2026《金版教程》高考复习方案化学创新版-第1讲 弱电解质的电离平衡

第1讲弱电解质的电离平衡1.认识强电解质和弱电解质的概念。2.认识弱电解质在水溶液中存在电离平衡，理解弱电解质在水中电离平衡的建立及影响因素。3.理解电离平衡常数的含义，掌握电离常数的应用并能进行相关的计算。考点一弱电解质的电离平衡1．强电解质和弱电解质(1)定义与物质类别(2)电离方程式的书写——“强等号，弱可逆，多元弱酸分步离”①强电解质，如H2SO4：eq\x(\s\up1(07))H2SO4=2H＋＋eq\a\vs4\al(SOeq\o\al(2－,4))。②弱电解质a．一元弱酸，如CH3COOH：eq\x(\s\up1(08))CH3COOHCH3COO－＋H＋。b．多元弱酸，分步电离，分步书写，如H2CO3：eq\x(\s\up1(09))H2CO3H＋＋eq\a\vs4\al(HCOeq\o\al(－,3))、eq\x(\s\up1(10))HCOeq\o\al(－,3)H＋＋eq\a\vs4\al(COeq\o\al(2－,3))。注意：第一步的电离程度远大于第二步的电离程度。c．多元弱碱，分步电离，一步书写，如Fe(OH)3：eq\x(\s\up1(11))Fe(OH)3Fe3＋＋3OH－。③酸式盐a．强酸的酸式盐，如NaHSO4在水溶液中：eq\x(\s\up1(12))NaHSO4=Na＋＋H＋＋eq\a\vs4\al(SOeq\o\al(2－,4))；熔融时：eq\x(\s\up1(13))NaHSO4=Na＋＋eq\a\vs4\al(HSOeq\o\al(－,4))。b．弱酸的酸式盐：“强中有弱”，如NaHCO3：eq\a\vs4\al(\x(\s\up1(14))NaHCO3=Na＋＋HCOeq\o\al(－,3))、eq\a\vs4\al(\x(\s\up1(15))HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3))。2．弱电解质的电离平衡(1)电离平衡的建立在一定条件下，当eq\x(\s\up1(01))弱电解质分子电离成离子的速率和eq\x(\s\up1(02))离子结合成分子的速率eq\x(\s\up1(03))相等时，电离过程就达到平衡。(2)电离平衡的建立与特征①开始时，v(电离)eq\x(\s\up1(06))最大，而v(结合)为eq\x(\s\up1(07))0。②平衡的建立过程中，v(电离)eq\x(\s\up1(08))>v(结合)。③当v(电离)eq\x(\s\up1(09))＝v(结合)时，电离过程达到平衡状态。(3)影响弱电解质电离平衡的因素①内因：eq\x(\s\up1(10))弱电解质本身的性质是决定因素。②外因eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(温度：电离是\x(\s\up1(11))吸热过程。温度升高，,电离程度\x(\s\up1(12))增大；反之，电离程度\x(\s\up1(13))减小,浓度\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(增大弱电解质的浓度，电离平衡向,\x(\s\up1(14))电离方向移动,加水稀释，电离平衡向\x(\s\up1(15))电离方向,,移动)),同离子效应：在弱电解质溶液中加入与弱,电解质电离出相同离子的强电解质，,电离平衡向\x(\s\up1(16))生成弱电解质分子的方向移动,化学反应：若外加物质能与弱电解质电离,出的离子发生反应，电离平衡向\x(\s\up1(17))电离方向移动))③实例：以0.1mol·L－1CH3COOH溶液中存在CH3COOHCH3COO－＋H＋ΔH>0为例分析外界条件对电离平衡的影响。改变条件移动方向n(H＋)c(H＋)c(CH3COO－)电离程度升温eq\x(\s\up1(18))向右eq\x(\s\up1(19))增大eq\x(\s\up1(20))增大eq\x(\s\up1(21))增大eq\x(\s\up1(22))增大浓度加水稀释eq\x(\s\up1(23))向右eq\x(\s\up1(24))增大eq\x(\s\up1(25))减小eq\x(\s\up1(26))减小eq\x(\s\up1(27))增大加冰醋酸eq\x(\s\up1(28))向右eq\x(\s\up1(29))增大eq\x(\s\up1(30))增大eq\x(\s\up1(31))增大eq\x(\s\up1(32))减小同离子效应加固体醋酸钠eq\x(\s\up1(33))向左eq\x(\s\up1(34))减小eq\x(\s\up1(35))减小eq\x(\s\up1(36))增大eq\x(\s\up1(37))减小通入HCl气体eq\x(\s\up1(38))向左eq\x(\s\up1(39))增大eq\x(\s\up1(40))增大eq\x(\s\up1(41))减小eq\x(\s\up1(42))减小加入与弱电解质电离出的离子反应的物质加固体氢氧化钠eq\x(\s\up1(43))向右eq\x(\s\up1(44))减小eq\x(\s\up1(45))减小eq\x(\s\up1(46))增大eq\x(\s\up1(47))增大加入镁粉eq\x(\s\up1(48))向右eq\x(\s\up1(49))减小eq\x(\s\up1(50))减小eq\x(\s\up1(51))增大eq\x(\s\up1(52))增大判断正误。正确的打“√”，错误的打“×”并指明错因。(1)氨溶于水，当NH3·H2O电离出的c(OH－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))时，表明NH3·H2O电离处于平衡状态。(×)错因：NH3·H2O电离出的c(OH－)始终等于c(NHeq\o\al(＋,4))，并不能表明NH3·H2O的电离处于平衡状态。(2)AgCl的水溶液不导电，CH3COOH的水溶液能导电，故AgCl是弱电解质，CH3COOH是强电解质。(×)错因：溶液导电性强弱不是电解质强弱的判断标准。(3)常温下，由0.1mol·L－1一元碱BOH的pH＝10，可知溶液中存在BOH=B＋＋OH－。(×)错因：常温下，若BOH为一元强碱，则pH＝13，故BOH为弱碱，溶液中存在BOHB＋＋OH－。(4)向氨水中加入少量NH4Cl固体，会使溶液的pH减小。(√)(5)强电解质都是离子化合物。(×)错因：许多共价化合物如强酸、氯化铝等都是强电解质。(6)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。(×)错因：0.1__mol·L－1__CH3COOH溶液加水稀释，醋酸分子浓度、醋酸根离子浓度、氢离子浓度均减小。题组一分析与研判弱电解质1．下列操作能证明HF是弱电解质的是()A．用氢氟酸在玻璃上刻字B．用氢氟酸做导电性试验，灯泡很暗C．在0.1mol/L的HF溶液中加水，测得c(OH－)增大D．常温下，在10mLpH＝2的HF溶液中加入10mL0.01mol/LNaOH溶液，混合溶液呈酸性答案：D解析：用氢氟酸在玻璃上刻字，是因为HF能与玻璃中的二氧化硅反应，不能证明HF是弱电解质；用氢氟酸做导电性试验，灯泡很暗，没有指明浓度，没有与强酸对比，不能说明它是否全部电离；不论是强酸还是弱酸，在0.1mol/L的酸溶液中加水，c(OH－)均增大。2．下列说法不能用来判断CH3COOH是一种弱酸的是()A．向pH＝3的HCl溶液中加入CH3COONa固体，溶液pH增大B．pH相同的盐酸和CH3COOH溶液，取相同体积分别用标准NaOH溶液滴定测其浓度，CH3COOH溶液消耗的NaOH溶液的体积较大C．0.1mol·L－1CH3COOH溶液的pH>1D．相同物质的量浓度、相同体积的CH3COOH溶液和盐酸分别与足量的活泼金属反应，消耗金属的量相同答案：D解析：相同浓度和体积的两溶液中溶质的物质的量相同，消耗的金属的量相同，不能说明二者的酸性强弱。思维建模判断弱电解质的三个思维角度角度一：弱电解质的定义，即弱电解质不能完全电离，如0.1mol·L－1的CH3COOH溶液的pH>1。角度二：弱电解质溶液中存在电离平衡，条件改变，平衡移动，如pH＝1的CH3COOH溶液加水稀释10倍后，1<pH<2。角度三：弱电解质形成的盐能水解，如判断CH3COOH为弱酸可用下面两个实验：(1)配制某浓度的醋酸钠溶液，向其中加入几滴酚酞溶液，溶液变为浅红色。(2)常温下，用玻璃棒蘸取一定浓度的醋酸钠溶液点在pH试纸上，pH>7。题组二模型认知电离平衡及影响因素3．常温下，将浓度为0.1mol·L－1的HF溶液加水稀释，下列各量保持增大的是()①c(H＋)②c(F－)③c(OH－)④Ka(HF)⑤Kw⑥eq\f(c（F－）,c（H＋）)⑦eq\f(c（H＋）,c（HF）)A．①⑥ B．②④C．③⑦ D．④⑤答案：C解析：HF是弱电解质，加水稀释促进HF的电离，但c(H＋)、c(F－)、c(HF)都减小；温度不变，Kw不变，c(H＋)减小，则c(OH－)增大；温度不变，Ka(HF)不变，eq\f(c（H＋）,c（HF）)＝eq\f(Ka（HF）,c（F－）)，c(F－)减小，则eq\f(c（H＋）,c（HF）)增大；根据电荷守恒知，c(H＋)＝c(OH－)＋c(F－)，则eq\f(c（F－）,c（H＋）)＝eq\f(c（H＋）－c（OH－）,c（H＋）)＝1－eq\f(c（OH－）,c（H＋）)，eq\f(c（OH－）,c（H＋）)增大，故eq\f(c（F－）,c（H＋）)减小。4．(2025·深圳观澜中学高三阶段测试)下列对氨水中存在的电离平衡NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－的叙述正确的是()A．加水后，溶液中n(OH－)增大B．加入少量浓盐酸，电离平衡正向移动，溶液中c(OH－)增大C．加入少量浓NaOH溶液，电离平衡正向移动D．加入少量NH4Cl固体，溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))减小答案：A解析：向氨水中加入水，促进一水合氨电离，溶液中n(OH－)增大，A正确；向氨水中加入少量浓盐酸，盐酸电离产生的氢离子和氢氧根离子反应，导致溶液中c(OH－)减小，B错误；向氨水中加入少量浓NaOH溶液，氢氧根离子浓度增大，一水合氨的电离平衡逆向移动，C错误；向氨水中加入少量NH4Cl固体，溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))增大，D错误。思维建模电离平衡移动过程中离子浓度变化的判断(1)稀释时，溶液中c(H＋)或c(OH－)的变化常采用“假设法”进行判断。先假设弱电解质不电离，求溶液中稀释后的c(H＋)或c(OH－)；然后考虑弱电解质还能继续电离，导致n(H＋)或n(OH－)要比假设情况的大，c(H＋)或c(OH－)也就随之发生变化。(2)加水稀释粒子浓度比值变化分析模型①同一溶液，浓度比等于物质的量比。如HF溶液：eq\f(c（H＋）,c（HF）)＝eq\f(n（H＋）,n（HF）)。(由浓度比变成物质的量比)②将浓度比换算成含有某一常数的式子，然后分析。如HF溶液：eq\f(c（H＋）,c（HF）)＝eq\f(c（H＋）·c（F－）,c（HF）·c（F－）)＝eq\f(Ka,c（F－）)。(由两个变量转变为一个变量)考点二电离平衡常数1．电离平衡常数(1)概念在一定条件下，弱电解质达到电离平衡时，溶液中eq\x(\s\up1(01))弱电解质电离所生成的各种离子浓度的乘积，与溶液中未电离分子的浓度之比是一个常数，该常数叫做电离平衡常数，简称eq\x(\s\up1(02))电离常数，用K表示(弱酸的电离平衡常数用Ka表示，弱碱的电离平衡常数用Kb表示)。(2)表达式①一元弱酸或弱碱一元弱酸HA一元弱碱BOH电离方程式HAH＋＋A－BOHB＋＋OH－电离常数表达式Ka＝eq\x(\s\up1(03))eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)Kb＝eq\x(\s\up1(04))eq\f(c（B＋）·c（OH－）,c（BOH）)②多元弱酸(以H2CO3为例)第一步电离第二步电离电离方程式H2CO3H＋＋HCOeq\o\al(－,3)HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)电离常数表达式Ka1＝eq\x(\s\up1(05))eq\f(c（H＋）·c（HCOeq\o\al(－,3)）,c（H2CO3）)Ka2＝eq\x(\s\up1(06))eq\f(c（H＋）·c（COeq\o\al(2－,3)）,c（HCOeq\o\al(－,3)）)电离常数关系Ka1eq\x(\s\up1(07))>Ka2(填“>”或“<”)(3)影响因素①内因(决定因素)：弱电解质eq\x(\s\up1(08))本身的性质。②外因：电离平衡常数只受温度影响，随温度升高而eq\x(\s\up1(09))增大，因为电离过程是eq\x(\s\up1(10))吸热的；与溶液的浓度无关。(4)意义相同条件下，K值越大，表示该弱电解质越eq\x(\s\up1(11))易电离，其酸性或碱性相对越eq\x(\s\up1(12))强。例如，在25℃时，Ka(HNO2)＝4.6×10－4，Ka(CH3COOH)＝1.8×10－5，因而HNO2的酸性比CH3COOH的强。(5)应用①判断弱酸(或弱碱)的相对强弱，电离常数越大，酸性(或碱性)越eq\x(\s\up1(13))强。②判断盐溶液的酸性(或碱性)强弱，电离常数越大，对应的盐水解程度越eq\x(\s\up1(14))小，盐溶液的酸性(或碱性)越eq\x(\s\up1(15))弱。③判断复分解反应能否发生，一般符合“强酸制弱酸”规律。④计算弱酸、弱碱溶液中的c(H＋)、c(OH－)。稀的一元弱酸溶液中，c(H＋)≈eq\r(c·Ka)，稀的一元弱碱溶液中c(OH－)≈eq\r(c·Kb)。⑤判断溶液微粒浓度比值的变化，利用温度不变，电离常数不变来判断。如常温下将0.1mol·L－1CH3COOH溶液加水稀释，eq\f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)＝eq\f(c（CH3COO－）·c（H＋）,c（CH3COOH）·c（H＋）)＝eq\f(Ka,c（H＋）)，稀释时，c(H＋)eq\x(\s\up1(16))减小，Kaeq\x(\s\up1(17))不变，则eq\f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)eq\x(\s\up1(18))增大。2．电离度(1)概念：一定条件下，当弱电解质在溶液中达到电离平衡时，溶液中已经电离的电解质分子数占原来弱电解质总分子数的百分数。(2)表达式：α＝eq\f(已电离的弱电解质的浓度,弱电解质的初始浓度)×100%＝eq\f(已电离的弱电解质分子数,溶液中原有弱电解质的总分子数)×100%。(3)影响因素温度升高温度，电离平衡向eq\x(\s\up1(01))右移动，电离度eq\x(\s\up1(02))增大；降低温度，电离平衡向eq\x(\s\up1(03))左移动，电离度eq\x(\s\up1(04))减小浓度当弱电解质溶液浓度增大时，电离度eq\x(\s\up1(05))减小；当弱电解质溶液浓度减小时，电离度eq\x(\s\up1(06))增大(4)意义：衡量弱电解质的电离程度，在相同条件(浓度、温度相同)下，不同弱电解质的电离度越大，弱电解质的电离程度越大。判断正误。正确的打“√”，错误的打“×”并指明错因。(1)不同浓度的同一弱电解质，其电离平衡常数(K)不同。(×)错因：对于同一弱电解质，K仅受温度影响，与浓度无关。(2)电离平衡右移，电离平衡常数不一定增大。(√)(3)电离常数大的酸溶液中的c(H＋)一定比电离常数小的酸溶液中的c(H＋)大。(×)错因：溶液中的c(H＋)还与酸溶液浓度有关。(4)H2CO3的电离常数表达式：Ka＝eq\f(c2（H＋）·c（COeq\o\al(2－,3)）,c（H2CO3）)。(×)错因：H2CO3是二元弱酸，分两步电离，其Ka1＝eq\f(c（H＋）·c（HCOeq\o\al(－,3)）,c（H2CO3）)、Ka2＝eq\f(c（H＋）·c（COeq\o\al(2－,3)）,c（HCOeq\o\al(－,3)）)。(5)同一弱电解质，电离度越大，电离常数就越大。(×)错因：相同温度下，同一弱电解质的电离常数相同，而溶液的浓度越小电离度越大。题组一理解与运用电离平衡常数1．已知7.2×10－4、4.6×10－4、4.9×10－10分别是下列有关的三种酸的电离常数，若已知下列反应可以发生：NaCN＋HNO2=HCN＋NaNO2；NaCN＋HF=HCN＋NaF；NaNO2＋HF=HNO2＋NaF，由此可判断下列叙述不正确的是()A．Ka(HF)＝7.2×10－4B．Ka(HNO2)＝4.9×10－10C．根据其中两个反应即可得出三种酸的强弱关系D．Ka(HCN)<Ka(HNO2)<Ka(HF)答案：B2．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Ka9×10－79×10－61×10－2A．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－1的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大D．相同温度下，1mol·L－1HX溶液的电离常数大于0.1mol·L－1HX溶液的电离常数答案：B题组二计算与归纳电离平衡常数3．(1)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(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)，则溶液显________(填“酸”“碱”或“中”)性；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝____________。(2)已知常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH＝5.60，c(H2CO3)＝1.5×10－5mol·L－1。若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3HCOeq\o\al(－,3)＋H＋的平衡常数Ka1＝________。(已知10－5.60≈2.5×10－6)答案：(1)中eq\f(10－9,a－0.01)(2)4.2×10－7解析：(1)氨水与盐酸等体积混合后的溶液中的电荷守恒关系式为c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)，故有c(H＋)＝c(OH－)，溶液显中性。Kb＝eq\f(c（NHeq\o\al(＋,4)）·c（OH－）,c（NH3·H2O）)＝eq\f(0.005×10－7,\f(a,2)－0.005)＝eq\f(10－9,a－0.01)。4．已知草酸为二元弱酸：H2C2O4HC2Oeq\o\al(－,4)＋H＋Ka1，HC2Oeq\o\al(－,4)C2Oeq\o\al(2－,4)＋H＋Ka2，常温下，向某浓度的H2C2O4溶液中逐滴加入一定浓度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2Oeq\o\al(－,4)、C2Oeq\o\al(2－,4)三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。则常温下：(1)Ka1＝________。(2)Ka2＝________。(3)pH＝2.7时，溶液中eq\f(c2（HC2Oeq\o\al(－,4)）,c（H2C2O4）·c（C2Oeq\o\al(2－,4)）)＝________。答案：(1)10－1.2(2)10－4.2(3)1000思维建模有关电离常数计算的两种题型以弱酸HX为例（1）已知c始（HX）和c（H＋），求电离常数,HXH＋＋X－起始/（mol·L－1）c始(HX)00平衡/（mol·L－1）c始(HX)－c(H＋)c(H＋)c(H＋)则Ka＝eq\f(c（H＋）·c（X－）,c（HX）)＝eq\f(c2（H＋）,c始（HX）－c（H＋）)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始(HX)－c(H＋)≈c始(HX)，则Ka≈eq\f(c2（H＋）,c始（HX）)，代入数值求解即可。(2)已知c始(HX)和电离常数，求c(H＋)根据(1)中分析可知Ka＝eq\f(c2（H＋）,c始（HX）－c（H＋）)≈eq\f(c2（H＋）,c始（HX）)，则c(H＋)≈eq\r(Ka·c始（HX）)，代入数值求解即可。)科学探究与创新意识——强酸(碱)与弱酸(碱)的比较通过对强酸(碱)与弱酸(碱)的性质比较进行总结，加强对强、弱电解质概念的理解，提高理论联系实际的能力。弱电解质与强电解质的根本区别在于弱电解质不完全电离，存在电离平衡。1．判断强、弱电解质的实验设计实验设计思路：以判断室温下某酸(HA)是否为弱酸为例实验方法结论①测0.01mol·L－1HA溶液的pHpH＝2，HA为强酸pH>2，HA为弱酸②测NaA溶液的pHpH＝7，HA为强酸pH>7，HA为弱酸③相同条件下，测相同浓度的HA溶液和HCl溶液的导电能力若HA溶液的导电能力比HCl溶液的弱，则HA为弱酸④测相同pH的HA溶液与盐酸稀释相同倍数前后的pH变化若HA溶液的pH变化较小，则HA为弱酸⑤测等体积、等pH的HA溶液、盐酸分别与足量锌反应产生H2的快慢及H2的量若HA溶液反应过程中产生H2较快且最终产生H2的量较多，则HA为弱酸⑥测等体积、等pH的HA溶液和盐酸中和等浓度碱所需碱的量若HA溶液耗碱量大，则HA为弱酸2.两方面突破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溶液的比较比较项目c(H＋)pH中和碱的能力与活泼金属反应产生H2的量开始与金属反应的速率盐酸大小相同相同大醋酸溶液小大小(2)相同pH、相同体积的盐酸与醋酸溶液的比较比较项目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小少相同醋酸溶液大大多注意：一元强碱与一元弱碱的比较规律与以上类似。3．图像法理解强酸、弱酸的稀释规律(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4.一元弱酸和一元强酸与金属的反应(以盐酸和醋酸为例)图像实验操作图像同体积、同浓度的盐酸和醋酸溶液分别与足量Zn反应同体积、同pH的盐酸和醋酸溶液分别与足量Zn反应1.(2025·河源高三期末)某温度下，将pH和体积均相同的HCl和CH3COOH溶液分别加水稀释，pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是()A．稀释前溶液中溶质的浓度：c(HCl)>c(CH3COOH)B．溶液中水的电离程度：b点<c点C．从b点到d点，溶液中c(H＋)·c(OH－)逐渐增大D．在d点和e点均存在：c(H＋)<c(酸根阴离子)答案：B解析：稀释前两溶液的pH相等，由于CH3COOH部分电离，因此稀释前溶液中溶质的浓度：c(CH3COOH)>c(HCl)，故A错误；b点pH小于c点pH，说明c点酸性弱，对水的电离抑制程度小，水的电离程度大，因此溶液中水的电离程度：b点<c点，故B正确；从b点到d点，由于温度不变，因此溶液中c(H＋)·c(OH－)不变，故C错误；在d点和e点均存在电荷守恒：c(H＋)＝c(酸根阴离子)＋c(OH－)，因此存在：c(酸根阴离子)<c(H＋)，故D错误。2．根据酸碱质子理论，给出质子(H＋)的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。相同温度下，HCl和HNO3在冰醋酸中存在HCl＋CH3COOHCl－＋CH3COOHeq\o\al(＋,2)pKa＝8.8，HNO3＋CH3COOHNOeq\o\al(－,3)＋CH3COOHeq\o\al(＋,2)pKa＝9.4(已知pKa＝－lgKa)，下列说法正确的是()A．把HCl通入CH3COONa水溶液中：2HCl＋CH3COONa=NaCl＋CH3COOH2ClB．酸性强弱顺序为HCl＜HNO3＜CH3COOHC．HNO3在HCOOH中的pKa<9.4D．接受质子的能力：CH3COOH<H2O答案：D解析：在冰醋酸中才存在HCl＋CH3COOHCl－＋CH3COOHeq\o\al(＋,2)，在CH3COONa水溶液中的反应为HCl＋CH3COONa=NaCl＋CH3COOH，A错误；由题给信息知酸性强弱顺序为HCl>HNO3>CH3COOH，B错误；酸性：HCOOH>CH3COOH，给出H＋能力：HCOOH>CH3COOH，结合H＋能力：HCOOH<CH3COOH，HNO3在HCOOH中的电离程度小于在冰醋酸中的电离程度，故Ka<10－9.4，pKa>9.4，C错误。3．在一定温度下，有a.盐酸，b.硫酸，c.醋酸三种酸(用a、b、c填空)。(1)当三种酸物质的量浓度相同时，c(H＋)由大到小的顺序是________。(2)同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和同物质的量浓度的NaOH溶液的能力由大到小的顺序是________。(3)若三者c(H＋)相同时，物质的量浓度由大到小的顺序是________。(4)当三者c(H＋)相同且体积也相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是________。(5)当三者c(H＋)相同且体积相同时，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，则开始瞬间反应速率的大小关系为________，若产生相同体积的H2(相同状况)，反应所需时间的长短关系是________。(6)将c(H＋)相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后，c(H＋)由大到小的顺序是________。答案：(1)b>a>c(2)b>a＝c(3)c>a>b(4)c>a＝b(5)a＝b＝ca＝b>c(6)c>a＝b4．为了证明一水合氨(NH3·H2O)是弱电解质，常温下，甲、乙、丙三人分别选用下列试剂进行实验：0.010mol·L－1氨水、NH4Cl溶液、NH4Cl晶体、酚酞试剂、pH试纸、蒸馏水。(1)甲用pH试纸测出0.010mol·L－1氨水的pH为10，则认定NH3·H2O是弱电解质，你认为这一方法________(填“正确”或“不正确”)，理由是____________________________________________________________________________________。(2)乙取出10mL0.010mol·L－1氨水，用pH试纸测出其pH＝a，然后用蒸馏水稀释至1000mL，再用pH试纸测出其pH＝b，若要确认NH3·H2O是弱电解质，则a、b应满足的关系为____________________________(用等式或不等式表示)。(3)丙取出10mL0.010mol·L－1氨水，滴入2滴酚酞溶液，显粉红色，再加入少量NH4Cl晶体，颜色变________(填“深”或“浅”)。你认为这一方法________(填“能”或“不能”)证明NH3·H2O是弱电解质，原因是_____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案：(1)正确若是强电解质，则0.010mol·L－1氨水中c(OH－)应为0.010mol·L－1，pH＝12(2)a－2<b<a(3)浅能0.010mol·L－1氨水(滴有酚酞)中加入NH4Cl晶体后颜色变浅，有两种可能：一是NH4Cl在水溶液中水解显酸性，加入氨水中使溶液的pH降低；二是NHeq\o\al(＋,4)使NH3·H2O的电离平衡NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－逆向移动，从而使溶液的pH降低1．(2024·新课标卷)常温下CH2ClCOOH和CHCl2COOH的两种溶液中，分布系数δ与pH的变化关系如图所示。eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(比如：δ（CH2ClCOO－）,＝\f(c（CH2ClCOO－）,c（CH2ClCOOH）＋c（CH2ClCOO－）)))下列叙述正确的是()A．曲线M表示δ(CHCl2COO－)～pH的变化关系B．若酸的初始浓度为0.10mol·L－1，则a点对应的溶液中有c(H＋)＝c(CHCl2COO－)＋c(OH－)C．CH2ClCOOH的电离常数Ka＝10－1.3D．pH＝2.08时，eq\f(电离度α（CH2ClCOOH）,电离度α（CHCl2COOH）)＝eq\f(0.15,0.85)答案：D解析：随着pH的增大，CH2ClCOOH、CHCl2COOH浓度减小，CH2ClCOO－、CHCl2COO－浓度增大，—Cl为吸电子基团，CHCl2COOH的酸性强于CH2ClCOOH，即Ka(CHCl2COOH)＞Ka(CH2ClCOOH)，δ(酸分子)＝δ(酸根离子)＝0.5时的pH分别约为1.3、2.8，则两种酸的电离常数分别为Ka(CHCl2COOH)≈10－1.3，Ka(CH2ClCOOH)≈10－2.8。根据分析，曲线M表示δ(CH2ClCOO－)～pH的变化关系，A错误；根据Ka(CHCl2COOH)＝eq\f(c（CHCl2COO－）×c（H＋）,c（CHCl2COOH）)，初始c0(CHCl2COOH)＝0.10mol·L－1，若溶液中溶质只有CHCl2COOH，则c(CHCl2COO－)＝c(H＋)≈eq\r(Ka（CHCl2COOH）c0（CHCl2COOH）)＝10－1.15mol·L－1，但a点对应的溶液中c(H＋)＝0.1mol·L－1，说明此时溶液中加入了酸性更强的酸，根据电荷守恒，c(H＋)＞c(CHCl2COO－)＋c(OH－)，B错误；根据上述分析，C错误；电离度α＝eq\f(n电离,n始)，n始＝n电离＋n未电离，则α(CH2ClCOOH)＝δ(CH2ClCOO－)，α(CHCl2COOH)＝δ(CHCl2COO－)，pH＝2.08时，δ(CH2ClCOO－)＝0.15，δ(CHCl2COO－)＝0.85，D正确。2．(2024·海南卷改编)H2S在生态系统的硫循环中不可或缺。298K，101kPa时，水溶液中－2价S不同形态的分布分数如图所示，下列说法正确的是()A．线a表示HS－的分布分数B．298K时，H2S的pKa2约为7.0C．1.0L1mol·L－1的NaOH溶液吸收H2S(g)的量大于1molD．可以向燃气中掺入微量H2S(g)以示警燃气泄漏答案：C解析：H2S是二元弱酸，在溶液中分步电离，溶液pH增大，溶液中H2S的浓度减小，HS－的浓度先增大后减小，S2－的浓度增大，则曲线a、b、c分别表示H2S、HS－、S2－的分布分数，A错误；由题图可知，当pH＝13时，c(HS－)＝c(S2－)，Ka2＝eq\f(c（H＋）·c（S2－）,c（HS－）)＝c(H＋)＝10－13，则pKa2＝13，B错误；硫化氢气体有毒，所以不能向燃气中掺入微量硫化氢气体以示警燃气泄漏，D错误。3．(2023·浙江1月选考)甲酸(HCOOH)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R3N，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pH关系如图(已知甲酸Ka＝1.8×10－4)，下列说法不正确的是()A．活性成分R3N在水中存在平衡：R3N＋H2OR3NH＋＋OH－B．pH＝5的废水中c(HCOO－)∶c(HCOOH)＝18C．废水初始pH<2.4，随pH下降，甲酸的电离被抑制，与R3NH＋作用的HCOO－数目减少D．废水初始pH>5，离子交换树脂活性成分主要以R3NH＋形态存在答案：D解析：活性成分R3N中N能与水电离出的H＋形成配位键，因此在水中存在平衡：R3N＋H2OR3NH＋＋OH－，A正确；pH＝5的废水中，c(H＋)＝10－5mol·L－1，根据甲酸Ka＝eq\f(c（H＋）·c（HCOO－）,c（HCOOH）)＝1.8×10－4，得eq\f(c（HCOO－）,c（HCOOH）)＝eq\f(Ka,c（H＋）)＝eq\f(1.8×10－4,10－5)＝18，B正确；废水初始pH<2.4，随pH下降，c(H＋)增大，电离平衡HCOOHHCOO－＋H＋逆向移动，甲酸的电离被抑制，c(HCOO－)减小，与R3NH＋作用的HCOO－数目减少，C正确；废水初始pH>5时回收率小于10%，说明吸附在树脂上的甲酸根较少，活性成分主要以R3N形态存在，D错误。4．(2022·湖北高考)根据酸碱质子理论，给出质子(H＋)的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。已知：N2Heq\o\al(＋,5)＋NH3=NHeq\o\al(＋,4)＋N2H4，N2H4＋CH3COOH=N2Heq\o\al(＋,5)＋CH3COO－，下列酸性强弱顺序正确的是()A．N2Heq\o\al(＋,5)＞N2H4＞NHeq\o\al(＋,4)B．N2Heq\o\al(＋,5)＞CH3COOH＞NHeq\o\al(＋,4)C．NH3＞N2H4＞CH3COO－D．CH3COOH＞N2Heq\o\al(＋,5)＞NHeq\o\al(＋,4)答案：D解析：根据酸碱质子理论，给出质子的能力越强，酸性越强；根据复分解反应的规律，强酸能制得弱酸，则由反应N2H4＋CH3COOH=N2Heq\o\al(＋,5)＋CH3COO－可知酸性：CH3COOH＞N2Heq\o\al(＋,5)，由反应N2Heq\o\al(＋,5)＋NH3=NHeq\o\al(＋,4)＋N2H4可知酸性：N2Heq\o\al(＋,5)＞NHeq\o\al(＋,4)，故酸性：CH3COOH＞N2Heq\o\al(＋,5)＞NHeq\o\al(＋,4)。5．(2022·全国乙卷)常温下，一元酸HA的Ka(HA)＝1.0×10－3。在某体系中，H＋与A－离子不能穿过隔膜，未电离的HA可自由穿过该膜(如图所示)。设溶液中c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，当达到平衡时，下列叙述正确的是()A．溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)B．溶液Ⅱ中的HA的电离度eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c（A－）,c总（HA）)))为eq\f(1,101)C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总(HA)之比为10－4答案：B解析：常温下，溶液Ⅰ的pH＝7.0，则溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7mol/L，c(H＋)＜c(OH－)＋c(A－)，A错误；常温下，溶液Ⅱ的pH＝1.0，溶液中c(H＋)＝0.1mol/L，Ka＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)＝1.0×10－3，c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，则eq\f(0.1c（A－）,c总（HA）－c（A－）)＝1.0×10－3，解得eq\f(c（A－）,c总（HA）)＝eq\f(1,101)，B正确；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；常温下溶液Ⅰ的pH＝7.0，则c(H＋)＝1×10－7mol/L，Ka＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)＝1.0×10－3，c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，eq\f(10－7[c总（HA）－c（HA）],c（HA）)＝1.0×10－3，则溶液Ⅰ中c总(HA)＝(104＋1)c(HA)，溶液Ⅱ的pH＝1.0，则c(H＋)＝0.1mol/L，Ka＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)＝1.0×10－3，c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，eq\f(0.1[c总（HA）－c（HA）],c（HA）)＝1.0×10－3，溶液Ⅱ中c总(HA)＝1.01c(HA)，因为溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，故溶液Ⅰ和Ⅱ中c总(HA)之比为[(104＋1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]＝(104＋1)∶1.01≈104，D错误。6．(2024·广东卷节选)酸在多种反应中具有广泛应用，其性能通常与酸的强度密切相关。在非水溶剂中研究弱酸的电离平衡具有重要科学价值。一定温度下，某研究组通过分光光度法测定了两种一元弱酸HX(X为A或B)在某非水溶剂中的Ka。a．选择合适的指示剂HIn，Ka(HIn)＝3.6×10－20；其钾盐为KIn。b．向KIn溶液中加入HX，发生反应：In－＋HXX－＋HIn。KIn起始的物质的量为n0(KIn)，加入HX的物质的量为n(HX)，平衡时，测得eq\f(c平（In－）,c平（HIn）)随eq\f(n（HX）,n0（KIn）)的变化曲线如图。已知：该溶剂本身不电离，钾盐在该溶剂中完全电离。(1)Ka(HA)＝________(结果保留两位有效数字)。(2)在该溶剂中，Ka(HB)________Ka(HA)；Ka(HB)________Ka(HIn)。(填“>”“<”或“＝”)答案：(1)4.0×10－21(2)＞＞解析：(1)由变化曲线图可知，当eq\f(n（HA）,n0（KIn）)＝1.0时，eq\f(c平（In－）,c平（HIn）)＝3.0，设初始c0(KIn)＝c0mol/L，则初始c(HA)＝c0mol/L，转化的物质的量浓度为xmol/L，可列出三段式如下：In－＋HAA－＋HIn起始浓度(mol/L)c0c000转化浓度(mol/L)xxxx平衡浓度(mol/L)c0－xc0－xxx由eq\f(c平（In－）,c平（HIn）)＝3.0，即eq\f(c0－x,x)＝3.0，解得x＝0.25c0，则该反应的平衡常数为K1＝eq\f(c（A－）·c（HIn）,c（In－）·c（HA）)＝eq\f(c（A－）·c（HIn）·c（H＋）,c（In－）·c（HA）·c（H＋）)＝eq\f(Ka（HA）,Ka（HIn）)＝eq\f(0.25c0×0.25c0,0.75c0×0.75c0)＝eq\f(Ka（HA）,3.6×10－20)，解得Ka(HA)＝4.0×10－21。(2)根据图像可知，当eq\f(n（HB）,n0（KIn）)＝1.0时，设此时转化的物质的量浓度为ymol/L，可列出三段式如下：In－＋HBB－＋HIn起始浓度(mol/L)c0c000转化浓度(mol/L)yyyy平衡浓度(mol/L)c0－yc0－yyy此时eq\f(c平（In－）,c平（HIn）)＜1.0，即eq\f(c0－y,y)＜1.0，则y＞0.5c0，则平衡常数K2＝eq\f(Ka（HB）,Ka（HIn）)＞K1，则Ka(HB)＞Ka(HA)；由于y＞0.5c0，则K2＝eq\f(Ka（HB）,Ka（HIn）)＞1，Ka(HB)＞Ka(HIn)。课时作业[建议用时：40分钟]一、选择题(每小题只有1个选项符合题意)1．室温下，对于1L0.1mol·L－1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0.1molD．与Na2CO3溶液反应的离子方程式为COeq\o\al(2－,3)＋2H＋=H2O＋CO2↑答案：C2．已知室温时，0.1mol·L－1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．此酸的电离常数约为1×10－7D．由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍答案：B解析：c(H＋)＝0.1%×0.1mol·L－1＝10－4mol·L－1，pH＝4，A正确；因HA在水溶液中有电离平衡，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；可由电离常数表达式算出Ka＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)≈1×10－7，C正确；c(H＋)＝10－4mol·L－1，所以由水电离出的c(H＋)＝10－10mol·L－1，前者是后者的106倍，D正确。3．稀氨水中存在着下列平衡：NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－，若要使平衡逆向移动，同时使c(OH－)增大，应加入的适量物质或操作是()A．NH4Cl固体 B．硫酸C．NaOH固体 D．加热答案：C4．某温度下，水溶液中CO2、H2CO3、HCOeq\o\al(－,3)和COeq\o\al(2－,3)的物质的量分数随pH变化如图所示。下列说法不正确的是()A．碳酸的电离方程式为H2CO3H＋＋HCOeq\o\al(－,3)，HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)B．该温度下，H2CO3H＋＋HCOeq\o\al(－,3)Ka1＞1×10－aC．该温度下，HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)Ka2＝1×10－bD．Na2CO3溶液中，2c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)＋c(COeq\o\al(2－,3))答案：D解析：根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)＋2c(COeq\o\al(2－,3))，D错误。5．(2025·福建省宁德福鼎市第一中学高三质检)已知：①Al(OH)3固体的熔点为300℃；②无水AlCl3晶体易升华；③熔融状态的HgCl2不能导电，稀溶液具有弱的导电能力且可作为手术刀的消毒液，下列关于Al(OH)3、AlCl3和HgCl2的说法正确的是()A．均为弱电解质B．均为离子化合物C．HgCl2的水溶液导电能力很弱，说明其难溶于水D．HgCl2在水中的电离方程式可能是HgCl2HgCl＋＋Cl－答案：D解析：AlCl3是强电解质，溶于水完全电离，故A错误；无水氯化铝易升华，熔融状态HgCl2不导电说明二者都是共价化合物，故B错误；HgCl2的水溶液导电能力很弱，不能说明其难溶于水，故C错误。6．常温下，部分弱酸的电离平衡常数如表。下列离子方程式书写正确的是()化学式H2CO3HClOH2S电离常数Ka1＝4×10－7；Ka2＝5.6×10－11Ka＝4.7×10－8Ka1＝1.3×10－7；Ka2＝7.1×10－15A．向Na2CO3溶液中滴加少量氯水：COeq\o\al(2－,3)＋2Cl2＋H2O=CO2↑＋2HClO＋2Cl－B．向Na2S溶液中通入过量CO2：S2－＋2H2O＋2CO2=H2S↑＋2COeq\o\al(2－,3)C．向NaClO溶液中通入少量CO2：CO2＋ClO－＋H2O=HCOeq\o\al(－,3)＋HClOD．向NaClO溶液中通入过量H2S：H2S＋ClO－=HS－＋HClO答案：C解析：根据电离常数可知，酸性：H2CO3>HClO>HCOeq\o\al(－,3)，向Na2CO3溶液中滴加少量氯水，HCl、HClO都能与Na2CO3反应生成HCOeq\o\al(－,3)，正确的离子方程式为2COeq\o\al(2－,3)＋Cl2＋H2O=2HCOeq\o\al(－,3)＋Cl－＋ClO－，A错误；根据电离常数可知，酸性：H2CO3>H2S>HCOeq\o\al(－,3)>HS－，向Na2S溶液中通入过量CO2，生成H2S和NaHCO3，正确的离子方程式为S2－＋2CO2＋2H2O=H2S＋2HCOeq\o\al(－,3)，B错误；向NaClO溶液中通入过量H2S，发生氧化还原反应：ClO－＋H2S=Cl－＋S↓＋H2O，D错误。7.某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10－4和1.7×10－5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH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HNO2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eq\f(c（HA）·c（OH－）,c（A－）)保持不变(其中HA、A－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NaOH恰好中和后，溶液中n(Na＋)相同答案：C解析：由Ka(HNO2)＞Ka(CH3COOH)可知，酸性HNO2>CH3COOH。pH相同的两种酸稀释相同倍数时，酸性强的pH变化大，所以曲线Ⅱ代表HNO2，A错误。b、c两点处，b点酸性强，对水的电离抑制程度大，所以水的电离程度：c点＞b点，B错误。从c点到d点，eq\f(c（HA）·c（OH－）,c（A－）)＝eq\f(c（HA）·c（OH－）·c（H＋）,c（A－）·c（H＋）)＝eq\f(Kw,Ka)，Kw和Ka是两个常数，只要温度不变，比值就不变，C正确。a点pH相同，则CH3COOH的浓度大，恰好中和时消耗的NaOH多，即溶液中n(Na＋)多，D错误。8．(2025·广东六校高三第二次联考)某二元弱酸H2A在常温下的电离常数Ka1＝1.0×10－2，Ka2＝2.6×10－7。下列说法不正确的是()A．向H2A溶液中加入少量NaOH固体，则eq\f(c（HA－）,c（H2A）)变小B．0.1mol·L－1H2A溶液中：c(H＋)>2c(A2－)＋c(HA－)>c(OH－)C．对H2A溶液升温，溶液的pH变小D．0.1mol·L－1NaHA溶液呈酸性答案：A解析：Ka1＝eq\f(c（H＋）·c（HA－）,c（H2A）)，eq\f(c（HA－）,c（H2A）)＝eq\f(Ka1,c（H＋）)，向H2A溶液中加入少量NaOH固体，c(H＋)减小，Ka1不变，则eq\f(c（HA－）,c（H2A）)变大，A错误；0.1mol·L－1H2A溶液中，存在电荷守恒c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，故c(H＋)>2c(A2－)＋c(HA－)，OH－主要由水电离产生，而H2A会抑制水的电离，所以2c(A2－)＋c(HA－)>c(OH－)，B正确；对H2A溶液升温，H2A的电离平衡正向移动，c(H＋)增大，溶液的pH变小，C正确；0.1mol·L－1NaHA溶液中，HA－的电离常数为2.6×10－7，水解常数为eq\f(10－14,1.0×10－2)＝1.0×10－12，HA－的电离程度大于水解程度，故NaHA溶液呈酸性，D正确。9.(2025·张家口高三月考)一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液中c(H＋)变化如图所示，下列说法不正确的是()A．a、b、c三点对应溶液的导电能力：c＜a＜bB．a、b、c三点对应溶液中，CH3COOH的电离程度最大的是bC．若使b点对应的溶液中c(CH3COO－)增大、c(H＋)减小，可采用加入NaOH固体的方法D．a、b、c三点对应溶液的电离常数相等答案：B解析：c(H＋)：c＜a＜b，故导电能力：c＜a＜b；加水越多，越利于CH3COOH电离，故电离程度：c＞b＞a；加入NaOH固体，中和H＋，c(H＋)减小，CH3COOH电离平衡右移，c(CH3COO－)增大；a、b、c三点温度相同，故电离常数相同。10．下列说法正确的是()A．为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可通过在常温下测NaHA溶液的pH，若pH＞7，则H2A一定是弱酸B．用NaOH标准溶液滴定CH3COOH溶液至中性时，CH3COOH溶液恰好被中和C．向冰醋酸中不断加水，溶液的pH不断增大D．25℃和40℃时，0.1mol·L－1的氨水的pH不相等，而25℃和40℃时，0.1mol·L－1的氢氧化钠溶液的pH相等答案：A解析：常温下，若NaHA溶液的pH＞7，则说明NaHA发生了水解，说明其为强碱弱酸盐，即H2A为弱酸，A正确；CH3COOH为弱酸，刚好中和时的产物CH3COONa为强碱弱酸盐，溶液显碱性，B错误；纯醋酸不电离，向冰醋酸中不断加水，氢离子浓度先增大后减小，则溶液的pH先减小后增大，C错误；25℃和40℃时，水的离子积不同，水的电离程度不同，40℃时水的离子积较大，相同浓