2022版高考化学一轮复习第八章水溶液中的电离平衡第一讲弱电解质的电离平衡学案新人教版2

第一讲弱电解质的电离平衡考点一弱电解质的电离平衡及其影响因素(命题指数★★★★)1．强、弱电解质：(1)概念和物质类别。(2)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(\s\up1(2－),\s\do1(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(\s\up1(＋),\s\do1(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(\s\up1(－),\s\do1(3))，HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))H＋＋__。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(\s\up1(－),\s\do1(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(\s\up1(2－),\s\do1(4))；熔融状态下的电离方程式为NaHSO4=Na＋＋HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))。B．弱酸的酸式盐，如NaHCO3的电离方程式为NaHCO3=Na＋＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))H＋＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(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(如温度和浓度)，电解质电离成离子的速率和离子结合成分子的速率相等时，电离过程到达电离平衡状态。如下图：(2)电离平衡的特征。吸——一般弱电解质的电离过程是吸热的。(3)影响电离平衡的因素。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。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．相同离子：在弱电解质溶液中参加与弱电解质有相同离子的强电解质时，电离平衡逆向移动。D．反响离子：参加能与电解质电离出的离子反响的离子时，电离平衡向电离方向移动。以醋酸的电离平衡CH3COOHCH3COO－＋H＋为例：改变条件移动方向c(H＋)c(CH3COO－)电离程度升温向右增大增大增大浓度加水稀释向右减小减小增大加冰醋酸向右增大增大减小同离子效应加固体醋酸钠向左减小增大减小通HCl气体向左增大减小减小参加含有与弱电解质反应的离子加固体氢氧化钠向右减小增大增大参加镁粉向右减小增大增大3．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。1．判断以下说法是否正确，正确的打“√〞，错误的打“×〞。(1)弱酸的电离程度越大，溶液的导电能力越强。()提示：×。导电能力主要取决于溶液中离子总浓度，弱酸浓度一定情况下，电离程度越大导电能力越强。(2)氨水的浓度越小，一水合氨的电离程度越大。()提示：√。稀释促进电离。(3)Ca(OH)2微溶于水，因此它是弱电解质。()提示：×。强弱电解质只取决于是否完全电离，与溶解度无关。(4)在醋酸溶液中，当c(CH3COO－)＝c(H＋)时，表示醋酸已到达电离平衡。()提示：×。弱电解质到达电离平衡时，粒子浓度不再改变，并非相等。(5)碳酸的电离方程式为H2CO32H＋＋COeq\o\al(\s\up1(2—),\s\do1(3))。()提示：×。碳酸是二元弱酸，应分步电离。2．思考以下问题：(1)稀醋酸溶液加水稀释时，溶液中所有离子浓度同时减小吗？提示：温度一定时，Kw＝c(H＋)·c(OH－)，稀醋酸稀释时，c(H＋)减小，c(OH－)增大。(2)电离平衡向右移动，弱电解质的电离程度一定增大吗？提示：如增大弱电解质的浓度，电离平衡向右移动，但电离程度减小。3．在0.1mol·L－1CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，对于该平衡，以下表达正确的选项是()A．温度升高，平衡向逆反响方向移动B．参加少量NaOH固体，平衡向正反响方向移动C．参加少量0.1mol·L－1HCl溶液，溶液中c(H＋)减小D．参加少量醋酸钠固体，CH3COOH的电离程度增大【解析】选B。弱电解质的电离是吸热的过程，故温度升高，平衡正向移动，A项错误；参加少量NaOH固体，溶液中c(H＋)减小，平衡正向移动，B项正确；参加少量0.1mol·L－1HCl溶液，溶液中c(H＋)增大，平衡逆向移动，C项错误；参加少量醋酸钠固体，平衡逆向移动，CH3COOH的电离程度减小，D项错误。命题角度1：外因对电离平衡的影响【典例1】(2021·全国Ⅱ卷)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，其原理如以下图所示。以下表达错误的选项是()A.海水酸化能引起HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))浓度增大、COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))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HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))H＋＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))D．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境【命题意图】此题借助二氧化碳对生态环境的影响，考查弱电解质的电离平衡和难溶电解质的溶解平衡的相关知识，意在考查学生读图识图能力和电解质溶液离子平衡移动的分析能力。【解析】选C。二氧化碳溶于水生成碳酸，H2CO3H＋＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，使c(H＋)、c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))增大，C错误；产生的H＋与碳酸钙溶解得到的COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))发生反响H＋＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，使c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))减小，c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))增大，溶解平衡右移，促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少，A、B正确；使用太阳能、氢能等新能源可减少CO2的排放，改善珊瑚的生存环境，D正确。命题角度2：电解质溶液的导电性【典例2】(2021·江西模拟)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响的终点。如图是用KOH溶液分别滴定HCl溶液和CH3COOH溶液的滴定曲线示意图。以下示意图中，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()【解析】选D。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响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响生成强电解质醋酸铵，所以电导率增大；醋酸也完全反响后，继续滴加氨水，因为溶液被稀释，电导率有下降趋势。1．常见的强、弱电解质：eq\a\vs4\al(电,解,质)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(强电解质\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(强酸〔6种〕：HCl、H2SO4、HNO3、HBr、HI、HClO4,强碱〔4种〕：KOH、NaOH、Ca〔OH〕2、Ba〔OH〕2,绝大多数盐〔包括BaSO4、CaCO3等难溶性盐〕,金属氧化物〔如Na2O等〕)),弱电解质\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(弱酸：HClO、H2S、H2SO3、H2CO3、H3PO4、,CH3COOH、H2SiO3,弱碱：NH3·H2O、Fe〔OH〕3、Al〔OH〕3等,H2O)),))2．外界因素对电离平衡影响的判断方法：化学平衡原理(勒夏特列原理)也适用于电离平衡。如果改变影响平衡的条件，平衡向着“减弱〞这种改变的方向移动，但移动结果不能“抵消〞这种改变。3．溶液导电能力变化的判断方法：确定溶质—→判断溶质属于强/弱电解质—→得知溶液中导电离子的浓度变化—→导电能力变化命题点1：弱电解质概念辨析(根底性考点)1．以下属于有机物，又是弱电解质的是()A．乙醇钠B．氨水C．乙酸D．蔗糖【解析】选C。乙醇钠在水溶液中完全电离，是强电解质，故A不选；氨水是混合物，不是电解质，故B不选；乙酸属于有机物，水溶液中局部电离，属于弱电解质，故C选；蔗糖是有机化合物，水溶液和熔融状态均不导电，是非电解质，故D不选。2．(2021·南充模拟)常温下，以下关于pH＝3的CH3COOH溶液的表达错误的选项是()A．溶液中水电离出的c(H＋)＝1.0×10－11mol·L－1B．与等体积pH＝11的NaOH溶液混合，所得溶液pH＝7C．参加少量水稀释该溶液的过程中，eq\f(c〔CH3COO－〕,c〔CH3COOH〕)增大D．参加0.1mol·L－1CH3COONa溶液使pH＝7，那么c(CH3COO－)＝c(Na＋)【解析】选B。pH＝3的CH3COOH溶液中c(H＋)＝1.0×10－3mol·L－1，醋酸抑制了水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离，那么由H2O电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－11mol·L－1，故A正确；pH＝3的CH3COOH与等体积pH＝11的NaOH溶液混合，醋酸为弱酸，混合液中醋酸过量，反响后溶液呈酸性，故B错误；由醋酸电离的平衡常数表达式可知，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，氢离子浓度降低，温度不变，那么平衡常数不变，那么稀释过程中，eq\f(c〔CH3COO－〕,c〔CH3COOH〕)增大，故C正确；滴加0.1mol·L－1CH3COONa溶液至pH＝7时，c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性，根据电荷守恒：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，可知c(CH3COO－)＝c(Na＋)，故D正确。命题点2：外因对电离平衡的影响(综合性考点)3．(2021·嘉兴模拟)常温下，对于0.1mol·L－1的醋酸溶液，以下说法正确的选项是()A．加水稀释后，溶液中c(H＋)和c(OH－)都减小B．参加少量冰醋酸后，溶液中c(H＋)增大C．参加少量Na2CO3固体，醋酸电离平衡向左移动D．适当升高温度，醋酸的电离平衡常数减小【解析】选B。加水稀释醋酸，促进醋酸电离，但醋酸增大的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，故A错误；醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO－＋H＋，参加少量冰醋酸后，醋酸的电离平衡正移，溶液中c(H＋)增大，故B正确；参加少量Na2CO3固体，消耗氢离子，氢离子浓度减小，电离平衡CH3COOHCH3COO－＋H＋向右移动，故C错误；适当升高温度，促进醋酸的电离，醋酸的电离平衡常数增大，故D错误。命题点3：电解质溶液导电性变化(应用性考点)4．电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量。常温下，将相同体积的氢氧化钠溶液和醋酸溶液分别加水稀释，溶液的电导率随参加水的体积V(H2O)变化的曲线如下图。以下说法正确的选项是()A.曲线Ⅰ表示NaOH溶液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：b＞c＞aC．将a、b两点溶液混合，所得溶液中：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)D．醋酸溶液稀释过程中，eq\f(c〔CH3COO－〕,c〔CH3COOH〕)不断增大【解析】选D。加水稀释时，醋酸进一步电离，导电能力变化较小，那么Ⅰ为醋酸稀释曲线，故A错误；NaOH溶液显碱性，醋酸显酸性，导电能力越大，说明离子浓度越大，那么a、b、c三点溶液的pH：c＞b＞a，故B错误；将a、b两点溶液混合，由于醋酸浓度大于氢氧化钠浓度，反响后醋酸过量，溶液显酸性，那么溶液中：c(Na＋)＜c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，故C错误；醋酸溶液稀释过程中，Ka＝eq\f(c〔CH3COO－〕×c〔H＋〕,c〔CH3COOH〕)不变，而c(H＋)减小，所以eq\f(c〔CH3COO－〕,c〔CH3COOH〕)不断增大，故D正确。【加固训练—拔高】1．pH相同的氢氧化钠溶液和氨水分别加水稀释n倍和m倍，使pH仍保持相同，那么n和m的关系是()A．n＞mB．n＜mC．n＝mD．无法确定【解析】选B。pH相同的NaOH和氨水溶液，c(H＋)相等，溶液浓度：c(氨水)＞c(NaOH)，二者分别加水稀释，NaOH完全电离，NH3·H2O继续电离生成NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))和OH－，如果稀释相同倍数，溶液的pH：pH(氨水)＞pH(NaOH)，如果稀释后pH仍然相同，那么氨水稀释倍数大于NaOH溶液稀释倍数，即m＞n。2．(2021·蚌埠模拟)常温下向100mL蒸馏水中滴入10mL5mol·L－1HA溶液，利用传感器测得溶液中c(H＋A.HA是强酸B．a～b段，HA电离放热，使溶液温度升高C．c～d段，c(H＋)增大，HA电离程度增大D．c点时，参加等体积等浓度的NaOH溶液，那么c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)【解析】选D。结合图示可知，滴入10mL5mol·L－1HA溶液时，c(HA)≈eq\f(10,10＋100)×5mol·L－1≈0.45mol·L－1，而此时c(H＋)约为6×10－3mol·L－1，证明HA局部电离，属于弱酸，故A错误；a～b段，HA的电离过程为吸热过程，电解质溶于水，扩散过程(电离)吸热，水合过程(形成水合离子)放热，故B错误；c～d段，HA浓度增大，c(H＋)增加，但HA的电离程度减小，因为溶液的浓度越小，HA的电离产生的离子结合形成HA分子的时机就越少，所以电离程度就越大，故C错误；c点时，参加等体积等浓度的NaOH溶液，反响后溶质为NaA，根据物料守恒得：c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)，故D正确。3．(2021·浙江模拟)液氨中存在与水的电离类似的电离过程，金属钠投入液氨中可生成氨基钠(NaNH2)，以下说法不正确的选项是()A．液氨的电离方程式可表示为2NH3NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋NHeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))B．钠与液氨的反响是氧化复原反响，反响中有H2生成C．NaNH2与少量水反响可能有NH3逸出，所得溶液呈弱碱性D．NaNH2与一定量稀硫酸充分反响，所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可能得到四种盐【解析】选C。依据水的电离方程式可知，液氨的电离方程式可表示为2NH3NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋NHeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))，故A正确；依据题意可知液氨与钠发生置换反响生成氨基钠和氢气，是氧化复原反响，故B正确；NaNH2与少量水反响生成氢氧化钠和氨气，所得溶液为氢氧化钠水溶液，为强碱性溶液，故C错误；NaNH2与一定量稀硫酸充分反响所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可能得到硫酸钠、硫酸氢钠、硫酸铵、硫酸氢铵四种盐，故D正确。4．(2021·焦作模拟)298K时用0.05mol·L－1氨水滴定20mL0.05mol·L－1的叠氮酸(HN3)溶液，滴定过程中混合溶液的电阻率变化情况如下图，NH3·H2O的电离常数Kb＝1.7×10－5，HN3的电离常数Ka＝1.9×10－5。以下说法中错误的选项是()A.电阻率与离子浓度和离子所带电荷有关B．a、b、c、d四点中，水的电离程度最大的是cC．c～d之间可能存在：c(Neq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＝c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))＞c(H＋)＝c(OH－)D．假设用0.05mol·L－1HN3溶液滴定20mL0.05mol·L－1氨水，那么所得曲线完全相同【解析】选D。同温度下，单位体积中的离子个数越多，离子浓度大，阴离子或阳离子所带电荷的绝对值越大，溶液的导电能力越强，故A正确；NH3·H2O和HN3都是弱电解质，NH4N3为强电解质，电阻率最小时溶质为NH4N3，双水解促进水的电离，a、b、c、d四点中，c点最低，含NH4N3最多，水的电离程度最大的是c，故B正确；NH3·H2O的电离常数Kb＝1.7×10－5，HN3的电离常数Ka＝1.9×10－5，c点二者恰好反响时NH4N3的水溶液显极弱的酸性，此时电阻率最小，由图可知在cd之间有中性点，溶液中性时有c(Neq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＝c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))＞c(H＋)＝c(OH－)，故C正确；NH3·H2O的电离常数Kb＝1.7×10－5，HN3的电离常数Ka＝1.9×10－5，因为二者的电离常数不同，所以开始的电阻率不同，假设用0.05mol·L－1HN3溶液滴定20mL0.05mol·L－1氨水，那么所得曲线不能完全相同，故D错误。考点二电离平衡常数及其应用(命题指数★★★)1．电离平衡常数：(1)表达式：①对于一元弱酸HA：HAH＋＋A－，平衡常数K＝。②对于一元弱碱BOH：BOHB＋＋OH－，平衡常数K＝。③对于ABA＋＋B－，K＝。(2)影响因素：电离平衡常数的决定因素是弱电解质本身的性质。外界因素中，电离平衡常数只与温度有关，升高温度，K值增大。(3)特点：①在相同条件下，K值越大，表示该弱电解质越容易电离，所对应的酸(或碱)的酸性(或碱性)相对较大。②多元弱酸的各级电离常数的大小关系是K1≫K2……，所以其酸性决定于第一步电离。2．电离度(α)：(1)概念：当弱电解质在溶液里到达电离平衡时，溶液中已经电离的电解质分子数占溶液中原有的电解质的分子总数(包括已电离的和未电离的)的百分数。α＝eq\f(已电离的电解质分子数,溶液中原有的电解质的分子总数)×100%＝eq\f(已电离的电解质物质的量,溶液中原有的电解质的物质的量的总量)×100%＝eq\f(已电离的电解质物质的量浓度,溶液中原有的电解质的总物质的量浓度)×100%(2)意义：衡量弱电解质的电离程度，在相同条件下(浓度、温度相同)，不同弱电解质的电离度越大，弱电解质的电离程度越大。(3)影响因素：加水稀释或升高温度都能增大电离度。(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)。1．判断以下说法是否正确，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(\s\up1(2－),\s\do1(3))〕,c〔H2CO3〕)。()提示：×。H2CO3是二元弱酸，分步电离，有两个电离常数。不能写成一步电离。(2)弱电解质的电离常数受到温度、浓度的影响。()提示：×。电离常数只受温度影响。(3)弱电解质的电离程度越大，电离常数越大。()提示：×。电离常数受温度影响，电离程度受温度、浓度等影响，例如加水稀释后，电离程度增加，但电离常数不变。(4)电离常数越大，表示该电解质电离能力越强。()提示：√。电离常数表示弱电解质电离程度的大小。(5)电离常数大的酸溶液中的c(H＋)一定大于电离常数小的溶液。()提示：×。弱酸溶液中c(H＋)的大小与酸的浓度和电离常数有关。2．下表是几种弱酸常温下的电离平衡常数：CH3COOHH2CO3H2SH3PO4Ka＝1.8×10－5Ka1＝4.3×10－7Ka2＝5.6×10－11Ka1＝9.1×10－8Ka2＝1.1×10－12Ka1＝7.5×10－3Ka2＝6.2×10－8Ka3＝2.2×10－13(1)CH3COOH、H2CO3、H2S、H3PO4四种酸的酸性由强到弱的顺序为_____________________________________________________________。(2)多元弱酸的二级电离程度远小于一级电离的原因是________________________________________________________________________。(3)同浓度的CH3COO－、HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))、S2－结合H＋的能力由强到弱的顺序为______________________________________________________________。【解析】(1)根据一级电离平衡常数可知四种酸的酸性由强到弱的顺序为H3PO4、CH3COOH、H2CO3、H2S。(3)酸越弱，其对应酸根离子结合H＋的能力越强，故结合H＋的能力由强到弱的顺序为S2－、COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))、HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、CH3COO－。答案：(1)H3PO4、CH3COOH、H2CO3、H2S(2)一级电离产生的氢离子对二级电离起抑制作用(3)S2－、COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))、HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、CH3COO－命题角度1：电离常数的理解与应用【典例1】(2021·揭阳模拟)25℃时，HCOOH、HCN与H2CO3的电离平衡常数如表所示，以下说法正确的选项是()弱酸HCOOHHCNH2CO3电离平衡常数Ka＝1.77×10－4Ka＝4.9×10－10Ka1＝4.3×10－7Ka2＝4.7×10－11A.中和等体积、等物质的量浓度的HCOOH和HCN消耗NaOH的用量：HCOOH＞HCNB．相同物质的量浓度的溶液的pH：Na2CO3＞NaHCO3＞NaCN＞HCOONaC．向NaCN溶液中通入少量CO2，发生反响：2CN－＋H2O＋CO2=2HCN＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))D．等物质的量浓度、等体积的NaCN与HCOONa溶液中，阴离子总数目：HCOONa＞NaCN【解析】选D。等体积等浓度的HCOOH和HCN，HCOOH和HCN物质的量相同，中和时消耗NaOH的量相同，故A错误；相同物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3、NaCN、HCOONa，水解程度越大，溶液pH越大，电离程度HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，所以水解程度Na2CO3＞NaCN＞NaHCO3＞HCOONa，那么pH大小为Na2CO3＞NaCN＞NaHCO3＞HCOONa，故B错误；强酸能够制取弱酸，二者反响生成HCN和HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，离子方程式为CN－＋H2O＋CO2=HCN＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，故C错误；根据电荷守恒规律：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CN－)和c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCOO－)，由于甲酸的酸性大于HCN，所以等物质的量浓度的HCOONa和NaCN溶液，NaCN溶液水解能力强，c(OH－)较大，c(H＋)相对较小，由于两溶液c(Na＋)相等，所以HCOONa溶液中所含阴离子总数大于NaCN溶液所含阴离子总数，故D正确。(1)(宏观辨识与微观探析)酸性强弱与相应酸根离子结合质子能力有什么关系？提示：酸性越强的酸越易电离出H＋，相应酸根结合质子能力越弱。(2)(证据推理与模型认知)根据Ka值，醋酸酸性强于碳酸，醋酸与碳酸钠反响，一定有CO2产生吗？提示：足量醋酸与碳酸钠反响，产生CO2；少量醋酸与碳酸钠反响只能生成NaHCO3。命题角度2：有关电离常数的计算【典例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)＝eq\f(c〔X〕,c〔HClO〕＋c〔ClO－〕)，X为HClO或ClO－]与pH的关系如下图。HClO的电离常数Ka值为________。【解析】如下图pH＝7.5时，HClO、ClO－的组成分数相等，即c(HClO)＝c(ClO－)，此时HClO的电离常数Ka＝eq\f(c〔H＋〕·c〔ClO－〕,c〔HClO〕)＝c(H＋)＝10－7.5。答案：10－7.51．电离平衡常数的概念要点：(1)电离常数的大小由物质本身的性质决定，同一温度下，不同弱电解质的电离常数不同，K值越大，电离程度越大。(2)电离常数K只随温度的变化而变化，升高温度，K值增大。(3)多元弱酸电离常数：K1≫K2≫K3，其酸性主要由第一步电离决定，K值越大，相应酸的酸性越强。2．电离平衡常数的应用：(1)有关电离平衡的计算有①某弱酸或弱碱的物质的量浓度和电离常数，计算其电离出的离子浓度；②平衡时弱酸或弱碱的物质的量浓度和溶液中的离子浓度计算电离常数。(2)电离平衡的有关计算类似于化学平衡的有关计算，可利用“三段式法〞分析，列出化学平衡等式关系，代入数据计算。(3)假设两离子浓度相差100倍以上，进行加减运算时，可忽略离子浓度较小的数值。(4)对于同一弱电解质而言，电离常数只随温度的变化而改变，与溶液的浓度无关。(5)相同温度下，电离常数越大，对应弱电解质的电离能力越强。Ka较大的弱酸可以与Ka较小的弱酸的盐反响，即较强酸可以制取较弱酸。3．弱电解质平衡移动过程中某些离子浓度比值变化的解题思路：(1)方法1：将浓度之比转化为物质的量进行比拟，就可以忽略溶液体积的变化，只需要分析微粒数目即可。(2)方法2：利用某些离子的浓度之比关系，乘以或除以某种离子的浓度，“凑常数〞，将比值转化为一个常数与某种粒子浓度比值或乘积的形式，减小变量个数。命题点1：电离常数的理解与应用(根底性考点)1．(2021·北京海淀区模拟)相同温度下，根据三种酸的电离常数，以下判断正确的选项是()酸HXHYHZ电离常数Ka9×10－79×10－61×10－2A.三种酸的强弱关系：HX＞HY＞HZB．反响HX＋Y－=HY＋X－能够发生C．相同温度下，0.1mol·L－1的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最小D．相同温度下，1mol·L－1HX溶液的电离常数大于0.1mol·L－1HX【解析】选C。相同温度下，酸的电离常数越大，那么酸的电离程度越大，酸的酸性越强，那么酸根离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序为HZ＞HY＞HX，故A错误；由A知，HY的酸性大于HX，根据强酸制取弱酸知，该反响HX＋Y－=HY＋X－不能发生，故B错误；根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZ＞HY＞HX，根据越弱越水解，0.1mol·L－1的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最小，故C正确；电离平衡常数与浓度无关，只受温度影响，相同温度下同一物质的电离平衡常数不变，故D错误。命题点2：有关电离常数的计算(综合性考点)2．Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，计算0.1mol·L－1CH3COOH溶液中H＋的浓度。【解析】设CH3COOH溶液中H＋的浓度为xmol·L－1，CH3COOHCH3COO－＋H＋起始(mol·L－1)0.100平衡(mol·L－1)0.1－xxxKa＝eq\f(c〔H＋〕·c〔CH3COO－〕,c〔CH3COOH〕)＝eq\f(x2,0.1－x)＝1.75×10－5①由于Ka很小，所以x也很小，即0.1－x≈0.1②将②代入①式得，x≈1.32×10－3。答案：c(H＋)＝1.32×10－3mol·L－13．25℃时，将amol·L－1的氨水与0.01mol·L－1的盐酸等体积混合所得溶液中c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))＝c(Cl－)，用含a的代数式表示NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝________。【解析】根据电荷守恒得c(H＋)＋c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))＝c(Cl－)＋c(OH－)，因为c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))＝c(Cl－)，所以c(H＋)＝c(OH－)，故溶液显中性。Kb＝eq\f(c〔NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))〕·c〔OH－〕,c〔NH3·H2O〕)＝eq\f(\f(1,2)×0.01×10－7,\f(a,2)－\f(1,2)×0.01)＝eq\f(10－9,a－0.01)。答案：eq\f(10－9,a－0.01)【加固训练—拔高】1．(2021·宁波模拟)常温下Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Kb(NH3·H2O)＝1.75×10－5，以下说法正确的选项是()A．一定浓度的CH3COOH溶液加水稀释，所有的离子浓度都在减小B．pH＝4的CH3COOH和pH＝10的NH3·H2O反响后pH＝7C．等浓度等体积的CH3COOH和NH3·H2O消耗NaHCO3的物质的量相同D．等浓度的CH3COONa和NH4Cl溶液中阴离子浓度之和：前者小于后者【解析】选C。一定浓度的CH3COOH溶液加水稀释，c(H＋)、c(CH3COO－)减小，由于水的离子积Kw＝c(H＋)·c(OH－)不变，那么溶液中c(OH－)增大，故A错误；没有告诉pH＝4的CH3COOH和pH＝10的NH3·H2O溶液的体积，无法判断混合液是否为中性，故B错误；等浓度等体积的CH3COOH和NH3·H2O中满足n(CH3COOH)＝n(NH3·H2O)，两个反响中消耗的n(NaHCO3)＝n(CH3COOH)＝n(NH3·H2O)，所以两溶液消耗NaHCO3的物质的量相同，故C正确；由于Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3·H2O)，CH3COO－、NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))的水解程度相同，等浓度的两溶液中c(CH3COO－)＝c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))，且CH3COONa溶液中的c(OH－)等于NH4Cl溶液中的c(H＋)，由电荷守恒可知NH4Cl溶液中满足c(OH－)＋c(Cl－)＝c(H＋)＋c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))，即NH4Cl溶液中阴离子浓度之和等于c(H＋)＋c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))，CH3COONa溶液的阴离子浓度之和为c(OH－)＋c(CH3COO－)，所以两溶液中阴离子浓度之和相等，故D错误。2．以下曲线中，可以描述乙酸(甲，Ka＝1.8×10－5)和一氯乙酸(乙，Ka＝1.4×10－3)在水中的电离度与浓度关系的是()【解析】选B。这两种物质都是弱电解质，在温度不变、浓度相等时，电离程度CH3COOH<CH2ClCOOH，排除A、C；当浓度增大时，物质的电离程度减小，排除D选项，正确选项是B。3．(2021·台州模拟)某学生进行了如下实验，以下结论正确的选项是()编号ⅠⅡ实验现象a中产生凝胶状沉淀b中凝胶状沉淀溶解，c中无明显变化A.由Ⅰ能说明酸性H2CO3＞H2SiO3B．由Ⅱ可知结合氢离子的能力COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＞HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))C．向Na2SiO3溶液中通入少量CO2，发生反响SiOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋CO2＋H2O=COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋H2SiO3↓D．将新制的硅酸与硅酸钠溶液混合不会出现明显现象【解析】选B。盐酸与石灰石反响生成二氧化碳，同时挥发出氯化氢，氯化氢也能与硅酸钠反响生成硅酸沉淀，所以由Ⅰ不能说明酸性H2CO3＞H2SiO3，故A错误；b中凝胶状沉淀溶解，说明硅酸与碳酸根离子反响，c中无明显变化，说明硅酸与碳酸氢根离子不发生反响，那么结合氢离子的能力COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＞HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，故B正确；由Ⅱ可知酸性：H2SiO3＞HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，向Na2SiO3溶液中通入少量CO2，反响生成H2SiO3和NaHCO3，正确的离子方程式为SiOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋2CO2＋2H2O=H2SiO3↓＋2HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，故C错误；硅酸在溶液中存在溶解平衡，将新制的硅酸与硅酸钠溶液混合后，硅酸根离子浓度增大，会析出硅酸，故D错误。考点三一元强酸(碱)和一元弱酸(碱)的比拟(命题指数★★★)1．相同物质的量浓度、相同体积的一元强酸(如盐酸)与一元弱酸(如醋酸)的比拟：比拟工程酸c(H＋)pH中和碱的能力与活泼金属产生H2的量开始与金属反响的速率一元强酸大小相同相同大一元弱酸小大小2.相同pH、相同体积的一元强酸与一元弱酸的比拟：比拟工程酸c(H＋)c(酸)中和碱的能力与活泼金属产生H2的量开始与金属反响的速率一元强酸相同小小少相同一元弱酸大大多(注：一元强碱与一元弱碱的比拟规律与以上类似。)3．图象法理解稀释规律(以盐酸和醋酸为例)：(1)同体积、同浓度的盐酸和醋酸比拟加水稀释相同的倍数，醋酸的pH大加水稀释到相同的pH，盐酸参加的水多(2)同体积、同pH的盐酸和醋酸比拟加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大加水稀释到相同的pH，醋酸参加的水多1．判断以下说法是否正确，正确的打“√〞，错误的打“×〞。(1)pH＝3的醋酸溶液加水稀释100倍后pH小于5。()提示：√。弱电解质加水稀释会促进电离。(2)等体积、等pH的盐酸和醋酸中和碱的能力相同。()提示：×。等pH的盐酸和醋酸溶液相比，醋酸浓度更大，中和碱能力更强。(3)等浓度、等体积的盐酸和醋酸分别与足量Mg反响，生成H2的速率从始至终都是盐酸大。()提示：√。反响速率由溶液中c(H＋)决定，初始速率盐酸较大，反响过程中醋酸进一步电离，但反响速率仍小于盐酸。(4)假设升高酸溶液的温度，pH减小。()提示：×。升高强酸溶液的温度，pH不变；升高弱酸溶液的温度，pH减小。(5)加水稀释两种pH相同的酸溶液，pH变化大的一定是强酸。()提示：×。加水稀释两种pH相同的酸溶液，pH变化大的酸一定比变化小的酸性强，但不一定是强酸。2.等pH、等体积的盐酸(Ⅰ)和醋酸(Ⅱ)分别加水稀释，溶液pH与体积的关系如图：(1)室温下，稀释相同倍数对应的b点和c点的导电能力更强的是？提示：pH越小，溶液中H＋和酸根离子浓度越大，导电能力越强，导电能力c点更强。(2)酸溶液加水稀释10n倍，pH变为多少？提示：强酸溶液稀释10n倍，pH＝a＋n；弱酸溶液稀释10n倍，a＜pH＜a＋n；且pH＜7。命题角度1：强弱电解质图象分析【典例1】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)的变化如下图，以下表达错误的选项是()A．MOH的碱性强于ROH的碱性B．ROH的电离程度：b点大于a点C．假设两溶液无限稀释，那么它们的c(OH－)相等D．当lgeq\f(V,V0)＝2时，假设两溶液同时升高温度，那么eq\f(c〔M＋〕,c〔R＋〕)增大【以图析题·培养关键能力】【解析】选D。由图象可知0.1mol·L－1的MOH溶液的pH＝13，说明MOH完全电离，为强电解质，同理判断ROH为弱电解质，所以前者的碱性大于后者，A正确；ROH为弱电解质，溶液越稀越易电离，所以电离程度b点大于a点，B正确；当两溶液无限稀释下去，相当于纯水，所以二者氢氧根离子浓度相等，C正确；当lgeq\f(V,V0)＝2时，MOH溶液的pH＝11，ROH溶液的pH＝10，MOH溶液不存在电离平衡，ROH溶液存在电离平衡，升高温度平衡右移，M＋浓度无影响，R＋浓度增大，所以eq\f(c〔M＋〕,c〔R＋〕)减小，D错误。【备选例题】(2021·北京海淀区模拟)25℃时，pH＝2的盐酸和醋酸溶液各1mL分别加水稀释，pH随溶液体积变化的曲线如下图。以下说法正确的选项是()A．曲线Ⅰ代表醋酸溶液的稀释过程B．a点溶液的导电性比c点溶液的导电性差C．将a、b两点溶液加热至30℃(忽略溶质挥发)，eq\f(c〔Cl－〕,c〔CH3COO－〕)变大D．与相同浓度的NaOH溶液恰好中和时，消耗a点溶液的体积比b点溶液的体积大【解析】选D。溶液稀释时，醋酸进一步电离，其溶液中氢离子浓度大于盐酸的离子浓度，故曲线Ⅰ代表盐酸的稀释过程、Ⅱ应为醋酸稀释时的pH变化曲线，故A错误；稀释后盐酸溶液中氯离子、氢离子浓度减小，那么溶液导电性较弱，故a点溶液的导电性比c点溶液的导电性强，故B错误；升高温度后，醋酸的电离程度增大，醋酸根离子浓度增大，而氯离子浓度根本不变，那么eq\f(c〔Cl－〕,c〔CH3COO－〕)比值减小，故C错误；醋酸的浓度大于盐酸，与相同浓度的NaOH溶液恰好中和时，消耗a点溶液的体积比b点溶液的体积大，故D正确。命题角度2：强弱电解质的判断【典例2】(2021·许昌模拟)等体积、浓度均为0.2mol·L－1的三种溶液：①HA溶液、②HB溶液、③NaHCO3溶液，将①②分别与③混合，实验测得所产生的CO2气体体积(V)随时间(t)的变化如下图。以下说法不正确的选项是()A．酸性：HB＞HA＞H2CO3B．恰好反响时，所得两溶液中：c(A－)＞c(B－)C．上述三种溶液中由水电离出的c(OH－)的相对大小：③＞①＞②D．HA溶液和NaHCO3溶液恰好反响，所得的溶液中：c(A－)＋c(HA)＝0.1mol·L－1【解析】选B。由题图可知，HB溶液与NaHCO3溶液反响的速率较快，说明HB溶液中氢离子浓度较大，酸性：HB＞HA＞H2CO3，A正确；反响结束后所得两溶液分别为NaA溶液、NaB溶液，根据“越弱越水解〞，那么c(A－)<c(B－)，B错误；NaHCO3水解促进水的电离，酸的酸性越强，对水的电离的抑制程度越大，所以HB对水的电离的抑制程度最大，三种溶液中由水电离出的c(OH－)的相对大小：NaHCO3溶液＞HA溶液＞HB溶液，C正确；根据物料守恒可知，HA溶液和NaHCO3溶液反响所得溶液中c(A－)＋c(HA)＝0.1mol·L－1，D正确。1．强酸与弱酸的比拟：同浓度时，溶液中c(H＋)：强酸＞弱酸同pH时，溶液中c(H＋)相等，酸的浓度：弱酸＞强酸2．判断强弱电解质的方法(以酸HA为例)：(1)从是否完全电离的角度判断。强电解质在溶液中完全电离，弱电解质局部电离。据此，判断方法如下：①测定0.1mol·L－1HA②与同浓度的盐酸比拟导电性。假设导电性与盐酸相同，那么为强酸；假设导电性比盐酸弱，那么为弱酸。③与同浓度的盐酸比拟和足量活泼金属反响的速率。假设反响速率相同，那么为强酸；假设反响速率比盐酸慢，那么为弱酸。(2)从是否存在电离平衡的角度判断。在水溶液中，强电解质不存在电离平衡，弱电解质存在电离平衡，且一定条件下会发生移动。据此，判断方法如下：①将pH＝1的HA稀释100倍后测pH。假设pH＝3，那么为强酸；假设pH＜3那么为弱酸。②升高温度前后测溶液pH。假设升高温度溶液pH明显减小，那么为弱酸。③测量等pH、等体积的HA与盐酸分别与过量活泼金属反响产生的H2量。假设与盐酸产生H2量相等，那么为强酸；假设比盐酸产生H2量多，那么为弱酸。(3)从酸根离子是否水解的角度判断。强酸酸根离子不水解，弱酸酸根离子易水解。据此，判断方法如下：测NaA的pH。假设pH＝7，那么为强酸；假设pH＞7，那么为弱酸。命题点1：强弱电解质的判断(根底性考点)1．(2021·邯郸模拟)以下事实不能证明H2C2O4A．草酸能与CaCO3反响产生CO2B．常温下，0.1mol·L－1NaHC2O4溶液的pH＞7C．浓度均为1mol·L－1的H2C2O4D．常温下pH＝4的H2C2O4【解析】选A。草酸能和碳酸钙反响生成二氧化碳，说明草酸酸性大于碳酸，但是不能证明乙二酸局部电离，那么不能证明乙二酸是弱电解质，故A选；常温下，0.1mol·L－1NaHC2O4溶液的pH＞7，说明该盐是强碱弱酸盐，那么乙二酸是弱电解质，故B不选；浓度均为1mol·L－1的H2C2O4命题点2：强弱电解质区别(综合性考点)2．关于25℃时，体积相同的盐酸与醋酸两种溶液，以下说法正确的选项是()A．假设浓度相同，中和所需的NaOH物质的量相同B．假设浓度相同，分别与镁条反响的速率相等C．假设pH相等，那么c(CH3COO－)>c(Cl－)D．假设pH相等，分别与NaOH反响呈中性后，n(CH3COO－)＜n(Cl－)【解析】选A。如果两种酸的浓度和体积都相同，那么两种酸的物质的量相同，消耗的NaOH物质的量相等，故A正确；与Mg反响速率和酸溶液中c(H＋)成正比，如果浓度相同时c(H＋)：盐酸＞醋酸，那么开始时盐酸反响速率快，故B错误；假设pH相等，那么两种溶液中c(H＋)相等，温度相同那么两种溶液中c(OH－)相等，两种溶液中分别存在c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)、c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，所以c(Cl－)＝c(CH3COO－)，故C错误；假设pH相等，那么酸浓度：c(CH3COOH)＞c(HCl)，两种酸体积相等时n(CH3COOH)＞n(HCl)，分别与NaOH反响后呈中性时醋酸钠溶液中酸根离子多，所以n(CH3COO－)＞n(Cl－)，故D错误。命题点3：强弱电解质图象判断(应用性考点)3．物质的电阻率与导电能力成反比，物质的电阻率越大，导电能力越弱。室温条件下，向20mL浓度均为0.1mol·L－1HA和CH3COOH的混合液中滴加0.1mol·L－1的NH3·H2O，测得混合液的电阻率与参加NH3·H2O的体积(VA.HA是强酸B．室温条件下，等浓度的HA和CH3COOH溶液中c(H＋)前者小C．ab段发生的反响是HA＋NH3·H2O=NH4A＋H2D.c点溶液中的溶质为NH4A和CH3COONH【解析】选B。假设HA和CH3COOH都是弱酸，那么随着NH3·H2O的参加，酸碱反响生成盐，溶液导电性将增强、电阻率将减小，但图象上随着NH3·H2O的参加溶液电阻率增大、导电性反而减弱，说明原混合溶液中离子浓度更大，即HA为强电解质，故A正确；HA完全电离，CH3COOH局部电离，HA比等浓度CH3COOH溶液中c(H＋)大，故B错误；ab段是HA与NH3·H2O反响，故C正确；c点中和完全，溶质为NH4A和CH3COONH4【加固训练—拔高】1．(2021·海南模拟)向体积和pH均相等的盐酸和醋酸中分别参加足量的镁粉，那么以下关于反响产生H2的体积(同温同压下测定)和速率与时间的关系图象描述正确的选项是()【解析】选A。开始时，强酸盐酸和弱酸醋酸的pH相等，c(H＋)相等，那么开始时反响速率相等；随着反响的进行，弱酸醋酸不断电离出H＋而使醋酸中c(H＋)减小比盐酸中的慢，即醋酸中的c(H＋)大于盐酸中的c(H＋)，反响速率大于盐酸中的反响速率，故A正确；由上述分析，盐酸中的反响速率比醋酸的反响速率小，故B错误；醋酸为弱酸，不完全电离，pH均相等的盐酸和醋酸中醋酸的浓度远远大于强酸盐酸的浓度，与足量的镁粉反响产生氢气的体积醋酸比盐酸多，故C、D错误。2.(2021·三明模拟)常温时，分别向体积为V0、浓度均为1mol·L－1HClO2和HMnO4两溶液中加水稀释至体积为V，lgeq\f(V,V0)与溶液pH的关系如图。以下说法错误的选项是()A．HMnO4为强酸B．当两溶液均稀释至pH＝3时，c(ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2)))＝c(MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))C．在0≤pH≤5时，HMnO4溶液满足：pH＝lgeq\f(V,V0)D．稀释前分别用1mol·L－1的NaOH溶液中和两种酸至中性，消耗的n(NaOH)相同【解析】选D。由分析得知，lgeq\f(V,V0)＝0时，即溶液未稀释时，1mol·L－1HMnO4的pH＝0，说明该溶液中c(H＋)＝c(HMnO4)＝1mol·L－1，那么HMnO4为强酸，故A正确；根据电荷守恒：c(H＋)＝c(OH－)＋c(ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2)))，c(H＋)＝c(OH－)＋c(MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))当稀释至pH均为3时，c(ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2)))＝c(MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))，故B正确；HMnO4是强酸，完全电离，0≤pH≤5时，稀释多少倍，溶液中c(H＋)就是原来的多少分之一，所以HMnO4溶液满足，pH＝lgeq\f(V,V0)，故C正确；NaMnO4是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，NaClO2是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，所以NaClO2溶液消耗的n(NaOH)要少一些，才能使溶液呈中性，故D错误。3.次磷酸(H3PO2、一元弱酸)和氟硼酸(HBF4)均可用于植物杀菌。常温时，有1mol·L－1的H3PO2溶液和1mol·L－1的HBF4溶液，两者起始时的体积均为V0，分别向两溶液中加水，稀释后溶液的体积均为V，两溶液的pH变化曲线如下图。以下说法错误的选项是()A．常温下，NaBF4溶液的pH＝7B．常温下，H3PO2的电离平衡常数约为1.1×10－2C．NaH2PO2溶液中：c(Na＋)＝c(H2POeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2)))＋c(HPOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(2)))＋c(POeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(2)))＋c(H3PO2)D．常温下，在0≤pH≤4时，HBF4溶液满足pH＝lgeq\f(V,V0)【解析】选C。HBF4为强酸，那么NaBF4为强酸强碱盐，常温下NaBF4溶液的pH＝7，故A正确；对于H3PO2溶液，lgeq\f(V,V0)＋1＝1时pH＝1，那么V＝V0，即1mol·L－1H3PO2溶液中c(H＋)＝0.1mol·L－1，H3PO2的电离平衡常数K≈eq\f(0.1×0.1,0.9)≈1.1×10－2，故B正确；根据“次磷酸(H3PO2、一元弱酸)〞可知，NaH2PO2溶液中不存在HPOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(2))、POeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(2))，正确的物料守恒为c(Na＋)＝c(H2POeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2)))＋c(H3PO2)，故C错误；根据图示曲线b可知，lgeq\f(V,V0)＋1＝1时，lgeq\f(V,V0)＝pH＝0，lgeq\f(V,V0)＋1＝5时lgeq\f(V,V0)＝pH＝4，所以在0≤pH≤5时，HBF4溶液满足pH＝lgeq\f(V,V0)，故D正确。4．(2021·北京海淀区模拟)25℃时，以下事实不能说明一水合氨是弱电解质的是()A．醋酸铵溶液pH＝7B．0.01mol·L－1氨水pH约为10.6C．氯化铵溶液可以除铁锈D．氨水与氯化铁溶液混合产生沉淀【解析】选D。醋酸铵溶液pH＝7，说明铵根离子与醋酸根离子都能水解且水解程度相同，醋酸是弱酸，从而说明一水合氨是弱碱，故A不选；0.01mol·L－1氨水pH约为10.6，说明一水合氨不能完全电离，从而证明其是弱电解质，故B不选；氯化铵溶液能除铁锈说明氯化铵溶液显酸性，说明铵根离子能够水解，从而证明一水合氨是弱碱，故C不选；氨水与氯化铁溶液混合产生沉淀只能说明一水合氨是碱，能提供氢氧根离子，与电解质强弱无关，故D选。1．(2021·全国Ⅰ卷)固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材