第37讲 弱电解质的电离平衡（解析版）- 高考化学【一轮·夯实基础】复习精讲精练

备战2023年高考化学【一轮·夯实基础】复习精讲精练第37讲弱电解质的电离平衡【复习目标】1．理解弱电解质在水溶液中的电离平衡。2．理解电离平衡常数，掌握电离平衡常数的相关计算。3．能举例说明离子反应与平衡在生产、生活中的应用。【知识精讲】考点一弱电解质的电离平衡及影响因素1．强、弱电解质（1）强电解质：在水溶液或熔融状态下能全部电离的电解质。包括以下几种：（2）弱电解质：在水溶液或熔融状态下部分电离的电解质。包括以下几种：（3）电离方程式的书写①强电解质：“强等号”，如H2SO4的电离方程式为H2SO4=2H＋＋SOeq\o\al(2－,4)。②弱电解质：“弱可逆”a．一元弱酸，如CH3COOH的电离方程式为CH3COOHCH3COO－＋H＋。b．一元弱碱，如NH3·H2O的电离方程式为NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－。c．多元弱酸，分步电离，分步书写，如H2CO3的电离方程式为H2CO3H＋＋HCOeq\o\al(－,3)、HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)。d．多元弱碱，分步电离，一步书写，如Fe(OH)3的电离方程式为Fe(OH)3Fe3＋＋3OH－。e．两性物质双向电离，如Al(OH)3的电离方程式为H＋＋AlOeq\o\al(－,2)＋H2OAl(OH)3Al3＋＋3OH－。③酸式盐a．强酸的酸式盐，如NaHSO4在水溶液中的电离方程式为NaHSO4=Na＋＋H＋＋SOeq\o\al(2－,4)；熔融状态下的电离方程式为NaHSO4=Na＋＋HSOeq\o\al(－,4)。b．弱酸的酸式盐，如NaHCO3的电离方程式为NaHCO3=Na＋＋HCOeq\o\al(－,3)，HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)。2．电离平衡的概念在一定条件下(如温度、压强等)，当弱电解质电离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。3．电离平衡的建立与特征(1)开始时，v(电离)最大，而v(结合)为eq\a\vs4\al(0)。(2)平衡的建立过程中，v(电离)eq\a\vs4\al(＞)v(结合)。(3)当v(电离)eq\a\vs4\al(＝)v(结合)时，电离过程达到平衡状态。4．电离平衡的影响因素①内因：电解质本身的性质决定了其电离程度的大小。②外因：a．温度：电离是吸热过程，升高温度使电离平衡向电离的方向移动，电离程度越大。b．浓度：在一定温度下，同一弱电解质溶液，浓度越小，越易电离。c．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（逆向）移动。d．反应离子：加入能与电解质电离出的离子反应的离子时，电离平衡向电离方向移动。以0.1mol·L－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＋)导电能力Ka加水稀释向右增大减小减弱不变加入少量冰醋酸向右增大增大增强不变通入HCl(g)向左增大增大增强不变加NaOH(s)向右减小减小增强不变加CH3COONa(s)向左减小减小增强不变加入镁粉向右减小减小增强不变升高温度向右增大增大增强增大5．电解质溶液的导电能力电解质溶液的导电能力取决于溶液中自由移动离子的浓度和离子所带电荷数，自由移动离子的浓度越大、离子所带电荷数越多，导电能力越强。【例题1】H2S水溶液中存在电离平衡H2SH＋＋HS－和HS－H＋＋S2－。下列说法正确的是()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增大C．滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH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】向H2S溶液中加水，平衡向右移动，但溶液体积增大，溶液中H＋浓度减小，A错误；通入SO2，可发生反应：2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，SO2过量时，SO2与水反应生成的H2SO3酸性比氢硫酸强，因此溶液pH减小，B错误；滴加新制氯水，发生反应：H2S＋Cl2=2HCl＋S↓，H2S浓度减小，平衡向左移动，反应生成的盐酸为强酸，溶液酸性增强，pH减小，C正确；加入少量CuSO4固体，发生反应：CuSO4＋H2S=CuS↓＋H2SO4，溶液中S2－浓度减小，H＋浓度增大，D错误。【例题2】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·L－1NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液体积：c＜a＜b【答案】C【解析】A项，由导电能力知c(H＋)：b＞a＞c，故pH：c＞a＞b，错误；B项，加水体积越大，越利于CH3COOH电离，故电离程度：c＞b＞a，错误；C项，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，正确；D项，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，错误。【例题3】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，回答下列问题：(1)a、b、c三点溶液的pH大小顺序________(用a、b、c回答，下同)(2)a、b、c三点，CH3COOH的电离程度________。(3)a、b、c三点溶液用1mol·L－1NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液的体积________。【答案】(1)c>a>b(2)c>b>a(3)a＝b＝c考点二电离平衡常数及应用1．概念：一定条件下，当一元弱电解质达到电离平衡时，溶液中弱电解质电离所生成的各离子浓度的乘积，与溶液中未电离分子的浓度之比是一个常数，简称电离常数。2．表达式(1)对于一元弱酸HA：HAH＋＋A－，电离平衡常数Ka＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)。(2)对于一元弱碱BOH：BOHB＋＋OH－，电离平衡常数Kb＝eq\f(c（B＋）·c（OH－）,c（BOH）)。3．特点(1)电离平衡常数与温度有关，与浓度无关，升高温度，K值增大。(2)电离平衡常数反映弱电解质电离程度的相对强弱，K越大，表示弱电解质越易电离，酸性或碱性越强。eq\x(K越大)→eq\x(越易电离)→eq\x(酸（碱）性越强)(3)多元弱酸的各级电离常数的大小关系是K1≫K2≫K3……，故其酸性取决于第一步电离。4．电离平衡常数的四大应用(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小，酸性(或碱性)越弱。(3)判断复分解反应能否发生，一般符合“强酸制弱酸”规律。(4)判断粒子浓度或浓度比值的变化利用温度不变电离常数就不变来判断溶液中粒子浓度或者比值的变化情况，有时候还会结合Kw一起进行判断，如：向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加水稀释，eq\f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)＝eq\f(c（CH3COO－）·c（H＋）,c（CH3COOH）·c（H＋）)＝eq\f(Ka,c（H＋）)，加水稀释，c(H＋)减小，Ka值不变，则eq\f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)增大。5．电离度(1)概念在一定条件下的弱电解质达到电离平衡时，已经电离的电解质分子数占原电解质分子总数的百分比。(2)表示方法α＝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%，也可表示为α＝eq\f(一元弱电解质的某离子浓度,弱电解质的初始浓度)×100%(3)影响因素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。(4)电离度(α)与电离平衡常数(Ka、Kb)之间的关系①一元弱酸(以CH3COOH为例)设常温下，浓度为cmol·L－1的醋酸的电离度为αCH3COOHCH3COO－＋H＋起始(mol·L－1)c00转化(mol·L－1)c·αc·αc·α平衡(mol·L－1)c－cα≈cc·αc·αKa＝eq\f(cα·cα,c)＝cα2、α＝eq\r(\f(Ka,c))，c(H＋)＝cα＝eq\r(Ka·c)。②一元弱碱(如NH3·H2O，电离常数为Kb)同理可得：Kb＝cα2，c(OH－)＝cα＝eq\r(Kb·c)。6．关于电离平衡常数的计算(以弱酸HX为例)HXH＋＋X－eq\a\vs4\al(起始/,（mol·L－1）)c(HX)00eq\a\vs4\al(平衡/,（mol·L－1）)c(HX)－c(H＋)c(H＋)c(H＋)则Ka＝eq\f(c（H＋）·c（X－）,c（HX）)＝eq\f(c2（H＋）,c（HX）－c（H＋）)。(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＝eq\f(c2（H＋）,c（HX）)，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K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＋)＝eq\r(Ka·c（HX）)，代入数值求解即可。【例题4】正误判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)H2CO3的电离常数表达式：Ka＝eq\f(c2（H＋）·c（COeq\o\al(2－,3)）,c（H2CO3）)。()(2)弱电解质的电离平衡右移，电离平衡常数一定增大。()(3)电离平衡常数大的酸溶液中的c(H＋)一定比电离平衡常数小的酸溶液中的c(H＋)大。()(4)向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，eq\f(c（NHeq\o\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)先增大再减小。()(5)某一弱电解质，电离度越大，电离常数就越大。()【答案】(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×【例题5】已知数据：7.2×10－4、4.6×10－4、4.9×10－10分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这些酸可发生如下反应：①NaCN＋HNO2=HCN＋NaNO2②NaCN＋HF=HCN＋NaF③NaNO2＋HF=HNO2＋NaF由此可判断下列叙述中不正确的是()A．HF的电离平衡常数为7.2×10－4B．HNO2的电离平衡常数为4.9×10－10C．根据①③两个反应即可知三种酸的相对强弱D．HNO2的电离平衡常数比HCN大，比HF小【答案】B【解析】该题中涉及三个反应，由题中三个化学反应方程式(强酸制弱酸)可以得出：HF、HNO2、HCN的酸性依次减弱。酸性越强，电离平衡常数越大，据此将三个K值与酸对应起来，故A正确，B错误；反应①说明酸性HNO2＞HCN，反应③说明酸性HF＞HNO2，故C、D正确。【例题6】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．此酸的电离平衡常数约为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】根据HA在水中的电离度可算出c(H＋)＝0.1%×0.1mol·L－1＝10－4mol·L－1，所以pH＝4，故A正确；因HA在水中有电离平衡，升高温度，促进平衡向电离的方向移动，所以c(H＋)将增大，pH会减小，故B错误；由平衡常数表达式算出Ka＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)＝1×10－7，故C正确；c(H＋)＝10－4mol·L－1，所以c(H＋)H2O＝10－10mol·L－1，前者是后者的106倍，故D正确。【例题7】部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸HCOOHH2SH2CO3HClO电离平衡常数(25℃)Ka＝1.77×10－4Ka1＝1.3×10－7Ka2＝7.1×10－15Ka1＝4.4×10－7Ka2＝4.7×10－11Ka＝3.0×10－8按要求回答下列问题：(1)HCOOH、H2S、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为___________________。(2)同浓度的HCOO－、HS－、S2－、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、ClO－结合H＋的能力由强到弱的顺序为_________。【答案】(1)HCOOH>H2CO3>H2S>HClO(2)S2－>COeq\o\al(2－,3)>ClO－>HS－>HCOeq\o\al(－,3)>HCOO－【解析】(1)根据表中数据可知，酸的电离平衡常数大小为：HCOOH>H2CO3>H2S>HClO；电离平衡常数越大，酸性越强，所以酸性由强到弱的顺序为：HCOOH>H2CO3>H2S>HClO。(2)酸根离子对应酸的电离平衡常数越大，则其结合氢离子能力越弱，则同浓度HCOO－、HS－、S2－、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、ClO－，结合H＋的能力由强到弱的顺序为S2－>COeq\o\al(2－,3)>ClO－>HS－>HCOeq\o\al(－,3)>HCOO－。考点三一元强酸(碱)与一元弱酸(碱)的比较1．一元强酸(HCl)与一元弱酸(CH3COOH)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酸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小少相同醋酸溶液大大多2．一元强酸(HCl)与一元弱酸(CH3COOH)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值的盐酸、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.判断强酸、强碱的方法证明室温下某酸(HA)是弱酸：常见设计思路：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和HCl(强酸)溶液的导电能力若HA溶液的导电能力比HCl(强酸)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溶液所需消耗的碱的量若HA溶液耗碱量大，则HA为弱酸【例题8】相同体积、相同pH的某一元强酸溶液①和某一元弱酸溶液②分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是()【答案】C【解析】强酸完全电离，弱酸部分电离，随着反应的进行，弱酸会继续电离出H＋，所以溶液②产生氢气的体积多，在相同时间内，②的反应速率比①快，故选C。【例题9】已知常温时HClO的Ka＝3.0×10－8，HF的Ka＝3.5×10－4，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eq\f(c（R－）,c（HR）·c（OH－）)保持不变(HR代表HClO或HF)【答案】D【解析】A项，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，错误；B项，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，错误；C项，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，错误；D项，溶液中eq\f(c（R－）,c（HR）·c（OH－）)＝eq\f(c（R－）,c（HR）·\f(Kw,c（H＋）))＝eq\f(Ka,Kw)，Ka和Kw只随温度的改变而改变，所以从b点到d点，溶液中eq\f(c（R－）,c（HR）·c（OH－）)保持不变，正确。【例题10】浓度均为0.10mol·L－1、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lgeq\f(V,V0)的变化如图所示。下列叙述错误的是()A．MOH的碱性强于ROH的碱性B．ROH的电离程度：a点大于b点C．若两溶液无限稀释，则它们的c(OH－)相等D．当lgeq\f(V,V0)＝2时，若两溶液同时升高温度，则eq\f(cM＋,cR＋)增大【答案】D【解析】由图像分析可知，浓度为0.10mol·L－1的MOH溶液，在稀释前pH为13，说明MOH完全电离，则MOH为强碱，而ROH的pH<13，说明ROH没有完全电离，ROH为弱碱。MOH的碱性强于ROH的碱性，A正确；曲线的横坐标lgeq\f(V,V0)越大，表示加水稀释体积越大，由曲线可以看出b点的稀释程度大于a点，弱碱ROH存在电离平衡：ROHR＋＋OH－，溶液越稀，弱电解质电离程度越大，故ROH的电离程度：b点大于a点，B正确；若两溶液无限稀释，则溶液的pH接近于7，故两溶液的c(OH－)相等，C正确；当lgeq\f(V,V0)＝2时，溶液V＝100V0，溶液稀释100倍，由于MOH发生完全电离，升高温度，c(M＋)不变，ROH存在电离平衡：ROHR＋＋OH－，升高温度促进电离平衡向电离方向移动，c(R＋)增大，故eq\f(cM＋,cR＋)减小，D错误。【例题11】在一定温度下，有a.盐酸b．硫酸c．醋酸三种酸：(1)当三种酸物质的量浓度相同时，c(H＋)由大到小的顺序是___________(用字母表示，下同)。(2)同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH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，若产生相同体积的H2(相同状况)，则开始时反应速率的大小关系为________________，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______。(7)将c(H＋)相同且体积也相同的三种酸，分别与等浓度的NaOH稀溶液反应至pH＝7，则消耗NaOH溶液的体积大小关系为________。【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＝b(7)c>a＝b【解析】解答本题要注意以下三点：①HCl、H2SO4都是强酸，但H2SO4是二元酸；②CH3COOH是弱酸，在水溶液中不能完全电离；③醋酸溶液中存在CH3COOHCH3COO－＋H＋的电离平衡。【真题演练】1．（2022·北京·高考真题）2022年3月神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中太空“冰雪实验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。下列说法不正确的是（）A．醋酸钠是强电解质B．醋酸钠晶体与冰都是离子晶体C．常温下，醋酸钠溶液的D．该溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出【答案】B【详解】A．醋酸钠在水溶液中能完全电离，醋酸钠是强电解质，故A正确；B．醋酸钠晶体是离子晶体，冰是分子晶体，故B错误；C．醋酸钠是强碱弱酸盐，常温下，醋酸钠溶液的，故C正确；D．过饱和醋酸钠溶液处于亚稳态，加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出，形成饱和溶液，故D正确；选B。2．（2022·湖北·高考真题）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【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。3．（2022·湖北·高考真题）下图是亚砷酸和酒石酸混合体系中部分物种的图(浓度：总为，总T为)。下列说法错误的是（）A．的为B．的酸性比的强C．时，的浓度比的高D．时，溶液中浓度最高的物种为【答案】D【分析】由图分析，左侧纵坐标浓度的数量级为10-3mol/L，右坐标浓度的数量级为10-6mol/L，横坐标为pH，随着pH的增大，先变大，然后再减小，同时变大，两者浓度均为右坐标，说明变化的程度很小，当pH=4.6时，=，Ka=10-4.6。pH继续增大，则减小，同时增大，当pH=9.1时，=，，二者用左坐标表示，浓度比较大，说明变化的幅度比较大，但混合溶液中存在着酒石酸，电离常数远大于亚砷酸，且总T浓度也大于总As。【详解】A．，，当pH=9.1时，=，，为，A正确；B．，当pH=4.6时，=，Ka=10-4.6，而由A选项计算得H3AsO3的，即Ka>Ka1，所以的酸性比的强，B正确；C．由图可知的浓度为左坐标，浓度的数量级为10-3mol/L，的浓度为右坐标，浓度的数量级为10-6mol/L，所以时，的浓度比的高，C正确；D．由可知条件，酒石酸，的为，即酒石酸的第一部电离常数远大于亚砷酸的第一步电离常数，所以酒石酸的酸性远强于，另外总As的浓度也小于总T的浓度，所以当时，溶液中浓度最高的物种不是，D错误；故选D。4．（2022·辽宁·高考真题）下列符号表征或说法正确的是（）A．电离： B．位于元素周期表p区C．空间结构：平面三角形 D．电子式：【答案】C【详解】A．是二元弱酸，电离分步进行，其一级电离方程式为，A错误；B．基态原子的价电子排布式是，最后一个电子填充在s能级，位于元素周期表s区，B错误；C．中心碳原子的价层电子对数为，故其空间结构为平面三角形，C正确；D．是离子化合物，电子式为，D错误；故答案选C。5．（2022·浙江·高考真题）下列物质属于强电解质的是（）A． B． C． D．【答案】C【详解】A．是弱酸，在水溶液中只能部分电离，属于弱电解质，A不合题意；

B．是单质，不是电解质，B不合题意；

C．是盐，在水溶液中能够完全电离，故属于强电解质，C符合题意；D．是有机物，在水溶液和熔融状态下均不导电，属于非电解质，D不合题意；故答案为：C。6．（2022·浙江·高考真题）已知25℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。下列说法正确的是（）A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者B．向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，则H2A的电离度为0.013%C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2-)＞c(HA-)D．取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1【答案】B【详解】A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的电离程度前者大于后者，故A错误；B．溶液中c(H+)=10-3mol/L，H2A电离程度较小，溶液中c(H2A)≈0.1mol/L，Ka1=，c(HA-)=1.3×10-5mol/L，c(HA-)≈c(H2A)电离，则H2A的电离度0.013%，故B正确；C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，，则c(A2-)<c(HA-)，故C错误；D．H2A是弱酸，取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，H2A的电离平衡正向移动，则该溶液pH<a+1，故D错误；选B。7．（2021·浙江·高考真题）下列物质属于弱电解质的是（）A．CO2 B．H2O C．HNO3 D．NaOH【答案】B【分析】在水溶液中或熔融状态下不能够完全电离的电解质叫做若电解质。【详解】A．CO2在水溶液中或熔融状态下不能够电离，为非电解质，A不符合题意；B．H2O在水溶液中或熔融状态下能够部分电离，为弱电解质，B符合题意；C．HNO3为一种强酸，在水溶液中或熔融状态下能够完全电离，为强电解质，C不符合题意；D．NaOH为一种强碱，在水溶液中或熔融状态下能够完全电离，为强电解质，D不符合题意；故答案选B。8．（2021·浙江·高考真题）下列物质属于强电解质的是（）A．KOH B．H3PO4 C．SO3 D．CH3CHO【答案】A【分析】在水溶液中或熔融状态下能够完全电离的化合物为强电解质。【详解】A．KOH在水溶液中或熔融状态下能够完全电离出K+和OH-，KOH为强电解质，A符合题意；B．H3PO4在水溶液中或熔融状态下能不够完全电离，H3PO4为弱电解质，B不符合题意；C．SO3在水溶液中或熔融状态下不能电离，SO3属于非电解质，C不符合题意；D．CH3CHO在水溶液中或熔融状态下不能电离，CH3CHO属于非电解质，D不符合题意；故答案选A。9．（2020·海南·高考真题）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-lgKa≈4.7B．NaA的水解平衡常数Kh=C．当该溶液的pH=7.0时，c(HA)<c(A-)D．某c(HA)：c(A-)=4：1的缓冲溶液，pH≈4【答案】B【分析】根据图像可知，c(HA)=c(A-)时，pH=4.7，即c(H+)=10-4.7mol/L。【详解】A．分析可知，c(HA)=c(A-)时，pH=4.7，该酸K==c(H+)=10-4.7mol/L，故-lgKa≈4.7，A说法正确；B．NaA的水解平衡常数Kh==，B说法错误；C．根据图像可知，当该溶液的pH=7.0时，c(HA)＜c(A-)，C说法正确；D．根据图像可知，c(HA)为0.8，c(A-)为0.2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。10．（2020·北京·高考真题）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．醋酸与Na2CO3溶液反应的离子方程式为CO+2H+=H2O+CO2↑【答案】C【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•L-1醋酸溶液中存在物料守恒：n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，或c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol•L-1，据此分析解答。【详解】A．1L0.1mol•L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，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•L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，滴加NaOH溶液过程中，溶液中始终存在物料守恒，n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，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。11．（2020·全国·高考真题）二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如下图所示。下列叙述错误的是（）A．海水酸化能引起浓度增大、浓度减小B．海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少C．CO2能引起海水酸化，其原理为H++D．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境【答案】C【详解】A．海水酸化，H+浓度增大，平衡H++⇌正向移动，浓度减小，浓度增大，A正确；B．海水酸化，浓度减小，导致CaCO3溶解平衡正向移动，促进了CaCO3溶解，导致珊瑚礁减少，B正确；C．CO2引起海水酸化的原理为：CO2+H2O⇌H2CO3⇌H++，⇌H++，导致H+浓度增大，C错误；D．使用太阳能、氢能等新能源，可以减少化石能源的燃烧，从而减少CO2的排放，减弱海水酸化，从而改善珊瑚礁的生存环境，D正确；答案选C。12．（2020·全国·高考真题）化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：(1)氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图(a)所示的装置来制取。装置中的离子膜只允许______离子通过，氯气的逸出口是_______(填标号)。(2)次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ(X)=，X为HClO或ClO−]与pH的关系如图(b)所示。HClO的电离常数Ka值为___________。(3)Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为____________________________________。(4)ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成1molClO2消耗NaClO2的量为_____mol；产生“气泡”的化学方程式为____________________。(5)“84消毒液”的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是______________________________________(用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则生产1000kg该溶液需消耗氯气的质量为____________kg(保留整数)。【答案】Na+

a

10-7.5

2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O

1.25

NaHCO3+NaHSO4=CO2↑+Na2SO4+H2O

ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O

203【详解】（1）电解饱和食盐水，反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，阳极氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，氯气从a口逸出，阴极氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，产生OH-与通过离子膜的Na+在阴极室形成NaOH，故答案为：Na+；a；(2)由图pH=7.5时，c(HClO)=c(ClO-)，HClO的Ka==c(H+)=10-7.5；故答案为：10-7.5；（3）Cl2歧化为Cl2O和Cl-，HgO和氯气反应的方程式为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O，故答案为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O；（4）5ClO2－＋4H＋=4ClO2＋Cl－＋2H2O，每生成1molClO2，消耗NaClO2为=1.25mol；碳酸氢钠和硫酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，方程式为：NaHCO3＋NaHSO4=Na2SO4＋H2O＋CO2↑，故答案为:1.25mol；NaHCO3＋NaHSO4=Na2SO4＋H2O＋CO2↑；(5)“84”中的NaClO、NaCl和酸性清洁剂混合后发生归中反应，离子方程式为：ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O；设氯气为xkg，则消耗的NaOH为kg，原氢氧化钠质量为+1000Kg×0.01，由NaOH质量守恒：原溶液为1000Kg-x，则Kg+1000Kg×0.01=（1000Kg-x)×0.3，解得x=203Kg；故答案为：ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O；203。【课后精练】第I卷（选择题）1．（2022·浙江·马寅初中学高三阶段练习）下列物质属于强电解质的是（）A．Ca(OH)2 B．Cu C．盐酸 D．CH4【答案】A【详解】A．Ca(OH)2是强碱，属于强电解质，故A符合题意；B．Cu是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B不符合题意；C．盐酸是混合物，不属于电解质，属于电解质溶液，故C不符合题意；D．CH4是有机物，属于非电解质，故D不符合题意。综上所述，答案为A。2．（2022·河南省叶县高级中学阶段练习）铬酸()可用于镀铬、制颜料，也可用于某些釉和彩色玻璃的生产。常温下，下列事实能说明是弱电解质的是（）A．易溶于水B．的溶液pH>2C．发生电离：D．用物质的量浓度相同的NaCl溶液和溶液进行导电性实验，比较灯泡的亮度【答案】B【详解】A．不能根据电解质的溶解性强弱判断电解质的强弱，故A错误；B．的溶液pH>2，说明部分电离，是弱电解质，故B正确；C．的电离方程式可证明是强电解质，不能证明是弱电解质，故C错误；D．NaCl和都属于强电解质，故D错误；答案选B。3．（2022·江苏南京·开学考试）根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A相同条件下，分别测量0.1mol/L和0.01mol/L醋酸溶液的导电性，前者的导电性强醋酸浓度越大，电离程度越大B常温下，分别测定浓度均为0.1mol/LNaF和NaClO溶液的pH，后者的pH大酸性：HF<HClOCKNO3和KOH的混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变为蓝色NO被还原为NH3DCuS的悬浊液中加入饱和MnSO4溶液可生成浅红色沉淀(MnS为浅红色)Ksp(MnS)<Ksp(CuS)A．A B．B C．C D．D【答案】C【详解】A．浓度越大，电离出离子浓度大，电离程度小，则前者电离程度小，故A错误；B．NaClO溶液具有漂白性，不能用pH试纸测其pH，故B错误；C．碱性条件下Al、硝酸根离子发生氧化还原反应生成氨气，则湿润的红色石蕊试纸变为蓝色，故C正确；D．加入饱和MnSO4溶液，如满足Qc>Ksp，则生成沉淀，不能比较溶度积大小,，故D错误；故选：C。4．（2022·河南濮阳·期末）常温下，pH均为2、体积均为V0的HA、HB、HC三种酸溶液，分别加水稀释至体积为V，溶液pH随的变化关系如图所示，下列叙述错误的是（）A．常温下：Ka(HB)>Ka(HA)B．水的电离程度：b点<c点C．酸的物质的量浓度：b点<a点D．当=4时，三种溶液同时升高温度，减小【答案】B【分析】根据图知，pH=2的HA、HB、HC溶液分别稀释100倍，HC的pH变成4，说明HC是强酸，HB、HA的pH增大但小于4，则HB、HA为弱酸，且HB的pH增大幅度大于HA，说明HB的酸性＞HA，因此酸性HC＞HB＞HA。【详解】A．由图示可知酸性HC＞HB＞HA，常温下：Ka(HB)>Ka(HA)，A正确；B．b点和c点的pH相同，水的电离程度一样，B错误；C．酸性HB＞HA且pH均为2，故起始时c(HA)>c(HB)，稀释相同的倍数后酸的物质的量浓度：b点<a点，C正确；D．酸的电离平衡是吸热反应，由于HC为强酸，不存在电离平衡，对HC溶液升高温度，c(C-)不变，对HA溶液升高温度促进HA电离，c(A-)增大，减小，D正确；答案选B。5．（2022·福建泉期末）用如图装置分别进行导电性实验，使小灯泡明显变暗的实验操作是（）A．向溶液中加入适量固体B．向饱和溶液中滴加适量溶液C．向溶液中加入适量固体D．向稀溶液中加入适量固体【答案】D【分析】电解质水溶液因含可自由移动的离子可导电、导电能力与溶液中的离子浓度和离子所带电荷有关，当自由离子浓度大幅下降或几乎为零时，导电能力也大幅下降或几乎为0。【详解】A．醋酸是弱电解质，向溶液中加入适量固体生成强电解质溶液，自由离子浓度明显增加、导电能力明显增强，A错误；B．饱和溶液中存在亚硫酸属于弱电解质，滴加适量溶液生成的硫酸溶液是强电解质溶液，自由离子浓度明显增加、导电能力明显增强，B错误；C．向溶液中加入适量固体生成氯化银沉淀和硝酸钠溶液，自由离子浓度几乎不变、导电能力几乎不变，C错误；D．向稀溶液中加入适量固体生成硫酸钡沉淀和水，恰好反应时，自由离子浓度几乎为零，导电能力几乎为0，D正确；答案选D。6．（2022·浙江·瑞安中学高二开学考试）相同温度下，三种酸在一定物质的量浓度下的电离度如下表所示，下列正确的是（）酸HAHBHD浓度/mol∙L-110.10.50.91电离度/%0.30.30.150.110A．HD是强酸B．该温度下Ka：HB<HA<HDC．在相同温度下，HA酸浓度越大其电离度越小因而溶液酸性越弱D．由表可知在相同温度下，弱酸HB浓度越小其电离平衡常数越大【答案】B【详解】A．当浓度都是1mol/L时，HD的电离度为10%，说明HD是弱酸，故A错误；B．根据分析可知相同浓度电离度越小，酸性越弱，所以酸性：HB<HA<HD，那么该温度下Ka：HB<HA<HD，故B正确；C．浓度越大电离度越小，但浓度增大电离平衡正向移动，氢离子浓度大了，酸性增强，故C错误；D．相同温度下，弱酸HB浓度与电离平衡常数无关，平衡常数只受温度影响，故D错误；故选：B。7．（2022·安徽亳州期末）下列说法错误的是（）A．加热蒸干溶液并灼烧可得到B．向水中加入金属钠，能促进水的电离，冷却至室温后，保持不变C．某些单质可与水反应同时生成强电解质和弱电解质D．弱电解质溶液的导电性肯定弱于强电解质溶液的导电性【答案】D【详解】A．铝离子水解生成氢氧化铝和氯化氢，氯化氢易挥发，AlCl3溶液蒸干得到氢氧化铝，灼烧可得到Al2O3，故A正确；B．向水中加入金属钠，钠与氢离子反应，氢离子浓度减小，水的电离正向移动，促进了水的电离，冷却至室温后，Kw保持不变，故B正确；C．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，氯化氢是强电解质，次氯酸是弱电解质，故C正确；D．溶液的导电性强取决于自由移动离子浓度的大小，和电解质的强弱无关，故D错误；故选：D。8．（2022·天津市咸水沽第一中学高三开学考试）已知酸性，下列有关叙述中正确的是（）①向溶液中通入少量二氧化碳的离子反应方程式为②向和混合溶液中加入足量溶液，用萃取后，取上层中的液体少许并加入溶液，有淡黄色沉淀生成③向溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为④“84”消毒液(有效成分)和“洁厕灵”(主要成分盐酸)混合使用时放出氯气，其离子方程式为⑤在海带灰的浸出液(含有)中滴加得到，其离子方程式为A．②④ B．①③⑤ C．②③ D．①④⑤【答案】A【详解】①已知酸性，因此向溶液中通入少量二氧化碳，反应生成次氯酸和碳酸氢钠，其离子反应方程式应为，故①错误；②向和混合溶液中加入足量溶液，铁离子和碘离子反应生成单质碘和亚铁离子，用萃取后，萃取了单质碘，取上层中的液体少许并加入溶液，溶液中溴离子和银离子反应生成有淡黄色AgBr沉淀，故②正确；③向溶液中滴加少量氯水，由于碘离子还原性大于亚铁离子，因此碘离子先与氯水中氯气反应，其离子方程式为，故③错误；④“84”消毒液(有效成分)和“洁厕灵”(主要成分盐酸)混合使用时，两者发生氧化还原反应生成氯气，其离子方程式为，故④正确；⑤在海带灰的浸出液(含有)中滴加得到，碘离子被双氧水氧化为单质碘，其离子方程式应为，故⑤错误；因此②④正确；故A正确。综上所述，答案为A。9．（2022·河北省博野中学期中）下列事实能说明醋酸是弱电解质的是：（）①醋酸与水能以任意比互溶②醋酸溶液能导电③醋酸溶液中存在醋酸分子④0.1mol·L-1醋酸的pH比0.1mol·L-1盐酸的pH大⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2⑥0.1mol·L-1醋酸钠溶液pH=8.9⑦大小相同的锌粒和相同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应,醋酸产生H2速率慢A．②⑥⑦ B．③④⑥⑦ C．③④⑤⑥ D．①②【答案】B【详解】①电解质的强弱与溶解性无关；②弱电解质溶液电离后也可以导电；③醋酸溶液中存在醋酸分子，可以说明存在电离平衡，可以说明醋酸为弱电解质；④0.1mol/L醋酸的pH比0.1mol/L盐酸的pH大，可以说明醋酸为弱电解质；⑤说明醋酸比碳酸强，不能说明醋酸是弱电解质；⑥0.1mol/L醋酸钠溶液pH=8.9，说明醋酸钠是强碱弱酸盐，则醋酸是弱酸，为弱电解质；⑦大小相同的锌粒与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2速率慢，说明醋酸中氢离子浓度小于盐酸，盐酸是强酸，则醋酸是弱酸；故选B。10．（2022·河北省博野中学期中）下表中物质的分类组合正确的是（）选项ABCD强电解质Al2(SO4)3BaSO4HClOKCl弱电解质CH3COOHH2OCaCO3Al(OH)3非电解质CO2NH3·H2ONH3HIA．A B．B C．C D．D【答案】A【分析】电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；强电解质是指在水溶液中或熔融状态下，能够完全电离的化合物，即溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴阳离子的化合物，一般是强酸、强碱和大部分盐类；弱电解质是指在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐；【详解】A．硫酸铝属于盐为强电解质，醋酸在水溶液中部分电离为弱电解质，二氧化碳是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物属于非电解质，故A正确；B．硫酸钡是强电解质，水是弱电解质，NH3·H2O属于弱电解质，故B错误；C．次氯酸是弱电解质，碳酸钙是强电解质，氨气是非电解质，故C错误；D．氯化钾是强电解质，氢氧化铝是弱电解质，碘化氢是强电解质，故D错误；故选A。11．（福建省泉州市2023届高三毕业班8月质量监测）25℃时，用0.1mol/LNaOH溶液分别滴定20mL浓度均为0.1mol/L的HCl、CH3COOH，所加NaOH溶液的体积与反应后溶液pH的关系如图所示。现用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL浓度均为0.1mol/L的HCl和CH3COOH的混合酸溶液，下列叙述正确的是（）A．CH3COOH的电离常数Ka约为B．滴定混合酸至pH=4.4时，仅发生反应：HCl+NaOH=NaCl+H2OC．滴定混合酸至pH=7时，D．滴定混合酸至pH=8.2时，【答案】D【分析】HCl是一元强酸，c(H+)=c(HCl)=0.1mol/L，溶液pH=1；CH3COOH是一元弱酸，存在电离平衡，c(H+)＜c(CH3COOH)=0.1mol/L，溶液pH＞1，水解根据图象可知曲线II表示NaOH滴定HCl的曲线，曲线I表示NaOH滴定CH3COOH的曲线。【详解】A．曲线I表示NaOH滴定CH3COOH的曲线，醋酸溶液浓度是0.1mol/L，在未滴加NaOH溶液时，溶液pH=3，则c(H+)=10-3mol/L，根据醋酸电离方程式CH3COOHCH3COO-+H+可知：c(CH3COO-)=c(H+)=10-3mol/L，所以该温度下CH3COOH的电离常数Ka=，A错误；B．由于0.1mol/LCH3COOH溶液pH=3；0.1mol/LHCl的pH=1，所以滴定混合酸至pH=4.4时，发生反应为HCl+NaOH=NaCl+H2O和CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，B错误；C．NaCl是强酸强碱盐，不水解，CH3COONa是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因此当滴定混合酸至pH=7时，CH3COOH未反应完全，溶液为NaCl、CH3COOH、CH3COONa的混合溶液，根据电荷守恒可得c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)，c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，所以此时溶液中c(Na+)＞c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，C错误；D．滴定混合酸至pH=8.2时，溶液pH在滴定突跃范围，HCl、CH3COOH恰好完全被中和，溶液为NaCl、CH3COONa的混合溶液，二者的物质的量相等。根据物料守恒可知c(Na+)最大；Cl-不发生水解，CH3COO-发生水解反应而消耗，所以c(Cl-)＞c(CH3COO-)；CH3COO-发生水解反应产生OH-，使溶液显碱性，但盐水解程度是微弱的，水解产生的离子浓度小于盐电离产生的离子浓度，则c(CH3COO-)＞c(OH-)，故溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)，D正确；故合理选项是D。12．（2022·浙江·马寅初中学高三阶段练习）25℃时H2S的Ka1(H2S)=9×10-8，Ka2(H2S)=1.1×10-12。下列说法正确的是（）A．相同温度下，Na2S溶液pH值大于NaHS溶液B．某温度下，将pH=6的H2S溶液稀释100倍，pH可能为8C．25℃时，等浓度Na2S和NaHS混合溶液，水电离出的氢离子浓度为1.1×10-12mol/LD．往H2S溶液中滴入NaOH溶液的过程中，一直减小【答案】D【分析】H2S的电离分为一级电离：，二级电离：；且Ka1(H2S)=9×10-8，Ka2(H2S)=1.1×10-12，根据电离平衡常数解题。【详解】A．在相同温度下，且浓度相等的条件下，越弱越水解，Na2S溶液pH值大于NaHS溶液，没有提供浓度，无法确定，故A错误；B．稀释会改变H2S溶液pH值，但不会改变酸碱性，故B错误；C．Na2S和NaHS溶液均为盐，水解促进水的电离，常温下，水电离的氢离子浓度大于10-7mol/L，故C错误；D．据分析，往H2S溶液中滴入NaOH溶液，会使氢离子一直被消耗，S2-浓度增加，所以一直减小，故D正确；故选D。13．（2022·内蒙古·海拉尔第二中学模拟预测）已知甘氨酸在水中存在三种微粒，它们的转化关系如下：pI为该溶液中−COO−和H3−数目相等时的pH，K1和K2分别表示：−COOH和H3−的解离常数，K1=10−2.4，K2=10−9.4。其各微粒在水中的分布系数(各微粒数目占三种微粒总数的百分比)如图所示。下列判断错误的是：（）A．a点对应的pH=2.4B．pH=4时，c(A±)＞c(A-)＞c(A+)C．甘氨酸溶液的pI=6D．甘氨酸溶于水后溶液显酸性【答案】B【分析】根据题中转化关系可知，酸性越强，A+越多，碱性越强，A-越多，故X为A+，Y为，Z为A-。【详解】A．a点时，c(A+)=c()，，pH=2.4，A正确；B．由图像可知，pH=4

时，c(A±)浓度最大、c(A-)最小，故c(A±)＞c(A+)＞c(A-)，B错误；B项错误；C．pI为该溶液中-COO-和数目相等时的pH，由图可知，-COO-和数目相等时的pH约为6，C正确；D．H2N-CH2-COOHH2N-CH2-COO-+H+的电离常数K1=10-2.4，H2N-CH2-COOH+H2O+OH-的水解常数，K1＞K，所以溶液显酸性，D正确；故选B。14．（2022·福建龙岩期末）将的醋酸溶液温度升高10℃。下列说法不正确的是（）A．增大B．水的离子积常数增大C．的电离程度增大D．溶液中存在：【答案】A【详解】A．醋酸的电离是一个吸热过程，升高温度，电离平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故A错误；B．水的电离是一个吸热过程，升高温度，电离平衡向右移动，水的离子积常数增大，故B正确；C．醋酸的电离是一个吸热过程，升高温度，电离平衡向右移动，电离程度增大，故C正确；D．0.1mol/L醋酸溶液中存在物料守恒关系，故D正确；故选A。15．（2022·全国课时练习）表中数据是几种弱酸常温下的电离平衡常数：下列说法中不正确的是（）A．碳酸的酸性强于氢硫酸B．多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定C．常温下，加水稀释溶液，减小D．向弱酸溶液中加少量溶液，恢复到常温，该弱酸的电离平衡常数不变【答案】C【详解】A．由表格数据可知，相同温度下碳酸的氢硫酸的，则碳酸的酸性强于氢硫酸，A正确；B．多元弱酸以第一步电离为主，则多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定，B正确；C．，常温下，加水稀释溶液，不变，减小，则增大，C错误；D．弱酸的电离平衡常数与温度有关，与浓度无关，则向弱酸溶液中加少量溶液，恢复到常温，该弱酸的电离平衡常数不变，D正确；故答案选：C。16．（2022·河南·高三阶段练习）乙二胺[H2N(CH2)2NH2]是一种二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。25℃时，用HCl调节0.10mol·L-1乙二胺溶液的pH，溶液中含氮物种的分布系数(δ)与pH的关系如图所示(如乙二胺的分布系数δ[H2N(CH2)2NH2]=)。下列说法错误的是（）A．乙二胺第一步电离的方程式为H2N(CH2)2NH2+H2O⇌H2N(CH2)2NH+OH-B．曲线L3表示δ[H2N(CH2)2NH2]与pH的关系C．Q点对应溶液的pH=8.39D．M、N点溶液中c(Cl-)相等【答案】D【分析】乙二胺[H2N(CH2)2NH2]是一种二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。随着盐酸的加入，酸性增加，H2N(CH2)2NH2浓度减小、H2N(CH2)2NH浓度先增大后减小、H2N(CH2)2NH浓度增大；故H2N(CH2)2NH2、H2N(CH2)2NH、H2N(CH2)2NH曲线分别为L3、L2、L1；【详解】A．乙二胺[H2N(CH2)2NH2]是一种二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，乙二胺第一步电离的方程式为H2N(CH2)2NH2+H2O⇌H2N(CH2)2NH+OH-，A正确；B．由分析可知，曲线L3表示δ[H2N(CH2)2NH2]与pH的关系，B正确；C．由N点可知，c(H2N(CH2)2NH2)=c(H2N(CH2)2NH)，此时pH=9.93，pOH=4.07，则Kb1=，同理由M点可知，Kb2=；Kb1×Kb2=，，Q点对应溶液，则，pOH=-5.61，pH=8.39，C正确；D．25℃时，用HCl调节0.10mol·L-1乙二胺溶液的pH，M点酸性更强，加入盐酸的量更多，故M点溶液中c(Cl-)较大，D错误。故选D。第II卷（非选择题）17．（2022·河南省叶县高级中学阶段练习）25℃下，溶液加水稀释，所得体积为V的溶液的pH随变化关系如图所示，结合表中给出的电离常数(25℃下)回答下列问题：弱酸HClO电离常数(1)25℃时，在的溶液中，由水电离出的浓度为_______。(2)的电离常数约为______________，、、三种酸的酸性由强到弱的顺序为______________。(3)图中b_______(填“>”“<”或“=”)1。(4)下列操作能使上述醋酸溶液中减小的是_______(填字母)。A．降低温度 B．加水稀释C．加少量的固体 D．加少量冰醋酸(5)的高铼酸()与pH=13的NaOH溶液等体积混合，所得溶液呈中性。体积相同的高铼酸和醋酸溶液的pH均为2，若将两溶液稀释100倍，则pH变化较大的是_______。【答案】(1)(2)

(3)>(4)AD(5)高铼酸【解析】（1）水电离的c（H+）=mol/L=1×10-11mol/L。（2）根据图像信息，氢离子浓度起始为0.001mol/L，CH3COOH电离程度较小，所以c（CH3COO-）≈c（H+）=0.001mol/L，c（CH3COOH）≈0.1mol/L，电离平衡常数Ka==1×10-5；酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，电离平衡常数：K（HNO2）＞K（CH3COOH）＞K（HClO），所以酸性。（3）随着加水稀释，醋酸的电离度增大，但是浓度减小，氢离子浓度由10-3mol/L降低到10-4mol/L，溶液体积扩大倍数大于10，故b>1。（4）A．醋酸电离吸收热量，则降低温度平衡逆向移动，该比值减小，故正确；B．加水稀释促进电离，则该比值增大，故错误；C．加少量的CH3COONa固体而抑制醋酸电离，但是溶液中c（CH3COO-）增大程度大于c（CH3COOH）增大程度，所以该比值增大，故错误；D．加少量冰醋酸平衡正向移动，但是c（CH3COO-）增大程度小于c（CH3COOH）增大程度，该比值减小，故正确。（5）的高铼酸()与pH=13的NaOH溶液等体积混合，所得溶液呈中性，可知高铼酸为强酸，完全电离；则体积相同的高铼酸和醋酸溶液的pH均为2，高铼酸的浓度为0.01mol/L，而醋酸为弱酸，浓度大于0.01mol/L，若将两溶液稀释100倍，则pH变化较大的是高铼酸。18．（2022·福建泉州期末）已知：25℃时，、、。(1)常温下，将pH和体积均相同的和溶液分别稀释，溶液pH随加水体积的变化如图：①曲线I代表___________溶液(填“”或“”)。②a、b两点对应的溶液中，水的电离程度a___________b(填“”、“”或“”)。③向上述溶液和溶液分别滴加等浓度的溶液，当恰好中和时，消耗溶液体积分别为和，则___________(填“”、“”或“”)。④酸度()也可表示溶液的酸碱性，。。常温下，的硝酸溶液___________。(2)25℃时，往溶液中加入溶液。①当，生成，水解的离子方程式为_______________________________________。②当，溶液显___________性(填“酸”、“碱”或“中”)，原因是________________________________(结合数据计算说明)。③等浓度等体积的、混合，溶液中___________。【答案】(1)

＞

＞

10(2)

酸

电离程度大于水解程度

【解析】（1）①根据数据可知，CH3COOH为弱酸，HNO3为强酸，将pH和体积均相同的CH3COOH溶液和HNO3溶液分别稀释相同体积时，强酸的pH变化大，则曲线Ⅰ代表HNO3溶液；②酸对水的电离平衡起抑制作用，酸性越强，水的电离程度越小，图中pH：a>b，则b点酸性强，水的电离程度较小的是b点；③pH和体积均相同的CH3COOH溶液和HNO3溶液，HNO3酸性强于CH3COOH，则CH3COOH的浓度大于HNO3的浓度，若向上述CH3COOH和HNO3溶液中分别滴加等浓度的NaOH溶液，恰好中和时消耗NaOH溶液体积分别为V1和V2，由于酸的体积相等，浓度越大，酸的物质的量越大，则V1>V2；常温下，的硝酸溶液；（2）水解的离子方程式为；当，氢氧化钠不足，只与草酸中其中一个羧基反应，生成，因电离程度大于水解程度，故溶液显酸性；等浓度等体积的、混合，根据物料守恒：，故溶液中。19．（2022·江西省万载中学阶段练习）通常用Ka表示弱酸的电离平衡常数，请回答下列问题：(1)已知亚磷酸(H3PO3)为二元弱酸，常温下Ka1=1.6×10-2，Ka2=7×10-7。①Na2HPO3属于___________(填“正盐”或“酸式盐”)。②已知常温下Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，写出亚磷酸溶液与醋酸钠溶液反应的离子方程式________________________________。(2)常温下，取0.3mol∙L-1HY溶液与0.3mol∙L-1NaOH溶液等体积混合不计混合后溶液体积变化，测得混合溶液pH=9

①c(OH-)-c(HY)=____________mol∙L-1②常温下HY的电离平衡常数Ka=___________。(3)电解法制取有广泛用途的Na2FeO4，工作原理如图所示。①a极为___________极。②Ni极为___________极。③左侧的电极反应式为___________。④右侧的电极反应式为___________。【答案】(1)正盐

H3PO3+CH3COO-=+CH3COOH(2)1×10-9

1.5×10-5(3)

正

阴

Fe-6e-+8OH-=+4H2O

6H2O+6e-=3H2↑+6OH-【分析】电解法制取Na2FeO4，Fe失电子发生氧化反应，则Fe电极为阳极，从而得出a电极为正极，b电极为负极，Ni电极为阴极。（1）①亚磷酸(H3PO3)为二元弱酸，则Na2HPO3属于正盐。②因为常温下7×10-7＜1.8×10-5＜1.6×10-2，则与CH3COO-不能发生反应，所以亚磷酸溶液与醋酸钠溶液反应的离子方程式：H3PO3+CH3COO-=+CH3COOH。答案：正盐；H3PO3+CH3COO-=+CH3COOH；（2）①依据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Y-)，依据物料守恒：c(Na+)=c(OH-)+c(HY)，则c(OH-)-c(HY)=c(H+)=1×10-9mol∙L-1；②因为c(OH-)-c(HY)=1×10-9mol∙L-1，则c(OH-)≈c(HY)=1×10-5mol∙L-1，c(Y-)=0.15mol∙L-1-c(HY)≈0.15mol∙L-1，所以常温下HY的电离平衡常数Ka===1.5×10-5。答案：1×10-9；1.5×10-5；（3）①由分析可知，a极与阳极相连，则其为正极。②Fe极为阳极，则Ni极为阴极。③左侧的Fe电极为阳极，Fe失电子产物与电解质反应生成等，反应式为Fe-6e-+8OH-=+4H2O。④右侧的Ni电极为阴极，水得电子生成H2等，反应式为6H2O+6e-=3H2↑+6OH-。答案：正；阴；Fe-6e-+8OH-=+4H2O；6H2O+6e-=3H2↑+6OH-。20．（2022·四川·雅安中学阶段练习）硫酸、盐酸、醋酸、碳酸、氨水及其盐是生活中常见的物质。(1)等浓度的五种溶液①(NH4)2CO3、②NH4Cl、③NH4HSO4、④CH3COONH4、⑤NH3·H2O，则c()由大到小排列的顺序为_________(用序号比较)。(2)25°C时，浓度均为0.1mol·L-1的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是。A．两溶液的pH相同B．两溶液的导电能力相同C．两溶液中由水电离出的c(OH-)相同D．中和等物质的量的NaOH，消耗两溶液的体积相同(3)25°C时，pH均等于4的醋酸溶液和氯化铵溶液，醋酸溶液中水电离出的H+浓度与氯化铵溶液中水电离出的H+浓度之比是_________。(4)①常温下，pH=5的NaHSO4溶液中水的电离程度______pH=9的NH3·H2O中水的电离程度(填“>”“=”或“<”)；②等体积等物质的量浓度的NaHSO4与氨水混合后溶液呈___________性(填“酸、中、碱”)，针对该混合溶液下列说法正确的是_________(填选项代号)。A．c()+c(H+)=c()+c(OH-)B．c(Na+)=c(H+)+c()C．c()=c()+c(NH3·H2O)③常温下，若一定量的NaHSO4溶液与氨水混合后，溶液pH=7，则c(Na+)+c()______2c()(填“>”“=”或“<”)；④常温下，向100mL0.2mol·L-1NaHSO4溶液加入0.2mol·L-1Ba(OH)2溶液，则恰好完全沉淀时溶液的pH=________。【答案】(1)①>③>②>④>⑤(2)D(3)1：106(4)=

酸

AC

=13【解析】（1）等浓度的五种溶液中，①(NH4)2CO3、②NH4Cl、③NH4HSO4、④CH3COONH4，这四种溶液中的发生水解，其中①(NH4)2CO3溶液中的浓度最大；在③NH4HSO4溶液中，H+会抑制的水解；在④CH3COONH4溶液中，CH3COO-和相互促进水解；在氨水中，NH3·H2O部分电离，故该溶液中的浓度最小；综上所述，c()由大到小排列的顺序为①＞③＞②＞④＞⑤。（2）A．25°C时，浓度均为0.1mol·L-1的盐酸和醋酸溶液，盐酸溶液中HCl全部电离，其H+的浓度为0.1mol·L-1，醋酸溶液中CH3COOH部分电离，其H+的浓度小于0.1mol·L-1，故两溶液的pH不同，且醋酸溶液的pH较大，A错误；B．25°C时，浓度均为0.1mol·L-1的盐酸和醋酸溶液，盐酸溶液中HCl全部电离，醋酸溶液中CH3COOH部分电离，则两溶液的导电能力不同，B错误；C．25°C时，浓度均为0.1mol·L-1的盐酸和醋酸溶液，盐酸溶液中HCl全部电离，其H+的浓度为0.1mol·L-1，醋酸溶液中CH3COOH部分电离，其H+的浓度小于0.1mol·L-1，则醋酸溶液中由水电离出的c(OH-)较大，C错误；D．由于c酸∙V酸=n碱，且盐酸和醋酸的浓度相同，故中和等物质的量的NaOH，消耗两溶液的体积相同，D正确；故选D。（3）pH=4的醋酸溶液中，c(H+)=10-4mol/L，H+主要来自于醋酸的电离，水电离出的H+的浓度与水电离出的OH-的浓度相等，则水电离出的H+的浓度为=10-10mol/L；pH=4的NH4Cl溶液中，H+主要来自于的水解，则水电离出的H+的浓度就是溶液中H+的浓度，为10-4mol/L；则醋酸溶液中水电离出的H+浓度与氯化铵溶液中水电离出的H+浓度之比是10-10mol/L:10-4mol/L=1:106。（4）①常温下，pH=5的NaHSO4溶液中，c(H+)=10-5mol/L，H+主要来自于NaHSO4的电离，则溶液中由水电离出的H+的浓度就是由水电离出的OH-的浓度，为=10-9mol/L；pH=9的NH3·H2O中水的电离程度，H+主要来自于水的电离，即水电离出H+的浓度为10-9mol/L；两种溶液中，水电离出的H+的浓度相同，则两种溶液中水的电离程度相同；②NaHSO4相当于一元强酸，NH3·H2O是一元弱碱，则将等体积等物质的量浓度的NaHSO4与氨水混合后，溶液呈酸性；混合后的溶液中，根据电荷守恒得：c()+c(H+)+c(Na+)=2c()+c(OH-)（①），根据物料守恒得：c(Na+)=c()（②），c()=c()+c(NH3·H2O)，并将①②联立可得，c()+c(H+)=c()+c(OH-)，综上所述，AC正确，B错误，故选AC；③常温下，若一定量的NaHSO4溶液与氨水混合后，根据电荷守恒得：c()+c(H+)+c(Na+)=2c()+c(OH-)，由于溶液pH=7，说明溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，故c()+c(Na+)=2c()；④100mL0.2mol·L-1NaHSO4溶液中加入0.2mol·L-1Ba(OH)2溶液，若要使恰好完全沉淀，则Ba(OH)2溶液的体积为100mL；反应前，NaHSO4溶液中n(H+)=0.1L0.2mol·L-1=0.02mol，Ba(OH)2溶液中n(OH-)=20.1L0.2mol·L-1=0.04mol，则反应后，溶液中n(OH-)=0.02mol，c(OH-)==0.1mol·L-1，c(H+)