考点29电离平衡（核心考点精讲精练）-备战2025年高考化学一轮复习考点帮（新高考）（解析版）

考点29电离平衡目录TOC\o"1-3"\h\u 11.高考真题考点分布 12.命题规律及备考策略 1 2考法01电离平衡 2考法02电离平衡常数 7 111.高考真题考点分布考点内容考点分布强弱电解质比较2024·湖南卷13题，3分；2024·全国新课标卷7题，3分；2024·河北卷11题，3分；2023湖北卷12题，3分；2022江苏卷12题，3分；2021浙江1月选考17题，2分；2021浙江6月选考19题，2分；电离平衡常数应用2024·江苏卷12题，3分；2023湖北卷14题，3分；2023浙江6月选考15题，3分；2022浙江1月选考17题，2分；2022全国乙卷13题，6分；2022湖北卷15题，3分；2022辽宁卷15题，3分；2021山东卷15题，4分；2.命题规律及备考策略【命题规律】高频考点从近几年全国高考试题来看，强、弱电解质判断、电离方程式、电离平衡常数、微粒浓度大小仍是高考命题的热点。【备考策略】【命题预测】预计2025年高考会以新的情境载体考查有关强、弱电解质判断，电离方程式书写和正误判断、微粒浓度大小比较等知识，题目难度一般适中。考法01电离平衡1.强电解质和弱电解质强电解质弱电解质概念在水溶液中能完全电离的电解质在水溶液中只能部分电离的电解质所含物质类型强酸：HCl、H2SO4、HNO3等强碱：NaOH、KOH、Ca(OH)2等大多数盐：BaSO4、(NH4)2SO4、NaCl等大多数金属氧化物：Na2O、Al2O3等弱酸：H2CO3、CH3COOH、HClO等弱碱：NH3·H2O、Mg(OH)2等水：H2O少数盐：(CH3COO)2Pb等相同点都能电离、都是电解质、都是化合物不同点电离程度不同，溶质存在形式不同电离方程式用“=”表示，如：KNO3=K++NO3-用“”表示，如：CH3COOHCH3COO-+H+2．电离平衡在一定条件(如温度、浓度)下，当电离的速率和离子结合为分子的速率相等时，电离过程就达到了平衡状态。3．电离平衡的特征4．外界条件对电离平衡的影响以0.1mol/L的醋酸溶液为例(CH3COOHCH3COO－＋H＋)填写下表。外界条件平衡移动方向平衡常数Kan(H＋)c(H＋)导电性加水稀释正向不变增大减小减弱加冰醋酸正向不变增大增大增强升温正向增大增大增大增强加CH3COONa(s)逆向不变减小减小增强加NaOH(s)正向不变减小减小增强【易错提醒】1．加水稀释时，溶液中不是所有离子的浓度都减小；稀醋酸加水稀释时，溶液中的c(H+)减小，c(OH-)增大。2．电离平衡右移，电离程度不一定增大，如增大弱电解质的浓度，使电离平衡向右移动，但电离程度减小。3．电离平衡右移，电解质分子的浓度不一定减小，如对于CH3COOHCH3COO-+H+，平衡后，加入冰醋酸，c(CH3COOH)增大，平衡右移，根据勒夏特列原理，只能“减弱”而不能消除，再次平衡时，c(CH3COOH)比原平衡时大。4．电离平衡右移，离子的浓度不一定增大，如在CH3COOH溶液中加水稀释或加少量NaOH固体，都会引起平衡右移，但c(CH3COOH)、c(H+)都比原平衡时要小。请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)强电解质溶液中不存在溶质分子，弱电解质溶液中存在溶质分子()(2)氨气溶于水，当NH3·H2O电离出的c(OH－)＝c(NH4+)时，表明NH3·H2O电离处于平衡状态()(3)室温下，由0.1mol·L－1一元碱BOH的pH＝10，可知溶液中存在BOH=B＋＋OH－()(4)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()(5)稀释弱电解质溶液时，所有粒子浓度都一定会减小()(6)CaCO3难溶于水，其溶液中存在CaCO3的电离平衡。()(7)CH3COOH溶液中，当c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)时，电离达到平衡。()(8)电离平衡向右移动，弱电解质的电离程度一定增大。()【答案】(1)√(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×(7)×(8)×考向01考查弱电解质的电离及其影响因素【例1】（2024·湖南衡阳·一模）将0.1mol·L－1的氨水加水稀释至0.01mol·L－1，稀释过程中温度不变，下列叙述正确的是()A.稀释后溶液中c(H＋)和c(OH－)均减小B.稀释后溶液中c(OH－)变为稀释前的eq\f(1,10)C.稀释过程中氨水的电离平衡向左移动D.稀释过程中溶液中eq\f(c（OH－）,c（NH3·H2O）)增大【答案】D【解析】温度不变，水的电离常数不变，稀释后c(OH－)减小，c(H＋)增大，A错误；NH3·H2O为弱电解质，稀释后溶液中c(OH－)大于稀释前的eq\f(1,10)，B错误；NH3·H2O为弱电解质，稀释过程中电离平衡向右移动，C错误；同一溶液中，eq\f(c（OH－）,c（NH3·H2O）)＝eq\f(n（OH－）,n（NH3·H2O）)，电离平衡向右移动，故n(OH－)增大，n(NH3·H2O)减小，故eq\f(c（OH－）,c（NH3·H2O）)增大，D正确。考向02考查判断弱电解质的实验设计【例2】（2024·辽宁盘锦·模拟）已知次磷酸(H3PO2)为一元酸，欲证明它是弱电解质，下列操作方法不正确的是()A.用物质的量浓度相同的NaCl溶液和NaH2PO2溶液进行导电性实验，比较灯泡的亮度B.用一定浓度的NaOH溶液分别滴定等体积、等pH的盐酸和次磷酸溶液，比较消耗碱液的体积C.加热滴有酚酞试液的NaH2PO2溶液，溶液颜色变深D.常温下，稀释0.1mol·L－1次磷酸溶液至原溶液体积的100倍，测得pH在4～5之间【答案】A【解析】NaCl和NaH2PO2都属于强电解质，所以用物质的量浓度相同的NaCl溶液和NaH2PO2溶液进行导电性实验，比较灯泡的亮度，不能证明H3PO2是弱电解质，故A错误；因盐酸为强酸，若滴定时次磷酸溶液消耗NaOH溶液的体积大于等体积、等pH的盐酸消耗的NaOH溶液的体积，则说明次磷酸为弱电解质，B正确；若次磷酸为弱电解质，则NaH2PO2溶液呈碱性，加热促进其水解，滴有酚酞试液的NaH2PO2溶液颜色变深，C正确；常温下，若次磷酸为一元强酸，则把0.1mol·L－1次磷酸溶液稀释至原溶液体积的100倍，pH应为3，而现测得pH在4～5之间，说明次磷酸没有完全电离，为弱电解质，D正确。【思维建模】强电解质和弱电解质的证明实验(以证明某酸(HA)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和HCl溶液的导电性导电性相同，HA为强酸；导电性弱于盐酸，HA为弱酸(4)往同浓度的HA和HCl溶液中投入大小相同的Zn粒或CaCO3固体开始反应速率相同，HA为强酸；开始反应速率比盐酸慢，HA为弱酸(5)测相同pH的HA与HCl稀释相同倍数前后的pH变化pH变化倍数相同，HA为强酸；pH变化倍数小于盐酸，HA为弱酸考向03考查弱电解质溶液导电图像分析【例3】（2024·山西大同·模拟）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；B项，加水体积越大，越利于CH3COOH电离，故电离程度：c＞b＞a；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；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。【思维建模】影响电解质溶液导电性的因素(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eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(离子浓度\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(溶液浓度,电离程度)),离子所带电荷))【对点1】（2024·江苏徐州·模拟）稀氨水中存在着下列平衡：NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－，若要使平衡向左移动，同时使c(OH－)增大，应加入的适量物质或采取的措施是()①NH4Cl固体②硫酸③NaOH固体④水⑤加热⑥加入少量MgSO4固体A.①②③⑤ B.③⑥C.③ D.③⑤【答案】C【解析】若在氨水中加入NH4Cl固体，c(NHeq\o\al(＋,4))增大，平衡向左移动，c(OH－)减小，①不符合题意；硫酸中的H＋与OH－反应，使c(OH－)减小，平衡向右移动，②不符合题意；当在氨水中加入NaOH固体后，c(OH－)增大，平衡向左移动，③符合题意；若在氨水中加入水，稀释溶液，平衡向右移动，c(OH－)减小，④不符合题意；电离属于吸热过程，加热平衡向右移动，c(OH－)增大，⑤不符合题意；加入MgSO4固体发生反应：Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，溶液中c(OH－)减小，平衡向右移动，⑥不符合题意。【对点2】（2024·江苏宿迁·模拟）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【答案】B【解析】A.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；B.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；C.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；D.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。【对点3】（2024·河北邢台·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应的终点。下图是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()【答案】D【解析】HCl为强电解质，CH3COOH为弱电解质，滴加NH3·H2O，先与HCl反应，生成同样为强电解质的NH4Cl，但溶液体积不断增大，溶液稀释，所以电导率下降。当HCl被中和完后，继续与CH3COOH弱电解质反应，生成CH3COONH4，为强电解质，所以电导率增大。HCl与CH3COOH均反应完后，继续滴加弱电解质NH3·H2O，电导率变化不大，因为溶液被稀释，有下降趋势。考法02电离平衡常数1．电离平衡常数表达式(1)一元弱酸HA：HAH＋＋A－，平衡常数Ka＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)。(2)一元弱碱BOH：BOHB＋＋OH－，平衡常数Kb＝eq\f(c（B＋）·c（OH－）,c（BOH）)。(3)二元弱酸：(以碳酸为例)H2CO3H＋＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，Ka1＝eq\f(c（H＋）·c（HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))）,c（H2CO3）)；HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))H＋＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))，Ka2＝eq\f(c（H＋）·c（COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))）,c（HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))）)。2．电离平衡常数的意义[对弱酸(碱)而言]eq\x(K越大)→eq\x(越易电离)→eq\x(酸（碱）性越强)3．外因对电离平衡常数的影响(1)电离平衡常数只与温度有关。(2)升高温度，K值增大，原因是电离过程均为吸热过程。4．电离平衡常数的应用(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)判断微粒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微粒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。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总分子数的百分比。(2)表示方法α＝eq\f(已经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。6.电离度与平衡常数的关系电离平衡常数与电离度(α)的关系(以一元弱酸为例)HAH＋＋A－起始：c酸00转化：c酸·α

c酸·αc酸·α平衡：c酸·(1－α)c酸·αc酸·αKa＝eq\f(c酸·α2,c酸·1－α)＝eq\f(c酸·α2,1－α)，α很小，可认为1－α≈1，则Ka＝c酸·α2或α＝eq\r(\f(Ka,c酸))。7．一元强酸(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8.一元强酸(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，醋酸加入的水多请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)H2CO3的电离平衡常数表达式：Ka＝eq\f(c2（H＋）·c（COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))）,c（H2CO3）)()(2)电离平衡常数可以表示弱电解质电离能力的相对强弱()(3)弱电解质电离平衡右移，电离平衡常数一定增大()(4)对于0.1mol/L的氨水，加水稀释后，溶液中c(NHeq\o\al(\s\up11(＋),\s\do4(4)))·c(OH－)变小()(5)向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，eq\f(c（NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))）,c（NH3·H2O）)先增大再减小()(6)室温下，向10mLpH＝3的醋酸溶液中加水稀释后，溶液中eq\f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）·c（OH－）)不变()(7)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。()(8)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)×(6)√(7)×(8)×考向01考查电离常数及其应用【例1】（2024·湖北黄石·一模）已知下面三个数据：7.2×10－4、4.6×10－4、4.9×10－10分别是三种酸的电离常数，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的电离常数为7.2×10－4B.HNO2的电离常数为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。【思维建模】计算电离常数的思维方法(以弱酸HX为例)HXH＋＋X－起始/(mol·L－1)：c(HX)00平衡/(mol·L－1):c(HX)－c(H＋)c(H＋)c(H＋)则K＝eq\f(c2（H＋）,c（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(HX)－c(H＋)≈c(HX)，则K＝eq\f(c2（H＋）,c（HX）)或c(H＋)＝eq\r(K·c（HX）)。考向02考查溶液中微粒浓度比值的计算【例2】（2024·黑龙江鸡西·模拟）25℃时，下列有关电解质溶液的说法正确的是()A.加水稀释0.1mol·L－1氨水，溶液中c(H＋)·c(OH－)和eq\f(c（H＋）,c（OH－）)均保持不变B.向CH3COONa溶液中加入少量CH3COONa，溶液中eq\f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)的值增大C.等体积、等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合：eq\f(c（HCOeq\o\al(－,3)）,c（H2CO3）)＜eq\f(c（COeq\o\al(2－,3)）,c（HCOeq\o\al(－,3)）)D.将浓度为0.1mol·L－1HF溶液加水不断稀释过程中，电离常数Ka(HF)保持不变，eq\f(c（F－）,c（H＋）)始终增大【答案】B【解析】A项，0.1mol·L－1氨水稀释过程中c(H＋)增大，c(OH－)减小，因而比值变大，错误；B项，向CH3COONa溶液中加入少量CH3COONa，溶液中eq\f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)＝eq\f(Ka,c（H＋）)，加入CH3COONa，溶液碱性增强，则c(H＋)降低，所以eq\f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)的值增大，正确；C项，等体积、等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合，根据电离常数有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)）)，同一溶液中c(H＋)相等，则c(H＋)＝Ka1·eq\f(c（H2CO3）,c（HCOeq\o\al(－,3)）)＝Ka2·eq\f(c（HCOeq\o\al(－,3)）,c（COeq\o\al(2－,3)）)，而Ka1＞Ka2，则eq\f(c（HCOeq\o\al(－,3)）,c（H2CO3）)＞eq\f(c（COeq\o\al(2－,3)）,c（HCOeq\o\al(－,3)）)，错误；D项，0.1mol·L－1的HF加水稀释，c(F－)趋近于0，而c(H＋)趋于不变(10－7mol·L－1)，故eq\f(c（F－）,c（H＋）)变小，错误。【思维建模】判断溶液中微粒浓度比值的三种方法1．将浓度之比转化为物质的量之比进行比较，这样分析起来可以忽略溶液体积的变化，只需分析微粒数目的变化即可。2．“假设法”：假设无限稀释，c(CH3COO－)趋近于0，c(H＋)趋于10－7mol·L－1，故比值变小。3．“凑常数”，解题时将某些粒子的浓度比值乘以或除以某种粒子的浓度，转化为一个常数与某种粒子浓度的乘积或相除的关系。【对点1】（2024·浙江绍兴·模拟）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K9×10－79×10－61×10－2A.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的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液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】表中电离常数大小关系：HZ>HY>HX，所以酸性强弱为HZ>HY>HX，可见A、C不正确。电离常数只与温度有关，与溶液浓度无关，D不正确。【对点2】（2024·吉林通化·模拟）常温下0.1mol·L－1的CH3COOH溶液加水稀释过程，下列表达式的数值一定变小的是（）A．c(H＋) B．eq\f(c（H＋）,c（CH3COOH）)C．c(H＋)·c(OH－) D．eq\f(c（OH－）,c（H＋）)【答案】A【解析】CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHH＋＋CH3COO－，加水稀释过程中，平衡正向移动，但溶液中c(H＋)、c(CH3COO－)均减小，A符合题意。CH3COOH的电离平衡常数Ka＝eq\f(c（H＋）·c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)，则有eq\f(c（H＋）,c（CH3COOH）)＝eq\f(Ka,c（CH3COO－）)，加水稀释时，c(CH3COO－)减小，但Ka不变，则eq\f(c（H＋）,c（CH3COOH）)增大，B不符合题意。由于温度不变，则c(H＋)·c(OH－)＝Kw不变，C不符合题意。加水稀释时，溶液中c(H＋)减小，由于c(H＋)·c(OH－)＝Kw不变，则c(OH－)增大，故eq\f(c（OH－）,c（H＋）)增大，D不符合题意。1．（2024·海南·期中）下列事实中一定不能证明CH3COOH是弱电解质的是A．0.1mol·L-1CH3COOH溶液的c(H+)=1.0×10-2mol·L-1B．CH3COONa和H3PO4反应，生成CH3COOHC．用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗D．等c(H+)、等体积的盐酸、CH3COOH溶液和足量锌反应，CH3COOH放出的H2较多【答案】C【解析】A．溶液中c(H＋)<c(CH3COOH)，说明CH3COOH部分电离，存在电离平衡，证明CH3COOH是弱电解质，A不符合题意；B．H3PO4为中强酸，属于弱电解质，H3PO4能与CH3COONa反应生成CH3COOH，则酸性：H3PO4>CH3COOH，证明CH3COOH为弱电解质，B不符合题意；C．用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗，原因可能是溶液中离子浓度较小，不能证明CH3COOH是弱电解质，C符合题意；D．等c(H+)、等体积的盐酸、CH3COOH溶液中H+物质的量相同，和足量锌反应，CH3COOH放出的H2较多，说明醋酸是部分电离，存在电离平衡，属于弱电解质，D不符合题意；故选C。2．（2024·江苏无锡·期中）下列物质的电离方程式或水解方程式书写正确的是A． B．C． D．【答案】C【解析】A．氢氰酸是一元弱酸，在溶液中部分电离出氢离子和氰酸根离子，电离方程式为，故A错误；B．亚硫酸根离子在溶液中分步水解使溶液呈碱性，水解以一级水解为主，水解方程式为，故B错误；C．水分子作用下碳酸氢根离子在溶液中部分电离出碳酸根离子和水合氢离子，电离方程式为，故C正确；D．硫酸铝是强电解质，在溶液中完全电离出铝离子和硫酸根离子，电离方程式为，故D错误；故选C。3．（2024·海南洛阳·期末）室温条件下进行下列各组实验，其中的观察要点不能说明醋酸是弱电解质的是选项实验方案观察要点A等浓度的醋酸与氢氧化钠溶液反应恰好反应时的体积比B醋酸溶液中加入醋酸钠固体溶液的变化C等体积等浓度的盐酸和醋酸分别和等量镁条反应产生的起始速率D将的醋酸溶液加水稀释成稀释后溶液pH【答案】A【解析】A．等浓度的醋酸与氢氧化钠溶液恰好反应时体积比为1:1，说明醋酸是一元酸，不能说明醋酸在溶液中部分电离，属于弱酸，故A符合题意；B．醋酸溶液中加入醋酸钠固体后溶液pH增大，说明醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+，加入醋酸钠固体后，溶液中醋酸根离子浓度增大，平衡左移，证明醋酸是一元弱酸，故B不符合题意；C．等体积等浓度的盐酸和醋酸分别和等量镁条反应，盐酸产生氢气的起始速率大于醋酸，说明醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+，醋酸是一元弱酸，故C不符合题意；D．将1mLpH=4的醋酸溶液加水稀释成10mL，溶液pH小于5说明醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+，醋酸是一元弱酸，故D不符合题意；故选A。4．（2024·广东佛山·学业考试）0.1mol/L的氨水中，关于电离平衡的说法不正确的是A．电离方程式：B．加入NaOH固体，电离平衡逆向移动C．加水稀释，电离平衡正向移动D．加热溶液，减小【答案】D【解析】A．是弱碱，电离方程式：，故A正确；B．加入NaOH固体，氢氧根离子浓度增大，电离平衡逆向移动，故B正确；C．弱电解质“越稀越电离”，加水稀释，电离平衡正向移动，故C正确；D．电离吸热，加热溶液，电离平衡正向移动，增大，故D错误；选D。5.（2024·广东湛江·期中）已知部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸醋酸次氯酸碳酸亚硫酸电离平衡常数下列离子方程式正确的是A．少量的通入NaClO溶液中：B．少量的通入溶液中：C．相同浓度的溶液与溶液等体积混合；D．少量的通入溶液中：【答案】D【分析】电离平衡常数越大，电离程度越大，酸性就越强，依据电离常数大小判断酸性强弱，H2SO3＞HAc＞H2CO3＞HSO＞HClO＞HCO；【解析】A．次氯酸的电离平衡常数小于碳酸的第一级电离，而大于碳酸的第二级电离，因此少量的CO2通入NaClO溶液中发生的反应为CO2+H2O+ClO-=HCO+HClO，故A错误；B．次氯酸具有强氧化性，能把+4价S氧化成+6价，转变成CaSO4，离子反应为Ca2++2ClO-+SO2+H2O═CaSO4↓+Cl-+HClO+H+，故B错误；C．亚硫酸根属于弱酸酸式根，不能拆写，由电离常数可知酸性HSO比碳酸弱，不能生成二氧化碳气体，故C错误；D．亚硫酸的电离平衡常数大于碳酸，根据碳酸钠和酸反应的实质，因为SO2是少量的，因此发生的反应为SO2+H2O+2Na2CO3=Na2SO3+2NaHCO3，离子方程式为，故D正确；答案选D。6．（2024·海南·期末）25℃时，相同pH的两种一元弱酸HA与HB溶液分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A．HB的酸性强于HAB．a点溶液的导电性大于b点溶液C．a点的c平(HA)大于b点的c平(HB)D．水的电离程度：a点溶液大于b点溶液【答案】D【分析】pH相同的酸，稀释相同倍数时，酸性强的酸的pH的变化大，酸性较弱的酸的pH的变化小．据此得出酸性：HA＞HB【解析】A．由分析可知，酸性：HA＞HB，A错误；B．在这两种酸溶液中，c(H+)≈c(A－)，c(H+)≈c(B－)，而a点的c(H+)小于b点的c(H+)，故a点的c(A－)小于b点的c(B－)，即a点的离子浓度小于b点的离子浓度，故a点的导电能力小于b点，B错误；

C．在稀释前两种酸的pH相同，而两种酸的酸性：HA＞HB，故在稀释前两种酸溶液的浓度c(HA)＜c(HB)，故将溶液稀释相同倍数时，酸的浓度仍有：c(HA)＜c(HB)，故a点的c平(HA)小于b点的c平(HB)，C错误；D．b点溶液酸性更强，对水的电离抑制更大，则水的电离程度：a点溶液大于b点溶液，D正确；故选D。7．（2024·江苏无锡·期中）0.1mol·L－1的CH3COOH溶液与0.1mol·L－1的HCl溶液分别稀释相同的倍数，随着水的加入，溶液中c(H+)变化曲线正确的是A． B．C． D．【答案】C【解析】由于HCl是强酸，CH3COOH是弱酸，浓度相同时，盐酸溶液中的c(H+)要比醋酸大，由于是相同倍数稀释，故盐酸中c(H+)始终比醋酸中大，对于醋酸而言，加水稀释，醋酸的电离程度增大，故曲线下降幅度平缓，若无限稀释，二者c(H+)会趋于相等，故选C。8．（2024·湖北·三模）已知溶剂分子结合的能力会影响酸给出的能力，某温度下部分酸在冰醋酸中的如下表所示，下列说法错误的是分子式HCl4.877.24(一级)8.99.4A．在冰醋酸中的电离方程式：B．在冰醋酸中酸性：C．结合的能力：D．相同温度下醋酸在液氨中的大于其在水中的【答案】D【解析】A．由表格数据可知，高氯酸在冰醋酸中部分电离出高氯酸根离子和CH3COOH离子，电离方程式为，故A正确；B．由表格数据可知，四种酸在冰醋酸中的电离常数的大小顺序为，则在冰醋酸中酸性的大小顺序为，故B正确；C．由表格数据可知，在水中完全电离的四种强酸在冰醋酸中均不能完全电离，说明水分子结合氢离子的能力强于醋酸，故C正确；D．相同温度下醋酸在液氨中的电离程度大于在水中的电离程度，所以在液氨中的小于其在水中的，故D错误；故选D。9．（2024·辽宁大连·期末）一定温度下，向1mol冰醋酸中加水，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．醋酸的电离程度：B．由大到小的顺序：C．在a点：D．在o点：【答案】C【解析】A．由图可知，加入水的量a＜b＜c，加水稀释促进醋酸的电离，CH3COOH的电离程度：a＜b＜c，A错误；B．由图可知，导电能力b＞a＞c，则溶液中c(H+)：b＞a＞c，B错误；C．根据物料守恒可知，在a点：，C正确；D．由图可知，o点还未加入水，纯净的乙酸中没有H+和OH-，只有CH3COOH分子，D错误；故答案为：C。10．（2024·北京·期末）已知：25℃时有关弱酸的电离平衡常数，下列有关说法正确的是弱酸化学式H2SO3HClOH2CO3电离平衡常数A．等物质的量浓度的酸溶液pH关系为：pH(HClO)＜pH(H2CO3)＜pH(H2SO3)B．粒子结合质子能力强弱关系为：C．少量的CO2通入NaClO溶液中发生反应：D．足量的SO2通入NaClO溶液中发生反应：【答案】B【分析】弱酸的电离平衡常数越大，该弱酸的酸性就越强，等浓度的相应弱酸电离产生的c(H+)越大。盐水解规律是：有弱才水解，谁弱谁水解，谁强显谁性。盐水解程度越大，等浓度的弱酸盐水解使盐溶液显碱性，溶液pH就越大，同时要结合物质的氧化性、还原性分析解答。【解析】A．弱酸的电离平衡常数越大，相应弱酸的酸性就越强，等浓度的弱酸电离产生的c(H+)就越大，溶液的pH就越小；根据弱酸电离平衡常数可知酸性：H2SO3＞H2CO3＞＞HClO＞，则相应溶液的pH大小关系为：pH(HClO)＞pH(H2CO3)＞pH(H2SO3)，A错误；B．弱酸的酸性越弱，说明其电离产生的弱酸根离子结合H+的能力就越强；根据弱酸电离平衡常数可知酸性：H2SO3＞H2CO3＞＞HClO＞，则结合H+的能力：，B正确；C．根据弱酸电离平衡常数可知酸性：H2SO3＞H2CO3＞＞HClO＞，将少量的CO2通入NaClO溶液中发生反应，产生HClO、，反应的离子方程式为：ClO-+CO2+H2O=HClO+，C错误；D．SO2具有还原性，NaClO具有强氧化性，二者在溶液中会发生氧化还原反应，产生H2SO4、NaCl，该反应的离子方程式为：SO2+H2O+ClO-=Cl-+2H++，D错误；故合理选项是B。1．（2024·江苏无锡·期中）已知分别是下列有关三种酸常温下的电离平衡常数。若下列三个反应可以发生：①，②，③，则下列说法错误的是A．只需要反应①②就可以判断三种酸的酸性强弱B．反应③的平衡常数C．向稀溶液中加入少量固体，溶液中减小D．在NaCN溶液中有【答案】C【分析】酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，根据、、知，这三种酸的强弱顺序是HF>CH3COOH>HCN，则HF、CH3COOH、HCN对应的电离平衡常数分别是：。【解析】A．根据强酸制取弱酸的原理，由①，②可知，酸性：HF>CH3COOH>HCN，A正确；B．反应③的离子方程式为，平衡常数K=，B正确；C．稀溶液中CH3COO-的水解使溶液呈碱性，向稀溶液中加入少量固体，的浓度增大，溶液碱性增强，c(OH-)增大，c(H+)减小，CH3COOH的电离常数Ka=不变，则增大，C错误；D．NaCN溶液中存在平衡：CN-+H2OHCN+OH-，根据电荷守恒：和物料守恒：可得，D正确；故选C。12．（2024·广东珠海·期中）已知部分弱酸的电离常数如下表：化学式HFH2CO3H2S电离平衡常数K(25℃)7.2×10-4Ka1=4.4×10-7Ka2=4.7×10-11Ka1=9.1×10-8Ka2=1.1×10-12以下说法不正确的是A．25℃时，在浓度均为1mol/L的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2三种溶液中，若测得其中c()分别为a、b、c(单位为mol/L)，由大到小c>a>bB．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()=c(Cl-)，用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb=C．常温下，pH相同的三种溶液NaF、Na2CO3、Na2S，物质的量浓度最小的是NaFD．将过量H2S通入Na2CO3溶液，反应的离子方程式是+H2S=+【答案】C【解析】A．在(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2三种溶液中，对的水解无影响，水解生成OH-，促进的水解，Fe2+水解生成H+，抑制的水解，则25℃时，在浓度均为1mol/L的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2三种溶液中，若测得其中c()分别为a、b、c(单位为mol/L)，由大到小c>a>b，A正确；B．在25℃下，将amol·L-1的氨水与0.01mol·L-1的盐酸等体积混合，溶液中存在电荷守恒关系c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，反应平衡时溶液中c()=c(Cl-)=0.005mol·L-1，则c(H+)=c(OH-)=10-7mol·L-1，溶液中c()=-c()=mol·L-1，用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb=，B正确；C．由电离平衡常数可得，酸性HF＞＞，酸性越强对应的盐的水解能力越弱，则常温下，pH相同的三种溶液NaF、Na2CO3、Na2S，物质的量浓度最小的是Na2S，C错误；D．由电离平衡常数可得，酸性H2CO3＞H2S＞＞，则将过量H2S通入Na2CO3溶液，只能生成和，反应的离子方程式是+H2S=+，D正确；故选C。13．（2024·辽宁大连·期中）已知部分弱酸的电离平衡常数如下表，下列离子方程式正确的是弱酸HCNHClOA．少量的通入溶液中：B．NaCN溶液中通入少量的：C．少量的通入溶液中：D．相同浓度的溶液与溶液等体积混合：【答案】A【分析】根据平衡常数分析酸强弱顺序为：。【解析】A．根据前面分析酸强弱为：，则少量的通入溶液中：，故A正确；B．根据前面分析酸强弱为：，则NaCN溶液中通入少量的：，故B错误；C．少量的通入溶液中，次氯酸根将二氧化硫氧化为硫酸根并与钙离子生硫酸钙沉淀，生成的氢离子结合多余次氯酸根生成次氯酸，其离子方程式为：，故C错误；D．根据前面分析酸强弱为：，相同浓度的溶液与溶液等体积混合，两者不反应，故D错误。综上所述，答案为A。14．（2024·湖北襄阳·期中）部分弱电解质的电离平衡常数如表所示。下列说法正确的是弱电解质HCNH2SH2CO3HClOCH3COOH电离平衡常数(25℃)6.2×10-10K1=1.1×10-7K2=1.3×10-13K1=4.5×10-7K2=4.7×10-114.0×10-81.75×10-5A．甲基橙变色范围为3.1~4.4，少量甲基橙滴入0.10mol·L-1的H2S溶液中，溶液呈红色B．向Na2CO3溶液中滴加少量氯水：2+Cl2+H2O=Cl-+ClO-+2C．25℃时，物质的量浓度均为0.1mol·L-1的HCN溶液与NaCN溶液等体积混合，混合后溶液pH<7D．相同pH的CH3COONa和NaClO溶液中，阴离子总数较大的是CH3COONa溶液【答案】B【解析】A．H2S为二元弱酸，以第一步电离为主：H2SH++HS-，且电离常数较小，所以0.10mol/LH2S溶液中c(H2S)≈0.10mol/L，c(H+)≈c(HS-)，则溶液中c(H+)≈，即溶液pH约4，甲基橙变色范围为3.1~4.4，少量甲基橙滴入0.10mol·L-1的H2S溶液中，溶液呈橙色，故A错误；B．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸为强酸、次氯酸为弱酸，酸的电离平衡常数越大、酸性越强，即酸性H2CO3＞HClO＞，据强酸制弱酸的原理可知，向Na2CO3溶液中滴加少量氯水的离子方程式为：2+Cl2+H2O=Cl-+ClO-+2，故B正确；C．CN-的水解平衡常数为Kh=，即25℃时，物质的量浓度均为0.1mol·L-1的HCN溶液与NaCN溶液等体积混合时，HCN的电离小于CN-的水解，所以混合后溶液呈碱性，pH＞7，故C错误；D．溶液电荷守恒，醋酸钠溶液中：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)、NaClO溶液中：c(ClO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，相同pH的CH3COONa和NaClO溶液中，c(OH-)、c(H+)分别相等，要使pH相等，则酸根离子的水解程度越大，其钠盐浓度越小，即c(CH3COONa)＞c(NaClO)，由于钠离子不水解，所以CH3COONa溶液中的c(Na+)较大，据电荷守恒可知，c(CH3COO-)＞c(ClO-)，但溶液体积未知，无法判断溶液中阴离子总数相对大小，故D错误；故答案为：B。15．（2024·河北衡水阳·质检）常温下0.1mol/L醋酸溶液中存在电离平衡：，下列叙述不正确的是A．溶液加水稀释或加热均可使CH3COO-的物质的量增多B．溶液中加入少量纯醋酸，平衡向右移动，电离程度减小C．溶液加水稀释，c(CH3COO-)/［c(CH3COOH)･c(OH-)］不变D．溶液加水稀释后，溶液中c(H+)/c(CH3COO-)的比值将减小【答案】D【解析】A．醋酸溶液中存在电离平衡：，稀释或加热，平衡正向移动，均可使CH3COO-的物质的量增多，A正确；B．溶液中加入少量纯醋酸，c(CH3COOH)增大，平衡正向移动，但CH3COOH的电离程度减小，B正确；C．电离平衡常数Ka=，只受温度影响，溶液加水稀释，Ka=不变，则不变，C正确；D．溶液加水稀释，平衡正向移动，同时水的电离平衡也正向移动，则c(H+)增大的程度大于c(CH3COO-)，增大，D错误；故选D。1．(2024·湖南卷)常温下Ka(HCOOH)=1.8×10-4，向20mL0.10mol·L-1NaOH溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入HCOOH溶液体积的变化关系如图所示，下列说法错误的是()A．水的电离程度：MNB．M点：cNa＋＋cH＋＝2cOH－C．当V(HCOOH)=10mL时，cOH－＝cH＋＋cHCOO-＋2cHCOOHD．N点：cNa＋＞cHCOO-＞c(OH―)＞c(H＋)＞cHCOOH【答案】D【解析】结合起点和终点，向20mL0.10mol·L-1NaOH溶液中滴入相同浓度的HCOOH溶液，发生浓度改变的微粒是OH-和HCOO-，当V(HCOOH)=0mL，溶液中存在的微粒是OH-，可知随着甲酸的加入，OH-被消耗，逐渐下降，即经过M点在下降的曲线表示的是OH-浓度的改变，经过M点、N点的在上升的曲线表示的是HCOO-浓度的改变。A项，M点时，V(HCOOH)=10mL，溶液中的溶质为cHCOOH：cHCOO-=1：1，仍剩余有未反应的甲酸，对水的电离是抑制的，N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，此时仅存在HCOONa的水解，此时水的电离程度最大，故A正确；B项，M点时，V(HCOOH)=10mL，溶液中的溶质为cHCOOH：cHCOO-=1：1，根据电荷守恒有cNa＋＋cH＋＝cOH－＋cHCOO-，M点为交点可知cOH－=cHCOO-，联合可得cNa＋＋cH＋＝2cOH－，故B正确；C项，当V(HCOOH)=10mL时，溶液中的溶质为cHCOOH：cHCOONa=1：1，根据电荷守恒有cNa＋＋cH＋＝cOH－＋cHCOO-，根据物料守恒cNa＋=2cHCOOH+2cHCOO-，联合可得cOH－＝cH＋＋cHCOO-＋2cHCOOH，故C正确；D项，N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，甲酸根发生水解，因此cNa＋＞cHCOOH及c(OH―)＞c(H＋)观察图中N点可知，，根据，可知cHCOOH＞cH＋，故D错误；故选D。2．(2024·全国新课标卷)常温下ClCH2COOH和Cl2CHCOOH的两种溶液中，分布系数δ与pH的变化关系如图所示。[比如：]下列叙述正确的是A．曲线M表示的变化关系B．若酸的初始浓度为，则a点对应的溶液中有C．的电离常数D．时，【答案】D【解析】随着pH的增大，ClCH2COOH、Cl2CHCOOH浓度减小，ClCH2COO-、Cl2CHCOO-浓度增大，—Cl为吸电子基团，Cl2CHCOOH的酸性强于ClCH2COOH，即)，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，。】A项，曲线M表示的变化关系，A错误；B项，根据，初始，若溶液中溶质只有，则，但a点对应的，说明此时溶液中加入了酸性更强的酸，根据电荷守恒，，B错误；C项，CH2ClCOOH的电离常数Ka=10-2.8，C错误；D项，电离度，，则=，，时，，，D正确；故选D。3．(2024·河北卷)在水溶液中，CN-可与多种金属离子形成配离子。X、Y、Z三种金属离子分别与CN-形成配离子达平衡时，与的关系如图。下列说法正确的是()A．的X、Y转化为配离子时，两溶液中CN-的平衡浓度：XYB．向Q点X、Z的混合液中加少量可溶性Y盐，达平衡时C．由Y和Z分别制备等物质的量的配离子时，消耗CN-的物质的量：YZD．若相关离子的浓度关系如P点所示，Y配离子的解离速率小于生成速率【答案】B【解析】A项，99%的X、Y转化为配离子时，溶液中，则，根据图像可知，纵坐标约为-2时，溶液中，则溶液中CN-的平衡浓度：XY，A错误；B项，Q点时，即，加入少量可溶性Y盐后，会消耗CN-形成Y配离子，使得溶液中c(CN-)减小(沿横坐标轴向右移动)，与曲线在Q点相交后，随着继续增大，X对应曲线位于Z对应曲线上方，即，则，B正确；C项，设金属离子形成配离子的离子方程式为金属离子配离子，则平衡常数，，即，故X、Y、Z三种金属离子形成配离子时结合的CN-越多，对应曲线斜率越大，由题图知，曲线斜率：YZ，则由Y、Z制备等物质的量的配离子时，消耗CN-的物质的量：ZY，C错误；D项，由P点状态移动到形成Y配离子的反应的平衡状态时，不变，增大，即c(Y)增大、c(Y配离子)减小，则P点状态Y配离子的解离速率>生成速率，D错误；故选B。4．(2023·湖北卷)H2L为某邻苯二酚类配体，其，。常温下构建Fe(Ⅲ)-H2L溶液体系，其中，。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示，分布系数，已知，。下列说法正确的是()A．当pH=1时，体系中c(H2L)>c([FeL]+)>c(OH-)>c(HL-)B．pH在9.5~10.5之间，含L的物种主要为L2-C．L2-+[FeL]+[FeL2]-的平衡常数的lgK约为14D．当pH=10时，参与配位的c(L2-)≈1.0×10-3mol·L-1【答案】C【解析】从图给的分布分数图可以看出，在两曲线的交点横坐标值加和取平均值即为某型体含量最大时的pH。A项，从图中可以看出Fe(Ⅲ)主要与L2-进行络合，但在pH=1时，富含L的型体主要为H2L，此时电离出的HL-较少，根据H2L的一级电离常数可以简单计算pH=1时溶液中c(HL-)≈10-9.46，但pH=1时c(OH-)=10-13，因此这四种离子的浓度大小为c(H2L)>c([FeL]+)>c(HL-)>c(OH-)，A错误；B项，根据图示的分布分数图可以推导出，H2L在pH≈9.9时HL-的含量最大，而H2L和L2-的含量最少，因此当pH在9.5~10.5之间时，含L的物种主要为HL-，B错误；C项，该反应的平衡常数K=，当[FeL2]-与[FeL]+分布分数相等时，可以将K简化为K=，此时体系的pH=4，在pH=4时可以计算溶液中c(L2-)=5.0×10-14.86，则该络合反应的平衡常数K≈10-14.16，即lgK≈14，C正确；D项，根据图像，pH=10时溶液中主要的型体为[FeL3]3-和[FeL2(OH)]2-，其分布分数均为0.5，因此可以得到c([FeL3]3-)=c([FeL2(OH)]2-)=1×10-4mol·L-1，此时形成[FeL3]3-消耗了3×10-4mol·L-1的L2-，形成[FeL2(OH)]2-消耗了2×10-4mol·L-1的L2-，共消耗了5×10-4mol·L-1的L2-，即参与配位的c(L2-)≈5×10-4，D错误；故选C。5．(2022·湖北卷)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：N2H5++NH3=NH4++N2H4，N2H4+CH3COOH=N2H5++CH3COO-，下列酸性强弱顺序正确的是()A．N2H5+＞N2H4＞NH4+ B．N2H5+＞CH3COOH＞NH4+C．NH3＞N2H4＞CH3COO- D．CH3COOH＞N2H5+＞NH4+【答案】D【解析】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(H+)的物质是酸，则反应N2H4+CH3COOH=N2H5++CH3COO-中，酸性：CH3COOH＞N2H5+，反应N2H5++NH3=NH4++N2H4中，酸性：N2H5+＞NH4+，故酸性：CH3COOH＞N2H5+＞NH4+，故选D。6．(2022·全国乙卷)常温下，一元酸的Ka(HA)=1.0×10-3。在某体系中，与A-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的电离度为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】A项，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；B项，常温下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.0×10-3，解得=，B正确；C项，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项，常温下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-7mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液I中c总(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液II中c总(HA)=1.01c(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)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D错误；故选B。7．(2022·浙江卷)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【解析】A项，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项，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0.013%，故B正确；C项，向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，，则c(A2-)<c(HA-)，故C错误；D项，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；故选B。8．(2022·湖北卷)下图是亚砷酸As(OH)3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．As(OH)3的为-9.1B．[As(OH)2T]-的酸性比As(OH)3的强C．时，As(OH)3的浓度比[As(OH)2T]-的高D．时，溶液中浓度最高的物种为As(OH)3【答案】D【解析】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。A项，，，当pH=9.1时，=，，为-9.1，A正确；B项，[As(OH)2T]-[As(OH)T]2-+H+，当pH=4.6时，=，Ka=10-4.6，而由A选项计算得H3AsO3的，即Ka>Ka1，所以[As(OH)2T]-的酸性比As(OH)3的强，B正确；C项，由图可知As(OH)3的浓度为左坐标，浓度的数量级为10-3mol/L，[As(OH)2T]-的浓度为右坐标，浓度的数量级为10-6mol/L，所以pH=3.0时，As(OH)3的浓度比[As(OH)2T]-的高，C正确；D项，由可知条件，酒石酸，As(OH)3的为-9.1，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As(OH)3，另外总As的浓度也小于总T的浓度，所以当pH=7.0时，溶液中浓度最高的物种不是As(OH)3，D错误；故选D。9．(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】A.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；B.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(0.1