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专题 弱电解质的电离
1．【2023年山东卷】一种制备 的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液 在3~4之间，反应Ⅲ需及
时补加 以保持反应在 条件下进行。常温下， 的电离平衡常数
。下列说法正确的是
A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应
B．低温真空蒸发主要目的是防止 被氧化
C．溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体Ⅰ
D．若 产量不变，参与反应Ⅲ的 与 物质的量之比 增大时，需补加 的量
减少
【答案】CD
【解析】铜和浓硫酸反应(反应Ⅰ)生成二氧化硫气体(气体Ⅰ)和硫酸铜，生成的二氧化硫气体与碳酸钠反应
(反应Ⅱ)，所得溶液 在3~4之间，溶液显酸性，根据 的电离平衡常数
，可知 溶液显酸性(电离大于水解)，则反应Ⅱ所得溶液成分是
，调节溶液pH值至11，使 转化为NaSO ，低温真空蒸发(防止NaSO 被氧化)，故
2 3 2 3
固液分离得到NaSO 晶体和NaSO 溶液，NaSO 和CuSO 反应的离子方程式是 +2Cu2＋+2H O=
2 3 2 3 2 3 4 2
+ Cu O+4H+,反应过程中酸性越来越强，使NaSO 转化成SO 气体，总反应方程式是
2 2 3 2
2CuSO +3Na SO = Cu O+2SO ↑+3Na SO ，需及时补加 以保持反应在 条件下进行，据此
4 2 3 2 2 2 4
分析解答。A．反应Ⅰ是铜和浓硫酸反应，生成二氧化硫，是氧化还原反应，反应Ⅱ是SO 和碳酸钠
2溶液反应，生成 、水和二氧化碳，是非氧化还原反应，反应Ⅲ是NaSO 和CuSO 反应生成
2 3 4
Cu O，是氧化还原反应，故A错误；B．低温真空蒸发主要目的是防止 被氧化，而不是
2
，故B错误；C．经分析溶液的成分是NaSO 溶液，可循环用于反应Ⅱ的操作单元吸收SO
2 3 2
气体(气体Ⅰ)，故C正确；D．制取 总反应方程式是2CuSO +3Na SO = Cu O+2SO ↑+3Na SO ，
4 2 3 2 2 2 4
化合物X是指NaSO ，若 产量不变，增大 比，多的NaSO 会消耗氢离子，用于控制
2 3 2 3
pH值，可减少 的量，故D正确；答案CD。
2．【2023年山东卷】在含HgI (g)的溶液中，一定c(I-)范围内，存在平衡关系： ；
2
； ； ； ，平
衡常数依次为 。已知 、 ， 、 随
的变化关系如图所示，下列说法错误的是
A．线 表示 的变化情况
B．随 增大， 先增大后减小
C．
D．溶液中I元素与 元素的物质的量之比始终为
【答案】B
【解析】由题干反应方程式 可知，K= ，则有c(Hg2+)= ，则有
1
lgc(Hg2+)=lgK +lgc(HgI )-2lgc(I-)，同理可得：lgc(HgI+)=lgK +lgc(HgI )-lgc(I-)，
1 2 2 2
=lgK +lgc(HgI )+ lgc(I-)， ==lgK+lgc(HgI )+ 2lgc(I-)，且由 可知K=
3 2 4 2 0为一定值，故可知图示中 曲线1、2、3、4即L分别代
表 、 、 、 ，据此分析解题。A．由分析可知，线 表示
的变化情况，A正确；B．已知 的化学平衡常数K= ，温
0
度不变平衡常数不变，故随 增大， 始终保持不变，B错误；C．由分析可知，曲线1
方程为：lgc(Hg2+)=lgK +lgc(HgI )-2lgc(I-)，曲线2方程为： lgc(HgI+)=lgK +lgc(HgI )-lgc(I-)即有①b=
1 2 2 2
lgK +lgc(HgI )-2a，②b= lgK+lgc(HgI )-a，联合①②可知得： ，C正确；D．溶液中
1 2 2 2
的初始溶质为HgI ，根据原子守恒可知，该溶液中I元素与 元素的物质的量之比始终为 ，D正
2
确；故答案为：B。
3．【2023年湖北卷】 为某邻苯二酚类配体，其 ， 。常温下构建 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 时，体系中
B．pH在9.5~10.5之间，含L的物种主要为
C． 的平衡常数的lgK约为14D．当 时，参与配位的
【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，利用此规律解决本题。A．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HL，此时电离出的HL-较少，根据HL的一级电离常数可以简单计算pH=1时溶液中
2 2
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(H L)>c([FeL]
2
+)>c(HL-)>c(OH-)，A错误；B．根据图示的分布分数图可以推导出，HL在pH≈9.9时HL-的含量最大，
2
而HL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．该反应
2
的平衡常数K= ，当[FeL ]-与[FeL]+分布分数相等时，可以将K简化为K= ，此时
2
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lg
K≈14，C正确；D．根据图像，pH=10时溶液中主要的型体为[FeL ]3-和[FeL (OH)]2-，其分布分数均为
3 2
0.5，因此可以得到c([FeL ]3-)=c([FeL (OH)]2-)=1×10-4mol·L-1，此时形成[FeL ]3-消耗了3×10-4mol·L-1的
3 2 3
L2-，形成[FeL (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
2
c(L2-)≈5×10-4，D错误；故答案选C。
4．【2023年1月浙江卷】甲酸 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 ，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 关系如图(已知甲酸 )，下列说法不正确的是
A．活性成分 在水中存在平衡：
B． 的废水中
C．废水初始 ，随 下降，甲酸的电离被抑制，与 作用的 数目减少
D．废水初始 ，离子交换树脂活性成分主要以 形态存在
【答案】D【解析】A．由图可知， 溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡 ，故A正确；
B．由电离常数公式可知，溶液中 = ，当溶液pH为5时，溶液中 =
=18，故B正确；C．由图可知，溶液pH为2.4时，废水中的甲酸及其盐回收率最高，当溶
液中pH小于2.4时，随溶液pH下降，溶液中氢离子浓度增大，甲酸的电离被抑制，溶液中甲酸根个
离子浓度减小，与 作用的数目减小，故C正确；D．由图可知， 溶液呈碱性，溶液中存在
如下平衡 ，当废水初始pH大于5时，平衡向左移动，离子交换树脂活性
成分主要以R N形态存在，故D错误；故选D。
3
5．【2023年辽宁卷】某废水处理过程中始终保持HS饱和，即 ，通过调节pH使
2
和 形成硫化物而分离，体系中 与 关系如下图所示，c为 和 的浓度，
单位为 。已知 ，下列说法正确的是
A． B．③为 与 的关系曲线
C． D．
【答案】D
【解析】已知HS饱和溶液中随着pH的增大，HS的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大，
2 2
则有-lgc(HS-)和-lg(S2-)随着pH增大而减小，且相同pH相同时，HS-浓度大于S2-，即-lgc(HS-)小于-
lg(S2-)，则Ni2+和Cd2+浓度逐渐减小，且 即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则-
lgc(Ni2+)和-lg(Cd2+)随着pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代
表Ni2+、③代表S2-，④代表HS-，据此分析结合图像各点数据进行解题。A．由分析可知，曲线①代
表Cd2+、③代表S2-，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2+)=c(S2-)=10-13mol/L，则有
，A错误； B．由分析可知，③为 与 的关系
曲线，B错误；C．由分析可知，曲线④代表HS-，由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H+)=10-1.6mol/L时，c(HS-)=10-6.5mol/L， 或者当c(H+)=10-4.2
mol/L时，c(HS-)=10-3.9 mol/L， ，C错误；D．已知
KaKa= = ，由曲线③两点坐标可知，当c(H+)=10-4.9mol/L时，
1 2
c(S2-)=10-13mol/L，或者当c(H+)=10-6.8mol/L时，c(S2-)=10-9.2mol/L，故有KaKa= =
1 2
=10-21.8，结合C项分析可知，Ka=10-7.1故有 ，D正确；
1
故答案为：D。
6．【2022年福建卷】探究醋酸浓度与电离度 关系的步骤如下，与相关步骤对应的操作或叙述正确的
步骤 操作或叙述
A Ⅰ.用 标准溶液标定醋酸溶液浓度 滴定时应始终注视滴定管中的液面
B Ⅱ.用标定后的溶液配制不同浓度的醋酸溶液 应使用干燥的容量瓶
C Ⅲ.测定步骤Ⅱ中所得溶液的 应在相同温度下测定
D Ⅳ.计算不同浓度溶液中醋酸的电离度
计算式为
【答案】C
【解析】A．中和滴定时眼睛应始终注视锥形瓶内溶液颜色的变化，A错误；B．配制不同浓度的醋酸溶液
时，容量瓶不需要干燥，B错误；C．温度影响醋酸的电离平衡，因此测定步骤Ⅰ中所得溶液的 时
应在相同温度下测定，C正确；D．电离度是指弱电解质在溶液里达电离平衡时，已电离的电解质分
子数占原来总分子数（包括已电离的和未电离的）的百分数，因此醋酸的电离度计算式为
，D错误；答案选C。
7．（2021·湖北真题）常温下，已知HPO 溶液中含磷物种的浓度之和为0.1mol·L-1，溶液中各含磷物种的
3 3
pc—pOH关系如图所示。图中pc表示各含磷物种的浓度负对数(pc=-lgc)，pOH表示OH-的浓度负对数
[pOH=-lgc(OH-)]；x、y、z三点的坐标：x(7.3，1.3)，y(10.0，3.6)，z(12.6，1.3)。下列说法正确的是A．曲线①表示pc(HPO )随pOH的变化
3 3
B．HPO 的结构简式为
3 3
C．pH=4的溶液中：c(H PO )<0.1mol·L-1-2c(HPO )
2
D．HPO +HPO 2HPO 的平衡常数K>1.0×105
3 3 2
【答案】D
【解析】A．图象中含P物质只有3种，说明 为二元弱酸。随着 逐渐增大， 减小，根
据 、 ，知 逐渐减小， 先
增大后减小， 逐渐增大， ，则 逐渐增大， 先减小后增大，
逐渐减小，故曲线③表示 ，曲线②表示 ，曲线①表示 ；
根据x点知， 时， ，c(OH-)=10-7.3mol/L，c(H+)=10-6.7mol/L，则
的 ，根据z点知， ， ，
c(OH-)=10-12.6mol/L，c(H+)=10-1.4mol/L，则 的 ，曲线①表
示 随 的变化，故A错误；B． 为二元弱酸，其结构简式为 ，故B
错误；C． 即 ，由图可知，此时， ，即 ，
而 ，故 ，故C错误；
D．由 减去 ，可得 ，则平衡常数 ，故D正确；故答案：D。
8．【2022年湖北卷】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
【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 的物质是酸，则反
应 中，酸性： ，反应 中，
酸性： ，故酸性： ，答案选D。
9．【2022年海南卷】NaClO溶液具有漂白能力，已知25℃时，K=(HClO)=4.0×10-8。下列关于NaClO溶
a
液说法正确的是
A．0.01mol/L溶液中，c(ClO-)＜0.01mol/L
B．长期露置在空气中，释放Cl，漂白能力减弱
2
C．通入过量SO ，反应的离子方程式为SO +ClO-+H O=HSO +HClO
2 2 2
D．25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)
【答案】AD
【解析】A．NaClO溶液中ClO-会水解，故0.01mol/L NaClO溶液中c(ClO-)＜0.01mol/L，A正确；B．次氯
酸钠溶液中的ClO-会发生水解生成HClO，HClO长期露置在空气中会分解，为HCl和O，不会释放
2
Cl，B错误；C．将过量的SO 通入NaClO溶液中，SO 被氧化：SO +ClO−+H O=Cl-+ +2H+，C错
2 2 2 2 2
误；D．25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，存在电荷守恒：c(ClO-)+c(OH-)=c(H+)
+c(Na+)，则c(ClO-)=c(Na+)，又c(HClO)＞c(ClO-)，所以c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)，D正确；答案选
AD。
10．【2022年全国乙卷】常温下，一元酸 的 。在某体系中， 与 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 ，当达到平衡时，下列叙述正确的是
A．溶液Ⅰ中B．溶液Ⅱ中的HA的电离度 为
C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的 不相等
D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的 之比为
【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，K = =1.0×10-3，c (HA)=c(HA)
a 总
+c(A-)，则 =1.0×10-3，解得 = ，B正确；C．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．常温下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-
7mol/L，K = =1.0×10-3，c (HA)=c(HA)+c(A-)， =1.0×10-3，溶液I中c
a 总
(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，K = =1.0×10-3，c
总 a 总
(HA)=c(HA)+c(A-)， =1.0×10-3，溶液II中c (HA)=1.01c(HA)，未电离的HA可自
总
由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c (HA)之比为
总
[(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D错误；答案选B。
11．【2022年6月浙江卷】关于反应 ，达到平衡后，
下列说法不正确的是
A．升高温度，氯水中的 减小
B．氯水中加入少量醋酸钠固体，上述平衡正向移动， 增大
C．取氯水稀释， 增大
D．取两份氯水，分别滴加 溶液和淀粉KI溶液，若前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色，可以
证明上述反应存在限度
【答案】D
【解析】A．HClO受热易分解，升高温度，HClO分解，平衡正向移动，c(HClO)减小，A正确；B．氯水
中加入少量醋酸钠固体，醋酸根离子和氢离子结合生成醋酸分子，氢离子浓度减小，平衡正向移动，
c(HClO)增大，B正确；C．氯水稀释，平衡正向移动，而c(HClO)和c(Cl-)均减小，但HClO本身也存
在电离平衡HClO⇌H++ClO-，稀释促进了HClO的电离，使c(HClO)减少更多，因此 增大，C
正确；D．氯水中加硝酸银产生白色沉淀，证明溶液中有氯离子，氯水中加淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝，证明生成了碘单质，溶液中有强氧化性的物质，而氯气和次氯酸都有强氧化性，不能证明反应物
和生成物共存，即不能证明上述反应存在限度，D错误；答案选D。
12．【2022年6月浙江卷】 时，苯酚 的 ，下列说法正确的是
A．相同温度下，等 的 和 溶液中，
B．将浓度均为 的 和 溶液加热，两种溶液的 均变大
C． 时， 溶液与 溶液混合，测得 ，则此时溶液中
D． 时， 的 溶液中加少量 固体，水的电离程度变小
【答案】C
【解析】A．醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度较小，则相同温度下，等pH的C HONa和
6 5
CHCOONa溶液中c(C HO-)7的溶液不一定呈碱性；溶液酸碱性与溶液中氢离子、氢氧根离
子浓度有关，当c(H+)c(CH COOH)
3
B．c(Cl－)＝c(CHCOO－)
3
C．等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，盐酸产生的H 多
2
D．用相同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，盐酸消耗的NaOH溶液
体积多
【答案】B
【解析】A．醋酸为弱电解质，在溶液中部分电离，pH相等时，醋酸浓度较大，即c(HCl)＜
c(CHCOOH)，错误；B．溶液的pH相等，则两溶液中的氢离子、氢氧根离子浓度相等，根据电荷守
3
恒可知c(Cl-)=c(CH COO-)，正确；C．等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，由于醋酸
3
的浓度较大，则醋酸产生的H 多，错误；D．同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰
2
好反应完全，由于醋酸的浓度大于盐酸，则醋酸消耗的NaOH溶液体积多，错误；故选B。
26．（2016·上海高考真题）能证明乙酸是弱酸的实验事实是
A．CHCOOH溶液与Zn反应放出H
3 2
B．0.1 mol/L CH COONa溶液的pH大于7
3
C．CHCOOH溶液与NaCO 反应生成CO
3 3 2
D．0.1 mol/L CH COOH溶液可使紫色石蕊变红
3
【答案】B
【解析】A．只能证明乙酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，错误；B．该盐水溶液显碱性，由于NaOH是
强碱，故可以证明乙酸是弱酸，正确；C．可以证明乙酸的酸性比碳酸强，但是不能证明其酸性强弱，
错误；D．可以证明乙酸具有酸性，但是不能证明其酸性强弱，错误；故选B。
27．（2014·全国高考真题）一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是
A．pH=5的HS溶液中，c(H+)= c(HS－)=1×10－5mol·L－1
2
B．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1
C．pH=2的HC O 溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na＋)+ c(H＋)= c(OH－)+c( HC O－)
2 2 4 2 4
D．pH相同的①CHCOO Na②NaHCO ③NaClO三种溶液的c(Na＋)：①＞②＞③
3 3
【答案】D
【解析】A．HS溶液中分步电离，HS H++HS-，HS- H++S2-，根据电荷守恒知c(H+)=c(HS－)
2 2
+2c(S2-)+ c(OH-)=1×10－5mol·L－1，错误；B．加水稀释促进一水合氨的电离，pH=a的氨水，稀释10倍
后，其pH=b，则a＜b+1，错误；C．pH=2的HC O 溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合，溶液
2 2 4
中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HC O-）+2c（C O2-），错误；D．酸性大小为
2 4 2 4
CHCOOH＞HCO＞HClO，组成盐的酸根对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，相同浓度时溶液的
3 2 3
碱性越强。pH相同的①CHCOONa②NaHCO ③NaClO三种溶液，盐的浓度：①＞②＞③，c
3 3
（Na+）：①＞②＞③，正确；答案选D。
28．（2011·全国高考真题）将浓度为0.1mol·L-1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是A．c（H+） B．K(HF) C． D．
a
【答案】D
【解析】A． HF H++F-，加水稀释，c（H+）减小，错误；B． Ka= ，只与温度有关，
不会随着浓度的变化而变化，错误；C． = ，加水不断稀释，n(F-)不断减小直至为0，而
n(H+)则无线接近于10-7mol，故 会减小，错误；D． = ，因c(F-)减小，故
增大，正确；答案选D。
29．（2015·海南高考真题）下列曲线中，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（）
A B C D
【答案】B
【解析】根据题给电离常数分析乙酸和一氯乙酸均为弱电解质且在相同温度、相同浓度时，醋酸的电离度
小于一氯乙酸，即甲的电离度小于乙；弱电解质的浓度越大，电离度越小，只有B中图像符合，而
A、C、D均不符合，可选；故答案选B。
30．（2012·重庆高考真题）下列叙述正确的是（ ）
A．盐酸中滴加氨水至中性，溶液中溶质为氯化铵
B．稀醋酸加水稀释，醋酸电离程度增大，溶液的pH减小
C．饱和石灰水中加入少量CaO，恢复至室温后溶液的pH不变
D．沸水中滴加适量饱和FeCl 溶液，形成带电的胶体，导电能力增强
3
【答案】C
【解析】A．当盐酸和氨水恰好中和生成NH Cl时，由于铵根离子水解呈酸性，若使溶液呈中性，应继续
4
向溶液中加入氨水，故溶液中的溶质是NH Cl和NH •H O，错误；B．向稀醋酸中加水时，醋酸的电
4 3 2
离平衡正向移动，醋酸的电离程度增大，但c(H+)减小，故pH增大，错误；C．温度不变，Ca(OH) 的
2
溶解度不发生变化，故饱和石灰水中c(OH-)的浓度不变，所以pH不变，正确；D．氢氧化铁胶体的胶
体粒子带有正电荷，但氢氧化铁胶体呈电中性，错误；故选C。
31．（2013·上海高考真题）部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸 HCOOH HCN HCO
2 3
电离平衡常数（25℃） K=1.77×10-4 K=4.9×10-10 K =4.3×10-7 K =5.6×10-11
i i i1 i2
下列选项错误的是
A．2CN-+H O+CO→2HCN+CO 2-
2 2 3
B．2HCOOH+CO 2-→2HCOO-+H O+CO↑
3 2 2
C．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者
D．等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者大于后者
【答案】A
【解析】根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序为：HCOOH＞HCO＞HCN＞HCO -，据此分析解答。A、
2 3 3
根据表中数据判断酸性HCN>HCO -，所以二氧化碳与CN-的反应不可能生成CO2-，错误；B、
3 3
HCOOH＞HCO，所以醋酸可以与CO2-反应制取二氧化碳，正确；C、等体积、等pH的HCOOH和
2 3 3
HCN溶液中，后者的浓度大与前者，所以消耗NaOH的量前者小于后者，正确；D、根据电荷守恒，
c（CHCOO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），c（CN-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），即离子总数
3
是n（Na+）+n（H+）的2倍，而NaCN的水解程度大，即NaCN溶液中的c（OH-）大，c（H+）小，c
（Na+）相同，所以乙酸钠中离子浓度大，正确；答案选A。
32．（2011·山东高考真题）室温下向10mL pH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是
A．溶液中导电粒子的数目减少
B．溶液中 不变
C．醋酸的电离程度增大，C（H+）亦增大
D．再加入10mlpH=11的NaOH溶液，混合液pH=7
【答案】B
【解析】A．加水稀释有利于醋酸的电离，故溶液中导电粒子的数目增加，A错误；B．在稀释的过程中，
温度不变，故K=c(CH COO-)c(H+)/c(CH COOH)不变，又因为c(H+)=K /c(OH-),
a 3 3 w
(CHCOO-)×K /［c(CHCOOH)·c(OH-)］=K，K 在室温下也是常数，正确；C．电离程度虽然增大，
3 w 3 a w
但c(H+)减小，C错误；D．加入10 mL pH=11的NaOH溶液，混合液中和后，因醋酸还有大量剩余，
故pH应小于7，D错误。故选B。
33．（2013·福建高考真题）室温下，对于0.10 mol·L-1的氨水，下列判断正确的是
A．与AlCl 溶液反应发生的离子方程式为 Al3++3OH-=Al(OH) ↓
3 3
B．加水稀释后，溶液中c(NH +)c(OH-)变大
4
C．用HNO 溶液完全中和后，溶液不显中性
3
D．其溶液的pH=13
【答案】C
【解析】A、一水合氨是弱电解质，离子方程式中要写化学式，该反应的离子方程式为：Al3+
+3NH·H O═Al(OH) ↓+3NH+，错误；B、加水稀释促进一水合氨电离，但铵根离子、氢氧根离子浓度
3 2 3 4都减小，所以c(NH +)•c(OH-)减小，错误；C、用HNO 溶液完全中和后得硝酸铵溶液，硝酸铵是强酸
4 3
弱碱盐，水解使溶液呈酸性，正确；D、一水合氨是弱电解质，在氨水中部分电离，所以0.10mol•L-1
氨水的pH小于13，错误；故选C。
34．（2014·浙江高考真题）氯在饮用水处理中常用作杀菌剂，且HClO的杀菌能力比ClO－强。25℃时氯
气-氯水体系中存在以下平衡关系：
Cl(g) Cl(aq) K =10－1.2
2 2 1
Cl(aq)+ HO HClO + H++Cl－K=10－3.4
2 2 2
HClO H++ ClO－Ka=?
其中Cl(aq)、HClO和ClO－分别在三者中所占分数(α)随pH变化的关系如图所示。下列表述正确的是（ ）
2
A．Cl(g)+ H O 2H++ ClO－+ Cl－K=10－10.9
2 2
B．在氯处理水体系中，c(HClO) + c(ClO－) =c(H+)－c(OH－)
C．用氯处理饮用水时，pH=7.5时杀菌效果比pH=6.5时好
D．氯处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季差
【答案】D
【解析】根据图象知，HClO H++ClO-中pH=7.5，Ka= c(H+)c(ClO－)/c(HClO)=10-7.5；A、将已知的三个
式子相加可得Cl(g)+ H O 2H++ ClO－+ Cl－，所以K=K·K ·Ka=10-1.2×10-3.4×10-7.5=10-12.1，错误；
2 2 1 2
B、体系中存在电荷守恒c（H+）=c（Cl-）+c（ClO-）+c（OH-），即c（Cl-）+c（ClO-）=c（H+）-c
（OH-），在氯水中HCl完全电离、HClO部分电离，所以c（HClO）＜c（Cl-），所以c（HClO）+c
（ClO-）＜c（H+）-c（OH-），错误；C、起杀菌作用的是HClO，由图象可知，pH=6.5时c（HClO）
比pH=7.5时要大，HClO浓度越大，杀菌效果好，所以pH=7.5时杀菌效果比pH=6.5时差，错误；
D、夏季相比冬季温度高，HClO易分解，所以杀菌效果不如冬季，正确。
35．（2017·浙江高考真题）为证明醋酸是弱电解质，下列方法不正确的是( )
A．测定0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH
B．测定0.1 mol·L－1CHCOONa溶液的酸碱性
3
C．比较浓度均为0.1 mol·L－1盐酸和醋酸溶液的导电能力
D．比较相同物质的量浓度的NaOH溶液和醋酸溶液恰好反应完全时消耗两溶液的体积
【答案】D
【解析】A．测定0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH，通过0.1mol•L-1醋酸溶液pH大于1，可证明醋酸没有完全电
离，所以能证明醋酸是弱电解质，A正确；B．测定0.1 mol·L－1CHCOONa溶液的酸碱性，通过溶液
3
显碱性，可证明CHCOONa是强碱弱酸盐，所以能证明醋酸是弱电解质，B正确；C．比较浓度均为
30.1 mol·L－1盐酸和醋酸溶液的导电能力，通过醋酸导电能力弱，可证明醋酸没完全电离，所以能证明
醋酸是弱电解质，C正确；D．相同物质的量浓度的NaOH溶液和醋酸溶液恰好反应完全时消耗两溶
液的体积相等，无法证明醋酸电离情况，D错误。
36．（2016·浙江高考真题）关于常温下浓度均为0.1 mol·L-1 的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是
A．醋酸溶液的pH小于盐酸
B．醋酸的电离方程式：CHCOOH＝CHCOO-＋H+
3 3
C．c(CHCOOH)＋c(CHCOO-)＝c(Cl-)
3 3
D．0.1 mol·L-1 的醋酸溶液与等物质的量浓度、等体积的氢氧化钠溶液混合后：c(H+)＞c(OH-)
【答案】C
【解析】A、盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，所以溶液中c(H+)盐酸＞醋酸，醋酸溶液的
pH大于盐酸，错误；B、醋酸是弱酸，电离是可逆过程，错误；C、醋酸存在电离平衡，c(CHCOOH)
3
+c(CH COO-)═0.1mol/L=c(Cl-)正确；D、0.1mol•L-1 的醋酸溶液与等物质的量浓度、等体积的氢氧化钠
3
溶液混合后生成CHCOONa，醋酸根离子水解溶液显碱性，错误；故选C。
3
37．（2014·上海高考真题）25℃时，甲、乙两烧杯均盛有5mLpH＝3的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀
释至pH＝4。下列关于甲烧杯和稀释后的乙烧杯中的溶液的描述中，不正确的是
A．溶液的体积：10V ≤V
甲 乙
B．水电离出的OH－浓度：10c(OH－) ＝c(OH－)
甲 乙
C．若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲≤乙
D．若分别与5mLpH＝11的NaOH溶液反应，所得溶液的pH：甲≤乙
【答案】C
【解析】A．若为强酸，则应加水到体积是原来的10倍，若为弱酸，由于有电离平衡的移动，所以加水的
体积要多，稀释的倍数大于10倍，A正确；B．在甲溶液中水电离的氢氧根离子浓度为10-11mol/L，乙
溶液中水电离的氢氧根离子浓度为10-10mol/L，所以水电离出的OH－浓度：10c(OH－) ＝c(OH－) ，B
甲 乙
正确；C．由于甲和乙中含有的一元酸的物质的量相等，所以用氢氧化钠中和后得到的盐的物质的量
也相等，若为强酸，则溶液为中性，若为弱酸，溶液显碱性，而且浓度越小，其pH值越小，所得溶
液的pH：甲≥乙，C错误；D．根据酸碱混合时的规律，当pH加和等于14的酸碱等体积混合，谁弱
显谁性；若酸为强酸，则反应后溶液为中性，甲反应后再加水稀释得到乙反应后的溶液，则溶液也为
中性；若酸为弱酸，则反应后溶液显酸性，浓度越小，其pH越大，D正确；故答案选C。
38．（2013·海南高考真题）0.1mol·L－1HF溶液的pH＝2，则该溶液中有关浓度关系式不正确的是( )
A．c(H＋)>c(F－) B．c(H＋)>c(HF) C．c(OH－)＜c(HF) D．c(HF)>c(F－)
【答案】B
【解析】0.1mol·L－1HF溶液的pH＝2，则HF的弱酸。A．由于在HF溶液中还含水的电离，因此在溶液中
c(H＋)>c(F－)。正确；B．HF是弱酸，在溶液中主要以酸分子的形式存在，酸电离产生的离子浓度很小，
所以c(HF) > c(H＋)，错误；C．在溶液中由于溶液显酸性，所以c(OH－)＜c(H＋)，而酸电离的程度很
微弱，所以c(HF)> c(OH－),正确；D．在酸溶液中酸电离的程度是微弱的，则c(HF)>c(F－)。正确。
39．（2010·全国高考真题）下列关于电解质溶解的正确判断是A．在pH=12的溶液中， 可以常量共存
B．在pH=0的溶液中， 、 、 、 可以常量共存
C．由0.1 mol· 一元碱BOH溶液的pH=10，可推知BOH溶液存在BOH = +
D．由 0.1 mol· 一元酸HA溶液的pH=3，可推知NaA溶液存在A-+H O HA+OH-
2
【答案】D
【解析】A．pH=12的溶液显碱性，OH-和HCO -反应生成CO32-和水，不能常量共存；B．pH=0溶液显酸
3
性，在酸性溶液中，NO -有强氧化性，能氧化SO 2-，不能常量共存；C．0.1 mol· 一元碱BOH溶液
3 3
的pH=10，说明BOH是弱碱，电离方程式为BOH + ，错误；D．0.1 mol· 一元酸HA
溶液的pH=3，说明HA是弱酸，NaA溶液中存在A-的水解：A-+H O HA+OH-，正确；故选D。
2
40．（2010·重庆高考真题）pH＝2的两种一元酸x和y，体积均为100 mL，稀释过程中pH与溶液体积的
关系如下图所示。分别滴加NaOH溶液(c＝0.1 mol·L－1)至pH＝7。消耗NaOH溶液的体积为V、V 则
x y
( )
A．x为弱酸，VV
x y x y
C．y为弱酸，VV
x y x y
【答案】C
【解析】由图可知，pH=2的两种一元酸x和y，均稀释10倍，x的pH为3，y的pH＜3，则x为强酸，y
为弱酸；pH=2的x，其浓度为0.01mol/L，与NaOH发生中和反应后pH=7，为中性，则0.01mol/
L×0.1L=0.1mol/L×V ，解得V =0.01L，而pH=2的y，其浓度大于0.01mol/L，若二者恰好生成正盐，
碱 碱
水解显碱性，为保证溶液为中性，此时y剩余，但y的物质的量大于x，y消耗的碱溶液体积大，体积
大于0.01L，则Vx
