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第 23 讲 弱电解质的电离平衡
第一部分：高考真题感悟
1．（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
【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。
2．（2022·全国·高考真题）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)+c(A-)，
a 总
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 =
a
=1.0×10-3，c (HA)=c(HA)+c(A-)， =1.0×10-3，溶液I中c
总 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
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可自由穿
总
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。
3．（2022·浙江·高考真题） 时，向 浓度均为 的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入
的 溶液(醋酸的 ；用 的 溶液滴定 等浓度的盐酸，滴定终
点的 突跃范围4.3～9.7)。下列说法不正确的是
A．恰好中和时，溶液呈碱性
B．滴加 溶液至 的过程中，发生反应的离子方程式为：C．滴定过程中，
D． 时，
【答案】B
【解析】A．恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子会水解，溶液显碱性，A正确；
B．滴加 溶液至 的过程中，若只发生反应的离子方程式： ，则滴加NaOH溶
液的体积为20mL，则根据电离常数， 的醋酸中，c(H+)≈c(CH COO-)= =
3
= >1.0×10-4.3，故用氢氧化钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，则离子方程
式为：H++OH-=H O和CHCOOH+OH-=CH COO-+H O，B错误；C．滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴
2 3 3 2
定过程中，根据物料守恒可知： ，C正确；D．向 浓度均为
的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入 的 溶液，当盐酸的体积为20ml时，溶液
为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，当加入的NaOH溶液的体积为30mL
时，溶液为NaCl和等浓度的CHCOONa、CHCOOH，根据Ka=1.8×10-5＞Kh= 可知，此时溶
3 3
液仍然呈酸性，需继续滴加NaOH溶液，故有 ，D正确；故
答案为：B。
4．（2022·浙江·高考真题） 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-)<c(CH COO-)，A错误；B．C HONa溶液中，C HO-离子水解出氢氧根离子，
3 6 5 3 6 5 6 5
升温促进C HO-离子的水解，氢氧根离子浓度增大，pH变大，而升高温度，K 增大，NaOH溶液中OH-浓
6 5 w
度不变，H+浓度增大，pH减小，B错误；C．当pH=10.00时，c(H+)=1.0×10-10，
，故c(C HO-)= c(C HOH)，C正确；D．C HONa
6 5 6 5 6 5
中的C HO-可以水解，会促进水的电离，D错误；故选C。
6 5
5．（2022·浙江·高考真题）已知25℃时二元酸HA的K =1.3×10-7，K =7.1×10-15。下列说法正确的是
2 a1 a2
A．在等浓度的NaA、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者
2
B．向0.1mol·L-1的HA溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，则HA的电离度为0.013%
2 2
C．向HA溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2-)＞c(HA-)
2
D．取pH=a的HA溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1
2
【答案】B
【解析】A．在等浓度的NaA、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
2
A错误；B．溶液中c(H+)=10-3mol/L，HA电离程度较小，溶液中c(HA)≈0.1mol/L，K =
2 2 a1
，c(HA-)=1.3×10-5mol/L，c(HA-)≈c(HA) ，则HA的电离度
2 电离 2
0.013%，故B正确；C．向HA溶液中加入NaOH溶液至pH=11，
2
，则c(A2-)<c(HA-)，故C错误；D．HA是弱酸，取pH=a的HA溶液10mL，加蒸
2 2
馏水稀释至100mL，HA的电离平衡正向移动，则该溶液pH<a+1，故D错误；选B。
2
第二部分：最新模拟精练
完卷时间：50分钟一、选择题（每小题只有一个正确选项，共12*5分）
1．（2022·广东广州·一模）溴甲基蓝(用HBb表示)指示剂是一元弱酸，HBb为黄色，Bb-为蓝色。下列叙
述正确的是
A．0.01mol·L-1HBb溶液的pH=2
B．HBb溶液的pH随温度升高而减小
C．向NaOH溶液中滴加HBb指示剂，溶液显黄色
D．0.01mol·L-1NaBb溶液中，c(H+)+c(Na+)=c(Bb-)+c(HBb)
【答案】B
【解析】A．由于HBb为弱酸，0.01mol·L-1HBb溶液中氢离子浓度小于0.01，故溶液的pH＞2，A错误；
B．升温促进电离，HBb溶液的pH随温度升高而减小，B正确；C．向NaOH溶液中滴加HBb指示剂，溶
液含有Bb-为蓝色，C错误；D．0.01mol·L-1NaBb溶液中，存在物料守恒c(Na+)=c(Bb-)+c(HBb)，D错误；
答案选B。
2．（2021·浙江·模拟预测）下列事实能说明醋酸(CHCOOH)是弱酸的是
3
A．醋酸溶液能使紫色石蕊试液变红
B．将pH=3的醋酸溶液稀释10倍，溶液的3<pH<4
C．醋酸溶液能与鸡蛋壳反应生成二氧化碳
D．等体积等浓度的醋酸溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应
【答案】B
【解析】A．醋酸溶液能使紫色石蕊试液变红，醋酸溶液显酸性，说明醋酸为酸，与题意不符，A错误；
B．将pH=3的醋酸溶液稀释l0倍，若为强酸，溶液中不存在醋酸分子，c(H+)=10-4mol/L，溶液的pH=4，
由于溶液的pH<4，说明醋酸溶液中存在电离平衡，为弱酸，符合题意，B正确；C．醋酸溶液能与鸡蛋壳
反应生成二氧化碳，说明醋酸的酸性强于碳酸，但不能说明醋酸为弱酸，与题意不符，C错误；D．等体
积等浓度的醋酸溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应，发生酸碱中和反应，不能说明醋酸为弱酸，与题意不
符，D错误；答案选B。
3．（2021·广东广州·三模）关于常温下0.1mol•L-1的醋酸溶液，下列叙述正确的是
A．溶液中c(H+)=c(CH COO-)
3
B．加水稀释后，溶液中所有离子的浓度均减小
C．加入醋酸钠晶体后，溶液的pH增大
D．加入等体积、pH=13的NaOH溶液后，c(Na+)=c(CH COO-)
3
【答案】C【解析】A．醋酸溶液中存在醋酸和水的电离，即CHCOOH CHCOO-+H+，HO H++OH-，电荷
3 3 2
守恒为c(H+)=c(CHCOO-)+c(OH-)，故A错误；B．醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，溶液中H+和
3
CHCOO-的数目增多，但浓度减小，即c(H+)、 c(CHCOO-)浓度减小，由于K =c(H+)·c(OH-)不变，所以氢
3 3 w
氧根离子浓度增大，故B错误；C．由CHCOOH CHCOO-+H+可知，加入少量CHCOONa晶体，
3 3 3
c(CHCOO-)增大，平衡逆向移动，c(H+)减小，pH增大，故C正确；D．在0.1mol·L-1的醋酸溶液中，加入
3
等体积、pH=13的NaOH溶液，二者恰好完全反应，生成CHCOONa，由于CHCOO-水解，则c(Na+)＞
3 3
c(CHCOO-)，故D错误；答案为C。
3
4．（2022·广东·模拟预测）二甲胺[(CH )NH]可用作橡胶硫化促进剂，是一元弱碱，在水中的电离与氨相
3 2
似，可与盐酸反应生成(CH)NH Cl。下列说法错误的是
3 2 2
A．常温下，0.001mol/L二甲胺溶液的pH=11
B．往二甲胺溶液中加入NaOH固体会抑制二甲胺的电离
C．加水稀释(CH)NH Cl溶液， 减小
3 2 2
D．(CH)NH Cl溶液中：c(H+) + c[ ] = c(OH-)+ c(Cl- )
3 2 2
【答案】A
【解析】A．二甲胺[(CH )NH]是一元弱碱，只发生部分电离，则常温下，0.001mol/L二甲胺溶液的c(OH-)
3 2
＜0.001mol/L，pH＜11，A错误；B．在二甲胺溶液中存在如下电离平衡：(CH)NH+H O
3 2 2
+OH-，加入NaOH固体后，平衡逆向移动，从而抑制二甲胺的电离，B正确；C．在(CH)NH Cl溶液中存
3 2 2
在如下平衡： +H O (CH)NH∙H O+H+，加水稀释(CH)NH Cl溶液，平衡正向移动，则
2 3 2 2 3 2 2
减小，C正确；D．(CH)NH Cl溶液中，存在下列四种离子c(H+) 、c[ ]、
3 2 2
c(OH-)、c(Cl- )，阴、阳离子之间存在如下电荷守恒：c(H+) + c[ ] = c(OH-)+ c(Cl- )，D正确；
故选A。
5．（2022·河南·模拟预测）298K下，将VmL0.1mol·L-1MOH溶液与VmL0.1mol·L-1HR溶液按V+V=100
b a a b混合，测得V、V 与混合溶液pH的关系如图所示，下列说法错误的是
a b
A．代表V 变化的是曲线II
a
B．电离平衡常数：K (MOH)＞K (HR)
b a
C．pH=7的混合溶液中存在：3c(M+)+c(H+)=3c(R-)+c(OH-)
D．N点溶液中存在：c(HR)=c(OH-)+c(MOH)+c(H+)
【答案】D
【解析】A． 横坐标的起点pH小于7，溶液显酸性，此时只加入一种溶液，应为酸溶液，曲线II表示HR
溶液，故代表V 变化的是曲线II，故A正确；B． 由图像可知，曲线的交点表示酸溶液和碱溶液的体积相
a
等，此时二者恰好反应生成MR溶液，此时溶液显碱性，故电离平衡常数：K (MOH)＞K (HR)，故B正确；
b a
C． pH=7的混合溶液显中性，则c(H+)=c(OH-)，又存在电荷守恒c(M+)+c(H+)=c(R-)+c(OH-)，故
c(M+)=c(R-)，则3c(M+)+c(H+)=3c(R-)+c(OH-)，故C正确；D． 当V=100mL时，溶液的pH小于13，故
b
MOH为弱碱，由B项分析可知，两曲线的交点为N点，此时为MR溶液，溶液中存在质子守恒：c(HR)
+c(H+)=c(OH-)+c(MOH)，故D错误；故选D。
6．（2022·四川雅安·三模）常温下，向10mL 0.1mol/L的HNO 溶液中逐滴加入一定浓度的氨水，不考虑
2
NH NO 的分解，所得溶pH及导电能力变化如下图。下列分析正确的是
4 2
A．氨水的物质的量浓度约为0.05mol/LB．b点溶液中离子浓度大小的关系： c( )＞c( )＞c(H+)＞c(OH -)
C．a、d两点的导电能力和pH都相同
D．a点和b点溶液中，水的电离程度大小是a＞b
【答案】B
【解析】A．b点电导率最大，说明b点 和氨水恰好反应，10mL0.1mol/L的 和10mL氨水恰好
反应，所以氨水的物质的量浓度为 ，故A错误；B．b点电导率最大，b点 和氨水恰好完
全反应，溶液中的溶质只有 ，由于此时溶液显酸性，则 的水解程度大于 的水解程度，
离子浓度的关系为 ，故B正确；C．由题图知，a点溶液显酸性，d点
溶液显碱性，所以a、d两点的 不等，故C错误；D．由题图可知，b点电导率最大，说明b点 和
氨水恰好反应，溶质为 ， 水解促进水电离，a点时 过量， 抑制水的电离，所
以水的电离程度：a点＜b点，故D错误；故选B。
7．（2022·上海普陀·二模）常温下体积相同的溶液：①pH=2的CHCOOH(aq)；②0.01mol·L-1的
3
CHCOOH(aq)。下列符合②>①的是
3
A．稀释到相同pH所需水的体积
B．与镁条反应生成等量H 所需时间
2
C．与镁条反应的起始速率
D．与相同浓度NaOH(aq)恰好中和时，消耗NaOH(aq)的体积
【答案】B
【解析】醋酸是弱酸，在水中部分电离，醋酸是弱酸，在水中部分电离，0.01mol•L-1的CHCOOH(aq)pH＞
3
2，氢离子浓度①＞②，醋酸浓度①＞②。A．醋酸是弱酸，在水中部分电离，0.01mol•L-1的
CHCOOH(aq)pH＞2，当①pH=2的CHCOOH(aq)，②0.01mol•L-1的CHCOOH(aq)稀释到相同的pH时①
3 3 3
消耗的水的体积大，故A错误；B．②0.01mol•L-1的CHCOOH溶液中氢离子浓度小于①pH=2的
3
CHCOOH(aq)，则与镁条反应生成等量H 所需时间②＞①，故B正确；C．分析可知氢离子浓度①＞②，
3 2
则与镁条反应的起始速率①＞②，故C错误；D．由分析可知醋酸浓度①＞②，则与相同浓度NaOH(aq)恰好中和时，消耗NaOH(aq)的体积①＞②，故D错误；故选：B。
8．（2022·辽宁沈阳·三模）弱酸型指示剂的电离平衡可表示为： ，其分子、离子为不同颜
色。下表是酚酞在pH不同的溶液中的结构和变色规律。下列说法中错误的是
(图中环状结构为苯环)
A．pH改变时，酸碱指示剂的分子、离子相对含量变化引起溶液颜色变化
B．溶液从酸性到强碱性的过程中，酚酞中的碳原子a从 杂化转化为 杂化
C．当指示剂的 ，则 ，此时的pH为理论变色点
D．温度改变，指示剂的变色范围可能发生改变
【答案】B
【解析】A．溶液pH改变时，溶液中氢离子浓度发生变化，电离平衡会发生移动，溶液中酸碱指示剂的分
子、离子相对含量变化引起颜色变化，故A正确；B．由图可知，溶液从酸性到强碱性的过程中，酚酞中
苯环碳原子a没有发生变化，原子的杂化方式没有变化，故B错误；C．由公式可知，弱酸型指示剂的电
离常数K= ，当溶液中 时，氢离子浓度和电离常数相等，溶液 ，溶
液会发生酸碱性变化，颜色也会变化，所以此时的pH为理论变色点，故C正确；D．弱酸型指示剂的电离
为吸热过程，温度改变，电离平衡会发生移动，溶液中氢离子浓度发生变化，指示剂的变色范围可能发生
改变，故D正确；故选B。
9．（2022·湖南省新化县第一中学模拟预测）牙形石(一种微型古生物遗体)主要成分为Ca (PO )，存在于
3 4 2
灰岩(主要成分为CaCO )中。可以通过合适的酸除去灰岩显示出牙形石的形态，进而分析当时的地层环境。
3
根据以下数据，有关合适的酸分析错误的是
已知：(1)酸的电离平衡常数
弱酸 HPO CHCOOH HCO
3 4 3 2 3K =6.9×10-3
a1
K =4.5×10-7
a1
电离平衡常数(25℃) K =6.2×10-8 K=1.8×10-5
a2 a
K =4.7×10-11
a2
K =4.8×10-13
a3
(2)K [Ca (PO )]=2.07×10-33
sp 3 4 2
(3)钙的磷酸盐中只有磷酸二氢钙可溶于水，其余难溶于水A．当加入过量的盐酸时与牙形石反应为：
Ca (PO )+2H+=H PO +3Ca2+
3 4 2 2
B．过量的醋酸可以溶解灰岩：CaCO +2CH COOH=Ca2++2CH COO-+H O+CO↑
3 3 3 2 2
C．过量醋酸与牙形石：Ca (PO )+4CH COOH=3Ca2++4CH COO-+2H PO ，该反应K≈2.5×10-13
3 4 2 3 3 2
D．醋酸能溶解灰岩，不溶解牙形石，可用于除去灰岩显示出牙形石
【答案】A
【解析】A．盐酸是强酸，加入过量盐酸时与牙形石反应为：Ca (PO )+6H+=2H PO +3Ca2+，A选项错误；
3 4 2 3 4
B．据电离平衡常数的大小可判断， 酸性CHCOOH>H CO，可发生反应CaCO +2CH COOH= Ca2+
3 2 3 3 3
+2CH COO-+H O+CO↑，B选项正确；C. 据电离平衡常数的大小可判断，酸性HPO >CH COOH>H PO
3 2 2 3 4 3 2
，可写出反应式Ca (PO )+4CH COOH=3Ca2++4CH COO-+2H PO ，
3 4 2 3 3 2
，根据K [Ca (PO )] 、K(CHCOOH)、K (H PO )、K (H PO )的表达式代入上式换算化简得K=
sp 3 4 2 a 3 a2 3 4 a3 3 4
，远小于 ，因此牙形石不溶
于醋酸溶液中，C选项正确；D．醋酸能溶解灰岩，不溶解牙形石，可用于除去灰岩显示出牙形石，D选
项正确；答案选A。
10．（2022·浙江省宁波市鄞州中学模拟预测）下列说法正确的是
A．相同温度下，等pH的盐酸和醋酸加水稀释10倍后，c(Cl-)＜c(CHCOO-)
3
B．0.1 mol·L-1的KA溶液pH=6.5，则HA为弱酸
C．常温下pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合：c(Cl-)+c(H+)=c(NH )+c(OH-)D．某温度下，向氨水中通入CO，随着CO 的通入， 不断增大
2 2
【答案】A
【解析】A．盐酸为强酸，醋酸为弱酸，相同pH时，醋酸物质的量浓度大于盐酸浓度，相同pH时，溶液
中c(Cl-)=c(CH COO-)，加水稀释相同倍数，促进醋酸的电离，推出c(Cl-)＜c(CHCOO-)，故A正确；B．没
3 3
有指明温度是否是常温，因此无法判断HA是否是弱酸，故B错误；C．一水合氨为弱碱，常温下pH=3的
盐酸和pH=11的氨水等体积混合，混合后溶质为NH Cl和NH ·H O，溶液显碱性，c(OH-)＞c(H+)，c(NH )
4 3 2
＞c(Cl-)，即c(Cl-)+c(H+)＜c(NH )+c(OH-)，故C错误；D．
，K 只受温度影响，向氨水中通入二氧化碳气体，生成碳酸铵或碳酸氢铵，溶液c(NH )增大，该比值减
b
小，故D错误；答案为A。
11．（2022·江西·二模）25℃时，在体积均为100 mL、浓度均为0.1 mol·L-1的两种一元酸HA和HB的溶液
中，分别加入NaOH固体(温度恢复至室温，溶液体积变化忽略不计)， 随加入NaOH固体的物
质的量的变化如图所示。下列有关说法不正确的是
A．酸性：HA＞ HB，且HA是强酸，HB是弱酸
B．由水电离出的c(H+ )的顺序：a＜b＜c＜d
C．c点溶液中：c(H+)=c(B-)-c(HB) +c(OH-)
D．d点溶液中：c(B-)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH-)
【答案】C【解析】A．25℃时，K =1×10-14，由图可知没有加入氢氧化钠固体时，a点0.1 mol/L HA溶液中，
w
，可求得0.1 mol/L HA溶液中c(H+ )=0.1 mol/L，则HA为强酸；同理，由b点可知0.1
mol/L HB溶液中，c(H+)=0.01 mol/L，则HB为弱酸，故A项正确；B．由图和上述计算可知，a点和b点
均抑制水的电离，由于a点c(H+)更大，对水的抑制程度更大，c点和d点均为HB和NaB的混合溶液，由
于d点加入氢氧化钠的物质的量大，溶液中NaB的物质的量大，对水电离的促进大，则由水电离出的
c(H+)的顺序为a＜b＜c＜d，故B项正确；C．c点反应后为等浓度的HB和NaB溶液，根据电荷守恒：
c(Na+)+c(H+)=c(B-)+c(OH-)，根据物料守恒：2c(Na+)=c(B-)+c(HB)，联立可得2c(H+)=c(B-)-c(HB)+2c(OH-)，
故C项错误；D．d点c(H+)=c(OH-)=10-7 mol/L，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(B-)+c(OH-)，则
c(Na+)=c(B-)，且远大于c(H+)，故对应的溶液中，c(B-)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH-)，故D项正确；答案选C。
12．（2022·宁夏·吴忠中学三模）25℃，二元酸HA水溶液中HA-、A2-的分布系数δ(X)随pH变化如下图
2
所示。[比如A2-的分布系数： ]，下列叙述正确的是
A．HA的一级电离完全进行，二级电离部分进行
2
B．pH=1时，加入NaOH溶液发生的主要反应为HA-+OH-=A2-+H O
2
C．NaA溶液的水解平衡常数K=1.0×10-4.2
2 b
D．NaHA溶液中，c(Na+)+c(OH-)＜c(HA-)+2c(A2-)+c(H+)
【答案】D
【解析】A．由图可知，pH＜2时，δ(A2-)=0，则δ(HA-)= ＜1，说明此时的溶液中，除了有
HA-外，还有HA，故HA的一级电离部分进行；同理，pH在约2.5~6时，溶液中同时存在HA-和A2-，则
2 2HA的二级电离也是部分进行，A错误；B．由图可知，pH=1时，δ(HA-)= =0.4，则
2
δ(H A)=1-δ(HA-)=1-0.4=0.6，故此时加入NaOH溶液，发生的主要反应为HA+OH-=HA-+H O，B错误；
2 2 2
C．pH=4.2时，δ(HA-)=δ(A2-)，即c(HA-)=c(A2-)，则K (H A)= = c(H+)=1.010-4.2，由于NaA
a2 2 2
溶液中的水解反应以第一步水解为主，故NaA溶液的水解平衡常数K = = =1.010-9.8，
2 b
C错误；D．在NaHA溶液中，有电荷守恒式：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)；由图可知，NaHA溶
液呈酸性，即c(H+)＞c(OH-)，则c(Na+)＜c(HA-)+2c(A2-)，故可以得知c(Na+)+c(OH-)＜c(HA-)+2c(A2-)
+c(H+)，D正确；故选D。
二、主观题（共4小题，共40分）
13．（12分）浓度均为0.1mol·L－1的盐酸、硫酸和醋酸三种溶液，试分析：
（1）若溶液的c(H＋)分别为a、b、c，则它们的大小关系是__________________________。
（2）分别用三种酸中和等物质的量的NaOH溶液，所需溶液的体积分别是a、b、c，则它们的大小关系是
________________________________。
（3）等体积的三种酸分别与足量的锌粒反应，若它们的反应速率分别为a、b、c，则反应开始时它们的大
小关系是____________。
（4）等体积的三种酸分别与足量的锌粒反应，在相同条件下，若产生气体的体积为a、b、c，则它们的关
系是____________。
【答案】（每空3分）（1）b>a>c （2）a＝2b＝c （3）b>a>c （4）2a＝b＝2c
【解析】盐酸为一元强酸，硫酸为二元强酸，醋酸为一元弱酸，强酸完全电离，弱酸部分电离。
(1)若溶液的c(H＋)分别为a、b、c，浓度均为0.1mol·L－1，a=0.1mol/L，b=0.2mol/L，c<0.1mol/L，故
b>a>c；(2)酸中和等物质的量的碱，与酸的物质的量有关，V=n/c，则a＝2b＝c；(3)等体积的三种酸与足量
的锌粒反应，反应速率与c(H＋)有关，浓度越大，反应速率越大，故b>a>c；(4)等体积的三种酸分别与足
量的锌粒反应，生成氢气的量与酸的物质的量有关，故2a＝b＝2c。
14．（12分）25℃时，三种酸的电离平衡常数如下：
化学式 CHCOOH HCO HClO
3 2 3
电离平衡常数 1.8×10-5 K＝4.3×10－7 3.0×10－8
1K＝5.6×10－11
2
回答下列问题：
（1）一般情况下，当温度升高时，Ka________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
（2）下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是______________________(填字母)。
a.CO 2－ b.ClO－ c.CH COO－ d.HCO－
3 3 3
（3）下列反应不能发生的是________(填字母)。
a. CO2-＋2CHCOOH＝2CHCOO-＋CO↑＋HO
3 3 3 2 2
b. ClO－＋CHCOOH＝CHCOO－＋HClO
3 3
c. CO2－＋2HClO＝CO↑＋HO＋2ClO－ d. 2ClO－＋CO＋HO＝CO2－＋2HClO
3 2 2 2 2 3
（4）25℃时，若测得CHCOOH与CHCOONa的混合溶液的pH＝6，则溶液中c(CHCOO－)-c(Na＋)＝
3 3 3
___mol·L-1(填精确数值)。
（5）体积均为10 mL、pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000 mL，稀释过程中pH变化如
下图所示。
稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H＋)_____ (填“>”、“=”或“<”，下同)醋酸溶液中水电离出来的c(H
＋)；用同浓度的NaOH溶液分别中和上述两种酸溶液，恰好中和时消耗NaOH溶液的体积：醋酸____HX。
【答案】（每空2分）（1）增大 （2）a＞b＞d＞c （3） cd （4）9.9×10－7 moL·L－1 （5）> >
【解析】（1）升高温度促进弱电解质的电离，所以当温度升高时，K 增大。
a
（2）电离平衡常数越大，越易电离，溶液中离子浓度越大，则酸性强弱为：
CHCOOH>H CO>HClO>HCO -，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱，则四
3 2 3 3
种离子结合质子的能力由大到小的顺序是：CO2->ClO->HCO->CH COO-，即a>b>d>c。
3 3 3
（3）a．CO2-+CH COOH═CH COO-+CO ↑+H O：碳酸的酸性小于CHCOOH，所以CHCOOH能够制取
3 3 3 2 2 3 3
碳酸，该反应能够发生，故a错误；b．ClO-+CH COOH═CH COO-+HClO：CHCOOH的酸性大于HClO，
3 3 3
CHCOOH能够制取HClO，该反应能够发生，故b错误；c．CO2-+HClO═CO ↑+H O+ClO-：HClO的酸性
3 3 2 2
小于碳酸，该反应无法发生，故c正确；故选cd。d.2ClO-+CO +H O═CO 2-+2HClO：由于酸性
2 2 3
HCO>HClO>HCO -，则碳酸与次氯酸根离子反应只能生成碳酸氢根离子，不会生成CO2-，该反应不能发
2 3 3 3生，故d正确；
（4）根据电荷守恒得c（CHCOO－）－c（Na＋）＝c（H＋）－c（OH－）＝（10－6－10－8）mol·L－1＝
3
9.9×10－7mol·L－1。
（5）加水稀释促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性
弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大，根据图知，pH相
同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变化大，则HX的酸性大于醋酸，所以HX的电离平衡常数大
于常数，稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，所以醋酸抑制水电离程度大于HX，则HX溶液中水电离出来
的c（H+）大于醋酸溶液水电离出来c（H+）；溶液中氢离子浓度越小，对的抑制程度越小，水的电离程度
越大，稀释后HX溶液中的c（H+）小于CHCOOH溶液中的c（H+），它对水的电离的抑制能力减弱。
3
15.（16分）磷能形成多种含氧酸。
（1）次磷酸（HPO ）是一种精细化工产品，向10 mL H PO 溶液中加入10 mL等物质的量浓度的NaOH
3 2 3 2
溶液后，所得的溶液中只有HPO -、OH-两种阴离子。
2 2
① 写出HPO 溶液与足量NaOH 溶液反应后形成的正盐的化学式：_______，该正盐溶液中各离子浓度由
3 2
大到小的顺序为____________。
② 若25℃时，K (HPO ) = 1×10-2，则0.01 mol · L-1的HPO 溶液的pH =________。
3 2 3 2
（2）亚磷酸（HPO ）是二元中强酸，25℃时亚磷酸的电离常数为K= 1×10-2、K=2.6×10-7。
3 3 1 2
① 试从电离平衡移动的角度解释K、K 数据的差异_______________。
1 2
② NaH PO 溶液显______性（填“酸”“碱”或“中”）。
2 3
（3） 25 ℃时，HF的电离常数为K = 3.6×10-4； HPO 的电离常数为K=7.5×10-3，K=6.2×10-8，K＝
3 4 1 2 3
4.4×10-13。足量NaF溶液和HPO 溶液反应的离子方程式为_________。
3 4
（4）相同温度下，等物质的量浓度的上述三种磷的含氧酸中。c(H+)由大到小的顺序为_____（用酸的分子
式表示）。
【答案】（除标注外，每空2分）(1)①NaH PO c(Na+)>c( )>c(OH-)>c(H+) （3分）
2 2
②2 （3分）
(2)①HPO 第一步电离出的H+对第二步电离起到抑制作用 ②酸
3 3
(3)F- +H PO =HF+
3 4
(4)H PO >H PO >H PO
3 3 3 2 3 4
【解析】(1)①HPO 是一元酸，HPO 溶液与足量NaOH 溶液反应后形成的正盐的化学式：NaH PO ，
3 2 3 2 2 2NaH PO 是强碱弱酸盐，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c( )>c(OH-)>c(H+)；②
2 2
，c(H+)=1×10-2 ，所以0.01 mol · L-1的HPO 溶液的pH =2；
3 2
(2)①HPO 第一步电离出的H+对第二步电离起到抑制作用，所以K>K ；
3 3 1 2
② 电离平衡常数是K=2.6×10-7， 水解平衡常数是 ，电离大于水解，所以溶
液出酸性；
(3)HF的电离常数为K = 3.6×10-4小于HPO 的第一步电离常数为K=7.5×10-3，大于HPO 的第二步电离常
3 4 1 3 4
数K=6.2×10-8，所以足量NaF溶液和HPO 溶液反应生成HF和NaH PO ，离子方程式是F- +H PO =HF+
2 3 4 2 4 3 4
；
(4)H PO 的第一步电离常数为K=7.5×10-3；亚磷酸是二元酸，第一步电离常数为K= 1×10-2；次磷酸的电
3 4 1 1
离平衡常数是K (HPO ) = 1×10-2，所以酸性亚磷酸>次磷酸>磷酸；所以相同温度下，等物质的量浓度的三
3 2
种磷的含氧酸中，c(H+)由大到小的顺序为HPO >H PO >H PO 。
3 3 3 2 3 4
