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配套课件（人教版）

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 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 ➢ 对应学生用书P164 1.电离平衡的概念 在一定条件下（如温度、压强等），当⁠⁠　弱电解质分子电离成离子　⁠的速率和⁠⁠　离子结合成分子　⁠的速率相等时，电离过程达到平衡状态。 弱电解质分子电离成离子　 离子结合成分子　 2.电离平衡的建立与特征 （1）开始时，v（电离）⁠⁠　最大　⁠，而v（结合）为⁠⁠　0　⁠。 （2）平衡的建立过程中，v（电离）⁠⁠＞　⁠v（结合）。 （3）当v（电离）⁠⁠＝　⁠v（结合）时，电离过程达到平衡状态。 最大　 0　 ＞　 ＝　 = ≠ 3.影响电离平衡的因素 以0.1mol·CH3COOH溶液为例，填写外界条件对CH3COOH（aq）CH3COO－（aq）＋H＋（aq）　ΔH＞0的影响。 改变条件 平衡移动方向 n（H＋） c（H＋） 导电能力 加水稀释 ⁠⁠　向右　⁠ ⁠⁠　增⁠ ⁠⁠　 减⁠ ⁠⁠　减弱　⁠ 加入少量冰醋酸 ⁠⁠　向右　⁠ ⁠⁠　增⁠ ⁠⁠　 增⁠ ⁠⁠　增强　⁠ 通入HCl（g） ⁠⁠　向左　⁠ ⁠⁠　增⁠ ⁠⁠　增⁠ ⁠⁠　增强　⁠ 向右　 增 大　 减 小　 减弱　 向右　 增 大　 增 大　 增强　 向左　 增 大　 增 大　 增强　 改变条件 平衡移动方向 n（H＋） c（H＋） 导电能力 加NaOH（s） ⁠⁠　向右　⁠ ⁠⁠　减小　⁠ ⁠⁠　减小　⁠ ⁠⁠　增强　⁠ 加CH3COONa（s） ⁠⁠　向左　⁠ ⁠⁠　减小　⁠ ⁠⁠　减小　⁠ ⁠⁠　增强　⁠ 升高温度 ⁠⁠　向右　⁠ ⁠⁠　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　 易丨错丨易丨混 判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）。 1.弱电解质溶液中至少存在两种共价化合物分子。 （√ ） 2.氨气溶于水，当NH3·H2O电离出的c（OH－）＝c（N）时，表明NH3·H2O电离处于平衡状态。 （ × ） 3.电离平衡右移，电解质分子的浓度一定减小，离子浓度一定增大。 （ × ） 4.25℃时，0.1mol·L－1CH3COOH加水稀释，各离子浓度均减小。 （ × ） 5.电离平衡向右移动，弱电解质的电离度一定增大。 （ × ） 6.电离平衡向右移动，电解质分子的浓度一定减小。 （ × ） √ × × × × × 题组二　电离平衡与溶液导电性综合判断 3.一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如图所示。下列说法正确的是 （　　） A.a、b、c三点溶液的pH：c＜a＜b B.a、b、c三点CH3COOH的电离程度：c＜a＜b C.用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果偏小 D.a、b、c三点溶液用1mol·L－1NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液体积：c＜a＜b 解析　A项，由导电能力可知，c（H＋）：b＞a＞c，故pH：c＞a＞b，A错误；B项，加水体积越大，越有利于CH3COOH电离，故电离程度：c＞b＞a，B错误；C项，用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，相当于稀释a点溶液，c（H＋）增大，pH偏小，C正确；D项，a、b、c三点n（CH3COOH）相同，用NaOH溶液中和时消耗n（NaOH）相同，故消耗V（NaOH）：a＝b＝c，D错误。故选C。 答案　C 4.（2022·北京一七一中三模）用0.100mol·L－1的NaOH溶液分别滴定体积均为10.00mL、浓度均为0.100mol·L－1的HCl和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率（电导率越大表示溶液导电性越强）变化如图所示。下列说法正确的是 （　　） A.曲线①代表向HCl中滴加NaOH B.A点溶液的pH小于C点溶液的pH C.A、B两点水的电离程度：A＞B D.C→D发生了反应：H＋＋OH－H2O 解析　A.HCl为强电解质，CH3COOH为弱电解质，浓度相同时，HCl溶液的导电能力更强，所以曲线②代表向HCl溶液中滴加NaOH溶液，A错误；B.曲线①为向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液，当滴加的NaOH溶液为10.00 mL时，恰好与醋酸中和，所以A点溶质为CH3COONa，同理C点溶质为NaCl，由于醋酸根的水解，A点溶液显碱性，而C点溶液显中性，所以A点溶液的pH大于C点溶液的pH，B错误；C.A点溶质为CH3COONa，B点溶质为等物质的量的CH3COONa和NaOH，醋酸根的水解促进水的电离，而NaOH的电离会抑制水的电离，所以A点水的电离程度更大，C正确；D.C点溶质为NaCl，继续滴加NaOH溶液时不发生化学反应，D错误。故选C。 答案　C 考点2　电离平衡常数 ➢ 对应学生用书P165 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 HAH＋＋A－ BOHB＋＋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K1≫K2≫K3……，故其酸性取决于第一步的电离。 4.关于电离常数的计算（以弱酸HX为例） 　　　　　　 HX　 　　 　 H＋　＋　X－ 　起始/ （mol·L－1） c（HX） 0 0 　平衡/ （mol·L－1） c（HX）－c（H＋） c（H＋） c（H＋） 则Ka＝＝。 （1）已知c（HX）和c（H＋），求电离平衡常数 由于弱酸只有极少一部分电离，c（H＋）的数值很小，可做近似处理：c（HX）－c（H＋）≈c（HX），则Ka＝，代入数值求解即可。 （2）已知c（HX）和电离平衡常数，求c（H＋） 由于Ka值很小，c（H＋）的数值很小，可做近似处理：c（HX）－c（H＋）≈ c（HX），则c（H＋）＝，代入数值求解即可。 易丨错丨易丨混 判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）。 1.弱电解质的电离平衡右移，电离常数一定增大。 （ × ） 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。 （ × ） 3.某一弱电解质，电离度越大，电离常数就越大。 （ × ） 4.相同温度下，向1mol·L－1的醋酸溶液中加入少量冰醋酸，其电离度变小。 （√ ） 5.稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度。 （ × ） × × × √ × 2.下列关于电解质的说法正确的是 （　　） A.向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小 B.室温下向10mL0.1mol·L－1的氨水中加水稀释后，溶液中不变 C.等体积、等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合：＜ D.将浓度为0.1mol·L－1HF溶液加水不断稀释过程中，电离平衡常数Ka（HF）保持不变，始终增大 解析　A项，向CH3COOH溶液中加水，CH3COOH电离程度增大，故增大，A错误；B项，NH3·H2O的电离常数Kb＝，温度不变，Kb不变，B正确；C项，等体积、等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合，根据电离常数有Ka1＝、Ka2＝，同一溶液中c（H＋）相等，则c（H＋）＝Ka1·＝Ka2·，而Ka1＞Ka2，则＞，C错误；D项，0.1mol·L－1的HF溶液加水稀释，温度不变Ka（HF）不变，c（F－）趋近于0，而 c（H＋）最终趋于不变（10－7mol·L－1），故变小，D错误。故选B。 答案　B 微专题10　强酸（碱）与弱酸（碱）的比较 ➢ 对应学生用书P167 1.一元强酸与一元弱酸的比较 （1）相同物质的量浓度、相同体积的盐酸与醋酸的比较 　　比较项目 酸　　　 c（H＋） pH 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 大 小 相同 相同 大 醋酸 小 大 小 （2）相同pH、相同体积的盐酸与醋酸的比较 　　 比较项目 酸　　　 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 大 大 多 2.一元强酸与一元弱酸的稀释图像比较 （1）相同体积、相同浓度的盐酸、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、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 ⁠ 1.（2022·上海松江区·二模）相同条件下，取pH＝2的HCl溶液和pH＝2的CH3COOH溶液各100mL，分别加入0.65g锌粉充分反应，有关叙述正确的是（　　） A.CH3COOH与锌反应起始速率快 B.HCl与锌粉反应放出H2多 C.HCl与锌反应起始速率快 D.CH3COOH与锌粉反应放出H2多 解析　0.65 g Zn为0.01mol，盐酸物质的量为0.01 mol/L×0.1L＝0.001 mol，所以对于盐酸而言锌是过量的。此外，醋酸是弱酸，pH相同的情况下，醋酸的浓度大于盐酸的浓度。A.开始时两溶液pH相同，c（H＋）相等，则两种酸与Zn反应的起始速率相等，A错误；B.与足量的锌反应，酸电离出的H＋越多，产生氢气的量越多，醋酸的浓度大于盐酸浓度，体积相同的情况下，醋酸与锌放出的H2多，B错误；C.起始时pH相同，说明氢离子浓度相同，所以反应速率也相同，C错误；D.pH相同的情况下，醋酸的浓度大于盐酸，而且锌是足量的，故在等体积的条件下，醋酸与锌反应产生的H2更多，D正确。故选D。 答案　D 3.在两个密闭的锥形瓶中，0.05 g形状相同的镁条（过量）分别与2 mL2 mol·L－1的盐酸和醋酸反应，测得容器内压强随时间的变化曲线如图。下列说法正确的是（　　） A.①代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线 B.任意相同时间段内，盐酸与Mg反应的化学反应速率均快于醋酸与Mg反应的化学反应速率 C.反应中醋酸的电离被促进，两种溶液最终产生的 氢气总量基本相等 D.1mol·L－1NaOH溶液完全中和上述两种酸溶液， 盐酸消耗NaOH溶液的体积更大 解析　A.盐酸为一元强酸，醋酸为一元弱酸，则2 mL2 mol·L－1的盐酸和醋酸中，盐酸中c（H＋）大，与镁条反应的速率大，相同时间内产生的氢气多，容器内压强大，反应速率快，反应先结束，故②代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线，故A错误；B.可以通过曲线的斜率比较二者的反应速率，从图像可以看出，100 s后，醋酸与镁的反应速率更大，此时盐酸与镁已接近反应结束， c（H＋）较小，反应速率小，故B错误；C.由于盐酸和醋酸的浓度和体积均相同，则二者物质的量相同，故反应结束时，产生的氢气总量基本相等，故C正确；D.由于盐酸和醋酸的物质的量相同，故用1 mol·L－1NaOH溶液完全中和上述两种酸溶液时，盐酸与醋酸消耗NaOH溶液的体积相等，故D错误。故选C。 答案　C ⁠ [对应学生用书P168] 1.（2022·高考湖北卷）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：N2＋NH3N＋N2H4，N2H4＋CH3COOHN2＋CH3COO－。下列酸性强弱顺序正确的是 （　　） A.N2＞N2H4＞N B.N2＞CH3COOH＞N C.NH3＞N2H4＞CH3COO－ D.CH3COOH＞N2＞N 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＋CH3COOHN2＋CH3COO－中，酸性：CH3COOH＞N2；反应N2＋NH3N＋N2H4中，酸性：N2＞N，故酸性：CH3COOH＞N2＞N。故选D。 答案　D 3.（2022·高考全国乙卷）常温下，一元酸HA的Ka（HA）＝1.0×10－3。在某体系中，H＋与A－离子不能穿过隔膜，未电离的HA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c总（HA）之比为10－4 解析　A.常温下溶液Ⅰ的pH＝7.0，则溶液Ⅰ中c（H＋）＝c（OH－）＝1×10－7 mol/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）＋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。故选B。 答案　B 4.（2022·高考浙江6月卷）25℃时，苯酚（C6H5OH）的Ka＝1.0×10－10，下列说法正确的是 （　　） A.相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c（C6H5O－）＞ c（CH3COO－） B.将浓度均为0.10mol·L－1的C6H5ONa和NaOH溶液加热，两种溶液的pH均变大 C.25℃时，C6H5OH溶液与NaOH溶液混合，测得pH＝10.00，则此时溶液中 c（C6H5O－）＝c（C6H5OH） D.25℃时，0.10mol·L－1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体，水的电离程度变小 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－离子水解产生氢氧根离子，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（H＋）＝1.0×10－10 mol·L－1，Ka＝＝＝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。 答案　C 题组一　外界条件对电离平衡移动的影响 1.(2023秋·黑龙江大庆实验中学阶段练习)0.1 mol·L－1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHH＋＋CH3COO－。下列叙述不正确的是(　　) A.向溶液中加水稀释或加热溶液均可使CH3COO－的物质的量浓度增大 B.向溶液中加入少量CH3COONa固体，保持溶液温度不变，c(CH3COO－)·c(H＋)增大 C.向溶液中加入少量纯醋酸，平衡向右移动，醋酸的电离程度减小 D.向溶液中加入少量Na固体，保持溶液温度不变，溶液中减小 解析　A.加热溶液可促进CH3COOH电离，使CH3COO－的物质的量浓度增大，加水稀释可促进CH3COOH电离，促进电离程度小于加水稀释程度，所以加水稀释时CH3COO－浓度减小，故A错误;B.向溶液中加入少量CH3COONa固体,平衡逆向移动，c(CH3COOH)增大，保持溶液温度不变,则电离平衡常数Ka＝ 不变，则c(CH3COO－)·c(H＋) 增大，故B正确；C.向溶液中加入少量纯醋酸，平衡向右移动，但总体CH3COOH浓度增大，电离程度减小，故C正确；D.向溶液中加入少量Na固体，与溶液中H＋反应，则c(H＋)减小，保持溶液温度不变，则Ka＝ 不变，所以减小，故D正确。故选A。 答案　A 2.(2023秋·黑龙江大庆实验中学阶段练习)已知：H2A===H＋＋HA－,HA－H＋＋A2－。室温下，0.1 mol·L－1 H2A的溶液中，下列说法不正确的是(　　) A.该溶液中0.1 mol·L－1<c(H＋)<0.2 mol·L－1 B.0.1 mol·L－1 NaHA 溶液中c(HA－)小于该溶液中c(HA－) C.溶液中存在H2A、HA－和A2－ D.用相同浓度的NaOH溶液中和10 mL 0.1 mol·L－1 H2A的溶液，完全中和时应消耗NaOH溶液体积为20 mL 解析　A.H2A分两步电离，第一步完全电离，电离出H＋和HA－,第二步HA－部分电离出H＋和A2－，因此0.1 mol·L－1 H2A溶液中0.1 mol·L－1<c(H＋)<0.2 mol·L－1，A项正确；B.两种溶液中均存在HA－ H＋＋A2－，H2A溶液中第一步电离产生的H＋抑制HA－的电离，故0.1 mol·L－1 NaHA 溶液中HA－浓度小于0.1 mol·L－1 H2A溶液中 HA－浓度，B项正确；C.H2A分两步电离，第一步完全电离电离出H＋、HA－，不存在H2A，C项错误；D.当用相同浓度的NaOH溶液体积为20 mL时，得到Na2A溶液，即用相同浓度的NaOH溶液中和10 mL 0.1 mol·L－1 H2A的溶液，完全中和时应消耗NaOH溶液体积为20 mL，D项正确。故选C。 答案　C 1.(2023秋·辽宁沈阳校联考)部分弱电解质的电离常数如下表： 弱电解质 HCOOH HCN H2CO3 电离常数(25 ℃) Ka＝1.8×10－4 Ka＝4.9×10－10 Ka1＝4.3×10－7 Ka2＝5.6×10－11 下列说法错误的是(　　) A.根据电离常数，可判断酸性：HCOOH>H2CO3>HCN B.中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者 C.2CN－＋H2O＋CO2===2HCN＋CO D.25 ℃时，反应HCOOH＋CN－===HCN＋HCOO－的化学平衡常数为3.67×105 解析　A.由电离常数可知，三种酸的酸性强弱顺序为HCOOH>H2CO3>HCN，故A正确；B.由电离常数可知，甲酸和氢氰酸的酸性强弱顺序为HCOOH>HCN，则等体积、等pH的氢氰酸的浓度大于甲酸，中和能力强于甲酸，消耗氢氧化钠的量大于甲酸，故B正确；C.由分析可知，酸的电离程度的大小顺序为H2CO3>HCN>HCO，由强酸制弱酸的原理可知，溶液中氰酸根离子与二氧化碳反应生成氢氰酸和碳酸氢根离子，反应的离子方程式为CN－＋H2O＋CO2===HCN＋HCO，故C错误；D.由方程式可知，25 ℃时反应的化学平衡常数K＝＝＝＝3.67×105，故D正确。故选C。 答案　C 3.(2023·山东菏泽郓城一中期末)肼(N2H4)又称联氨,为二元弱碱,在水中的电离与氨类似。已知常温下,N2H4第一步电离平衡N2H4＋H2ON2H＋OH－　Kb1＝8.7×10－7。下列说法错误的是(　　) A.N2H4的水溶液中存在：c(N2H)＋2c(N2H)＋c(H＋)＝c(OH－) B.反应N2H4＋H＋===N2H的平衡常数K＝8.7×107 C.联氨与硫酸形成酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2 D.向N2H4的水溶液中加水，减小 解析　N2H4在水溶液中发生电离,溶液中存在电荷守恒:c(N2H)＋2c(N2H)＋c(H＋)＝c(OH－)，A正确;反应N2H4＋H＋N2H的平衡常数K＝＝＝＝＝8.7×107，B正确；联氨与硫酸形成酸式盐时，发生反应N2H4＋2H2SO4===N2H6(HSO4)2，C正确；N2H4溶于水后发生两步电离，Kb1＝、Kb2＝，则＝，向N2H4的水溶液中加水，N2H4的电离常数不变，则不变，D错误。故选D。 答案　D 2.已知常温时HClO的Ka＝3.0×10－8，HF的Ka＝3.5×10－4。现将pH和体积都相同的次氯酸和氢氟酸溶液分别加蒸馏水稀释，pH随溶液体积的变化如图所示。下列叙述正确的是(　　) A.曲线Ⅱ为氢氟酸稀释时pH变化曲线 B.取a点的两种酸溶液，中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗氢氟酸的体积较小 C.b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度小 D.从b点到d点，溶液中保持不变(HR代表HClO或HF) 解析　A项，酸性越强，加水稀释时溶液pH变化越大，HF酸性强于HClO，加水稀释时pH变化大，所以曲线Ⅰ代表氢氟酸稀释时pH变化曲线，错误；B项，pH相同的两种酸，HClO酸性弱于HF，酸性越弱其浓度越大，所以中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗HClO的体积较小，错误；C项，酸越弱，电离出H＋趋势越小，对水的电离抑制程度越低，所以b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度大，错误；D项，溶液中＝＝，Ka和Kw只随温度的改变而改变，所以从b点到d点，溶液中保持不变，正确。故选D。 答案　D 2.(2022·高考海南卷)NaClO溶液具有漂白能力，已知25 ℃时，Ka(HClO)＝4.0×10－8。下列关于NaClO溶液的说法正确的是(　　) A.0.01 mol/L溶液中，c(ClO－)＝0.01 mol/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＋) 解析　A.NaClO溶液中ClO－会水解，故0.01 mol/L NaClO溶液中c(ClO－)＜0.01 mol/L，A错误；B.次氯酸钠溶液中的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－＋SO＋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。故选D。 答案　D 5.(2023·高考山东卷)在含 HgI2(s)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－HgI；HgI2(aq)＋2I－HgI，平衡常数依次为K0、K1、K2、K3、K4。已知lg c(Hg2＋)、lg c(HgI＋)、lg c(HgI)、lg c(HgI)随lg c(I－)的变化关系如图所示，下列说法错误的是(　　) A.线L表示lg c(HgI)的变化情况 B.随c(I－)增大，c[HgI2(aq)]始终不变 C.a＝lg D.溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比始终为2∶1 解析　将图中的线从左至右依次记为1、2、3、4，如答图。 K3＝，K4＝，又K0＝c[HgI2(aq)]，温度不变，c[HgI2(aq)]为常数，则lg K3c[HgI2(aq)]＋lg c(I－)＝lg c(HgI)，lg K4c[HgI2(aq)]＋2lg c(I－)＝lg c(HgI)，则 lg c(HgI)、lg c(HgI)分别对应直线3、4，故斜率较大的 线L表示lg c(HgI)的变化情况，A项正确、B项正确；K1＝，K2＝，＝,M点时,lg c(I－)＝a，c(Hg2＋)＝c(HgI＋)，代入＝，得＝c(I－)，即lg＝lg c(I－)＝a,C项正确；随着c(I－)的增大，由题图可知c(HgI)逐渐增大，溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比逐渐增大，D项错误。故选D。 答案　D $$