B)，A项错误；

B．酸能抑制水的电离，c(H+)越大，水电离的程度越小，根据题图可知，溶液的pH：a＜b=c，水的电离程度：b=c＞a，B项正确；

C．a、c点溶液体积相同，c点pH大于a点，c点溶液中c(A)＜a点溶液中c(B)，溶液中离子总物质的量：a＞c，b点相对于a点加水稀释，促进HB的电离，溶液中离子总物质的量：b＞a，故溶液中离子总物质的量：b＞a＞c，C项错误；

D．c点pH大于a点，c点溶液中c(A)＜a点溶液中c(B)，溶液中离子总浓度：a＞c，b、c点溶液的pH相等，b、c点两溶液中的电荷守恒分别为c(H＋)=c(B)＋c(OH)、c(H＋)=c(A)＋c(OH)，溶液中离子总浓度：b=c，故溶液中离子总浓度：a＞b=c，D项正确；

故选BD。

25.相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法正确的是A.pH相等的两溶液中：c(CH3COO)=c(Cl)B.分别中和pH相等、体积相等的两溶液，所需NaOH的物质的量相同C.相同浓度的两溶液，分别与金属镁反应，反应速率相同D.相同浓度的两溶液，分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化)：c(CH3COO)=c(Cl)【答案】A【解析】【详解】A．为强电解质、为弱电解质，根据电荷守恒得：醋酸溶液中，盐酸中，又因两溶液的相等，故，A项正确；B．相等的两种溶液，溶质的酸性越弱，溶液的浓度越大，体积相同时所含溶质的物质的量就越多，的酸性小于，所以分别中和相等、体积相等的两溶液时醋酸溶液所消耗的氢氧化钠更多，B项错误；C．溶液与金属镁反应，越大反应速率越快，相同浓度的两溶液，完全电离而醋酸部分电离，盐酸溶液中氢离子浓度始终大于醋酸溶液，因此反应速率：盐酸大于醋酸，C项错误；D．醋酸恰好和氢氧化钠反应生成醋酸钠溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，中性溶液应为醋酸和醋酸钠，盐酸恰好反应溶液显中性，设溶液和盐酸的浓度均为，则醋酸反应后呈中性的溶液中，、结合电荷守恒可知有，盐酸反应后呈中性的溶液中，且，故二者分别与固体反应后呈中性的溶液中：，D项错误；答案选A。26.关于pH相同的醋酸和盐酸溶液，下列叙述不正确的是A.取等体积的两种酸溶液分别进行稀释至原溶液的m倍和n倍，结果两溶液的pH仍然相同，则m＞nB.取等体积的两种酸溶液分别与完全一样的足量锌粒反应，开始时反应速率盐酸大于醋酸C.取等体积的两种酸溶液分别中和NaOH溶液，醋酸消耗NaOH的物质的量比盐酸多D.两种酸溶液中c(CH3COO－)＝c(Cl－)【答案】B【解析】【详解】A．pH相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液分别加水稀释后，促进醋酸的电离，结果两溶液的pH仍然相同，所以醋酸稀释的倍数大，即m＞n，故A正确；B．pH相同则氢离子浓度相同，所以取等体积的两种酸溶液分别与完全一样的足量锌粒反应，开始时反应速率盐酸等于醋酸，故B错误；C．pH相同、体积相同的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，所以醋酸消耗NaOH的物质的量比盐酸多，故C正确；D．pH相同则氢离子浓度相同，所以氢氧根离子浓度也相同，根据电荷守恒c（CH3COO）=c（Cl），故D正确；故选B。27.已知常温时HClO的Ka=3.0×108，HF的Ka=3.5×104，现将pH和体积都相同的次氯酸和氢氟酸溶液分别加蒸馏水稀释，pH随溶液体积的变化如图所示，下列叙述正确的是A.曲线Ⅱ为氢氟酸稀释时pH变化曲线B.取a点的两种酸溶液，中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗氢氟酸的体积较小C.b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度小D.从b点到d点，溶液中保持不变(HR代表HClO或HF)【答案】D【解析】【详解】A．酸性越强，加水稀释时溶液pH变化越大，HF酸性强于HClO，加水稀释时pH变化大，所以曲线Ⅰ代表HF稀释时pH变化曲线，A错误；B．pH相同的两种酸，越弱的酸其浓度越大，消耗的NaOH溶液体积更多，HClO酸性弱于HF，所以中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗HClO的体积较小，B错误；C．酸越弱，电离出H＋趋势越小，对水的电离抑制程度越低，所以b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度大，C错误；D．溶液中==，Ka和Kw只随温度的改变而改变，所以从b点到d点，溶液中保持不变，D正确；故选D。28.电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量。常温下，将相同体积的盐酸和氨水分别加水稀释，溶液的电导率随加入水的体积V(H2O)变化的曲线如图所示，下列说法正确的是A.曲线I表示盐酸加水稀释过程中溶液电导率的变化B.a、b、c三点溶液的pH：a>b>cC.将a、b两点溶液混合，所得溶液中：c（Cl－）=c(NH)+c(NH3·H2O)D.氨水稀释过程中，c(NH)/c(NH3·H2O)不断减小【答案】B【解析】【详解】A.加水稀释时，一水合氨进一步电离，导电能力变化较小，则曲线I为氨水稀释曲线，故A错误；B.盐酸显酸性，氨水显碱性，导电能力越大，说明离子浓度越大，则a、b、c三点溶液的pH：a>b>c，故B正确；C.将a、b两点溶液混合，由于氨水浓度大于盐酸浓度，反应后氨水过量，所以溶液显碱性，c（Cl－）<c(NH4+)+c(NH3·H2O)，故C错误；D.氨水稀释过程中，Kb=c(NH4+)·c(OH)/c(NH3·H2O)不变，而c(OH)减小，所以c(NH4+)/c(NH3·H2O)不断增大，故D错误；故选B。题组二电离平衡与溶液导电性综合判断29.一定温度下，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：c＜a＜bB.a、b、c三点CH3COOH的电离程度：c＜a＜bC.用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果偏小D.a、b、c三点溶液用1mol·L1NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液体积：c＜a＜b【答案】C【解析】【详解】A．由导电能力知c(H＋)：b>a>c，故pH：c>a>b，A错误；B．加水体积越大，越利于CH3COOH电离，故电离程度：c>b>a，B错误；C．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，C正确；D．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，D错误；故选C。30.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。右图是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（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】醋酸和一水合氨是弱电解质，在溶液里部分电离，氯化氢是强电解质，完全电离，向混合溶液中滴加氨水，氨水先和氯化氢反应生成强电解质氯化铵，氯化氢完全反应后，氨水再和醋酸反应生成强电解质醋酸铵，根据溶液中离子浓度变化与电导率的关系分析解答。【详解】氯化氢是强电解质，醋酸是弱电解质，滴加的弱电解质先和氯化氢反应生成强电解质氯化铵，但溶液体积不断增大，溶液被稀释，所以电导率下降；当氯化氢完全被中和后，一水合氨继续电离与弱电解质醋酸反应生成强电解质醋酸铵，所以电导率增大；醋酸也完全反应后，继续滴加氨水，因为溶液被稀释，电导率有下降趋势，所以D选项是正确的。综上所述：答案选D。考向1弱电解质性质的考查(2021·浙江6月选考)31.某同学拟用计测定溶液以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确是A.25℃时，若测得溶液，则HR是弱酸B.25℃时，若测得溶液且，则HR是弱酸C.25℃时，若测得HR溶液，取该溶液，加蒸馏水稀释至，测得，则HR是弱酸D.25℃时，若测得NaR溶液，取该溶液，升温至50℃，测得，，则HR是弱酸【答案】B【解析】【分析】【详解】A．25℃时，若测得溶液，可知为强酸强碱盐，则为强酸，A错误；B．25℃时，若测得溶液且，可知溶液中，所以未完全电离，为弱酸，B正确；C．假设为强酸，取的该溶液，加蒸馏水稀释至测得此时溶液，C错误；D．假设为强酸，则为强酸强碱盐，溶液呈中性，升温至50℃，促进水的电离，水的离子积常数增大，减小，D错误；答案为：B。(2020·新高考北京卷)32.室温下，对于1L0.1mol•L1醋酸溶液。下列判断正确的是A.该溶液中CH3COO的粒子数为6.02×1022B.加入少量CH3COONa固体后，溶液的pH降低C.滴加NaOH溶液过程中，n(CH3COO)与n(CH3COOH)之和始终为D.醋酸与Na2CO3溶液反应的离子方程式为CO+2H+=H2O+CO2↑【答案】C【解析】【分析】醋酸是弱电解质，在溶液中部分电离，存在电离平衡，电离方程式为：CH3COOHCH3COO+H+

，1L0.1mol•L1醋酸溶液中存在物料守恒：n(CH3COO)+n(CH3，或c(CH3COO)+c(CH3COOH)=0.1mol•L1，据此分析解答。【详解】A．1L0.1mol•L1醋酸溶液中醋酸的物质的量为，醋酸属于弱酸，是弱电解质，在溶液中部分电离，存在电离平衡，则CH3COO的粒子数小于6.02×1022，故A错误；B．加入少量CH3COONa固体后，溶液中CH3COO的浓度增大，根据同离子效应，会抑制醋酸的电离，溶液中的氢离子浓度减小，酸性减弱，碱性增强，则溶液的pH升高，故B错误；C．1L0.1mol•L1醋酸溶液中醋酸的物质的量为，滴加NaOH溶液过程中，溶液中始终存在物料守恒，n(CH3COO)+n(CH3，故C正确；D．醋酸的酸性强于碳酸，则根据强酸制取弱酸，醋酸与Na2CO3溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，醋酸是弱电解质，离子反应中不能拆写，则离子方程式为CO+2CH3COOH=H2O+CO2↑+2CH3COO，故D错误；答案选C。(2022·湖北高考)33.根据酸碱质子理论，给出质子的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。已知：，，下列酸性强弱顺序正确的是A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】根据复分解反应的规律，强酸能制得弱酸，根据酸碱质子理论，给出质子的物质是酸，则反应中，酸性：，反应中，酸性：，故酸性：，答案选D。考向2弱电解质电离平衡及影响因素(2019·高考全国卷Ⅲ)34.设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是A.每升溶液中的H+数目为NAB.c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH−)C.加水稀释使电离度增大，溶液pH减小D.加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强【答案】B【解析】【详解】A、常温下pH＝2，则溶液中氢离子浓度是，因此每升溶液中H＋数目为NA，A错误；B、根据电荷守恒可知选项B正确；C、加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH增大，C错误；D、加入NaH2PO4固体，H2PO4－浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D错误；答案选B。(2022·海南高考)35.NaClO溶液具有漂白能力，已知25℃时，Ka(HClO)=4.0×108.下列关于NaClO溶液说法不正确的是A.0.01mol·L1溶液中，c(ClO)<0.01mol·L1B.长期露置在空气中，释放Cl2，漂白能力减弱C.通入过量SO2，反应的离子方程式为SO2＋ClO＋H2O=2H＋＋S＋ClD.25℃，的NaClO和HClO的混合溶液中，c(HClO)>c(ClO)=c(Na＋)【答案】B【解析】【详解】A．NaClO溶液中ClO会水解，故0.01mol·L1NaClO溶液中c(ClO)<0.01mol·L1，A正确；B．次氯酸钠溶液中的ClO会发生水解生成HClO，HClO长期露置在空气中会分解为HCl和O2，不会释放Cl2，B错误；C．将过量的SO2通入NaClO溶液中，SO2被氧化：SO2＋ClO＋H2O=Cl＋S＋2H＋，C正确；D．25℃，的NaClO和HClO的混合溶液中，存在电荷守恒：c(ClO)＋c(OH)=c(H＋)＋c(Na＋)，则c(ClO)=c(Na＋)，又c(HClO)>c(ClO)，所以c(HClO)>c(ClO)=c(Na＋)，D正确。故选B。考向3电离平衡常数的计算(2019·高考天津卷)36.某温度下，和的电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是A.曲线Ⅰ代表溶液B.溶液中水的电离程度：b点＞c点C.从c点到d点，溶液中保持不变（其中、分别代表相应的酸和酸根离子）D.相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同【答案】C【解析】【分析】电离常数HNO2大于CH3COOH，酸性HNO2大于CH3COOH；A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强；B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大；C、kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变；D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2）。【详解】A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ代表HNO2，I代表CH3COOH，故A错误；B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B错误；C、Ⅱ代表HNO2，c(HNO2)c(OH)/c(NO2)=c(H+)·c(HNO2)c(OH)/[c(H+)·c(NO2)]=kw/k(HNO2)，kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故C正确；D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误；故选C。【点睛】本题考查酸的稀释及图像，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键，难点C，要将已知的c(HNO2)c(OH)/c(NO2)分子和分值母同乘以c(H+)，变成与kw为水的离子积常数和k(HNO2)为HNO2的电离常数相关的量，再判断。(2020·高考海南卷)37.某弱酸HA溶液中主要成分的分布分数随pH的变化如图所示。下列说法错误的是A.该酸lgKaB.NaA的水解平衡常数Kh=C.当该溶液的时，c(HA)<c(A)D.某c(HA)：c(A)=4：1的缓冲溶液，pH≈4【答案】B【解析】【分析】根据图象可知，c(HA)=c(A)时，，即c(H+)=10mol/L。【详解】A．分析可知，c(HA)=c(A)时，，该酸K==c(H+)=10mol/L，故lgKa，A说法正确；B．NaA的水解平衡常数Kh==，B说法错误；C．根据图象可知，当该溶液的时，c(HA)＜c(A)，C说法正确；D．根据图象可知，c(HA)为，c(A)为时，pH约为4，故某c(HA)：c(A)=4：1的缓冲溶液，pH≈4，D说法正确；答案为B。(2022·全国乙卷，13)38.常温下，一元酸的。在某体系中，与离子不能穿过隔膜，未电离的可自由穿过该膜(如图所示)。设溶液中，当达到平衡时，下列叙述正确的是A.溶液Ⅰ中B.溶液Ⅱ中的HA的电离度为C.溶液Ⅰ和Ⅱ中不相等D.溶液Ⅰ和Ⅱ中的之比为【答案】B【解析】【详解】A．常温下溶液I的，则溶液I中c(H+)=c(OH)=1×107mol/L，c(H+)＜c(OH)＋c(A)，A错误；B．常温下溶液II的，溶液中c(H+，Ka==1.0×103，c总(HA)=c(HA)+c(A)，则=1.0×103，解得=，B正确；C．根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C错误；D．常温下溶液I的，溶液I中c(H+)=1×107mol/L，Ka==1.0×103，c总(HA)=c(HA)+c(A)，=1.0×103，溶液I中c总(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的，溶液II中c(H+，Ka==1.0×103，c总(HA)=c(HA)+c(A)，=1.0×103，溶液II中c总c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c总(HA)之比为[(104+1)c(HA)]∶c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D错误；答案选B。[2020·天津，16(5)节选]39.已知碳酸电离常数为，当溶液时，___________：___________。【答案】①.②.【解析】【详解】是二元弱酸，分步发生电离：、，则有、，从而可得：。当溶液时，，代入可得：，，综合可得：。(2022·福建·统考高考真题)40.探究醋酸浓度与电离度关系的步骤如下，与相关步骤对应的操作或叙述正确的步骤操作或叙述AⅠ.用标准溶液标定醋酸溶液浓度滴定时应始终注视滴定管中的液面BⅡ.用标定后的溶液配制不同浓度的醋酸溶液应使用干燥的容量瓶CⅢ.测定步骤Ⅱ中所得溶液的应在相同温度下测定DⅣ.计算不同浓度溶液中醋酸的电离度计算式为A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．中和滴定时眼睛应始终注视锥形瓶内溶液颜色的变化，A错误；B．配制不同浓度的醋酸溶液时，容量瓶不需要干燥，B错误；C．温度影响醋酸的电离平衡，因此测定步骤Ⅰ中所得溶液的时应在相同温度下测定，C正确；D．电离度是指弱电解质在溶液里达电离平衡时，已电离的电解质分子数占原来总分子数（包括已电离的和未电离的）的百分数，因此醋酸的电离度计算式为，D错误；答案选C。(2023·浙江·高考真题)41.甲酸是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂(含固体活性成分，R为烷基)因静电作用被吸附回收，其回收率(被吸附在树脂上甲酸根的物质的量分数)与废水初始关系如图(已知甲酸)，下列说法不正确的是A.活性成分在水中存在平衡：B.的废水中C.废水初始，随下降，甲酸的电离被抑制，与作用的数目减少D.废水初始，离子交换树脂活性成分主要以形态存在【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡，故A正确；B．由电离常数公式可知，溶液中=，当溶液pH为5时，溶液中==18，故B正确；C．由图可知，溶液pH为时，废水中的甲酸及其盐回收率最高，当溶液中pH小于时，随溶液pH下降，溶液中氢离子浓度增大，甲酸的电离被抑制，溶液中甲酸根个离子浓度减小，与作用的数目减小，故C正确；D．由图可知，溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡，当废水初始pH大于5时，平衡向左移动，离子交换树脂活性成分主要以R3N形态存在，故D错误；故选D。A卷基础巩固一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。42.下列说法正确的是A.电解质溶液的浓度越大，其导电能力一定越强B.强酸和强碱一定是强电解质，不管其水溶液浓度的大小，都能完全电离C.强极性共价化合物不一定都是强电解质D.多元酸、多元碱的导电性一定比一元酸、一元碱的导电能力强【答案】C【解析】【详解】A、电解质导电能力取决于离子浓度和离子所带电荷数，错误；B、强酸如浓硫酸，由于水很少，其中硫酸大部分以硫酸分子的形式存在，并不完全电离，错误；C、强极性共价化合物不一定都是强电解质，如HF，正确；D、酸碱的导电性与元数无直接关系，如相同条件下，NaOH的导电性比Cu（OH）2强，错误。答案选C。43.下列事实一定能说明HA是弱酸的是A.常温下，NaA溶液的pH大于7B.HA能与Na2CO3溶液反应，产生CO2气体C.1mol·L1HA的水溶液能使紫色石蕊溶液变红D.用HA溶液做导电性实验，灯光很暗【答案】A【解析】【详解】A．常温下，NaA溶液的pH大于7，说明NaA为强碱弱酸盐，则HA为弱酸，A正确；B．HA能与Na2CO3溶液反应，产生CO2气体，只能说明HA的酸性比碳酸强，但不能说明HA是弱酸，B错误；C．1mol·L－1HA的水溶液能使紫色石蕊溶液变红，只能说明HA是酸，但不能说明HA的酸性强弱，C错误；D．溶液的导电性与离子浓度有关，如果强电解质溶液中的离子浓度很小，灯光也会很暗，D错误；答案选A。44.稀氨水中存在着下列平衡：，若要使平衡向逆反应方向移动，同时使增大，应加入的物质或采取的措施是(不考虑气体逸出)①固体②硫酸③固体④水⑤加热⑥固体A.①②③⑤ B.③ C.③④⑥ D.③⑤【答案】B【解析】【分析】【详解】①若在氨水中加入氯化铵固体，溶液中铵根离子增大，电离平衡逆向移动，溶液中氢氧根离子浓度减小，故错误；②若在氨水中加入硫酸溶液，硫酸与一水合氨反应，溶液中氢氧根离子浓度减小，电离平衡正向移动，故错误；③若在氨水中加入氢氧化钠固体，，溶液中铵根离子增大，电离平衡逆向移动，溶液中氢氧根离子浓度减小，故正确；④若在氨水中加入水稀释，促进电离，电离平衡正向移动，但溶液体积增大，氢氧根离子浓度减小，故错误；⑤一水合氨在溶液中的电离是吸热过程，加热升高温度，电离平衡正向移动，溶液中铵根离子增大，故错误；⑥加入少量硫酸镁固体，镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，溶液中氢氧根离子浓度减小，电离平衡正向移动，故错误；③正确，故选B。45.利用电导法测定某浓度醋酸电离的ΔH。Ka随温度变化曲线如图所示。已知整个电离过程包括氢键断裂、醋酸分子解离、离子水合。下列有关说法不正确的是A.理论上ΔH=0时，Ka最大B.25℃时，c(CH3COOH)最大C.电离的热效应较小是因为分子解离吸收的能量与离子水合放出的能量相当D.CH3COOH溶液中存在氢键是ΔH随温度升高而减小的主要原因【答案】B【解析】【详解】A．理论上ΔH=0时，电离程度最大，H＋和CH3COO浓度最大，Ka最大，A项正确；

B．由题图可知，25℃时，Ka最大，电离程度最大，平衡时醋酸分子的浓度最小，B项错误；C．分子解离吸收的能量与离子水合放出的能量相当时，即拆开化学键吸收的能量与水合放出的能量相当，电离的热效应较小，C项正确；D．拆开氢键需要消耗能量，但随温度的升高，氢键的作用越来越小，CH3COOH溶液中存在氢键是ΔH随温度升高而减小的主要原因，D项正确。故选B。46.室温下，向10mLpH=3的CH3COOH溶液中加入下列物质，对所得溶液的分析正确的是选项加入的物质对所得溶液的分析A90mLH2O由水电离出的c(H＋)=1010mol·L1B0.1molCH3COONa固体c(OH)增大C10mLpH=1的H2SO4溶液CH3COOH的电离程度增大D10mLpH=11的NaOH溶液c(Na＋)=c(CH3COO)>c(OH)=c(H＋)A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．加入90mLH2O，醋酸的电离平衡正向移动，c(H＋)>104mol·L1，故由水电离出的c(H＋)<1010mol·L1，选项A错误；B．加入0.1molCH3COONa固体，c(CH3COO)增大，醋酸的电离平衡逆向移动，c(H＋)减小，所以c(OH)增大，选项B正确；C．加入10mLpH=1的H2SO4溶液，氢离子浓度增大，抑制醋酸的电离，CH3COOH的电离程度减小，选项C错误；D．加入10mLpH=11的NaOH溶液，醋酸过量，所得溶液呈酸性，故c(CH3COO)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH)，选项D错误。故选B。47.运用电离平衡常数判断可以发生的反应是（）酸电离常数(25℃)碳酸Ka1=4.3×107Ka2=5.6×1011次溴酸Ka=2.4×109①HBrO+Na2CO3=NaBrO+NaHCO3②2HBrO+Na2CO3=2NaBrO+H2O+CO2↑③HBrO+NaHCO3=NaBrO+H2O+CO2↑④NaBrO+CO2+H2O=NaHCO3+HBrOA.①③ B.②④ C.①④ D.②③【答案】C【解析】【详解】弱酸的电离常数越大酸性越强，依据题目中给出的电离常数可知酸性强弱顺序为H2CO3＞HBrO＞HCO，依据强酸制弱酸规律可知①HBrO+Na2CO3=NaBrO+NaHCO3能发生，②2HBrO+Na2CO3=2NaBrO+H2O+CO2↑不能发生，③HBrO+NaHCO3=NaBrO+H2O+CO2↑不能发生，④NaBrO+CO2+H2O=NaHCO3+HBrO可以发生，故可以发生的反应为①④，故答案为C。二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意。48.25℃时，0.1mol·L－1的CH3COOH溶液pH＝3，0.1mol·L－1的HCN溶液pH＝4。下列说法正确的是A.CH3COOH与HCN均为弱酸，酸性：HCN>CH3COOHB.25℃时，水电离出来的c(H＋)均为10－11mol·L－1的两种酸，酸的浓度：HCN>CH3COOHC.25℃时，浓度均为0.1mol·L－1的CH3COONa和NaCN溶液中，pH大小：CH3COONa>NaCND.25℃时，pH均为3的CH3COOH与HCN溶液各100mL与等浓度的NaOH溶液完全反应，消耗NaOH溶液的体积：CH3COOH>HCN【答案】B【解析】【分析】0.1mol·L－1的CH3COOH溶液pH＝3，0.1mol·L－1的HCN溶液pH＝4，可以确定CH3COOH的酸性强于HCN。【详解】A.酸性应该CH3COOH>HCN，故A错误；B.水电离出来的c(H＋)均为10－11mol·L－1的两种酸，说明两种酸的pH均为3，因为CH3COOH的酸性强于HCN，则酸的浓度：HCN>CH3COOH，故B正确；C.因为CH3COOH的酸性强于HCN，则CH3COONa和NaCN溶液中，CN水解程度大于CH3COO，pH大小：CH3COONa<NaCN，故C错误；D.25℃时，pH均为3的CH3COOH与HCN溶液，HCN的物质的量浓度大于CH3COOH，各100mL与等浓度的NaOH溶液完全反应，消耗NaOH溶液的体积：CH3COOH<HCN，故D错误；答案：B【点睛】易错选项D，pH相同，体积相同的弱酸与强碱发生中和反应，酸性越弱，可提供的氢离子越多，消耗强碱越多。49.浓度均为、体积均为的和溶液，分别加水稀释至体积，随的变化如图所示。下列叙述错误的是A.MOH的碱性强于的碱性B.的电离程度：b点大于a点C.若两溶液无限稀释，则它们的相等D.当时，若两溶液同时升高温度，则增大【答案】D【解析】【详解】A．的溶液和溶液的pH分别为13和小于13，说明是强碱，是弱碱，A项正确；B．弱电解质“越稀越电离”，加水稀释使电离平衡右移，电离程度增大，b点对应溶液的稀释程度大于a点，则b点对应溶液的电离程度大于a点，B项正确；C．每稀释10倍，溶液的pH变化1，溶液的pH变化小于1，说明是强碱，是弱碱。若无限稀释，两条曲线最终交于一点，则说明两种碱溶液中相等，C项正确；D．升温能使电离平衡右移，是弱碱，增大，而是强碱，不变，D项错误；故选D。50.已知：p[]=lg[]。常温下，向0.10mol·L1HX溶液中滴加0.10mol·L1NaOH溶液，溶液pH随p[]变化关系如图。下列说法不正确的是A.溶液中水的电离程度：a<b<cB.图中b点坐标为(0，4.75)C.c点溶液中：c(Na＋)=10c(HX)D.常温下HX的电离常数为10【答案】CD【解析】【分析】HA的电离平衡表达式为Ka(HX)=，用c点进行分析，p=lg=1，即=10时，混合液的pH=5.75，Ka(HA)=·c(H+)=10，Kh(A)=10。【详解】A．由于a、b、c均为酸性溶液，因此溶质均为HX和NaX，且HX的电离程度大于X的水解程度，HX电离出H＋对水的电离起到抑制作用，H＋浓度越小，pH越大，对水的电离抑制能力越弱，即溶液中水的电离程度：a<b<c，A正确；B．HX的电离平衡常数Ka=10，b点时，=1，则c(H＋)=10mol·L1，b点坐标是(0，4.75)，B正确；C．c点溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH)＋c(X)，根据c点坐标，=101，代入电荷守恒式得到c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH)＋10c(HX)，因为溶液显酸性，c(H＋)>c(OH)，推出c(Na＋)<10c(HX)，C错误。D．据分析，HX的电离平衡常数Ka==10，D错误；故选CD。三、非选择题51.某一元弱酸(用HA表示)在水中的电离方程式是：HAH＋＋A－，回答下列问题：（1）向溶液中加入适量NaA固体，以上平衡将向________(填“正”、“逆”)反应方向移动，理由是________。（2）若向溶液中加入适量NaCl溶液，以上平衡将向______(填“正”、“逆”)反应方向移动，溶液中c(A－)将________(填“增大”、“减小”或“不变”)，溶液中c(OH－)将________(填“增大”、“减小”或“不变”)。（3）在25℃下，将amol·L－1的氨水与0.01mol·L－1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH4+)＝c(Cl)，则溶液显_______性(填“酸”、“碱”或“中”)；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝______。【答案】①.逆②.c(A－)增大，平衡向减小c(A－)的方向即逆反应方向移动③.正④.减小⑤.增大⑥.中⑦.10－9/(a－0.01)mol·L－1【解析】【详解】（1）某一元弱酸(用HA表示)在水中的电离方程式是：HAH＋＋A－，当向溶液中加入适量NaA固体时，盐溶解电离产生A－，使溶液中c(A－)增大，根据平衡移动原理，增大生成物的浓度，平衡向消耗A离子的方向移动，使c(A－)减小，因此平衡逆向移动，HA电离程度减小；(2)若向溶液中加入适量NaCl溶液，NaCl电离产生的Na+、Cl与平衡移动无关，但是溶液中的水对溶液起稀释作用，时电解质分子、离子的浓度都减小，由于离子的系数大，所以稀释的倍数大，所以根据平衡移动原理可知，以上电离平衡将向正反应方向移动，由于稀释作用使离子浓度减小的趋势大于平衡正向移动使离子浓度增大的趋势，所以溶液中c(A－)将减小，溶液中c(H+)也减小，由于在溶液中存在水的电离平衡，水的离子积是个常数，Kw=c(H+)·c(OH－)=常数，c(H+)减小，所以c(OH－)将增大；(3)在任何溶液中都存在电荷守恒，在25℃下，将amol·L－1的氨水与0.01mol·L－1的盐酸等体积混合，混合溶液中，c(NH4+)+c(H+)＝c(Cl)+c(OH－)，由于反应平衡时溶液中c(NH4+)＝c(Cl)，则c(H+)=c(OH－)，所以溶液显中；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝=52.磷能形成次磷酸(H3PO2)、亚磷酸(H3PO3)等多种含氧酸。（1）次磷酸(H3PO2)是一种精细化工产品，已知10mL1mol·L1H3PO2与20mL1mol·L1NaOH溶液充分反应后生成组成为NaH2PO2的盐，回答下列问题：①NaH2PO2属于___________(填“正盐”“酸式盐”或“无法确定”)。②若25℃时，Ka(H3PO2)=1×102，则0.02mol·L1的H3PO2溶液的pH=___________。③设计两种实验方案，证明次磷酸是弱酸：_____________、___________。（2）亚磷酸(H3PO3)是二元中强酸，某温度下，0.11mol·L1的H3PO3溶液的pH为2，该温度下H3PO3的电离平衡常数Ka1约为___________(Ka2=2×107，H3PO3的二级电离和水的电离忽略不计)。（3）向H3PO3溶液中滴加NaOH溶液：①当恰好中和生成Na2HPO3时，所得溶液的pH___________(填“>”“<”或“=”，下同)7。②当溶液呈中性时，所得溶液中c(Na＋)___________c(H2PO)＋2c(HPO)。③若用甲基橙作为指示剂，用NaOH溶液滴定，达到滴定终点时，所得溶液中c(Na＋)___________c(H2PO)＋2c(HPO)。【答案】（1）①.正盐②.2③.测NaH2PO2溶液的pH，若pH>7，则证明次磷酸为弱酸④.向等物质的量浓度的盐酸、次磷酸溶液中各滴入2滴石蕊溶液，若次磷酸溶液中红色浅一些，则说明次磷酸为弱酸（2）1×103（3）①.>②.=③.<【解析】【小问1详解】①NaOH溶液过量，只生成NaH2PO2，说明次磷酸中只有一个可电离的氢原子，因而NaH2PO2是正盐。②设溶液中的H＋浓度为xmol·L1；Ka(H3PO2)==1×102，解得，故pH=lg0.01=2.③可从NaH2PO2溶液中存在水解平衡以及H3PO2存在电离平衡等角度设计实验。【小问2详解】忽略H3PO3的二级电离和水的电离，则c()≈c(H＋)=1×102mol·L1，c(H3PO3)=(0.111×102)mol·L1=0.1mol·L1，则该温度下H3PO3的电离平衡常数Ka1=≈=1×103；【小问3详解】①Na2HPO3溶液中，HPO水解，溶液呈碱性。②溶液呈中性时，c(H＋)=c(OH)，根据电荷守恒得c(Na＋)=c()＋2c()。③溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c()＋2c()＋c(OH)，用甲基橙作为指示剂，达到滴定终点时，溶液呈酸性，则c(H＋)>c(OH)，故c(Na＋)<c(H2PO)＋2c(HPO)。B卷能力突破53.溴甲基蓝(用HBb表示)指示剂是一元弱酸，HBb为黄色，Bb为蓝色。下列叙述正确的是A.0.01mol·L1HBb溶液的pH=2B.HBb溶液的pH随温度升高而减小C.向NaOH溶液中滴加HBb指示剂，溶液显黄色D.0.01mol·L1NaBb溶液中，c(H+)+c(Na+)=c(Bb)+c(HBb)【答案】B【解析】【详解】A．由于HBb为弱酸，0.01mol·L1HBb溶液中氢离子浓度小于0.01，故溶液的pH＞2，A错误；B．升温促进电离，HBb溶液的pH随温度升高而减小，B正确；C．向NaOH溶液中滴加HBb指示剂，溶液含有Bb为蓝色，C错误；D．0.01mol·L1NaBb溶液中，存在物料守恒c(Na+)=c(Bb)+c(HBb)，D错误；答案选B。54.相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是酸HXHYHZ电离常数Ka9×1079×1061×102A.三种酸的强弱关系：HX>HY>HZB.反应HZ＋Y=HY＋Z能够发生C.相同温度下，0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液的pH最大D.相同温度下，1mol/LHX溶液的电离常数大于0.1mol/LHX溶液的电离常数【答案】B【解析】【详解】A．表中电离常数大小关系为HZ>HY>HX，所以酸性强弱关系为HZ>HY>HX，A错误；B．由表中数据知酸性强弱关系为HZ>HY>HX，故反应HZ＋Y=HY＋Z能够发生，B正确；C．由表中数据知酸性强弱关系为HZ>HY>HX，由越弱越水解得相同温度下，0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaX溶液的pH最大，C错误；D．电离常数只与温度有关，与溶液浓度无关，D错误；故选B。55.醋酸为一元弱酸，25℃时，其电离常数。下列说法错误的是A.溶液的pH在23范围内B.溶液中，C.将溶液加水稀释，其电离常数和均不变D.等体积的溶液和溶液混合后，溶液，且【答案】C【解析】【详解】A．，，则，pH=lg(×103)=3lg，因2=3lg＜3lg＜=3，则溶液的pH在23范围内，故A正确；B．溶液中，根据质子守恒得：，故B正确；C．温度不变，则电离常数不变，将溶液加水稀释，c(CH3COO)减小，，增大，故C错误；D．等体积的溶液和溶液混合后，溶液溶质为CH3COONa，，则，故D正确；故选C。56.室温下，向10mLpH＝3的CH3COOH溶液中加入下列物质，对所得溶液的分析正确的是加入的物质对所得溶液的分析A90mLH2O由水电离出的c(H+)＝1010mol·L－1B0.1molCH3COONa固体c(OH)比原CH3COOH溶液中的大C10mLpH＝1的H2SO4溶液CH3COOH的电离程度不变D10mLpH＝11的NaOH溶液c(Na+)＝c(CH3COO－)＞c(OH)＝c(H+)A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A、向10mLpH＝3的CH3COOH溶液中加入90mLH2O，醋酸的电离平衡正向移动c(H+)>104mol·L－1，故由水电离出的c(H+)<1010mol·L－1，选项A错误；B、向10mLpH＝3的CH3COOH溶液中加入0.1molCH3COONa固体，醋酸根离子浓度增大，醋酸的电离逆向移动，c(H+)降低，c(OH)比原CH3COOH溶液中的大，选项B正确；C、向10mLpH＝3的CH3COOH溶液中加入10mLpH＝1的H2SO4溶液，氢离子浓度增大，抑制醋酸的电离，CH3COOH的电离程度减小，选项C错误；D、向10mLpH＝3的CH3COOH溶液中加入10mLpH＝11的NaOH溶液，醋酸过量，所得溶液呈酸性，故c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH)，选项D错误。答案选B。57.二甲胺[(CH3)2NH]可用作橡胶硫化促进剂，是一元弱碱，在水中的电离与氨相似，可与盐酸反应生成(CH3)2NH2Cl。下列说法错误的是A.常温下，二甲胺溶液的pH=11B.往二甲胺溶液中加入NaOH固体会抑制二甲胺的电离C.加水稀释(CH3)2NH2Cl溶液，减小D.(CH3)2NH2Cl溶液中：c(H+)+c[]=c(OH)+c(Cl)【答案】A【解析】【详解】A．二甲胺[(CH3)2NH]是一元弱碱，只发生部分电离，则常温下，二甲胺溶液的c(OH)＜，pH＜11，A错误；B．在二甲胺溶液中存在如下电离平衡：(CH3)2NH+H2O+OH，加入NaOH固体后，平衡逆向移动，从而抑制二甲胺的电离，B正确；C．在(CH3)2NH2Cl溶液中存在如下平衡：+H2O(CH3)2NH∙H2O+H+，加水稀释(CH3)2NH2Cl溶液，平衡正向移动，则减小，C正确；D．(CH3)2NH2Cl溶液中，存在下列四种离子c(H+)、c[]、c(OH)、c(Cl)，阴、阳离子之间存在如下电荷守恒：c(H+)+c[]=c(OH)+c(Cl)，D正确；故选A。58.根据下表提供的数据，判断下列离子方程式或化学方程式正确的是化学式电离常数HClOK=3×108H2CO3Ka1=4×107Ka2=6×1011A.向Na2CO3溶液中滴加少量氯水：CO＋2Cl2＋H2O=2Cl＋2HClO＋CO2↑B.向NaHCO3溶液中滴加少量氯水：2HCO＋Cl2=Cl＋ClO＋2CO2↑＋H2OC.向NaClO溶液中通入少量CO2：CO2＋NaClO＋H2O=NaHCO3＋HClOD.向NaClO溶液中通入过量CO2：CO2＋2NaClO＋H2O=Na2CO3＋2HClO【答案】C【解析】【详解】A．HClO电离常数小于H2CO3的第一步电离，向Na2CO3溶液中滴加少量氯水，不能生成二氧化碳，应该生成碳酸氢根，A项错误；B．向NaHCO3溶液中滴加少量氯水，氯水中的氯化氢和碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，次氯酸不能和碳酸氢钠反应，产物应为次氯酸，B项错误；C．碳酸的酸性比次氯酸和碳酸氢根离子的酸性都强，C项正确；D．向NaClO溶液中通入过量CO2，反应生成碳酸氢钠和次氯酸，D项错误；答案选C。59.常温下，浓度均为0.10mol·L1。体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积为V，溶液pH值随lg的变化如图所示。已知：pKb=lgKb，pOH=lgc(OH)，下列说法不正确的是A.ROH为强碱，MOH是弱碱B.稀释104倍后对应两溶液中水的电离程度：a＜bC.0.10mol·L1的RCl溶液中存在：c(Cl)=c(R+)+c(ROH)D.向MOH溶液中加入稀盐酸，混合溶液中【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，ROH稀释1000倍时，溶液pH由13减小为10，故ROH为强碱，而MOH是弱碱，A项正确；B．由图可知，稀释后对应的两溶液pH：a＞b，故水的电离程度：a＜b，B项正确；C．RCl为强酸强碱盐，R+不水解，则溶液中不存在ROH分子，C项错误；D．，，故，D项正确；答案选C。60.利用电导法测定某浓度醋酸电离的ΔH。Ka随温度变化曲线如图所示。已知整个电离过程包括氢键断裂、醋酸分子解离、离子水合。下列有关说法不正确的是A.理论上ΔH=0时，Ka最大B.25℃时，c(CH3COOH)最大C.电离的热效应较小是因为分子解离吸收的能量与离子水合放出的能量相当D.CH3COOH溶液中存在氢键是ΔH随温度升高而减小的主要原因【答案】B【解析】【详解】A．理论上ΔH=0时，电离程度最大，H＋和CH3COO浓度最大，Ka最大，A项正确；

B．由题图可知，25℃时，Ka最大，电离程度最大，平衡时醋酸分子的浓度最小，B项错误；C．分子解离吸收的能量与离子水合放出的能量相当时，即拆开化学键吸收的能量与水合放出的能量相当，电离的热效应较小，C项正确；D．拆开氢键需要消耗能量，但随温度的升高，氢键的作用越来越小，CH3COOH溶液中存在氢键是ΔH随温度升高而减小的主要原因，D项正确。故选B。61.常温下向20mL均为的HCl、CH3COOH混合液中滴加的氨水，测得混合液的导电能力与加入的氨水溶液的体积(V)关系如图所示，下列说法错误的是A.a→b时反应为：H++NH3·H2O=+H2OB.b→d过程溶液中水的电离程度：先增大后减小C.b点离子浓度大小：c(Cl)>c()>c(H+)>c(CH2COO)D.c点溶液呈中性【答案】D【解析】【分析】【详解】A．a→b时溶液导电能力减弱到最低，为氨水与盐酸反应，离子数量不变但溶液体积增大，故发生反应为：H++NH3·H2O=+H2O，选项A正确；B．b→d过程溶液导电能力先增大后减小，为氨水与醋酸反应至氨水过量，先对水的电离抑制程度变小后增大，故水的电离程度：先增大后减小，选项B正确；C．b点氨水与盐酸完全反应，为氯化氨和醋酸按1：1形成的溶液，离子浓度大小：c(Cl)>c()>c(H+)>c(CH2COO)，选项C正确；D．c点为氯化铵和醋酸铵按1：1形成的溶液，氯化铵为强酸弱碱盐水解呈酸性，醋酸铵为弱酸弱碱盐水解呈中性，故溶液呈酸性，选项D错误；答案选D。二、非选择题：本题包括3个小题。62.磷能形成多种含氧酸。（1）次磷酸（H3PO2）是一种精细化工产品，向10mLH3PO2溶液中加入10mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有H2PO2、OH两种阴离子。①写出H3PO2溶液与足量NaOH溶液反应后形成的正盐的化学式：_______，该正盐溶液中各离子浓度由大到小的顺序为____________。②若25℃时，K(H3PO2)=1×102，则0.01mol·L