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1．【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。
2．【2022 年海南卷】NaClO 溶液具有漂白能力，已知25℃时，Ka=(HClO)=4.0×10-8。下列关于NaClO 溶
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Cl2，漂白能力减弱
C．通入过量SO2，反应的离子方程式为SO2+ClO-+H2O=HSO +HClO
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
专题44 弱电解质的电离
1
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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O2，不会释放
Cl2，B 错误；C．将过量的SO2通入NaClO 溶液中，SO2被氧化：SO2+ClO−+H2O=Cl-+
+2H+，C 错
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。
3．【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，Ka=
=1.0×10-3，c 总(HA)=c(HA)
2
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+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，Ka=
=1.0×10-3，c 总(HA)=c(HA)+c(A-)，
=1.0×10-3，溶液I 中c
总(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II 的pH=1.0，溶液II 中c(H+)=0.1mol/L，Ka=
=1.0×10-3，c 总
(HA)=c(HA)+c(A-)，
=1.0×10-3，溶液II 中c 总(HA)=1.01c(HA)，未电离的HA 可自
由穿过隔膜，故溶液I 和II 中的c(HA)相等，溶液I 和II 中c 总(HA)之比为
[(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D 错误；答案选B。
4．【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
3
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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。
5．【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C6H5ONa 和
CH3COONa 溶液中c(C6H5O-)<c(CH3COO-)，A 错误；B．C6H5ONa 溶液中，C6H5O-离子水解出氢氧根
离子，升温促进C6H5O-离子的水解，氢氧根离子浓度增大，pH 变大，而升高温度，Kw增大，NaOH
溶液中OH-浓度不变，H+浓度增大，pH 减小，B 错误；C．当pH=10.00 时，c(OH-)=1.0×10-10，
，故c(C6H5O-)= c(C6H5OH)，C 正确；D．
C6H5ONa 中的C6H5O-可以水解，会促进水的电离，D 错误；故选C。
6．（2021.6·浙江真题）某同学拟用
计测定溶液
以探究某酸HR 是否为弱电解质。下列说法正确的
是
A．25℃时，若测得
溶液
，则HR 是弱酸
B．25℃时，若测得
溶液
且
，则HR 是弱酸
C．25℃时，若测得HR 溶液
，取该溶液
，加蒸馏水稀释至
，测得
，
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则HR 是弱酸
D．25℃时，若测得NaR 溶液
，取该溶液
，升温至50℃，测得
，
，则HR 是弱
酸
【答案】B
【解析】A．25℃时，若测得
溶液
，可知
为强酸强碱盐，则
为强酸，A 错误；
B．25℃时，若测得
溶液
且
，可知溶液中
，所以
未
完全电离，
为弱酸，B 正确；C．假设
为强酸，取
的该溶液
，加蒸馏水稀释至
测得此时溶液
，C 错误；D．假设
为强酸，则
为强酸强碱盐，溶液呈中性，升
温至50℃，促进水的电离，水的离子积常数增大，
减小，D 错误；答案为：B。
7．（2020·全国高考真题）二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如下图所
示。下列叙述错误的是
A．海水酸化能引起
浓度增大、
浓度减小
B．海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少
C．CO2能引起海水酸化，其原理为
H++
D．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境
【答案】C
【解析】A．海水酸化，H+浓度增大，平衡H++
⇌
正向移动，
浓度减小，
浓度增
大，A 正确；B．海水酸化，
浓度减小，导致CaCO3溶解平衡正向移动，促进了CaCO3溶解，导
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致珊瑚礁减少，B 正确；C．CO2引起海水酸化的原理为：CO2+H2O⇌H2CO3⇌H++
，
⇌H++
，导致H+浓度增大，C 错误；D．使用太阳能、氢能等新能源，可以减少化石能源的燃烧，
从而减少CO2的排放，减弱海水酸化，从而改善珊瑚礁的生存环境，D 正确；答案选C。
8．（2020·北京高考真题）室温下，对于1L0.1mol•L-1醋酸溶液。下列判断正确的是
A．该溶液中CH3COO-的粒子数为6.02×1022
B．加入少量CH3COONa 固体后，溶液的pH 降低
C．滴加NaOH 溶液过程中，n(CH3COO-)与n(CH3COOH)之和始终为0.1mol
D．与Na2CO3溶液反应的离子方程式为CO
+2H+=H2O+CO2↑
【答案】C
【解析】醋酸是弱电解质，在溶液中部分电离，存在电离平衡，电离方程式为：CH3COOH
CH3COO-
+H+ ，1L0.1mol•L-1醋酸溶液中存在物料守恒：n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，或c(CH3COO-)
+c(CH3COOH)= 0.1mol•L-1，据此分析解答。A．1L0.1mol•L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，醋
酸属于弱酸，是弱电解质，在溶液中部分电离，存在电离平衡，则CH3COO-的粒子数小于6.02×1022，
错误；B．加入少量CH3COONa 固体后，溶液中CH3COO-的浓度增大，根据同离子效应，会抑制醋酸
的电离，溶液中的氢离子浓度减小，酸性减弱，碱性增强，则溶液的pH 升高，错误；C．
1L0.1mol•L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，滴加NaOH 溶液过程中，溶液中始终存在物料守
恒，n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，正确；D．醋酸的酸性强于碳酸，则根据强酸制取弱酸，醋
酸与Na2CO3溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，醋酸是弱电解质，离子反应中不能拆写，则离子方
程式为CO
+2 CH3COOH =H2O+CO2↑+2CH3COO-，错误；答案选C。
9．（2020·浙江高考真题）下列说法不正确的是（ ）
A．
的溶液不一定呈碱性
B．中和pH 和体积均相等的氨水、
溶液，所需
的物质的量相同
C．相同温度下，pH 相等的盐酸、
溶液中，
相等
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D．氨水和盐酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则
【答案】B
【解析】A． 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+)<c(OH-) 时溶液一定呈碱性，正确；B．pH 相同的氨水和
溶液，氨水的
浓度更大，所以中和pH 和体积均相等的氨水、
溶液，氨水所需
的物质的量更大，错误；
C．pH 相同说明两种溶液中c(H+)相同，相同温度下Kw相同，Kw= c(H+)·c(OH-)，溶液中氢离子浓度相
同说明氢氧根浓度相同，正确；D． 氨水和盐酸反应后的溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)
+c(NH4
+)，溶液呈中性则c(H+)=c(OH-)，所以
，正确；故答案为B。
10．（2019·浙江高考真题）下列属于强电解质的是
A．硫酸钡
B．食盐水
C．二氧化硅
D．醋酸
【答案】A
【解析】按强电解质的定义可知，强电解质指在水中完全电离的电解质，包含强酸、强碱、大部分盐等。
所以对四个选项进行物质分类考查：A．可知硫酸钡是强电解质，正确；B．食盐水为混合物，不在强
电解质的概念内，错误；C．二氧化硅是非电解质，错误；D．醋酸在水中不完全电离，为弱电解质，
错误。故答案选A。
11．（2019·全国高考真题）设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2 的H3PO4溶液，下列说法正确的
是
A．每升溶液中的H+数目为0.02NA
B．c(H+)= c(
)+2c(
)+3c(
)+ c(OH−)
C．加水稀释使电离度增大，溶液pH 减小
D．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强
【答案】B
【解析】A、常温下pH＝2，则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，因此每升溶液中H＋数目为0.01NA，A 错
误；B、根据电荷守恒可知选项B 正确；C、加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，
pH 增大，C 错误；D、加入NaH2PO4固体，H2PO4－浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D
错误；答案选B。
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12．（2019·天津高考真题）某温度下，
和
的电离常数分别为
和
。
将
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
溶液
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
恰好中和后，溶液中
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HNO2，I 代表
CH3COOH，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，错误；C、Ⅱ代表
HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2
-)=c(H+)·c(HNO2)c(OH-)/[c(H+)·c(NO2
-)]=kw/k(HNO2)，kw为水的离子积常数，
k(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，正确；D、体积和pH 均
相同的HNO2和CH3COOH 溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH 溶液至恰
好中和，CH3COOH 消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH 少，错误；故选C。
13．（2018·浙江高考真题）下列说法不正确的是
A．测得0.1 mol·L－1的一元酸HA 溶液pH＝3.0，则HA 一定为弱电解质
B．25℃时，将0.1 mol·L-1的NaOH 溶液加水稀释100 倍，所得溶液的pH＝11.0
C．25℃时，将0.1 mol·L-1的HA 溶液加水稀释至pH＝4.0，所得溶液c(OH－)＝1×10-10 mol·L-1
D．0.1 mol·L-1的HA 溶液与0.1 mol·L-1的NaOH 溶液等体积混合，所得溶液pH 一定等于7.0
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【答案】D
【解析】A、若HA 为强酸，0.1 mol·L-1的HA 溶液pH 为1.0，现测得溶液pH 为3.0，则HA 为弱酸，正确；
B、0.1mol/L 的NaOH 溶液加水稀释100 倍后，c（OH-）＝1×10-11，pH 值为11.0，正确；C、pH 值为
4.0 的溶液中c（H+）＝1×10－4mol/L，在25℃时，水的离子积KW＝1×10-14，（OH-）＝1×10-10mol/L，
正确；D、若HA 为强酸，与NaOH 等体积等浓度混合后，所得溶液pH 为7.0，若HA 为弱酸，与
NaOH 等体积等浓度混合后，所得溶液pH 大于7.0，不正确。答案选D。
14．（2018·浙江高考真题）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(CH3COOˉ)＝c(Clˉ)
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(CH3COOˉ)
＝c(Clˉ)
【答案】A
【解析】A、在pH 相等的两种溶液中，氢离子的浓度相同，根据溶液中电荷守恒可知阴离子浓度相等，即
c（CH3COO－）=c(Cl－)，正确；B、醋酸为弱酸，是弱电解质只能部分电离，与pH 相同的强酸溶液比
起来，与其他物质反应时，可以持续电离出氢离子，平衡右移，所以醋酸消耗的氢氧化钠的量要更多
一些，错误；C、反应刚开始时，醋酸弱酸部分电离，与同等浓度的强酸比较，反应速率会慢一些，
错误；D、当醋酸恰好与NaOH 反应时，弱酸根水解呈现出碱性，应为c（CH3COO－）＜c(Cl－)，错误。
综上所述，本题的正确答案为A。
15．（2018·天津高考真题）LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH 随c 初始
（H2PO4
–）的变化如图1 所示，H3PO4溶液中H2PO4
–的分布分数δ 随pH 的变化如图2 所示，[
]下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是
A．溶液中存在3 个平衡
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B．含P 元素的粒子有H2PO4
–、HPO4
2–、PO4
3–
C．随c 初始（H2PO4
–）增大，溶液的pH 明显变小
D．用浓度大于1 mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH 达到4.66 时，H3PO4几乎全部转化为
LiH2PO4
【答案】D
【解析】A．溶液中存在H2PO4
–的电离平衡和水解平衡，存在HPO4
2–的电离平衡，存在水的电离平衡，所
以至少存在4 个平衡。错误；B．含P 元素的粒子有H2PO4
–、HPO4
2–、PO4
3–和H3PO4，错误；C．从图
1 中得到随着c 初始（H2PO4
–）增大，溶液的pH 不过从5.5 减小到4.66，谈不上明显变小，同时达到
4.66 的pH 值以后就不变了，错误；D．由图2 得到，pH=4.66 的时候，δ=0.994，即溶液中所有含P 的
成分中H2PO4
–占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4，正确；
16．（2013·上海高考真题）H2S 水溶液中存在电离平衡H2S
H++HS-和HS-
H++S2-。若向H2S 溶液
中
A．加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大
B．通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH 值增大
C．滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH 值减小
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】A、加水，促进电离，但氢离子浓度减小，A 错误；B、通入过量SO2气体，发生反应：2H2S＋
SO2=3S↓＋2H2O，当SO2过量，溶液显酸性，而且酸性比H2S 强，pH 值减小，B 错误；C、滴加新制
氯水，发生反应：Cl2＋H2S=2HCl＋S↓，平衡向左移动，溶液pH 值减小，C 正确；D、加入少量硫酸
铜固体，发生反应：H2S＋Cu2＋=CuS↓＋2H＋，H＋浓度增大，D 错误。答案选C。
17．（2015·全国高考真题）浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH 和ROH 溶液，分别加水稀释至体积
V，pH 随
的变化如图所示，下列叙述错误的是（ ）
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A．MOH 的碱性强于ROH 的碱性
B．ROH 的电离程度：b 点大于a 点
C．若两溶液无限稀释，则它们的c(OH－)相等
D．当
=2 时，若两溶液同时升高温度，则
增大
【答案】D
【解析】A．相同浓度的一元碱，碱的pH 越大其碱性越强，根据图知，未加水时，相同浓度条件下，
MOH 的pH 大于ROH 的pH，说明MOH 的电离程度大于ROH，则MOH 的碱性强于ROH 的碱性，正
确；B．由图示可以看出ROH 为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，b 点溶
液体积大于a 点，所以b 点浓度小于a 点，则ROH 电离程度：b＞a，正确；C．若两种溶液无限稀释，
最终其溶液中c(OH-)接近于纯水中c(OH-)，所以它们的c(OH-)相等，正确；D．根据A 知，碱性MOH
＞ROH，当
=2 时，由于ROH 是弱电解质，升高温度能促进ROH 的电离，所以
减小，
错误；故选D。
18．（2016·浙江高考真题）常温下，关于pH 相等的盐酸和醋酸溶液(两溶液的OH－浓度也相等)，下列说
法正确的是( )
A．c(HCl)>c(CH3COOH)
B．c(Cl－)＝c(CH3COO－)
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H2多
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
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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(CH3COOH)，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
恒可知c(Cl-)=c(CH3COO-)，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
的浓度较大，则醋酸产生的H2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
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。
19．（2016·上海高考真题）能证明乙酸是弱酸的实验事实是
A．CH3COOH 溶液与Zn 反应放出H2
B．0.1 mol/L CH3COONa 溶液的pH 大于7
C．CH3COOH 溶液与NaCO3反应生成CO2
D．0.1 mol/L CH3COOH 溶液可使紫色石蕊变红
【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。
20．（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H2S 溶液中，c(H+)= c(HS－)=1×10－5mol·L－1
B．pH=a 的氨水溶液，稀释10 倍后，其pH=b，则a=b+1
C．pH=2 的H2C2O4溶液与pH=12 的NaOH 溶液任意比例混合：c(Na＋)+ c(H＋)= c(OH－)+c( HC2O4－)
D．pH 相同的①CH3COO Na ②NaHCO3③NaClO 三种溶液的c(Na＋)：①＞②＞③
【答案】D
【解析】A．H2S 溶液中分步电离，H2S
H++HS-，HS-
H++S2-，根据电荷守恒知c(H+)=c(HS－)
+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H2C2O4溶液与pH=12 的NaOH 溶液任意比例混合，溶液
中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HC2O4
-）+2c（C2O4
2-），错误；D．酸性大小为
CH3COOH＞H2CO3＞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
碱性越强。pH 相同的①CH3COONa ②NaHCO3③NaClO 三种溶液，盐的浓度：①＞②＞③，c
（Na+）：①＞②＞③，正确；答案选D。
21．（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
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A．c（H+）
B．Ka(HF)
C．
D．
【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。
22．（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。
23．（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
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D．沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成带电的胶体，导电能力增强
【答案】C
【解析】A．当盐酸和氨水恰好中和生成NH4Cl 时，由于铵根离子水解呈酸性，若使溶液呈中性，应继续
向溶液中加入氨水，故溶液中的溶质是NH4Cl 和NH3•H2O，错误；B．向稀醋酸中加水时，醋酸的电
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)2的
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。
24．（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
H2CO3
电离平衡常数（25℃）
Ki=1.77×10-4
Ki=4.9×10-10
Ki1=4.3×10-7 Ki2=5.6×10-11
下列选项错误的是
A．2CN-+H2O+CO2→2HCN+CO3
2-
B．2HCOOH+CO3
2-→2HCOO-+H2O+CO2↑
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＞H2CO3＞HCN＞HCO3
-，据此分析解答。A、
根据表中数据判断酸性HCN>HCO3
-，所以二氧化碳与CN-的反应不可能生成CO3
2-，错误；B、
HCOOH＞H2CO3，所以醋酸可以与CO3
2-反应制取二氧化碳，正确；C、等体积、等pH 的HCOOH 和
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（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），c（CN-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），即离子总数
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。
25．（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
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【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Ka=c(CH3COO-)c(H+)/c(CH3COOH)不变，又因为c(H+)=Kw/c(OH-),
(CH3COO-)×Kw/［c(CH3COOH)·c(OH-)］=Ka，Kw在室温下也是常数，正确；C．电离程度虽然增大，
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。
26．（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AlCl3溶液反应发生的离子方程式为 Al3++3OH-=Al(OH)3↓
B．加水稀释后，溶液中c(NH4
+)c(OH-)变大
C．用HNO3溶液完全中和后，溶液不显中性
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+
+3NH3·H2O═Al(OH)3↓+3NH4
+，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
都减小，所以c(NH4
+)•c(OH-)减小，错误；C、用HNO3溶液完全中和后得硝酸铵溶液，硝酸铵是强酸
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。
27．（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：
Cl2(g)
Cl2(aq) K1=10－1.2
Cl2(aq)+ H2O
HClO + H++Cl－K2=10－3.4
HClO
H++ ClO－Ka=?
其中Cl2(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（ ）
A．Cl2(g)+ H2O
2H++ ClO－+ Cl－K=10－10.9
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
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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Cl2(g)+ H2O
2H++ ClO－+ Cl－，所以K=K1·K2·Ka=10-1.2×10-3.4×10-7.5=10-12.1，错误；
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。
28．（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－1CH3CO ONa 溶液的酸碱性
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－1CH3COONa 溶液的酸碱性，通过溶液
显碱性，可证明CH3COONa 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
0.1 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。
29．（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：CH3COOH＝CH3COO-＋H+
C．c(CH3COOH)＋c(CH3COO-)＝c(Cl-)
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(CH3COOH)
+c(CH3COO-)═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
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溶液混合后生成CH3COONa，醋酸根离子水解溶液显碱性，错误；故选C。
30．（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 甲≤V 乙
B．水电离出的OH－浓度：10c(OH－)甲＝c(OH－)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－)甲＝c(OH－)乙，B
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。
31．（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。
32．（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-+H2O
HA+OH-
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【答案】D
【解析】A．pH=12 的溶液显碱性，OH-和HCO3
-反应生成CO32-和水，不能常量共存；B．pH=0 溶液显酸
性，在酸性溶液中，NO3
-有强氧化性，能氧化SO3
2-，不能常量共存；C．0.1 mol·
一元碱BOH 溶液
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-+H2O
HA+OH-，正确；故选
D。
33．（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Vx、Vy则
( )
A．x 为弱酸，Vx<Vy
B．x 为强酸，Vx>Vy
C．y 为弱酸，Vx<Vy
D．y 为强酸，Vx>Vy
【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 碱，解得V 碱=0.01L，而pH=2 的y，其浓度大于0.01mol/L，若二者恰好生成正盐，
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<Vy；故选：C。
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