第八章 第26讲 弱电解质的电离平衡-【勤径学升】2025年高考化学一轮总复习（人教版）

国高考一轮总复习·化学 第八章 水溶液中的离子反应与平衡 第26讲 弱电解质的电离平衡 高考评价要求 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，如酸碱性、导电 性等。 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。 3.能用化学用语正确表示水溶液中的离子反应与平衡，能通过实验证明水溶液中存在的离子平 衡，能举例说明离子反应与平衡在生产、生活中的应用。 考点1 弱电解质的电离平衡 -对应高案P420 7必备知识·整合 改变条件 平衡移动方向(H)(H广) 导电能力 1,电离平衡的概念 加水稀释 回 ☑ 加入少量冰醋酸 在一定条件下（如温度、压强等），当回 国 国 通入HC(g) 回 國 的速率和回 圆 加NaOH(s) 风 网 的速率相等时，电离过程达到平衡状态。 加CH(OXNa(s 园 国 2.电离平衡的建立与特征 升高温度 國 风 国 厂逆：可逆过程 易错I易1混 的 电离图站合☑0 判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）。 平衡状态 梦 1,弱电解质溶液中至少存在两种共价化合物 特征 结合月 定：各组分依度保持恒定不变 分子。 () 变：条什改变，平衡发生移动 2.氨气溶于水，当NH·H,O电离出的c(OH) (1)开始时，（电离）固 ,而v(结合) =c(NH)时，表明NH·HO电离处于平衡 为回 状态。 () (2)平衡的建立过程中，（电离）回 3.电离平衡右移，电解质分子的浓度一定减小， (结合)。 离子浓度一定增大。 (3)当v(电离)圆 (结合)时，电离过 4.25℃时，0.1mol·L CH COOH加水稀释， 程达到平衡状态。 各离子浓度均减小。 () 3.影响电离平衡的因素 5.电离平衡向右移动，弱电解质的电离度一定 以0.1mol·L.1 CH COOH溶液为例，填写外 增大。 界条件对CHCO)H(aq)一CHCO)(aq)+ 6.电离平衡向右移动，电解质分子的浓度一定 H(aq)△HD>0的影响。 减小。 () 盛164 第八章水溶液中的离子反应与平衡回 7关键能方：提升 题组一外界条件对电离平衡移动的影响 方 1.(2023秋·黑龙江大庆实验中学阶段练习) 0.1mol·L的醋酸溶液中存在电离平衡： CH,COOH一H+CHC()O。下列叙述 不正确的是 () 加水体积 A.向溶液中加水稀释或加热溶液均可使 A.a,b,c三点溶液的pH:ca<b CH,CO)的物质的量浓度增大 B.a、b、c三点CH COOH的电离程度：c<a B.向溶液中加入少量CHCO)Na固体，保持 <b 溶液温度不变，c(CH,COO)·c(H) C.用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH,测 增大 量结果偏小 C.向溶液中加入少量纯醋酸，平衡向右移动， D.a、b、c三点溶液用1mol·L1NaOH溶液 醋酸的电离程度减小 中和，消耗NaOH溶液体积：c<a<b D.向溶液中加人少量Na固体，保持溶液温度 4.(2022·北京一七一中三模)用0.100mol· 不变，溶液中cCCH,COOH) c(CH,COO)减小 L'的NaOH溶液分别滴定体积均为 10.00mL、浓度均为0.100mol·L的HC1 2.(2023秋·黑龙江大庆实验中学阶段练习)已 和CH,C(OOH溶液。利用传感器测得滴定过 知：HAH+HA,HAH+ 程中溶液的电导率（电导率越大表示溶液导电 A。室温下，0.1mol·LHzA的溶液中， 性越强)变化如图所示。下列说法正确的是 下列说法不正确的是 () () A.该溶液中0.1mol·L<c(H)<0.2mol ·L D B.0.1mol·L'NaHA溶液中c(HA)小于 该溶液中c(HA) C.溶液中存在HA、HA和A D.用相同浓度的NaOH溶液中和10ml.0.1mol 101520T\a0/m1 ·L1H2A的溶液，完全中和时应消耗 A.曲线①代表向HCI中滴加NaOH NaOH溶液体积为20mL B.A点溶液的pH小于C点溶液的pH 题组二电离平衡与溶液导电性综合判断 C.A、B两点水的电离程度：A>B 3.一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过 D.CD发生了反应：H十OH一H,O 程中，溶液的导电能力变化如图所示。下列说 法正确的是 () 考点2 电离平衡常数 一对应答案P21 7必备知识：整合) 2.表达式 1.概念 一元弱酸HA 一元弱碱BOH 在一定条件下，弱电解质达到电离平衡时，溶 电离方程式 HA一H十A BOHB十OH 液中电离所生成的各种离子浓度（幂次方）的 电离常数表达式 K=H·cA) e(HA) K-B')·(OH (H) 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 3.特点 离常数，用K(弱酸用K.,弱碱用K)表示。 (1)电离平衡常数与温度有关，与浓度无关，升 165型 国高考一轮总复习·化学 高温度，K增大。 下列说法错误的是 (2)电离平衡常数反映弱电解质的相对强弱， A.根据电离常数，可判断酸性：HCOOH> K越大，表示弱电解质越易电离，酸性或碱性 H.CO,>HCN 越强。 B.中和等体积，等pH的HCOOH和HCN消 (3)多元弱酸的各步电离常数的大小关系是 耗NaOH的量前者小于后者 K》K,≥K…,故其酸性取决于第一步的 C.2CN+H,O+CO,=2HCN+CO; 电离。 D.25℃时，反应HCOOH+CN=HCN+ 4.关于电离常数的计算（以弱酸HX为例） HX H+X HCOO的化学平衡常数为3.67×10 起始 2.下列关于电解质的说法正确的是 ) c(HX) 0 0 (mol·L1) A.向0.1mol·LCH,COOH溶液中加入少 平衡/ (H) c(HX)-c(H)c(H) c(H+) (mol·L-) 量水，溶液中(CH,OOH减小 则K,=c(H)·c(X) c(H) B.室温下向10mL0.1mol·L.的氨水中加 c(HX) c(HX)-c(H) 水稀释后，溶液中(OH）·NH2不变 (1)已知c(HX)和c(H),求电离平衡常数 c(NH·H,O) 由于弱酸只有极少一部分电离，c(H)的数值 C.等体积、等物质的量浓度的NaCO2和 很小，可做近似处理：c(HX)一c(H)≈ c(HCO)c(CO) c().则K=,代人数值求解即可。 NaHCO,溶液混合：c(H,CO,)c(HCO) D.将浓度为O.1mol·LHF溶液加水不断 (2)已知c(HX)和电离平衡常数，求c(H) 稀释过程中，电离平衡常数K(HF)保持不 由于K,值很小，c(H)的数值很小，可做近似 处理：c(HX)一c(H)≈c(HX),则c(H)= 变，F始终增大 c(H) K·c(HX),代入数值求解即可。 3.(2023·山东跨泽邪城一中期末)肼(N2H)又 易I错I易1混 称联氨，为二元弱碱，在水中的电离与氨类似。 判断正误（正确的打“/”，错误的打“×”） 已知常温下，NH,第一步电离平衡NH十 1,弱电解质的电离平衡右移，电离常数一定 HONH+OHKu=8.7×10。下 增大。 列说法错误的是 () 2.电离常数大的酸溶液中的c(H)一定比电离 常数小的酸溶液中的c(H)大。 A.N,H的水溶液中存在：c(NH)+ 3.某一弱电解质，电离度越大，电离常数就越大。 2c(N,H)+c(H)=c(OH) B.反应NH,十H一NH的平衡常数K 4.相同温度下，向1mol·L的醋酸溶液中加人 =8.7×10 少量冰醋酸，其电离度变小。 () C.联氨与硫酸形成酸式盐的化学式为 5,稀酷酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离 N.H.(HSO,)2 程度。 ) D.向NH的水溶液中加水， 关键能力·提升 c(N.H 1.(2023秋·辽宁沈阳校联考)部分弱电解质的 c(NH)·c(NH写诚小 电离常数如下表： 弱电解质 HCOOH HCN H.CO 电离常数 K,=4.3×10 K。=1,8×104 K.=4.9×10 10 (25℃) Ke=5.6×10-4 166 第八章水溶液中的离子反应与平衡回 微专题10强酸（碱）与弱酸（碱）的比较 对应怒案P22 微点瑞进 A.CH COOH与锌反应起始速率快 B.HCI与锌粉反应放出H2多 1,一元强酸与一元弱酸的比较 C.HC】与锌反应起始速率快 (1)相同物质的量浓度、相同体积的盐酸与醋 D.CH COOH与锌粉反应放出H,多 酸的比较 2.已知常温时HC1O的K.=3.0×108,HF的 比较 中和 与足量活泼 开始与金 K,=3.5×10。现将pH和体积都相同的次 项目 pH 碱的 金属反应产 属反应的 氯酸和氢氟酸溶液分别加蒸馏水稀释，pH随 酸 能力 生H2的量 速率 溶液体积的变化如图所示。下列叙述正确的 盐酸 大 是 相同 相同 醋酸 方 大 为 (2)相同PH,相同体积的盐酸与醋酸的比较 与足量活 比较 中和 开始与金 泼金属反 项目 c(H)c(酸》 碱的 应产生H 属反应的 溶液林积 酸 能力 的量 速率 A.曲线Ⅱ为氢氟酸稀释时pH变化曲线 盐酸 小 小 少 B.取a点的两种酸溶液，中和相同体积、相同 相同 相同 浓度的NaOH溶液，消耗氢氟酸的体积 醋酸 大 大 多 较小 2.一元强酸与一元弱酸的稀释图像比较 C.b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水 (1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸 的电离程度小 H PH* D.从b点到d点，溶液中 c(R) CH.COOH (HR)·c(OH)保 HCI Hca: CTLCOOIT 持不变(HR代表HCIO或HF) 水) 1求 3.在两个密闭的锥形瓶中，0.05g形状相同的镁 条（过量）分别与2mL2mol·L的盐酸和醋 加水稀释相同的倍数，醋 加水稀释到相同的PH,盐 酸反应，测得容器内压强随时间的变化曲线如 夜的pH大 酸加人的水多 下图。下列说法正确的是 (2)相同体积、相同pH的盐酸、醋酸 160 pHt HCI CH.COOH CH.COOH 120 水) ) ,3 水) 0 100200 300· 时何/s 加水稀释相同的倍数，盐 加水稀释到相同的pH,醋 A.①代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强 酸的pH大 酸加人的水多 随时间的变化曲线 B.任意相同时间段内，盐酸与Mg反应的化学 提开焦测 反应速率均快于醋酸与Mg反应的化学反 应速率 1.(2022·上海松江区·二模)相同条件下，取 C.反应中醋酸的电离被促进，两种溶液最终产 pH=2的HCI溶液和pH=2的CH COOH 生的氢气总量基本相等 溶液各100mL,分别加入0.65g锌粉充分反 D.1mol·L NaOH溶液完全中和上述两种 应，有关叙述正确的是 酸溶液，盐酸消耗NaOH溶液的体积更大 167 国高考一轮总复习·化学 真题演练突破 [对应答案P叫22 1,(2022·高湖北卷)根据酸碱质子理论，给出 4.(2022·高考浙江6月卷)25℃时，苯酚 质子(H)的物质是酸，给出质子的能力越强， (CHOH)的K,=1.0×10°，下列说法正确 酸性越强。已知：NH+NHNH+ 的是 N,H,,N,H+CH COOH -N.H+ A相同温度下，等pH的CH,ONa和CH,COONa CHC())。下列酸性强弱顺序正确的是 溶液中，c(CHO)>(CHCX)) B.将浓度均为0.10mol·L1的C:H,ONa和 A.N,H>N.H>NH NaOH溶液加热，两种溶液的pH均变大 B.N,H >CH,COOH>NH C.25℃时，C.H,OH溶液与NaOH溶液混 C.NH,>N,H,>CH,COO 合，测得pH=10.00,则此时溶液中 D.CH,COOH>N,H >NH e(CHO)=c(CHOH) 2.(2022·高考海南卷)NaCIO溶液具有漂白能 D.25℃时，0.10mol·L的CHOH溶液中 力，已知25℃时，K.(HC1O)=4.0×10。下 加少量C,HONa固体，水的电离程度变小 列关于NaClO溶液的说法正确的是() 5.(2023·高考山东卷)在含Hgl(s)的溶液中， A.0.01mol/L溶液中，c(CIO)=0.01mol,L 一定c(厂)范围内，存在平衡关系： B.长期露置在空气中，释放C12,漂白能力减弱 Hgl,(s)=Hgl2 (agq):Hgl (aq)=Hg+ C.通人过量SO,反应的离子方程式为SO,+ 21 Hgl,(aq)=Hgl+I Hgl (aq)+1 CIO +H,O-HSO,+HCIO 一Hgl;Hgl2(aq)+2I一Hgl,平衡常 D.25℃，pH=7.0的NaCIO和HCIO的混合 数依次为K。、K,、K、K、K。已知gc(Hg)、 溶液中，c(HCIO)>c(CIO)=c(Na) gc(Hg)、lg(Hgl)、lgc(HgI)随lgc 3.(2022·高考全四乙卷)常温下，一元酸HA的 (1)的变化关系如图所示，下列说法错误的是 K(HA)=1.0×103。在某体系中，H与 () A离子不能穿过隔膜，未电离的HA可自由 M(u.b 穿过该膜（如图所示）。 游液「 膜 辩液Π pH=7.0 pH=1.0 -1014 H'+AHA+ +H2H出+A lgo(l) A.线L表示1gc(HgI)的变化情况 设溶液中ca(HA)=c(HA)十c(A),当达到 B.随c(I厂)增大，c[Hgl(aq)]始终不变 平衡时，下列叙述正确的是 A.溶液I中c(H)=c(OH)+c(A) C.ale B溶流中的HA的电离度（公品）为可 D.溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比 始终为2：1 C.溶液I和Ⅱ中的c(HA)不相等 D.溶液I和Ⅱ中c(HA)之比为10 请完成《课时检测训练26 盛168同，d点的温度高于c点，则d点的逆反应速率大千c点，故9.甲苯随着反应①进行，(H)增大，导致反应③速率加快， a点造反应速率大于c点，D正确。故选B。 甲苯的选择性提高 6.B解析A.根帮图像，遇度升高，甲醇的平衡转化率升高· 解析随着反应①迓行，(H,)增大，导致反应③速率加快， 表示平衡向右移动，则正反应为吸热反应，Q<0,A错误：B. 甲苯的选择性提高。由于主反应产物选择性远大于两个副 600K时，Y点变成X点，反应嘴要向逆反应方向进行才能 反应，所以曲线代表反应①，因此曲线b代表甲苯，变化不 平衡，说明Y点甲醇t,<u。,B正确：C.从Y点到Z点甲醇 明显的由线c代表苯 的平衡转化率不变，可以通过升高温度实现，而增大压强，平10.(1)丙烷物质的量分数增大，相当于对平衡体系加压，平衡 衡逆向移动，甲醇的平衡转化率减小，C错误：D.催化剂不能 向逆反应方向移动16.7 改变平衡状态，不雀改变平衡转化率，D错误，故选B。 (2)Ct1催化剂失活、副产物增多（催化剂选择性降低） 7.C解析A.随着福度升高，CO,的平衡转化率停低，说 解析(1)尚某恒压密闭容器中通入CH(g)和N(g)的 明该反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，由图可 混合气体(N,不参与反应)，发生反应I:C,H,(g)一 知，M点的平衡常数大于V点，A错误：B.由图可知，温 CH(g)十H,(g),反应起始时气体的总压强为 度低于250℃，开高温度，CO,的平衡转化率降低，乙烯 100kPa,则： 的产率随温度升高而降低，B错误：C.V点平衡时二氧化 ①C,H,的平衡转化率随起始通入CH,的物质的量分数 碳的转化率小于50%，保持N点温度不麦，向容喜中再 增大而减小，这是由于丙烷物质的量分数增大，相当于对平 充入一定量的H,,平衡正向移动，CO的转化率可能会 衡体系加压，增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应 增大到50%，C正确：D,该反应在较低的温度下进行，反 方向移动，因此C,H,的平衡转化率会减小： 应速率慢，同时催化剂的活性低，D错误，故选C。 ②根据图1可知：在温度为T,时，当通入C,H,的体积分数 8D解析A.根据盏斯定律，【一Ⅱ可得反应Ⅲ：CO(g)十 为0.4，反应达到平衡时C,H。的平衡转化率为50%，假设 2H,(g).CHOH(g)△H,=-49kJ·mol1-41kJ· 反应开始时通入气体物质的量为4mal,则(CH.)= mol1=一90kJ·molF':△H=反应物的总键能一生成物的 0.4amol,n(N)=0.6amol.根据CH,平衡转化事为 总键能，故反应旧中反应物的总键能小于生成物的总键能， 50%,结合反应CH,(g)CH,(g)十H(g)中物质反应 A错误：B.根据反应【和Ⅲ可知，其反应的产物都有 转化关系可知平衡时n(CH.)=0.2amol,n(C,H。)= CHOH,且△H和△H都小于零，也就是说，温度升高，它 n(H)=0.2amol,平衡时气体总物质的量n(总)= 们的平衡都会逆向移动，从而使CH,OH的产量变少，则甲 0.2u mol+0.2u mol +0.2a mol +0.6a mol 1.2a mol, 醇在含碳产物的物质的量分数减小，故符合这个规律的是击 线m,B错误：C.由图可知，遥度在150℃时有利于反应I进 CH.CH、H的备质的鉴分黄每是呈品-言，K, 行，CHOH的含量高，有利于工业生产CHOH,但并不是 p(C,H。·p(H) (告×1okPa)×(信×1o0kPa） 温度撼低越好，因为反应需要一定温度才能发生，C错误：D, (C.H,) (×1o0kPa 根据题意设起始量n(CO,)=1mol,n(H)=3mol,平衡时 16.7 kPa. 反应I生成CHOH物质的量为xmol,反应Ⅱ中生成CO的 (2)根据图2可知：在相同条件下，低化效率较高的是Cat1:在 物质的量也为xmol,可得： Cat2作用下，T℃之后丙烯产率急剧减小的原因可能是温度 CO.(g)+3H (g)=CH,OH(g)+H,OKg) 升高，导致催化剂失活、副产物罐多（催化剂选择性降低）。 转化 足 第八章水溶液中的离子反应与平衡 (mol) 第26讲弱电解质的电离平衡 CO(g)+H (g)COg)+H.Og) 考点1 转化 【必备知识·整合】 (mol) 田弱电解质分子电离成离子☑离子结合成分子图= 270C时C0.的转化率为25%，则2x=1mol×25%= 团≠同最大团07>图=回向右四增大国诚 0,25mol,解得x=0,125mol,则反应后总的物质的量为 小☑减弱图向右通增大旧增大园增强园向左 (1+3一6x十4x)mol=(4一2.x)mol=3.75mol,则乎衡体系 中C0.的体积分数为1mal二0.25m0l×100%=20%.D正 圆增大丽增大国增强回向右四诚小☒减小 3.75m0l 网增强图向左国减小圆减小四增强图向右 确。故选D 网增大团增大冠增强 高考一轮总复习·化学 ·420· [易错易混]1./2.×3.×4.×5.×6.× 促进水的电高，而NaOH的电离会抑制水的电离，所以A点 【关键能力·提升】 水的电离程度更大，C正确：D.C点溶质为NaC1,继续滴加 L.A解析A.加热溶液可促进CH,COOH电离，使 NaOH溶液时不发生化学反应，D钳误。故透C CHC()的特质的量浓度增大，加水稀释可促进CH CO)H 考点2 电离，促进电离程度小于加水稀释程度，所以加水稀释时【必备知识·整合】 CH COO浓度减小，故A掃误：B.向溶液中加入少量 [易错易混]1.×2.×3.×4./5.× CHCO)Na园体，平衡逆向移动，c(CH COOH)增大，保持溶 【关键能力·提升】 液温度不变，对电离平衡常数K=CH,CO0)·c(H) 不 1.C解析A,由电离常数可知，三种破的酸性强弱顺序为 e(CH,COOH) HCOOH>H,CO>HCN,故A正确：B.由电离常数可知，甲 变，则c(CH,C())·c(H)增大，故B正确：C向溶液中加 成和氢氰酸的酸性强弱顺序为HC()()H>HCN,则等体积，等 入少量纯醋酸，平衡向右移动，但总体CHCO)H浓度增大， H的氢氰酸的浓度大于甲酸，中和能力强于甲酸，消耗氢氧 电离程度减小，故C正确：D.向溶液中加入少量Na固体，与 化钠的量大于甲酸，故B正确：C.由分析可知，酸的电离程度 溶液中H反应，则(H广)减小，保持溶液温度不变，则K 的大小颗序为HCO)>HCN>HC(),由强酸制弱酸的原理 cCH,G00ir)不变.所以c4CHC0o用 可知，溶液中就酸根离子与二氧化碳反应生咸氧氰酸和碳酸 (CH COOH) (CH COO 减小，故D 氢根离子，反应的离子方程式为CN十HO十CO.一一HCN 正确。故选A +HC),故C错误：D由方程式可知，25℃时反应的化学早衡 2.C解析A.H,A分两步电离，第一步完全电离，电离出H 常数K=cCO0·e1HCV-(HCO0)·c(HCN·H) 和HA,第二步HA部分电离出H和A,因此0.1mol· c(HXH)·c(CN)c(H(XOH)·c(CN)·c(H) L.HA落液中0.1mol·L<c(H)<0.2mol·L,A _K.(HCOOH) K(HCN) 3.67×10，故D正确。故选C 项正确：B.两种密液中均存在HA一H十A,H,A溶 2.B解析A项，向CH COOH溶液中加水，CH COOH电 液中第一步电离产生的H抑制HA的电离，故0,1mol· c(H) L NaHA溶液中HA浓度小于0.1mol·LH,A溶液 商程度游大，故CH,COOHD增大，A错误：B项，NH· 中HA浓度，B项正确：C,HA分两步电离，第一步完全电 离电离出H、HA,不存在HA,C须搭误：D.当用相同浓 H0格电青容数K一品：潘度不度水不 度的NaOH溶液体积为20mL时，得到NaA溶液，即用相 变，B正确：C项，等体积、等物质的量浓度的Na,C),和 同浓度的NaOH溶液中和10mL0.1mol·L'H,A的溶 NHCO,溶液混合，根据电离常教有K。= 液，完全中和时应消耗NaOH溶液体积为20ml,D项正确 eH:cHc0）,Ke=eHcC0g ,同一游液中 e(H,CO,) c(HCO 故选C 3.C解析A项，由导电能力可知.c(H):b>a>c,故pH: c(H)相等，则c(H)=K· c(H.CO,) cCHCO Y -K.(HCO) c(CO)· c>a>b,A错误：B项，加水体积越大，越有利于CH COOH 电离，故电离程度：c>b>a,B错误；C项，用混润的pH试纸 而K>K。,则HCO)c(C0) (HCO)产c(Hco)C0误：D项，a.1mad 测量a处溶液的pH,相当于稀释a点溶液，c(H)增大，pH ·L.'的HF溶液加水稀释，温度不变K(HF)不变，c(F) 绮小，C正确：D项，a、b、c三点n(CH,COOH)相同，用 趋近于0，而c(H)最终趋于不变(10-Tmol·L'),故 NaOH溶液中和时消耗n(NaOH)相同，故消耗V(NaOH): a==c,D错误。故选C. 品发小，D每民，款装B 4.C解析A,HIC1为强电解质，CHCO)H为弱电解质，浓 3.D解析NH在水溶液中发生电离，溶液中存在电荷守 度相司时，H游液的导电能力更强，所以曲我②代表向 恒：c(N,H,)十2(NH)+c(H)=c(OH),A正确：反应 HC溶液中滴加Na(OH溶液，A错误：B.曲线①为向 c(N.H. NH,十HNH的平衡常数K= c(NeH,)·c(H) CH,COOH溶液中滴加NaOH溶液，当滴如的NaOH溶液 为10.00mL时，怡好与醋酸中和，所以A点溶质为 c(NH)·c(OH)_K4=8.7X10 CNH)·K,K.=X10T=8.7×10,B正聘： CH,CO)Na,同理C点溶质为NaCl,由于耐酸根的水解，A 联氨与魔酸形成酸式盐时，发生反应NH,十2H,SO,一 点溶液显城性，而C点溶液显中性，所以A点溶液的H大 NH(HS)):,C正确：NH,溶于水后发生两步电离，K 于C点溶波的pH,B错误：C,A点溶质为CH COONa,B点 溶质为等物质的量的CH,COONa和NaOH,酷酸根的水解 H)·c(OH）K=cNH0h,则K= (N,H) c(N,H) ·421· 高考一轮总复习·化学 (N,H) cNH)·cNH)向NH的水溶液中加水.NH,的电离 真题演练突破 1.D解析根据复分解反应的规律，强酸能制得弱酸，根据 2(N,H) 常数不变，别NH)·N不变，D错误。黄选D, 酸碱质子理论，给出质子(H)的物质是酸，则反应NH,十 微专题10强酸（威）与弱酸（威）的比较 CH,COOH一N.H+CH,COO中，酸性：CH COOH 提升集训 N,H,反应NH+NH-一NH+N,H中，酸性：NH L.D解析0.65gZn为0.01mol,盐酸物质的量为0.01mol/ >NH,故晓性：CHCO)H>NH>NH。故选D。 L×0.1L=0.001mol,所以对于盐酸而言锌是过量的。此2.D解析A.NaC1O溶液中C10会水解，故0.01mol/L 外，酷酸是弱酸，H相同的情况下，酷酸的浓度大于盐酸的 NaCl)溶液中c(CI))<0.01malI,A错误：B.次氯酸的 浓度。A.开始时两溶液pH相同，（日）相等，则两种酸与 溶液中的CO会发生水解生成HCIO,HCO长期露置在空 Zn反应的起始速率相等，A错误：B.与足量的锌反应，酸电 气中会分解，为HC1和O,不会释放Cl,B错误C,将过量 离出的H越多，产生氢气的量越多，品酸的浓度大于盐酸 的S0,通入NaClO溶液中，SO.被氧化SO,十CIO+H,O 浓度，体积相同的情况下，醋能与锌放出的H,多，B错误： 一C1+SO+2H,C错误：D,25℃，pH=7.0的NaC1O C.起始时PH相同，说明氢高子浓度相同，所以反应速率也 和HCI)的泥合落液中，存在电荷守恒c(C1O)十c(OH) 相同，C错误：D.pH相同的情况下，醋骏的浓度大于盐酸， =c(H)+c(Na),则c(CIO)=c(Na),又c(HClO) 而且锌是足量的，故在等体积的条件下，酸与锌反应产生 c(C1O),所以c(HCIO)>e(CIO)=c(Na),D正确。故 的H,更多，D正确。故选D. 选D 2.D解析A项，酸性越强，加水稀释时溶液pH变化越大，3.B解析A.常湛下溶液」的pH=7,0,则溶液I中c(H) HF酸性强于HCO,加水稀释时pH变化大，所以曲线I代表 =c(OH)=1×10'mol/1.,c(H)<c(OHΓ)+c(A),A 氢氯酸稀释时pH变化曲线，错误：B项，pH相可的两种酸， 错误：B.常温下溶液Ⅱ的pH=1.O,溶液中c(H)= HCO酸性弱于HF,酸性越弱其浓度越大，所以中和相同体 0.1m0tL,K,=cH)A=1.0×10,(HA) e(HA) 积，相同浓度的NaOH溶液，消耗HC1O的体积较小，错误：C 项，酸越盼，电离出H趋势越小，对水的电离抑制程度越低， c(HA)+c(A).则 HA)-(A)=1.0X10.解得 0.1c(A) 所以b点溶液中水的电离程度比点溶液中水的电离程度 c(R〉 C(HA可B正确：C报搭题意，未电离的HA可自由 c(A)1 大，错误：D项，溶液中 c(R) HR)·c(OH)- c(HR)· K 穿过隔膜，数溶液I和Ⅱ中的(HA)帽等，C错误：D.常温 c(H) 下溶液1的pH=7,0,溶液1中e(H)=1×10'molL,K 术，K,和K,只随温度的政变而改变，所以从b点到☑ =c(H)·cA2=1.0×10,c(HA)=c(HA)+ ((HA) 点，溶液中 (HR)·c(OH)保持不克，正裤。散选D. c(R) cA,10c,HHA】=1.0×10,落液1中 c(HA) 3.C解析A.盐酸为一元强酸，醋酸为一元弱酸，则2ml. ca(HA)=(10'+1)(HA),溶液I的pH=L.0,溶液Ⅱ中 2mol·L的盐酸和酷酸中，盐酸中c(H)大，与镁条反应 的速率大，相同时间内产生的氧气多，容器内压强大，反应速 c(H)=0.1moL.K.=cH)A2=1.0×10, (HA) 率快，反应先结束，故②代表的是盐酸与镁条反应时容器内 c(HA)-c(HA)+(A),0.I[c (HA)(HA)-1.0 压强随时问的变化曲线，故A错误：B.可以通过曲线的斜率 C(HA) 比较二者的反应速率，从图像可以看出，100s后，醋酸与镁 ×10,溶液Ⅱ中c.(HA)=1.01c(HA),未电高的HA可 的反应速率更大，此时生酸与镁已接近反应结束，心(H)较 自由穿过隔膜，故溶液I和Ⅱ中的c(HA)相等，溶液I和Ⅱ 小，反应速率小，故B错误：C由于盐酸和酷酸的浓度和体 中.(HA)之比为[(10'+1)c(HA)]:[1.01c(HA)]=(10 积均相同，则二者物质的量相同，故反应结束时，产生的氢气 十1)：1.01≈10°，D错误。故送B. 总量芜本相等，故C正确：D.由于盘酸和醋酸的物质的量相4.C解析A醋酸的酸性大于苯酚，则醋藏根离子的水解程 同，故用1mo·I,NaOH溶液完全中和上述两种酸溶液 度较小，则相同温度下，等pH的CH,ONa和CH,COONa落 时，盐酸与醋酸消耗NOH溶液的体积相等，故D错误。成 液中，c(CHO)r(CHC(OO),A错误：B.C,H()Na溶液 选C, 中，C,H,O离子水解产生氢氧根离子，升温促进C,H,O离 高考一轮总复习+化学 ·422· 子的水解，氢氧根高子浓度增大，PH变大，而升高温度，K。温度有关，所以K。不支，B正确：C,一水合氢会电离出氢氧 增大，NaOH溶液中OH浓度不变，H浓度增大，H减小， 服离子，所以c(OH)增大，C错误：D.NaCI为强酸强碱盐， B错误C,当pH=10.00时，c(H)=1.0X10mol·L., 加入少量固体NC,对水的电离无彩响，D错误。故选B. K=c(H)CH0)-.0X10"XcCH0)-1.02.B解析由题干图示信息可知，b>a,则d点对应温度下的 e(C H.OH) (C.HOH) K.(d)=c(H)·c(OH)=10×10=10,f点对应温 ×10".故c(C,HO)=c(C,HOH),C正确：D.C.H.ONa 度下的K(f)=c(H)·c(OH)=10“×10"=10“,即 中的CHO可以水解，会促进水的电离，D错误。故去C。 K(d)K(f门，据此分析解题。A.由分析可知，若a=7,即 5.D解析将图中的线从左至右依次记为1、2,3、4，如答图。 f点对应温度为25℃，又知K(d)<K.(D,则T,<25℃， A正确；B.已知NH,溶于水溶液星碱性，申：点溶液中通入 M(a.b) NH,则落液中(OH浓度增大，H浓度减小，则pOH减小， pH增大，不可使e点迁移至d点，B错误C.由分析可知，若b =6,则该温度下K=10廿，则将pH=2的稀硫酸即c(H)= -1014 g门 0 10maL.与pH=10的KOH溶液即c(OH)=10 10 c(Hgl c(Hgl K-Hgl.(wpJ·K-Hgl.(ap,2a又K 10mol.L,故等体积混合后H和OH完全中和，则溶液 c[Hgl,(aq)门，酒度不变，c[Hgl(aq门为常数，则g K,c[Hgl 星中性，C正确：D.由分析可知，K.(d)=10,K.(f) (aq)]+lg e(1 )=Ig c(Hgl,)Ig K,c[Hgl,(aq)]+2g e(I 10“,由图可知b>4即K.()<K(),f,d两点的K.比 =lgc(Hgl),划lge(Hgl),gc(Hgl)分别对应直线3、 较，前者大，D正确。故选B 4,数斜率较大的线1表示g(Hg1)的变化物况，A项正3.八解析在25℃时，某稀溶液中由水电高产生的c(H)= 确，B项正确：K-H):,K-cH)· 1×10"mol·L.<1×10mol·1.,说明溶液中的溶质 cHgl.(aqJ厂 Hgl,(agJ厂 物制水的电离，溶液可能星酸性或藏性，A正确，B错误：如 K-c(Hg):eID,M点时，lgc(T)=a,c(Hg)= 果该溶液呈酸性，则溶液的H=1,如果该溶液碱性，则溶 c(Hgl) 液的pH=13,C,D错误。故选A. c(Hg),代入 炎=， 得长=c1).即袋 4.D解析25℃时，在等体积的①0.5mol,LH,S),溶液中 =gc(I)=a,C项正确：随着c(厂)的增大，由题国可知 水电离出的c,(H)=c,(0H)-6,(OH)-10 I mol/I. c(Hg1)逐渐增大，溶液中1元素与Hg元素的物质的量之 =10“molL、②pH=13的Ba(OH)溶液中水电离出的 比逐渐增大，D项错误。故选D。 c4(H)=ck(OH)=c(H)=10 "mol L、③pH=8的 第27讲水的电离和溶液的酸碱性 Na,S溶液中水电高出的e,(H)■c,(OH)=(OH) 考点1 10-4 【必备知识·整合】 10=10m0lL.①pH=5的FeS0,溶液中水电离出的 四H,O+HO、HO+OH☒HO一H+OH c4(H)=c4(OH)=c(H)=10mol/L.故发生电离的 图1×104国温度固增大圆电解质☑逆向图减 水的物质的量之比是10"V:10V:10“V110V=110: 小回增大四不变回诚小☒逆向区增大西减小 10210. 国不变國减小团正向圆增大驱减小回不变 考点2 团增大网正向图藏小团增大图不变国增大 【必备知识·整合】 团正向圆增大四增大如增大团增大☑逆向 ①>②<周=国=周<团> 园酸性图碱性 网减小网减小圈诚小国减小团正向网增大 回玻璃棒四标准比色卡 国减小国不变团增大 易错易混]1.√2.×3.√4.×5.×6.×7.× [易错易混]1.×2.×3.×4.×5./ 【关键能力·提升】 【关键能力·提升】 1.C解析A.pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水 L.B解析A.升高温度促进水的电离，(H)增大，A错误： 的离子积常数是10，溶液pH=6时皇中性，当pH=7时 B.藏酸电离出氢离子，c(H)增大，抑制水的电离，K。只与溶液呈碱性，故A错误：B.等物质的量的强酸和强碱反应得 ·423· 高考一轮总复习·化学