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2023——2024 年解密高考化学大一轮复习精讲案
第八章 水溶液在的离子平衡
专题二十九 电离平衡
第一板块 明确目标
课标要求
核心素养
1. 从电离、离子反应、化学平衡的角度认识电解质水溶液的组成、性质
和反应。
2. 认识弱电解质在水溶液中存在电离平衡，了解电离平衡常数的含义。
变化观念与平衡思想
宏观辨识与微观探析
科学精神与社会责任
证据推理及模型认知
第二板块 夯实基础
1
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考点一 弱电解质的电离平衡及影响因素
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。
平衡建立过程如图所示：
2．电离平衡的特征
3．外因对电离平衡的影响
(1)以0.1 mol·L－1 CH3COOH 溶液为例，填写外界条件对CH3COOH(aq)CH3COO－(aq)＋
H＋(aq) ΔH＞0 的影响。
2
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改变条件
平衡移动方向
n(H＋)
c(H＋)
导电能力
加水稀释
加入少量冰醋酸
通入HCl(g)
加NaOH(s)
加CH3COONa(s)
升高温度
(2)分别画出冰醋酸加水稀释过程中溶液的电导率和pH 随加水体积变化的曲线。
考点二 电离平衡常数及应用
1．概念
在一定条件下，弱电解质达到电离平衡时，溶液中电离所生成的各种离子浓度(幂次方)的乘积与溶液中未
电离的分子浓度的比值是一个常数，这个常数叫做电离平衡常数，简称电离常数，用K(弱酸用Ka，弱碱用
Kb)表示。
2．表达式
一元弱酸HA
一元弱碱BOH
电离方程式
HA
H＋＋A－
BOH
B＋＋OH－
电离常数表达式
Ka＝
Kb＝
3．特点
(1)电离平衡常数与温度有关，与浓度无关，升高温度，K 增大。
(2)电离平衡常数反映弱电解质的相对强弱，K 越大，表示弱电解质越易电离，酸性或碱性越强。
(3)多元弱酸的各步电离常数的大小关系是Ka1>Ka2>Ka3……，当Ka1≫Ka2时，计算多元弱酸中的c(H＋)或比
较多元弱酸酸性的相对强弱时，通常只考虑第一步电离。
4．电离度
(1)概念
在一定条件下的弱电解质达到电离平衡时，已经电离的电解质分子数占原电解质分子总数的百分比。
(2)表示方法
α＝×100%，也可表示为α＝×100%。
(3)影响因素
3
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①相同温度下，同一弱电解质，浓度越大，其电离度(α)越____。
②相同浓度下，同一弱电解质，温度越高，其电离度(α)越____。
考点三 强酸(碱)与弱酸(碱)的比较
1．一元强酸(HCl)与一元弱酸(CH3COOH)的比较
(1)相同物质的量浓度、相同体积的盐酸与醋酸溶液的比较
比较项目
c(H＋)
pH
中和碱的能力
与活泼金属反应
产生H2的量
开始与金属反应的速率
盐酸
醋酸溶液
(2)相同pH、相同体积的盐酸与醋酸溶液的比较
比较项目
c(H＋)
c(酸)
中和碱的能力
与足量活泼金属反应
产生H2的量
开始与金属反
应的速率
盐酸
醋酸溶液
2．一元强酸(HCl)与一元弱酸(CH3COOH)稀释图像比较
(1)相同体积、相同浓度的盐酸与醋酸
加水稀释相同的倍数，醋酸的pH
加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水
(2)相同体积、相同pH 的盐酸与醋酸
加水稀释相同的倍数，盐酸的pH
加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水
3．一元弱酸和一元强酸与金属的反应(以盐酸和醋酸为例)图像
实验操作
图像
4
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同体积、同浓度的盐酸和醋酸分别与足
量Zn 反应
同体积、同pH 的盐酸和醋酸分别与足
量Zn 反应
【答案】
考点一 弱电解质的电离平衡及影响因素
2．＝ ≠
3．(1)向右 增大 减小 减弱 向右 增大 增大 增强 向左 增大 增大 增强 向右 减小 减
小 增强 向左 减小 减小 增强 向右 增大 增大 增强
(2)
考点二 电离平衡常数及应用
4．(3)①小 ②大
考点三 强酸(碱)与弱酸(碱)的比较
1．一元强酸(HCl)与一元弱酸(CH3COOH)的比较
(1)相同物质的量浓度、相同体积的盐酸与醋酸溶液的比较
比较项目
c(H＋)
pH
中和碱的能力
与活泼金属反应
产生H2的量
开始与金属反应的速
率
盐酸
大
小
相同
相同
大
醋酸溶液
小
大
小
(2)相同pH、相同体积的盐酸与醋酸溶液的比较
比较项目
c(H＋)
c(酸)
中和碱的能力
与足量活泼金属反应
产生H2的量
开始与金属反
应的速率
盐酸
相同
小
小
少
相同
醋酸溶液
大
大
多
2．一元强酸(HCl)与一元弱酸(CH3COOH)稀释图像比较
5
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(1)相同体积、相同浓度的盐酸与醋酸
加水稀释相同的倍数，醋酸的pH 大
加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多
(2)相同体积、相同pH 的盐酸与醋酸
加水稀释相同的倍数，盐酸的pH 大
加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多
考点一 弱电解质的电离平衡及影响因素
1.向10mL氨水中加入蒸馏水，将其稀释到1 L后，下列变化中不正确的是（ ）
A. N H 3⋅H 2O的电离程度增大
B. c( N H 3⋅H 2O)增大
C. N H 4
+的数目增多
D.
c( N H 4
+)
c( N H 3⋅H 2O)增大
【答案】B
【解析】
A .稀释促进弱电解质电离、则 N H 3⋅H 2O 的电离程度增大，A 正确；
B.稀释促进 N H 3⋅H 2O 电离、则 N H 3⋅H 2O 数目及 c( N H 3⋅H 2O) 均减小，B不正确；
C.稀释促进 N H 3⋅H 2O 电离、 N H 4
+ 的数目增多，C 正确；
D. 稀释促进 N H 3⋅H 2O 电离、 N H 3⋅H 2O 数目减小、 N H 4
+ 的数目增多，
则
c( N H 4
+)
c( N H 3⋅H 2O) =
n( N H 4
+)
n( N H 3⋅H 2O)
增大，D 正确；
答案选B。
6
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2.某温度下，HN O2和C H 3COOH的电离常数分别为5.0×10
−4和1.7×10
−5。将PH和体积均相同的两种
酸溶液分别稀释，其pH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HN O2溶液
B. 溶液中水的电离程度：b点>c点
C. 相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n( N a
+)相同
D. 从c点到d点，溶液中c (HA)⋅c(O H
−)
c( A
−)
保持不变(其中HA、A
−分别代表相应的酸和酸根离子)
【答案】D
【解析】
酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据电离平衡常数知，酸性：HN O2>C H 3COOH；
A.加水稀释促进弱酸电离，pH相同的这两种酸稀释相同倍数，pH变化大的酸性较强，根据图知，pH变
化较大的是Ⅱ，则Ⅱ表示较强的酸HN O2，所以曲线Ⅰ表示C H 3COOH，故A 错误；
B.酸或碱抑制水电离，酸中c( H
+)越大其抑制水电离程度越大，酸中c( H
+)：b>c，则抑制水电离程度：
b>c，所以水电离程度：b<c，故B 错误；
C.a点两种溶液的pH相同，但是两种溶液浓度：HN O2<C H 3COOH，相同体积的a点两种溶液中溶质
物质的量：HN O2<C H 3COOH，消耗的碱与酸的物质的量成正比，所以消耗的碱：
HN O2<C H 3COOH，根据Na原子守恒知溶液中n( N a
+)：HN O2<C H 3COOH，故C 错误；
7
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D.水解平衡常数只与温度有关，c( HA )⋅c(O H
−)
c( A
−)
= K h，从c点到d点，温度不变，水解平衡常数不变，
所以溶液中c( HA)⋅c(O H
−)
c( A
−)
保持不变，故D 正确。
故选D。
3.室温下向10mL pH =3的醋酸溶液中加水稀释后，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
c(CH 3COO
−)
c(CH 3COOH )×c(OH
−)
不变
C. 醋酸的电离程度增大，c( H
+)也增大
D. 再加入10mL pH =11的NaOH溶液，混合液pH =7
【答案】B
【解析】
A.依据平衡C H 3COOH ⇌C H 3COO
−+ H
+，加水稀释，平衡右移， n(C H 3COO
−)、 n( H
+)增大，
溶液中导电粒子的数目增大，故A 错误；
B. 上述电离平衡的常数为 K = c(CH 3COO
−)×c( H
+)
c(CH 3COOH )
，水的离子积 K w = c(O H
−)· c( H
+)，则
c(CH 3COO
−)
c(CH 3COOH )×c(OH
−)
= K
Kw ，温度不变，上述两常数均不变，故B 正确；
C.依据平衡C H 3COOH ⇌C H 3COO
−+ H
+，加水稀释，平衡右移， n(C H 3COO
−)、 n( H
+)增大，
但 c(C H 3COO
−)、 c( H
+)均减小，故C 错误；
D.因为醋酸为弱酸，所以醋酸的浓度远远大于NaOH的浓度，最终溶液显酸性，D 错误。
故选B。
8
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4.下列叙述正确的是（ ）
A. 稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度
B. 25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH =7
C. 25℃时，0.1mol· L
−1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱
D. 0.1mol AgCl和0.1mol AgI混合后加入1 L水中，所得溶液中c(C l
−)=c( I
−)
【答案】C
【解析】
A.稀醋酸溶液中存在平衡：C H 3COOH ⇌C H 3COO
−+ H
+，醋酸钠，溶液中C H 3COO
−离子浓度增大，
抑制醋酸的电离，故A 错误；
B.25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后为N H 4 N O3溶液，溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性，
故溶液pH <7，故B 错误；
C.硫化氢为弱电解质，部分电离，而硫化钠为强电解质，等浓度溶液中硫化氢溶液中离子浓度远远小于硫
化钠溶液中离子浓度，硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱，故C 正确；
D.均存在溶解平衡，溶液中A g
+浓度相同，AgCl与AgI的溶度积不同，所得溶液中c(C l
−)≠c( I
−)，故D
错误。
5.氨水中存在的主要溶质微粒是N H 3· H 2O。
已知：常温下，醋酸和N H 3· H 2O的电离平衡常数均为1.74×10
−5
(1)CHCOO
−结合H
+的能力__________N H 4
+结合O H
−的能力(填“>”“=”或“<”)，则CHCOONH
溶液呈 __________性。
(2)为证明一水合氨是弱电解质，甲乙丙三位同学利用下面的试剂进行实验：
试剂：0.10mol⋅L
−1氨水、NH ₄Cl晶体、醋酸铵晶体、酚酞试剂、pH试纸、蒸馏水。
①甲用pH试纸测出0.10mol⋅L
−1氨水的pH为10，据此他认定一水合氨是弱电解质，你认为这一结论是
否正确？__________(“正确”或“错误”)。
②乙取10mL0.10mol⋅L
−1氨水，用pH试纸测出其pH为a，然后用蒸馏水稀释至1000mL，再用pH试
纸测出其pH为b，他认为只要a、b满足：a−b__________2(填“>”“=”或“<”)即可确认一水合氨是
弱电解质。
③丙取10mL0.10mol⋅L
−1氨水，滴入2滴酚酞试液，显粉红色，再加入CHCOONH晶体少量，颜色变
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浅。你认为这一方法能否证明一水合氨是弱电解质 __________(填“能”或“否”)。
(3)常温下，取不同浓度、不同温度的氨水测定，得到下表实验数据。
温度
c( NH ₃· H ₂O)/mol·L电离常数
电离程度
c(OH ∼)/mol·L⁻ ¹
0℃
16.56
1.37×10˜ 5
9.098 %
1.507×10⁻ ²
10℃
15.16
1.57×10˜ 5
10.18 %
1.543×10⁻ ²
20℃
13.63
1.71×10∼5
11.2%
1.527×10⁻ ²
①温度升高，NH ⋅HO的电离平衡向 __________方向移动，能支持该结论的表中数据是__________。
a.电离常数 b.电离程度 c .c(OH ⁻ ) d．c (NH ⋅HO)
②表中c(O H
−))基本不变的原因是__________。
③常温下，在氨水中加入少量的氯化铵晶体，下列说法错误的是__________。
a.溶液的pH增大 b．c(O H
−)减小 c . c(N H 4
+)减小
【答案】
(1) = 中
(2) 正确 < 能
(3) 正反应 a 氨水浓度降低，使c(O H
−)减小，而温度升高，使c(O H
−)增大，双重作用使
c(O H
−)基本不变 ac
【解析】
1)醋酸和N H 3· H 2O的电离平衡常数均为 1.74×10
−5 ，根据水解的规律可知，则 CHCOO
− 结合H
+的
能力= N H 4
+ 结合O H
−的能力；根据谁强显谁性，同强显中性可知， CHCOONH 溶液呈中性；
(2)①如果氨水是强碱，0.10mol/ L氨水c( H
+)= 10
−14
0.1 mol/ L ，实际上溶液的pH =10<13，所以氨水
是弱碱，②若是强碱，稀释100倍，pH减小2个单位，由于是弱碱，稀释的过程中，会部分电离，即
c(O H
−)变化的幅度变小，pH减小幅度小于2个单位，则有 a−b<2 ；③向氨水中加入醋酸铵后，如果
氨水是弱电解质，则抑制一水合氨电离，溶液中氢氧根离子浓度降低，溶液的碱性减弱，则溶液的颜色变
浅，则说明一水合氨存在电离平衡。
(3)①温度升高，促进N H 3· H 2O的电离，平衡向右移动，只有电离平衡常数是温度的函数
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②氨水浓度在降低，而温度升高，两者双重作用使c(O H
−)基本不变
③常温下，在氨水中存在： N H 3⋅H 2O⇀
↽N H 4
++O H
−
，由勒夏特列原理知：加入一定量的氯化铵晶
体，氯化铵完全电离提供了铵离子，瞬间铵离子浓度增大，平衡左移， pH减小，电离度减小，c(O H
−)
减小，c( NH ❑4
+ )增大，说法错误的是ac。
【易错点拨】
外界条件对电离平衡影响的四个不一定
(1)稀醋酸加水稀释时，溶液中不一定所有的离子浓度都减小。因为温度不变，KW＝c(H＋)·c(OH－)是定值，
稀醋酸加水稀释时，溶液中的c(H＋)减小，故c(OH－)增大。
(2)电离平衡右移，电解质分子的浓度不一定减小，如对于CH3COOHCH3COO－＋H＋，平衡后，加入冰
醋酸，c(CH3COOH)增大，平衡右移，根据勒夏特列原理，只能“减弱”而不能消除这种改变，再次平衡
时，c(CH3COOH)比原平衡时大。
(3)电离平衡右移，离子的浓度不一定增大，如在CH3COOH 溶液中加水稀释或加少量NaOH 固体，都会引
起平衡右移，但c(CH3COOH)、c(H＋)都比原平衡时要小。
(4)电离平衡右移，电离程度也不一定增大，如增大弱电解质的浓度，电离平衡向右移动，弱电解质的电离
程度减小。
【规律方法】
判断弱电解质的三个角度
1．弱电解质不能完全电离
(1)测定一定浓度的HA 溶液的pH。
(2)与同浓度盐酸比较导电性。
(3)与同浓度的盐酸比较和锌反应的快慢。
2．弱电解质溶液中存在电离平衡
条件改变时，平衡发生移动。
(1)从一定pH 的HA 溶液稀释前后pH 的变化判断。
(2)从升高温度后pH 的变化判断。
(3)从等体积、等pH 的HA 溶液、盐酸分别与过量的锌反应生成H2的量判断。
3．弱电解质形成的盐类能水解
如判断CH3COOH 为弱酸可用下面两个现象：
(1)配制某浓度的醋酸钠溶液，向其中加入几滴酚酞溶液。现象：溶液变为浅红色。
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(2)用玻璃棒蘸取一定浓度的醋酸钠溶液滴在pH 试纸上，测其pH。现象：pH>7。
考点二 电离平衡常数及应用
1.己知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示：
化学式
C H 3COOH
H 2C O3
HClO
电离平衡常
数
K a=1.8×10
−5
K a1= 4.3×10
−7 K a2=5.6×10
−11
K a=3.0×10
−8
以下说法不正确的是（ ）
A. 向弱酸溶液中加入少量NaOH溶液，电离平衡常数变大
B. 多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定
C. 表中三种酸，酸性最强的是C H 3COOH
D. 向NaClO溶液中通入C O2气体，可以生成HClO
【答案】A
【解析】
A .已知电离平衡常数仅仅是温度的函数，故向弱酸溶液中加入少量 NaOH 溶液，虽然电离平衡正向移动，
但电离平衡常数不变，A不正确；
B.由于多元弱酸第一步电离产生的H
+，将抑制其二级、三级电离，故多元弱酸的酸性主要由第一步电离决
定，B 正确；
C.已知电离平衡常数越大，对应酸的酸性越强，结合表中三种酸的电离平常数可知，酸性最强的是
C H 3COOH，C 正确；
D.由题干表格数据可知，Ka1( H 2C O3)> Ka( HClO)，即H 2C O3的酸性强于HClO，向 NaClO 溶液中
通入 C O2 气体，可以生成 HClO ，D 正确；
故答案为：A。
2.将2mL1mol / L的醋酸滴入到饱和N a2C O3溶液中，观察到有气泡产生。下列有关说法不正确的是（
）
A. 电离方程式：H 2C O3=2 H
++C O3
2−
B. 酸性：C H 3COOH > H 2C O3
C. 电离常数：K n(C H 3COOH )> K a1( H 2C O3)
D. H 2C O3的电离常数：K a1>> K a2
【答案】A
【解析】
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A . H 2C O3⇀
↽H
++ HC O3
−, HC O3
−⇀
↽H
++C O3
2−
，A 错误；
B.根据强酸制弱酸的原理，说明醋酸的酸性强于碳酸，B 正确；
C.电离平衡常数越大，酸性越强，C 正确；
D.多元弱酸，第一步电离远大于第二部电离，D 正确；
故答案为：A。
3.常温下，体积和浓度一定的NaA溶液中各微粒浓度的负对数(−lgc)随溶液pH的变化关系如图所示。下
列叙述正确的是
A. 曲线②表示−lgc(O H
−)随溶液pH的变化情况
B. 等物质的量浓度NaA和HA混合溶液：c( N a
+)>c( A
−)>c(O H
−)>c( H
+)
C. HA的K a的数量级为10
−5
D. 常温下，将M点对应溶液加水稀释，c( A
−)
c( HA )不变
【答案】C
【解析】
A.曲线②与pH成正比例关系，代表了氢离子浓度的负对数，故表示−lgc( H ❑
+)随溶液pH的变化情况，
A
错误；B.等物质的量浓度NaA和HA混合溶液呈酸性，正确顺序为
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c( A❑
−)>c( Na❑
+)>c( H ❑
+)>c(OH ❑
−)，B 错误；
C .等物质的量浓度NaA和HA混合溶液pH约为4.35，因此HA的K a的数量级为10
−5，C 正确；
D .常温下，将M点对应溶液加水稀释时
c( A
−)
c( HA )⋅c(O H
−)
=
c( A
−)⋅c( H
+)
c( HA )⋅c(O H
−)⋅c( H
−)
= K HA
K w
的比值不
变，而稀释导致氢离子浓度减小，所以c( A
−)
c( HA )增大， D 错误。
4.某温度下，相同体积、相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所
示。下列说法正确的是( )
A. Ⅱ为盐酸稀释时的pH变化曲线
B. b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强
C. a点的K W比c点的K W大
D. b点酸的浓度大于a点酸的浓度
【答案】B
【解析】
A项，HCl为强酸，C H 3COOH为弱酸，稀释时C H 3COOH的电离平衡向右移动，所以稀释相同倍数
后醋酸溶液的pH小于盐酸的pH，故Ⅰ为盐酸稀释时的pH变化曲线，A 错误；
B项，b点溶液中离子浓度大于c点溶液中离子浓度，所以b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强，B 正确；
C项，温度相同，K W相同，所以a点的K W与c点的K W相同，C 错误；
D项，pH相同的盐酸和醋酸溶液，因为C H 3COOH为弱酸，所以醋酸溶液的浓度大于盐酸的浓度，则稀
释相同倍数后，醋酸溶液的浓度仍大于盐酸的浓度，故b点酸的浓度小于a点酸的浓度，D 错误。
故选B。
5.常温下将NaOH溶液滴加到己二酸( H 2 X )溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下
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列叙述错误的是( )
A. K a2( H 2 X )的数量级为10
−6
B. 曲线N表示pH与lg c( H X
−)
c( H 2 X ) 的变化关系
C. NaHX溶液中c( H
+)>c(O H
−)
D. 当混合溶液呈中性时，c( N a
+)>c( H X
−)>c( X
2−)>c(O H
−)=c( H
+)
【答案】D
【解析】
H 2 X为二元弱酸，以第一步电离为主，则K a1( H 2 X )> K a2( H 2 X )，酸性条件下，则pH相同时
c( H X
−)
c( H 2 X ) > c( X
2−)
c( H X
−)
，由图象可知N为lg c( H X
−)
c( H 2 X ) 的变化曲线，M为lg c( X
2−)
c( H X
−)
的变化曲线，当
lg c( H X
−)
c( H 2 X ) =0或lg c( X
2−)
c( H X
−)
=0时，说明c( H X
−)
c( H 2 X ) =1或c( X
2−)
c( H X
−)
=1，浓度相等，结合图象可计算电离
常数并判断溶液的酸碱性。
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A.lg c( X
2−)
c( H X
−)
=0时，c( X
2−)
c( H X
−)
=1，此时pH ≈5.4，则K a2( H 2 X )≈10
−5.4，可知K a2( H 2 X )的数量级为
10
−6，故A 正确；
B.由以上分析可知曲线N表示pH与lg c( H X
−)
c( H 2 X ) 的变化关系，故B 正确；
C.lg c( H X
−)
c( H 2 X ) =0时，即c( H X
−)=c( H 2 X )，此时pH ≈4.4，则K a1( H 2 X )≈10
−4.4，常温下，
K h( H X
−)= K w
K a1
≈10
−14
10
−4.4 =10
−9.6< K a2( H 2 X )≈10
−5.4，可知H X
−电离程度大于水解程度，则NaHX溶
液呈酸性，溶液中c( H
+)>c(O H
−)，故C 正确；
D.由图象可知当pH =7时，lg c( X
2−)
c( H X
−)
>0，则c( X
2−)>c( H X
−)，故D 错误。
故选D。
6.常温下，向0.1mol· L
−1 N a2 A溶液中，不断通入HCl，H 2A、H A
−、A
2−在
溶液中所占物质的量分数(δ )与pOH [ pOH =−lgc(O H
−)]的关系如图所示，
下列说法正确的是( )
A. H 2 A的第二级电离平衡常数为10
−10mol/ L
B. 随着HCl的通入，c( H
+)
c( H 2 A )先减小后增大
C. 当溶液呈中性时：c( N a
+)=c( H A
−)+2c ( A
2−)
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D. 将等浓度等体积的N a2 A与H 2 A溶液混合后，溶液显碱性
【答案】B
【解析】
A. 当pOH =10时，c( H
+)=10
−4mol / L，H A
−、A
2−浓度相等，H 2 A的第二级电离平衡常数为
c( A
2−)c( H
+)
c( H A
−)
=10
−4mol/ L，故A 错误；
B.温度不变，则H 2 A的第一级电离常数不变，即c( H A
−)c( H
+)
c( H 2 A )
不变，由于H A
−浓度先增大，后减小，
则c( H
+)
c( H 2 A )先减小后增大，故B 正确；
C.当溶液呈中性时：c( N a
+)=c( H A
−)+2c ( A
2−)+c(C l
−)，故C 错误；
D.将等浓度等体积的N a2 A与H 2 A溶液混合后反应生成NaHA，由图可知c( H A
−)较大时，pOH >10>7，
则pH <7，溶液显酸性，故D 错误。
7.25℃时，用浓度为0.1000mol/ L的NaOH溶液滴定体积均是20.00mL、浓度均为0.1000mol/ L的三
种酸HX、HY 、HZ，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. 酸性强弱顺序是HX > HY > HZ
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B. HY 为弱酸，其电离常数数量级为10
−6
C. pH =2的HZ溶液加水稀释10倍，pH为3
D. 加入20.00mLNaOH溶液时，只有HY 溶液达到滴定终点
【答案】C
【解析】
A.相同浓度的一元酸，酸的酸性越强其pH值越小，根据图知开始时pH ( HX )> pH ( HY )> pH ( HZ )，则
酸性HX < HY < HZ，故A 错误；
B.由分析可知，HY 为弱酸，存在电离平衡：HY ⇌H
++Y
−，根据图像数据，0.1000mol/ L的HY 溶液
pH =3，即该酸溶液中c( H
+)=10
−3mol / L，其电离平衡常数Ka= c( H
+)·c(Y
−)
c( HY )
= 10
−3×10
−3
10
−1−10
−3 ≈10
−5，
故B 错误；
C.HZ是强酸，在水溶液中完全电离，稀释10倍，c( H
+)是原来的1
10，pH增大1，所以稀释后溶液pH为
3，故C 正确；
D.加入20mLNaOH溶液时，三种溶液pH均发生突变，说明三种溶液均达到滴定终点，故D 错误。
【归纳拓展】
电离常数(K)的三大应用
(1)判断弱电解质的强弱，K 越大，性质越强。
(2)判断盐溶液中酸碱性强弱，K 越大，对应的盐水解程度越小，呈现的酸、碱性越弱。
(3)书写复分解反应方程式，K 较大的酸或碱能制K 较小的酸或碱。
【方法规律】
(1)特定条件下的Ka或Kb的有关计算
25 ℃时，a mol·L－1弱酸盐NaA 溶液与b mol·L－1的强酸HB 溶液等体积混合，溶液呈中性，则HA 的电离
常数Ka求算三步骤：
①电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)＋c(B－)⇨c(A－)＝c(Na＋)－c(B－)＝。
②物料守恒：c(HA)＋c(A－)＝⇨c(HA)＝－。
③Ka＝＝。
(2)根据图像求电离常数的思路(以HA 为例)
――→―→――→
考点三 强酸(碱)与弱酸(碱)的比较
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1.相同物质的量浓度的NaCN和NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，则下列关于同温、同体积、同浓度
的HCN和HClO的说法中正确的是( )
A. 酸的强弱：HCN > HClO
B. pH：HClO> HCN
C. 与NaOH恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量：HClO> HCN
D. 酸根离子浓度：c(C N
−)<c(ClO
−)
【答案】D
【解析】
A.强碱弱酸盐的水溶液呈碱性，相应酸的酸性越弱，其盐溶液的碱性越强，同浓度时NaCN溶液的pH比
NaClO大，说明HCN的酸性比HClO弱，故A 错误；
B.酸性HClO> HCN，则等浓度时，HClO溶液的pH较小，故B 错误；
C.等物质的量时，与NaOH恰好完全反应，消耗NaOH的物质的量相等，故C 错误；
D.酸性HClO> HCN，则等浓度时，c(C N
−)<c(ClO
−)，故D 正确。
故选D。
2.已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数如下表所示，则下列有关说法正确的是( )
弱酸化学式
C H 3COOH
HCN
H 2C O3
电离平衡常
数
1.8×10
−5
4.9×10
−10
K 1= 4.3×10
−7
K 2=5.6×10
−11
A. 等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH (C H 3COOH )< pH ( HCN )< pH ( H 2C O3)
B. 醋酸溶液加水稀释，其电离程度先增大后减小
C. NaCN中通入少量C O2发生的化学反应为：NaCN +C O2+ H 2O = HCN + NaHC O3
D. H 2C O3的电离常数表达式：K a1= c
2( H
+)⋅c(C O3
2−)
c( H 2C O3)
【答案】C
【解析】
A.物质的量浓度相同的这几种酸，酸的电离平衡常数越大，酸中c( H
+)越大，根据表知，酸中c( H
+)：
C H 3COOH > H 2C O3> HCN，则pH (C H 3COOH )< pH ( H 2C O3)< pH ( HCN )，故A 错误；
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B.溶液浓度越小，醋酸电离程度越大，加水稀释醋酸浓度减小，则其电离程度增大，故B 错误；
C. 酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，相对强的酸能和相对弱的酸的盐反应生成弱酸，
K ( H 2C O3)> K ( HCN )> K ( HC O3
−)，则酸性：H 2C O3> HCN > HC O3
−，所以NaCN中通入少量C O2
发生的反应方程式为NaCN +C O2+ H 2O = HCN + NaHC O3，故C 正确；
D.H 2C O3是二元酸，溶液中分步电离，碳酸的第一步电离常数表达式：K a1= c( H
+)⋅c( HC O3
−)
c( H 2C O3)
，故D
错误；
故选C。
3.常温下，用0.1mol· L
−1 NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1mol· L
−1的HA溶液和HB溶液，滴定
曲线如图。下列说法正确的是( )
A. HA的酸性强于HB
B. 水的电离程度：④>③>①>②
C. 将①和②对应的溶液混合，所得溶液为酸性
D. ②点的溶液中的离子浓度排序为c(B
−)>c( N a
+)>c( H
+)>c(O H
−)
【答案】D
【解析】
A.依据图像可知，没有加入氢氧化钠溶液之前，HB的pH小于HA的pH，而HA和HB的浓度相等，所以
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HA的酸性弱于HB，故A 错误；
B.弱酸抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，碱滴定酸过程中，酸性越强对水的电离抑制程度越大，水
的电离程度越小，所以水的电离程度：④>①>③>②，故B 错误；
C.由两条曲线与Y 轴的交点可得K a( HA )≈10
−11，K a( HB)≈10
−5，酸性HB> HA，则将①和②对应的溶
液混合后，可理解为NaOH先与HB反应，且恰好完全反应生成NaB，HA没有反应，则混合后溶液的溶
质为等量的NaB和HA，而K h(B
−)=
K w
K a( HB) ≈10
−9> K a( HA )，即B
−水解程度大于HA的电离程度，混
合溶液应为碱性，C 错误;
D.点②所示溶液中存在电荷守恒c(O H
−)+c(B
−)=c( N a
+)+c( H
+)，溶液呈酸性，c(O H
−)<c( H
+)，
所以c( N a
+)<c(B
−)，所以离子浓度排序为c(B
−)>c( N a
+)>c( H
+)>c(O H
−)，故D 正确。
4.Ⅰ.25℃时，H 2SO3、H 2C O3、H 3 PO3三种酸分两步电离，它们的电离平衡常数如表。
K a1
K a2
H 2SO
1.3×10
−2
6.3×10
−8
H 2C O
4.2×10
−7
5.6×10
−11
H 3 PO
3.7×10
−2
2.9×10
−7
(1)H 3 PO3是 _______元酸。
(2)在相同条件下，试比较H 2C O3、HC O3
−和HSO3
−的酸性从强到弱顺序为 _______。
(3)向N a2C O3溶液中加入足量NaHSO3溶液，反应的离子方程式为 _______。
Ⅱ.甲、乙两位同学设计用实验确定某酸HA是弱电解质，存在电离平衡，且改变条件平衡发生移动。实验
方案如图：
甲：取纯度相同，质量、大小相等的锌粒于两只试管中，同时加入0.1mol⋅L
−1的HA、HCl溶液各10mL，
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按图装好，观察现象。
乙：测定物质的量浓度均为0.1mol⋅L
−1 HA和HCl溶液的氢离子浓度。
(4)甲方案中，说明HA是弱电解质的实验现象是_______；乙方案中说明HA是弱电解质的理由是：
_______。
(5)甲同学为了进一步证明弱电解质电离平衡移动的情况，用浓度均为0.1mol⋅L
−1的HA和NaA溶液，按
表中数据配制总体积相同的系列溶液(混合后体积变化忽略不计)，测定氢离子浓度，记录数据。
序号
V ( HA )/mV ( NaA )/mV ( H 2O)/mn(NaA):n(HA)
c( H
+)/mol∙L
−1
Ⅰ
40.00
/
/
0
10
−2.86
Ⅱ
4.00
/
36.00
0
10
−3.36
…
Ⅶ
4.00
3.00
33.00
3:4
10
−4.53
Ⅷ
4 00
4.00
32.00
1:1
10
−4.65
①由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释HA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：_______。
②由实验Ⅱ∼Ⅷ可知，增大A
−浓度，HA电离平衡逆向移动。
(6)乙同学查资料得室温下HA的电离平衡常数K a=1.0×10
−5，则100mL0.1mol⋅L
−1 HA溶液中，HA
的电离度为_______。
【答案】(1)二 (2) H 2C O3> HSO3
−> HC O3
−
(3) C O3
2−+ HSO3
−= HC O3
−+ SO3
2−
(4)
.
①加入HA溶液后，试管上方的气球鼓起慢
.
②测得 0.1mol⋅L
−1 的HA溶
液 c(H
+)<0.1mol⋅L
−1
(5)
.
①正
.
②实验 Ⅱ相较于实验Ⅰ，醋酸溶液稀释了10倍，而实验Ⅱ的 c(H
+) 比原来的 1
10 要大
(6)1％
【解析】
【小问1详解】
根据表格数据可知， H 3 PO3 是二元弱酸；
【小问2详解】
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电离常数越大，酸性越强，根据表格中数据可知，酸性从强到弱顺序为 H 2C O3> HSO3
−> HC O3
− ；
【小问3详解】
酸性 HSO3
−> HC O3
− ，根据强酸制备弱酸的原理，则向 N a2C O3 溶液中加入足量 NaHSO3 溶液，反应
的离子方程式为 C O3
2−+ HSO3
−= HC O3
−+ SO3
2− ；
【小问4详解】
甲方案中，加入酸后，试管上方的气球鼓起慢说明同浓度的两种酸中HA的氢离子浓度小于盐酸中的氢离
子浓度，则HA为弱电解质；乙方案中说明HA是弱电解质的理由是：若HA是强酸，则全部电离，氢离子
浓度为0.1mol⋅L
−1，当测得0.1mol⋅L
−1的HA溶液中氢离子浓度小于0.1mol⋅L
−1，则说明HA为弱电
解质；
【小问5详解】
实验Ⅰ所得溶液的 c(H
+)=10
−2.86mol⋅L
−1 ，实验Ⅱ的溶液中 c( HA ) 为实验Ⅰ的 1
10 ，稀释过程中，若电
离平衡不移动，则实验Ⅱ所得溶液的 c(H
+)=10
−3.86mol⋅L
−1 ，但实际溶液
的 c(H
+)=10
−3.36mol⋅L
−1<10
−3.86mol⋅L
−1 ，说明稀释过程中，溶液中 n(H
+) 增大，即电离平衡正向
移动；判断理由：实验Ⅱ相较于实验Ⅰ，醋酸溶液稀释了10倍，而实验Ⅱ的 c(H
+) 比原来的 1
10 要大；
【小问6详解】
由HA的电离常数可知，0.lmol· L
−1 HA溶液中氢离子浓度为 √K ac( HA ) = √1×10
−5×0.1
=10
— 3mol / L，则HA的电离度为 10
−3
0.1
×100 % =1%。
【规律方法】
判断溶液中微粒浓度比值的三种方法
(1)将浓度之比转化为物质的量之比进行比较，这样分析起来可以忽略溶液体积的变化，只需分析微粒数目
的变化即可。
(2)“假设法”，如上述问题(3)，假设无限稀释，c(CH3COO－)趋近于0，c(H＋)趋于10－7mol·L－1，故比值变小。
(3)“凑常数”，解题时将某些粒子的浓度比值乘以或除以某种粒子的浓度，转化为一个常数与某种粒子浓
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度的乘积或相除的关系。
pH 相同的一元酸或碱加水稀释的图像分析
第三板块 真题演练
1.（2023·浙江）甲酸( HCOOH )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R3 N，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pH关系如图(已知甲酸K a=1.8×10
−4)，下列说法不正确的是( )
A. 活性成分R3 N在水中存在平衡：R3 N + H 2O⇌R3 N H
++O H
−
B. pH =5的废水中c( HCOO
−)：c( HCOOH )=18：1
C. 废水初始pH <2.4，随pH下降，甲酸的电离被抑制，与R3 N H
+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R3 N H
+形态存在
【答案】D
【解析】
A.根据图知，工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂后，溶液pH值增大，说明R3 N呈碱性，存在
水解平衡R3 N + H 2O⇌R3 N H
++O H
−，故A 正确；
B. 由HCOOH的电离平衡常数公式知：
，pH =5时，c( H
+)=10
−5mol / L，
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：1，故B 正确；
C.废水中pH值越小，c( H
+)越大，使HCOOH ⇌HCOO
−+ H
+平衡逆向移动，甲酸的电离被抑制，则
HCOO
−数目减少，故C 正确；
D.活性成分R3 N在水中存在平衡：R3 N + H 2O⇌R3 N H
++O H
−，废水初始pH >5时，溶液中c(O H
−)
增大，平衡逆向移动，离子交换树脂活性成分主要以R3 N形态存在，故D 错误。
故选D。
2.（2023·港澳华侨联考）C H 3COOH溶液中的物种分布系数与pH的关系如图所示。对于0.10mol⋅L
−1
的C H 3COOH溶液，下列叙述正确的是[比如A
−的分布系数：δ( A
−)=
c( A
−)
c( HA)+c( A
−)
]( )
A. 水解常数：K h(C H 3COO
−)>10×10
−9
B. δ(C H 3COO
−)=
c( H
+)
K a(C H 3COOH )+c( H
+)
C. pH =7.0时，混合溶液中有c(C H 3COO
−)>c( H
+)=c(O H
−)>c(C H 3COOH )
D. 采用0.10mol⋅L
−1 NaOH溶液滴定，指示剂酚酞比甲基橙更准确
【答案】D
【解析】
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1.
A .C H 3COO
−水解方程式为：C H 3COO
−+ H 2O⇌C H 3COOH +O H
−可得水解常数：
K h(C H 3COO
−)= c(C H 3COOH )×c(O H
−)
c(C H 3COO
−)
=c(O H
−)=10×10
−9，故A 错误；
B.依据题意可知，C H 3COO
−的分布系数为δ(C H 3COO
−)=
c(C H 3COO
−)
c(C H 3COOH )+c(C H 3COO
−)
，而
c( H
+)
K a(C H 3COOH )+c( H
+)
=
c( H
+)
c( H
+)×c(C H 3COO
−)
c(C H 3COOH )
+c( H
+)
=
c(C H 3COOH )
c(C H 3COO
−)+c(C H 3COOH )，
则
c(C H 3COO
−)
c(C H 3COOH )+c(C H 3COO
−)
≠
c( H
+)
K a(C H 3COOH )+c( H
+)
，故B 错误；
C.依据图示可知，pH =7.0时，混合溶液中有c(C H 3COO
−)>c(C H 3COOH )>c( H
+)=c(O H
−)，故
C 错误
D.采用0.10mol⋅L
−1 NaOH溶液滴定，完全反应时生成C H 3COONa，溶液显碱性，指示剂酚酞比甲基
橙更准确，故D 正确；
故选：D。
3.（2022·湖北）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
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【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。
4.（2022·湖北）下图是亚砷酸
和酒石酸
混合体系中部分物种的
图浓度：总
为
，总
为
。下列说法错误的是( )
A.
的
为
B.
的酸性比
的强
C.
时，
的浓度比
的高
D.
时，溶液中浓度最高的物种为
【答案】D
【解析】
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由图分析，左侧纵坐标浓度的数量级为
，右坐标浓度的数量级为
，横坐标为
，
随着
的增大，
先变大，然后再减小，同时
变大，两者浓度均为右坐
标，说明变化的程度很小，当
时，
，
。
继
续增大，则
减小，同时
增大，当
时，
，
，二者用左坐标表示，浓度比较大，说明变化的幅度比较大，但混合溶液中存在着
酒石酸，电离常数远大于亚砷酸，且总
浓度也大于总
。
A.
，
，
当
时
，
，
，
为
，A 正确；
B.
，
当
时
，
，
，而由
选项计算得
的
，即
，所以
的酸性比
的强，B 正确；
C.由图可知
的浓度为左坐标，浓度的数量级为
，
的浓度为右坐标，浓度
的数量级为
，所以
时，
的浓度比
的高，C 正确；
D.由可知条件，酒石酸
，
的
为
，即酒石酸的第一部
电离常数远大于亚砷酸的第一步电离常数，所以酒石酸的酸性远强于
，另外总
的浓度也小于
总
的浓度，所以当
时，溶液中浓度最高的物种不是
，D 错误；
故选D。
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5.（2022·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
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】
常
温
下
溶
液
的
，
则
溶
液
中
，
，故A 错误；
B. 常温下溶液
的
，溶液中
，
，
，则
，解得
，故B 正确；
C.根据题意，未电离的
可自由穿过隔膜，故溶液
和
中的
相等，故C 错误；
D. 常温下溶液
的
，溶液
中
，
，
29
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，
，
溶
液
中
，
溶
液
的
，
溶
液
中
，
，
，
，溶
液
中
，未电离的
可自由穿过隔膜，故溶液
和
中的
相等，溶液
和
中
之比为
：
：
，故D 错误；
6.（2021·湖北）常温下，已知
溶液中含磷物种的浓度之和为
，溶液中各含磷物种的
关系如图所示。图中
表示各含磷物种的浓度负对数
，
表示
的浓度负
对数
；
、
、
三点的坐标：
，
，
。下列说法
正确的是( )
A. 曲线
表示
随
的变化
B.
的结构简式为
30
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C.
的溶液中：
D.
的平衡常数
【答案】D
【解析】
曲线
表示
随
的变化，故A 错误；
B.
是二元弱酸，其结构简式为
，故B 错误；
C.
时，即
，曲线
、
、
分别表示
、
、
随
的变化，由图中点
可知此时
，即
，由
可
得
，故C 错误；
D. 根据图中点
知当
时，
，即当
时，
，则
，同理，根据图中点
知当
时，
，即当
时，
，则
，
故
H
的
平
衡
常
数
31
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，故D 正确；
故选：
。
7.（2021·全国乙卷）
是一元弱酸，难溶盐
的饱和溶液中
随
而变化，
不发生水
解。实验发现，
时
为线性关系，如图中实线所示。下列叙述错误的是( )
A. 溶液
时，
B.
的溶度积
C. 溶液
时，
D.
的电离常数
【答案】C
【解析】
时，
，由图可知此时
，故
，故A 正确；
32
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B.
时，溶液中
浓度较大，
水解被抑制，溶液中
，则
，故B 正确；
C.
时，若等式成立，则
，由
中
，则
，由图可知此时溶液中
，溶液
，故C 错误；
D.
，当
时，
，由物料守恒有：
，则
，由
中
，则
，故
，由图可知此时
，故K
，故D 正确。
故选：
。
8.（2020·天津）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：点
点
33
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C. 相同体积
点的两溶液分别与
恰好中和后，溶液中
相同
D. 从点到
点，溶液中
保持不变其中
、
分别代表相应的酸和酸根离子
【答案】D
【解析】
酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据电离平衡常数知，酸性：
；
A.加水稀释促进弱酸电离，
相同的这两种酸稀释相同倍数，
变化大的酸性较强，根据图知，
变
化较大的是Ⅱ，则Ⅱ表示较强的酸
，所以曲线Ⅰ表示
，故A 错误；
B.酸或碱抑制水电离，酸中
越大其抑制水电离程度越大，酸中
：
，则抑制水电离程度：
，所以水电离程度：
，故B 错误；
C.
点两种溶液的
相同，但是两种溶液浓度：
，相同体积的
点两种溶液中溶质
物质的量：
，消耗的碱与酸的物质的量成正比，所以消耗的碱：
，根据
原子守恒知溶液中
：
，故C 错误；
D.水解平衡常数只与温度有关，
，从
点到
点，温度不变，水解平衡常数不变，
所以溶液中
保持不变，故D 正确。
故选D。
9.（2020·浙江）下列说法不正确的是( )
A.
的盐酸中
B. 将
溶液从常温加热至
，溶液的
变小但仍保持中性
C. 常温下，
溶液呈碱性，说明
是弱电解质
D. 常温下，
为的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液
增大
【答案】A
【解析】
34
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、常温下，水中的
，盐酸完全电离出的
，接近水电离的
，不能忽略水电离出的
，
的
盐酸中
，故A 错误；
B、常温下强酸强碱盐
溶液显中性，
；水的电离吸热，加热至
，温度升高，水的电离
平衡向右移动，电离出的
和
增大，
减小，溶液中
依然显中性，故B 正
确；
C、强碱弱酸盐
溶液中弱酸根离子发生水解：
，而使溶液显碱性，
证明
是弱电解质，故C 正确；
D、弱酸醋酸在水溶液中存在电离平衡：
，
固体溶于水电
离出
，使
增大，电离平衡向左移动，
减小，
增大，故D 正确；
故选：
。
10.（2020·海南）某弱酸
溶液中主要成分的分布分数随
的变化如图所示。下列说法错误的是( )
A. 该酸
B.
的水解平衡常数
35
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C. 当该溶液的
时，
D. 某
：
：的缓冲溶液，
【答案】B
【解析】
A. 由图可知，
时，
，该酸
，故
，故A 正确；
B.
的水解平衡常数
，故B 错误；
C.根据图像可知，当该溶液的
时，
，故C 正确；
D.根据图像可知，
为
，
为
时，
约为，故某
：
：的缓冲溶液，
，故D 正确；
故选：
。
11.（2020·北京）室温下，对于
醋酸溶液。下列判断正确的是( )
A. 该溶液中
的粒子数为
B. 加入少量
固体后，溶液的
降低
C. 滴加
溶液过程中，
与
之和始终为
D. 与
溶液反应的离子方程式为
【答案】C
【解析】
A.
醋酸溶液中醋酸的物质的量为
，醋酸属于弱酸，在水中部分电离，则
的粒子数小于
，故A 错误；
B.加入少量
固体后，溶液中
的浓度增大，会抑制醋酸的电离，溶液中的氢离子浓
度减小，酸性减弱，则溶液的
升高，故B 错误；
36
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C.
醋酸溶液中醋酸的物质的量为
，滴加
溶液过程中，溶液中始终存在物料守
恒，
，故C 正确；
D.醋酸的酸性强于碳酸，但醋酸是弱电解质，不能拆分，故D 错误。
12.（2019·上海）常温下
、
、
，下列叙述正确的是( )
A.
中
B.
等体积混合后，醋酸根离子浓度小于
的二分之一
C.
等体积混合以后，溶液呈酸性，则
D.
等体积混合以后，水的电离程度比
等体积混合的电离程度小
【答案】B
【解析】
A.
是弱电解质，电离是极其微弱的，溶剂水电离产生氢离子，所以
中
，故A 错误；
B.
等体积混合后，两者恰好完全反应，所以浓度是原来的一半，但溶液的体积变大促进醋酸根离子的
水解，所以
等体积混合后，醋酸根离子浓度小于
的二分之一，故B 正确；
C.
等体积混合以后，以醋酸的电离为主，所以溶液呈酸性，则
，故C 错
误；
D.
等体积混合，恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐水解对水的电离起促进作用，而
等体积混合以醋酸电离为主，溶液呈酸性，对水的电离起抑制作用，所以
等体积混合以后，水
的电离程度比
等体积混合的电离程度大，故D 错误。
13.（2021·山东）赖氨酸
，用
表示是人体必需氨基酸，其盐酸盐
在水溶液中存在如下平衡：
。向一定浓度的
溶液中滴
37
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加
溶液，溶液中
、
、
和
的分布系数
随
变化如图所示。已知
，下列表述正确的是( )
A.
B.
点，
C.
点，
D.
点，
【答案】CD
【解析】
向
溶液中滴加
溶液，依次发生离子反应：
、
、
，溶液中
逐渐减小，
和
先增大
后减小，
逐渐增大；
，
，
，
点
，由此可知
，
点
，则
，
点
，则
。
A.根据
，
，
，结合图象代入数据
38
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，
，因此
，故A 错误；
B.
点存在电荷守恒：
，此时
，因此
，故B 错误；
C.根据图象
点
，因此
，即
，因此
，
，故C 正确；
D.根据
点溶质为
、
、
，此时溶液呈碱性，因此
，水解程度是微弱的，
溶质浓度大于水解和电离所产生微粒浓度，因此
，故D 正确；
故选：
。
第四板块 模拟提升
1.有研究认为，强碱性溶液中反应I
−+ClO
−= I O
−+C l
−分三步进行，其中两步如下：
第一步ClO
−+ H 2O→HOCl+O H
−K 1=3.3×10
−10
第三步HOI +O H
−→I O
−+ H 2O K 3=2.3×10
3
下列说法错误的是( )
A. 反应第二步为HOCl+ I
−→HOI +C l
−
B. 由K可判断反应第三步比第一步快
C. 升高温度可以加快ClO
−的水解
D. HOCl和HOI都是弱酸
39
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【答案】B
【解析】
A.总反应减去第一步反应−第三步反应可得出第二步反应为HOCl+ I
−→HOI +C l
−，故A 正确；
B.平衡常数的数值大小可以判断反应进行的程度，不能判断反应速率的大小，故B 错误；
C.升高温度可以加快反应速率，故C 正确；
D.ClO
−的在水溶液中发生水解，说明HOCl为弱酸，根据题目所给方程式可知第三步反应中HOI以分子
形式参与反应，说明HOI为弱酸，故D 正确；
2.某温度下，HN O2和C H 3COOH的电离常数分别为5.0×10
−4和1.7×10
−5。将pH和体积均相同的两种
酸溶液分别稀释，其pH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HN O2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c( HA )⋅c(O H
−)
c( A
−)
保持不变(其中HA、A
−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(N a
+)相同
【答案】C
【解析】
根据HN O2和C H 3COOH的电离常数，可知酸性：HN O2>C H 3COOH。相同pH的两种酸溶液，稀释
相同倍数时，酸性较弱的酸的pH变化较小，故曲线I代表C H 3COOH溶液，A项错误。两种酸溶液中水
的电离受到抑制，b点溶液pH小于c点溶液pH，则b点对应酸电离出的c(H
+)大，对水的电离抑制程度大，
40
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故
水
的
电
离
程
度
：
b点
<c点
，
B项
错
误
。
溶
液
中
c( HA )⋅c(O H
−)
c( A
−)
= c( HA )⋅c(O H
−)⋅c(H
+)
c( A
−)⋅c(H
+)
=
K w
K a( HA )，从c点到d点，K w、K a( HA )的值不变，故
c( HA )⋅c(O H
−)
c( A
−)
不变，C项正确。相同体积a点的两溶液中，由于c(C H 3COOH )>c(HN O2)，故
n(C H 3COOH )>n(HN O2)，因此与NaOH恰好中和后，溶液中n(N a
+)不同，D项错误。
3.常温下，亚硝酸(HN O2)和连二次硝酸(H 2 N 2O2)的 电离常数数值如下表所示：
化学式
电离平衡常数
HN O2
K a=5.0×10
−4
H 2 N 2O2
K a1=6.2×10
−8, K a2=2.9×10
−12
下列分析正确的是
A. 加水稀释亚硝酸，亚硝酸的电离程度增大，c(H
+)也增大
B. 常温下，NaN O2溶液中存在水解平衡，其K h=2×10
−10
C. pH相等的NaN O2溶液和NaH N 2O2溶液中：c(N O2
−)>c(H N 2O2
−)
D. N a2 N 2O2溶液中离子浓度大小顺序为c(N a
+)>c(N 2O2
2−)>c(O H
−)>c(H
+)>c(H N 2O2
−)
【答案】C
【解析】
A.加水稀释促进亚硝酸电离，但是亚硝酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以加水稀释亚硝酸，亚
硝酸的电离程度增大，c( H
+)减小，故A 错误；
B.常温下，NaN O2溶液中存在水解平衡，其 K h= K w
K a
= 10
−14
5×10
−4 =2×10
−11 ，故B 错误；
C. 酸的电离常数越大，酸性越强，即亚硝酸( HN O2)和连二次硝酸( H 2 N 2O2)的酸性强弱：
41
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HN O2> H 2 N 2O2，所以 H N 2O2
− 的水解程度大，浓度相同的NaN O2溶液和NaH N 2O2溶液中，c(
H N 2O2
− )小，pH大，则c( N O2
− )>c( H N 2O2
− )，故C 正确；
D.N a2 N 2O2两步水解导致溶液呈碱性，则c(O H
−)>c( H
+)，第一步水解程度远远大于第二步水解程度，
但是其水解程度较小，所以c( H
+)<c( H N 2O2
− )，则存在c( N a
+)>c( N 2O2
2− )>c(O H
−)>c( H N 2O2
−
)>c( H
+)，故D 错误；
4.常温下，pH均为2、体积均为V 0的HA、HB、HC溶液，分别加水稀释至体积为V ，溶液pH随lg V
V 0
。
的变化关系如图所示，下列叙述正确的是( )
A. 水的电离程度：a点>b点
B. HA为强酸，且K a( HB)< K a( HC )
C. 当lg V
V 0
=3时，升高溶液的温度，c(B
−)
c( A
−)
增大
D. 取a、c两点溶液，中和体积、浓度均相同的NaOH溶液，c点溶液消耗的体积较小
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【答案】C
【解析】
稀释100倍时，pH由2变为4的酸为强酸，pH由2变为小于4的酸为弱酸，根据图知，HA为强酸而HB、
HC为弱酸，pH变化越小的酸酸性越弱，则酸性HB> HC；
A.a点氢离子浓度大于b点，则水的电离程度：a点<b点，故A 错误；
B.稀释100倍时，pH由2变为4的酸为强酸，pH由2变为小于4的酸为弱酸，根据图知，HA为强酸而HB、
HC为弱酸，pH变化越小的酸酸性越弱，则酸性HB> HC，则电离平衡常数K a( HB)> K a( HC )，故B
错误；
C.当lg V
V 0
=3时，三种溶液同时升高温度，促进弱酸电离，不考虑酸和水挥发时，c( A
−)不变，c(B
−)增
大，c(B
−)
c( A
−)
增大，故 C 正确；
D.酸浓度c( HC )>c( HB)，中和相同体积相同浓度的NaOH溶液消耗酸体积与酸浓度成反比，所以HB消
耗体积大，故D 错误。
5.
已
知
常
温
下
水
溶
液
中
H 2 A、
H A
−、
A
2−、HB、B
−的
分
布
分
数δ[如
δ ( A
2−)=
c( A
2−)
c(H 2 A)+c(H A
−)+c( A
2−)
]随pH变化曲线如图1；溶液中−lgc(C a
2+)和−lgc( A
2−)关系如图
2.用0.0100mol⋅L
−1 H 2 A溶液滴定20.00mL0.0100mol⋅L
−1Ca B2溶液，下列说法错误的是
A. 曲线d表示δ( HB)
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B. B
−的水解平衡常数K b(B
−)=10
−5.7
C. 滴定过程中溶液会变浑浊
D. 滴定过程中始终存在：c(H A
−)+2c( A
2−)+c(O H
−)=c (HB)+c(H
+)
【答案】D
【解析】
A.由题中信息可知， H 2 A 为二元弱酸， H 2 A ⇀
↽H A
−+ H
+
、 H A
−⇀
↽A
2−+ H
+
，用 0.0100mol⋅L
−1
H 2 A 溶液滴定20.00mL 0.0100mol⋅L
−1 Ca B2 溶液，发生反应： H 2 A +Ca B2=2 HB+CaA ，则酸性：
H 2 A > HB，所以曲线a、b、c表示 H 2 A 的各微粒分布曲线，曲线a代表 H 2 A ，曲线b代表 H A
− ，曲
线c代表 A
2− ，曲线d为HB，曲线e为 B
− ，故A 正确；
B. B
− 的水解平衡常数 K b(B
−)= c( HB)⋅c(O H
−)
c(B
−)
，曲线d和e相交时 c( HB) = c(B
−) ，
K b(B
−)=c(O H
−) ，此时pH =8.3， c(O H
−) = 10
−5.7 ，则 K b(B
−)=10
−5.7 ，故B 正确；
C.根据图2可知，滴定过程中会生成CaA沉淀，溶液变浑浊，故C 正确；
D.
若
滴
定
过
程
中
不
产
生
沉
淀
，
则
根
据
电
荷
守
恒
：
c(H A
−)+2c( A
2−)+c(O H
−)+c(B
−)=2c(C a
2+)+c(H
+) ，根据物料守恒： 2c(C a
2+) = c( HB) +
c(B
−) ，则 c(H A
−)+2c( A
2−)+c(O H
−)=c(H
+)+c( HB) ，但随着H 2 A溶液的滴入，C a
2+产生CaA
沉淀而析出，溶液中 2c(C a
2+) ≠ c( HB) + c(B
−) ，则 c(H A
−)+2c( A
2−)+c(O H
−)≠c(H
+)+c( HB)
故错误；
故选：D。
6.下列说法正确的是( )
A. 碳酸钠溶液显碱性：C O3
2−+ H 2O⇌HC O3
−+O H
−
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B. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中c( N H 4
+)
c(C l
−)
>1
C. 弱酸酸式盐NaHB在水溶液中水解：H B
−+ H 2O⇌H 3O
++ B
2−
D. 向丙烯醛中加入溴水，溴水褪色，证明丙烯醛中含有碳碳双键
【答案】A
【解析】
A .碳酸钠是弱酸强碱盐，碳酸根离子水解使溶液显碱性，并且第一级水解为主，其水解的离子方程式为
C O3
2−+ H 2O⇌HC O3
−+O H
−，故A 正确；
B.向盐酸中加入氨水至中性时c(O H
−)=c( H
+)，电荷守恒关系为c(C l
−)+c(O H
−)=c( H
+)+c( N H 4
+)，
则c(C l
−)=c( N H 4
+)，溶液中c( N H 4
+)
c(C l
−)
=1，故B 错误；
C.NaHB是弱酸酸式盐，H B
−水解生成H 2B和O H
−，离子方程式为H B
−+ H 2O⇌H 2B+O H
−，
H B
−+ H 2O⇌H 3O
++ B
2−是H B
−电离的离子方程式，故C 错误；
D.溴水能与碳碳双键发生加成反应而使溴水褪色，但溴水具有强氧化性，醛基具有强还原性，溴水能与丙
烯醛发生氧化还原反应而使溴水褪色，会干扰碳碳双键的检验，所以向丙烯醛中加入溴水，溴水褪色，不
能证明丙烯醛中含有碳碳双键，故D 错误；
故选：A。
7.室温下，向10mL0.1mol⋅L
−1 K 2 A(室温下，H 2 A的K a1=1.64×10
−3)溶液中滴加0.1mol⋅L
−1的
HCl溶液，混合溶液的pH与所加HCl溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是( )
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A. 室温下，H 2 A的K a2≈2.0×10
−6
B. b点溶液存在关系式：c( K
+)=c(C l
−)+c( H A
− )+2c( A
2− )
C. a、b、c点溶液中水的电离程度：a<b<c
D. a、b、c三点溶液均存在关系式：2[c( H 2 A )+c( H A
− )+c( A
2−)]=c( K
+ )
【答案】D
【解析】
A .由图可知，0.1 mol⋅L
−1 K 2 A溶液的pH为10，溶液中c(O H
−)=
K w
c( H
+)
≈c( H A
−)，则H 2 A的
K h1= c( H A
−)×c(O H
−)
c( A
2−)
= c( H A
−)×c(O H
−)
c( A
2−)
× c( H
+)
c( H
+)
=
c( H A
−)K w
c( A
2−)×c( H
+)
= K w
K a2
= 10
−14
K a2
≈1×10
−4×1×10
−4
0.1
=
则H 2 A的K a2≈1.0×10
−7，故A 错误；
B.b点加入10mL0.1 mol⋅L
−1的HCl溶液，K 2 A + HCl = KHA + KCl，则溶质为KHA和KCl且物质的量
浓度相等，根据H A
−的水解常数和电离常数分析K h2= K w
K a1
= 1×10
−14
1.64×10
−3 < K a2，即H A
−的电离程度大于
H A
−的水解程度，c( H
+)>c(O H
−)，根据电荷守恒得到关系式c( H
+)+c( K
+)=c(C l
−)+c( H A
−
)+2c( A
2− )+c(O H
−)，则c( K
+)<c(C l
−)+c( H A
− )+2c( A
2− )，故B 错误；
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C.c点溶液中pH最小，溶质为KCl和H 2 A，b点溶液中溶质为KHA、KCl，a点溶液为K 2A、KHA、
KCl，H 2 A的电离抑制水的电离，K 2 A水解促进水的电离，则c水的电离程度最小，a点水的电离程度最
大，a、b、c点溶液中水的电离程度：c<b<a，故C 错误；
D.根据物料守恒a、b、c三点溶液存在关系式：2[c( H 2 A )+c( H A
− )+c( A
2−)]=c( K
+ )，故D 正确；
故选：D。
8.关于常温下 pH =2的草酸( H 2C2O4)溶液，下列说法正确的是
A. 1 L溶液中含H
+为 0.02mol
B. c( H
+)=2c (C2O4
2−)+c ( H C2O4
−)+c (O H
−)
C. 加水稀释，草酸的电离度增大，溶液pH减小
D. 0.1mol H 2C2O4与NaOH溶液恰好反应时，消耗NaOH的物质的量等于0.1mol
【答案】B
【解析】略
9.乙二胺( H 2 NC H 2C H 2 N H 2)是二元弱碱，在水中的电离原理类似于氨。电离方程式为：第一级电离
H 2 NC H 2C H 2 N H 2+ H 2O⇌H 2 NC H 2C H 2 N H 3
++O H
−；
第
二
级
电
离
H 2 NC H 2C H 2 N H 3
++ H 2O⇌H 3 NC H 2C H 2 N H 3
2++O H
−。已知pOH =−lgc(O H
−)。常温下，向
乙二胺溶液中滴加某浓度硫酸溶液，调节pOH的值，测得溶液的pOH随离子浓度变化关系如图所示。下
列说法错误的是( )
A. 溶液中水的电离程度：b点大于a点
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B. 曲线G代表pOH与
的变化关系
C. 常温下，H 2 NC H 2C H 2 N H 2的K 1的数量级为10
−5
D. 等浓度等体积的H 2 NC H 2C H 2 N H 2溶液与H 3 NC H 2C H 2 N H 3 SO4溶液混合，所得溶液是呈中性
【答案】D
【解析】
A.a到b的变化过程中，生成的盐更多，水的电离程度增大，故A 正确；
B.第一步电离的K 1大，c(O H
−)大，pOH小，故曲线M代表pOH与的变化关系
，
曲线G代表pOH与
，故B 正确；
C.二元弱碱的第一步电离强于第二步电离，当
与
等于0时，
氢氧根离子浓度等于相应的K值，参照pOH的计算，常温下，
d点时
，K 1=1×10
−4.07=10
0.93×10
−5，故C 正确；
D.H 3 NC H 2C H 2 N H 3 SO4为强酸弱碱盐、正盐，与等浓度等体积的H 2 NC H 2C H 2 N H 2溶液混合，产
生( H 2 NC H 2C H 2 N H 3)2SO4，H 2 NC H 2C H 2 N H 3
+电离为主，溶液呈碱性，故D 错误；
故选D。
10.K 2C r2O7溶
液
中
存
在
多
个
平
衡
。
在
考
虑
平
衡
：
①C r2O7
2−(aq)+ H 2O(l)⇌2 HCr O4
−(aq)K 1=3.0×10
−2(25℃)；
②HCr O4
−(aq)⇌Cr O4
2−(aq)+ H
+(aq)K 2=3.3×10
−7(25℃)的
条
件
下
，
25℃时
，
向
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0.10mol/ L K 2C r2O7溶液中加入NaOH，溶液中lg c(Cr O4
2−)
c(C r2O7
2−)
，随pH的变化关系如图所示，溶液体
积变化可忽略。下列说法中正确的是( )
A. 已知K a1( H 2SO3)=1.29×10
−2，由②可知向K 2Cr O4溶液中通SO2可制得KHCr O4
B. c( H
+)⋅c
2(Cr O4
2−)
c(C r2O7
2−)
的值随溶液 pH的增大逐渐减小
C. 当溶液pH =9时，溶液中的HCr O4
−平衡浓度约为6×10
−4mol / L
D. 当溶液pH =7时，c( K
+)=c ( HCr O4
−)+c( Cr O4
2−)+2c (C r2O7
2−)
【答案】C
【解析】
A .二氧化硫具有还原性，Cr O4
2−具有强氧化性，向K 2Cr O4溶液中通SO2两者会发生氧化还原反应生成
硫酸根离子和C r
3+，不能制得制得KHCr O4，故A 错误；
B.
由
反
应
①C r2O7
2−(aq)+ H 2O(l)⇌2 HCr O4
−(aq)可
知
K 1= c
2( HCr O4
−)
c(C r2O7
2−)
；
反
应
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②HCr O4
−(aq)⇌Cr O4
2−(aq)+ H
+(aq)K 2= c( H
+)c(Cr O4
2−)
c( HCr O4
−)
，
则
K 1 K 2
2= c
2( HCr O4
−)
c(C r2O7
2−)
× c
2( H
+)c
2(Cr O4
2−)
c
2( HCr O4
−)
= c
2( H
+)c(Cr O4
2−)
c(C r2O7
2−)
，则
c( H
+)⋅c
2(Cr O4
2−)
c(C r2O7
2−)
= K 1 K 2
2
c( H
+)
，随
溶液 pH的增大，氢离子浓度减小，则比值逐渐变大，故B 错误；
C.25°C时，向0.10 mol / L K 2C r2O7溶液中加入NaOH，溶液体积变化可忽略；当溶液pH =9时，
lg c(Cr O4
2−)
c(C r2O7
2−)
>4，
可
忽
略
C r2O7
2−浓
度
，
则
根
据
铬
元
素
守
恒
可
知
：
c( HCr O4
−)+c(Cr O4
2−)=0.20mol / L，又因为K 2= c( H
+)c(Cr O4
2−)
c( HCr O4
−)
= 10
−9×c(Cr O4
2−)
c( HCr O4
−)
=3.3×10
−7
两式联立可解得c( HCr O4
−)≈6×10
−4mol / L，故C 正确；
D.当溶液pH =7时，c( H
+)=c(O H
−)，由电荷守恒可知，c( H
+)+c( K
+)=c(O H
−)c +( HCr O4
−)+2c(
Cr O4
2−)+2c (C r2O7
2−)，则c( K
+)=c ( HCr O4
−)+2c( Cr O4
2−)+2c (C r2O7
2−)，故D 错误；
故选：C。
11. 工业上可利用氨水吸收SO2和N O2，原理如下图所示。已知： 25℃时，N H 3· H 2O的
K b=l.7 x10
−5， H 2SO3的K a1=1.3 x10
−2， K a2=6.2 x10
−8，下列说法正确的是
A. 向氨水中通入SO2恰好生成N H 4 HSO3： c( H 2SO3)>c( N H 3· H 2O)+c(SO❑3
2−)
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B. 向氨水中通入SO2至pH =7； c( HSO❑3
−)>c( NH ❑4
+)>c( H
+)=c(O H
−)
C. 反应N H 3· H 2O+ H 2SO3= NH ❑4
++ HSO❑3
−+ H 2O的平衡常数K =2.21×10
7
D. N O2被N H 4 HSO3吸收的离子方程式： 2 N O2+ 4 SO❑3
2−= N 2+ 4 SO❑4
2−
【答案】C
【解析】
A. 向氨水中通入SO2恰好生成N H 4 HSO3，电子守恒c( N H 4
+ )+c( H
+)=2c( SO3
2− )+c( HSO3
−
)+c(O H
−)，
物
料
守
恒c( N H 4
+ )+c( N H 3· H 2O)=c( SO3
2− )+c( HSO3
− )+c( H 2SO3)，
则
c( H
+)+c( H 2SO3)=c( SO3
2− )+c(O H
−)+c( N H 3· H 2O)，因为N H 3· H 2O的K b=l.7 x 10
−5 小于
H 2SO3的K a1=1.3 x 10
−2，溶液呈酸性，c( H
+)>c(O H
−)，故c( H 2SO3)<( SO3
2− )+c( N H 3· H 2O)，
A 错误；
B.向氨水中通入SO2至pH =7：c( H
+)=c(O H
−)，电荷守恒c( H
+)+c( N H 4
+ )=2c( SO3
2− )+c( HSO3
−
)+c(O H
−)，c( N H 4
+ )>c( HSO3
− )，B 错误；
C.反应N H 3· H 2O+ H 2SO3= N H 4
+ + HSO3
− + H 2O的平衡常数K =
c( N H 4
−)c( HSO3
−)
c( N H 3⋅H 2O)c( H 2SO3)
，K b=
c( N H 4
−)c(O H
−)
c( N H 3⋅H 2O)
，K a1= c( HSO3
−)c( H
+)
c( H 2SO3)
，K w =c( H
+)c(O H
−)，解得K = K a1 K b
K w
=2.21×10
7，
C 正确；
D.N O2 被N H 4 HSO3吸收的离子方程式： 2 N O2+ 4 HSO3
− = N 2+ 4 SO4
2− + 4 H
+，D 错误；
12.二甲胺的水合物[(C H 3)2 NH ⋅H 2O]是一元弱碱，在水中的电离与N H 3⋅H 2O相似，可与盐酸反应生
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成(C H 3)2 N H 2Cl。下列说法错误的是
A. 常温下，0.001mol⋅L
−1二甲胺溶液的pH <11
B. 往二甲胺溶液中加入NaOH固体会抑制(C H 3)2 NH ⋅H 2O的电离
C. 加水稀释(C H 3)2 N H 2Cl溶液，
c[(C H 3)2 N H 2
+]
c[(C H 3)2 NH ⋅H 2O]
增大
D. (C H 3)2 N H 2Cl溶液中：c(H
+)+c[(C H 3)2 N H 2
+]=c(O H
−)+c(C l
−)
【答案】C
【解析】略
13.已知草酸( H 2C2O4)为二元弱酸，在室温下，向一定浓度的草酸溶液中逐滴加入一定浓度的KOH溶液，
溶液中H 2C2O4、H C2O4
−、C2O4
2−三种微粒分别在三者中所占的物质的量分数(δ )与溶液pH的关系如图
所示。下列说法中正确的是( )
A. 室温时，K 2C2O4的水解平衡常数K b=10
−12.7
B. 当溶液pH = 4.27时，c( K
+)>3c(C2O4
2−)
C. 当溶液pH =1.3时，
c( H C2O4
−)
c(C2O4
2−)
≈10
3
D. A点溶液加水稀释，则水的电离程度减小
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【答案】C
【解析】
A . pH = 4.27时c( H C2O4
−)=c(C2O4
2−)，此时K 2C2O4的水解平衡常数
K b= c( H C2O4
−)
c(C2O4
2−)
×c(O H
−)=c(O H
−)=
K w
c( H
+)
= 10
−14
10
−4.27 =10
−9.73，故A 错误；
B.当溶液pH = 4.27时c( H C2O4
−)=c(C2O4
2−)，溶液呈酸性，c( H
+)>c(O H
−)，电荷守恒关系为
c( K
+)+c( H
+)=c( H C2O4
−)+2c(C2O4
2−)+c(O H
−)=3c(C2O4
2−)+c(O H
−)，则c( K
+)<3c(C2O4
2−)，
故B 错误；
C.由上述分析可知H 2C2O4的电离平衡常数K a2= c(C2O4
2−)
c( H C2O4
−)
×c( H
+)=10
−4.27，则溶液pH =1.3时
c(C2O4
2−)
c( H C2O4
−)
×10
−1.3=10
−4.27，即
c( H C2O4
−)
c(C2O4
2−)
= 10
−1.3
10
−4.27 ≈10
3，故C 正确；
D.图中A点溶液呈酸性，抑制水的电离，加水稀释时，溶液中c( H
+)减小，水的电离程度增大，故D 错误；
故选：C。
14.常温下，将0.2mol·L⁻
1 N H 4Cl溶液与0.2mol·L⁻
1 NaHA溶液等体积混合所得溶液pOH =6.2。向混合
溶液中缓慢通入HCl气体或加入NaOH固体(无N H 3逸出)，溶液中的粒子分布系数δ (x)随溶液pOH的变
化如图所示。
已知：δ (x)=
c (x)
c(H 2 A)+c(H A
−)+c( A
2−)或δ (x)=
c (x)
c(N H 3⋅H 2O)+c(N H 4
+)
；a、b、c、d、e分别表
示A
2−、H A
−、H 2、N H 4
+、N H 3· H 2O中的一种。K b( N H 3· H 2O)=1.7×10
−5。
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下列说法错误的是( )
A. 图中曲线a表示的是N H 3· H 2O，曲线e表示的是H 2 A
B. pH =7时，c(C l
−)+c( A
2−)+c( N H 3· H 2O)−c( H 2 A )=0.1mol·L⁻
1
C. M点时，c( A
2−)
c( H A
−)
= 1.7 K a2( H 2 A )⋅c( N H 3⋅H 2O)×10
10
1−10c( N H 3⋅H 2O)
D. pOH =8时，c( H 2 A )>c( H A
−)>c(O H
−)>c( N H 3· H 2O)
【答案】AD
【解析】常温下，将0.2mol·L⁻
1 N H 4Cl溶液与0.2mol·L⁻
1 NaHA溶液等体积混合所得溶液pOH =6.2，
溶液显碱性，则NaHA水解程度大于其电离程度，且大于N H 4Cl水解程度；混合液随着pH变大，
N H 3· H 2O浓度变大、N H 4
+离子浓度减小、H 2 A浓度减小、H A
−浓度显减小后增大、A
2−浓度增大，故
a、b、c、d、e分别表示A
2−、N H 3· H 2O、H A
−、N H 4
+、H 2 A曲线。
A.由分析可知，曲线a表示的是A
2−，曲线e表示的是H 2 A，A 错误；
B.等体积混合所得初始混合液pOH =6.2，此时pH =7时，则必定为加入了HCl，则根据物料守恒可知：
c( N H 3· H 2O)+c( NH ❑4
+)=0.1mol· L
−1、
c( H 2 A )+c( H A
−)+c( A
2−)=0.1mol· L
−1、
c( N a
+)=0.1mol· L
−1，
根
据
电
荷
守
恒
可
知
，
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c( N a
+)+c( H
+)+c( NH ❑4
+)=c(O H
−)+c(C l
−)+c( H A
−)+2c( A
2−)，；以上式子联立可得，
c(C l
−)+c( A
2−)+c( N H 3· H 2O)−c =0.1mol· L
⁻ 1；B 正确；
C.
，
可
得
；
Kw =c( H
+)c(O H
−)、
；M点时溶液显碱性，应该加入了氢氧化钠，根据物料守恒可知：
c( N H 3· H 2O)+c( NH ❑4
+)=0.1mol· L
−1，以上式子可得
；
c( H
+)代
入
中
得
c( A
2−)
c( H A
−)
= 1.7 K a2( H 2 A)⋅c( N H 3⋅H 2O)×10
10
1−10c( N H 3⋅H 2O)
，C 正确；
D.pOH =8时
，
c( N H 3· H 2O)+c( NH ❑4
+)=0.1mol· L
−1、
c(O H
−)=0.10
−8mol· L
−1，
；
则
c( N H 3· H 2O)≈0.06×10
−3mol· L
−1，故c(O H
−)<c( N H 3· H 2O)，D 错误。
故选AD。
15.硫及其化合物在生产生活中有广泛的应用。请回答：
(1)室温下，N a2SO3溶液呈碱性的原因是 ________________(用离子方程式表示)。
(2)下列关于硫及其化合物的说法，正确的是________(填字母)。
A.硫元素在自然界中只能以化合态形式存在
B.SO2通入紫色石䓋试液，溶液先变红后褪色
C.酸雨是pH <7的降水，主要是由污染物SO2、N O2造成
D.浓硫酸中加入少量胆矾晶体，搅拌，固体逐渐变成白色
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(3)光谱研究表明，SO2的水溶液中存在下列平衡：
其中K 1、K 2、K 3为各步的平衡常数，且K 1= c(SO2⋅x H 2O)
p(SO2)
( p(SO2)表示SO2的平衡压强)。
①当SO2的平衡压强为p时，测得c(SO3
2−)=amol⋅L
−1，则溶液的c(H
+)= ________mol⋅L
−1。(用含
p、a、K 1、K 2、K 3的式子表示)
②滴加NaOH至pH =6.2时，溶液中n(SO3
−):n(HSO3
−)≈1:10。如果溶液中n(SO3
−):n(HSO3
−)=10:1，
需加NaOH将溶液pH调整为约等于 ________。
(4)“钙基固硫”是利用石灰石将燃煤烟气中的SO2转化为CaSO4。但高温时CO会与CaSO4反应而影响
脱硫效率。相关反应如下：
Ⅰ.CaSO4(s)+CO(g)⇀
↽CaO(s)+ SO2(g)+C O2(g)
Ⅱ.CaSO4(s)+ 4CO(g)⇀
↽CaS (s)+ 4C O2(g)
当n(CaSO4):n(CO)=1:2时，反应25min，体系中n(CaO)/n(CaS)的比值随温度变化如下表所示：
温度
750 K
1250 K
1750 K
比值
3.57
1.08
3.42
请结合题给反应过程能量图说明，750 K →1250 K时，比值随温度升高逐渐减小的原因是
________________________。
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(5)氨水也可吸收SO2：2 N H 3+ SO2+ H 2O =( N H 4)2SO3，( N H 4)2SO3+ SO2+ H 2O =2 N H 4 HSO3。
能提高SO2去除率的措施有 ________(填字母)。
A.增大氨水浓度 B.加热煮沸
C.降低烟气的流速 D .补充O2，将HSO3
−氧化为SO4
2−
【答案】(1)SO❑3
2−+ H 2O ⇀
↽ HSO❑3
−+O H
− (2)D
(3) ① √
K 1 K 2 K 3 p
a
8
②．2
(4) 温度升高对活化能大的反应有利，反应II的反应速率增大幅度大于反应I的反应速率的增大幅度，故比
值减小 (5) AC
【解析】略
57
