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专题49 弱电解质的电离
考点
十年考情(2015-2024)
命题趋势
考点1 弱电解
质概念理解与
应用
2024·安徽卷、2023•浙江省6 月选考、
2022•湖北省选择性卷、2022•全国乙卷、
2021•浙江6 月卷、2021•北京卷、2020·北
京卷、2019•浙江4 月卷、2016·全国Ⅲ
卷、2016·浙江理综、2016·上海卷
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。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，分值
为6 分。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。
考点2 弱电解
质电离平衡图
象
2024·河北卷、2023•山东卷、2023•湖北省
选择性考试、2023•浙江省1 月选考、
2016·北京理综、2015·海南卷
考点1 弱电解质概念理解与应用
1．(2024·安徽卷，7，3 分)地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质，转化关系之一如下图所示(X、Y
均为氮氧化物)，羟胺(NH2OH)以中间产物的形式参与循环。常温常压下，羟胺易潮解，水溶液呈碱性，与
盐酸反应的产物盐酸羟胺([NH3OH]Cl)广泛用子药品、香料等的合成。
已知25℃时，Ka(HNO2)=7.2×10-4，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5 ，Kb(NH2OH)=8.7×10-9。
下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是( )
A．键角：NH3＞NO3
-
B．熔点： NH2OH＞[NH3OH]Cl
C．
同浓度水溶液的pH：[NH3OH]Cl＞NH4Cl
1
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D．羟胺分子间氢键的强弱：
【答案】D
【解析】A 项，NH3 中N 原子的价层电子对数=
，为sp3 杂化，键角为107°，
NO3
-中N 的价层电子对数=
，为sp2杂化，键角为120°，故键角：NH3＜NO3
-，A
错误；B 项，NH2OH 为分子晶体，[NH3OH]Cl 为离子晶体，故熔点：NH2OH＜[NH3OH]Cl，B 错误；C 项，
由题目信息可知，25℃下，Kb(NH3·H2O)＞Kb(NH2OH)，故NH2OH 的碱性比NH3·H2O 弱，故同浓度的水溶
液中，[NH3OH]+的电离程度大于NH4
+的电离程度，同浓度水溶液的pH：[NH3OH]Cl＜NH4Cl，C 错误；D
项，O 的电负性大于N，O-H 键的极性大于N-H 键，故羟胺分子间氢键的强弱
，D
正确；故选D。
2．(2023•浙江省6 月选考，15)草酸(H2C2O4)是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
实验I：往20mL0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH 溶液。
实验Ⅱ：往20mL0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.1mol·L-1 CaCl2溶液。
[已知：H2C2O4的电离常数Ka1=5.4×10-2，Ka2=5.4×10-5，Ksp(CaC2O4)= 2.4×10－9，溶液混合后体积变化忽
略不计]，下列说法正确的是
A．实验I 可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点
B．实验I 中V(NaOH)=10mL 时，存在c(C2O4
2-)＜c(HC2O4
-)
C．实验Ⅱ中发生反应Ca2++ HC2O4
- =CaC2O4↓+H+
D．实验Ⅱ中V(CaCl2)=80mL 时，溶液中c(C2O4
2-)=4.0×10-8mol·L-1
【答案】D
【解析】A 项，NaHC2O4溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液，为了减小实验
误差要选用变色范围在碱性范围的指示剂，因此，实验I 可选用酚酞作指示剂，指示反应终点，故A 错误；
B 项，实验I 中V(NaOH)=10mL 时，溶质是NaHC2O4、Na2C2O4且两者物质的量浓度相等，
，，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在c(C2O4
2-)＞
c(HC2O4
-)，故B 错误；C 项，实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而NaHC2O4过量，因此该反应在初
始阶段发生的是Ca2++ 2HC2O4
- =CaC2O4↓+H2C2O4，该反应的平衡常数为
，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，
当NaHC2O4完全消耗后，H2C2O4再和CaCl2发生反应，故C 错误；D 项，实验Ⅱ中V(CaCl2)=80mL 时，溶
液中的钙离子浓度为
，溶液中
2
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，故D 正确。故选D。
3．(2022•湖北省选择性卷，12)根据酸碱质子理论，给出质子(H+)的物质是酸，给出质子的能力越强，
酸性越强。已知：N2H5
++NH3=NH4
++N2H4，N2H4+CH3COOH=N2H5
++CH3COO-，下列酸性强弱顺序正确的是
( )
A．N2H5
+＞N2H4＞NH4
+
B．N2H5
+＞CH3COOH＞NH4
+
C．NH3＞N2H4＞CH3COO-
D．CH3COOH＞N2H5
+＞NH4
+
【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(H+)的物质是酸，
则反应N2H4+CH3COOH=N2H5
++CH3COO-中，酸性：CH3COOH＞N2H5
+，反应N2H5
++NH3=NH4
++N2H4中，
酸性：N2H5
+＞NH4
+，故酸性：CH3COOH＞N2H5
+＞NH4
+，故选D。
4．(2022•全国乙卷，13)常温下，一元酸
的Ka(HA)=1.0×10-3。在某体系中，
与A-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c 总(HA)=c(HA)+c(A-)，当达到平衡时，下列叙述正确的是( )
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 总(HA)之比为10-4
【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，Ka=
=1.0×10-3，c 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，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
3
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(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；故选B。
5．(2021•浙江6 月卷，19)某同学拟用pH 计测定溶液pH 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0.01mol·Lˉ1NaR 溶液pH=7，则HR 是弱酸
B．25℃时，若测得0.01mol·Lˉ1HR 溶液pH＞2 且pH＜7，则HR 是弱酸
C．25℃时，若测得HR 溶液pH= a，取该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL，测得pH= b，b-a
＜1，则HR 是弱酸
D．25℃时，若测得NaR 溶液pH= a，取该溶液10.0mL，升温至50℃，测得pH= b，a＞b，则HR 是
弱酸
【答案】B
【解析】A 项，25℃时，若测得0.01mol·Lˉ1NaR 溶液pH=7，可知NaR 为强酸强碱盐，则HR 为强酸，
A 错误；B 项，25℃时，若测得0.01mol·Lˉ1HR 溶液pH＞2 且pH＜7，可知溶液中c(H＋)＜0.01mol·Lˉ1，所
以HR 未完全电离，HR 为弱酸，B 正确；C 项，假设HR 为强酸，取pH=6 的该溶液10.0mL，加蒸馏水稀
释至100.0mL 测得此时溶液pH＜7，C 错误；D 项，假设HR 为强酸，则NaR 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，pH 减小，D 错误；故选B。
6．(2021•北京卷，8)向溶液a 中加入溶液b。灯泡亮度不会出现“亮—灭(或暗)—亮”变化的是( )
选项
A
B
C
D
试剂a
Ba(OH)2
Ba(OH)2
CH3COOH
Ca(OH)2
试剂b
CuSO4
H2SO4
氨水
NH4HCO3
【答案】C
【解析】A 项，Ba(OH)2与CuSO4发生离子反应：Ba2++2OH-+Cu2++SO4
2-=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，随着反应
的进行，溶液中自由移动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反应时，溶液中几乎不存在自由移动的
微粒，灯泡完全熄灭。当CuSO4溶液过量时，其电离产生的Cu2+、SO4
2-导电，使灯泡逐渐又变亮，A 不符
合题意；B 项，Ba(OH)2与H2SO4发生离子反应：Ba2++2OH-+2H++ SO4
2-=BaSO4↓+2H2O，随着反应的进行，
4
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溶液中自由移动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反应时，溶液中几乎不存在自由移动的微粒，灯
泡完全熄灭。当H2SO4溶液过量时，其电离产生的H+、SO4
2-导电，使灯泡逐渐又变亮，B 不符合题意；C
项，CH3COOH 与氨水发生离子反应：CH3COOH+NH3·H2O=CH3COO-+NH4
++H2O，反应后自由移动的离子
浓度增大，溶液导电能力增强，灯泡更明亮，不出现亮—灭(或暗)—亮的变化，C 符合题意；D 项，
Ca(OH)2与NH4HCO3发生离子反应：Ca2++2OH-+ NH4
++ HCO3
-=CaCO3↓+H2O +NH3·H2O，随着反应的进行，
溶液中自由移动离子浓度减小，灯泡逐渐变暗，当二者恰好反应时，溶液中自由移动的微粒浓度很小，灯
泡很暗。当NH4HCO3溶液过量时，其电离产生的NH4
+、HCO3
-导电，使灯泡逐渐又变亮，D 不符合题意；
故选C。
7．(2020·北京卷，11) 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CO3
2-+2H+=H2O+CO2↑
【答案】C
【解析】A 项，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，故A 错误；B 项，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，故B 错误；C 项，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，故C 正确；D 项，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CO3
2-+2
CH3COOH =H2O+CO2↑+2CH3COO-，故D 错误；故选C。
8．(2019•浙江4 月卷，1)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】A．可知硫酸钡是强电解质，A 项正确；B．食盐水为混合物，不在强电解质的概念内，B 项
错误；C．二氧化硅是非电解质，C 项错误；D．醋酸在水中不完全电离，为弱电解质，D 项错误。
9．(2016·全国Ⅲ卷，13)下列有关电解质溶液的说法正确的是( )
A．向0.1mol
CH3COOH 溶液中加入少量水，溶液中
减小
B．将CH3COONa 溶液从20℃升温至30℃，溶液中
增大
C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中
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D．向AgCl、AgBr 的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中
不变
【答案】D
【解析】A 项，
=
，因为随着水的量增加，醋酸电离程度增大，但醋酸
根离子浓度减小，平衡常数不变，故比值变大，故错误；B 项，醋酸钠溶液加热，醋酸根离子水解程度增
大，其
=1/K，K 变大，所以比值变小，故错误；C 项，盐酸中年加入氨水到中性，
则有c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，c(NH4
+)=c(Cl-)，故错误；D 项，向氯化银和溴化银的饱和溶液中加入
少量硝酸银，沉淀溶解平衡逆向移动，氯离子和溴离子浓度比仍等于其溶度积的比值，故不变，故正确。
10．(2016·浙江理综，12)苯甲酸钠(
，缩写为NaA)可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸
(HA)的抑菌能力显著高于A–。已知25 ℃时，HA 的Ka=6.25×10–5，H2CO3 的Ka1=4.17×10–7，Ka2=4.90×10–
11。在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA 外，还需加压充入CO2气体。下列说法正确的是(温度为25
℃，不考虑饮料中其他成分)( )
A．相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低
B．提高CO2充气压力，饮料中c(A–)不变
C．当pH 为5.0 时，饮料中
=0.16
D．碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为：c(H+)=c(HCO3
-)+c(CO3
2-)+c(OH–)–c(HA)
【答案】C
【解析】A 项，根据题意，苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A–，相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的
抑菌能力较高，A 项错误；B 项，提高CO2充气压力，根据强酸制弱酸原理，CO2+H2O+A-=HA+HCO3
-，饮
料中c(A–)减小，B 项错误；C 项，当pH 为5.0 时，饮料中
=c(H+)÷Ka=10-5÷6.25×10–5=0.16，C 项正
确；D 项，碳酸饮料中加入的各成分含量未知，无法比较各种粒子的浓度关系，D 项错误；故选C。
11．(2016·上海卷，6)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 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，由
于NaOH 是强碱，故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。
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考点2 弱电解质电离平衡图象
1．(2024·河北卷，11，3 分)在水溶液中，CN-可与多种金属离子形成配离子。X、Y、Z 三种金属离子
分别与CN-形成配离子达平衡时，
与
的关系如图。
下列说法正确的是( )
A．
的X、Y 转化为配离子时，两溶液中CN-的平衡浓度：X＞Y
B．向Q 点X、Z 的混合液中加少量可溶性Y 盐，达平衡时
C．由Y 和Z 分别制备等物质的量的配离子时，消耗CN-的物质的量：Y＜Z
D．若相关离子的浓度关系如P 点所示，Y 配离子的解离速率小于生成速率
【答案】B
【解析】A 项，99%的X、Y 转化为配离子时，溶液中
，则
，根据图像可知，纵坐标约为-2 时，溶液中
，则溶液中CN-的平衡浓度：X＜Y，A 错误；B 项，Q 点时
，即
，加入少量可溶性Y 盐后，会消耗CN-
形成Y 配离子，使得溶液中c(CN-)减小(沿横坐标轴向右移动)，
与
曲线在
Q 点相交后，随着
继续增大，X 对应曲线位于Z 对应曲线上方，即
，则
，B 正确；C 项，设金属离子形成配离
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子的离子方程式为金属离子
配离子，则平衡常数
，
，即
，故X、Y、Z 三种金属离子形成配离子时结合的CN-越多，对应
曲线斜率越大，由题图知，曲线斜率：Y＞Z，则由Y、Z 制备等物质的量的
配离子时，消耗CN-的物质的量：Z＜Y，C 错误；D 项，由P 点状态移动到形成Y 配离子的反应的平衡状
态时，
不变，
增大，即c(Y)增大、c(Y 配离子)减小，则P 点状态Y 配离子的解
离速率>生成速率，D 错误；故选B。
2．(2023•山东卷，15)在含HgI2(g)的溶液中，一定c(I-)范围内，存在平衡关系：HgI2(s)
HgI2(aq)；HgI2(aq)
Hg2++2I-；HgI2(aq)
HgI++I-；HgI2(aq)+I-
HgI3
--；HgI2(aq)+2I-
HgI4
2-，平衡常数依次为K0、K1、K2、K3、K4。已知lgc(Hg2+)、lgc(HgI+)、lgc(HgI3
-)、lgc(HgI4
2-)随lgc(I-)的
变化关系如图所示，下列说法错误的是( )
A．线
表示lgc(HgI4
2-)的变化情况
B．随c(I-)增大，c[HgI2(aq)]先增大后减小
C．
D．溶液中I 元素与
元素的物质的量之比始终为2：1
【答案】B
【解析】由题干反应方程式HgI2(aq)
Hg2++2I-可知，K1=
，则有c(Hg2+)=
，则有lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，同理可得：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)，lgc(HgI3
-)
=lgK3+lgc(HgI2)+ lgc(I-)，lgc(HgI4
2-) ==lgK4+lgc(HgI2)+ 2lgc(I-)，且由HgI2(s)
HgI2(aq)可知
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K0=c[HgI2(aq)]为一定值，故可知图示中
曲线1、2、3、4 即L 分别代表
lgc(HgI+)、lgc(Hg2+)、lgc(HgI3
-)、lgc(HgI4
2-)。A 项，线L 表示lgc(HgI4
2-)的变化情况，A 正确；B 项，已知
HgI2(s)
HgI2(aq)的化学平衡常数K0= c[HgI2(aq)]，温度不变平衡常数不变，故随c(I-)增大，c[HgI2(aq)]
始终保持不变，B 错误；C 项，曲线1 方程为：lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，曲线2 方程为：
lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)即有①b= lgK1+lgc(HgI2)-2a，②b= lgK2+lgc(HgI2)-a，联合①②可知得：
，C 正确；D 项，溶液中的初始溶质为HgI2，根据原子守恒可知，该溶液中I 元素与Hg
元素的物质的量之比始终为2：1，D 正确；故选B。
3．(2023•湖北省选择性考试，14)H2L 为某邻苯二酚类配体，其
，
。常温下
构建Fe(Ⅲ)- H2L 溶液体系，其中
，
。体系中
含Fe 物种的组分分布系数δ 与pH 的关系如图所示，分布系数
，已知
，
。下列说法正确的是( )
A．当pH=1 时，体系中c(H2L)>c([FeL]+) >c(OH-)>c(HL-)
B．pH 在9.5~10.5 之间，含L 的物种主要为L2-
C．L2-+[FeL]+
[FeL2]-的平衡常数的lgK 约为14
D．当pH=10 时，参与配位的c(L2-)≈1.0×10-3 mol·L-1
【答案】C
【解析】从图给的分布分数图可以看出，在两曲线的交点横坐标值加和取平均值即为某型体含量最大
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时的pH。A 项，从图中可以看出Fe(Ⅲ)主要与L2-进行络合，但在pH=1 时，富含L 的型体主要为H2L，此
时电离出的HL-较少，根据H2L 的一级电离常数可以简单计算pH=1 时溶液中c(HL-)≈10-9.46，但pH=1 时
c(OH-)=10-13，因此这四种离子的浓度大小为c(H2L)>c([FeL]+)>c(HL-)>c(OH-)，A 错误；B 项，根据图示的
分布分数图可以推导出，H2L 在pH≈9.9 时HL-的含量最大，而H2L 和L2-的含量最少，因此当pH 在
9.5~10.5 之间时，含L 的物种主要为HL-，B 错误；C 项，该反应的平衡常数K=
，当
[FeL2]-与[FeL]+分布分数相等时，可以将K 简化为K=
，此时体系的pH=4，在pH=4 时可以计算溶液
中c(L2-)=5.0×10-14.86，则该络合反应的平衡常数K≈10-14.16，即lg K≈14，C 正确；D 项，根据图像，pH=10
时溶液中主要的型体为[FeL3]3- 和[FeL2(OH)]2- ，其分布分数均为0.5 ，因此可以得到
c([FeL3]3-)=c([FeL2(OH)]2-)=1×10-4mol·L-1，此时形成[FeL3]3-消耗了3×10-4mol·L-1的L2-，形成[FeL2(OH)]2-消耗
了2×10-4mol·L-1的L2-，共消耗了5×10-4mol·L-1的L2-，即参与配位的c(L2-)≈5×10-4，D 错误；故选C。
4．(2023•浙江省1 月选考，13)甲酸Ka=1.8×10-4是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，通过
离子交换树脂(含固体活性成分R3N，R 为烷基)因静电作用被吸附回收，其回收率(被吸附在树脂上甲酸根
的物质的量分数)与废水初始
关系如图(已知甲酸Ka=1.8×10-4)，下列说法不正确的是( )
A．活性成分R3N 在水中存在平衡：R3N+H2O
R3NH++OH-
B．pH=5 的废水中c(HCOO-)：c(HCOOH)=18
C．废水初始pH<2.4，随pH 下降，甲酸的电离被抑制，与R3NH+作用的HCOO-数目减少
D．废水初始pH>5，离子交换树脂活性成分主要以R3NH+形态存在
【答案】D
【解析】A 项，由图可知，R3N 溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡R3N+H2O
R3NH++OH-，故A 正
确；B 项，由电离常数公式可知，溶液中
=
，当溶液pH 为5 时，溶液中
=
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-18，故B 正确；C 项，由图可知，溶液pH 为2.4 时，废水中的甲酸及其盐回收率最高，当溶液
中pH 小于2.4 时，随溶液pH 下降，溶液中氢离子浓度增大，甲酸的电离被抑制，溶液中甲酸个离子浓度
减小，与R3NH+作用的数目减小，故C 正确；D 项，由图可知，R3N 溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡
R3N+H2O
R3NH++OH-，当废水初始pH 大于5 时，平衡向左移动，离子交换树脂活性成分主要以R3N
形态存在，故D 错误；故选D。
5．(2016·北京理综，11)在两份相同的Ba(OH)2 溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、
NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。
下列分析不正确的是( )
A．①代表滴加H2 SO4溶液的变化曲线
B．b 点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH–
C．c 点，两溶液中含有相同量的OH–
D．a、d 两点对应的溶液均显中性
【答案】C
【
解
析
】
两
个
反
应
的
方
程
式
为
：
①
Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4+2H2O
②Ba(OH)2+NaHSO4=NaOH+BaSO4 +H2O ③NaOH+NaHSO4=Na2SO4+H2O。A 项，从方程式分析，当氢
氧化钡恰好和硫酸完全反应时，溶液的导电能力最小，故①代表滴加硫酸时的变化曲线，故正确；B 项，b
点是加入硫酸氢钠进行反应②，溶液中含有氢氧化钠，故正确；C 项，C 点①曲线为硫酸，②曲线为氢氧
化钠和硫酸钠，因为硫酸根离子浓度相同，因为②中的钠离子浓度大于①中氢离子浓度，所以溶液中的氢
氧根离子浓度不相同，故错误；D 项，a 点为钡离子和硫酸根离子完全沉淀，d 为硫酸钠溶液，溶液都显中
性，故正确。
6．(2015·海南卷，11)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( )
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【答案】B
【解析】因为浓度越大，弱电解质的电离程度越小，因此随着浓度增大，电离度逐渐减小，C、D 不符
合题意；等浓度时，弱电解质越弱，电离程度越小(即Ka越小，电离程度越小)，则A 不符合题意，B 符合
题意。
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