2026版《金版教程》高考复习化学区域B版第1讲 弱电解质的电离平衡

0第一部分

基础过关第六章

水溶液中的离子反应与平衡第1讲

弱电解质的电离平衡考点1弱电解质的电离1．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．由该一元酸电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍2．室温下，下列事实不能说明NH3·H2O为弱电解质的是(

)A．0.1mol·L－1NH3·H2O溶液的pH小于13B．0.1mol·L－1NH4Cl溶液的pH小于7C．相同条件下，同浓度氨水的导电能力弱于NaOH溶液的D．0.1mol·L－1NH3·H2O溶液能使无色酚酞试液变红解析

D项，0.1mol·L－1NH3·H2O溶液能使无色酚酞溶液变红，只能说明NH3·H2O溶液显碱性，NH3·H2O电离产生OH－，但不能说明NH3·H2O是弱电解质。3.(2025·成都七中月考)一定温度下，冰醋酸稀释过程中溶液的导电能力变化如图所示。下列说法不正确的是(

)A．加水前导电能力为零的原因是冰醋酸中不存在自由移动的离子B．a、b、c三点对应溶液的c(H＋)：c<a＝bC．a、b、c三点对应溶液CH3COOH的电离程度：c>b>aD．加入少量Na2CO3固体，可使b点c(CH3COO－)增大、c(H＋)减小解析在加水以前的冰醋酸是纯净的醋酸，以电解质分子形式存在，其中无自由移动的离子，因此不能导电，故A正确；

溶液中自由移动的离子浓度越大，溶液的导电能力就越强。由于导电能力：c<a<b，所以溶液中c(H＋)由小到大的顺序是c<a<b，故B错误；向冰醋酸中加入水，加水量越多，醋酸电离程度就越大。由图可知加水量：a<b<c，所以a、b、c三点对应的溶液中，CH3COOH的电离程度：c>b>a，故C正确；加入少量Na2CO3固体，会消耗醋酸电离出的H＋，从而促进醋酸的电离，可使b点c(CH3COO－)增大、c(H＋)减小，故D正确。4．下列说法不正确的是(

)A．2.0×10－7mol·L－1的盐酸中c(H＋)＝2.0×10－7mol·L－1B．将KCl溶液从常温加热至80℃，溶液的pH变小但仍保持中性C．常温下，NaCN溶液呈碱性，说明HCN是弱电解质D．常温下，pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液pH增大解析盐酸的浓度为2.0×10－7mol·L－1，完全电离，溶剂水电离出的氢离子浓度的数量级与溶质HCl电离出的氢离子浓度的数量级相差不大，则计算盐酸中氢离子浓度时，不能忽略水电离出的氢离子浓度，其数值应大于2.0×10－7mol·L－1，故A错误。6．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(25℃)，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中不正确的是(

)A．Ka(HF)＝7.2×10－4B．Ka(HNO2)＝4.9×10－10C．根据两个反应即可得出一元弱酸的酸性强弱顺序为HF>HNO2>HCND．Ka(HCN)<Ka(HNO2)<Ka(HF)解析相同温度下，酸的电离常数越大，该酸的酸性越强，结合强酸制取弱酸分析可知，亚硝酸的酸性强于氢氰酸而弱于氢氟酸，所以亚硝酸的电离平衡常数为4.6×10－4，故B错误。7．(2025·太原市高三年级学业诊断)乳酸是一种重要的化工原料，可用于制备聚乳酸(PLA)生物可降解性塑料。已知常温下，乳酸的电离常数Ka＝1.4×10－4。下列有关说法正确的是(

)A．乳酸稀溶液加少量水稀释的过程中，溶液中c(OH－)减小B．在乳酸稀溶液中滴加少量盐酸，乳酸的电离平衡逆向移动，c(H＋)变小C．恒温下，在乳酸稀溶液中滴加少量NaOH溶液，乳酸的电离常数Ka>1.4×10－4D．常温下，体积为10mLpH＝3的醋酸溶液和乳酸溶液分别加水稀释至1000mL，若稀释后溶液的pH：醋酸<乳酸，则电离常数：醋酸<乳酸解析常温下，乳酸在水溶液中存在电离平衡，生成H＋，加水稀释，c(H＋)减小，则c(OH－)增大，A错误；在乳酸稀溶液中滴加稀盐酸，c(H＋)增大，电离平衡逆向移动，B错误；温度不变，电离常数不变，C错误。4.0×10－21＞＞9．某同学拟用pH计测定溶液pH以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是(

)A．25℃时，若测得0.01mol·L－1NaR溶液pH＝7，则HR是弱酸B．25℃时，若测得0.01mol·L－1HR溶液pH>2且pH<7，则HR是弱酸C．25℃时，若测得HR溶液pH＝a，取该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL测得pH＝b，b－a<1，则HR是弱酸D．25℃时，若测得NaR溶液pH＝a，取该溶液10.0mL，升温至50℃，测得pH＝b，a>b，则HR是弱酸解析

25℃时，若测得0.01mol·L－1NaR溶液pH＝7，可知NaR为强酸强碱盐，则HR为强酸，A错误；25℃时，若测得0.01mol·L－1HR溶液pH>2且pH<7，可知溶液中c(H＋)<0.01mol·L－1，所以HR未完全电离，HR为弱酸，B正确；假设HR为强酸，取pH＝6的该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL，测得此时溶液pH<7，C错误；假设HR为强酸，则NaR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，pH减小，D错误。11．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－)解析根据电荷守恒得：醋酸溶液中c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，盐酸中c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，又因两溶液的pH相等，故c(CH3COO－)＝c(Cl－)，A正确；pH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，CH3COOH的酸性小于HCl，所以分别中和pH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错误；溶液与金属镁反应，c(H＋)越大反应速率越快，相同浓度的两溶液，HCl完全电离而醋酸部分电离，故盐酸与金属镁的反应速率更快，C错误；相同浓度的CH3COOH溶液和盐酸，分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中，分别有c(CH3COO－)＝c(Na＋)，c(Cl－)＝c(Na＋)，因CH3COO－存在水解，NaOH与二者恰好完全反应时，消耗NaOH相同，前者溶液呈碱性，后者溶液呈中性，若使前者溶液呈中性，NaOH应少加一些，故二者分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中：c(CH3COO－)<c(Cl－)，D错误。18．(1)(2022·广东高考节选)某小组研究25℃下HAc电离平衡的影响因素。提出假设稀释HAc溶液或改变Ac－浓度，HAc电离平衡会发生移动。设计方案并完成实验用浓度均为0.1mol·L－1的HAc和NaAc溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定pH，记录数据。序号V(HAc)/mLV(NaAc)/mLV(H2O)/mLn(NaAc)∶n(HAc)pHⅠ40.00//02.86Ⅱ4.00/36.0003.36…Ⅶ4.00ab3∶44.53Ⅷ4.004.0032.001∶14.65①根据表中信息，补充数据：a＝________，b＝________。②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释HAc溶液，电离平衡________(填“正