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

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。 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。 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 增大 减小 减弱 加入少量冰醋酸 向右 增大 增大 增强 通入HCl（g） 向左 增大 增大 增强 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 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：CH3COOHH＋＋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 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10.00mL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1 mol·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。 （ × ） 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 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 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＋H2ON2H＋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 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100 mL，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0.01 mol，盐酸物质的量为0.01 mol/L×0.1 L＝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 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 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2mL2mol·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下图。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2mL2mol·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，100s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1mol·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 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 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－）＝1×10－7mol/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 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 学科网（北京）股份有限公司 $$