第28讲电离平衡（练习）（解析版）_05高考化学_2024年新高考资料_1.2024一轮复习_2024年高考化学一轮复习讲练测（新教材新高考）_第28讲电离平衡（练习）

第 28 讲 电离平衡 （模拟精练+真题演练） 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．（2023·浙江金华·模拟预测）下列物质中属于强电解质且水溶液显酸性的是 A．盐酸 B．AlCl C．CHCOOH D．NaSiO 3 3 2 3 【答案】B 【解析】A．盐酸属于混合物，不属于电解质；故A不符合题意；B．AlCl 属于盐，是强电解质，而且电 3 解后溶液中Al3+水解使得溶液呈酸性；故B符合题意；C．CHCOOH属于弱电解质；故C不符合题意； 3 D．NaSiO 是强电解质， 水解呈碱性；故D不符合题意；故答案选B。 2 3 2．（2023·全国·模拟预测）实验测得浓度均为 的 溶液和 溶液的pH随温 度的变化情况如图所示。下列说法错误的是 A． 时， 的电离平衡常数约为 B． 后， 溶液的pH随温度的升高而增大的原因可能是 的挥发 C．升高温度， 溶液中 减小， 增大，pH减小 D． 溶液中存在： 【答案】C 【解析】A． 时， 的pH=a， 的电离平衡常数约为 ，故A正 确；B．升高温度，促进 电离，溶液中 增大， 后， 减小，说明醋酸的浓度降低， 的挥发会导致 降低，故B正确；C．升高温度，使 水解平衡正向移动， 溶液中 增大，故C错误；D．根据质子守恒， 溶液中 ，故D正确；选C。3．（2023·浙江·校联考模拟预测）下列说法不正确的是 A．相同温度下， 相等的氨水、 溶液中， 相等 B． 的醋酸溶液的物质的量浓度大于 的醋酸溶液的10倍 C． 均为4的盐酸和氯化铵溶液等体积混合后，所得溶液的 D．用同浓度的 溶液分别与等体积、等 的盐酸和醋酸溶液恰好完全反应，盐酸消耗 溶液的 体积更大 【答案】D 【解析】A．相同温度下，水的离子积相等， 相等的氨水、 溶液中， 相等，则溶液中 相等，A正确；B．醋酸为弱酸，不能完全电离，浓度越大，电离程度越小， 的醋酸溶液的 物质的量浓度为 ( 为电离度)， 的醋酸溶液的物质的量浓度为 ( 为电离度)， 故前者比后者的10倍还大，B正确；C． 均为4的盐酸和氯化铵溶液等体积混合的瞬间， ，不发生变化，铵根离子和一水合氨的浓度瞬间变为原来的二分之一，则二者的 比值不变，故所得溶液中水的电离平衡没有移动，氯化铵的水解平衡没有移动，混合溶液中 ， ，C正确；D．醋酸是弱酸，等体积、等 的盐酸和醋酸溶液中醋酸的 物质的量大于盐酸的物质的量，则用同浓度的 溶液分别与等体积、等 的盐酸和醋酸溶液恰好完 全反应，醋酸消耗 溶液的体积更大，D错误。故选D。 4．（2023·上海奉贤·统考二模）以下物质属于弱电解质的是 A．乙醇 B．乙酸 C．次氯酸钠 D．高锰酸钾 【答案】B 【解析】A．乙醇在水溶液和熔融状态下都无法导电，属于非电解质，A错误；B．乙酸在水中部分电离， 属于弱电解质，B正确；C．次氯酸钠在水中完全电离产生Na+和ClO-，是强电解质，C错误；D．高锰酸 钾在水中完全电离产生K+和 ，是强电解质，D错误；故答案选B。 5．（2023·江西宜春·江西省宜丰中学校考模拟预测）化学常用图像直观地描述化学反应的进程或结果。下 列图像描述不正确的是 A．图①表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程 B．图②表示强碱滴定强酸的滴定曲线C．图③表示25℃时分别稀释pH=11的NaOH溶液和氨水时溶液pH的变化，曲线Ⅱ表示氨水 D．图④可表示 溶液中通入 至过量的过程中溶液导电性的变化 【答案】D 【解析】A．弱电解质存在电离平衡，平衡时正逆反应速率相等，图像符合电离特点，选项A正确；B． 强碱滴定强酸，溶液pH增大，存在pH的突变，图像符合，选项B正确；C．25℃时分别稀释pH=11的 NaOH溶液和氨水，弱碱溶液氨水的pH变化小，强碱NaOH的pH变化大，曲线Ⅱ表示氨水,图像符合，选 项C正确；D．向CHCOOH溶液中通入NH 生成醋酸铵，体积不变，自由移动离子浓度变大，导电性开 3 3 始应增强，而不是减弱，图像不符合，选项D错误；答案选D。 6．（2023·河南·校联考模拟预测）用强碱滴定某一元弱酸时，弱酸被强碱部分中和后得到“弱pH酸盐和 弱酸”组成的缓冲溶液，其中存在pH=pK 一lg 。25°C时0.1mol·L-1的NaOH溶液滴定16.00mL某未 a 知浓度的HA溶液，滴定过程中消耗NaOH溶液的体积与混合溶液pH之间的关系如图所示(已知：pK=- a lgK，100.48=3，酸性HA>HCN)。下列说法错误的是 a A．25℃时，HA电离常数的数量级为10-5 B．b点溶液中存在c(HA)+c(H+)>c(A-)+c(OH-) C．c点溶液中离子浓度的大小关系为c(HA)>c(A-)>c(H+)>c(OH-) D．若将HA改为等体积、等浓度的HCN，则pH随NaOH溶液体积的变化曲线竖直上移 【答案】C 【分析】温度不变，酸的电离常数不变，设酸的浓度为 ，由 ，可得 ，a点 、pH=4.27，b点 、溶液的pH=4.75，存在 ，化简得 ，解得c=0.2。 【解析】A． 即 ，HA电离常数的数量级为 ，故A正确；B．由 分析可知 ，b点时 ，故 ，此时溶液显酸性，，故 ，故B正确；C．由B项分析可知b点时，故 ， 则随氢氧化钠溶液体积增大，c点时溶液 ，由图可知溶液呈酸性 ，酸电离程度 较小，所以离子浓度的大小关系为： ，故C错误；D．由HA的酸性强于HCN 可知，HA的电离常数大于HCN，由 可知，当 相等时，酸的电离常数越大，溶液 $pH$越小，则若将HA改为等体积等浓度的HCN，则pH随NaOH溶液体积的变化曲线竖直上移，故D正 确；故选C。 7．（2023·安徽安庆·安庆一中校考三模）常温下，二元酸HA的K (H A)= 1.0 ×10-2。 在某体系中，H+与 2 a2 2 A2-离子不能穿过隔膜，HA-可自由穿过该膜(如图所示)。溶液中c (H A)=c(HA-)+c(A2-)，当达到平衡时， 总 2 下列叙述正确的是 A．溶液I中： c(H+)-c(OH-)=c (H A) 总 2 B．溶液II中： c (H A) >c(H+)>c(HA-) >c(OH-) 2 C．溶液I和II中的c (H A)不相等 总 2 D．溶液I和II中的c(A2-)之比为105 【答案】C 【分析】由c (H A)=c(HA-)+c(A2-)可知溶液中不存在HA分子，说明HA的第一步电离是完全电离，由 总 2 2 2 H+与A2-离子不能穿过隔膜，HA-可自由穿过该膜可知溶液I和溶液II中HA-的浓度相同。 【解析】A．溶液I中pH=7.0，c(H+)=c(OH-)，A错误；B．HA的第一步电离是完全电离，所以溶液中不 2 存在HA分子，B错误；C．结合K (H A)=1.0 ×10-2可计算出c(A2-)= ，又因溶 2 a2 2 液I和溶液II中HA-的浓度相同而H+浓度不同，因此c(A2-)的浓度不同，又因c (H A) =c(HA-)+c(A2-)，故 总 2 溶液I和II中的c (H A)不相等,C正确；D．由c(A2-)= 可计算出二者c(A2-)的 总 2 比值为10-1:10-7=106，D错误；故选C。 8．（2023·湖北荆州·统考模拟预测）1923年由布朗斯特和劳里提出酸碱质子理论认为，在反应过程中能给 出质子( )的分子或离子都是酸，凡是能接受质子的分子或离子都是碱。按照“酸碱质子理论”，下列叙 述错误的是 A．水既属于酸又属于碱 B．可以根据 的性质推断 的碱性较强 C．根据 ，则碱性：D． 是酸碱反应 【答案】B 【解析】A．根据酸碱质子理论可知，水能电离产生H+，为酸，水能和H+生成HO+，为碱，所以水既属 3 于酸又属于碱，A正确；B． 是强酸， 是弱碱 ，B错误；C．根据 ，可知HO结合H+能力大于HC O 结合H+能量力，所以碱性： 2 2 ，C正确；D． ，BrO-结合H+，HO给出H+，所以该反应是酸碱反 2 应，D正确；故答案选B。 9．（2023·河南郑州·郑州外国语学校校考模拟预测）已知电离常数：K(HCN)=5×10-10，HCO： a 2 3 K =4.3×10-7，K =5.6×10-11，下列离子方程式书写正确的是 a1 a2 A．向KCN(aq)中通入少量的CO 气体：CO+H O+2CN-=2HCN+CO 2 2 2 B．少量SO 通入Ca(ClO) 溶液中：SO +H O+Ca2++2ClO-=CaSO ↓+2HClO 2 2 2 2 3 C．氢氧化铁沉淀溶解于过量氢碘酸溶液中：2Fe(OH) +6H++2I-=2Fe2++6H O+I 3 2 2 D．向Ba(OH) 溶液中加入少量的NaHCO 溶液：2HCO +Ba2++2OH-=BaCO ↓+CO +2H O 2 3 3 2 【答案】C 【解析】A．由电离常数可知酸性HCO＞HCN＞HCO ，则反应的离子方程式为CN﹣ 2 3 +H O+CO=HCN+HCO ，故A错误；B．将少量SO 通入Ca(ClO) 溶液中，二者发生氧化还原反应，正确 2 2 2 2 的离子方程式为：Ca2++3ClO﹣+H O+SO ═CaSO ↓+2HClO+Cl﹣，故B错误；C．Fe(OH) 溶于HI，后生成的 2 2 4 3 Fe3+能将I﹣氧化为I，自身被还原为Fe2+，离子方程式为2Fe(OH) +6H++2I﹣=2Fe2++I +6H O，故C正确； 2 3 2 2 D．Ba(OH) 溶液中加入少量NaHCO 溶液，HCO 完全转化成BaCO 沉淀，正确的离子方程式为：HCO 2 3 3 +Ba2++OH﹣＝BaCO ↓+H O，故D错误；故选C。 3 2 10．（2021·广东·校联考模拟预测）在25℃时，将1.0Lw 溶液与0.1molNaOH固体混合， 充分反应。向混合液中加入 或 固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随加入 或 固体的物质的量的变化关系如图所示。下列叙述错误的是 A．b点混合液中B．加入 过程中， 减小 C．25℃时， 的电离平衡常数 D．a、b、c对应的混合液中，水的电离程度由大到小的顺序是b>a>c 【答案】D 【解析】A．b点溶液pH＜7，溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-) +c(CH COO-)，则c(Na+)＜c(CHCOO-)，所以c(Na+)＜c(CHCOOH)+c(CH COO-)，故A正确；B．加入 3 3 3 3 CHCOOH过程中c(Na+)不变，溶液中c(CHCOO-)增大，c(H+)增大，则c(OH-)= 减小，则 3 3 减小，故B正确；C．CHCOONa是弱酸强碱盐，溶液呈碱性，由图可知c点溶液呈中性， 3 则醋酸过量，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，电荷守恒关系式为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH COO-)，则 3 c(CHCOO-)=c(Na+)=0.2mol/L，但c点时c(CHCOOH)+c(CH COO-)=(w+0.1)mol/L，则c点溶液中剩余 3 3 3 c(CHCOOH)=wmol/L-c(CH COO-)=(w-0.1)mol/L，CHCOOH的电离平衡常数K(CHCOOH)= 3 3 3 a 3 ，故C正确；D．CHCOOH抑制水电离，在b对应的混合液中加 3 入CHCOOH，水电离程度减小，CHCOO-促进水电离，在b对应的混合液中加入CHCOO-，水电离程度 3 3 3 增大，则水的电离程度由大到小的顺序是c＞b＞a，故D错误；故选：D。 11．（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）室温下，向20.00 mL0.1 mol·L-1的HAsO 溶液中滴 3 4 加等浓度的NaOH溶液。混合溶液中-lg X[表示 、 、 ]随溶液pH 的变化如图所示。 下列说法正确的是 A．曲线a表示 与溶液pH的关系 B．当消耗20.00 mL的NaOH溶液时，c(Na+ )> > > C．pH=7.00时，c (Na+) = 3 +3 D．溶液中存在关系： >【答案】C 【解析】A．由题意的HAsO 属于三元弱酸，其三级电离中，电离常数逐渐减小。结合图像当-lg X =0时， 3 4 表示对应的两种离子浓度相等，且曲线a的PH最小，则电离出的氢离子浓度最大，故为第一步电离。结 合电离常数表达式，知曲线a表示 与溶液pH的关系，故A项错误；B．当消耗20.00 mL时， 等体积等浓度混合，溶液中溶质为 ， 的电离平衡常数10-7大于水解平衡常数 ，故 > ，故B项错误；C．根据电荷守恒得，c(Na+ )+ c(H+ )= +3 +2 + c(OH-)，此时PH=7.00，c(H+ )= c(OH-)，同时由曲线b可知， = ，故有 c(Na+ )= 3 +3 ，故C项正确；D．HAsO 的三级电离中，电离常数逐渐减小， 3 4 Ka>Ka ，则 < ，故D项错误。故答案选C。 2 3 12．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考三模）常温下，用 盐酸滴定 MOH溶液， 滴定曲线如图所示。下列叙述正确的是 A． 的数量级为 B．X→Y过程中，水的电离程度及 均逐渐增大 C．当滴定至溶液呈中性时， D．Y点溶液中： 【答案】D 【解析】A．由图中X点可知，当中和百分数为50%时， ，此时 ，即 ， ， ，因此 的数量级为 ，A错误；B．Y点恰好完全反应生成正盐MCl，X→Y过程中碱的浓度逐渐减小，盐的浓 度逐渐增大，生成的强酸弱碱盐水解，促进水的电离，水的电离程度逐渐增大；温度不变， 保持不变， B错误；C．当溶液呈中性时 ，根据电荷守恒可知 ，，C错误；D．根据质子守恒 ，则Y点溶液中 ，D正确。 故选D。 二、主观题（共3小题，共40分） 13．(14分)（2023·四川成都·成都七中校考模拟预测）I．研究水溶液中的粒子行为在研究中具有重要价值。 根据下表所列三种溶液在25℃时的相关数据，按要求填空： 溶液 物质的量浓度 pH (I)HAc 0.1 mol/L 2.86 (II) 0.1 mol/L 6.14 (III) 0.1 mol/L 1 (1)根据表中数据，写出HAc的电离方程式 (2)比较溶液(II)、(III)中 的大小关系是(II) (III)(填“＞”、“＜”或“=”)。 (3)溶液(I)和(II)中由水电离出的 之比是 。 II．某小组研究25℃下HAc电离平衡的影响因素。 提出假设 稀释HAc溶液或改变 浓度，HAc电离平衡会发生移动。 设计方案并完成实验 用浓度均为0.1 mol·L 的HAc和NaAc溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液； 测定pH，记录数据。 序 V(HAc)/mL V(NaAc)/mL /mL pH 号 I 40.00 / / 0 2.86 II 4.00 / 36.00 0 3.36 VII 4.00 a b 3∶4 4.53 VIII 4.00 4.00 32.00 1∶1 4.65 (4)根据表中信息，补充数据：a= ，b= 。 (5)由实验I和II可知，稀释HAc溶液，电离平衡 (填“正”或“逆”)向移动；结合表中数据，给 出判断理由： 。由实验II~VIII可知，增大 浓度，HAc电离平衡逆向移动。 实验结论 假设成立。 【答案】（每空2分）(1)HAc Ac-+H+ (2)＜ ⇌ (3)1:105 (4)3.00 33.00(5)正 实验Ⅱ相较于实验Ⅰ，醋酸溶液稀释了10倍，而实验Ⅱ的pH增大值小于1 【解析】（1）0.1mol/L醋酸溶液的pH等于2.86，说明是弱电解质，则其电离方程式为HAc Ac-+H+； （2）铵根水解显酸性，硫酸氢铵能电离出氢离子抑制铵根的水解，则溶液(Ⅱ)、(Ⅲ)中c( ⇌)的大小关系 是(Ⅱ)＜(Ⅲ)； （3）醋酸电离出氢离子抑制水的电离，溶液中由水电离出的c(H+)与溶液中的c(OH-)相同， 1.0×10-11.14mol•L-1，氯化铵溶液中铵根水解促进水的电离，溶液中H+是由 水电离出的，c(H+)=1.0×10-6.14mol•L-1，则溶液(I)和(Ⅱ)中由水电离出的c(H+)之比是(1.0×10-11.14mol•L-1): (1.0×10-6.14mol•L-1)=1:105； （4）由表格中数据可知，保证醋酸钠和醋酸物质的量之比为3:4，二者浓度相等，则体积比为3:4，则 a=3.00mL，总体积是40ml，则b=(40-3.00-4.00)mL=33.00mL； （5）加水稀释，体积增大，平衡向微粒数增多的方向移动，即向电离的正向移动，强酸溶液不存在电离 平衡，稀释10倍pH增大1，而比较实验I、II，醋酸稀释10倍，pH增大值小于1。 14．（14分）(2023·济南一模)常温下，部分酸的电离常数如表所示： 化学式 HF HCN HCO 2 3 电离 K＝ K＝ K ＝4.4×10－7 a a a1 常数 3．5×10－4 5．0×10－10 K ＝4.7×10－11 a2 (1)c(H＋)相同的三种酸，其酸的浓度由大到小的顺序为_____________。 (2)若HCN的起始浓度为0.01 mol·L－1，平衡时c(H＋)约为______________mol·L－1。若使此溶液中HCN的 电离程度增大且c(H＋)也增大的方法是______________。 (3)中和等量的NaOH，消耗等pH的氢氟酸和硫酸的体积分别为 a L、b L，则a________b(填“大于” “小于”或“等于”，下同)。 中和等物质的量浓度、等体积的氢氟酸和硫酸需要NaOH的物质的量为n、n，则n________n。 1 2 1 2 (4)向NaCN溶液中通入少量的CO，发生反应的离子方程式为_________________________。 2 (5)设计实验证明氢氟酸比盐酸的酸性弱：__________________________。 【答案】（每空2分）(1)c(HCN)>c(H CO)>c(HF) 2 3 (2)×10－6 升高温度 (3)小于 小于 (4)CN－＋CO＋HO===HCN＋HCO 2 2 (5)测定等物质的量浓度的两种酸的pH，氢氟酸的pH大(其他合理答案均可) 【解析】(1)根据三种酸的电离常数可知，酸性：HF>H CO>HCN>HCO，因此c(H＋)相同的三种酸，其酸 2 3 的浓度由大到小的顺序为c(HCN)>c(H CO)>c(HF)。(2)设c(H＋)＝x mol·L－1，根据HCNH＋＋CN－，K 2 3 a ＝5.0×10－10＝＝，解得x≈×10－6；弱电解质的电离是吸热过程，升高温度，能够促进 HCN的电离，电离程 度增大，c(H＋)也增大。(3)中和等量的NaOH，需要消耗等物质的量的H＋，当氢氟酸和硫酸的pH相等时， 由于硫酸是强酸，氢氟酸为弱酸，氢氟酸浓度大于硫酸，需要氢氟酸的体积小于硫酸的体积，即 a小于 b。氢氟酸为一元酸、硫酸为二元酸，中和等物质的量浓度、等体积的氢氟酸和硫酸需要 NaOH的物质的量之比为1∶2，即n 小于n 。(4)酸性：HF>H CO>HCN>HCO。向NaCN中通入少量的 CO 反应生成 1 2 2 3 2 HCN和NaHCO ，反应的离子方程式为CN－＋CO ＋HO===HCN＋HCO。(5)证明氢氟酸比盐酸的酸性弱 3 2 2 可以使用的方法有：①测定等物质的量浓度的两种酸的pH，氢氟酸的pH大；②等物质的量浓度的两种酸 分别与Zn反应，初始氢氟酸冒气泡慢；③测定等物质的量浓度的两种溶液的导电性，连接氢氟酸的灯泡 较暗等。 15．（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 K＝4.3×10－7 3.0×10－8 1 电离平衡常数 1.8×10-5 K＝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 3CHCOOH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 1．（2023·浙江·高考真题）硫酸铜应用广泛，下列说法不正确的是 A． 元素位于周期表p区 B．硫酸铜属于强电解质 C．硫酸铜溶液呈酸性 D．硫酸铜能使蛋白质变性 【答案】A 【解析】A．Cu为29号元素，位于IB族，属于ds区元素，故A错误；B．硫酸铜属于盐类，在水溶液中 能完全电离，属于强电解质，故B正确；C．硫酸铜为强酸弱碱盐，铜离子水解使溶液呈酸性，故C正确； D．铜离子为重金属离子，能使蛋白质变性，故D正确；故选：A。 2．（2022·浙江·统考高考真题）下列物质属于强电解质的是 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】A． 是弱酸，在水溶液中只能部分电离，属于弱电解质，A不合题意；B． 是单质，不 是电解质，B不合题意；C． 是盐，在水溶液中能够完全电离，故属于强电解质，C符合题意； D． 是有机物，在水溶液和熔融状态下均不导电，属于非电解质，D不合题意；故答案为：C。 3．（2022·浙江·统考高考真题）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-)