第01讲电离平衡(练习)(教师版)_05-化学-高考总复习_一轮复习_2025年_2025年高考化学一轮复习讲义+练习+课件（新教材新高考）_第八章水溶液中的离子反应与平衡

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第01 讲  电离平衡
目录
01 模拟基础练
【题型一】强弱电解质判断探究
【题型二】弱电解质的电离平衡及影响因素
【题型三】电离平衡常数
【题型四】强酸(碱)和弱酸(碱)稀释图像
02 重难创新练
03 真题实战练
题型一  强弱电解质判断探究
1．(2024·山东省泰安一中月考)下列事实不能证明亚硝酸(HNO2)是弱电解质的是
A．常温下NaNO2溶液的pH＞7
B．常温下0.1mol/L HNO2溶液的
约为2
C．亚硝酸溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液变红色
D．常温下将pH=3 的HNO2溶液加水稀释至100 倍，稀释后溶液的pH 约为4.5
【答案】C
【解析】A 项，常温下亚硝酸钠溶液的pH＞7，溶液呈碱性，说明亚硝酸钠是强碱弱酸盐，则亚硝酸
是弱酸，A 不选；B 项，常温下0.1mol/L 亚硝酸溶液的pH 约为2，说明该亚硝酸溶液中氢离子浓度接近为
0.01mol/L，小于0.1mol/L，则说明亚硝酸部分电离，为弱电解质，B 不选；C 项，亚硝酸溶液中滴加紫色
石蕊试液变红色，说明亚硝酸为酸，但是不能说明亚硝酸部分电离，所以不能证明亚硝酸为弱电解质，C
选；D 项，常温下pH=3 的亚硝酸稀释100 倍，稀释后溶液的pH 约为4.5，说明亚硝酸稀释过程中还存在
电离平衡，则亚硝酸为弱电解质，D 不选；故选C。
2．(2024·上海市进才中学检测)甲酸是一种一元有机酸。下列性质可以证明它是弱电解质的是
A．甲酸能与水以任意比互溶
B．甲酸溶液的导电性比盐酸溶液弱
C．10mL1 mol·L-1甲酸恰好与10mL1 mol·L-1NaOH 溶液完全反应
D．0.1 mol·L-1甲酸溶液的pH 约为2
【答案】D
【解析】A 项，甲酸能与水以任意比互溶，与甲酸的电离程度无关，所以不能证明甲酸是弱电解质，
A 错误；B 项，溶液的导电性与离子浓度成正比，与电解质强弱无关，所以不能说明甲酸是弱电解质，B
1
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错误；C 项，10mL1 mol·L-1甲酸恰好与10mL1 mol·L-1NaOH 溶液完全反应，说明甲酸是一元酸，不能说明
甲酸的电离程度，则不能证明甲酸是弱电解质，C 错误；D 项，1mol/L 甲酸溶液的pH 约为2，甲酸溶液中
氢离子浓度小于甲酸浓度，说明甲酸部分电离，则证明甲酸是弱电解质，D 正确；故选D。
3．(2024·浙江省舟山市定海一中高三月考)为证明某可溶性一元酸(HX)是弱酸，某同学设计了如下实
验方案。其中不合理的是(    )
A．室温下，测0.1 mol·L-1 HX 溶液的c(H+)，若c(H+)<0.1 mol·L-1，证明HX 是弱酸
B．向HX 的溶液中加入NaX 固体，c(H+)减小，证明HX 是弱酸
C．HX 与Na2SO3溶液反应，可以得到H2SO3，证明HX 是弱酸
D．在相同条件下，对0.1 mol·L-1的盐酸和0.1 mol·L-1的HX 溶液进行导电性实验，若HX 溶液灯泡较
暗，证明HX 为弱酸
【答案】C
【解析】A 项，常温下，测0.1 mol·L-1 HX 溶液的c(H+)，若c(H+)<0.1 mol·L-1，说明HX 在水溶液里部
分电离，则证明HX 是弱酸，合理，故A 错误；B 项，向HX 的溶液中加入NaX 固体，c(H+)减小，说明
HX 存在电离平衡，能证明HX 是弱酸，合理，故B 错误；C 项，HX 与Na2SO3溶液反应得到H2SO3，根据
强酸制弱酸，说明HX 的酸性比亚硫酸的强，HX 可能为强酸，不能证明HX 是弱酸，不合理，故C 正确；
D 项，相同条件下，对0.1 mol/L 的HCl 和0.1 mol/L 的HX 进行导电性实验，若HX 溶液灯泡较暗，说明
HX 溶液中离子浓度小于HCl，则证明HX 部分电离，所以HX 为弱酸，合理，故D 错误；故选C。
4．25 ℃时，0.1 mol·L-1CH3COOH 溶液的pH=3，0.1 mol·L-1 HX 溶液的pH=4。下列说法正确的是(　 
)
A．CH3COOH 与HX 均为弱酸，且酸性：HX>CH3COOH
B．25 ℃时，水电离出的c(H+)均为10-11 mol·L-1的两种酸，酸的浓度：HX>CH3COOH
C．25 ℃时，浓度均为0.1 mol·L-1的CH3COONa 和NaX 溶液，pH 大小：CH3COONa>NaX
D．25 ℃时，pH 均为3 的CH3COOH 与HX 溶液各100 mL 与等浓度的NaOH 溶液完全反应，消耗
NaOH 溶液的体积：CH3COOH>HX
【答案】B 
【解析】同浓度时CH3COOH 溶液的pH 小，说明其酸性较强，A 项错误；水电离出的c(H+)均为10-11 
mol·L-1，因此两种酸溶液中c(H+)=10-3 mol·L-1，由于酸性 CH3COOH>HX，故酸的浓度：HX>CH3COOH，
B 项正确；由于CH3COONa 和NaX 溶液浓度相同且X-的水解程度大，故pH 大小：NaX>CH3COONa，C
项错误；pH 均为3 的CH3COOH 溶液与HX 溶液相比，HX 溶液浓度大，故消耗NaOH 溶液的体积：
HX>CH3COOH，D 项错误。
题型二  弱电解质的电离平衡及影响因素
5．(2024·湖北省黄岗市检测)在相同温度时100mL 0.01mol/L 的醋酸溶液与10mL 0.1mol/L 的醋酸溶液
相比较，下列数值前者大于后者的是(    )
A．中和时所需NaOH 的量
B．溶液的导电能力
C．H+的物质的量
D．CH3COOH 的物质的量
【答案】C
【解析】A 项，计算两溶液中醋酸的物质的量，n(前)=c1•V1=0.1 L×0.01 mol•L-1=1×10-3 mol，
2
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n(后)=c2•V2=0.01 L×0.1 mol•L-1=1×10-3 mol，两者相等，因而中和时消耗的NaOH 的量相等，故A 错误；B
项，酸的浓度越大，溶液中离子浓度越大，则导电性越强，故前者小于后者，故B 错误；C 项，醋酸的浓
度越大其电离程度越小，由A 分析可知，两者醋酸的物质的量相同，前者电离程度大，则溶液中H+的物质
的量大，故C 正确；D 项，由A 分析可知，溶液中醋酸的总物质的量相等、但电离程度前者大，故未电离
的醋酸的物质的量前者小，故D 错误；故选C。
6．已知人体体液中存在如下平衡：CO2＋H2O
H2CO3
H＋＋HCO，以维持体液pH 的相对
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CO2进入血液，会使体液的pH 减小
【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。
7．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 增大
C．滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH 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】加水促进电离，但氢离子浓度减小，A 项错误；通入过量SO2 气体发生反应：2H2S＋
SO2===3S↓＋2H2O，当SO2过量时溶液显酸性，而且酸性比H2S 强，pH 减小，B 项错误；滴加新制氯水，
发生反应：Cl2＋H2S===2HCl＋S↓，平衡向左移动，溶液pH 减小，C 项正确；加入少量硫酸铜固体，发生
反应：H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋，H＋浓度增大，D 项错误。
8．已知某温度下CH3COOH 和NH3·H2O 的电离常数相等，现向10 mL 浓度为0.1 mol·L －1 的
CH3COOH 溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中(　　)
A．水的电离程度始终增大
B．c(NH)/c(NH3·H2O)先增大再减小
C．c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和始终保持不变
D．当加入氨水的体积为10 mL 时，c(NH)＝c(CH3COO－)
【答案】D
【解析】开始滴加氨水时，水的电离程度增大，二者恰好完全反应时，水的电离程度最大，再继续滴
加氨水时，水的电离程度减小，A 项错误；向醋酸中滴加氨水，溶液的酸性减弱，碱性增强，c(OH－)增大，
由NH3·H2O
NH＋OH －可知K＝，则＝，故减小，B 项错误；根据原子守恒知n(CH3COO －)与
n(CH3COOH)之和不变，但滴加氨水过程中，溶液体积不断增大，故c(CH3COO－)与c(CH3COOH)之和减小，
C 项错误；由CH3COOH 和NH3·H2O 的电离常数相等可知当二者恰好完全反应时，溶液呈中性，结合电荷
守恒知c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(NH)＋c(H＋)，则c(CH3COO－)＝c(NH)，D 项正确。
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9 ．已知某温度下CH3COOH 和NH3·H2O 的电离常数相等，现向10 mL 浓度为0.1 mol·L －1 的
CH3COOH 溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中(　　)
A．水的电离程度始终增大
B．
先增大再减小
C．c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和始终保持不变
D．当加入氨水的体积为10 mL 时，c(NH)＝c(CH3COO－)
【答案】D
【解析】A 项，醋酸显酸性，水的电离平衡受到抑制，在滴加NH3·H2O 的过程中，酸性减弱，水的电
离程度受到抑制的程度减小，电离程度增大，当CH3COOH 反应完后，加入的NH3·H2O 会抑制水的电离，
电离程度减小，故该选项错误；B 项，在向醋酸中滴加氨水的过程中，碱性增强酸性减弱，c(OH－)一直增
大。由NH3·H2O
NH ＋OH －可知，K ＝，则
，而K 是常数，故
直减小，该选项错误；C 项，n(CH3COOH)与n(CH3COO－)之和保持不变，但溶液的体积是增大
的，故c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和逐渐减小，该选项错误；D 项，当加入氨水10 mL 时，两者恰好完
全反应生成CH3COONH4，由CH3COOH 和NH3·H2O 的电离常数相等可知，CH3COO－和NH 的水解程度也
相等，故c(NH)＝c(CH3COO－)，该选项正确。
10．已知某温度下CH3COOH 和NH3·H2O 的电离常数相等，现向10 mL 浓度为0.1 mol·L －1 的
CH3COOH 溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中(　　)
A．水的电离程度始终增大
B．c(NH)/c(NH3·H2O)先增大再减小
C．c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和始终保持不变
D．当加入氨水的体积为10 mL 时，c(NH)＝c(CH3COO－)
【答案】D
【解析】开始滴加氨水时，水的电离程度增大，二者恰好完全反应时，水的电离程度最大，再继续滴
加氨水时，水的电离程度减小，A 项错误；向醋酸中滴加氨水，溶液的酸性减弱，碱性增强，c(OH－)增大，
由NH3·H2O
NH＋OH －可知K＝，则＝，故减小，B 项错误；根据原子守恒知n(CH3COO －)与
n(CH3COOH)之和不变，但滴加氨水过程中，溶液体积不断增大，故c(CH3COO－)与c(CH3COOH)之和减小，
C 项错误；由CH3COOH 和NH3·H2O 的电离常数相等可知当二者恰好完全反应时，溶液呈中性，结合电荷
守恒知c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(NH)＋c(H＋)，则c(CH3COO－)＝c(NH)，D 项正确。
题型三  电离平衡常数
11．运用电离平衡常数判断，下列可以发生的反应是(　　)。
酸
电离平衡常数(25 ℃)
碳酸
Ka1=4.3×10-7　Ka2=5.6×10-11
次溴酸
Ka=2.4×10-9
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①HBrO+Na2CO3=NaBrO+NaHCO3       ②2HBrO+Na2CO3=2NaBrO+H2O+CO2↑
③HBrO+NaHCO3=NaBrO+H2O+CO2↑  ④NaBrO+CO2+H2O=NaHCO3+HBrO
A．①③      B．②④        C．①④
   D．②③
【答案】C
【解析】根据复分解反应中较强酸制备较弱酸的原理可知，①中Ka(次溴酸)=2.4×10-9>Ka2(碳
酸)=5.6×10-11，能发生；④中Ka(次溴酸)=2.4×10-9<Ka1(碳酸)=4.3×10-7，能发生；同理，②和③都不能发生。
12．已知25 ℃时有关弱酸的电离平衡常数如表：
弱酸化学式
HX
HY
H2CO3
电离平衡常数
7.8×10-9
3.7×10-15
K1=4.4×10-7、K2=4.7×10-11
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>Na2CO3>NaY>NaHCO3
C．向Na2CO3溶液中加入足量HY，反应的离子方程式：HY+ CO3
2-=HCO3
-+Y-
D．HX 和HY 酸性相同，都比H2CO3弱
【答案】A
【解析】根据电离平衡常数可知酸性：H2CO3>HX> HCO3
->HY，A 项正确，C、D 两项错误；酸的酸
性越弱，其对应的盐的水解能力越强，故相同条件下溶液的碱性：NaY>Na2CO3>NaX>NaHCO3，B 项错误。
13．(2024·浙江省诸暨市高三适应性考试)已知H2R 为二元弱酸，Ka1(H2R)=5.4×10-2，Ka2(H2R)=5.4×10-
5。室温下，下列说法不正确的是(   )
A．0.1mol/L NaHR 溶液pH＜7
B．用NaOH 溶液中和一定量的H2R 溶液至呈中性时，溶液中c(HR-)＜c(R2-)
C．0.1mol/L H2R 溶液：.2mol/L+c(OH-)=c(H+)+c(H2R)+c(HR-)
D．0.01mol/L 的H2R 溶液与pH=12 的NaOH 溶液完全中和时，消耗酸与碱溶液的体积比为1∶2
【答案】C
【解析】A 项，NaHR 是弱酸H2R 的酸式盐，存在电离和水解，
，电离强于
水解，0.1mol/L NaHR 溶液pH＜7，A 正确；B 项，用NaOH 溶液中和一定量的H2R 溶液至呈中性时，
c(OH-)=c(H+)=10-7mol/L，
，故溶液中c(HR-)＜c(R2-)，B
正确；C 项，0.1mol/L H2R 溶液中根据电荷守恒和元素守恒可得c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)=0.1mol/L ，
c(H+)=c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-) ，故.2mol/L+c(OH-)=c(H+)+2c(H2R)+c(HR-) ，C
错误；D
项，
H2R+2NaOH=2H2O+Na2R，0.01mol/L 的H2R(二元酸)溶液与pH=12 即0.01mol/L 的NaOH 溶液完全中和时，
消耗酸与碱溶液的体积比为1∶2，D 正确；故选C。
14．H3PO4的电离是分步进行的，常温下Ka1=7.6×10-3，Ka2=6.3×10-8，Ka3=4.4×10-13。下列说法正确的是
(　　)。
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A．浓度均为0.1 mol·L-1的NaOH 溶液和H3PO4溶液按照体积比2∶1 混合，混合液的pH<7
B．Na2HPO4溶液中，c(H+)+c(H2PO4
-)+c(H3PO4)=c(PO4
3-)+c(OH-)
C．向0.1 mol·L-1的H3PO4溶液中通入HCl 气体(忽略溶液体积的变化)，溶液pH=1 时，溶液中大约有
7.1%的H3PO4电离
D．在H3PO4 溶液中加入NaOH 溶液，随着NaOH 的加入，溶液的pH 增大，当溶液的pH=11 时，
c(PO4
3-)>c(HPO4
2-)
【答案】C
【解析】NaOH 和H3PO4按物质的量之比2∶1 混合，恰好反应产生Na2HPO4，溶液中存在HPO4
2-的电
离平衡和水解平衡，电离平衡常数Ka3=4.4×10-13 ，水解平衡常数Kh2= K w
K a2
=
10
-14
6.3×10
-8≈1.59×10-7，
Kh2>Ka3，水解程度大于电离程度，因此溶液显碱性，pH>7，A 项错误；在Na2HPO4溶液中，根据质子守恒
可得c(H+)+c(H2PO4
-)+2c(H3PO4)=c(PO4
3-)+c(OH-) ，B 项错误；设电离出的c(H2PO4
-)=x ，Ka1=
c( H
+)·c( H 2 PO4
-)
c( H 3 PO4)
=0.1× x
0.1- x =7.6×10-3 ，解得x≈0.0071 mol·L-1 ，溶液中电离的H3PO4 大约有
0.0071mol· L
-1
0.1mol· L
-1
×100%=7.1% ，C 项正确；当溶液的pH=11 时，c(H+)=10-11 mol·L-1 ，Ka3=
c( H
+)·c( PO4
3-)
c( HPO4
2-)
=10
-11×c( PO4
3-)
c( HPO4
2-)
=4.4×10-13，则 c( PO4
3-)
c( HPO4
2-)
=4.4×10-2，则c(PO4
3-)<c(H2PO4
-)，D
项错误。
题型四  强酸(碱)和弱酸(碱)稀释图像
15．常温下pH＝2 的两种酸溶液A 和B，分别加水稀释1 000 倍，其pH 与所加水的体积变化如图所示。
下列结论正确的是(　　)
A．B 酸比A 酸的电离度大                   B．A 为弱酸，B 为强酸
C．B 酸的物质的量浓度比A 的小             D．A 酸比B 酸易电离
【答案】D
【解析】根据图示可知溶液稀释1 000 倍后，A 酸溶液pH 变化大，说明A 酸酸性大于B 酸酸性。则B
酸为弱酸，其电离度应比A 酸小，A 酸易电离。同为pH＝2，B 酸溶液物质的量浓度一定比A 酸溶液浓度
大。
16．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
(　　)
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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】由图知：将一元酸x 和y 分别稀释10 倍，pH 的变化量ΔpHx＝1，ΔpHy<1，所以x 为强酸，
而y 为弱酸。pH＝2 时弱酸y 的浓度大，滴加NaOH 至pH＝7 时需NaOH 溶液的体积则y 要比x 大。
17．在体积均为1 L，pH 均等于2 的盐酸和醋酸中，分别投入0.12 g 镁粉充分反应后，下图中比较符
合反应事实的曲线是
(　　)
 
【答案】C
【解析】镁最多失去电子的物质的量为×2＝0.01 mol。A、B 项，在反应过程中，CH3COOH 进一步电
离，CH3COOH 的pH 小于HCl 的pH，生成氢气的速率，v(CH3COOH)＞v(HCl)，A、B 均错；C、D 项，由
于Mg 是定量的，HCl 恰好完全反应，而CH3COOH 过量，且CH3COOH 与Mg 反应速率快，所以C 对，D
错。
18．常温下，将等浓度的NaOH 溶液分别滴加到等pH、等体积的HA、HB 两种弱酸溶液中，溶液的
pH 与粒子浓度比值的对数关系如图所示。下列叙述错误的是(　　)
A．酸性： HA>HB
B．a 点时，溶液中由水电离出的c(OH－)约为1×10－10mol·L－1
C．向HB 溶液中滴加NaOH 溶液至pH＝7 时：c(B－ )>c(HB)
D．b 点时，c(Na＋)>c(B－)＝c(HB)>c(H＋)>c(OH－ )
【答案】D
【解析】A 项，当横坐标相同时，即与相同，发现HB 的pH 大，说明此时HB 溶液的c(H＋)小，则
Ka(HB)<Ka(HA)，酸性： HA>HB ，A 正确；B 项，a 点，lg＝0，pH＝4，酸过量抑制水的电离，根据水的
离子积常数可算出溶液中由水电离出的c(OH－)约为 1×10－10mol·L－1，B 正确；C 项，当lg＝0 时，pH 等于
5，所以溶液至pH＝7 时lg>0，c(B－ )> c(HB)，C 正确；D 项，b 点时，pH 等于5，HB 的电离程度大于
7
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NaB 的水解程度，所以c(B－)＝ c(HB)> c(Na＋)> c(H＋)>c(OH－ )，D 错误；故选D。
19．常温下，将pH 均为3，体积均为V0的HA 溶液和HB 溶液，分别加水稀释至体积为V，pH 随lg
V
V 0
的变化如图所示。下列说法正确的是(　　)。
A．稀释相同倍数时：c(A-)>c(B-)
B．水的电离程度：b>c>a
C．溶液中离子总物质的量：b>c>a
D．溶液中离子总浓度：a>b=c
【答案】D
【解析】根据题图可知，当lg V
V 0
=2 时，HA 溶液的pH=5，HB 溶液的pH<5，故HA 为强酸，HB 为弱
酸。根据题图可知，当两溶液稀释相同倍数时，溶液的pH：HA>HB，溶液中c(A-)<c(B-)，A 项错误；根
据题图可知，溶液的pH：a<b=c，水的电离程度：b=c>a，B 项错误；a、c 两点溶液体积相同，c 点的pH
大于a 点的，c 点溶液中c(A-)<a 点溶液中c(B-)，溶液中离子总物质的量：a>c，a 点时溶液加水稀释可得b
点溶液，促进HB 的电离，溶液中离子总物质的量：b>a，故溶液中离子总物质的量：b>a>c，C 项错误；
溶液中存在电荷守恒：c(H+)=c(B-)+c(OH-)、c(H+)=c(A-)+c(OH-)，由于溶液中c(H+)：a>b=c，则溶液中离子
总浓度：a>b=c，D 项正确。
1．(2024·河北石家庄高三第二次调研)已知25℃时，三种酸的电离常数为Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，
Ka(HCN)=6.2×10-10，Ka1(H2CO3)=4.5×10-7，Ka2(H2CO3)=4.7×10-11。下列说法正确的是(    )
A．醋酸滴入NaCN 溶液的离子方程式为H++CN-=HCN
B．NaHCO3在水溶液中的电离方程式为NaHCO3=Na++H++CO3
2-
C．Na2CO3溶液中滴加HCN 的离子方程式为CO3
2-+2HCN=2CN-+H2O+CO2↑
D．结合质子的能力：CH3COO-<HCO3
-<CN-< CO3
2-
【答案】D
【解析】电离平衡常数越大，酸性越强，根据表中数据可知酸性：CH3COOH> H2CO3> HCN > 
HCO3
-。A 项，因为酸性CH3COOH> HCN，由于醋酸是弱酸不可拆，反应的离子方程式是：
CH3COOH+CN-=HCN+CH3COO-，故A 错误；B 项，NaHCO3在水溶液中电离出钠离子和HCO3
-，电离方程
式为NaHCO3=Na++ HCO3
-，故B 错误；C 项，酸性：H2CO3> HCN > HCO3
-，则Na2CO3溶液与HCN 反应只
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能生成NaHCO3，不能生成H2CO3，离子方程式为CO3
2-+HCN=CN-+ HCO3
-，故C 错误；D 项，酸性越弱，
其对应酸根结合氢离子的能力越强，所以等浓度的结合质子的能力：CH3COO-< HCO3
-<CN-< CO3
2-，故D
正确；故选D。
2．(2024·湖北腾云联盟高三联考)常温下，一种解释乙酰水杨酸(用HA 表示，Ka=1.0×10-30)药物在人体
吸收模式如下：
假设离子不会穿过组织薄膜，而未电离的HA 则可自由穿过该膜且达到平衡。下列说法错误的是
(    )
A．血浆中HA 电离程度比胃中大
B．在胃中，
C．在血浆中，
D．总药量之比
【答案】C
【解析】A 项，如图可知，胃液酸性强，H+浓度大，抑制HA 的电离，故血浆中HA 电离程度比胃中
大，A 正确；B 项，在胃中c(H＋)=  1.0×10-10mol·L－1，根据
可得
，B 正确；C 项，在血浆中，
，
C 错误；D 项，未电离的HA 则可自由穿过该膜且达到平衡，血浆Ⅰ和胃Ⅱ中c(HA)相等，由
，可得
，则
，溶液Ⅰ中，
，
，
同理溶液Ⅱ中，
，故总药量之比
，D 正确；故选C。
3．(2024·湖南省衡阳市高三模拟)探究对氯苯甲酸(HA)在苯—水体系中的溶解状况。
已知：常温下，HA 在水(W)和苯(B)两相间的分配系数：
(只与温度有关)
在水中，HA
H＋＋A-　ΔH>0，其Ka(HA)=1.00×10-4mol·L-1
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在苯中，HA 只发生二聚：2HA
 (HA)2
实验测得：水中c(A-)=5.00×10-4mol·L-1时，苯中的c[(HA)2]=7.05×10-4mol·L-1
下列有关说法错误的是(    )
A．水溶液的pH=3.3(lg5≈0.7)
B．若向萃取体系中滴入少量浓盐酸，则苯中c[(HA)2]将减少
C．在苯中二聚反应的平衡常数K=1.13×102mol-1·L(结果保留三位有效数字)
D．HA 在苯中发生二聚的原因是在苯中，羧酸与羧酸之间易形成分子内氢键
【答案】B
【解析】A 项，水中c(A-)=5.00×10-4mol·L-1，则c(H+)=5.00×10-4mol·L-1，则pH=3.3，A 正确；B 项，浓
盐酸只溶于水层，滴入少量浓盐酸，使水中c(H＋)增大，HA 电离平衡逆向移动，c(HA)W增大，这促使更
多的HA 进入苯层，使c(HA)W增大，则苯中二聚平衡正向移动，最终c[(HA)2]增大，B 错误；C 项，
Ka(HA)=1.00×10-4mol·L-1，
，水中c(A-)=5.00×10-4mol·L-1时，
，则
=2.5×10-3mol·L-1，苯中的c[(HA)2]=7.05×10-4mol·L-1，在苯中二聚反应
的平衡常数K=
1.13×102mol-1·L，C 正确；D 项，HA 在苯中发生二聚的原因是羧酸与羧酸之
间易形成分子内氢键，D 正确；故选B。
4．(2024·福建省莆田市高三毕业班二模)室温下，向水中通入H2X 气体使其保持浓度为a mol·L-1的饱
和状态，调节溶液的
，体系中
(M 表示HX-或X2-，单位mol·L-1)与
关系如图所示。已知H2X
的
。下列说法错误的是(    )
A．a=0.1
B．②代表
与pH 的关系曲线
C．
=4.8 时，cH＋＝cOH－＋cHX-＋2cX2-
D．若X2-浓度处于P 点时，需调高溶液的pH 才能达到平衡体系
【答案】C
【解析】H2X 为弱酸，存在电离平衡：H2X
H++HX-，HX-
H++X2-，pH 较小、相同pH 时，
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HX-浓度大于X2-，
，则图中①代表
与pH 的关系，曲线②代表
与pH
的关系曲线；已知H2X 的
，则
。A 项，据分析，由点
(3,-5) ，结合
，得到cH2X=a=0.1，A 正确；B 项，据分析②代表
与
的关系曲线，B 正确；C 项，室温下，向水中通入H2X 气体使其保持浓度为a mol·L-1的饱
和状态，所得溶液pH 是一确定的值，若调节溶液的pH 的过程中引入其它阳离子达到pH=4.8 时，则不符
合电荷守恒，C 不正确；D 项，
，若X2- 浓度处于
P 点时，则P 点的X2-浓度比平衡时小，P 点cH＋比平衡时大，故需调高溶液的pH 才能达到平衡体系，D
正确；故选C。
5．(2024·重庆市高三联考)阿司匹林具有解热镇痛作用，其医用效率主要取决于被血液吸收的程度，
阿司匹林分子(
)可自由穿过细胞膜，而离子(
)不能(如下图所示)，设两溶液环境中
，已知该环境下达到平衡时，胃液中阿司匹林的电离度为α，下列叙述错误的是( 
)
A．血液中c(H＋)＜c(H＋)+ c(A-)
B．该环境下阿司匹林的
为
C．细胞膜两侧胃液和血液中的c(HA)相等
D．细胞膜两侧胃液和血液中的
之比为
【答案】D
【解析】A 项，由图可知，血液的pH 为7.4，溶液中的氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，A 正确；B
项，设胃液中阿司匹林的浓度为cmol/L，由电离度为α 可知，平衡时胃液中氢离子浓度为10—2mol/L，阿
司匹林HA 的浓度为(c—cα)mol/L、A—浓度为cαmol/L，则阿司匹林的电离常数为
=
，
B 正确；C 项，由图可知，阿司匹林分子HA 可以自由穿过细胞膜，所以平衡时膜两侧的HA 浓度相等，C
正确；D 项，平衡时胃液中，膜两侧的HA 浓度相等，设平衡时两侧HA 浓度相都为cmol/L，由电离常数
可知，胃液中
=c(102Ka+1)mol/L、血液中
=c(107.4Ka+1)mol/L ，则两侧溶液中
之比
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为
，由阿司匹林的电离常数为
可知，
=
=
，D 错误；
故选D。
6．为了证明醋酸是弱电解质，甲、乙、丙、丁四人分别选用下列试剂进行实验：0.1 mol·L-1醋酸溶液、
0.1 mol·L-1盐酸、pH=3 的盐酸、pH=3 的醋酸溶液、CH3COONa 晶体、NaCl 晶体、CH3COONH4晶体、蒸
馏水、锌粒、pH 试纸、酚酞、NaOH 溶液等。
(1)甲取出10 mL 0.1 mol·L-1的醋酸溶液，用pH 试纸测出其pH=a，确定醋酸是弱电解质，则a 应该满
足的关系是　　　　　　　　　，理由是 
　。 
(2)乙分别取pH=3 的醋酸溶液和盐酸各1 mL，分别用蒸馏水稀释到100 mL，然后用pH 试纸分别测定
两溶液的pH，则可认定醋酸是弱电解质，判断的依据是　。 
(3)丙分别取pH=3 的盐酸和醋酸溶液各10 mL，然后加入质量相同、规格相同的锌粒，醋酸溶液放出
H2的速率快，则认定醋酸是弱电解质，你认为这一方法正确吗?　　　　，请说明理由： 
　。 
(4)丁用CH3COONa 晶体、NaCl 晶体、蒸馏水和酚酞做实验，也论证了醋酸是弱酸的事实，该同学的
实验操作和现象是　。 
【答案】(1)a>1　醋酸是弱酸，不能完全电离
(2)稀释后盐酸的pH=5，醋酸溶液的pH<5
(3)正确　醋酸是弱酸，随着反应的进行，醋酸不断电离，c(H+)变化小，因此醋酸溶液产生H2的速率
比盐酸快
(4)将CH3COONa 晶体、NaCl 晶体分别溶于适量水配成溶液，再分别滴入酚酞溶液，CH3COONa 溶液
变成浅红色，NaCl 溶液不变色
【解析】(1)若醋酸是弱酸，则其不能完全电离，电离出的c(H+)<0.1 mol·L-1，pH=a>1。(2)若醋酸为弱
酸，稀释促进电离，c(H+)=10-3 mol·L-1的醋酸稀释到原来的100 倍，稀释后醋酸的c(H+)>10-5 mol·L-1，则
醋酸的pH<5，而HCl 为强酸，用蒸馏水稀释到100 mL，盐酸的pH=5。(3)分别加入质量相同、规格相同
的锌粒，若醋酸为弱酸，与锌反应消耗氢离子的同时，醋酸不断电离，H+得到补充，因此醋酸溶液产生氢
气的速率比盐酸快。(4)CH3COONa 是强碱弱酸盐，加入水中会发生水解，溶液显碱性，将CH3COONa 晶
体、NaCl 晶体溶于适量水配成溶液，分别滴入酚酞溶液，CH3COONa 溶液变成浅红色，NaCl 溶液不变色。
7．磷能形成次磷酸(H3PO2)、亚磷酸(H3PO3)等多种含氧酸。
(1)次磷酸(H3PO2)是一种精细化工产品，已知10 mL 1 mol·L-1 H3PO2与20 mL 1 mol·L-1NaOH 溶液充分
反应后生成NaH2PO2。回答下列问题：
①NaH2PO2属于　　　　(填“正盐”、“酸式盐”或“无法确定”)。 
②若25 ℃，Ka(H3PO2)=10-2，则0.02 mol·L-1的H3PO2溶液的pH=　　　　。 
③设计两种实验方案，证明次磷酸是弱酸：　　　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　。 
(2)亚磷酸(H3PO3)是二元中强酸，某温度下，0.11 mol·L-1的H3PO3溶液的pH 为2，则该温度下H3PO3
的电离平衡常数Ka1约为　　　　(H3PO3的二级电离和水的电离忽略不计)。 
(3)25 ℃时，向H3PO3溶液中滴加NaOH 溶液：
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①当恰好中和生成Na2HPO3时，所得溶液的pH　　　　(填“>”、“<”或“=”，下同)7。 
②当溶液呈中性时，所得溶液中c(Na+)　　　　　c(H2PO3
-)+2c(HPO3
2-)。 
③若用甲基橙作指示剂，用NaOH 溶液滴定，达到滴定终点时，所得溶液中c(Na+)　　　　c(H2PO3
-)
+2c(HPO3
2-)。 
【答案】(1)①正盐　②2　③方案1：测NaH2PO2溶液的pH，若pH>7，则证明次磷酸为弱酸。方案
2：向等物质的量浓度的盐酸、次磷酸溶液中各滴入2 滴石蕊溶液，若次磷酸溶液中红色浅一些，则说明次
磷酸为弱酸(答案合理即可)　(2)1×10-3 
(3)①>　②=　③<
【解析】(1)①NaOH 溶液过量，只生成NaH2PO2，说明次磷酸中只有一个可电离的氢原子，因而
NaH2PO2是正盐。②设溶液中的H+浓度为x mol·L-1，则：
　　　　　　　H3PO2
H++H2PO2
-
初始/(mol·L-1)0.02 0
　0   0
平衡/(mol·L-1)0.02-x
  x 　x
Ka(H3PO2)=
x
2
0.02- x
=10-2，解得x=0.01，故pH=-lg 0.01=2。③可从NaH2PO2溶液中存在水解平衡以及
H3PO2 溶液中存在电离平衡等角度设计实验。(2) 忽略H3PO3 的二级电离和水的电离，则
c(H2PO3
-)≈c(H+)=1×10-2 mol·L-1，c(H3PO3)=(0.11-1×10-2) mol·L-1=0.1 mol·L-1，则该温度下H3PO3的电离平衡
常数Ka1=c( H
+)·c( H 2 PO3
-)
c( H 3 PO3)
≈1×10
-2×1×10
-2
0.1
=1×10-3。(3)①在Na2HPO3 溶液中，HPO3
2-水解，溶
液呈碱性。②当溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒得c(Na+)=c(H2PO3
-)+2c(HPO3
2-)。③溶液中存
在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(H2PO3
-)+2c(HPO3
2-)+c(OH-)，用甲基橙作指示剂，达到滴定终点时，溶液呈酸
性，则c(H+)>c(OH-)，故c(Na+)<c(H2PO3
-)+2c(HPO3
2-)。
8．(2024·山东省日照市高三模拟)硫及其化合物在日常生活、工业生产中都非常普遍。
(1)在水中，硫酸是一种强酸，但实际上只有第一步电离是完全的，第二步电离并不完全，电离方程式
可表示为：H2SO4=H＋＋HSO4
-，HSO4
-
H＋＋SO4
2-。
①25℃时，Na2SO4溶液的pH           (填“>”“<”或“=”)7。
②0.100 mol∙L−1的稀硫酸中，c(H＋)=0.109 mol∙L−1，求硫酸第二步电离的电离常数           (写出计
算过程，结果保留三位有效数字)。
(2)液态水中，水存在自偶电离：H2O＋H2O
H3O＋＋OH-。平常书写的H＋，实际上是纯水或水溶
液中H3O＋的缩写。如HCl 在水中电离，完整写法是HCl＋H2O=H3O＋＋Cl-。
①液态的醋酸(用HAc 表示)中，同样存在HAc 的自偶电离，其方程式可表示为           。
②用醋酸作溶剂时，硫酸是一种二元弱酸。将少量H2SO4溶于冰醋酸中，第一步电离的完整写法是   
。若保持温度不变，关于该所得溶液，下列说法正确的是           。
A．加入少量冰醋酸，c(HSO4
-)与c(SO4
2-)均减小
B．加入少量H2SO4，H2SO4的电离程度增大
C．加入少量NaAc 固体。c(HSO4
-)与c(SO4
2-)的比值减小
D．加入少量Na2SO4固体，c(Ac-)减小
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【答案】(1) >     第一步完全电离，可电离出0.100 mol∙L−1的H＋，故第二步电离出0.009 mol∙L−1的
H＋和SO4
2-，c(HSO4
-)=(0.100−0.009) mol∙L−1=0.091 mol∙L−1，
(2) HAc＋HAc
H2Ac＋＋Ac-     H2SO4＋HAc
H2Ac＋＋HSO4
-     AC
【解析】(1)在水中，硫酸是一种强酸，但实际上只有第一步电离是完全的，第二步电离并不完全，电
离方程式可表示为：H2SO4=H＋＋HSO4
-，HSO4
-
H＋＋SO4
2-。①根据HSO4
-
H＋＋SO4
2-，25℃时，
Na2SO4溶液中硫酸根水解生成硫酸氢根和氢氧根，导致溶液中氢氧根浓度大于氢离子浓度，因此溶液的
pH>7；。②0.100 mol∙L−1的稀硫酸中，c(H＋)=0.109 mol∙L−1，硫酸第一步完全电离，可电离出0.100 mol∙L−1
的H＋，故第二步电离出0.009 mol∙L−1的H＋和SO4
2-，c(HSO4
-)=(0.100−0.009)mol∙L−1=0.091 mol∙L−1，
；(2)①液态水中，水存在自偶电离：H2O＋H2O
H3O+＋OH-。平常书写的H+，实际上是纯水或水溶液中H3O+的缩写。如HCl 在水中电离，完整写法是HCl
＋H2O=H3O+＋Cl-。根据H2O＋H2O
H3O+＋OH-分析液态的醋酸(用HAc 表示)中同样存在HAc 的自偶
电离，其方程式可表示为HAc＋HAc
H2Ac+＋Ac-；②用醋酸作溶剂时，硫酸是一种二元弱酸。将少
量H2SO4溶于冰醋酸中，硫酸电离出的氢离子与HAc 结合成H2Ac+，因此第一步电离的完整写法是H2SO4
＋HAc
H2Ac+＋HSO4
-。③若保持温度不变：A 项，加入少量冰醋酸，由于溶液体积增大占主要因素，
因此c(HSO4
-)与c(SO4
2-)均减小，A 正确；B 项，加入少量H2SO4，平衡正向移动，由于硫酸浓度增大占主
要因素，因此H2SO4的电离程度减小，B 错误；C 项，加入少量NaAc 固体，Ac-与氢离子结合，硫酸氢根
电离程度增大，硫酸氢根浓度减小，硫酸根浓度增大，则c(HSO4
-)与c(SO4
2-)的比值减小，C 正确；D 项，
加入少量Na2SO4固体，抑制硫酸氢根电离，增大了HAc 的自偶电离，则c(Ac-)增大，D 错误；故选AC。
1．(2022•辽宁省选择性考试，15)甘氨酸(NH2CH2COOH)是人体必需氨基酸之一、在
时，
NH3
+CH2COOH、NH3
+CH2COO-和NH2CH2COO-的分布分数【如
】与溶液
关系如图。下列说法错误的是(   )
A．甘氨酸具有两性
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B．曲线c 代表NH2CH2COO-
C．NH3
+CH2COO-+H2O
NH3
+CH2COOH+OH-的平衡常数K=10-11.65
D．c 2(NH3
+CH2COO-)＜c(NH3
+CH2COOH) · c(NH2CH2COO-)
【答案】D
【解析】A 项，NH2CH2COOH 中存在-NH2和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A 正确；B 项，
氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a
表示NH3
+CH2COOH 的分布分数随溶液pH 的变化，曲b 表示NH3
+CH2COO-的分布分数随溶液pH 的变化，
曲线c 表示NH2CH2COO-的分布分数随溶液pH 的变化，故B 正确；C 项，NH3
+CH2COO-+H2O
NH3
+CH2COOH+OH-的平衡常数
，
时，根据a，b 曲线交点坐标(2.35，
0.50)可知，pH=2.35 时，c(NH3
+CH2COO-)=c(NH3
+CH2COOH)，则
，故C 正确；
D 项，由C 项分析可知，
，根据b，c 曲线交点坐标坐标(9.78，0.50)分析可得电离
平衡NH3
+CH2COO-
NH2CH2COO-+H+的电离常数为K1=10-9.78，
，
则
，即c 2(NH3
+CH2COO-)＞c(NH3
+CH2COOH) · 
c(NH2CH2COO-)，故D 错误；故选D。
2．(2022•江苏卷，12)一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1mol∙L-1KOH 溶液吸收CO2，
若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O 挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c 总=c(H2CO3)+c(HCO3
- )
+c(CO3
2-)。H2CO3电离常数分别为Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是(  )
A．KOH 吸收CO2所得到的溶液中：c(H2CO3)＞c(HCO3
-)
B．KOH 完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-)= c(H+)+c(HCO3
-)+c(H2CO3)
C．KOH 溶液吸收CO2，c 总=0.1mol∙L-1溶液中：c(H2CO3)＞c(CO3
2-)
D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降
【答案】C
【解析】A 项，KOH 吸收CO2所得到的溶液，若为Na2CO3溶液，则CO3
2-主要发生第一步水解，溶液
中：c(H2CO3)＜c(HCO3
-)，若为NaHCO3溶液，则HCO3
-发生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)＜
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c(HCO3
-)，A 不正确；B 项，KOH 完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K+)+ c(H+)=c(OH-)+ 
+c(HCO3
-)+2c(CO3
2-)，依据物料守恒，溶液中：c(K+)=2[c(CO3
2-)+c(HCO3
-)+c(H2CO3)]，则c(OH-)= c(H+)
+c(HCO3
-)+2c(H2CO3)，B 不正确；C 项，KOH 溶液吸收CO2，c(KOH)=0.1mol∙L-1，c 总=0.1mol∙L-1，则溶液
为KHCO3溶液， Kh2=
=
≈2.3×10-8＞Ka2=4.4×10-11，表明HCO3
-以水解为主，所以溶液中：
c(H2CO3)＞c(CO3
2-)，C 正确；D 项，如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生反应为：
CO2+2KOH=K2CO3+H2O、K2CO3+CaO+H2O=CaCO3↓+2KOH(若生成KHCO3或K2CO3与KHCO3的混合物，
则原理相同)，二式相加得：CO2+CaO=CaCO3↓，该反应放热，溶液的温度升高，D 不正确；故选C。
3．(2022·浙江省1 月选考，17)已知25℃时二元酸H2A 的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。下列说法正确
的是(   )
A．在等浓度的Na2A、NaHA 溶液中，水的电离程度前者小于后者
B．向0.1mol·L-1的H2A 溶液中通入HCl 气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，则H2A 的电离度为
0.013%
C．向H2A 溶液中加入NaOH 溶液至pH=11，则c(A2-)＞c(HA-)
D．取pH=a 的H2A 溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1
【答案】B
【解析】A 项，在等浓度的Na2A、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A 错误；B 项，向0.1mol·L-1的H2A 溶液中通入HCl 气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，
，则H2A 的电离度
 0.013%，故B 正确；C 项，
向H2A 溶液中加入NaOH 溶液至pH=11，
，则c(A2-)<c(HA-)，故C 错误；D 项，
H2A 是弱酸，取pH=a 的H2A 溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，H2A 的电离平衡正向移动，则该溶液
pH<a+1，故D 错误；故选B。
4．(2021•浙江6 月选考)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
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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。
5．(2021•浙江1 月选考，17)25℃时，下列说法正确的是(   )
A．NaHA 溶液呈酸性，可以推测H2A 为强酸
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α1、α2，则α1＜α2
D．100 mL pH=10.00 的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10-5mol
【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H2A 为强
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α1、α2，则α1＞α2，C 错误；D 项，100 mL pH=10.00
的Na2CO3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
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。
6．(2020·海南卷，12)某弱酸HA 溶液中主要成分的分布分数随pH 的变化如图所示。下列说法错误的
是(　　)
A．该酸－lgKa ≈4.7
B．NaA 的水解平衡常数Kh＝
C．当该溶液的pH＝7.0 时，c(HA)<c(A－)
D．某c(HA)∶c(A－)＝4∶1 的缓冲溶液，pH≈4
【答案】B
【解析】观察曲线的交点为c(HA)＝c(A－)时，此时溶液的pH≈4.7，该酸Ka＝＝c(H＋)≈10－4.7，故－
lgKa≈4.7，A 正确；NaA 的水解平衡常数Kh＝＝，B 错误；根据图像可知，当该溶液的pH＝7.0 时，c(HA)
＜c(A－ )，C 正确；根据图像可知，c(HA)为0.8，c(A－)为0.2 时，pH 约为4，故某c(HA)∶c(A－ )＝4∶1 的
缓冲溶液，pH≈4，D 正确。
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