第七章第二节弱电解质的电离平衡-【创新教程】2026年高考化学总复习大一轮课件PPT（鲁科版）

2025-09-15

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第二节　弱电解质的电离平衡第七章　物质在水溶液中的行为下一页上一页返回导航第七章　物质在水溶液中的行为高考总复习化学（LK）知识复盘考点突破 01 感悟真题高考知势 02 课时作业 03 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★[课程标准] 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。考点一　弱电解质的电离平衡及其影响因素一、强、弱电解质 1．概念及分类 2．电离方程式的书写强电解质用“===”连接，弱电解质用“”连接。常见类型电离方程式强电解质硫酸钾：K2SO4===2K＋＋SOeq \o\al(2－,4) 一元弱酸、弱碱乙酸：CH3COOHCH3COO－＋H＋一水合氨：NH3·H2ONHeq \o\al(＋,4)＋OH－多元弱酸分步电离，如碳酸： H2CO3H＋＋HCOeq \o\al(－,3)、 HCOeq \o\al(－,3)H＋＋COeq \o\al(2－,3) 多元弱碱一步写出，如氢氧化铁： Fe(OH)3Fe3＋＋3OH－酸式盐强酸的酸式盐水溶液中完全电离，如NaHSO4： NaHSO4===Na＋＋H＋＋SOeq \o\al(2－,4) 弱酸的酸式盐水溶液中不能完全电离，如NaHCO3： NaHCO3===Na＋＋HCOeq \o\al(－,3)、 HCOeq \o\al(－,3)H＋＋COeq \o\al(2－,3) 二、弱电解质的电离平衡 1．电离平衡的建立在一定条件下(如温度、压强等)，当弱电解质分子电离产生离子的速率和离子结合成弱电解质分子的速率相等时，电离过程达到了平衡。电离平衡建立过程如图所示： (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。 2．电离平衡的特征 3．外界条件对电离平衡的影响以CH3COOHH＋＋CH3COO－　ΔH>0为例：改变条件移动方向 n(H＋) c(H＋) c(CH3COO－) 电离程度浓度加水稀释　正向　　增大　　减小　　减小　　增大　加冰醋酸　正向　　增大　　增大　　增大　　减小　同离子效应通入 HCl(g) 　逆向　　增大　　增大　　减小　　减小　加醋酸钠固体　逆向　　减小　　减小　　增大　　减小　升高温度　正向　　增大　　增大　　增大　　增大　说明 ①稀醋酸加水稀释时，溶液中不会所有的离子浓度都减小； ②电离平衡右移，电解质分子的浓度不一定减小，离子的浓度也不一定增大； ③电离平衡右移，电离程度也不一定增大三、电解质溶液的导电能力与溶液中离子的关系电解质溶液导电能力取决于自由移动离子的浓度和离子所带电荷数，自由移动离子的浓度越大、离子所带电荷数越多，导电能力越强。将冰醋酸、浓醋酸和稀醋酸分别加水稀释，其导电能力随加水量的变化曲线如图： 1．易错辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)(2023·浙江6月)氯化铁属于弱电解质( × ) (2)常温下0.01 mol·L－1的HA溶液pH>2，说明HA是弱酸( √ ) (3)室温下，由0.1 mol/L一元碱BOH的pH＝10，可知溶液中存在BOH===B＋＋OH－( × ) (4)氨气溶于水，当NH3·H2O电离出的c(OH－)＝c(NHeq \o\al(＋,4))时，表明NH3·H2O电离处于平衡状态( × ) (5)同一弱电解质的溶液，当温度或浓度不同时，其导电能力也不同( √ ) 提示：同一电解质溶液的导电性取决于离子浓度，同一弱电解质的溶液，当温度或浓度不同时离子浓度会不同。 (6)向0.1 mol·L－1 NH3·H2O溶液中加入少量的NH4Cl晶体时溶液中的c(OH－)增大( × ) 提示：加入NH4Cl，NH3·H2O电离程度减弱，pH减小。 (7)常温下，向pH＝2的醋酸溶液中加入醋酸铵固体，可抑制醋酸的电离( √ ) (8)纯的强电解质在液态时，有的导电，有的不导电( √ ) 提示：离子化合物类强电解质液态(熔融)时导电，共价化合物类强电解质液态时不能发生电离，不导电。 2．以0.1 mol·L－1的醋酸溶液为例填写下表中各项变化。平衡移动方向平衡常数Ka n(H＋) c(H＋) 导电性加水稀释加冰醋酸升温加CH3COONa(s) 加NaOH(s) 通入HCl(g) 答案：正向　不变　增大　减小　减弱；正向　不变　增大　增大　增强；　正向　增大　增大　增大　增强；　逆向　不变　减小　减小　增强；　正向　不变　减小　减小　增强；向左　不变　增大　增大　增强 ◆[题组1]　影响电离平衡的因素　 1．(2025·北京东城区模拟)25 ℃时，HClO的电离常数Ka＝4.0×10－8，H2CO3的电离常数Ka1＝4.5×10－7、Ka2＝4.0×10－11。下列说法不正确　的是(　　) A．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中离子种类相同 B．25 ℃时，反应OH－＋HClO===H2O＋ClO－的K＝2.5×105 C．25 ℃，物质的量浓度相同的NaClO溶液与Na2CO3溶液的pH：前者小于后者 D．向氯水中加入少量NaHCO3固体，c(HClO)增大解析：B　[A.碳酸钠电离出钠离子和碳酸根离子，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子，碳酸氢根离子水解生成碳酸分子，碳酸氢钠电离出钠离子和碳酸氢根离子，碳酸氢根离子电离出碳酸根离子和氢离子，碳酸氢根离子水解生成碳酸分子和氢氧根离子，两种溶液中离子种类相同，A正确；B.25 ℃时，反应OH－＋HClO===H2O＋ClO－的K＝eq \f(cClO－,cHClO·cOH－)＝eq \f(cClO－·cH＋,cHClO·cOH－·cH＋)＝eq \f(4.0×10－8,1.0×10－14)＝4×106，B错误；C.从电离平衡常数分析，次氯酸的电离平衡常数比碳酸氢根离子的电离平衡常数大，根据越弱越水解分析，碳酸根离子水解程度大，溶液碱性强，pH大，C正确；D.氯水中含有盐酸和次氯酸，盐酸能和碳酸氢钠反应，使氯气和水反应的平衡正向移动，次氯酸的浓度增大，D正确。] 2．(2025·宜春市高三模拟)化学常用图像直观地描述化学反应的进程或结果。下列图像描述不正确　的是(　　) A．图①表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程 B．图②表示强碱滴定强酸的滴定曲线 C．图③表示25 ℃时分别稀释pH＝11的NaOH溶液和氨水时溶液pH的变化，曲线Ⅱ表示氨水 D．图④可表示CH3COOH溶液中通入NH3至过量的过程中溶液导电性的变化答案：D ◆[题组2]　平衡移动后结果的确定　 3．(2025·南充市高三模拟)如图所示，常温下，往甲室和乙室中分别加入等体积、浓度均为0.1 mol/L的CH3COONH4溶液(pH≈7)和CH3COOH溶液(pH≈3)，中间用交换膜隔开(只有未电离的CH3COOH分子可自由通过交换膜，且不考虑溶液体积的变化)，达到平衡后，下列说法错误的是(　　) A．常温下，Ka(CH3COOH)≈1.0×10－5 B．平衡后，甲、乙两室pH相等 C．平衡后，甲室中：c(NHeq \o\al(＋,4))＜c(CH3COO－) D．平衡前，CH3COOH分子从乙室进入甲室解析：B　[0.1 mol/L CH3COONH4溶液pH约为7，说明铵根离子和CH3COO－在溶液中的水解程度几乎相等，溶液中CH3COOH和一水合氨的浓度约为10－7mol/L，由只有未电离的CH3COOH分子可自由通过交换膜可知，甲室溶液中CH3COOH的浓度小于乙室，乙室中CH3COOH 通过交换膜进入甲室，当两室溶液中CH3COOH浓度相等时，乙室的电离和甲室的水解都达到平衡。A.由0.1 mol/L CH3COOH溶液pH约为3可知，电离c(CH3COO－)≈c(H＋)＝10－3mol/L，常温下，Ka(CH3COOH)≈eq \f(cCH3COO－·cH＋,cCH3COOH)＝eq \f(10－3×10－3,0.1)＝1.0×10－5，故A正确；B.由分析可知，当两室溶液中HA浓度相等时，乙室的电离和甲室的水解都达到平衡，由于甲室中的A－离子会抑制HA的电离，所以平衡后，甲、乙两室的溶液pH不相等，故B错误；C.CH3COONH4溶液pH≈7，由电荷守恒：c(H＋)＋c(NHeq \o\al(＋,4))＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，乙室中CH3COOH通过交换膜进入甲室使c(CH3COO－)增大，平衡后，甲室中：c(NHeq \o\al(＋,4))＜c(CH3COO－)，故C正确；D.由分析可知，只有未电离的CH3COOH分子可自由通过交换膜，甲室溶液中CH3COOH的浓度小于乙室，乙室中CH3COOH通过交换膜进入甲室，故D正确。] 　弱电解质电离平衡的移动结果判断需克服思维定式： (1)电离平衡向右移动，电离程度不一定增大。 (2)电离平衡向右移动，电解质的分子浓度不一定减小，电解质的离子浓度也可能减小。 ◆[题组3]　弱电解质电离与溶液导电图像分析　 4．(新课标Ⅰ)NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸H2A的Ka1＝1.1×10－3，Ka2＝3.9×10－6)溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是(　　) A．混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关 B．Na＋与A2－的导电能力之和大于HA－的 C．b点的混合溶液pH＝7 D．c点的混合溶液中，c(Na＋)＞c(K＋)＞c(OH－) 答案：C 5．(2025·浙江校级联考)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1 mol·L－1NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液体积：c＜a＜b 解析：C　[A项，由导电能力知c(H＋)：b＞a＞c，故pH：c＞a＞b；B项，加水体积越大，越利于CH3COOH电离，故电离程度：c＞b＞a；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；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。] 6．(2025·贵阳市高三开学考)电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量。常温下，将相同体积的盐酸和氨水分别加水稀释，溶液的电导率随加入水的体积V(H2O)变化的曲线如图所示，下列说法正确的是(　　) A．曲线Ⅰ表示盐酸加水稀释过程中溶液电导率的变化 B．a、b、c三点溶液的pH：a>b>c C．将a、b两点溶液混合，所得溶液中：c(Cl－)＝c(NHeq \o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O) D．氨水稀释过程中，c(NHeq \o\al(＋,4))/c(NH3·H2O)不断减小解析：B　[A.加水稀释时，一水合氨进一步电离，导电能力变化较小，则曲线Ⅰ为氨水稀释曲线，故A错误；B.盐酸显酸性，氨水显碱性，导电能力越大，说明离子浓度越大，则a、b、c三点溶液的pH：a>b>c，故B正确；C.将a、b两点溶液混合，由于氨水浓度大于盐酸浓度，反应后氨水过量，所以溶液显碱性，c(Cl－)<c(NHeq \o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)，故C错误；D.氨水稀释过程中，Kb＝c(NHeq \o\al(＋,4))·c(OH－)/c(NH3·H2O)不变，而c(OH－)减小，所以c(NHeq \o\al(＋,4))/c(NH3·H2O)不断增大，故D错误。] 　影响电解质溶液的导电能力的主要因素电解质溶液的导电能力主要取决于离子的浓度、离子在电场中的运动速率以及离子所带的电荷数目。 (1)相同条件下溶液的离子浓度越大，其导电能力越强。 (2)相同离子浓度时，离子所带的电荷数越多，溶液的导电能力越强。 (3)温度越高，溶液的导电能力越强。考点二　电离平衡常数及电离度一、电离平衡常数 1．概念：在一定条件下，弱电解质在达到电离平衡时，溶液中电离所生成的各种离子浓度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，用K(弱酸用Ka，弱碱用Kb)表示。 2．表达式类型一元弱酸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＝eq \f(cH＋·cA－,cHA) 　Kb＝eq \f(cB＋·cOH－,cBOH)　 3.特点 (1)电离平衡常数只与温度有关，与浓度无关，升高温度，K值增大。 (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。例如，在25 ℃时，Ka(HNO2)＝4.6×10－4，Ka(CH3COOH)＝1.8×10－5，因而HNO2的酸性比CH3COOH强。 (3)多元弱酸的各级电离常数的大小关系是Ka1≫Ka2≫Ka3……，故其酸性取决于第一步电离。 4．意义 K越大→越易电离→酸(碱)性越强二、电离度 1．概念：一定条件下，当弱电解质在溶液中达到电离平衡时，溶液中已经电离的电解质分子数占原来弱电解质总分子数的百分数。 2．表达式：α＝eq \f(已电离的弱电解质的浓度,弱电解质的初始浓度)×100%。 3．意义：衡量弱电解质的电离程度，在相同条件下(浓度、温度相同)，不同弱电解质的电离度越大，弱电解质的电离程度越大。 4．影响因素温度升高温度，电离平衡向右移动，电离度　增大　；降低温度，电离平衡向左移动，电离度　减小　。浓度当弱电解质溶液浓度增大时，电离度　减小　；当弱电解质溶液浓度减小时，电离度　增大　。 1．易错辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)H2CO3的电离常数表达式：Ka＝eq \f(c2H＋·cCO\o\al(2－,3),cH2CO3)( × ) (2)弱电解质的电离平衡右移，电离平衡常数一定增大( × ) (3)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( × ) (4)某一弱电解质，电离度越大，电离常数就越大( × ) (5)向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，eq \f(cNH\o\al(＋,4),cNH3·H2O)先增大，再减小( × ) (6)向0.1 mol·L－1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中eq \f(cH＋,cCH3COOH)减小( × ) (7)室温下向10 mL 0.1 mol/L的氨水中加水稀释后，溶液中eq \f(cOH－·cNH\o\al(＋,4),cNH3·H2O)不变( √ ) (8)等体积、等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合：eq \f(cHCO\o\al(－,3),cH2CO3)＜eq \f(cCO\o\al(2－,3),cHCO\o\al(－,3))( × ) (9)将浓度为0.1 mol·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，c(F－)/c(H＋)始终增大( × ) 2．部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸 HCOOH H2S H2CO3 HClO 电离平衡常数(25 ℃) K＝1.77×10－4 K1＝1．3×10－7 K2＝7．1×10－15 K1＝4．4×10－7 K2＝4．7×10－11 K＝3.0×10－8 按要求回答下列问题： (1)HCOOH、H2S、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为______________________。 (2)同浓度的HCOO－、HS－、S2－、HCOeq \o\al(－,3)、COeq \o\al(2－,3)、ClO－结合H＋的能力由强到弱的顺序为_______________________________。 (3)将少量CO2气体通入NaClO溶液中，写出该反应的离子方程式：____________。答案：(1)HCOOH＞H2CO3＞H2S＞HClO (2)S2－＞COeq \o\al(2－,3)＞ClO－＞HS－＞HCOeq \o\al(－,3)＞HCOO－ (3)ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCOeq \o\al(－,3) ◆[题组1]　电离常数的简单计算　 1．(2024·上海卷)(1)已知H2CO3的Ka1＝4.2×10－7，Ka2＝5.6×10－11，c(H＋)＝8.4×10－9mol/L，c(HCOeq \o\al(－,3))＝1×10－4mol/L，c(H2CO3)为____________mol/L。 (2)已知常温下H2C2O4的电离平衡常数Ka1＝5.4×10－2，Ka2＝5.4×10－5，反应NH3·H2O＋HC2Oeq \o\al(－,4)===NHeq \o\al(＋,4)＋C2Oeq \o\al(2－,4)＋H2O的平衡常数K＝9.45×104，则NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝____________。 (3)(2020·全国卷Ⅱ节选)次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ(X)＝eq \f(cX,cHClO＋cClO－)，X为HClO或ClO－]与pH的关系如图所示。HClO的电离常数Ka值为____________。解析：(1)c(H＋)＝8.4×10－9mol/L，c(HCOeq \o\al(－,3))＝1×10－4mol/L，H2CO3的Ka1＝eq \f(cH＋·cHCO\o\al(－,3),cH2CO3)＝eq \f(8.4×10－9×1×10－4,cH2CO3)＝4.2×10－7，c(H2CO3)＝2×10－6mol/L。 (2)题给反应的电离平衡常数 K＝eq \f(cNH\o\al(＋,4)·cC2O\o\al(2－,4),cNH3·H2O·cHC2O\o\al(－,4)) ＝eq \f(cNH\o\al(＋,4)·cOH－·C2O\o\al(2－,4)·cH＋,cNH3·H2O·cHC2O\o\al(－,4)·cOH－·cH＋)＝eq \f(Kb·Ka2,Kw)＝eq \f(Kb×5.4×10－5,10－14)＝9.45×104，解得Kb＝1.75×10－5。 (3)HClO溶液中存在电离平衡HClOH＋＋ClO－，HClO的电离常数Ka＝eq \f(cH＋·cClO－,cHClO)，由题图可知当pH＝7.5时，溶液中c(ClO－)＝c(HClO)，即Ka＝c(H＋)＝10－7.5。答案：(1)2×10－6　(2)1.75×10－5　(3)10－7.5 2．常温下，将NaOH溶液滴加到亚磷酸(H3PO3)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示，则表示lgeq \f(cHPO\o\al(2－,3),cH2PO\o\al(－,3))的是曲线_____(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)亚磷酸(H3PO3)的Ka1＝__________ mol·L－1。答案：Ⅰ　10－1.4 ◆[题组2]　电离常数的应用　 3．(2022·浙江6月)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0.10 mol·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，0.10 mol·L－1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体，水的电离程度变小答案：C 4．(2025·南阳市高三开学考)25 ℃时，下列有关电解质溶液的说法正确的是(　　) A．加水稀释0.1 mol·L－1氨水，溶液中c(H＋)·c(OH－)和eq \f(cH＋,cOH－)均保持不变 B．向CH3COONa溶液中加入少量CH3COONa，溶液中eq \f(cCH3COO－,cCH3COOH)的值增大 C．等体积、等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合：eq \f(cHCO\o\al(－,3),cH2CO3)＜eq \f(cCO\o\al(2－,3),cHCO\o\al(－,3)) D．将浓度为0.1 mol·L－1HF溶液加水不断稀释过程中，电离常数Ka(HF)保持不变，eq \f(cF－,cH＋)始终增大解析：B　[0.1 mol·L－1氨水稀释过程中c(H＋)增大，c(OH－)减小，因而eq \f(cH＋,cOH－)变大，A错误；向CH3COONa溶液中加入少量CH3COONa，溶液中eq \f(cCH3COO－,cCH3COOH)＝eq \f(Ka,cH＋)，加入CH3COONa，溶液碱性增强，则c(H＋)降低，所以eq \f(cCH3COO－,cCH3COOH)的值增大，B正确；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＝eq \f(cH＋·cHCO\o\al(－,3),cH2CO3)、Ka2＝eq \f(cH＋·cCO\o\al(2－,3),cHCO\o\al(－,3))，同一溶液中c(H＋)相等，则c(H＋)＝Ka1·eq \f(cH2CO3,cHCO\o\al(－,3))＝Ka2·eq \f(cHCO\o\al(－,3),cCO\o\al(2－,3))，而Ka1＞Ka2，则eq \f(cHCO\o\al(－,3),cH2CO3)＞eq \f(cCO\o\al(2－,3),cHCO\o\al(－,3))，C错误；0.1 mol·L－1的HF溶液加水稀释，c(F－)趋近于0，而c(H＋)趋于不变(10－7 mol·L－1)，故eq \f(cF－,cH＋)变小，D错误。] 考点三　一元强酸(碱)和一元弱酸(碱)的比较一、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　　比较项目酸　　　　 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溶液大大多二、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、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值的盐酸、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．易错辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)pH＝12的氨水，稀释10倍后pH＝11( × ) (2)体积相等、pH值相等的CH3COOH和盐酸与Zn反应，开始时盐酸放出H2快( × ) (3)中和等体积等pH的盐酸和醋酸所用的氢氧化钠的物质的量：醋酸>盐酸( √ ) (4)向10 mL 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，c(NHeq \o\al(＋,4))/c(NH3·H2O)将减小( √ ) (5)向0.1 mol·L－1的醋酸溶液中加入少量水，溶液中c(H＋)/c(CH3COOˉ)减小( × ) (6)相同物质的量浓度、相同体积的盐酸与醋酸溶液中，因c(H＋)不同，故中和NaOH的能力不同( × ) (7)将pH均为a的氢氧化钠溶液和氨水分别加水稀释100倍，pH变为b和c，则a、b、c的大小关系是：a＞b＞c( × ) (8)相同pH的盐酸与醋酸溶液，加水稀释后pH若仍相同，则醋酸加入的水的体积大( √ ) 2．现有常温下pH＝2的盐酸甲和pH＝2的醋酸溶液乙，请根据下列操作回答问题： (1)取等体积的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为：V(甲)____________V(乙)(填“>”“<”或“＝”)。 (2)已知25 ℃时，两种酸的电离平衡常数如下：下列四种离子结合H＋能力最强的是____________，最弱的是____________。 A．HCOeq \o\al(－,3)　　　　　　 B．COeq \o\al(2－,3) C．ClO－ D．CH3COO－化学式 CH3COOH H2CO3 HClO 电离平衡常数K1 1.8×10－5 4.3×10－7 3.0×10－8 K2 5.6×10－11 (3)根据以上信息书写下列反应的离子方程式： ①将少量Na2CO3溶液滴加到CH3COOH溶液中： ________________________________________________________。 ②将少量CO2气体通入NaClO溶液中：_______________________ _______________________________________________________。解析：(1)pH相等的醋酸和盐酸、醋酸的浓度大于盐酸、等体积等pH的两种酸，醋酸的物质的量大于盐酸，酸的物质的量越多需要等浓度的氢氧化钠溶液体积越大，所以V(甲)<V(乙)。 (2)电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，溶液酸性越强，根据表中数据可知，酸性由强到弱的顺序为：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCOeq \o\al(－,3)，酸性越弱，对应的酸根离子结合氢离子的能力越强，则结合氢离子能力最强的为COeq \o\al(2－,3)，故选B，最弱的是CH3COO－，故选D。 (3)①CH3COOH>H2CO3，故Na2CO3溶液和CH3COOH溶液反应生成CH3COONa、H2O、CO2。②结合氢离子能力最强的为COeq \o\al(2－,3)，故反应只能生成HCOeq \o\al(－,3)。答案：(1)<　(2)B　D (3)①2CH3COOH＋COeq \o\al(2－,3)===2CH3COO－＋H2O＋CO2↑ ②ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCOeq \o\al(－,3) ◆[题组1]　判断弱电解质的方法　 1．(2025·盐城市高三开学考)某同学拟用pH计测定溶液的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0.01 mol·L－1 NaR溶液pH＝7，则HR是弱酸 B．25 ℃时，若测得0.01 mol·L－1 HR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10.0 mL，加蒸馏水稀释至100.0 mL，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10.0 mL，升温至50 ℃，测得pH＝b，a＞b，则HR是弱酸解析：B　[A.25 ℃时，若测得0.01 mol·L－1 NaR溶液pH＝7，可知NaR为强酸强碱盐，则HR为强酸，A错误；B.25 ℃时，若测得0.01 mol·L－1 HR溶液pH＞2且pH＜7，可知溶液中c(H＋)＜0.01 mol·L－1，所以HR未完全电离，HR为弱酸，B正确；C.假设HR为强酸，取pH＝6的该溶液10.0 mL，加蒸馏水稀释至100.0 mL测得此时溶液pH＜7，C错误；D.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。] 2．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、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的盐酸和醋酸各10 mL，然后加入质量相同的锌粒，醋酸放出H2的平均速率快，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)7>a＞1　因醋酸是弱酸，不能完全电离 (2)盐酸的pH＝5，醋酸的pH＜5　(3)正确　由于醋酸是弱酸，随着反应的进行，醋酸不断电离，c(H＋)变化小，产生H2的平均速率醋酸比盐酸快 (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溶液变浅红色，NaCl溶液不变色 ◆[题组2]　强、弱电解质的比较　 3．(2025·乌鲁木齐市模拟)25 ℃，相同体积相同浓度的盐酸能与下列溶液恰好完全中和。 ①V1 mL pH＝9的氨水；②V2 mL pH＝10的氨水；③V3 mL pH＝10的NaOH溶液。下列叙述正确的是(　　) A．V1＜10V2 B．①和②中eq \f(cNH\o\al(＋,4),cNH3·H2O)比值：①＜② C．①、②、③中水的电离度：②＝③＞① D．分别与盐酸完全中和后溶液的pH：③＞①＞② 答案：D 4．(2025·张掖市高三开学考)常温下，Ka(HCOOH)＝1.77×10－4，Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5。下列说法正确的是(　　) A．0.2 mol·L－1HCOOH与0.1 mol·L－1NaOH等体积混合后：c(HCOO－)＋c(OH－)＜c(HCOOH)＋c(H＋) B．相同体积pH均为2的HCOOH和CH3COOH溶液，中和NaOH的能力相同 C．等浓度的CH3COONa溶液与HCOONa溶液，前者溶液pH大 D．将CH3COOH溶液从20 ℃升温至30 ℃，溶液中eq \f(cH＋,cCH3COOH)减小解析：C　[A.0.2 mol·L－1HCOOH与0.1 mol·L－1NaOH等体积混合后的溶质为等浓度的HCOOH与HCOONa的混合溶液，Ka(HCOOH)＝1.77×10－4，Kh(HCOO－)＝eq \f(Kw,KaHCOOH)＝eq \f(1.0×10－14,1.77×10－4)＜Ka(HCOOH)，故HCOOH的电离程度大于HCOO－的水解程度，故c(Na＋)＞c(HCOOH)，溶液中存在电荷守恒：c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，故c(HCOO－)＋c(OH)－＞c(HCOOH)＋c(H＋)，故A错误；B.HCOOH 和CH3COOH的电离平衡常数不同，pH均为2的HCOOH和CH3COOH的物质的量浓度不相同，体积相同，则所含酸的物质的量不同，故中和NaOH的能力不相同，故B错误；C.根据越弱越水解可知，弱酸的酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，对应的强碱弱酸盐的碱性越强，故等浓度的CH3COONa溶液与HCOONa溶液，前者溶液pH大，故C正确；D.升温促进电离，c(H＋)增大、c(CH3COOH)减小，故溶液中eq \f(cH＋,cCH3COOH)增大，故D错误。] 5．在一定温度下，有a.盐酸 b．硫酸　c．醋酸三种酸： (1)当三种酸物质的量浓度相同时，c(H＋)由大到小的顺序是(用序号表示，下同)______________。 (2)同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH的能力由大到小的顺序是______________。 (3)若三者c(H＋)相同时，物质的量浓度由大到小的顺序是______________。 (4)当三者c(H＋)相同且体积也相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是___________________________ _________________________________________________________。 (5)当三者c(H＋)相同且体积也相同时，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，若产生相同体积的H2(相同状况)，则开始时反应速率的大小关系为_________________________________________________，反应所需时间的长短关系是______________________。 (6)将c(H＋)相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后，c(H＋)由大到小的顺序是_______________________________________________。答案：(1)b＞a＞c　(2)b＞a＝c　(3)c＞a＞b(或c＞a＝2b) (4)c＞a＝b　(5)a＝b＝c　a＝b＞c (6)c＞a＝b [例]　(2024·江苏卷)室温下，通过下列实验探究SO2的性质。已知Ka1(H2SO3)＝1.3×10－2，Ka2(H2SO3)＝6.2×10－8。实验1：将SO2气体通入水中，测得溶液pH＝3。实验2：将SO2气体通入0.1 mol·L－1NaOH溶液中，当溶液pH＝4时停止通气。实验3：将SO2气体通入0.1 mol·L－1酸性KMnO4溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。下列说法正确的是(　　) A．实验1所得溶液中：c(HSOeq \o\al(－,3))＋c(SOeq \o\al(2－,3))＞c(H＋) B．实验2所得溶液中：c(SOeq \o\al(2－,3))＞c(HSOeq \o\al(－,3)) C．实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得NaHSO3固体 D．实验3所得溶液中：c(SOeq \o\al(2－,4))＞c(Mn2＋) 思“原理” 实验1中H2SO3溶液存在电荷守恒c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSOeq \o\al(－,3))＋2c(SOeq \o\al(2－,3))；实验2中要判断c(HSOeq \o\al(－,3))与c(SOeq \o\al(2－,3))大小，因平衡常数Ka2中同时出现二者，故将有关数据代入Ka2进行推算；实验2中生成的NaHSO3不稳定，加热易分解，同时可被空气中氧气氧化；实验3中根据氧化还原反应原理，SO2与KMnO4反应的化学计量数之比为5∶2，结合原子守恒可知产物的物质的量之比。判“选项” 由原理分析，c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSOeq \o\al(－,3))＋2c(SOeq \o\al(2－,3))，故c(H＋)>c(HSOeq \o\al(－,3))＋c(SOeq \o\al(2－,3))；Ka2＝eq \f(10－4·cSO\o\al(2－,3),cHSO\o\al(－,3))，则6.2×10－8＝eq \f(10－4·cSO\o\al(2－,3),cHSO\o\al(－,3))，故c(HSOeq \o\al(－,3))>c(SOeq \o\al(2－,3))；NaHSO3加热分解为Na2SO3，Na2SO3被空气中O2氧化为Na2SO4；反应的离子方程式为5SO2＋2MnOeq \o\al(－,4)＋2H2O===5SOeq \o\al(2－,4)＋2Mn2＋＋4H＋，SOeq \o\al(2－,4)的物质的量大于Mn2＋的物质的量，故浓度c(SOeq \o\al(2－,4))>c(Mn2＋)。解析：D　[实验1得到H2SO3溶液，实验2溶液的pH为4，实验2为NaHSO3溶液，实验3中SO2和酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：5SO2＋2MnOeq \o\al(－,4)＋2H2O===5SOeq \o\al(2－,4)＋2Mn2＋＋4H＋。A.实验1得到H2SO3溶液，根据电荷守恒关系式c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSOeq \o\al(－,3))＋2c(SOeq \o\al(2－,3))，则c(H＋)>c(HSOeq \o\al(－,3))＋c(SOeq \o\al(2－,3))，A错误；B.实验2所得溶液pH为4，依据Ka2＝eq \f(10－4·cSO\o\al(2－,3),cHSO\o\al(－,3))，则6.2×10－8＝eq \f(10－4·cSO\o\al(2－,3),cHSO\o\al(－,3))，则c(HSOeq \o\al(－,3))>c(SOeq \o\al(2－,3))，B错误；C.NaHSO3溶液蒸干过程中会分解成Na2SO3、Na2SO3可被空气中O2氧化，故蒸干、灼烧得Na2SO4固体，C错误；D.实验3依据发生的反应：5SO2＋2MnOeq \o\al(－,4)＋2H2O===5SOeq \o\al(2－,4)＋2Mn2＋＋4H＋，则恰好完全反应后c(SOeq \o\al(2－,4))>c(Mn2＋)，D正确。] 1．(2023·江苏卷)某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即c(H2S)＝0.1 mol/L，通过调节pH使Ni2＋和Cd2＋形成硫化物而分离，体系中pH与－lg c关系如图所示，c为HS－、S2－、Ni2＋和Cd2＋的浓度，单位为mol/L。已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，下列说法正确的是(　　) A．Ksp(CdS)＝10－18.4 B．③为pH与－lg c(HS－)的关系曲线 C．Ka1(H2S)＝10－8.1 D．Ka2(H2S)＝10－14.7 解析：D　[已知H2S饱和溶液中随着pH的增大，H2S的浓度逐渐减小，HS－的浓度增大，S2－浓度逐渐增大，则有－lg c(HS－)和－lg c(S2－)随着pH增大而减小，且pH相同时，HS－浓度大于S2－，即－lg c(HS－)小于－lg c(S2－)，则Ni2＋和Cd2＋浓度逐渐减小，且Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，即当c(S2－)相同时，c(Ni2＋)＞c(Cd2＋)，则－lg c(Ni2＋)和－lg c(Cd2＋)随着pH增大而增大，且有－lg c(Ni2＋)小于－lg c(Cd2＋)，由此可知曲线①代表Cd2＋、②代表Ni2＋、③代表S2－，④代表HS－，据此分析结合图像各点数据进行解题。A.由分析可知，曲线①代表Cd2＋、③代表S2－，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2＋)＝c(S2－)＝10－13 mol/L，则有Ksp(CdS)＝c(Cd2＋)·c(S2－)＝10－13×10－13＝10－26，A错误；B.由分析可知，③为pH与－lg c(S2－)的关系曲线，B错误；C.由分析可知，曲线④代表HS－，由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H＋)＝10－1.6 mol/L时，c(HS－)＝10－6.5 mol/L，Ka1(H2S)＝eq \f(cH＋·cHS－,cH2S)＝eq \f(10－1.6×10－6.5,0.1)＝10－7.1或者当c(H＋)＝10 －4.2 mol/L时，c(HS－)＝10－3.9 mol/L，Ka1(H2S)＝eq \f(cH＋·cHS－,cH2S)＝eq \f(10－4.2×10－3.9,0.1)＝10－7.1，C错误；D.已知Ka1Ka2＝eq \f(cH＋·cHS－,cH2S)×eq \f(cH＋·cS2－,cHS－)＝eq \f(c2H＋·cS2－,cH2S)，由曲线③两点坐标可知，当c(H＋)＝10－4.9 mol/L时，c(S2－)＝10－13 mol/L，或者当c(H＋)＝10－6.8 mol/L时，c(S2－)＝10－9.2 mol/L，故有Ka1Ka2＝eq \f(c2H＋·cS2－,cH2S)＝eq \f(10－4.92×10－13,0.1)＝eq \f(10－6.82×10－9.2,0.1)＝10－21.8，结合C项分析可知Ka1＝10－7.1，故有Ka2(H2S)＝10－14.7，D正确。] 2．(2022·浙江6月)关于反应Cl2(g)＋H2O(l)HClO(aq)＋H＋(aq)＋Cl－(aq)　ΔH<0，达到平衡后，下列说法不正确　的是(　　) A．升高温度，氯水中的c(HClO)减小 B．氯水中加入少量醋酸钠固体，上述平衡正向移动，c(HClO)增大 C．取氯水稀释，c(Cl－)/c(HClO)增大 D．取两份氯水，分别滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液，若前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色，可以证明上述反应存在限度解析：D　[A.HClO受热易分解，升高温度，HClO分解，平衡正向移动，c(HClO)减小，A正确；B.氯水中加入少量醋酸钠固体，醋酸根离子和氢离子结合生成醋酸分子，氢离子浓度减小，平衡正向移动，c(HClO)增大，B正确；C.氯水稀释，平衡正向移动，而c(HClO)和c(Cl－)均减小，但HClO本身也存在电离平衡HClOH＋＋ClO－，稀释促进了HClO的电离，使c(HClO)减少更多，因此eq \f(cCl－,cHClO)增大，C正确；D.氯水中加硝酸银产生白色沉淀，证明溶液中有氯离子，氯水中加淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝，证明生成了碘单质，溶液中有强氧化性的物质，而氯气和次氯酸都有强氧化性，不能证明反应物和生成物共存，即不能证明上述反应存在限度，D错误。] 3．(2022·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：N2Heq \o\al(＋,5)＋NH3===NHeq \o\al(＋,4)＋N2H4，N2H4＋CH3COOH===N2Heq \o\al(＋,5)＋CH3COO－，下列酸性强弱顺序正确的是(　　) A．N2Heq \o\al(＋,5)>N2H4>NHeq \o\al(＋,4) B．N2Heq \o\al(＋,5)>CH3COOH>NHeq \o\al(＋,4) C．NH3>N2H4>CH3COO－ D．CH3COOH>N2Heq \o\al(＋,5)>NHeq \o\al(＋,4) 解析：D　[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＋CH3COOH===N2Heq \o\al(＋,5)＋CH3COO－中，酸性：CH3COOH>N2Heq \o\al(＋,5)，反应N2Heq \o\al(＋,5)＋NH3===NHeq \o\al(＋,4)＋N2H4中，酸性：N2Heq \o\al(＋,5)>NHeq \o\al(＋,4)，故酸性：CH3COOH>N2Heq \o\al(＋,5)>NHeq \o\al(＋,4)。] 4．(双选)(2022·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===HSOeq \o\al(－,3)＋HClO D．25 ℃，pH＝7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(HClO)>c(ClO－)＝c(Na＋) 解析：AD　[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正确；B.NaClO溶液长期露置在空气中，ClO－会水解生成次氯酸，次氯酸不稳定，分解生成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－＋SOeq \o\al(2－,4)＋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。] 5．(2022·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eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(cA－,c总HA)))为eq \f(1,101) C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等 D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总(HA)之比为10－4 解析：B　[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＋)＝0.1 mol/L，Ka＝eq \f(cH＋·cA－,cHA)＝1.0×10－3，c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，则eq \f(0.1cA－,c总HA－cA－)＝1.0×10－3，解得eq \f(cA－,c总HA)＝eq \f(1,101)，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＝eq \f(cH＋·cA－,cHA)＝1.0×10－3，c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，eq \f(10－7[c总HA－cHA],cHA)＝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＋)＝0.1 mol/L，Ka＝eq \f(cH＋·cA－,cHA)＝1.0×10－3，c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，eq \f(0.1[c总HA－cHA],cHA)＝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。] 6．(多元酸的成分分析)(2025·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．0.1 mol/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．0.1 mol/L H2R溶液：2 mol/L＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(H2R)＋c(HR－) D．0.01 mol/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 解析：C　[A项，NaHR是弱酸H2R的酸式盐，存在电离和水解，Kh＝Kw/Ka1＝eq \f(10－14,5.4×10－2)<Ka2，电离强于水解，0.1 mol/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＋)＝10－7 mol/L，Ka2(H2R)＝eq \f(cH＋×cR2－,cHR－)＝eq \f(10－7×cR2－,cHR－)＝5.4×10－5，故溶液中c(HR－)＜c(R2－)，B正确；C项，0.1 mol/L H2R溶液中根据电荷守恒和元素守恒可得c(H2R)＋c(HR－)＋c(R2－)＝0.1 mol/L，c(H＋)＝c(HR－)＋2c(R2－)＋c(OH－)，故0.1 mol/L＋c(OH－)＝c(H2R)＋c(H＋)－c(R2－)，C错误；D项，H2R＋2NaOH===2H2O＋Na2R,0.01 mol/L的H2R(二元酸)溶液与pH＝12即0.01 mol/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。] 7．(多元酸的成分分析)(2025·北京师范大学附属中学检测)探究草酸(H2C2O4)性质，进行如下实验。实验装置试剂a 现象 ① Ca(OH)2溶液(含酚酞) 溶液褪色，产生白色沉淀 ② 足量NaHCO3溶液产生气泡 ③ 酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色 ④ C2H5OH和浓硫酸加热后产生有香味物质已知：室温下，H2C2O4的Ka1＝5.6 × 10－2，Ka2＝1.5 × 10－4 H2CO3的Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11 由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确　的是(　　) A．H2C2O4有酸性，Ca(OH)2＋H2C2O4===CaC2O4↓＋2H2O B．酸性：H2C2O4>H2CO3，NaHCO3＋H2C2O4===NaHC2O4＋CO2↑＋H2O C．H2C2O4有还原性，2MnOeq \o\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O D．H2C2O4可发生酯化反应，HOOCCOOH＋2C2H5OHeq \o(,\s\up17(浓硫酸),\s\do17(△))C2H5OOCCOOC2H5＋2H2O 解析：B　[A.Ca(OH)2溶液(含酚酞)中加入草酸溶液，溶液褪色，说明混合溶液碱性减弱，且生成白色沉淀，则发生中和反应，草酸体现酸性，反应的化学方程式为Ca(OH)2＋H2C2O4===CaC2O4↓＋2H2O，故A项正确；B.强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，根据实验现象可知：酸性H2C2O4＞H2CO3，则该反应的化学方程式为：2NaHCO3＋H2C2O4===Na2C2O4＋2CO2↑＋2H2O ，故B项错误；C.酸性KMnO4溶液具有强氧化性，向酸性KMnO4溶液中加入草酸，溶液褪色，说明草酸还原KMnO4，体现草酸的还原性，则反应的离子方程式为：2MnOeq \o\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，故C项正确；D.酯具有香味，CH3CH2OH和浓硫酸中加入草酸加热后有香味物质，说明有酯生成，所以发生了酯化反应，则草酸可以发生酯化反应，反应的化学方程式为：HOOCCOOH＋2C2H5OHeq \o(,\s\up17(浓硫酸),\s\do17(△))C2H5OOCCOOC2H5＋2H2O，故D项正确。] 体系构建核心巧记 1.电离平衡的5个特征：逆→等→动→定→变。 2.高考必考的影响电离平衡的3个因素 (1)升高温度：电离平衡右移。 (2)稀释：电离平衡右移。 (3)同离子效应：电离平衡左移。 3.电离常数 (1)影响因素：弱电解质的性质、温度。 (2)应用：判断弱电解质的强弱、盐类水解程度。 (3)计算。 ①已知c(HX)和c(H＋)求K。 ②已知K求c(H＋)。 $$

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