第01讲 弱电解质的电离平衡（专项训练）（江苏专用）2027年高考化学一轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦弱电解质电离平衡核心考点，以“概念辨析-性质判断-常数应用-强弱比较”为逻辑主线，通过分层演练构建系统性知识网络，培养科学思维与证据推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |模拟·基础演练|4考向约20题|以选择为主，含生活情境（血液平衡）、基础计算，重概念理解|从电离平衡建立（考向01）到电解质强弱判断（考向02），递进至电离常数应用（考向03）与强弱比较（考向04）| |重难·创新演练|约11题|综合填空、图像分析（分布系数、电导率曲线），涉跨酸比较与平衡常数计算|深化电离平衡移动原理，结合多元弱酸电离与离子反应规律，体现模型建构| |真题·实战演练|5题（2022-2025年高考题）|高考真题再现，含电导率、分布系数等创新题型|对接高考命题趋势，强化高频考点（电离常数、强弱电解质稀释规律）的实战应用|

第01讲 弱电解质的电离平衡（专项训练） 目 录 模拟·基础演练 考向01 弱电解质的电离平衡 考向02 电解质的强弱或电离能力强弱 考向03 电离常数计算及应用 考向04 强酸（碱）与弱酸（碱）的比较 重难·创新演练 真题·实战演练 模拟·基础演练 考向01 弱电解质的电离平衡 1．由于血液中存在如下平衡过程：CO2(g)CO2(aq)、CO2(aq)＋H2O(l)H2CO3(aq)、H2CO3(aq)H＋(aq)＋HCO(aq)，使血液的pH维持在7.35～7.45。如超出这个范围会造成酸中毒(pH过低)或碱中毒(pH过高)，急性中毒时需静脉注射NH4Cl或NaHCO3进行治疗。下列叙述正确的是 A．血液中CO2浓度过高会导致酸中毒，使血液中的值增大 B．治疗碱中毒时，患者需降低呼吸频率，以增加血液中CO2浓度 C．急性酸中毒时，救治方式是静脉注射NH4Cl溶液 D．酸或碱中毒时，会导致血液中的酶发生水解 2．HF水溶液中存在平衡：  ，  。下列关于的叙述正确的是 A．体系中， B．往溶液中加入NaF固体，增大 C．向溶液中通入HCl气体，增大 D．加水稀释，与的比值减小 3．甲酸铵在有机合成、分析化学等领域应用广泛。时，其水溶液显酸性。下列关于甲酸铵溶液的说法错误的是 A．溶液中存在 B．溶液中存在 C．加入氨水调节溶液 D．加水稀释后，的值变大 4．草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸，草酸钠(Na2C2O4)可作为基准物质测定KMnO4溶液的浓度。测定的方法是准确称量一定质量的草酸钠固体，加水溶解后，加入硫酸酸化，用待测KMnO4溶液进行滴定。25℃时，下列相关说法正确的是 A．草酸溶液属于弱电解质 B．草酸钠溶液中离子、分子种类共有5种 C．pH均为2的草酸溶液和NH4Cl溶液，水的电离程度相同 D．向0.1 mol·L－1的草酸溶液加入少量的水，溶液中增大 考向02 电解质的强弱或电离能力强弱 5．下列物质中，属于弱电解质的是 A． B． C． D． 6．下列一定能说明HClO是弱电解质的是 A．25 ℃时，用pH试纸测0.01 mol·L－1 HClO的pH B．25 ℃时，NaClO溶液的pH＞7 C．25 ℃时，若测得HClO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HClO是弱酸 D．浓度相同的NaOH溶液分别与pH相同的次氯酸、盐酸反应呈中性，前者消耗的NaOH溶液的体积多 7．下列事实不能证明氢氰酸(HCN)是弱酸的是 A．常温下0.1的氢氰酸pH约为4 B．pH=2的HCN溶液稀释100倍，pH约为3.6 C．用一定浓度的HCN溶液做导电实验，灯泡较暗 D．少量NaCN固体可降低镁粉与稀硫酸的反应速率 8．乙酸是一种一元有机弱酸，为食醋的主要成分。室温下，下列实验事实不能证明乙酸是弱酸的是 A．pH＝2的乙酸溶液稀释为100倍后pH＜4 B．0.01 mol·L－1的乙酸溶液的pH＝4 C．等体积、等pH的盐酸和乙酸溶液分别与同样大小的锌粒反应，最初产生氢气的速率相等 D．等浓度的盐酸和乙酸溶液的导电性：盐酸＞乙酸溶液 9．某同学拟用pH计测定溶液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 HR溶液pH＞2，则HR是弱酸 B．25 ℃时，若测得0.01 mol·L－1和0.1 mol·L－1 HR溶液的pH差值等于1，则HR是弱酸 C．25 ℃时，若测得0.01 mol·L－1 NaR溶液pH＝7，则HR是弱酸 D．25 ℃时,若测得NaR溶液pH＝a，将该溶液升温至50 ℃，测得pH＝b，a＞b，则HR是弱酸 10．一定温度下，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．三点溶液的pH： B．三点的电离程度： C．向溶液中分别加入足量的锌粒，化学反应速率大小： D．三点溶液用溶液中和，消耗NaOH溶液体积： 11．研究弱电解质的电离，有重要的实际意义。 Ⅰ．醋酸是一种重要的有机一元弱酸。 (1)当温度升高时， (填“增大”、“减小”或“不变”)。 (2)写出能使醋酸溶液c(H+)减小， CH3COOH电离程度增大的操作 。(任写一种) (3)下列事实不能说明是弱电解质的是___________填标号。 A．相同温度下，浓度均为的盐酸和醋酸的导电性对比：盐酸明显大于醋酸 B．醋酸溶液中存在醋酸分子 C．时，溶液的约为 D．的溶液恰好与溶液完全反应 (4)已知室温时，在水中电离度为，则的电离平衡常数 。 Ⅱ．体积为 的醋酸溶液与一元酸 溶液分别加水稀释至，稀释过程变化如图： (5)①写出HX在溶液中的电离方程式 。 ②同温同浓度的HX与醋酸的电离程度：HX 填“大于”、“等于”或“小于”醋酸。 ③上述稀释后，溶液中有水电离出来的 (填“大于”、“等于”或“小于”醋酸的溶液中有水电离出来的，理由是 。 考向03 电离常数计算及应用 12．已知数据：7.2×10－4、4.6×10－4、4.9×10－10分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这些酸可发生如下反应：①NaCN＋HNO2＝HCN＋NaNO2，②NaCN＋HF＝HCN＋NaF，③NaNO2＋HF＝HNO2＋NaF，由此可判断下列叙述中不正确的是 A．HF的电离平衡常数为7.2×10－4 B．HNO2的电离平衡常数为4.9×10－10 C．根据①③两个反应即可知三种酸的相对强弱 D．HNO2的电离平衡常数比HCN大，比HF小 13．已知25 ℃时有关弱酸的电离平衡常数如下表所示，则下列有关说法正确的是 化学式 CH3COOH HCN H2CO3 电离平衡常数 1.75×10－5 6.2×10－10 Ka1＝4.5×10－7；Ka2＝4.7×10－11 A．25 ℃时，在等浓度的CH3COOH溶液和HCN溶液中，前者的水的电离程度大 B．25 ℃时，等物质的量浓度的各溶液pH关系为pH(CH3COOH)＞pH(H2CO3)＞pH(HCN) C．结合H＋的能力：CN－＜CH3COO－ D．NaCN中通入少量CO2发生反应的化学方程式为NaCN＋CO2＋H2O＝HCN＋NaHCO3 14．(2026·江苏南师附中、海门中学、天一中学、海安高级中学联考·一模)工业上可利用氨水吸收和，其原理如图所示。已知：时，；。下列说法正确的是 A．反应的平衡常数 B．向氨水中通入至 C．溶液通入的离子方程式为： D．溶液中： 15．(2026·江苏南京市江浦高级中学·二模)室温下，通过下列实验探究的性质。已知：25℃时，H2SO3的Ka1(H2SO3)=1.4×10-2，Ka2(H2SO3)=6.0×10-8，H2CO3的Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11。 实验1：将气体通入水中，测得溶液pH=4。 实验2：将气体通入溶液中，当溶液pH=7时停止通气。 实验3：将气体通入Na2CO3。 实验4：取10mL 0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液，向其中缓慢滴入等体积0.1 mol·L-1稀盐酸，反应中有少量气体逸出。下列说法正确的是 A．实验1所得溶液中：c(H2SO3)>c() B．实验2所得溶液中：c()+c()<c(Na+) C．实验3所得溶液中：的平衡常数K=4×10-9 D．实验4所得溶液中：c(H2SO3)+c()+c()=c(Na+) 考向04 强酸（碱）与弱酸（碱）的比较 16．《自然》发表的关于乳酸的研究认为，乳酸是经血液循环转换能量的基本成员。常温下，乳酸(用表示)的，碳酸的。下列说法正确的是 A．乳酸酸性比碳酸弱 B．乳酸溶液的 C．乳酸溶液中： D．稀释乳酸溶液，乳酸电离程度减小 17．室温下，将的和溶液各加水稀释，溶液的随溶液体积变化的曲线如图所示，对于a、b、c三点溶液的说法错误的是 A．水的电离程度： B．溶液的碱性： C．的值： D．恰好完全中和消耗的物质的量： 18．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。下列说法不正确的是 A．曲线Ⅰ表示的是盐酸的变化曲线 B．溶液中水的电离程度：a点＞c点 C．溶液的导电性：a点＞c点 D．取等体积的a点、b点对应的溶液，与足量镁条充分反应生成的氢气的量：a点＞b点 19．已知:常温下，HCOOH的酸性强于CH3COOH。现将pH＝3、体积均为V0的两种酸溶液分别加水稀释至体积为V，pH随lg的变化如图所示。下列叙述正确的是 A．曲线Ⅰ表示CH3COOH溶液的变化曲线 B．溶液中水的电离程度：b＞c＞d C．HCOOH与NaOH反应的离子方程式为H＋＋OH－＝H2O D．a点两种酸溶液分别与NaOH恰好完全中和后，CH3COOH对应的溶液中n(Na＋)大 20．电导率可用于衡量电解质溶液导电能力的强弱。室温下，用0.100 mol·L－1氨水滴定10 mL浓度均为0.100 mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合物，滴定过程中溶液电导率曲线如图所示。下列说法正确的是 A．①溶液中c(H＋)为0.200 mol·L－1 B．溶液温度高低为①＞③＞② C．③点溶液有c(Cl－)＞c(CH3COO－) D．③点后因离子数目减少使电导率略减小 重难·创新演练 1．草酸()是一种重要的化工原料，可用作还原剂、漂白剂等。下列事实能说明是弱电解质的是 A．25℃，溶液 B．25℃，溶液 C．用溶液做导电试验，灯泡很暗 D．能与溶液反应，产生气泡 2．HF的水溶液中存在如下平衡：。关于的HF水溶液，下列叙述不正确的是 A．反应的平衡常数 B．加水稀释，所有离子的浓度都减小 C．体系中， D．向体系中加入少量NaF固体，溶液中减小，增大 3．已知溶剂分子结合H＋的能力会影响酸给出H＋的能力，某温度下部分酸在冰醋酸中的pKa如下表所示，下列说法错误的是 分子式 HClO4 H2SO4 HCl HNO3 pKa＝－lgKa 4.87 7.24(一级) 8.9 9.4 A．HClO4在冰醋酸中的电离方程式：HClO4＋CH3COOHClO4－＋CH3COOH2＋ B．在冰醋酸中酸性：HClO4＞H2SO4＞HCl＞HNO3 C．结合H＋的能力：H2O＞CH3COOH D．相同温度下醋酸在液氨中的pKa大于其在水中的pKa 4．已知部分弱酸的电离平衡常数如表所示： 弱酸 CH3COOH HClO H2CO3 H2SO3 电离平衡 常数/25 ℃ Ka＝1.75×10－5 Ka＝4.0×10－8 Ka1＝4.5×10－7 Ka2＝4.7×10－11 Ka1＝1.4×10－2 Ka2＝6.0×10－8 下列离子方程式正确的是 A．少量CO2通入NaClO溶液中：CO2＋H2O＋2ClO－＝CO32－＋2HClO B．少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2＋H2O＋Ca2＋＋2ClO－＝CaSO3↓＋2HClO C．少量SO2通入Na2CO3溶液中：SO2＋H2O＋2CO32－＝SO32＋2HCO3－ D．相同浓度NaHCO3溶液与NaHSO3溶液等体积混合：H＋＋HCO3－＝CO2↑＋H2O 5．常温下，通过下列实验探究H2S、Na2S溶液的性质。 实验1：向0.1 mol·L－1 H2S溶液中通入一定体积NH3，测得溶液pH为7 实验2：向0.1 mol·L－1 H2S溶液中加等体积同浓度NaOH溶液，充分反应后再滴入2滴酚酞，溶液呈红色 实验3：向1 mL 0.1 mol·L－1 Na2S溶液中加入1 mL 0.1 mol·L－1 H2S溶液 已知：Ka1(H2S)＝9.1×10－8，Ka2(H2S)＝1.0×10－12，Ka1(H2CO3)＝4.3×10－7，Ka2(H2CO3)＝5.6×10－11。 下列说法正确的是 A．实验1得到的溶液中存在c(NH)＜c(HS－) B．由实验2可得出：Kw＜Ka1(H2S)•Ka2(H2S) C．实验3中：反应S2－＋H2S＝2HS－的平衡常数K＝9.1×104 D．向Na2S溶液中通入少量CO2的离子方程式CO2＋S2－＋H2O＝H2S↑＋CO32－ 6．常温下，pH均为2、体积均为的HA、HB、HC溶液，分别加水稀释至体积为V，溶液pH随的变化关系如图所示，下列叙述正确的是 A．a点水的电离程度大于c点 B．中和a点和b点HC，消耗等浓度氢氧化钠溶液的体积相同 C．当时，HA溶液的pH为8 D．当时，三种溶液同时升高温度，变大 7．酒石酸(简写为H2T)是一种常用的食品添加剂，已知常温下酒石酸的电离平衡常数K1＝9.1×10－4，K2＝4.3×10－6，草酸(H2C2O4)的电离平衡常数K1＝5.4×10－2，K2＝5.4×10－5。下列说法正确的是 A．H2T在水溶液中的电离方程式为：H2T2H＋＋T2－ B．常温下，往0.01 mol·L－1 NaHT水溶液中继续加水稀释，溶液的逐渐增大 C．0.01 mol·L－1 Na2T水溶液中：c(OH－)=c(H＋)＋c(HT－)＋c(H2T) D．H2C2O4与过量的Na2T水溶液反应的离子方程式：H2C2O4＋T2－＝HC2O4－＋HT－ 8．已知：Ka1(H2SO3)＝1.5×10－2、Ka2(H2SO3)＝6.0×10－8。室温下，通过下列实验探究Na2SO3、NaHSO3溶液的性质。 实验1：用pH计测得某Na2SO3和NaHSO3混合溶液的pH为7。 实验2：将等体积、等物质的量浓度的Na2SO3和NaHSO3溶液混合，无明显现象。 实验3：向Na2SO3溶液中滴几滴酚酞，加水稀释，溶液红色变浅。 实验4：向NaHSO3溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀。 下列说法正确的是 A．实验1混合溶液中＝9.0×104 B．实验2混合后的溶液中存在：3c(Na＋)＝2[c(SO32－)＋c(HSO3－)＋c(H2SO3)] C．实验3中随着水的不断加入，溶液中的值逐渐变小 D．实验4中反应的离子方程式为Ba2＋＋SO32－＝BaSO3↓ 9．(2026·江苏苏锡常镇四市·一模)常温下，稀氯水中存在如下反应(不考虑其他反应)： Ⅰ   Ⅱ   Ⅲ   在约的氯水中部分含氯微粒的平衡浓度对数值()随溶液pH的变化关系如图所示(溶液体积保持不变)。下列说法不正确的是 A．常温下，HClO的电离平衡常数 B．时，该氯水中水的电离程度比纯水中大 C．该氯水中： D．在之间，该氯水中随溶液pH增大而减小 10．常温下CH2ClCOOH和CHCl2COOH的两种溶液中，分布系数δ与pH的变化关系如图所示。[比如：δ(CH2ClCOO－)＝ 下列叙述正确的是 A．曲线M表示δ(CHCl2COO－)～pH的变化关系 B．若酸的初始浓度为0.10 mol·L－1，则a点对应的溶液中有c(H＋)＝c(CHCl2COO－)＋c(OH－) C．CH2ClCOOH的电离常数Ka＝10－1.3 D．pH＝2.08时，＝ 11．I．工业废水和废渣中会产生含硫(－II)等污染物，需经处理后才能排放。 （1）废水中的硫化物通常用氧化剂将其氧化为单质S进行回收。已知：H2S溶液中含硫微粒的物质的量分数随pH变化情况如图1所示。 图1 图2 ①向含硫废水中加入稀H2SO4调节溶液的pH为6，废水中c(S2－)∶c(H2S)＝________。 ②控制废水pH约为8，废水中单质硫回收率如图2所示。H2O2溶液的加入量大于12 mg·L－1时，废水中单质硫的回收率下降的原因是_____________________________________________________。 真题·实战演练 1．（2025·浙江1月卷）时，的电离常数。下列描述不正确的是 A． B． C． D．溶液中，，则 2．（2025·海南卷）溶液电导率高低间接体现了电解质溶液中导电粒子的有效浓度。303 K下，硫酸质量分数与其电导率关系如图所示。下列说法错误的是 A．液态纯存在平衡： B．因为，所以 C．电导率最大值对应浓度是构建铅酸蓄电池的重要依据 D．在一定质量分数区间(15%~20%)，硫酸电离度随质量分数增加而增大 3．（2025·广西卷）常温下，浓度均为的和混合溶液体系，存在竞争反应： I． II． 初始的条件下，含氯微粒的浓度随时间的变化曲线如图（忽略其他反应）。下列说法正确的是 A．曲线②表示的微粒为 B．内，逐渐减小 C．内， D．体系中时，反应I达到平衡状态 4．（2023·天津卷）下表列出25℃时不同羧酸的(即)。根据表中的数据推测，结论正确的是 羧酸 pKa 4.76 2.59 2.87 2.90 A．酸性强弱： B．对键合电子的吸引能力强弱：F<Cl<Br C．25℃时的pKa大小： D．25℃时0.1mol/L溶液的碱性强弱： 5．（2022·全国乙卷）常温下，一元酸的。在某体系中，与离子不能穿过隔膜，未电离的可自由穿过该膜(如图所示)。 设溶液中，当达到平衡时，下列叙述正确的是 A．溶液Ⅰ中 B．溶液Ⅱ中的HA的电离度为 C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的不相等 D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的之比为 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第01讲 弱电解质的电离平衡（专项训练） 目 录 模拟·基础演练 考向01 弱电解质的电离平衡 考向02 电解质的强弱或电离能力强弱 考向03 电离常数计算及应用 考向04 强酸（碱）与弱酸（碱）的比较 重难·创新演练 真题·实战演练 模拟·基础演练 考向01 弱电解质的电离平衡 1．由于血液中存在如下平衡过程：CO2(g)CO2(aq)、CO2(aq)＋H2O(l)H2CO3(aq)、H2CO3(aq)H＋(aq)＋HCO(aq)，使血液的pH维持在7.35～7.45。如超出这个范围会造成酸中毒(pH过低)或碱中毒(pH过高)，急性中毒时需静脉注射NH4Cl或NaHCO3进行治疗。下列叙述正确的是 A．血液中CO2浓度过高会导致酸中毒，使血液中的值增大 B．治疗碱中毒时，患者需降低呼吸频率，以增加血液中CO2浓度 C．急性酸中毒时，救治方式是静脉注射NH4Cl溶液 D．酸或碱中毒时，会导致血液中的酶发生水解 【答案】B 【解析】A项，血液中CO2浓度过高，c(H2CO3)较大，溶液酸性增强，则溶液中c(H＋)较大，温度不变电离常数不变，Ka1＝＝×c(H＋)不变，所以血液中的值减小，错误；B项，治疗碱中毒时，应该使血液酸性增强，若呼吸太快、太深地会使肺泡内CO2浓度大大降低，从而加快了肺部血液中CO2过多地扩散进入肺泡，排出体外，所以治疗碱中毒时，患者需要降低呼吸频率，以增加血液中CO2浓度，正确；C项，急性酸中毒时，应该静脉注射碱性药品NaHCO3溶液，错误；D项，酸或碱都能吏蛋白质变性，酶属于蛋白质，酸或碱中毒时，会导致血液中的酶发生变性，不是水解，错误。 2．HF水溶液中存在平衡：  ，  。下列关于的叙述正确的是 A．体系中， B．往溶液中加入NaF固体，增大 C．向溶液中通入HCl气体，增大 D．加水稀释，与的比值减小 【答案】B 【解析】A．根据F元素物料守恒，1个含2个F原子，故总F浓度满足，选项缺的系数2，A错误； B．加入NaF固体，增大，平衡正向移动，增大，B正确； C．通入HCl气体，增大，平衡逆向移动，减小，C错误； D．由得，加水稀释时减小，不变，故该比值增大，D错误； 故答案选B。 3．甲酸铵在有机合成、分析化学等领域应用广泛。时，其水溶液显酸性。下列关于甲酸铵溶液的说法错误的是 A．溶液中存在 B．溶液中存在 C．加入氨水调节溶液 D．加水稀释后，的值变大 【答案】C 【解析】A．溶液显酸性，故，结合电荷守恒，可得，A正确； B．甲酸铵中和初始浓度相等，根据物料守恒，含C微粒总浓度等于含N微粒总浓度，即，B正确； C．加入氨水调时，由电荷守恒得，但氨水引入了额外的N元素，因此含N微粒总浓度大于含C微粒总浓度，即，代入，得，C错误； D．甲酸电离常数，变形得，加水稀释时溶液酸性减弱，减小，温度不变不变，故该比值变大，D正确； 故选C。 4．草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸，草酸钠(Na2C2O4)可作为基准物质测定KMnO4溶液的浓度。测定的方法是准确称量一定质量的草酸钠固体，加水溶解后，加入硫酸酸化，用待测KMnO4溶液进行滴定。25℃时，下列相关说法正确的是 A．草酸溶液属于弱电解质 B．草酸钠溶液中离子、分子种类共有5种 C．pH均为2的草酸溶液和NH4Cl溶液，水的电离程度相同 D．向0.1 mol·L－1的草酸溶液加入少量的水，溶液中增大 【答案】D 【解析】A项，草酸溶液是混合物，不是电解质，草酸属于弱电解质，错误；B项，草酸钠溶液中存在：Na＋、C2O42－、HC2O4－、H2C2O4、H2O、H＋、OH－，离子、分子种类共有7种，错误；C项，草酸溶液抑制水的电离，氯化铵溶液为强酸弱碱盐，促进水的电离，故pH均为2的草酸溶液和NH4Cl溶液，水的电离程度不相同，错误；D项，＝×＝，温度不变时电离常数不变，向0.1 mol·L－1的草酸溶液加入少量的水，氢离子浓度减小，比值增大，正确。 考向02 电解质的强弱或电离能力强弱 5．下列物质中，属于弱电解质的是 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】A．HCl在溶液中完全电离出氢离子和氯离子，属于强电解质，故A不符合题意； B．在溶液中部分电离出氢离子和HS-离子等，属于弱电解质，故B符合题意； C．在溶液中完全电离出钠离子和醋酸根离子，属于强电解质，故C不符合题意； D．乙醇在溶液中不能电离，属于非电解质，故D不符合题意； 故选B。 6．下列一定能说明HClO是弱电解质的是 A．25 ℃时，用pH试纸测0.01 mol·L－1 HClO的pH B．25 ℃时，NaClO溶液的pH＞7 C．25 ℃时，若测得HClO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HClO是弱酸 D．浓度相同的NaOH溶液分别与pH相同的次氯酸、盐酸反应呈中性，前者消耗的NaOH溶液的体积多 【答案】B 【解析】A项，HClO有漂白性，不能用pH试纸测定HClO溶液的pH，错误；B项，ClO－＋H2OHClO＋OH－，由水解原理说明HClO是弱电解质，正确；C项，HClO稀释后c(H＋)＝10－a－1 mol·L－1，如为弱酸则，10－a－1＞10－b，b－a＞1，错误；D项，如HClO为弱酸，则消耗的NaOH溶液的体积，次氯酸比盐酸少，错误。 7．下列事实不能证明氢氰酸(HCN)是弱酸的是 A．常温下0.1的氢氰酸pH约为4 B．pH=2的HCN溶液稀释100倍，pH约为3.6 C．用一定浓度的HCN溶液做导电实验，灯泡较暗 D．少量NaCN固体可降低镁粉与稀硫酸的反应速率 【答案】C 【解析】A．0.1 mol/L的HCN溶液pH约为4，说明其未完全电离，能证明HCN是弱酸，A不符合题意； B．稀释后pH变化小于2个单位，说明HCN存在电离平衡，能证明其是弱酸，B不符合题意； C．导电性弱可能因溶液浓度低或电离度低，无法单独证明HCN是弱酸，C符合题意； D．加入NaCN降低反应速率，说明CN⁻与H+结合生成HCN，存在电离平衡，能证明HCN是弱酸，D不符合题意； 故选C。 8．乙酸是一种一元有机弱酸，为食醋的主要成分。室温下，下列实验事实不能证明乙酸是弱酸的是 A．pH＝2的乙酸溶液稀释为100倍后pH＜4 B．0.01 mol·L－1的乙酸溶液的pH＝4 C．等体积、等pH的盐酸和乙酸溶液分别与同样大小的锌粒反应，最初产生氢气的速率相等 D．等浓度的盐酸和乙酸溶液的导电性：盐酸＞乙酸溶液 【答案】C 【解析】A项，pH＝2的乙酸溶液稀释为100倍后pH＜4说明乙酸在溶液中存在电离平衡，属于弱酸，不符合题意；B项，0.01 mol·L－1的乙酸溶液的pH＝4说明乙酸在溶液中部分电离，属于弱酸，不符合题意；C项，等体积、等pH的盐酸和乙酸溶液分别与同样大小的锌粒反应，最初产生氢气的速率相等说明盐酸和乙酸溶液中的氢离子浓度相等，但不能说明乙酸是弱酸，符合题意；D项，等浓度的盐酸的导电性强于乙酸溶液说明乙酸在溶液中部分电离，属于弱酸，不符合题意。 9．某同学拟用pH计测定溶液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 HR溶液pH＞2，则HR是弱酸 B．25 ℃时，若测得0.01 mol·L－1和0.1 mol·L－1 HR溶液的pH差值等于1，则HR是弱酸 C．25 ℃时，若测得0.01 mol·L－1 NaR溶液pH＝7，则HR是弱酸 D．25 ℃时,若测得NaR溶液pH＝a，将该溶液升温至50 ℃，测得pH＝b，a＞b，则HR是弱酸 【答案】A 【解析】A项，25 ℃时，若测得0.01 mol·L－1 HR溶液pH＞2，说明HR在水溶液中部分电离，溶液中存在电离平衡，则HR是弱酸，正确；B项，25 ℃时，若测得0.01 mol·L－1和0.1 mol·L－1 HR溶液的pH差值等于1，说明稀释十倍，H＋的物质的量没有变化，HR完全电离，是强酸，错误；C项，25 ℃时，若测得0.01 mol·L－1 NaR溶液pH＝7，说明溶液呈中性，NaR为强酸强碱盐，HR为强酸，错误；D项，若HR为强酸，NaR溶液呈中性，升高温度，促进水的电离，pH减小，则a＞b，若HR是弱酸，R－水解溶液呈碱性，加热，促进盐的水解，碱性增强，则a＜b，错误。 10．一定温度下，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．三点溶液的pH： B．三点的电离程度： C．向溶液中分别加入足量的锌粒，化学反应速率大小： D．三点溶液用溶液中和，消耗NaOH溶液体积： 【答案】C 【分析】冰醋酸由分子组成，无自由移动离子不导电；加水的过程中，电离程度增大，电离大于稀释，离子浓度逐渐增大，导电能力逐渐增加；当离子浓度达到最大后继续加水，稀释大于电离，离子浓度逐渐减小，溶液导电能力逐渐降低，据此分析回答。 【解析】A．溶液的导电能力由离子浓度大小决定，由图可知导电能力：， c(H＋)：，故pH：，A错误；B．加水醋酸电离平衡正向移动， CH3COOH电离程度增大，电离程度：，B错误；C．醋酸与足量的锌粒反应，氢离子浓度越大，反应速率越快，由图可知导电能力：， c(H＋)：，化学反应速率大小：， C正确；D．a、b、c三点相同，用NaOH溶液中和时消耗相同，故消耗NaOH溶液体积：，D错误；故答案为：C。 11．研究弱电解质的电离，有重要的实际意义。 Ⅰ．醋酸是一种重要的有机一元弱酸。 (1)当温度升高时， (填“增大”、“减小”或“不变”)。 (2)写出能使醋酸溶液c(H+)减小， CH3COOH电离程度增大的操作 。(任写一种) (3)下列事实不能说明是弱电解质的是___________填标号。 A．相同温度下，浓度均为的盐酸和醋酸的导电性对比：盐酸明显大于醋酸 B．醋酸溶液中存在醋酸分子 C．时，溶液的约为 D．的溶液恰好与溶液完全反应 (4)已知室温时，在水中电离度为，则的电离平衡常数 。 Ⅱ．体积为 的醋酸溶液与一元酸 溶液分别加水稀释至，稀释过程变化如图： (5)①写出HX在溶液中的电离方程式 。 ②同温同浓度的HX与醋酸的电离程度：HX 填“大于”、“等于”或“小于”醋酸。 ③上述稀释后，溶液中有水电离出来的 (填“大于”、“等于”或“小于”醋酸的溶液中有水电离出来的，理由是 。 【答案】(1)增大 (2)加水稀释或加入少量NaOH或Na2CO3或Mg (3)D (4)10-5 (5) HXH++X－ 大于 大于 酸性强于的，稀释后溶液中的小于溶液中的，所以其对水电离的抑制能力也较弱 【解析】（1）电离吸热，当温度升高时，电离平衡正向移动，增大。 （2）加水稀释或加入少量NaOH，醋酸电离平衡正向移动，c(H+)减小，但是醋酸的电离程度增大。 （3）A．相同温度下，浓度均为的盐酸和醋酸的导电性对比，盐酸明显大于醋酸，说明盐酸中离子浓度大于醋酸，醋酸部分的电离，则醋酸是弱电解质，故不选A； B．醋酸溶液中存在醋酸分子，说明醋酸中存在电离平衡，则醋酸是弱电解质，故不选B； C．时，溶液的约为，说明醋酸部分的电离，则醋酸是弱电解质，故不选C； D．的溶液恰好与溶液完全反应，醋酸和氢氧化钠物质的量相等，恰好完全反应，不能证明醋酸是弱电解质，故选D； 选D。 （4）室温时，在水中电离度为，则的电离平衡常数。 （5）（5）①的醋酸溶液与一元酸 溶液分别加水稀释至，pH< 4，则HX为弱酸，HX在溶液中的电离方程式为HXH++X－。 ②稀释相同倍数，醋酸的pH变化小于HX，HX酸性大于CH3COOH，同温同浓度的HX与醋酸的电离程度：HX大于醋酸。 ③上述稀释后，溶液中氢离子浓度小于醋酸溶液中氢离子浓度，氢离子抑制水电离，所以溶液水电离出来的大于醋酸的溶液中有水电离出来的。 考向03 电离常数计算及应用 12．已知数据：7.2×10－4、4.6×10－4、4.9×10－10分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这些酸可发生如下反应：①NaCN＋HNO2＝HCN＋NaNO2，②NaCN＋HF＝HCN＋NaF，③NaNO2＋HF＝HNO2＋NaF，由此可判断下列叙述中不正确的是 A．HF的电离平衡常数为7.2×10－4 B．HNO2的电离平衡常数为4.9×10－10 C．根据①③两个反应即可知三种酸的相对强弱 D．HNO2的电离平衡常数比HCN大，比HF小 【答案】B 【解析】反应①说明酸性：HNO2＞HCN，反应②说明酸性：HF＞HCN，反应③说明酸性：HF＞HNO2，则酸性HF＞HNO2＞HCN，则电离常数为HF(7.2×10－4)、HNO2(4.6×10－4)、HCN(4.9×10－10)。 A项，由分析知HF的电离平衡常数为7.2×10－4，正确；B项，由分析知HNO2的电离平衡常数为4.6×10－4，错误；C项，①说明酸性：HNO2＞HCN，反应③说明酸性：HF＞HNO2，则酸性HF＞HNO2＞HCN，正确；D项，由分析知，电离常数为HF(7.2×10－4)、HNO2(4.6×10－4)、HCN(4.9×10－10)，HNO2的电离平衡常数比HCN大，比HF小，正确。 13．已知25 ℃时有关弱酸的电离平衡常数如下表所示，则下列有关说法正确的是 化学式 CH3COOH HCN H2CO3 电离平衡常数 1.75×10－5 6.2×10－10 Ka1＝4.5×10－7；Ka2＝4.7×10－11 A．25 ℃时，在等浓度的CH3COOH溶液和HCN溶液中，前者的水的电离程度大 B．25 ℃时，等物质的量浓度的各溶液pH关系为pH(CH3COOH)＞pH(H2CO3)＞pH(HCN) C．结合H＋的能力：CN－＜CH3COO－ D．NaCN中通入少量CO2发生反应的化学方程式为NaCN＋CO2＋H2O＝HCN＋NaHCO3 【答案】D 【解析】A项，由表格中数据可知，CH3COOH酸性大于HCN，则等浓度的CH3COOH溶液和HCN溶液中，CH3COOH溶液中c(H＋)大，所以醋酸溶液中水的电离程度小，错误；B项，由表格中数据可知酸性：H2CO3＞CH3COOH＞HCN，等物质的量浓度时各溶液酸性越强溶液的pH越小，故等物质的量浓度的各溶液pH关系为pH(H2CO3)＞pH(CH3COOH)＞pH(HCN)，错误；C项，CH3COOH的电离常数大于HCN，酸性越强则其阴离子结合H＋能力越弱，则结合H＋的能力：CN－＞CH3COO－，错误；D项，酸性：H2CO3＞CH3COOH＞HCN＞HCO3－，故在NaCN溶液中通入少量CO2发生反应生成HCN和NaHCO3，其反应方程式为NaCN＋CO2＋H2O＝HCN＋NaHCO3，正确。 14．(2026·江苏南师附中、海门中学、天一中学、海安高级中学联考·一模)工业上可利用氨水吸收和，其原理如图所示。已知：时，；。下列说法正确的是 A．反应的平衡常数 B．向氨水中通入至 C．溶液通入的离子方程式为： D．溶液中： 【答案】B 【分析】氨水与SO2反应转化为NH4HSO3，接着通入NO2转化为铵盐溶液和N2； 【解析】A．反应的平衡常数，A错误； B．向氨水中通入至pH = 7，溶液呈中性，，根据电荷守恒，可得，则，B正确； C．已经，则亚硫酸根和亚硫酸氢根均不能拆写，则溶液通入，氧化亚硫酸氢根离子为硫酸氢根离子，被还原为氮气，结合电子守恒，反应为，C错误； D．已知，，则溶液中存在，根据质子守恒，存在：，D错误； 故选B。 15．(2026·江苏南京市江浦高级中学·二模)室温下，通过下列实验探究的性质。已知：25℃时，H2SO3的Ka1(H2SO3)=1.4×10-2，Ka2(H2SO3)=6.0×10-8，H2CO3的Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11。 实验1：将气体通入水中，测得溶液pH=4。 实验2：将气体通入溶液中，当溶液pH=7时停止通气。 实验3：将气体通入Na2CO3。 实验4：取10mL 0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液，向其中缓慢滴入等体积0.1 mol·L-1稀盐酸，反应中有少量气体逸出。下列说法正确的是 A．实验1所得溶液中：c(H2SO3)>c() B．实验2所得溶液中：c()+c()<c(Na+) C．实验3所得溶液中：的平衡常数K=4×10-9 D．实验4所得溶液中：c(H2SO3)+c()+c()=c(Na+) 【答案】B 【解析】A．根据实验1，溶液 pH = 4，即 。 的电离平衡常数：，将 代入：，，显然， ，A错误； B．实验2中，溶液 pH = 7，即 。根据电荷守恒：可得：，则c()+c()<c(Na+)，B正确； C．的平衡常数，C错误； D．实验4中，10 mL 0.1 mol/L 与 10 mL 0.1 mol/L HCl 混合，根据物料守恒：，反应中有少量SO2气体溢出，， ，D错误； 故选B。 考向04 强酸（碱）与弱酸（碱）的比较 16．《自然》发表的关于乳酸的研究认为，乳酸是经血液循环转换能量的基本成员。常温下，乳酸(用表示)的，碳酸的。下列说法正确的是 A．乳酸酸性比碳酸弱 B．乳酸溶液的 C．乳酸溶液中： D．稀释乳酸溶液，乳酸电离程度减小 【答案】C 【解析】A．乳酸的，碳酸的，，K越大，酸性越强，所以乳酸的酸性比碳酸强，A错误； B．乳酸是弱酸，乳酸溶液的，B错误； C．乳酸溶液中存在电荷守恒，即，C正确； D．稀释乳酸溶液，根据越稀越电离，乳酸的电离程度增大，D错误； 故选C。 17．室温下，将的和溶液各加水稀释，溶液的随溶液体积变化的曲线如图所示，对于a、b、c三点溶液的说法错误的是 A．水的电离程度： B．溶液的碱性： C．的值： D．恰好完全中和消耗的物质的量： 【答案】D 【解析】A．a点氢氧根离子浓度大，抑制水的电离，水的电离程度：，A项正确；B．溶液的：，则溶液的碱性：，B项正确；C．，溶液加水稀释，的电离平衡常数不变，减小，增大，即，C项正确；D．的和溶液各，溶质的物质的量大于，稀释后溶质的物质的量不变，恰好完全中和，消耗的物质的量：，D项错误；故答案为：D。 18．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。下列说法不正确的是 A．曲线Ⅰ表示的是盐酸的变化曲线 B．溶液中水的电离程度：a点＞c点 C．溶液的导电性：a点＞c点 D．取等体积的a点、b点对应的溶液，与足量镁条充分反应生成的氢气的量：a点＞b点 【答案】B 【解析】A项，加水稀释，弱酸溶液中c(H＋)减小的慢，强酸溶液中c(H＋)减小的快，故曲线Ⅰ表示的是盐酸的变化曲线，正确；B项，酸溶液中的c(H＋)越大，对水的电离抑制程度越大，溶液中c(H＋)：a点＞c点，故溶液中水的电离程度：a点＜c点，错误；C项，溶液导电性与离子浓度成正比，离子浓度：a点＞c点，则溶液导电性：a点＞c点，正确；D项，酸的物质的量：a点＞b点，故与足量镁条充分反应生成的H2的量：a点大于b点，正确。 19．已知:常温下，HCOOH的酸性强于CH3COOH。现将pH＝3、体积均为V0的两种酸溶液分别加水稀释至体积为V，pH随lg的变化如图所示。下列叙述正确的是 A．曲线Ⅰ表示CH3COOH溶液的变化曲线 B．溶液中水的电离程度：b＞c＞d C．HCOOH与NaOH反应的离子方程式为H＋＋OH－＝H2O D．a点两种酸溶液分别与NaOH恰好完全中和后，CH3COOH对应的溶液中n(Na＋)大 【答案】D 【解析】A项，相同pH的酸，加水稀释过程中，酸性强的HCOOH的pH变化大于CH3COOH，故曲线Ⅱ表示CH3COOH溶液的变化曲线，曲线Ⅰ表示HCOOH溶液的变化曲线，错误；B项，酸电离的H＋浓度越小，对水的电离的抑制作用就越弱，溶液中H＋浓度：b＞c＞d，故水的电离程度：b＜c＜d，错误；C项，HCOOH为弱酸，不能拆写成离子形式，错误；D项，CH3COOH的酸性弱于HCOOH，相同体积、相同pH的HCOOH和CH3COOH，CH3COOH的浓度大，完全中和时消耗的NaOH多，n(Na＋)大，正确。 20．电导率可用于衡量电解质溶液导电能力的强弱。室温下，用0.100 mol·L－1氨水滴定10 mL浓度均为0.100 mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合物，滴定过程中溶液电导率曲线如图所示。下列说法正确的是 A．①溶液中c(H＋)为0.200 mol·L－1 B．溶液温度高低为①＞③＞② C．③点溶液有c(Cl－)＞c(CH3COO－) D．③点后因离子数目减少使电导率略减小 【答案】C 【解析】A项，醋酸为弱电解质，①点溶液c(H＋)＜0.200 mol·L－1，错误；B项，酸碱中和反应放热，①点溶液温度较低，错误；C项，③点时恰好完全反应生成等物质的量的氯化铵和醋酸铵，其中CH3COO－发生微弱水解，则③点溶液中：c(Cl－)＞c(CH3COO－)，正确；D项，③点后，溶液体积变大，溶液中离子浓度减小导致电导率减小，错误。 重难·创新演练 1．草酸()是一种重要的化工原料，可用作还原剂、漂白剂等。下列事实能说明是弱电解质的是 A．25℃，溶液 B．25℃，溶液 C．用溶液做导电试验，灯泡很暗 D．能与溶液反应，产生气泡 【答案】A 【解析】A．25℃，溶液，c(H+)＜0.2mol/L，说明部分电离，为弱电解质，故A正确； B．25℃，溶液说明该溶液呈酸性，不能判断为弱电解质，故B错误； C．用溶液做导电试验，灯泡很暗，说明溶液中离子浓度很小，不能说明部分电离，则不能证明为弱电解质，故C错误； D．草酸的酸性比碳酸的强，能与溶液反应产生气泡，不能说明为弱电解质，故D错误； 故选：A。 2．HF的水溶液中存在如下平衡：。关于的HF水溶液，下列叙述不正确的是 A．反应的平衡常数 B．加水稀释，所有离子的浓度都减小 C．体系中， D．向体系中加入少量NaF固体，溶液中减小，增大 【答案】B 【解析】A．将题干两个平衡相加得到目标反应，根据多重平衡规则，总反应的平衡常数等于分步平衡常数的乘积，即，A正确； B．温度不变时水的离子积为定值；加水稀释HF溶液，溶液酸性减弱，减小，由不变可知增大，并非所有离子浓度都减小，B错误； C．根据F元素的物料守恒，初始HF总浓度为，1个含2个F原子，因此，C正确； D．加入固体，增大，第一个平衡逆向移动，减小；第二个平衡正向移动，增大，D正确； 故答案选B。 3．已知溶剂分子结合H＋的能力会影响酸给出H＋的能力，某温度下部分酸在冰醋酸中的pKa如下表所示，下列说法错误的是 分子式 HClO4 H2SO4 HCl HNO3 pKa＝－lgKa 4.87 7.24(一级) 8.9 9.4 A．HClO4在冰醋酸中的电离方程式：HClO4＋CH3COOHClO4－＋CH3COOH2＋ B．在冰醋酸中酸性：HClO4＞H2SO4＞HCl＞HNO3 C．结合H＋的能力：H2O＞CH3COOH D．相同温度下醋酸在液氨中的pKa大于其在水中的pKa 【答案】D 【解析】A项，由表格数据可知，高氯酸在冰醋酸中部分电离出高氯酸根离子和CH3COOH2＋，电离方程式为HClO4＋CH3COOHClO4－＋CH3COOH2＋，正确；B项，由表格数据可知，四种酸在冰醋酸中的电离常数的大小顺序为HClO4＞H2SO4＞HCl＞HNO3，则在冰醋酸中酸性的大小顺序为HClO4＞H2SO4＞HCl＞HNO3，正确；C项，由表格数据可知，在水中完全电离的四种强酸在冰醋酸中均不能完全电离，说明水分子结合氢离子的能力强于醋酸，正确；D项，相同温度下醋酸在液氨中的电离程度大于在水中的电离程度，所以在液氨中的pKa小于其在水中的pKa，错误。 4．已知部分弱酸的电离平衡常数如表所示： 弱酸 CH3COOH HClO H2CO3 H2SO3 电离平衡 常数/25 ℃ Ka＝1.75×10－5 Ka＝4.0×10－8 Ka1＝4.5×10－7 Ka2＝4.7×10－11 Ka1＝1.4×10－2 Ka2＝6.0×10－8 下列离子方程式正确的是 A．少量CO2通入NaClO溶液中：CO2＋H2O＋2ClO－＝CO32－＋2HClO B．少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2＋H2O＋Ca2＋＋2ClO－＝CaSO3↓＋2HClO C．少量SO2通入Na2CO3溶液中：SO2＋H2O＋2CO32－＝SO32＋2HCO3－ D．相同浓度NaHCO3溶液与NaHSO3溶液等体积混合：H＋＋HCO3－＝CO2↑＋H2O 【答案】C 【解析】A项，由表格中电离平衡常数数据可知，Ka(HClO)＞Ka2(H2CO3)，故CO2通入NaClO溶液中生成HCO3－，错误；B项，向次氯酸钙溶液中通入少量SO2发生氧化还原反应，次氯酸根离子有剩余，会生成次氯酸，离子方程式为Ca2＋＋3ClO－＋SO2＋H2O＝CaSO4↓＋Cl－＋2HClO，错误；C项Ka2(H2SO3)＞Ka2(H2CO3)，故少量SO2通入Na2CO3溶液中生成HCO3－，正确；D项，H2SO3为弱酸，故NaHSO3在水溶液中主要电离出HSO3－，而不是SO32－和H＋，错误。 5．常温下，通过下列实验探究H2S、Na2S溶液的性质。 实验1：向0.1 mol·L－1 H2S溶液中通入一定体积NH3，测得溶液pH为7 实验2：向0.1 mol·L－1 H2S溶液中加等体积同浓度NaOH溶液，充分反应后再滴入2滴酚酞，溶液呈红色 实验3：向1 mL 0.1 mol·L－1 Na2S溶液中加入1 mL 0.1 mol·L－1 H2S溶液 已知：Ka1(H2S)＝9.1×10－8，Ka2(H2S)＝1.0×10－12，Ka1(H2CO3)＝4.3×10－7，Ka2(H2CO3)＝5.6×10－11。 下列说法正确的是 A．实验1得到的溶液中存在c(NH)＜c(HS－) B．由实验2可得出：Kw＜Ka1(H2S)•Ka2(H2S) C．实验3中：反应S2－＋H2S＝2HS－的平衡常数K＝9.1×104 D．向Na2S溶液中通入少量CO2的离子方程式CO2＋S2－＋H2O＝H2S↑＋CO32－ 【答案】C 【解析】A项，由题意可知,实验1得到的溶液为中性溶液，溶液中c(H＋)＝c(OH－),由电荷守恒关系可知c(NH)＋c(H＋)＝2c(S2－)＋c(HS－)＋c(OH－)，溶液中c(NH)＝2c(S2－)＋c(HS－)，则c(NH)＞c(HS－)，错误；B项，实验2得到的溶液为NaHS溶液,溶液呈碱性，说明溶液中HS－的水解程度大于电离程度，则HS－的水解常数Kh＝＞Ka2(H2S)，则Kw＞Ka1(H2S)×Ka2(H2S)，错误；C项，反应S2－＋H2S＝2HS－的平衡常数K＝，由Ka1(H2S)＝，Ka2(H2S)＝可得K＝＝＝＝9.1×104，正确；D项，因为Ka2(H2CO3)＞Ka2(H2S)，Ka1(H2CO3)＞Ka1(H2S)，所以H2CO3＞H2S，HCO3－＞HS－，离子方程式为CO2＋S2－＋H2O＝HS－＋HCO3－，错误。 6．常温下，pH均为2、体积均为的HA、HB、HC溶液，分别加水稀释至体积为V，溶液pH随的变化关系如图所示，下列叙述正确的是 A．a点水的电离程度大于c点 B．中和a点和b点HC，消耗等浓度氢氧化钠溶液的体积相同 C．当时，HA溶液的pH为8 D．当时，三种溶液同时升高温度，变大 【答案】B 【分析】酸性越强，稀释过程中氢离子浓度变化越大，结合图可知，酸性HA>HB>HC，HA稀释10则pH增加1则HA为强酸完全电离； 【解析】A．酸电离出氢离子，抑制水的电离，a点的pH小于c点，a点水的电离程度小于c点，A错误；B．加水稀释过程中HC的物质的量没变，中和a点和b点HC，消耗等浓度氢氧化钠溶液的体积相同，B正确；C．HA为强酸，当时，即稀释106倍，HA溶液的pH接近7，C错误；D．，由分析可知：HA>HB>HC、HA为强酸完全电离，三种溶液同时升高温度，对HC电离的促进作用更大，不变、变大，则减小，D错误；故选B。 7．酒石酸(简写为H2T)是一种常用的食品添加剂，已知常温下酒石酸的电离平衡常数K1＝9.1×10－4，K2＝4.3×10－6，草酸(H2C2O4)的电离平衡常数K1＝5.4×10－2，K2＝5.4×10－5。下列说法正确的是 A．H2T在水溶液中的电离方程式为：H2T2H＋＋T2－ B．常温下，往0.01 mol·L－1 NaHT水溶液中继续加水稀释，溶液的逐渐增大 C．0.01 mol·L－1 Na2T水溶液中：c(OH－)=c(H＋)＋c(HT－)＋c(H2T) D．H2C2O4与过量的Na2T水溶液反应的离子方程式：H2C2O4＋T2－＝HC2O4－＋HT－ 【答案】B 【解析】A项，由题干可知，H2T为二元弱酸，在水溶液中的电离方程式为：H2TH＋＋HT－、HT－H＋＋T2－，错误；B项，常温下，HT－的水解常数为Kh＝＝1.1×10－11＜K2＝5.4×10－5，则0.01 mol·L－1 NaHT水溶液中电离大于水解，溶液显酸性，往0.01 mol·L－1 NaHT水溶液中继续加水稀释，溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH逐渐增大，正确；C项，0.01 mol·L－1 Na2T水溶液中由质子守恒可知：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HT－)＋2c(H2T)，错误；D项，由题干提供电离常数可知，H2C2O4与过量的Na2T水溶液反应生成草酸根离子和HT－，离子方程式：H2C2O4＋2T2－＝C2O42－＋2HT－，错误。 8．已知：Ka1(H2SO3)＝1.5×10－2、Ka2(H2SO3)＝6.0×10－8。室温下，通过下列实验探究Na2SO3、NaHSO3溶液的性质。 实验1：用pH计测得某Na2SO3和NaHSO3混合溶液的pH为7。 实验2：将等体积、等物质的量浓度的Na2SO3和NaHSO3溶液混合，无明显现象。 实验3：向Na2SO3溶液中滴几滴酚酞，加水稀释，溶液红色变浅。 实验4：向NaHSO3溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀。 下列说法正确的是 A．实验1混合溶液中＝9.0×104 B．实验2混合后的溶液中存在：3c(Na＋)＝2[c(SO32－)＋c(HSO3－)＋c(H2SO3)] C．实验3中随着水的不断加入，溶液中的值逐渐变小 D．实验4中反应的离子方程式为Ba2＋＋SO32－＝BaSO3↓ 【答案】A 【解析】A项，Ka1＝，Ka2＝，则Ka1×Ka2＝＝9×10－10，则＝＝9×104，正确；B项，等体积等浓度的Na2SO3和NaHSO3溶液混合，假设亚硫酸根离子和亚硫酸氢根离子都不发生水解和电离，则有2c(Na＋)＝3[c(SO32－)＋c(HSO3－)]，根据物料守恒可知，[c(SO32－)＋c(HSO3－)]＝[c(SO32－)＋c(HSO3－)＋c(H2SO3)]，因此2c(Na＋)＝3[c(SO32－)＋c(HSO3－)＋c(H2SO3)]，错误；C项，根据亚硫酸钠水解方程式可知，Kh＝，温度不变，Kh的值不变，但是加水稀释，溶液碱性变弱，c(OH－)减小，则的值逐渐增大，错误；D项，向亚硫酸氢钠溶液中滴加少量氢氧化钡溶液，以少定多，反应的离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋2HSO3－＝BaSO3↓＋SO32－＋2H2O，错误。 9．(2026·江苏苏锡常镇四市·一模)常温下，稀氯水中存在如下反应(不考虑其他反应)： Ⅰ   Ⅱ   Ⅲ   在约的氯水中部分含氯微粒的平衡浓度对数值()随溶液pH的变化关系如图所示(溶液体积保持不变)。下列说法不正确的是 A．常温下，HClO的电离平衡常数 B．时，该氯水中水的电离程度比纯水中大 C．该氯水中： D．在之间，该氯水中随溶液pH增大而减小 【答案】D 【分析】该坐标图横坐标为溶液，纵坐标为含氯微粒浓度的对数值，越大对应微粒实际浓度越大。结合体系中的三个平衡，各曲线对应关系为：随着升高，酸性减弱，反应平衡正向移动，浓度持续减小，因此图中下降速率最快的曲线对应。是弱酸，升高会促进电离，因此分子浓度随升高逐渐减小，对应图中缓慢下降的曲线；电离产物浓度随升高逐渐增大，对应图中上升的曲线。和的交点满足，此时交点。 【解析】A．据图可知，pH=4时，c(HClO)=10-4.5mol/L，c(ClO-)=10-8mol/L，则HClO的电离平衡常数==10-7.5，A正确； B．时对应，时，溶液中存在H⁺和ClO⁻，其中ClO⁻会发生水解反应ClO⁻+H₂OHClO+OH⁻，促进水的电离，因此该氯水中水的电离程度比纯水中大，B正确； C．根据歧化反应的氯元素守恒，歧化时，每生成，同时生成+1价氯，+1价氯存在于、、中，含+1价氯，因此总浓度关系为：，C正确； D．根据反应Ⅲ：，平衡常数，则。由图可知，在之间，随增大而减小，因此随溶液增大而减小，D错误； 故选D。 10．常温下CH2ClCOOH和CHCl2COOH的两种溶液中，分布系数δ与pH的变化关系如图所示。[比如：δ(CH2ClCOO－)＝ 下列叙述正确的是 A．曲线M表示δ(CHCl2COO－)～pH的变化关系 B．若酸的初始浓度为0.10 mol·L－1，则a点对应的溶液中有c(H＋)＝c(CHCl2COO－)＋c(OH－) C．CH2ClCOOH的电离常数Ka＝10－1.3 D．pH＝2.08时，＝ 【答案】D 【解析】A项，Cl为吸电子基，则CH2ClCOOH的酸性弱于CHCl2COOH，故Ka(CH2ClCOOH)＜Ka(CHCl2COOH)。调pH时，CHCl2COOH溶液中CHCl2COOH分布系数减小的趋势快，CHCl2COO－分布系数增大的趋势快，CH2ClCOOH溶液中CH2ClCOOH分布系数减小的趋势缓慢，CH2ClCOO－分布系数增大的趋势缓慢，故曲线M表示δ(CH2ClCOO－)～pH的变化关系，错误；B项，根据Ka(CHCl2COOH)＝,，初始c0(CHCl2COOH)＝0.1 mol·L－1，若溶液中溶质只有CHCl2COOH，则c(CHCl2COO－)＝c(H＋)≈＝10－1.15 mol·L－1，但a点对应的c(H＋)＝0.1 mol·L－1，说明此时溶液中加入了酸性更强的酸，根据电荷守恒：c(H＋)＞c(CHCl2COO－)＋c(OH－)，错误；C项，Ka(CH2ClCOOH)＝，当c(CH2ClCOOH)＝c(CH2ClCOO－)时，Ka(CH2ClCOOH)＝c(H＋)≈10－2.8，同理，Ka(CHCl2COOH)＝10－1.3，错误；＝，pH＝2．08时，δ(CH2ClCOO－)＝0.15，δ(CHCl2COO－)＝0.85，故＝，正确。 11．I．工业废水和废渣中会产生含硫(－II)等污染物，需经处理后才能排放。 （1）废水中的硫化物通常用氧化剂将其氧化为单质S进行回收。已知：H2S溶液中含硫微粒的物质的量分数随pH变化情况如图1所示。 图1 图2 ①向含硫废水中加入稀H2SO4调节溶液的pH为6，废水中c(S2－)∶c(H2S)＝________。 ②控制废水pH约为8，废水中单质硫回收率如图2所示。H2O2溶液的加入量大于12 mg·L－1时，废水中单质硫的回收率下降的原因是_____________________________________________________。 【答案】①10－8 ②硫元素被氧化成更高价态的SO32－或SO42－ 【解析】①由图可知，pH为7时，c(HS－)＝c(H2S)，Ka1(H2S)＝＝10－7，c(H2S)＝；pH为13时，c(HS－)＝c(S2－)，Ka2(H2S)＝＝10－13，c(S2－)＝；则当pH为6时，c(S2－)∶c(H2S)＝ ∶＝＝＝10－8；②H2O2具有强氧化性，H2O2溶液加入量大于12 mg·L－1时，所加H2O2溶液越多，S生成率越低，可能是因为硫元素被氧化成更高价态的SO32－或SO42－，答案：10－8、硫元素被氧化成更高价态的SO32－或SO42－。 真题·实战演练 1．（2025·浙江1月卷）时，的电离常数。下列描述不正确的是 A． B． C． D．溶液中，，则 【答案】D 【解析】A．，K==，A正确； B．，K==，B正确； C．，K==，C正确； D．=，由于，，D错误； 答案选D。 2．（2025·海南卷）溶液电导率高低间接体现了电解质溶液中导电粒子的有效浓度。303 K下，硫酸质量分数与其电导率关系如图所示。下列说法错误的是 A．液态纯存在平衡： B．因为，所以 C．电导率最大值对应浓度是构建铅酸蓄电池的重要依据 D．在一定质量分数区间(15%~20%)，硫酸电离度随质量分数增加而增大 【答案】BD 【解析】A．纯即其质量分数达到100% ，此时有较小的电导率，即存在一种平衡形成少量导电粒子，故平衡存在，A正确； B．只能表达导电粒子的有效浓度，不能表达导电粒子的种类，pH与氢离子浓度有关，当硫酸的质量分数很大时，倾向于发生A项中的自耦电离形成导电微粒，而质量分数较小时，发生硫酸的完全电离，故电导率的大小与溶液的pH之间没有必然关系，B错误； C．电导率最大时是硫酸全部电离变为和，此时溶液导电率大形成的铅酸电池能较好工作，故电导率最大值对应浓度是构建铅酸蓄电池的重要依据，C正确； D．当硫酸质量分数介于15%~20%之间时，电导率虽然始终增大，但增大的程度已经减小(切线斜率减小)，说明在15%~20%质量分数区间，随硫酸质量分数增加，溶液浓度增大，硫酸的电离平衡受到抑制，电离度减小。因此“硫酸电离度随质量分数增加而增大”的说法错误，D错误； 故选BD。 3．（2025·广西卷）常温下，浓度均为的和混合溶液体系，存在竞争反应： I． II． 初始的条件下，含氯微粒的浓度随时间的变化曲线如图（忽略其他反应）。下列说法正确的是 A．曲线②表示的微粒为 B．内，逐渐减小 C．内， D．体系中时，反应I达到平衡状态 【答案】B 【解析】A．由反应I和II可知，生成物为ClO2、、Cl-，根据氯元素守恒及2s时数据，得出c(ClO2)=0.64×10-3mol/L，c(Cl-)=0.42×10-3mol/L，=0.10×10-3mol/L，故曲线②为Cl-，为曲线③，A错误； B．反应I消耗H+（0.32×10-3mol/L），反应II生成H⁺(0.10×10-3mol/L)，总H⁺变化量Δc(H⁺)= -0.22×10-3mol/L<0，即H⁺浓度逐渐减小，B正确； C．0~2s内HClO浓度变化Δc=Δc(Cl-)=0.42×10-3mol/L，v===2.1×10-4mol·L-1·s-1，C错误； D．v正(HClO)为两反应消耗HClO的总速率，v逆(ClO2)仅为反应I的逆速率，平衡时应满足反应I的v正I(HClO)：v逆(ClO2)=1:2，而非总v正(HClO)，D错误； 故选B。 4．（2023·天津卷）下表列出25℃时不同羧酸的(即)。根据表中的数据推测，结论正确的是 羧酸 pKa 4.76 2.59 2.87 2.90 A．酸性强弱： B．对键合电子的吸引能力强弱：F<Cl<Br C．25℃时的pKa大小： D．25℃时0.1mol/L溶液的碱性强弱： 【答案】C 【解析】A．根据电负性F＞Cl＞Br＞I，CH2FCOOH、CH2ClCOOH、CH2BrCOOH的酸性逐渐减弱，则酸性CH2ICOOH＜CH2BrCOOH，A错误； B．电负性越大，对键合电子的吸引能力越强，电负性：F>Cl>Br，对键合电子的吸引能力强弱：F>Cl>Br，B错误； C．F是吸电子基团，F原子个数越多，吸电子能力越强，使得羧基中O—H键极性增强，更易电离，酸性增强，则25℃时的pKa大小：CHF2COOH<CH2FCOOH，C正确； D．根据pKa知，相同浓度下酸性CH3COOH＜CH2ClCOOH，酸性越强，其对应盐的水解程度越弱，碱性越弱，则相同浓度下碱性：CH2ClCOONa＜CH3COONa，D错误； 故答案为：C。 5．（2022·全国乙卷）常温下，一元酸的。在某体系中，与离子不能穿过隔膜，未电离的可自由穿过该膜(如图所示)。 设溶液中，当达到平衡时，下列叙述正确的是 A．溶液Ⅰ中 B．溶液Ⅱ中的HA的电离度为 C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的不相等 D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的之比为 【答案】B 【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； 答案选B。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $