第3章 第2节 第2课时 电离常数与电离度的计算——强、弱电解质的比较（Word教参）-【步步高】2024-2025学年高二化学选择性必修1学习笔记（鲁科版 京粤闽皖豫宁陕）

本讲义聚焦电离常数与电离度的计算及强、弱电解质比较核心知识点，衔接电离平衡定性认识，系统梳理电离度概念、影响因素、计算模板，以及强酸（碱）与弱酸（碱）在浓度、pH、稀释等方面的对比分析。 资料通过定量计算模板（如Ka表达式推导）和对比表格培养科学思维，结合图像分析（稀释pH变化曲线）和实验设计题提升科学探究能力。课中辅助教师讲解计算逻辑，课后练习题帮助学生巩固定量分析方法，查漏补缺。

第2课时　电离常数与电离度的计算——强、弱电解质的比较 [核心素养发展目标]　1.了解电离度的概念，建立用电离常数定量判断的观念。2.通过比较分析掌握强、弱电解质在稀释、反应时的变化特点。 一、电离常数的有关定量判断与计算 1．电离度 (1)概念：弱电解质在水中的电离达到平衡状态时，已电离的溶质的分子数占原有溶质分子总数(包括已电离的和未电离的)的百分率称为电离度。 (2)表达式：α＝×100%。 (3)影响电离度的因素 ①温度：通常电离过程为吸热过程，在其他条件不变时，升高溶液温度，电离平衡向电离方向移动，电离度增大。 ②浓度：其他条件不变时，加水稀释减小弱电解质溶液的浓度，电离平衡向电离方向移动，电离度增大；若增大弱电解质溶液的浓度，电离平衡向电离方向移动，但电离度减小。 2．有关电离平衡常数的计算模板 HX　　　　　H＋　　＋　　X－ 起始　　　　　c(HX)　　　　　　0　　　　　0 平衡　　　　　c(HX)－c平(H＋)　　c平(H＋) 　c平(X－) 则Ka＝＝， 当弱电解质电离程度很小时，c(HX)－c平(H＋)≈c(HX)，则Ka＝；c平(H＋)＝。 1．25 ℃时，在0.5 L 0.2 mol·L－1的HA溶液中，HA的电离度为10%，则该温度下HA的电离平衡常数(单位为mol·L－1)约为(　　) A．2.22×10－3 B．4.3×10－3 C．2.52×10－4 D．1×10－3 答案　A 解析　HAH＋＋A－，在0.2 mol·L－1 HA溶液中，达到电离平衡时：c平(H＋)＝c平(A－)＝c起始(HA)·α＝0.2 mol·L－1×10%＝0.02 mol·L－1，c平(HA)＝c起始(HA)·(1－α)＝0.2 mol·L－1×(1－10%)＝0.18 mol·L－1，则Ka＝＝ mol·L－1≈2.22×10－3 mol·L－1，选项A正确。 2．已知25 ℃时，CH3COOH的Ka＝1.75×10－5mol·L－1，计算0.10 mol·L－1的CH3COOH溶液达到电离平衡时的c平(H＋)。 答案　设浓度为0.10 mol·L－1的CH3COOH溶液中醋酸电离达到平衡时 H＋ 的浓度为x mol·L－1，则有 CH3COOHH＋＋CH3COO－ 初始/(mol·L－1)　　　　　　0.10　　　0　　　　0 平衡/(mol·L－1)　　　　　　0.10－x　　x　　　　x 当Ka数值很小时，x的数值很小，可作近似处理： 0．10－x≈0.10，所以Ka＝ mol·L－1，则x＝≈1.3×10－3，即c平(H＋)＝1.3×10－3 mol·L－1。 3．在一定温度下，加水逐渐稀释1 mol·L－1氨水的过程中，随着水量的增加，请说明溶液中下列含量的变化： (1)n(OH－)________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)。 (2)______。 (3)________。 答案　(1)增大　(2)增大　(3)不变 解析　加水稀释，NH3·H2O的电离平衡向电离方向移动，n(OH－)逐渐增大，n(NH3·H2O)逐渐减小，＝，所以逐渐增大；电离平衡常数Kb＝只与温度有关，所以加水稀释时不变。 根据电离平衡常数判断溶液中微粒浓度比值的变化情况 如0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液加水稀释，＝＝，加水稀释时，c平H＋减小，Ka不变，则增大。 二、强酸(碱)与弱酸(碱)的比较 1．一元强酸和一元弱酸的比较 (1)相同体积、相同物质的量浓度的一元强酸(如盐酸)与一元弱酸(如醋酸)的比较 比较项目 c(H＋) 酸性 中和碱的能力 与足量活泼金属反应产生H2的总量 与同一金属反应时的起始反应速率 一元强酸 大 强 相同 相同 大 一元弱酸 小 弱 小 (2)相同体积、相同pH的一元强酸(如盐酸)与一元弱酸(如醋酸)的比较 比较项目 c(H＋) 酸性 中和碱的能力 与足量活泼金属反应产生H2的总量 与同一金属反应时的起始反应速率 一元强酸 相同 相同 小 少 相同 一元弱酸 大 多 2.强酸(碱)、弱酸(碱)稀释时pH变化规律 (1)酸碱溶液稀释时pH的计算 酸(pH＝a) 碱(pH＝b) 弱酸 强酸 弱碱 强碱 稀释10n倍 pH＜a＋n＜7 pH＝a＋n＜7 pH＞b－n＞7 pH＝b－n＞7 无限稀释 此时考虑水的电离，pH只能接近7(略小于7) 此时考虑水的电离，pH只能接近7(略大于7) (2)酸碱溶液稀释时pH的变化图像 ①pH相等的酸或碱溶液稀释后溶液pH的变化示意图 ②浓度相等的酸或碱溶液稀释后溶液pH的变化示意图 可以看出无论是浓度相等还是pH相等，加水稀释相同倍数pH变化大的都是强酸或强碱。 1．相同体积、相同pH的某一元强酸溶液①和某一元弱酸溶液②分别与足量的锌粉发生反应，下列关于产生氢气的体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是(　　) 答案　C 解析　相同体积、相同pH的一元强酸和一元弱酸，刚开始与锌粉反应的速率是相同的，随着反应进行，弱酸能继续电离出H＋，故其反应速率比强酸的大，排除B、D项；弱酸的物质的量浓度大于强酸的，所以弱酸与足量的锌粉反应生成氢气的量较多，排除A项。 2．对室温下pH相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液分别采取下列措施后，有关叙述正确的是(　　) A．加适量的醋酸钠晶体后，两溶液的c平(H＋)均减小 B．使温度升高20 ℃后，两溶液的c平(H＋)均不变 C．加水稀释两倍后，两溶液的c平(H＋)均增大 D．加足量的锌充分反应后，两溶液产生的氢气一样多 答案　A 解析　加入醋酸钠，盐酸中H＋可结合CH3COO－，醋酸中电离平衡向左移动，两溶液的c平(H＋)均减小，A正确；升温有利于CH3COOH的电离，所以CH3COOH溶液中c平(H＋)增大，B错误；加水稀释，两种溶液的酸性均减弱，C错误；两种溶液中c平(H＋)相同，但是CH3COOH溶液中还有未电离的CH3COOH，所以最终醋酸产生的氢气比盐酸多，D错误。 3．为了证明HR是弱电解质，某同学开展了题为“HR是弱电解质的实验探究”的探究活动。该同学设计了如下方案，其中正确的是________(填序号)。 ①先配制0.10 mol·L－1 HR溶液，再测溶液的pH，若pH大于1，则可证明HR为弱电解质 ②先配制0.01 mol·L－1和0.10 mol·L－1的HR溶液，再分别用酸度计测它们的pH，若两者的pH相差小于1个单位，则可证明HR是弱电解质 ③取等体积、等pH的HR溶液和盐酸分别与足量锌反应，测得反应过程中HR产生H2速率较慢且最终产生H2较多，则可证明HR为弱电解质 ④25 ℃时，pH＝2的HR溶液和pH＝12的Ba(OH)2溶液等体积混合后，溶液显酸性，则HR为弱酸 答案　①②④ 解析　③取等体积、等pH的HR溶液和盐酸分别与足量锌反应，测得反应过程中HR产生H2速率较快且最终产生H2较多，则可证明HR为弱电解质，错误；④两溶液等体积混合后，若HR为强酸，溶液显中性，若HR为弱酸，弱酸过量，溶液显酸性，可证明HR为弱酸，正确。 (选择题1～13题，每小题6分，共78分) 题组一　电离常数、电离度的理解及应用 1．25 ℃时，向10 mL pH＝12的氨水中加入蒸馏水，将其稀释到1 L后，下列说法错误的是(　　) A．所得溶液的pH：10<pH<12 B．NH3·H2O的电离程度增大 C．溶液中NH的数目增大 D．NH3·H2O的电离常数Kb增大 答案　D 解析　一水合氨是弱电解质，加水促进电离，将10 mL pH＝12的氨水加水稀释至1 L，体积增大100倍，pH变化小于2个单位，即稀释后10<pH<12，A正确。 2．(2023·湖北十堰高二统考期末)常温下，二氯乙酸(CHCl2COOH)的电离常数为Ka，pKa＝－lg Ka＝1.29。下列说法错误的是(　　) A．同浓度乙酸溶液的pH大于二氯乙酸溶液，则CH3COOH的pKa>1.29 B．随温度升高，CHCl2COOH溶液的pH会减小(在该温度范围内，CHCl2COOH始终不逸出) C．加水稀释二氯乙酸溶液，溶液中逐渐增大 D．向CHCl2COOH溶液加入少量NaOH，电离平衡正向移动，Ka不变 答案　C 解析　同浓度乙酸溶液的pH大于二氯乙酸溶液，则乙酸酸性弱于二氯乙酸，乙酸的电离常数小于二氯乙酸，则CH3COOH的pKa>1.29，故A正确；随温度升高，CHCl2COOH的电离程度变大，使得溶液酸性增强，溶液的pH会减小，故B正确；加水稀释二氯乙酸溶液，溶液中＝，平衡常数只受温度影响，故不变，故C错误。 3．已知25 ℃下，CH3COOH溶液中各微粒的浓度存在以下关系：Ka＝＝1.75×10－5 mol·L－1。下列有关结论可能成立的是(　　) A．25 ℃下，向该溶液中加入一定量的盐酸时，Ka＝8×10－5 mol·L－1 B．25 ℃下，向该溶液中加入一定量的氢氧化钠时，Ka＝2×10－4 mol·L－1 C．标准状况下，醋酸中Ka＝1.75×10－5 mol·L－1 D．升高到一定温度，Ka＝7.2×10－5 mol·L－1 答案　D 解析　醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，题中Ka为醋酸的电离常数，由于电离常数只随温度的变化而变化，所以排除A、B两项；因为醋酸的电离是吸热过程，所以升高温度，Ka增大，降低温度，Ka减小，标准状况下(0 ℃)温度低于25 ℃，则Ka小于1.75×10－5 mol·L－1，所以C项不成立、D项可能成立。 4．下列曲线中，可以描述乙酸(甲，Ka＝1.8×10－5mol·L－1)和一氯乙酸(乙，Ka＝1.4×10－3mol·L－1)在水中的电离程度和浓度关系的是(　　) 答案　B 解析　根据甲、乙的电离平衡常数可知，这两种物质都是弱电解质，在温度不变、浓度相等时，电离程度：乙酸＜一氯乙酸，排除A、C选项；当浓度增大时，弱酸的电离程度减小，排除D选项。 题组二　强酸和弱酸的比较 5．下列事实中一定不能证明CH3COOH是弱电解质的是(　　) ①等物质的量浓度、等体积的盐酸、CH3COOH溶液和足量锌反应，根据产生氢气的多少 ②用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗 ③等c(H＋)、等体积的盐酸、CH3COOH溶液和足量锌反应，CH3COOH放出的氢气较多 ④0.1 mol·L－1CH3COOH溶液的c平(H＋)＝1.0×10－2mol·L－1 ⑤磷酸为三元中强酸，CH3COONa和H3PO4反应，生成CH3COOH A．①② B．②⑤ C．①③⑤ D．③④⑤ 答案　A 解析　①等物质的量浓度、等体积的盐酸、CH3COOH溶液中酸的物质的量相同，和足量锌反应，产生氢气一样多，故无法判断酸的强弱；②中未指明浓度，也没有参照物，故无法判断酸的强弱；③说明电离前，n(CH3COOH)>n(HCl)，故CH3COOH的电离程度比盐酸小，是弱电解质；④中说明CH3COOH部分电离，存在电离平衡，CH3COOH是弱电解质；⑤中H3PO4为中强酸，H3PO4能与CH3COONa反应生成CH3COOH，酸性：H3PO4>CH3COOH，说明CH3COOH是弱电解质。 6．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 mL 2 mol·L－1的盐酸和醋酸溶液反应，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．用1 mol·L－1 NaOH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 答案　C 解析　2 mL 2 mol·L－1的盐酸和醋酸溶液，盐酸中c(H＋)大，与镁条反应的速率快，相同时间内产生的氢气多，容器内压强大，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；从图像可以看出，100 s后，醋酸与镁的反应速率更快，此时盐酸中c(H＋)较小，反应速率较慢，故B错误；由于盐酸和醋酸溶液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，用1 mol·L－1 NaOH溶液完全中和上述两种酸溶液时，盐酸与醋酸溶液消耗NaOH溶液的体积相等，故C正确、D错误。 7．在体积都为1 L，pH均为2的盐酸和醋酸溶液中，投入0.65 g锌粒，则如图所示图像符合客观事实的是(　　) 答案　C 解析　因盐酸为强酸、醋酸为弱酸，故pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，c(HCl)＝0.01 mol·L－1，而c(CH3COOH)＞0.01 mol·L－1,1 L溶液中n(HCl)＝0.01 mol，n(CH3COOH)＞0.01 mol。A项，相同时间内pH变化较大的应为HCl，错误；B项，产生H2的速率大的应为CH3COOH，错误；D项，相同时间内c(H＋)变化较大的为HCl，错误。 8．在溶液导电性实验装置里，相同温度下分别注入20 mL 6 mol·L－1醋酸溶液和20 mL 6 mol·L－1氨水，灯光明暗程度相同，如果把这两种溶液混合后再实验，则下列说法正确的是(　　) A．灯光变暗；CH3COOH的电离常数等于NH3·H2O B．灯光变暗；CH3COOH的电离常数大于NH3·H2O C．灯光变亮；CH3COOH的电离常数小于NH3·H2O D．灯光变亮；CH3COOH的电离常数等于NH3·H2O 答案　D 解析　相同温度下，20 mL 6 mol·L－1醋酸溶液和20 mL 6 mol·L－1氨水装置中的灯光亮度相同，说明等浓度的二者溶液中离子浓度相等，即二者电离常数相等；醋酸和氨水两种溶液混合生成强电解质醋酸铵，自由移动的离子浓度变大，溶液的导电能力增强，灯光变亮。 9．(2023·成都高二统考期末)用酸度计测定25 ℃时不同浓度的醋酸溶液的pH，结果如下。根据表中数据得出的结论错误的是(　　) ① ② ③ 浓度/(mol·L－1) 0.001 0 0.010 0 0.020 0 pH 3.88 3.38 3.32 A．根据①可知：醋酸是弱酸 B．根据①②可知c平(H＋)：<10 C．根据②③可知水电离的c(H＋)：②>③ D．将③加水稀释至①，醋酸的电离度增大，Ka增大 答案　D 解析　根据①可知：0.001 0 mol·L－1的醋酸溶液中，氢离子浓度为1×10－3.88mol·L－1，可知醋酸部分电离，所以醋酸是弱酸，故A正确；根据①②可知，c平(H＋)：＝＝100.5，故B正确；酸电离出的氢离子越多对水电离的抑制作用越大，根据②③可知水电离的c(H＋)：②>③，故C正确；将③加水稀释至①，醋酸的电离度增大，Ka不变，故D错误。 10．下列事实能证明MOH是弱碱的有(　　) ①0.1 mol·L－1 MOH溶液可以使酚酞溶液变红 ②常温下，0.1 mol·L－1 MOH溶液中c平(OH－)<0.1 mol·L－1 ③相同温度下，0.1 mol·L－1 MOH溶液的导电能力比0.1 mol·L－1 NaOH溶液的弱 ④等体积的0.1 mol·L－1 MOH溶液与0.1 mol·L－1盐酸恰好完全反应 A．①② B．②③ C．②④ D．③④ 答案　B 解析　①0.1 mol·L－1 MOH溶液可以使酚酞溶液变红，说明MOH是碱，不能说明MOH部分电离，则不能证明MOH是弱碱；②常温下，0.1 mol·L－1 MOH溶液中c平(OH－)<0.1 mol·L－1，说明MOH部分电离，为弱碱；③相同温度下，0.1 mol·L－1 MOH溶液的导电能力比0.1 mol·L－1 NaOH溶液的弱，NaOH是强碱，则MOH部分电离，为弱碱；④等体积的0.1 mol·L－1 MOH溶液与0.1 mol·L－1盐酸恰好完全反应，说明MOH是一元碱，不能说明MOH部分电离，则不能证明MOH是弱碱。 11.某温度下，等体积、c(H＋)相同的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，溶液中的c(H＋)随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断下列说法正确的是(　　) A．曲线Ⅱ表示的是盐酸的变化曲线 B．b点溶液的导电能力比c点溶液的导电能力强 C．取等体积的a点、b点对应的溶液，消耗NaOH的量相同 D．b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度 答案　B 解析　醋酸属于弱电解质，在稀释时会电离出H＋，故稀释相同倍数时醋酸溶液中c(H＋)的变化要比盐酸中c(H＋)的变化小一些，即曲线Ⅰ表示盐酸的变化曲线，曲线Ⅱ表示醋酸的变化曲线，A项错误；溶液的导电能力与溶液中离子的浓度有关，离子浓度：b＞c，故导电能力：b＞c，B项正确；a点、b点表示溶液稀释相同倍数，溶质的物质的量没有发生变化，都等于稀释前的物质的量，稀释前两溶液中c(H＋)相同，但CH3COOH为弱酸，则c(CH3COOH)＞c(HCl)，故稀释前n(CH3COOH)＞n(HCl)，即CH3COOH溶液消耗NaOH多，C项错误；根据C项分析，a点酸的总浓度大于b点酸的总浓度，D项错误。 12．相同温度下，有浓度均为0.10 mol·L－1、体积均为V0的MOH溶液和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，其pH随lg 的变化如图所示，下列叙述错误的是(　　) A．MOH的碱性强于ROH的碱性 B．ROH的电离程度：b点大于a点 C．若两溶液无限稀释，则它们的OH－浓度相等 D．当lg ＝2时，若两溶液同时升高温度，则增大 答案　D 解析　相同温度下，相同浓度的一元碱溶液，其pH越大则碱性越强，根据图像知，未加水稀释时，相同浓度条件下，MOH溶液的pH大于ROH溶液的pH，说明MOH的电离程度大于ROH，则MOH的碱性强于ROH的碱性，A项正确；由图像可以看出ROH为弱碱，弱电解质在稀释过程中其电离程度增大，b点溶液的体积大于a点，则ROH的电离程度：b点大于a点，B项正确；若两种溶液无限稀释，最终其溶液中OH－的浓度接近于纯水中OH－的浓度，所以它们的OH－浓度相等，C项正确；因碱性：MOH＞ROH，当lg ＝2时，由于ROH是弱电解质，升高温度能促进ROH的电离，则减小，D项错误。 13．亚磷酸(H3PO3)是一种二元弱酸，常温下电离常数Ka1＝1.0×10－2 mol·L－1，Ka2＝2.6×10－7 mol·L－1。下列说法正确的是(　　) A．H3PO3与足量的NaOH溶液反应生成Na3PO3 B．对亚磷酸溶液升温，溶液的pH增大 C．向亚磷酸溶液中加入少量NaOH固体，则增大 D．对0.01 mol·L－1的H3PO3溶液加水稀释，溶液中各离子浓度均减小 答案　C 解析　已知亚磷酸(H3PO3)是一种二元弱酸，故H3PO3与足量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3，A错误；向亚磷酸溶液中加入少量NaOH固体，电离平衡正向移动，溶液中c(H＋)减小，则＝增大，C正确；对0.01 mol·L－1的H3PO3溶液加水稀释，溶液中H＋、H2PO、HPO浓度均减小，但根据水的离子积可知，Kw是一个常数，故c(OH－)增大，D错误。 14．(8分)为了证明HF是弱酸，甲、乙、丙三位同学分别设计以下实验进行探究。 (1)甲同学取一定体积的HF溶液，滴入2滴紫色石蕊溶液，显红色，再加入NaF固体观察到的现象是__________________，则证明HF为弱酸。 (2)乙同学取10 mL未知浓度的HF溶液，测其pH为a(a＜5)，然后用蒸馏水稀释至1 000 mL。再测其pH为b，若要认为HF为弱酸，则a、b应满足的关系是b<________(用含a的代数式表示)。 (3)丙同学用pH试纸测得室温下0.10 mol·L－1的HF溶液的pH为2，则证明HF为弱酸，由丙同学的实验数据可得室温下HF的电离平衡常数约为________。 答案　(1)红色变浅　(2)a＋2 (3)1.1×10－3mol·L－1 解析　(1)加入NaF固体，HF的电离平衡向左移动，氢离子浓度减小，溶液的红色变浅，证明HF存在电离平衡，即HF为弱酸。(2)弱酸加水稀释会促进弱酸的电离，稀释100倍，pH变化小于2个单位，所以稀释后pH＝b<a＋2。(3)HF溶液的pH为2，则c平(H＋)＝0.01 mol·L－1，则Ka＝＝mol·L－1≈1.1×10－3mol·L－1。 15．(14分)联氨是一种应用广泛的化工原料，分子式为N2H4，是各种大型电厂锅炉循环用水的化学除氧剂，并具有很高的热值，可用作火箭和燃料电池的燃料。在联氨的分子中，由于有两个亲核的氮和四个可供置换的氢(H2N—NH2)，可以合成各种衍生物， 其中包括塑料发泡剂、抗氧剂、各种聚合物、农药、除草剂和药品等。 (1)联氨在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离反应的平衡常数为__________[已知：N2H4＋H＋N2H的K＝8.7×107 mol－1 · L；Kw ＝1.0×10－14 mol2·L－2]。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为________________。 (2)氨是合成硝酸、铵盐和氮肥的基本原料。 氨的水溶液呈弱碱性，其原因为___________________________________(用方程式表示)，向0.1 mol·L－1氨水中加入少量的NH4Cl固体，溶液的pH__________(填“升高”或“降低”)；若加入少量的明矾，溶液中NH的浓度__________(填“增大”或“减小”)。 (3)25 ℃时，两种酸的电离平衡常数如下表。 Ka1/(mol·L－1) Ka2/(mol·L－1) H2SO3 1.3×10－2 6.3×10－8 H2CO3 4.2×10－7 5.6×10－11 ①HSO的电离平衡常数表达式K＝__________。 ②H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为__________________________。 答案　(1)8.7×10－7 mol·L－1　N2H6(HSO4)2　(2)NH3·H2ONH＋OH－　降低　增大　(3)①　②H2SO3＋HCO===HSO＋CO2↑＋H2O 解析　(1)将H2OH＋＋OH－　Kw＝1.0×10－14 mol2·L－2、N2H4＋H＋N2H　K＝8.7×107 mol－1·L相加，可得：N2H4＋H2ON2H＋OH－　Kb1＝Kw·K＝(1.0×10－14×8.7×107) mol·L－1＝8.7×10－7 mol·L－1。类比NH3与H2SO4形成的酸式盐的化学式为NH4HSO4可知，N2H4与H2SO4形成的酸式盐应为N2H6(HSO4)2。(2)氨水中存在平衡：NH3·H2ONH＋OH－，所以溶液呈碱性，当加入少量的明矾时，Al3＋和OH－反应使平衡右移，NH浓度增大。(3)②根据电离平衡常数的大小可判断酸性：H2SO3>H2CO3>HSO，则反应放出CO2气体：H2SO3＋HCO===HSO＋CO2↑＋H2O。 学科网（北京）股份有限公司 $