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考点 26 弱电解质的电离
弱电解质的电离是中学化学基本理论中的重要组成部分，也是学习中比较难理解的内容，更是近几年
高考命题的必考内容。全国卷对本专题的考查主要集中在弱电解质的电离平衡、电离常数的应用和计算等，
主要以选择题的形式出现；高考有关本部分内容的考查常以图表、图像创设新情境，考查考生的观察、理
解能力。
预测2023年高考应继续关注弱电解质的电离平衡、电离平衡常数的计算、中和滴定的迁移应用等考点，
对数形结合与分析推理型选题要加强训练。高考命题热点主要有影响弱电解质电离平衡的因素，通过图像
分析强、弱电解质，电离常数和电离度，比较微粒浓度大小和 pH的计算等，命题有时会与水解相结合增
加试题的难度。
一、电解质及其分类
二、弱电解质的电离平衡
三、电离度、电离平衡常数
四、强弱电解质的比较
电解质及其分类
1．电解质及其分类
3．电离方程式的书写
(1)电离：电解质在水溶液中或熔融状态下，离解成自由移动的离子的过程。(2)电离方程式
①强电解质完全电离，用“===”表示，写出下列物质在水溶液中的电离方程式。
(NH )SO ：(NH )SO ===2NH＋SO；
4 2 4 4 2 4
BaSO：BaSO===Ba2＋＋SO；
4 4
KAl(SO )：KAl(SO )===K＋＋Al3＋＋2SO。
4 2 4 2
②弱电解质部分电离，用“ ”表示，多元弱酸的电离分步书写，多元弱碱分步电离一步书写。
写出下列物质在水溶液中的电离方程式：
NH ·H O：NH ·H O NH＋OH－；
3 2 3 2
HCO：HCO H＋＋HCO、HCO H＋＋CO。
2 3 2 3
③酸式盐的电离。多元强酸酸式盐与多元弱酸酸式盐的阴离子电离方式不同。
写出下列物质在水溶液中的电离方程式：
NaHSO：NaHSO===Na＋＋H＋＋SO；
4 4
NaHCO ：NaHCO ===Na＋＋HCO、HCO H＋＋CO。
3 3
【小试牛刀】
请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)Cl 的水溶液能导电，所以Cl 是电解质( )
2 2
(2)NaCl溶液在电流的作用下电离成钠离子和氯离子( )
(3)强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物( )
(4)强电解质溶液的导电性比弱电解质溶液的导电性强( )
(5)HClO是弱电解质，但NaClO是强电解质( )
(6)BaSO 的水溶液不易导电，但BaSO 是强电解质( )
4 4
(7)CO 、NH 溶于水能导电，所以二者均为电解质( )
2 3
(8)烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质( )
(9)自由移动离子数目多的电解质溶液导电能力一定强( )
(10)NaHSO 在水溶液及熔融状态下均可电离出Na＋、H＋、SO( )
4
(11)NH 属于非电解质，但其水溶液能够导电( )
3
(12)BaSO 投入水中，导电性较弱，是弱电解质( )
4
(13)弱电解质溶液中至少存在两种共价化合物分子( )
(14)强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物( )
(15)CaO是强电解质，是因为其水溶液能导电( )
(16)Cl 的水溶液能导电，所以Cl 是电解质( )
2 2
(17)Na CO 溶于水：NaCO===2Na＋＋CO( )
2 3 2 3
(18)Al(OH) 碱式电离：Al(OH) ===Al3＋＋3OH－( )
3 3
(19)H SO 在水溶液中电离：HSO 2H＋＋SO( )
2 3 2 3
(20)HBr在水溶液中电离：HBr H＋＋Br－( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)√ (6)√ (7)× (8)× (9)× (10)× (11)√ (12)× (13)√ (14)×(15)× (16)× (17)√ (18)× (19)× (20)×
【典例】
例1 (2022•浙江6月选考)下列物质属于强电解质的是( )
A．HCOOH B．Fe C．NaCO D．C H
2 3 2 2
【答案】C
【解析】A项，HCOOH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项，Fe
是单质，不是电解质，B不合题意；C项，NaCO 是盐，在水溶液中能够完全电离，故属于强电解质，C
2 3
符合题意；D项，C H 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；故选
2 2
C。
例2 (2021•浙江6月选考)下列物质属于弱电解质的是( )
A．CO B．HO C．HNO D．NaOH
2 2 3
【答案】B
【解析】A项，CO 在水溶液中或熔融状态下不能够电离，为非电解质，A不符合题意；B项，HO在
2 2
水溶液中或熔融状态下能够部分电离，为弱电解质，B符合题意；C项，HNO 为一种强酸，在水溶液中或
3
熔融状态下能够完全电离，为强电解质，C不符合题意；D项，NaOH为一种强碱，在水溶液中或熔融状
态下能够完全电离，为强电解质，D不符合题意；故选B。
【对点提升】
对点1 下列属于非电解质的是( )
A．CS B．CHCOOH C．HCl D．Cl
2 3 2
【答案】A
【解析】A项，CS 为化合物，但其在水溶液中或熔融状态下不会导电，故属于非电解质，A符合题
2
意；B项，CHCOOH为化合物，但其在水溶液中可以导电，故属于电解质，B不符合题意；C项，HCl为
3
化合物，但其在水溶液中可以导电，故属于电解质，C不符合题意；D项，Cl 为单质，其即不属于电解质
2
也不属于非电解质，D不符合题意；故选A。
对点2 下列物质中在一定条件下能够导电，但不属于电解质的是( )
A．石墨 B．KNO C．HSO D．蔗糖
3 2 4
【答案】A
【解析】A项，石墨能导电，属于单质，既不是电解质又不是非电解质；B项，KNO 属于盐，在水溶
3
液里、熔融时都能导电，属于电解质；C项，HSO 属于酸，在水溶液里电离产生氢离子和硫酸根离子能
2 4
导电，属于电解质；D项，蔗糖属于非电解质，不导电。故选A。
【巧学妙记】常见的强电解质和弱电解质
弱电解质的电离平衡
1．弱电解质的电离概念
(1)电离平衡的建立
在一定条件下(如温度、压强等)，当弱电解质电离产生离子的速率和离子结合成分子的速率相等时，
电离过程达到了平衡。
(2)电离平衡的建立与特征
①开始时，v(电离)最大，而v(结合)为0。
②平衡的建立过程中，v(电离)＞v(结合)。
③当v(电离)＝v(结合)时，电离过程达到平衡状态。
2．外因对电离平衡的影响
(1)浓度：在一定温度下，同一弱电解质溶液，浓度越小，越易电离。
(2)温度：温度越高，电离程度越大。
(3)同离子效应：加入与弱电解质具有相同离子的电解质时，可使电离平衡向结合成弱电解质分子的方
向移动。
(4)化学反应：加入能与弱电解质电离出的离子反应的物质时，可使电离平衡向电离方向移动。
【小试牛刀】
请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)强电解质稀溶液中不存在溶质分子，弱电解质稀溶液中存在溶质分子( )
(2)氨气溶于水，当NH ·H O电离出的c(OH-)= c(NH +时，表明NH ·H O电离处于平衡状态( )
3 2 4 3 2
(3)室温下，由0.1 mol·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)25 ℃时，0.1 mol·L－1 CHCOOH加水稀释，各离子浓度均减小( )
3
(6)电离平衡向右移动，弱电解质的电离度一定增大( )
(7)电离平衡向右移动，电解质的分子浓度一定减小( )
(8)Na SO 溶液与NaHSO 溶液中所含微粒的种类一定相同( )
2 3 3
答案：(1)√ (2)× (3)× (4)× (5)× (6)× (7)× (8)√
【典例】
例1 饱和氨水中存在化学平衡和电离平衡：NH ＋HO NH ·H O NH＋OH－。下列有关
3 2 3 2
说法正确的是( )
A．常温下饱和氨水的pH＜7
B．向氨水中滴加过量硫酸，上述平衡均正向移动，pH增大
C．电离是吸热过程，升高温度，上述平衡均正向移动
D．向氨水中加入少量NaOH固体，上述平衡均逆向移动，有NH 放出
3
【答案】D
【解析】常温下饱和氨水呈碱性，pH＞7，A项错误；加入过量硫酸，H＋浓度增大，pH减小，B项错
误；升温会使NH 逸出，NH ＋HO NH ·H O平衡向逆反应方向移动，C项错误；加入少量NaOH固
3 3 2 3 2
体，OH－浓度增大，平衡向生成NH 的方向移动，有NH 放出，D项正确。
3 3
例2 (2022•全国乙卷)常温下，一元酸 的K(HA)=1.0×10-3。在某体系中， 与A-离子不能穿过隔
a
膜，未电离的 可自由穿过该膜(如图所示)。
设溶液中c (HA)=c(HA)+c(A-)，当达到平衡时，下列叙述正确的是( )
总
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 (HA)之比为10-4
总
【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，K = =1.0×10-3，c
a 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，K = =1.0×10-3，c (HA)=c(HA)+c(A-)， =1.0×10-3，溶
a 总
液I中c (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；故选B。
【对点提升】
对点1 25℃时，醋酸溶液中存在电离平衡：CHCOOH CHCOO-+ H+，下列说法正确的是(
3 3
)
A．向体系中加入少量CHCOONa固体，平衡向左移动，c(CHCOO-)下降
3 3
B．向体系中加水稀释，平衡向右移动，溶液中所有离子的浓度都减小
C．加入少量NaOH固体(忽略溶解热效应)，平衡向右移动，水的电离程度也随之增大
D．升高体系温度(忽略醋酸挥发)，溶液中H+数目增多，平衡一定向左移动
【答案】C
【解析】A项，向体系中加入少量CHCOONa固体，c(CHCOO-)增大，平衡向左移动，选项A错误；
3 3B项，向体系中加水稀释，平衡向右移动，溶液中 c(CHCOO-)、c(H+)减小，温度不变，K 不变，根据
3 W
K = c(H+) c(OH-)可知，c(H+)减小，则c(OH-)增大，选项B错误；C项，加入少量NaOH固体(忽略溶解热
W
效应)，c(OH-)增大，c(H+)减小，平衡向右移动，水的电离程度也随之增大，选项C正确；D项，升高体系
温度(忽略醋酸挥发)，电离程度增大，平衡向右移动，溶液中H+数目增多，选项D错误。故选C。
对点2 已知人体体液中存在如下平衡：CO ＋HO HCO H＋＋HCO，以维持体液pH的
2 2 2 3
相对稳定。下列说法不合理的是( )
A．当强酸性物质进入体液后，上述平衡向左移动，以维持体液pH的相对稳定
B．当强碱性物质进入体液后，上述平衡向右移动，以维持体液pH的相对稳定
C．若静脉滴注大量生理盐水，则体液的pH减小
D．进行呼吸活动时，如果CO 进入血液，会使体液的pH减小
2
【答案】C
【解析】若静脉滴注大量生理盐水，则血液被稀释，平衡虽然正向移动，但根据勒·夏特列原理，c(H
＋)减小，体液的pH增大。
【巧学妙记】
电离过程是可逆过程，可直接用化学平衡移动原理分析电离平衡。
以0.1 mol·L－1CHCOOH溶液为例：CHCOOH CHCOO－＋H＋(正向吸热)。
3 3 3
实例(稀溶液) CHCOOH H＋＋CHCOO－ ΔH>0
3 3
改变条件 平衡移动方向 n(H＋) c(H＋) 导电能力 K
a
加水稀释 → 增大 减小 减弱 不变
加入少量冰醋酸 → 增大 增大 增强 不变
通入HCl(g) ← 增大 增大 增强 不变
加NaOH(s) → 减小 减小 增强 不变
加入镁粉 → 减小 减小 增强 不变
升高温度 → 增大 增大 增强 增大
加CHCOONa(s) ← 减小 减小 增强 不变
3
电离度、电离平衡常数
1．电离度
(1)电离度概念与表达式
一定条件下，当弱电解质在水溶液中达到电离平衡时，溶液中已经电离的弱电解质分子数占弱电解质
分子总数的百分数。(常用符号α表示)
可用数学式表达为
α＝×100%或α＝×100%或α＝×100%
即α＝×100%(c：电解质初始浓度，Δc：已电离电解质浓度)
(2)影响电离度的因素
①温度：在其他条件不变时，升高溶液温度，电离平衡向电离方向移动，电离度增大。
②浓度：其他条件不变时，增大弱电解质溶液的浓度，平衡向电离方向移动，但电离度减小。若降低
弱电解质溶液的浓度，平衡向电离方向移动，电离度增大。
③其他电解质的加入：如同离子效应，加入与弱电解质电离有相同离子的强电解质时，平衡向左移动，
会使弱电解质电离度降低。
2．电离平衡常数
(1)①填写下表(25 ℃)
弱电解质 电离方程式 电离常数
NH ·H O NH ·H O NH＋OH－ K ＝1．8×10－5
3 2 3 2 b
CHCOOH CHCOOH CHCOO－＋H＋ K＝1．8×10－5
3 3 3 a
HClO HClO H＋＋ClO－ K＝3．0×10－8
a
②CHCOOH酸性大于(填“大于”“小于”或“等于”)HClO酸性，判断的依据：相同条件下，电离
3
常数越大，电离程度越大，c(H＋)越大，酸性越强。
③电离平衡常数的意义：弱酸、弱碱的电离平衡常数能够反映酸碱性的相对强弱。电离平衡常数越大，
电离程度越大。多元弱酸的电离以第一步电离为主，各级电离平衡常数的大小差距较大。
④外因对电离平衡常数的影响：电离平衡常数与其他化学平衡常数一样只与温度有关，与电解质的浓
度无关，升高温度，K值增大，原因是电离是吸热过程。
(2)多元弱酸的分步电离，以碳酸为例，碳酸是二元弱酸，在水溶液中的电离是分步进行。
①电离方程式是HCO H＋＋HCO，HCO H＋＋CO。
2 3
②电离平衡常数表达式： ， 。
③比较大小：K >K 。
a1 a2
【小试牛刀】
请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)弱电解质的电离平衡右移，电离平衡常数一定增大( )
(2)电离常数大的酸溶液中的[H＋]一定比电离常数小的酸溶液中的c(H+)大( )
(3)某一弱电解质，电离度越大，电离常数就越大( )
(4)相同温度下，向1 mol·L－1的醋酸溶液中加入少量冰醋酸，其电离度变小( )
(5)常温时，0.1 mol·L－1氨水的pH＝11.1：NH ·H O NH＋OH－( )
3 2
(6)常温下，0.1 mol·L－1 CHCOONa溶液的pH大于7能证明乙酸是弱酸( )
3(7)室温下，稀释0.1 mol·L－1 CHCOOH溶液，溶液的导电能力增强( )
3
(8)稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度( )
(9)向0.1 mol·L－1 CHCOOH溶液中加入少量水，溶液中减小( )
3
(10)室温下向10 mL 0.1 mol/L 的氨水中加水稀释后，溶液中不变( )
(11)等体积、等物质的量浓度的NaCO 和NaHCO 溶液混合： ＜ ( )
2 3 3
(12)将浓度为0.1 mol·L－1 HF溶液加水不断稀释过程中，电离平衡常数K(HF)保持不变，c(F-)/ c(H+)始
a
终增大( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)√ (5)√ (6)√ (7)× (8)× (9)× (10)√ (11)× (12)×
【典例】
例1 已知25 ℃时有关弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸化学式 HX HY HCO
2 3
K ＝4.4×10－7
1
电离平衡常数/mol·L－1 7.8×10－9 3.7×10－15
K ＝4.7×10－11
2
下列推断正确的是( )
A．HX、HY两种弱酸的酸性：HX＞HY
B．相同条件下溶液的碱性：NaX＞NaCO＞NaY＞NaHCO
2 3 3
C．结合H＋的能力：CO＞Y－＞X－＞HCO
D．HX和HY酸性相同，都比HCO 弱
2 3
【答案】A
【解析】根据电离平衡常数可知酸性：HCO ＞HX＞HCO＞HY，则结合H＋的能力：Y－＞CO＞X－＞
2 3
HCO，故A正确、C、D错误；酸越弱，其对应的盐的水解能力越强，故相同条件下溶液的碱性：NaY＞
NaCO＞NaX＞NaHCO ，故B错误。
2 3 3
例2 (2022·浙江省6月选考) 25℃时，苯酚(C HOH)的K=1.0×10-10，下列说法正确的是( )
6 5 a
A．相同温度下，等 的C HONa和CHCOONa溶液中，c (C HO-)＞c(CHCOO-)
6 5 3 6 5 3
B．将浓度均为0.1mol·L－1的C HONa和NaOH溶液加热，两种溶液的 均变大
6 5
C． 时，C HOH溶液与NaOH溶液混合，测得 ，则此时溶液中c (C HO-)= c
6 5 6 5
(C HOH)
6 5
D． 时，0.1mol·L－1的C HOH溶液中加少量C HONa固体，水的电离程度变小
6 5 6 5
【答案】C
【解析】A项，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CHCOONa溶液中c(C HO-)H SO >HNO ，B错误；设在冰醋酸中0.01
4 2 4 3
mol·L-1HClO 的H+物质的量浓度为x，则：
4
HClO
H++ClO-
4 4
c(起始)/(mol·L-1) 0.01 0 0
c(转化)/(mol·L-1) x x x
c(平衡)/(mol·L-1) 0.01-x x x
x2 x2
则电离常数K= ≈ =1．6×10-5，x=4×10-4 mol·L-1，离子总浓度约为8×10-4 mol·L-1，C错
0.01-x 0.01
误；在水溶液中，HClO 是一元强酸，NH ·H O是一元弱碱，D正确。
4 3 2
对点2 根据下表提供的数据，判断下列离子方程式或化学方程式正确的是( )
化学式 电离常数
HClO K＝3×10－8
HCO K ＝4×10－7 K ＝6×10－11
2 3 a1 a2A．向NaCO 溶液中滴加少量氯水：CO＋2Cl＋HO===2Cl－＋2HClO＋CO↑
2 3 2 2 2
B．向NaHCO 溶液中滴加少量氯水：2HCO＋Cl===Cl－＋ClO－＋2CO↑＋HO
3 2 2 2
C．向NaClO溶液中通入少量CO：CO＋NaClO＋HO===NaHCO＋HClO
2 2 2 3
D．向NaClO溶液中通入过量CO：CO＋2NaClO＋HO===Na CO＋2HclO
2 2 2 2 3
【答案】C
【解析】HClO的电离常数小于HCO 的第一步电离，向NaCO 溶液中滴加少量氯水，不能生成二氧
2 3 2 3
化碳，应该生成碳酸氢根，A项错误；向NaHCO 溶液中滴加少量氯水，氯水中的氯化氢和碳酸氢钠反应
3
生成氯化钠、二氧化碳和水，次氯酸不能和碳酸氢钠反应，产物应为次氯酸，B项错误；向NaClO溶液中
通入过量CO，反应生成碳酸氢钠和次氯酸，D项错误。
2
【巧学妙记】
电离常数的4大应用
电离常数越大，酸性(或碱性)越强。如：常温下，CHCOOH的K＝1．
3 a
判断弱酸(或弱 8×10－5，HCO 的K ＝4．3×10－7、K ＝5．6×10－11。
2 3 a1 a2
碱)的相对强弱
则酸性：CHCOOH>H CO>HCO
3 2 3
电离常数越大，对应的盐水解程度越小，碱性(或酸性)越弱。如：利用
判断盐溶液的酸
上面电离常数的数值可知等浓度的CHCOONa、NaHCO 、NaCO 溶液
性(或碱性)强弱 3 3 2 3
的pH由大到小的顺序为NaCO>NaHCO>CH COONa
2 3 3 3
一般符合“强酸制弱酸”规律。如：利用上面中电离常数的数值可知，
判断复分解反应
向NaCO 溶液中加入足量CHCOOH的离子方程式为CO＋
能否发生 2 3 3
2CHCOOH===2CH COO－＋HO＋CO↑
3 3 2 2
弱电解质加水稀释时，能促进弱电解质的电离，溶液中离子和分子的浓
判断微粒浓度比 度会发生相应的变化，但电离常数不变，题目中经常利用电离常数来判
值的变化 断溶液中微粒浓度比值的变化情况。如把0.1 mol·L－1 CHCOOH溶液加
3
水稀释，＝＝稀释时，c(H＋)减小，K 值不变，则变大
a
弱强电解质的比较
1．一元强酸和一元弱酸的比较
浓度均为0.01 mol·L－1的 pH均为2的强酸HA与弱
强酸HA与弱酸HB 酸HB
0.01 mol·L－1＝c(HA)＜
pH或物质的量浓度 2＝pH ＜pH
HA HB
c(HB)
开始与金属反应的速率 HA＞HB HA＝HB
体积相同时与过量的碱反应
HA＝HB HA＜HB
时消耗碱的量
体积相同时与过量活泼金属
HA＝HB HA＜HB反应产生H 的量
2
c(A－)与c(B－)的大小 c(A－)＞c(B－) c(A－)＝c(B－)
分别加入固体NaA、NaB后
HA：不变HB：变大 HA：不变HB：变大
pH变化
加水稀释10倍后 3＝pH ＜pH 3＝pH ＞pH ＞2
HA HB HA HB
溶液的导电性 HA>HB HA＝HB
水的电离程度 HA10－7mol·L－1( )
(25)己知某分散系中存在：M(OH) (s) M2＋(aq)＋2OH－(aq)，K＝a，c(M2＋)＝b mol·L－1时，溶液
2
1 b
14+ lg( )
的pH等于 2 a ( )
答案：(1)√ (2)√ (3)× (4)× (5)√ (6)× (7)× (8)× (9)× (10)× (11)× (12) √ (13)× (14)√
(15)√ (16)√ (17)√ (18)× (19)× (20)√ (21)× (22)× (23)× (24)× (25)×
【典例】
例1 (2020•浙江1月选考)下列说法不正确的是( )A．pH＞7的溶液不一定呈碱性
B．中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同
C．相同温度下，pH相等的盐酸、CHCOOH溶液中，c(OH−)相等
3
D．氨水和盐酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则c(Cl−)＝c(NH)
【答案】B
【解析】A项，温度影响水的电离，则pH>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+)H CO>HClO
3 2 3
(2)CO>ClO－>HCO>CH COO－
3
(3)NaClO＋CO＋HO===HClO＋NaHCO
2 2 3
【解析】(1)酸的电离常数越大其酸性越强，CHCOOH、HCO 、HClO的酸性由强到弱的顺序为
3 2 3
CHCOOH＞HCO ＞HClO。(2)酸的电离常数越小，同浓度的CHCOO－、HCO、CO、ClO－结合H＋的能
3 2 3 3
力越强，即结合 H＋由强到弱的顺序为 CO＞ClO－＞HCO＞CHCOO－。(3)酸性强弱顺序
3
HCO>HClO>HCO，故少量CO 气体与NaClO溶液反应只能生成NaHCO 。
2 3 2 3
12．下表是几种常见弱酸的电离平衡常数(25℃)，回答下列各题：
酸 CHCOOH HNO HCN HClO
3 2
电离平衡常数(K) 1.8×10-5 4.6×10-4 5.0×10-10 3.0×10-8
a(1)当温度升高时，K值___________(填“增大”、“减小”或“不变”)；
(2)结合表中给出的电离常数回答下列问题：
①上述四种酸中，酸性最弱、最强的酸分别是___________、__________(用化学式表示)，
②下列能使醋酸溶液中CHCOOH的电离程度增大，而电离平衡常数不变的操作是___________(填序
3
号)，
A．升高温度 B．加水稀释 C．加少量的CHCOONa固体
3
D．加少量冰醋酸 E．加氢氧化钠固体
③依上表数据判断醋酸和次氯酸钠溶液能否反应，如果不能反应说出理由，如果能发生反应请写出相
应的离子方程式__________________。
(3)已知草酸是一种二元弱酸，其电离常数K =5.4×10-2，K =5.4×10-5，写出草酸的电离方程式___________、
1 2
___________，试从电离平衡移动的角度解释K＞＞K 的原因___________。
1 2
(4)用食醋浸泡有水垢的水壶，可以清除其中的水垢，通过该事实___________(填“能”或“不能”)比
较醋酸与碳酸的酸性强弱，请设计一个简单的实验验证醋酸与碳酸的酸性强弱。方案：___________。
【答案】(1)增大 (2) HCN HNO BD
2
(3)ClO-+CH COOH=CH COOH+HClO H C O H++HC O-、HC O- H++C O2-
3 3 2 2 4 2 4 2 4 2 4
由于一级电离HC O H++HC O-产生氢离子，增大了溶液中氢离子浓度，使电离平衡HC O-
2 2 4 2 4 2 4
H++C O2-向左移动
2 4
(4)能 往石灰石中加入醋酸，观察是否有气体产生
【解析】(1) 弱酸的电离吸热，当温度升高时，促进电离，则K值增大；(2)①K值越大、电离程度越
大、酸性越强，上述四种酸中，酸性最弱、最强的酸分别是HCN、HNO (用化学式表示)；②A项，弱酸
2
的电离吸热，当温度升高时，促进电离，则K值增大，A不满足；B项，越稀越电离。加水稀释，促进电
离，温度不变K值不变，B满足；C项，加少量的CHCOONa固体，醋酸根离子浓度增大、抑制电离，温
3
度不变K值不变，C不满足； D项，加少量冰醋酸，增大反应物浓度、促进电离，温度不变K值不变，D
满足；E项，加氢氧化钠固体，发生反应、大量放热，温度升高， K值增大，E不满足；答案为BD。③
醋酸酸性大于次氯酸，醋酸和次氯酸钠溶液能发生复分解反应，生成次氯酸和醋酸根离子。离子方程式为
ClO-+CH COOH=CH COOH+HClO。(3)多元弱酸分步电离。已知草酸是一种二元弱酸，则草酸的一级电离
3 3
方程式HC O H++HC O-、二级电离方程式HC O- H++C O2-。由于一级电离HC O
2 2 4 2 4 2 4 2 4 2 2 4
H++HC O-产生氢离子，增大了溶液中氢离子浓度，使电离平衡HC O- H++C O2-向左移动，导致
2 4 2 4 2 4
K＞＞K。(4)用食醋浸泡有水垢的水壶，可以清除其中的水垢，则水垢中的碳酸钙和食醋发生了反应，故
1 2
通过该事实能比较：醋酸酸性大于碳酸。实验中可依据强酸制备弱酸的原理来证明酸性强弱。则要通过实验验证醋酸与碳酸的酸性强弱，方案为往石灰石中加入醋酸，观察是否有气体产生，若有气体产生可证明
醋酸的酸性大于碳酸。
1．(2022·广东省汕尾市高三调研)苯甲酸(C HCOOH)是一种有机弱酸，下列说法正确的是( )
6 5
A．常温下，0.1mol/L的C HCOONa溶液的pH=13
6 5
B．相同温度下，相同浓度的盐酸与苯甲酸溶液的pH：盐酸<苯甲酸溶液
C．中和等体积等物质的量浓度的盐酸与苯甲酸溶液，所需NaOH的量：盐酸>苯甲酸溶液
D．C HCOONa溶液中存在关系：c(C HCOO—)=c(Na+)=c(H+)=c(OH—)
6 5 6 5
【答案】B
【解析】A项，苯甲酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则常温下，0.1mol/L的苯甲酸
钠溶液的pH小于13，故A错误；B项，苯甲酸是一种有机弱酸，在溶液中部分电离出氢离子，相同浓度
的盐酸与苯甲酸溶液中盐酸中氢离子浓度大于苯甲酸溶液，溶液的pH大于苯甲酸溶液，故B正确；C项，
等体积等物质的量浓度的盐酸与苯甲酸溶液的中和能力相同，完全反应消耗氢氧化钠的物质的量相等，故
C错误；D项，苯甲酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为
c(Na+)＞c(C HCOO—)＞c(OH—) ＞c(H+)，故D错误；故选B。
6 5
2．(2022·江西省赣州市高三模拟)室温下，在10 mL 0.1 mol/L某二元酸HA溶液中，滴加0.1
2
mol/LNaOH溶液。已知：HA=H++HA-，HA- H++A2-。下列说法正确的是( )
2
A．A2-可经过两步水解得到HA
2
B．滴加NaOH溶液10 mL时，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)
C．当滴加至中性时，溶液中有c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)
D．当用去NaOH溶液体积20 mL时，此时溶液中有2c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)
【答案】B
【解析】根据HA=H++HA-，HA- H++A2-可知：HA的第一步完全电离，第二步部分电离。A项，
2 2
HA的第一步完全电离，第二步部分电离，HA-只发生电离，A错误；B项，当用去NaOH溶液体积10 mL
2
时，反应后溶质为NaHA，HA-只发生电离，则NaHA溶液呈酸性，溶液的pH＜7，则c(H+)＞c(OH-)、
c(Na+)＞c(HA-)；溶液中的H+还有水的电离产生，而A2-只有HA-电离产生，HA-电离作用大于HO的电离，
2
c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)，故溶液中离子浓度大小为：c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)，B正确；C项，
当滴加至中性时：c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒可得：c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)，C错误；D项，当用去NaOH
溶液体积20 mL时，反应后溶质为NaA，结合物料守恒可得：c(Na+)=2c(HA-)+2c(A2-)，D错误；故选B。
23．(2022·浙江省镇海中学高三选考适应性测试)下列叙述正确的是( )
A．常温下 的HA溶液与 的BOH等体积混合，溶液 ，则BOH为强碱
B．含1molKOH的溶液与1molCO 完全反应后的溶液中：c(K+) =c(HCO -)
2 3
C． 氨水的，pH=a，加入适量的氯化铵固体可使溶液pH=a+1
D．物质的量浓度相等的(NH )SO 溶液与(NH )CO 溶液中， 前者大于后者
4 2 4 4 2 3
【答案】D
【解析】A项，常温下pH=2的HA溶液与pH=12的BOH等体积混合，则酸和碱电离出的n(H+) =
n(OH-)，最后溶液pH>7，说明BOH有剩余，证明BOH未完全电离，所以BOH为弱碱，A项错误；B项，
含1molKOH的溶液与1molCO2完全反应后，溶液的溶质为KHCO ，HCO -在水中会水解和电离，浓度会
3 3
减少，所以c(K+) >c(HCO -)，B项错误；C项，0.1 molL−1氨水的pH=a，溶液中存在电离平衡：NH ·H O
3 3 2
NH ++OH-+，加入适量的氯化铵固体，c(NH +)增⋅ 大，平衡逆向移动，c(OH-)减小，pH会小于a，所
4 4
以C项错误；D项，物质的量浓度相等的(NH )SO 溶液与(NH )CO 都会存在水解平衡NH ++H O
4 2 4 4 2 3 4 2
NH ·H O+H+，与硫酸根比，碳酸根水解呈碱性促进水解平衡正向移动，c(NH ·H O)会变大，c(NH +)会减
3 2 3 2 4
小，使得 变小，所以物质的量浓度相等的(NH )SO 溶液与(NH )CO 中，(NH )CO 前者大于后者，
4 2 4 4 2 3 4 2 3
D项正确；故选D。
4．(2022·浙江省宁波市鄞州中学高三考前模拟预测)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-)
4
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项，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
3 3
项，没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项，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-)＞
4 3 2c(H+)，c(NH +)＞c(Cl-)，即c(Cl-)+c(H+)＜c(NH +)+c(OH-)，故C错误；D项，
4 4
，K 只受温度影响，向氨水中通入二氧化碳气体，生成碳酸
b
铵或碳酸氢铵，溶液c(NH +)增大，该比值减小，故D错误；答案为A。
4
5．(2022·广东省四校高三联考)乙二胺(H NCH CHNH )是二元弱碱(已知：25℃时，K =10-4，K =10-
2 2 2 2 b1 b2
7)，其水溶液与NH 水溶液的电离方式相似。现用锥形瓶装10 mL0.1 mol·L-1乙二胺溶液，用0.1 mol·L-1盐
3
酸滴定。下列叙述错误的是( )
A．乙二胺在水溶液中的第一步电离方程式HNCH CHNH +H O [H NCH CHNH ]++OH-
2 2 2 2 2 2 2 2 3
B．选用甲基橙作指示剂，可以很好地判断滴定终点 ⇌
C．滴入10.00 mL盐酸时，溶液呈碱性
D．滴入20.00 mL盐酸时，混合溶液中有c(H NCH CHNH )+c([H NCH CHNH ]+)
2 2 2 2 2 2 2 3
+c([H NCH CHNH ]2+)=c(Cl-)
3 2 2 3
【答案】D
【解析】A项，乙二胺(H NCH CHNH )是二元弱碱，其水溶液与NH 水溶液的电离方式相似，就是
2 2 2 2 3
结合水电离产生的H+，剩余OH-，使溶液显碱性，则乙二胺在水溶液中的第一步电离方程式
HNCH CHNH +H O [H NCH CHNH ]++OH-，A正确；B项，由于乙二胺是二元弱碱，与盐酸恰好反应
2 2 2 2 2 2 2 2 3
产生的盐溶液显酸性，⇌因此要选择酸性范围内变色的甲基橙作指示剂，可以减小实验误差，可以很好地判
断滴定终点，B正确；C项，当滴入10.00 mL盐酸时，恰好反应产生
HNCH CHNH +H O [H NCH CHNH Cl，而[H NCH CHNH ]+的电离平衡常数K =10-7，
2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 3 b2
⇌
[H NCH CHNH ]+的水解平衡常数K = ，电离平衡常数大于其水解平衡常数，所以溶液显碱性，
2 2 2 3 h2
C正确；D项，滴入20.00 mL盐酸时，二者恰好反应产生正盐[H NCH CHNH ]Cl ，根据物料守恒可知：
3 2 2 3 2
2c(H NCH CHNH )+2c([H NCH CHNH ]+)+2c([H NCH CHNH ]2+)=c(Cl-)，D错误；故选D。
2 2 2 2 2 2 2 3 3 2 2 3
6．(2022·江苏省苏州市高三适应性模拟)硫酸工业尾气(主要含SO 、N 和O)，用NaSO 溶液吸收可
2 2 2 2 3
转化为NaHSO，当c(HSO -)∶c(SO 2-)≈10时，吸收能力下降，需要加热再生为NaSO 溶液。已知
3 3 3 2 3
K (H SO )=10-1.9，K (H SO )=10-7.2，下列说法不正确的是( )
a1 2 3 a2 2 3
A．NaSO 溶液中存在：c(OH—)= c(H+) + c(HSO -) +2c(H SO )
2 3 3 2 3
B．NaSO 溶液吸收SO 的离子方程式为：SO 2-＋SO ＋HO=2HSO -
2 3 2 3 2 2 3C．当c(HSO -)：c(SO 2-)=10时，此时吸收液的pH=6.2
3 3
D．与原NaSO 溶液相比，吸收液充分分解放出SO 再生后吸收SO 能力几乎不变
2 3 2 2
【答案】D
【解析】A项，亚硫酸钠溶液中存在质子守恒关系c(OH—)= c(H+) + c(HSO -) +2c(H SO )，故A正确；
3 2 3
B项，亚硫酸钠溶液吸收二氧化硫的反应为亚硫酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，反应的离子方
程式为SO 2-＋SO ＋HO=2HSO -，故B正确；C项，亚硫酸的电离常数K (H SO )= ，当
3 2 2 3 a2 2 3
c(HSO -)∶c(SO 2-)=10时，溶液中c(H+)= =10-7.2×10mol/L=10-6.2mol/L，溶液的pH为
3 3
6.2，故C正确；D项，吸收能力下降的吸收液加热再生为亚硫酸钠溶液的反应为溶液中的亚硫酸氢钠受热
分解转化为亚硫酸钠，亚硫酸钠具有还原性，可能被空气中的氧气氧化为硫酸钠，硫酸钠溶液不能与二氧
化硫反应，所以再生的吸收液后吸收二氧化硫的能力下降，故D错误；故选D。
7．(2022·湖北省华中师大一附中模拟预测)已知：NH OH、苯酚分别为一元弱碱和一元弱酸。25℃时，
2
将10mL浓度均为0.1mol·L-1的NH OH。苯酚两种溶液分别加水稀释的曲线如图所示，V是溶液体积
2
(mL)。pOH=-lgc(OH-)。下列说法正确的是( )
A．曲线m为NH OH溶液加水稀释的曲线
2
B．lgV=1时，水的电离程度：NH OH>苯酚
2
C．同浓度同体积的NH OH和苯酚混合后溶液显酸性
2
D．电离常数：K(NH OH)>K(苯酚)
b 2 a
【答案】D
【解析】A项，pOH大于7为酸性溶液，所以曲线m为苯酚溶液加水稀释的曲线，A错误；B项，
NH OH、苯酚分别为一元弱碱和一元弱酸，二者均抑制水的电离，lgV=1时苯酚中氢离子浓度为10-
2
5.5mol/L，羟胺中氢氧根离子浓度为10-4.5mol/L，故水的电离程度为苯酚>NHOH，B错误；C项，结合B可
2知lgV=1即没有加水时羟胺的电离程度更大，同浓度同体积的NH OH和苯酚混合后得到正盐，根据越弱
2
越水解可知溶液显碱性，C错误；D项，结合B、C可知，K(NH OH)>K(苯酚)，D正确；故选D。
b 2 a
8．(2022·辽宁省沈阳市三模)H C O 为二元弱酸，K =5.9×10-2，K =6.4×10-5， ，向
2 2 4 a1 a2
20mL0.1mol/LH C O 溶液中滴加0.2mol/LKOH溶液，溶液中含碳微粒的存在形式与物质的量百分比随
2 2 4
KOH溶液体积变化如图所示，下列说法中错误的是( )
A．当c(HC O-)=c(C O2-)时，混合溶液pH≈4.2
2 4 2 4
B．滴入10mLKOH溶液时，溶液呈酸性
C．滴入20mLKOH溶液时，溶液中(H C O)+c(HC O-)+c(C O2-)=0.1mol/L
2 2 4 2 4 2 4
D．滴入KOH溶液的过程中，可能出现c(H+)＞c(HC O-)＞c(C O2-)＞c(OH-)
2 4 2 4
【答案】C
【解析】A项，当c(HC O-)=c(C O2-)时， ，pH=-lg6.4x10-
2 4 2 4
5≈4.2，故A正确；B项，当滴入10mLKOH溶液时，溶质为KHC O ， HC O-的水解平衡常数Kh=
2 4 2 4
< ，则HC O-的电离程度大于水解程度溶液呈酸性，故B正确；C项，原溶液中物
2 4
料守恒有c(H C O)+c(HC O-)+c(C O2-)=0.1mol/L，滴入20mL KOH溶液时，假设溶液体积变化忽略不计，
2 2 4 2 4 2 4
则溶液从20mL变为40mL ，此时c(H C O)+c(HC O-)+c(C O2-)=0.05mol/L ，故C错误；D项，在加入的
2 2 4 2 4 2 4
氢氧化钠很少时，溶液中草酸可以电离出氢离子和草酸氢根离子，草酸氢根离子可以电离出氢离子，水能
电离出氢离子和氢氧根离子，因此存在c(H+)＞c(HC O-)＞c(C O2-)＞c(OH-)，故D正确；故选C。
2 4 2 4
9．(2022·陕西省西北工业大学附属中学考前模拟)常温下，向20mL浓度均为0.1mol·L-1的HX和
CHCOOH的混合溶液中滴加0.1mol·L-1的氨水，测得溶液的电阻率(溶液的电阻率越大，导电能力越弱)与
3
加入氨水的体积(V)的关系如图。(CHCOOH的K=1.8×10-5，NH ·H O的K=1.8×10-5)，下列说法正确的是(
3 a 3 2 b
)A．常温时，同浓度的HX溶液比CHCOOH溶液的pH大
3
B．a→c过程，水的电离程度先减小后增大
C．溶液pH=7时对应的点在c点和d点之间，此时溶液中存在：
D．混合时若忽略体积变化，d点时：4c(NH )+4c(NH·H O)=0.3mol·L-1
3 2
【答案】D
【解析】A项，常温下K =10-14，若HX和CHCOOH都是弱酸，则随着NH ·H O的加入，酸碱反应
w 3 3 2
生成盐，溶液导电性将增强、电阻率将减小，但图像上随着NH ·H O的加入，溶液电阻率增大、导电性减
3 2
弱，说明原混合溶液中离子浓度更大，即HX为强电解质，常温下0.1 mol ·L-1 HX的pH比同浓度
CHCOOH的pH小，故A项错误；B项，酸或碱都抑制水的电离，滴加NH ·H O溶液的过程a到c为HX
3 3 2
和CHCOOH转化为NH X、CHCOONH 的过程，溶液的酸性减弱，水的电 离程度增大，故B项错误；C
3 4 3 4
项，c点溶液中溶质为NH X、CHCOONH，且 二者的物质的量相等，其中铵根离子和醋酸根离子发生均
4 3 4
发生水解：NH ++H O NH ·H O+H+ NH ++H O NH ·H O+H+、CHCOO-+H O CHCOOH
4 2 3 2 4 2 3 2 3 2 3
+OH-，且铵根离子浓度大于醋酸根离子，故溶液为酸性即c(H+ )>c(OH- )，故溶液pH=7时对应的点在c点
和d点之间，此时，存在c(H+)=c(OH-)，根据质子守恒c(H+)+c(CH COOH)=c(OH-)+c(NH·H O)，则有
3 3 2
c(CHCOOH)= c(NH ·H O)，故 ，又因为K=K ，所以 ，故C项错
3 3 2 a b
误；D项，d点溶液中共加入0.1mol·L-1的氨水60 ml，d点时，溶液体积共为80 mL，根据物料守恒
4c(NH ·H O)+ 4c(NH+ )= ，故D正确。故选D。
3 2 4
10．(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
3 4 2于灰岩(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
3
境。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 3
K =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 4
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-+2 H PO -，该反应K≈2.5×10-13
3 4 2 3 3 2 4
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项，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错误；
3 4 2 3 4
B项，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正确；C项，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 4
可写出反应式Ca (PO )+4CH COOH=3Ca2++4CH COO-+2H PO -， ，
3 4 2 3 3 2 4
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10-5，因此牙形石不溶于
醋酸溶液中，C选项正确；D项，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正
确；故选A。
11．(2022·山东省济南高三模拟联考)室温下，通过下列实验探究HC O 溶液的性质：
2 2 4
编号 实验操作
1 用pH试纸测定0.1molL-1的HC O 溶液，测得pH约为2
2 2 4
2 向0.1 mol·L-1的HC O ⋅ 溶液中逐滴加入等体积0.1molL-1的KOH 溶
2 2 4
⋅液，测得所得溶液的pH约为4
将4mL0.01mol·L-1 KMnO 酸性溶液与4 mL0.1mol·L-1 HC O 溶液混
3 4 2 2 4
合，溶液褪色
下列说法正确的是( )
A．HC O 的K 约为10-2
2 2 4 a1
B．实验2溶液pH由2到4的过程中水的电离程度不断减小
C．实验2所得溶液中继续加 溶液至溶液呈中性：c(K+)＞2c(HC O-)+c(C O2-)
2 4 2 4
D．实验3中酸性KMnO 溶液褪色证明HC O 具有漂白性
4 2 2 4
【答案】C
【解析】A项，0.1molL-1的HC O 溶液中，pH约为2，由于HC O 的第一步电离程度远大于第二步
2 2 4 2 2 4
⋅
的电离程度，则c(H+)=c(HC O-)≈10-2molL-1，c(HC O)≈0.1molL-1，HC O 的K = ≈
2 4 2 2 4 2 2 4 a1
⋅ ⋅
=10-3，A错误；B项，实验2溶液pH由2到4的过程中，溶液中的OH-来自于水的
电离，pH增大，说明溶液中c(OH-)增大，则水的电离程度逐渐增大，B错误；C项，实验2所得溶液中继
续加KOH溶液至溶液呈中性，根据电荷守恒可得：c(K+)+c(H+)=c(HC O-)+2c(C O2-)+c(OH-)，由于溶液呈
2 4 2 4
中性，c(H+)=c(OH-)，故c(K+)=c(HC O-)+2c(C O2-)，则c(K+)＞2c(HC O-)+c(C O2-)，C正确；D项，实验
2 4 2 4 2 4 2 4
3中酸性KMnO 溶液褪色是因为发生了氧化还原反应，KMnO 作氧化剂，HC O 作还原剂，证明HC O
4 4 2 2 4 2 2 4
具有还原性，D错误；故选C。
12．(2022·北京市东城区高三期末统一检测)电离常数是研究电解质在水溶液中的行为的重要工具。现
有 、 和 三种酸，各酸及其盐之间不发生氧化还原反应，它们的电离常数如下表所示。
酸 电离常数(25℃)
HX K=1.0×10-9.2
a
HY K =1.0×10-6.4，K =1.0×10-10.3
2 a1 a2
HZ K =1.0×10-1.9，K =1.0×10-7.2
2 a1 a2
下列说法正确的是( )
A．在水溶液中结合 的能力： Y2-＜Z2-B． 溶液中离子浓度的关系：c(Na＋)＜c(X－)
C．NaY溶液与过量 反应的离子方程式：HX+Y2-=HY-+X-
2
D．25℃时，浓度均为0.1mol·L－1的HY和HZ溶液的 ：HY＜HZ
2 2 2 2
【答案】C
【解析】A项，根据HY-和HZ-的电离程度越大，则电离出的离子结合氢离子的能力越弱，因为HY
2
的Ka 小于HZ的Ka，故HZ-的电离程度比HY-的大，故在水溶液中国结合氢离子的能力大小为：Y2-
2 2 2
>Z2-，故A不正确；B项，根据已知电离常数判断，HX是弱酸，故NaX在水溶液也X-发生水解，故
Na+>X-，故B不正确；C项，根据电离常数越大，酸性越强，从表格中电离平衡常数的大小判断酸性强弱
为：HX>HY-，故根据相对强的酸制相对弱的酸，C正确；D项，根据电离平衡常数越大，酸性越强，判断
酸性：HYHZ，故D不正确；故选C。
2 2 2 2
13．(2022·北京市和平街第一中学三模)以酚酞为指示剂，用 的 溶液滴定20.00mL
未知浓度的二元酸HA溶液。溶液中，pH、分布系数 随滴加 溶液体积 的变化关系如下图所示。
2
[比如A2-的分布系数： ]
终点前溶液呈酸性，下列叙述不正确的是( )
A．溶液从无色变为粉红色，且半分钟不褪色
B．HA溶液的浓度为
2
C．HA-的电离常数K=1.0×10-5
aD．滴定终点时，溶液中
【答案】C
【解析】A项，滴定终点前溶液成酸性，当滴入最后一滴NaOH溶液时溶液偏碱性，能使酚酞呈粉红
色，故A正确；B项，当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，达到滴定终点。说明NaOH和
HA恰好完全反应，根据2NaOH+H A=Na A+HO，n(NaOH)= 2n(HA)，则
2 2 2 2 2
，故B正确；C项，曲线①与曲线②的交点存
在等量关系 。此时加入的 ，对应曲线的pH=2，则c(H+)=0.01mol·L-1，HA-电
离平衡常数 ，故C错误；D项，用酚酞作指示剂，酚酞变色范的pH范
围为8.2~10，滴定终点时，溶液中有电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+ c(OH-)，由于c(OH-)＞
c(H+)，则c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，故D正确；故选C。
14．(2022·湖北省襄阳四中高三模拟预测)HB为一元弱酸，浓度分别为1.0 × 10-1mol/L和1.0 × 10-
4mol/L的HB溶液各物种浓度对数值与pH的关系如图所示(已知Ka=1.0 ×10-5) 。下列说法错误的是( )
A．该体系温度为25℃
B．1.0×10-1mol/LHB体系中发生电离的HB浓度不可以忽略
C．曲线a表示OH-浓度对数与pH的关系
D．S 和S 具有相同的横坐标，数值为5
1 2【答案】B
【解析】由图可知b曲线表示c(H+)，a曲线表示c(OH-)，S 和S 两点满足HB浓度和B-浓度相等。A
1 2
项，当pH=4时，曲线a对应的纵坐标为-10，即当c(H+)=1.0×10-4mol•L-1时，c(OH-)=1.0×10-10mol•L-1，所以
，故该体系温度为25℃，A项正确；B项，HB电离出的c(H+)= c(B-)，由曲线
M和曲线b的交点可知当pH=3时，即c(H+)= c(B-)=1.0×10-3mol•L-1，较1.0×10-1mol/LHB浓度相差100倍，
可以忽略不计，B项错误；C项，随着pH增大，曲线a也增大，所以曲线a表示OH-浓度对数与pH的关
系，C项正确；D项，由图像可知S 和S 两点满足HB浓度和B-浓度相等，根据电离常数 ，
1 2
，即pH=5，所以S 和S 具有相同的横坐标，数值为5，D项正确；
1 2
故选B。
15．(2022·广东省珠海市第二中学高三模拟)常温下，浓度相同的一元弱酸HA稀溶液和一元弱碱BOH
稀溶液互相滴定，溶液中pH与 或 的关系如图所示。已知HA和BOH的电离常数为
和 ，且b和b'点的纵坐标之和为14。下列说法错误的是( )
A． B．a和a'点的纵坐标之和为14C．水的电离程度：a'2，则c(B+)＞100c(BOH)，该温度下，
，A项正确；B项，取 =0，该温度下，K=c(OH-)，同理K=c(H+)，
b a
b和b'点的纵坐标之和为14，推出K=K ，a'点：c(OH-)=10Kb'，此时 ，同理，a点对应
a b'
， ，B项正确；C项，b和b'点的纵坐标之和为14，b点溶
液中c(H+)等于b'点溶液中c(OH-)，两点对水的电离影响程度相等，d点两曲线pH相同，该点的pH=7，因
此a'～d水的电离程度逐渐增大，即水的电离程度：a'＜b＜c'＜d，C项正确；D项，a'～d曲线是BOH溶液
中滴加HA溶液，a～d曲线是HA溶液中滴加BOH溶液，根据B选项分析，BOH和HA的电离平衡常数
相等，d点pH=7，此时两种溶液恰好完全反应，因此c'点c(B+)大于c点c(B+)，D项错误；故选D。
16．(2022·山东聊城市三模)某温度下，改变0.1mol/LK Cr O 溶液的pH时，各种含铬元素粒子及浓度
2 2 7
变化如图所示(已知HCrO 是二元酸，其电离常数为K 、K )，下列有关说法正确的是( )
2 4 a1 a2A．该温度下的K =1×10-13
w
B．B点溶液中：c(K+)>2c(Cr O2-)+3c(CrO 2-)
2 7 4
C．KHCrO 溶液：c(HCrO -)>c(CrO 2-)>c(H CrO)
4 4 4 2 4
D．该温度下反应Cr O2-+H O 2CrO2-+2H+的平衡常数为1×10-13.2
2 7 2 4
【答案】C
【解析】从图中可知，随着pH值的增大，c(HCrO)不断减小，c(HCrO -)先增大后减小，c(CrO2-)逐渐
2 4 4 4
增大。A项，K 只与温度有关，取D点数据，pH值为13，即c(H+)=10-13mol/L，c(OH-)=0.1mol/L，则K =
W W
c(H+)·c(OH-)=10-14，A错误；B项，由图示知，B的pH=6.5，c(HCrO -)= c(CrO2-)，根据电荷守恒有：c(K+)
4 4
+ c(H+)=2c(Cr O2-)+2c(CrO 2-)+ c(HCrO -)+ c(OH-)，溶液显酸性，即c(H+)> c(OH-)，则c(K+)<2c(Cr O2-)
2 7 4 4 2 7
+3c(CrO 2-)，B错误；C项，取A点数据计算，K = = c(H+)=10-0.74，则K = =10-13.26，说
4 a1 h2
明K > K ，即HCrO -的电离程度大于水解程度，故KHCrO 溶液：c(HCrO -)>c(CrO 2-)>c(H CrO)，C正确；
a1 h2 4 4 4 4 2 4
D项，该温度下反应Cr O2-+H O 2CrO2-+2H+的平衡常数为K= ，取C点数据
2 7 2 4
c(CrO2-)= c(Cr O2-)，则K=0.051×(10-6.6)2=5.1×10-15.2，D错误；故选C。
4 7 7
17．(2022·安徽省江淮名校高三第三次模拟联考)某小组从反应速率和产物角度探究Mg与NaHCO 溶
3
液反应。
实验I、25°C， 相同镁条分别与下列试剂反应序 浓度 体积
试剂 pH 现象
号 (mol·L-1) (mL)
i HO —— 7.5 7 镁条表面有微量气泡附着
2
ii NaHCO 溶 1.0 7.5 8.4 镁条表面持续产生大量气泡，溶液略显浑浊，点燃气
3
液 泡有爆鸣声
(1)已知： Mg(OH) 固体致密，易包裹在金属表面成膜。根据上述现象，推测在实验ii中。
2
①Mg可以提高HCO -的电离程度，原因是___________；
3
②浑浊的主要原因是产生了___________(填化学式) ；
③实验ii中产生气泡的速率快于实验i的原因可能是___________。
(2)补充实验II，证实(1)的推测：
浓度
序号 试剂 体积(mL) pH 现象
(mol·L-1)
iii NaNO 溶液 1.0 7.5 7 镁条表面有微量气泡附着
3
iv NaCO 溶液 0.5 7.5 11.8 持续产生少量气泡，溶液显浑浊
2 3
①小组设计实验iii 的目的是___________ ； 甲同学结合实验iv的现象认为可以不必进行实验iii，他
的理由是___________；
②实验ii生成气体的速率快于实验iv，原因可能是___________ ；
③查资料知HCO -+Mg2+ [Mg(HCO)]+，请从平衡移动的角度解释实验ii产生气体速率更快的原
3 3
因___________。
【答案】(1) Mg反应出的Mg2+结合HCO -电离的CO2-，促使HCO -电离平衡正向进行
3 3 3
MgCO Mg2+与HCO -电离的CO2-结合成微溶物MgCO ，阻止生成致密的Mg(OH) 固体膜；增大Mg与
3 3 3 3 2
溶液接触表面积，加快反应速率
(2) ①排除Na+对实验的干扰(或探究Na+是否参与反应，或证明Na+不参与反应)
实验iv中Na+浓度很大，速率却不快
②NaHCO 溶液中H+浓度比NaCO 溶液大(或HCO -电离平衡正向移动，给反应提供H+)
3 2 3 3
③HCO -消耗Mg2+，促进平衡Mg(OH) (s) Mg2+(aq) + 2OH- (aq)正向移动，溶解Mg(OH) ，从而
3 2 2
增大Mg与溶液接触表面积，加快反应速率；由于ii中HCO -浓度较大，Mg2+ 与HCO -的反应快于与OH-
3 3
的反应，减少了Mg(OH) (s)的生成量
2
【解析】(1)①Mg可以提高HCO -的电离程度，原因是：生成的镁离子与碳酸氢根离子电离出的碳酸
3
根反应生成碳酸镁沉淀，是平衡HCO - CO2-+H+正向移动；②镁与水反应微弱，而与碳酸氢钠溶液
3 3
反应较迅速，则浑浊的主要原因是产生了MgCO ，也可能有碱式碳酸镁生成(非定量实验无法确定其中氢
3氧化镁和碳酸镁的比例，无法确定其化学式)；③氢氧化镁固体致密，易包裹在金属表面成保护膜，阻碍反
应进一步进行，因此实验ii中产生气泡的速率快于实验i的原因可能是：主要生成碳酸镁，碳酸镁较疏松，
不易覆盖在镁表面而阻碍反应进行；(2)①比较实验i和ii可知，反应条件中除了阴离子HCO -不同之外，
3
还有阳离子Na+不同，故可知小组设计实验iii 的目的是排除Na+对实验的干扰(或探究Na+是否参与反应，
或证明Na+不参与反应)，由实验iv可知，溶液中Na+浓度已经较大，但产生气泡的速率较小，说明Na+对
反应速率的影响很小，故甲同学结合实验iv的现象认为可以不必进行实验iii；②比较实验ii和iv反应条件
可知，碳酸钠溶液碱性较强，即H+浓度较小，而NaHCO 溶液中H+较大，导致NaHCO 溶液中产生H 速
3 3 2
率加快，导致实验ii生成气体的速率快于实验iv；③查资料知HCO -+Mg2+ [Mg(HCO)]+，HCO -消耗
3 3 3
Mg2+，促进平衡Mg(OH) (s) Mg2+(aq) + 2OH- (aq)正向移动，溶解Mg(OH) ，从而增大Mg与溶液接
2 2
触表面积，加快反应速率；由于ii中HCO -浓度较大，Mg2+ 与HCO -的反应快于与OH-的反应，减少了
3 3
Mg(OH) (s)的生成量，导致实验ii产生气体速率更快。
2
1．【2022·浙江省1月选考】下列物质属于非电解质的是( )
A．CH B．KI C．NaOH D．CHCOOH
4 3
【答案】A
【解析】A项，CH 属于有机物，在水溶液中和熔融状态下均不导电的化合物，为非电解质，故A符
4
合题意；B项，KI属于盐，在水溶液中和熔融状态下能导电的化合物，为电解质，故B不符合题意；C项，
NaOH属于碱，在水溶液中和熔融状态下能导电的化合物，为电解质，故C不符合题意；D项，CHCOOH
3
属于酸，在水溶液中能电离出H+离子和CHCOO-离子，即CHCOOH是在水溶液中导电的化合物，为电解
3 3
质，故D不符合题意；故选A。
2．【2021•浙江1月选考】25℃时，下列说法正确的是( )
A．NaHA溶液呈酸性，可以推测HA为强酸
2
B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐
C．0.010 mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α 、α ，则α ＜α
1 2 1 2
D．100 mL pH=10.00的NaCO 溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10-5mol
2 3
【答案】D
【解析】A项，NaHA溶液呈酸性，可能是HA－的电离程度大于其水解程度，不能据此得出HA为强
2
酸的结论，A错误；B项，可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是B＋和A－的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，B错误；C项，弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此
0.010 mol·L-1、0.10 mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α 、α ，则α ＞α ，C错误；D项，100 mL pH=10.00
1 2 1 2
的NaCO 溶液中氢氧根离子的浓度是1×10－4mol/L，碳酸根水解促进水的电离，则水电离出H＋的浓度是
2 3
1×10－4mol/L，其物质的量为0.1L×1×10－4mol/L＝1×10－5mol，D正确；故选D。
3．【2020•浙江1月选考】下列属于有机物，又是电解质的是( )
A．己烷 B．乙酸 C．葡萄糖 D．纯碱
【答案】B
【解析】A项，己烷为有机物，但不是电解质，故A错误；B项，乙酸为有机物，其水溶液可以导电，
是电解质，故B正确；C项，葡萄糖是有机物但不是电解质，故C错误；D项，纯碱是电解质但不是有机
物，故D错误；故选B。
4．【2020•浙江7月选考】下列物质在熔融状态下不导电的是( )
A．NaOH B．CaCl C．HCl D．KSO
2 2 4
【答案】C
【解析】A项，NaOH属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的Na+和OH-，故其在熔融
状态下能导电，A不符合题意；B项，CaCl 属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的Ca2+和
2
Cl-，故其在熔融状态下能导电，B不符合题意；C项，HCl是共价化合物，其在熔融状态下不能电离成离
子，故其在熔融状态下不导电，C符合题意；D项，KSO 属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自
2 4
由移动的K+和SO 2-，故其在熔融状态下能导电，D不符合题意。故选C。
4
5．【2020•浙江7月选考】5mL0.1mol/LKI溶液与1mL0.1mol/LFeCl 溶液发生反应：2Fe3+(aq)+2I-( aq)
3
2Fe2+(aq)+I (aq)，达到平衡。下列说法不正确的是( )
2
A．加入苯，振荡，平衡正向移动
B．经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN，溶液呈血红色，表明该化学反应存在限度
C．加入FeSO 固体，平衡逆向移动
4
D．该反应的平衡常数
【答案】D
【解析】A项，加入苯振荡，苯将I 萃取到苯层，水溶液中c(I)减小，平衡正向移动，A正确；B项，
2 2
将5mL0.1mol/LKI溶液与1mL0.1mol/LFeCl 溶液混合，参与反应的Fe3+与I-物质的量之比为1：1，反应后
3
I-一定过量，经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN溶液呈血红色，说明水溶液中仍含有Fe3+，即
Fe3+没有完全消耗，表明该化学反应存在限度，B正确；C项，加入FeSO 固体溶于水电离出Fe2+，c(Fe2+)
4增大，平衡逆向移动，C正确；D项，该反应的平衡常数K= ，D错误；故选D。
6．【2019•天津卷】某温度下，HNO 和 的电离常数分别为 和 。将
2
和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其 随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是( )
A． 曲线Ⅰ代表HNO 溶液
2
B． 溶液中水的电离程度：b点＞c点
C． 从c点到d点，溶液中 保持不变(其中 、 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】A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ代表HNO ，I
2
代表CHCOOH，故A错误；B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B错误；
3
C、Ⅱ代表HNO ，c(HNO )c(OH-)/c(NO-)=c(H+)·c(HNO)c(OH-)/[c(H+)·c(NO -)]=kw/k(HNO )，kw为水的离
2 2 2 2 2 2
子积常数，k(HNO)为HNO 的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变，故C正确；D、体积和pH
2 2
均相同的 HNO 和 CHCOOH 溶液，c(CHCOOH)＞c(HNO )，分别滴加同浓度的 NaOH 溶液至中性，
2 3 3 2
CHCOOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO 消耗的NaOH少，故D错误；故选C。
3 2
7．【2016•上海卷】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 2 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项，只能证明乙酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，错误；B项，该盐水溶液显碱性，可
以证明乙酸是弱酸，正确；C项，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项可以证明乙酸具有酸性，但是不能证明其酸性强弱，错误。
