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第 21 讲 电离平衡
1．下列关于电解质的叙述正确的是( )
A．电解质溶液的浓度越大，其导电性能一定越强
B．强酸和强碱一定是强电解质，不管其水溶液浓度的大小，都能完全电离
C．强极性共价化合物不一定都是强电解质
D．多元酸、多元碱的导电性一定比一元酸、一元碱的导电性强
【答案】C
【解析】A、D项，导电性取决于离子浓度及所带电荷数的多少，错误；B项，98.3%浓硫酸是强酸溶
液，由于水太少，硫酸大部分以硫酸分子的形式存在，错误；C项，HF是强极性共价化合物，但是弱电解
质，正确。
2．下列事实能证明HCOOH为弱酸的是( )
A．可与NaCO 反应生成CO
2 3 2
B．常温时HCOONa溶液的pH大于7
C．导电能力低于同浓度的硫酸
D．0.1 mol·L－1 HCOOH溶液可以使甲基橙变红
【答案】B
【解析】HCOOH能与NaCO 反应产生CO ，只能说明甲酸的酸性比碳酸强(同理盐酸也可)，故A不
2 3 2
能证明其为弱酸；常温时HCOONa溶液的pH大于7，溶液显碱性，说明HCOONa为强碱弱酸盐，故B能
证明其为弱酸；导电性强弱与离子浓度有关，HCOOH为一元酸，硫酸为二元强酸，同浓度时，比较导电
性，即使HCOOH是强酸，导电性也比硫酸低，故C不能证明其为弱酸；0.1 mol·L－1 HCOOH溶液可以使
甲基橙变红只能说明HCOOH溶液显酸性，故D不能证明其为弱酸。
3．将0.1 mol·L－1的氨水加水稀释至0.01 mol·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
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；NH ·H O为弱电
3 2解质，稀释后溶液中c(OH－)大于稀释前的，B错误；NH ·H O为弱电解质，稀释过程中电离平衡向右移动，
3 2
C错误；同一溶液中，＝，稀释过程中电离平衡向右移动，故n(OH－)增大，n(NH ·H O)减小，故增大，D
3 2
正确。
4．HS水溶液中存在电离平衡H S H＋＋HS－和HS－ H＋＋S2－。下列说法正确的是( )
2 2
A．加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大
B．通入过量SO 气体，平衡向左移动，溶液pH增大
2
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HS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SO，
2 2
可发生反应：2HS＋SO===3S↓＋2HO，SO 过量时，SO 与水反应生成的HSO 酸性比氢硫酸强，因此溶液pH
2 2 2 2 2 2 3
减小，B错误；滴加新制氯水，发生反应：HS＋Cl===2HCl＋S↓，HS浓度减小，平衡向左移动，反应生成的
2 2 2
盐酸为强酸，溶液酸性增强，pH减小，C正确；加入少量CuSO 固体，发生反应：CuSO ＋HS===CuS↓＋
4 4 2
HSO，溶液中S2－浓度减小，H＋浓度增大，D错误。
2 4
5．稀氨水中存在着电离平衡：NH·HO NH＋OH－，若要使平衡向左移动，同时使 c(OH－) 增大，应
3 2
加入的适量物质或采取的措施是( )
①NHCl固体 ②硫酸 ③NaOH固体 ④水 ⑤加热
4
⑥加入少量MgSO 固体
4
A．①②③⑤ B．③⑥
C．③ D．③⑤
【答案】C
【解析】若在氨水中加入NHCl固体，c(NH)增大，平衡向左移动，c(OH－)减小，①不符合题意；硫酸中的
4
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MgSO 固体发生反应：Mg2＋＋2OH－
4
===Mg(OH)↓，溶液中c(OH－)减小，平衡向右移动，⑥不符合题意。
2
6．常温下，0.2 mol·L－1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓
度如图所示。下列说法正确的是( )A．HA为强酸
B．该混合溶液pH＝7.0
C．该混合溶液中：c(A－)＋c(Y)＝c(Na＋)
D．图中X表示HA，Y表示OH－，Z表示H＋
【答案】C
【解析】若HA为强酸，按题意两溶液混合后，所得溶液中c(A－)＝0.1 mol·L－1，由图知A－浓度小于0.1
mol·L－1，表明A－发生水解，则HA为弱酸，根据水解原理，溶液中主要微粒的浓度大小关系应为c(Na＋)>c(A
－)>c(OH－)>c(HA)>c(H＋)，可以判断X表示OH－，Y表示HA，Z表示H＋，则A、B、D错误，C项满足物料守
恒，正确。
7．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＋HNO===HCN＋NaNO
2 2
②NaCN＋HF===HCN＋NaF
③NaNO＋HF===HNO＋NaF
2 2
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7.2×10－4
B．HNO 的电离平衡常数为4.9×10－10
2
C．根据①③两个反应即可知三种酸的相对强弱
D．HNO 的电离平衡常数比HCN大，比HF小
2
【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、HNO、HCN的酸
2
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HNO＞HCN，反应③说明酸性HF＞HNO，故C、D正确。
2 2
8．电离度是描述弱电解质电离程度的物理量，电离度＝×100%。现取20 mL c(H＋)＝1×10－3 mol·L－1的
CHCOOH溶液，加入0.2 mol·L－1的氨水，测得溶液导电能力的变化如图所示，则加入氨水前CHCOOH的电
3 3
离度为( )A．0.5% B．1.5%
C．0.1% D．1%
【答案】D
【解析】由题图可知，当加入10 mL氨水时，溶液的导电能力最强，即此时二者恰好完全反应，则有20
mL×c(CHCOOH)＝0.2 mol·L－1×10 mL，则c(CHCOOH)＝0.1 mol·L－1，故CHCOOH的电离度为×100%＝1%。
3 3 3
9．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(CHCOO－)＝c(Cl－)
3
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(CHCOO－)＝c(Cl
3
－)
【答案】A
【解析】在盐酸中存在电荷守恒：c(Cl－)＋c(OH－)＝c(H＋)，可推得c(Cl－)＝c(H＋)－c(OH－)，同理在醋酸溶
液中存在：c(CHCOO－)＝c(H＋)－c(OH－)，由于两者pH相等，即c(H＋)－c(OH－)相同，故c(Cl－)＝c(CHCOO
3 3
－)，A项正确；由于盐酸为强酸，在水溶液中完全电离，醋酸为弱酸，在水溶液中部分电离，故 pH相等、体积
相等的两溶液，n(CHCOOH)>n(HCl)，故醋酸溶液所需NaOH的物质的量较大，B项错误；相同浓度的两溶液
3
中醋酸溶液的c(H＋)小于盐酸的c(H＋)，故与金属镁反应，反应速率不同，C项错误；取相同体积两溶液，所含
n(HCl)＝n(CHCOOH)，则恰好反应时需NaOH的物质的量相等，生成NaCl和CHCOONa，NaCl溶液呈中性，
3 3
由于CHCOO－的水解而使CHCOONa溶液呈碱性，为使溶液呈中性需要NaOH的物质的量应小于中和盐酸的
3 3
物质的量，存在c(CHCOO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)和c(Cl－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，又因c(OH－)＝c(H
3
＋)，故c(CHCOO－)＝c(Na＋)和c(Cl－)＝c(Na＋)。由于呈中性时，CHCOOH溶液中c(Na＋)小于盐酸中c(Na＋)，
3 3
再由物料守恒可得c(CHCOO－)n
B．取等体积的两种酸溶液分别与完全一样的足量锌粒反应，开始时反应速率盐酸大于醋酸
C．取等体积的两种酸溶液分别中和NaOH溶液，醋酸消耗NaOH的物质的量比盐酸多
D．两种酸溶液中c(CHCOO－)＝c(Cl－)
3
【答案】B
【解析】A项，由于弱酸溶液中存在电离平衡，故稀释相同倍数时，弱酸的 pH变化小，现pH变化相等，
则弱酸稀释的倍数大，正确；B项，由于两者的pH相同，故开始时反应速率相等，不正确；C项，pH相同的
情况下，醋酸的浓度远大于盐酸，故等体积时醋酸消耗的氢氧化钠多，正确；D项，根据电离关系可知，正确。
2．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。
2．醋酸为一元弱酸，25 ℃时，其电离常数K＝1.75×10－5。下列说法错误的是( )
a
A．0.1 mol·L－1 CHCOOH溶液的pH在2～3范围内
3
B．CHCOONa溶液中，c(CHCOOH)＋c(H＋)＝c(OH－)
3 3
C．将0.1 mol·L－1 CHCOOH溶液加水稀释，其电离常数和均不变
3D．等体积的 0.1 mol·L－1 NaOH 溶液和 0.1 mol·L－1 CHCOOH 溶液混合后，溶液 pH>7，且 c(Na
3
＋)>c(CHCOO－)>c(OH－)>c(H＋)
3
【答案】C
【解析】K＝＝1.75×10－5，c(H＋)≈c(CHCOO－)，则c(H＋)＝＝ mol·L－1＝×10－3 mol·L－1，pH＝－lg(×10－
a 3
3)＝3－lg，因2＝3－lg＜3－lg＜3－lg＝3，则溶液的pH在2～3范围内，故A正确；CHCOONa溶液中，根据
3
质子守恒得：c(CHCOOH)＋c(H＋)＝c(OH－)，故 B 正确；温度不变，则电离常数不变，将 0.1 mol·L－1
3
CHCOOH溶液加水稀释，c(CHCOO－)减小，K＝，增大，故C错误；等体积的0.1 mol·L－1 NaOH溶液和0.1
3 3 a
mol·L－1 CHCOOH溶液混合后，溶液溶质为CHCOONa，pH>7，则c(Na＋)>c(CHCOO－)>c(OH－)>c(H＋)，故D
3 3 3
正确。
4．一定温度下，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＜b
B．a、b、c三点CHCOOH的电离程度：c＜a＜b
3
C．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1 mol·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
CHCOOH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
3
液，c(H＋)增大，pH偏小，正确；D项，a、b、c三点n(CHCOOH)相同，用NaOH溶液中和时消耗n(NaOH)相
3
同，故消耗V(NaOH)：a＝b＝c，错误。
5．已知室温时，0.1 mol·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＝4
B．升高温度，溶液的pH增大
C．此酸的电离平衡常数约为1×10－7
D．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%×0.1 mol·L－1＝10－4 mol·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K＝＝1×10－7，故C正确；c(H＋)＝10－4 mol·L－1，所以c(H＋)HO＝10－10 mol·L－1，前者
a 2
是后者的106倍，故D正确。
6．已知常温时HClO的K＝3.0×10－8，HF的K＝3.5×10－4，现将pH和体积都相同的次氯酸和氢氟酸溶液
a a
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＝＝，K 和K 只随温度的改变而改变，所以从b点到d点，溶液中保持不
a w
变，正确。
7．电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量。常温下，将相同体积的盐酸和氨水分别加水稀释，溶
液的电导率随加入水的体积V(HO)变化的曲线如图所示，下列说法正确的是( )
2
A．曲线Ⅰ表示盐酸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：a>b>c
C．将a、b两点溶液混合，所得溶液中：c(Cl－)＝c(NH)＋c(NH·HO)
3 2D．氨水稀释过程中，不断减小
【答案】B
【解析】加水稀释时，一水合氨进一步电离，导电能力变化较小，则曲线Ⅰ为氨水稀释曲线，故 A错误；
盐酸显酸性，氨水显碱性，导电能力越大，说明离子浓度越大，则a、b、c三点溶液的pH：a>b>c，故B正确；
将a、b两点溶液混合，由于氨水浓度大于盐酸浓度，反应后氨水过量，所以溶液显碱性，c(Cl－)c点
C.从c点到d点，溶液中保持不变(其中HA、A－分别代表相应的酸和酸根离子)
D．相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na＋)相同
【答案】C
【解析】根据HNO 和CHCOOH的电离常数，可知酸性：HNO>CHCOOH，相同pH的两种酸溶液，稀
2 3 2 3
释相同倍数时，弱酸的pH变化较小，故曲线Ⅰ代表CHCOOH溶液，A项错误；两种酸溶液中水的电离受到抑
3
制，b点溶液pH小于c点溶液pH，则b点对应酸电离出的c(H＋)大，对水的电离抑制程度大，故水的电离程度：
b点c(HNO)，故n(CHCOOH)>n(HNO)，因此与NaOH恰
3 2 3 2
好中和后，溶液中n(Na＋)不同，D项错误。
4.（2019·江苏卷）室温下，反应 +H O HCO+OH−的平衡常数K=2.2×10−8。将NH HCO 溶
2 2 3 4 3
液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指
定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是
A．0.2 mol·L−1氨水：c (NH ·H O)>c( )> c (OH−)> c (H+)
3 2
B．0.2 mol·L−1NH HCO 溶液(pH>7)：c ( )> c ( )> c (H CO)> c (NH ·H O)
4 3 2 3 3 2
C．0.2 mol·L−1氨水和0.2 mol·L−1NH HCO 溶液等体积混合：c( )+c(NH ·H O)=c(H CO)+c (
4 3 3 2 2 3
)+c( )D．0.6 mol·L−1氨水和0.2 mol·L−1 NH HCO 溶液等体积混合：c (NH ·H O)+ c( )+ c(OH−)=
4 3 3 2
0.3 mol·L−1+ c (H CO)+ c (H+)
2 3
【答案】BD
【解析】NH ∙H O属于弱碱，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH ∙H O NH ++OH-，HO
3 2 3 2 4 2
H++OH-，所以c(OH-)>c(NH+)，A错误；NH HCO 溶液显碱性，说明HCO -的水解程度大于NH +的
4 4 3 3 4
水解，所以c(NH +)>c(HCO-)，HCO -水解：HO+HCO - HCO+OH-，NH +水解：NH ++H O
4 3 3 2 3 2 3 4 4 2
NH ∙H O+H+，前者水解程度大且水解都是微弱的，则c(HCO)>c(NH∙H O)，B正确；由物料守恒，
3 2 2 3 3 2
n(N):n(C)=2:1，则有c(NH +)+c(NH∙H O)=2[c(HCO)+c(HCO-)+c(CO 2-)]，C错误；由物料守恒，
4 3 2 2 3 3 3
n(N):n(C)=4:1，则有c(NH +)+c(NH∙H O)=
4 3 2
4[c(HCO)+c(HCO-)+c(CO 2-)]①；电荷守恒有：c(NH +)+c(H+)=c(HCO-)+2c(CO 2-)+c(OH-)②；结合①②消
2 3 3 3 4 3 3
去c(NH +)得：c(NH ∙H O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H CO)+3c(HCO-)+2c(CO 2-)③，0.2mol/LNH HCO 与0.6mol/L
4 3 2 2 3 3 3 4 3
氨水等体积混合后瞬间c(NH HCO )=0.1mol/L，由碳守恒有，c(HCO)+c(HCO-)+c(CO 2-)=0.1mol/L④，将
4 3 2 3 3 3
③等式两边各加一个c(CO2-)，则有c(NH ∙H O)+c(OH-)+c(CO 2-)=c(H+)+c(H CO)+3c(H CO)+3c(HCO-)
3 3 2 3 2 3 2 3 3
+3c(CO 2-)，将④带入③中得，c(NH ∙H O)+c(OH-)+c(CO 2-)=c(H+)+c(H CO)+0.3mol/L，故D正确；故选
3 3 2 3 2 3
BD。
