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高考化学 考点42 弱电解质的电离平衡学案（含解析）
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这是一份高考化学 考点42 弱电解质的电离平衡学案（含解析），共6页。学案主要包含了弱电解质的电离特点与影响因素，电离度，一元强酸与一元弱酸的比较，弱电解质分布系数的图像分析等内容，欢迎下载使用。
一、强、弱电解质的相关判断
1．概念和种类
2．电离、电解质、非电解质、强电解质和弱电解质的相互关系
3．强、弱电解质与化合物类型的关系
强电解质主要是大部分的离子化合物及某些共价化合物，弱电解质主要是某些共价化合物。
注意：电解质的强弱是由物质的内部结构决定的，与外界因素无关，关键是看在水溶液中是否完全电离。
（1）与溶解性无关。如BaSO4等虽难溶于水，但溶于水的部分却能完全电离，是强电解质。醋酸能与水互溶但不能完全电离，是弱电解质。
（2）与溶液的导电性无必然联系，溶液的导电性与溶液中的离子浓度、离子所带电荷的多少有关，强电解质溶液的导电能力不一定强，如饱和的BaSO4溶液，弱电解质溶液的导电能力不一定弱，如较浓的CH3COOH溶液。
4．电离方程式的书写
①弱电解质
a．多元弱酸分步电离，且第一步电离程度远远大于第二步，如H2CO3电离方程式：H2CO3H++，H++。
b．多元弱碱电离方程式一步写成，如Fe(OH)3电离方程式：Fe(OH)3Fe3++3OH－。
②酸式盐
a．强酸的酸式盐完全电离，如NaHSO4电离方程式：NaHSO4===Na++H++。
b．弱酸的酸式盐中酸式酸根不能完全电离，如NaHCO3电离方程式：NaHCO3===Na++，H++。
二、弱电解质的电离特点与影响因素
1．电离平衡
（1）开始时，v电离最大，而v结合等于0。
（2）平衡建立过程中，v电离逐渐减小，v结合逐渐增大，但v电离>v结合。
（3）当v电离=v结合时，达到电离平衡状态。
2．电离平衡的特征
3．影响电离平衡的因素
（1）内因——弱电解质本身的性质。
（2）外因——外界条件
①温度：温度升高，电离平衡向右移动，电离程度增大。
②浓度：稀释溶液，电离平衡向右移动，电离程度增大。
③同离子效应：加入与弱电解质具有相同离子的强电解质，电离平衡向左移动，电离程度减小。
④加入能反应的物质：电离平衡向右移动，电离程度增大。
注：（1）稀醋酸加水稀释时，溶液中的各离子浓度并不是都减小，如c(OH－)是增大的。
（2）电离平衡右移，电解质分子的浓度不一定减小，电离程度也不一定增大，如稀醋酸中加入冰醋酸。
三、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，溶液中已经电离的弱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
四、强、弱电解质的判断和比较
1．电解质是否完全电离
在溶液中强电解质完全电离，弱电解质部分电离。据此可以判断HA是强酸还是弱酸，如：若测得0.1 ml/L的HA溶液的pH=1，则HA为强酸；若pH>1，则HA为弱酸。
2．是否存在电离平衡
强电解质不存在电离平衡，弱电解质存在电离平衡，在一定条件下电离平衡会发生移动。
（1）一定pH的HA溶液稀释前后pH的变化：
将pH=3的HA溶液稀释100倍后，再测其pH，若pH=5，则为强酸，若pH<5，则为弱酸。
（2）升高温度后pH的变化：若升高温度，溶液的pH明显减小，则是弱酸。因为弱酸存在电离平衡，升高温度时，电离程度增大，c(H+)增大。而强酸不存在电离平衡，升高温度时，只有水的电离程度增大，pH变化幅度小。
3．酸根离子(或弱碱阳离子)是否能发生水解
强酸根离子不水解，弱酸根离子易发生水解，据此可以判断HA是强酸还是弱酸。可直接测定NaA溶液的pH：若pH=7，则HA是强酸；若pH>7，则HA是弱酸。
五、一元强酸(碱)与一元弱酸(碱)的比较
1．等物质的量浓度、相同体积的一元强酸与一元弱酸的比较
2．相同pH、相同体积的一元强酸与一元弱酸的比较
说明：一元强碱与一元弱碱的比较规律与以上类似。
六、弱电解质分布系数的图像分析
分布系数是指弱电解质溶液中，某一组分的平衡浓度占总浓度的分数，常用δ表示。分布曲线是以pH为横坐标，分布系数为纵坐标，分布系数与溶液pH之间的关系曲线。
1．一元弱酸：以醋酸为例，对于总浓度为c的CH3COOH溶液，溶液中与CH3COOH相关的只有c(CH3COOH)和c(CH3COO－)两种，则c=c(CH3COOH)+c(CH3COO－)，从图1中得出：CH3COOH分布系数为δ0，CH3COO－分布系数为δ1，δ1随着pH的升高而增大，δ0随着pH的升高而减小。当pHpKa时，主要形体是CH3COO－。δ0与δ1曲线相交在δ0=δ1=0.5处，此时c(CH3COOH)=c(CH3COO－)，即pH=pKa，CH3COOH和CH3COO－各占一半。这一结论可应用于任何一元弱酸(碱)。同时，只要知道某一元弱酸(碱)在一定pH的分布系数和酸(碱)的分析浓度，就很容易计算它在该pH时的平衡浓度。
2．二元酸：以草酸为例(碳酸与之相似)，其δ与pH曲线如图2所示，δ0为H2C2O4、δ1为、δ2为。由图2看出，当溶液的pH=pKa1时δ0=δ1，pH=pKa2时δ1=δ2。当pHpKa2时，为主要存在形体。由计算可知，在pH=2.75时H占94.2%，而H2C2O4和分别为2.6%和3.2%，说明在H占优势的区域内，三种形体可以同时存在。
考向一 强弱电解质的判断
典例1 下列事实一定能说明HA是弱酸的是( )
A．常温下，NaA溶液的pH大于7
B．HA能与Na2CO3溶液反应，产生CO2气体
C．1 ml·L-1HA的水溶液能使紫色石蕊溶液变红
D．用HA溶液做导电性实验，灯光很暗
【答案】A
【详解】
A．常温下，NaA溶液的pH大于7，说明NaA为强碱弱酸盐，则HA为弱酸，A正确；
B．HA能与Na2CO3溶液反应，产生CO2气体，只能说明HA的酸性比碳酸强，但不能说明HA是弱酸，B错误；
C．1 ml·L－1HA的水溶液能使紫色石蕊溶液变红，只能说明HA是酸，但不能说明HA的酸性强弱，C错误；
D．溶液的导电性与离子浓度有关，如果强电解质溶液中的离子浓度很小，灯光也会很暗，D错误；
答案选A。
1．下列事实中，能说明MOH是弱碱的有
①0.1 ml·L－1 MOH溶液可以使酚酞试液变红；②0.1 ml·L－1 MCl溶液呈酸性；③0.1 ml·L－1 MOH溶液的导电能力比0.1 ml·L－1 NaOH溶液弱；④等体积的0.1 ml·L－1 MOH溶液与0.1 ml·L－1 HCl溶液恰好完全反应
A．①②③ B．②③
C．②④ D．③④
【答案】B
【解析】①0.1 ml·L－1 MOH溶液可以使酚酞试液变红，说明MOH能电离出氢氧根离子，而不能说明MOH的电离程度，所以不能证明MOH是弱碱；②0.1 ml·L－1 MCl溶液呈酸性，说明MCl为强酸弱碱盐，则MOH为弱碱；③溶液的导电能力与离子浓度和离子所带的电荷数有关，0.1 ml·L－1 MOH溶液的导电能力比0.1 ml·L－1 NaOH溶液的弱，说明MOH溶液中离子浓度比NaOH溶液中离子浓度小，MOH部分电离，为弱碱；④等体积的0.1 ml·L－1 MOH溶液与0.1 ml·L－1 HCl溶液恰好完全反应，无论是强碱还是弱碱，都能恰好完全反应。
弱酸(碱)的判断方法
（1）设计实验证明BOH(如NH3·H2O)是一元弱碱的方法
①室温下，测0.1 ml·L－1 BOH的pH，若pH＝13，则BOH为强碱，若pH<13，则BOH为弱碱。
②配制BCl的溶液，测其pH，若pH＝7，则BOH为强碱，若pH<7，则BOH为弱碱。
③配制pH＝12的BOH的溶液，加水稀释100倍，若稀释后溶液的pH＝10，则BOH为强碱，若稀释后溶液的pH>10，则BOH为弱碱。
（2）设计实验证明HA是一元弱酸的方法
考向二 影响电离平衡的因素
典例2 H2S水溶液中存在电离平衡H2SH++HS−和HS−H++S2−。若向H2S溶液中
A．加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大
B．通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH增大
C．滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH减小
D．加入少量硫酸铜固体(忽略体积变化)，溶液中所有离子浓度都减小
【答案】C
【解析】加水稀释促进电离，但氢离子浓度减小，A项错误；通入SO2，发生反应：2H2S+SO23S↓+2H2O，平衡左移，当SO2过量时，溶液显酸性，而且酸性比H2S强，pH减小，B项错误；滴加新制氯水，发生反应Cl2+H2S2HCl+S↓，平衡向左移动，溶液pH减小，C项正确；加入少量硫酸铜固体，发生反应S2−+Cu2+CuS↓，平衡右移，氢离子浓度增大，D项错误。
2．某温度下，在饱和氨水中存在平衡：NH3＋H2ONH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－。
（1）若增大压强，则溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。
（2）若通入NH3，则平衡________(填“向左”“向右”或“不”)移动。
（3）若加水，则平衡________(填“向左”“向右”或“不”)移动，溶液的pH_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
（4）若加入氢氧化钠固体，则溶液中的c(NHeq \\al(＋,4))________(填“增大”“减小”或“不变”)，溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。
【解析】（1）若增大压强，气体的溶解度增大，氨水中电离平衡：NH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－向右移动，则pH增大。
（2）向饱和氨水中通入NH3，NH3不再溶解，所以电离平衡不移动。
（3）加水，氨水中电离平衡：NH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－向右移动，但是溶液的体积增大的程度比OH－的物质的量增大的程度大，所以OH－浓度减小，则pH减小。
（4）加氢氧化钠，则氨水中电离平衡：NH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－向左移动，溶液中的c(NHeq \\al(＋,4))减小，c(OH－)增大，pH增大。
【答案】（1）增大 （2）不 （3）向右 减小 （4）减小 增大
外界条件对弱电解质电离的影响
以CH3COOHCH3COO－+H+ ΔH＞0为例：
考向三 强酸（碱）与弱酸（碱）的比较
典例3 有体积相同、物质的量浓度相等的NaOH溶液和氨水，下列叙述中正确的是（ ）
A．两溶液pH相等
B．用同浓度的盐酸中和时，消耗盐酸的体积相同
C．两溶液中OH-离子浓度相同
D．加入等体积的水稀释后，pH相等
【答案】B
【详解】
A. 一水合氨属于弱电解质，在水溶液中部分电离，则在相同物质的量浓度时，NaOH溶液c(OH−)、pH较大，故A错误；
B. 体积和物质的量浓度都相等的NaOH溶液和氨水，所含OH−总量相等，用同浓度的盐酸中和时，消耗盐酸的体积相同，故B正确；
C. 一水合氨属于弱电解质，在水溶液中部分电离，则在相同物质的量浓度时，NaOH溶液c(OH−)较大，故C错误；
D. 一水合氨属于弱电解质，在水溶液中部分电离，加入等体积的水稀释后，因一水合氨电离平衡右移，氨水中c(OH−)、pH比NaOH的大，故D错误；
答案选B。
3．现有pH=2的醋酸(编号为甲)和pH=2的盐酸(编号为乙)：
(1)取10 mL甲溶液，加入等体积的水，醋酸的电离平衡______(填“向左”“向右”或“不”，下同)移动；若加入少量的冰醋酸，醋酸的电离平衡________移动；若加入少量无水醋酸钠固体，待固体溶解后，溶液中c(H＋)/c(CH3COOH) 的值将______(填“增大”“减小”或“无法确定”)。
(2)相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，各稀释100倍。稀释后的溶液，其pH大小关系为pH(甲)_____(填“大于”“小于”或“等于”)pH(乙)。若将甲、乙两溶液等体积混合，溶液的pH=_____。
(3)各取25mL甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和至pH=7，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为V(甲)_____(填“大于”“小于”或“等于”)V(乙)。
(4)取25mL甲溶液，加入等体积pH=12的NaOH溶液，反应后溶液中c(Na+)、c(CH3COO-)的大小关系为c(Na+)_____(填“大于”“小于”或“等于”)c(CH3COO-)。
【答案】向右 向右 减小 小于 2 大于 小于
【详解】
Ⅰ.(1)根据勒夏特列原理可知，加水稀释后电离平衡正向移动；若加入冰醋酸，相当于增大了反应物浓度，因此电离平衡也正向移动；加入醋酸钠固体后，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制了醋酸的电离，故c(H＋)/c(CH3COOH)的值减小。
故答案为：向右，向右，减小；
(2)由于在稀释过程中醋酸继续电离，故稀释相同的倍数后pH(甲)小于pH(乙)。盐酸和醋酸溶液的pH都是2，溶液中的H＋浓度都是0.01 ml·L－1，设醋酸的原浓度为c ml·L－1，混合后平衡没有移动，则有：
由于温度不变醋酸的电离常数不变，结合数据可知，醋酸的电离平衡确实未发生移动，因此混合后溶液的pH仍等于2。
故答案为：小于，2；
(3)取体积相等的两溶液，醋酸的物质的量较大，用NaOH稀溶液中和至相同pH时，消耗NaOH溶液的体积V(甲)大于V(乙)。
故答案为：大于；
(4)两者反应后醋酸过量，溶液显酸性，根据电荷守恒可得，c(Na＋)小于 c(CH3COO－)。
故答案为：小于；
考向四 强弱电解质的相关图像分析
典例4 常温下，将pH均为3，体积均为V0的HA溶液和HB溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示。下列说法中错误的是( )
A．稀释相同倍数时：c(A-)＜c(B-)B．水的电离程度：b=c＞a
C．溶液中离子总物质的量：b＞c＞aD．溶液中离子总浓度：a＞b=c
【答案】C
【详解】
A. 根据题图可知，当lg＝2即稀释100倍时，HA溶液的pH＝5，HB溶液的3＜pH＜5，故HA为强酸，HB为弱酸。根据题图可知，稀释相同倍数时，溶液的pH：HA溶液＞HB溶液，溶液中c(A－)＜c(B－)，A项正确；
B. 根据题图可知，溶液的pH：a＜b＝c，酸电离出的氢离子浓度越大，生的电离程度越小，水的电离程度：b＝c＞a，B项正确；
C. a、c点溶液体积相同，c点pH大于a点，c点溶液中c(A－)＜a点溶液中c(B－)，溶液中离子总物质的量：a＞c，b点相对于a点加水稀释，促进HB的电离，溶液中离子总物质的量：b＞a，故溶液中离子总物质的量：b＞a＞c，C项错误；
D. c点pH大于a点，c点溶液中c(A－)＜a点溶液中c(B－)，溶液中离子总浓度：a＞c，b、c点溶液的pH相等，b、c点两溶液中的电荷守恒分别为c(H＋)＝c(B－)＋c(OH－)、c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，溶液中离子总浓度：b＝c，故溶液中离子总浓度：a＞b＝c，D项正确。答案选C。
4．在体积为1 L，pH均为1的盐酸和醋酸溶液中，分别投入 0.65 g Zn，下列示意图中正确的是
【答案】B
【解析】溶液中c(H+)=0.1 ml·L−1，n(HCl)=0.1 ml，n(CH3COOH)>0.1 ml，n(Zn)=0.01 ml，金属Zn不足，所以最终生成H2的物质的量应相同，C错误；因为醋酸中存在电离平衡CH3COOHH++CH3COO−，随着反应的进行醋酸继续电离，醋酸中c(H+)降低比较慢，反应速率快，A、D错误，B正确。
一元强酸(碱)和一元弱酸(碱)稀释时的pH变化图像
1．下列方程式书写正确的是（ ）
A．NaHSO4在水溶液中的电离方程式：NaHSO4=Na＋＋HSO
B．H2SO3的电离方程式：H2SO32H＋＋SO
C．CO的水解方程式：CO＋H2OHCO＋OH－
D．CaCO3沉淀溶解平衡方程式：CaCO3(s)= Ca2＋(aq)＋CO( aq)
【答案】C
【详解】
A．NaHSO4在水溶液中的电离方程式：NaHSO4=Na＋＋H++SO，故A错误；
B．H2SO3是弱酸，弱酸分步电离，H2SO3H++HSO，HSO H++ SO，故B错误；
C．CO水解分两步，CO＋H2OHCO＋OH－，HCO+ H2OH2CO3+ OH－，以第一步为主，故C正确；
D．CaCO3沉淀在溶液中存在沉淀溶解平衡，其溶解平衡方程式为：CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋CO( aq)，故D错误；
故选C。
2．下列说法正确的是
A．CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中eq \f(cCH3COOH,cCH3COO－)的值减小
B．25℃时，用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH＝7，V(醋酸)＜V(NaOH)
C．25℃时，氨水加水稀释后，溶液中c(OH－)·c(H＋)变大
D．氨水中加入少量NH4Cl晶体，溶液中c(OH－)和c(NHeq \\al(＋,4))均增大
【答案】A
【解析】CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，则电离平衡常数Ka(CH3COOH)＝eq \f(cCH3COO－·cH＋,cCH3COOH)，则有eq \f(cCH3COOH,cCH3COO－)＝eq \f(cH＋,KaCH3COOH)；加水稀释时，电离平衡正向移动，n(H＋)增大，但溶液中c(H＋)减小，由于温度不变，则Ka(CH3COOH)不变，从而推知eq \f(cCH3COOH,cCH3COO－)的值减小，A正确。当浓度相等的醋酸与NaOH溶液等体积混合时，二者恰好完全反应时生成CH3COONa，由于CH3COO－发生水解而使溶液显碱性，若溶液的pH＝7，应满足条件V(醋酸)＞V(NaOH)，B错误。25 ℃时，氨水溶液加水稀释，NH3·H2O的电离程度增大，由于温度不变，则Kw＝c(OH－)·c(H＋)不变，C错误。氨水中存在电离平衡：NH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－，加入少量NH4Cl晶体，平衡逆向移动，溶液中c(OH－)减小，但c(NHeq \\al(＋,4))较原来增大，D错误。
3．溶液的pH、体积相同的盐酸和醋酸两种溶液，下列叙述错误的是
A．它们与NaOH完全中和时，醋酸溶液所消耗的NaOH多
B．它们分别与足量CaCO3反应时，放出的CO2一样多
C．两种溶液中n(Cl－)＝n(CH3COO－)
D．分别用水稀释相同倍数时，n(Cl－)＜n(CH3COO－)
【答案】B
【解析】溶液的pH、体积相同的盐酸和醋酸，醋酸的物质的量比盐酸大得多，因此完全中和时醋酸需要氢氧化钠比盐酸多，A正确；它们分别和足量碳酸钙反应时，醋酸产生的二氧化碳多，B错误；盐酸中HCl完全电离HCl===H＋＋Cl－，醋酸溶液中CH3COOHCH3COO－＋H＋，两溶液中pH相同，c(H＋)相等则n(Cl－)＝n(CH3COO－)，C正确；稀释相同倍数时，促进CH3COOH的电离，则n(Cl－)＜n(CH3COO－)，D正确。
4．25 ℃时，把0.2 ml·L－1的醋酸加水稀释，则图中的纵轴y表示的是
A．溶液中OH－的物质的量浓度
B．溶液的导电能力
C．溶液中的
D．CH3COOH的电离程度
【答案】B
【解析】25 ℃时，0.2 ml·L－1的醋酸稀释过程中，随着水的加入，溶液中OH－的浓度增大(但不会超过10－7 ml·L－1)，CH3COOH的电离程度增大，CH3COO－数目增多，CH3COOH数目减少，但溶液中CH3COO－的浓度减小，溶液的导电能力减弱。
5．常温下，pH＝10 的 X、Y 两种碱溶液各 1 mL，分别稀释至 100 mL，其 pH 与溶液体 积（V)的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．若 8＜a＜10，则 X、Y 都是弱碱
B．X、Y 两种碱溶液中溶质的物质的量浓度一定相等
C．稀释后，X 溶液的碱性比 Y 溶液的碱性强
D．分别完全中和 X、Y 这两种碱溶液时，消耗同浓度盐酸的体积 Vx＞Vy
【答案】A
【详解】
A．由图可知，开始的pH相同，若8＜a＜10，则1mL的弱碱加水稀释到100mL，则pH会在原来基础上减一个小于2的值，说明X、Y中都存在电离平衡，是弱碱，故A正确；
B．由图可知，开始的pH相同，两种碱溶液稀释后pH不同，则碱性强弱一定不同，所以物质的量浓度一定不相等，故B错误；
C．稀释后X碱溶液pH小于Y溶液的，所以稀释后Y溶液碱性强，故C错误；
D．pH=10的X、Y两种碱，c(X)＜c(Y)，相同体积、相同pH的X、Y，n(Y)＞n(X)，用相同浓度的盐酸中和时，碱的物质的量越大消耗酸体积越大，所以消耗相同浓度盐酸V(X)＜V(Y)，故D错误；
故答案为A。
6．已知盐酸是强酸，在下列叙述中，能说明醋酸是弱酸的是
A．将pH＝4的盐酸和醋酸稀释成pH＝5的溶液，醋酸所需加入水的量少
B．盐酸和醋酸都可用相应的钠盐与同浓度硫酸反应制取
C．相同pH的盐酸和醋酸溶液中分别加入相应的钠盐固体，醋酸的pH变大
D．相同pH的盐酸和醋酸分别跟锌反应时，产生氢气的起始速率相等
【答案】C
【解析】pH＝4的盐酸和醋酸，氢离子浓度都是0.000 1 ml·L－1，稀释成pH＝5的溶液，醋酸是弱酸，醋酸所需加入的水量多，A错误；盐酸和醋酸都可用相应的钠盐与同浓度硫酸反应制取盐酸是利用盐酸的挥发性，与酸性强弱无关，B错误；在醋酸的溶液中存在着CH3COOHCH3COO－＋H＋的电离平衡，CH3COONa溶于水后，电离出大量CH3COO－，使醋酸的电离平衡向生成醋酸的方向移动，抑制了CH3COOH的电离，使c(H＋)减小，因此溶液的pH增大，由此证明盐酸为强酸，醋酸为弱酸，C正确；相同pH，则氢离子浓度相同，产生氢气的起始速率相等，与盐酸是强酸，醋酸是弱酸无关，D错误。
7．25 ℃时，pH＝2的盐酸和醋酸各1 mL分别加水稀释，pH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代表盐酸的稀释过程
B．a溶液的导电性比c溶液的导电性强
C．a溶液中和氢氧化钠的能力强于b溶液
D．将a、b两溶液加热至30 ℃，eq \f(cCl－,cCH3COO－)变小
【答案】C
【解析】pH＝2的盐酸加水稀释至1 000 mL，溶液的pH＝5；pH＝2的醋酸加水稀释至1 000 mL，CH3COOH的电离平衡正向移动，溶液的pH<5，故曲线Ⅰ代表盐酸的稀释过程，曲线Ⅱ代表醋酸的稀释过程，A正确。盐酸加水稀释时，溶液中c(Cl－)、c(H＋)减小，溶液的导电能力减弱，故a溶液的导电性比c溶液的导电性强，B正确。pH＝2的盐酸和醋酸相比，有c(CH3COOH)>c(HCl)，体积相等的两种溶液中n(CH3COOH)>n(HCl)，与NaOH溶液发生中和反应时，CH3COOH消耗NaOH多，故b溶液中和NaOH的能力强于a溶液，C错误。升高温度，CH3COOH的电离平衡正向移动，c (CH3COO－)增大而c(Cl－)基本不变，故eq \f(cCl－,cCH3COO－)变小，D正确。
8．相同温度下，根据三种酸的电离平衡常数，下列判断正确的是
A．三种酸的酸性强弱关系：HX＞HY＞HZ
B．反应 HZ+Y-=HY+Z-能够发生
C．由电离平衡常数可以判断，HZ属于强酸，HX和HY属于弱酸
D．相同温度下，0.1ml/LHX溶液的电离平衡常数大于1ml/LHX溶液的电离平衡常数
【答案】B
【详解】
A．相同温度下，电离平衡常数越大，酸性越强，三种酸的酸性强弱关系：HX＜HY＜HZ，A判断错误；
B．根据较强酸制较弱酸原理，反应HZ+Y-=HY+Z-能够发生，B判断正确；
C．由电离平衡常数可以判断，HX、HY、HZ都属于弱酸，C判断错误；
D．电离平衡常数只与温度有关，与酸的浓度无关，D判断错误。
答案为B。
9．常温下，浓度均为0.10 ml·L－1、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lgeq \f(V,V0)的变化如图所示。下列叙述正确的是
A．MOH的电离程度：c点大于d点
B．ROH溶液由a点到b点时，eq \f(cR＋,cROH·cH＋)变大
C．pH＝10时，MOH和ROH溶液中，c(M＋)>c(R＋)
D．lgeq \f(V,V0)＝2时，MOH和ROH两种溶液中，水电离出的c(OH－)的比值为1∶10
【答案】D
【解析】由图可知，浓度均为0.10 ml·L－1的MOH和ROH溶液，前者pH＝13，后者pH<13，则MOH是强碱，ROH是弱碱，MOH完全电离，故c、d两点MOH的电离程度均为100%，A错误。ROH存在电离平衡：ROHR＋＋OH－，则电离常数为Kb (ROH)＝eq \f(cOH－·cR＋,cROH)＝eq \f(Kw·cR＋,cROH·cH＋)，则有eq \f(cR＋,cROH·cH＋)＝eq \f(KbROH,Kw)，由于温度不变，则Kb(ROH)、Kw不变，故a―→b点时eq \f(cR＋,cROH·cH＋)不变，B错误。MOH和ROH溶液中存在电荷守恒关系：c(M＋)＋c(H＋)＝c(OH－)、c(R＋)＋c(H＋)＝c(OH－)；由图可知，pH＝10时，两溶液中c(OH－)、c(H＋)分别相等，则有c(M＋)＝c(R＋)，C错误。lgeq \f(V,V0)＝2时，MOH和ROH溶液的pH分别为11、10，而碱溶液中的H＋全部来源于水的电离，且c水(OH－)＝c水(H＋)，故MOH和ROH溶液中水电离出的c(OH－)的比值为10－11∶1010＝1∶10，D正确。
10．某二元酸(H2A)在水中的电离方程式为H2AH++HA-，HA-H++A2-(25 ℃时Ka=1.0×10-2)，下列有关说法中正确的是
A．H2A是弱酸
B．稀释0.1 ml·L-1 H2A溶液，因电离平衡向右移动而导致c(H+)增大
C．在0.1 ml·L-1的H2A溶液中，c(H+)=0.12 ml·L-1
D．若0.1 ml·L-1 NaHA溶液中c(H+)=0.02 ml·L-1，则0.1 ml·L-1的H2A中c(H+)<0.12 ml·L-1
【答案】D
【解析】因H2A的一级电离是完全的，所以它是强酸，A错误；稀释过程中溶液体积增大，虽然电离平衡向右移动，但c(H+)减小，B错误；假设溶液中c(H+)=0.12 ml·L-1，则二级电离生成的c(A2-)为0.02 ml·L-1，c(HA-)=0.08 ml·L-1，将这些数据代入Ka=中求出的Ka≠1.0×10-2，C错误；0.1 ml·L-1 H2A溶液中，第一步电离生成的c(H+)=0.1 ml·L-1，由于H2A第一步电离生成的H+对第二步电离有抑制作用，NaHA溶液中则不存在这样的抑制作用，故0.1 ml·L-1的H2A溶液中c(H+)<0.12 ml·L-1，D正确。
11．在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力如图所示，请回答：
（1）“O”点导电能力为0的理由是___________________。
（2）a、b、c三点溶液的pH由小到大的顺序为_______________。
（3）a、b、c三点溶液中CH3COO−物质的量最大的是_______。
（4）若使c点溶液中c(CH3COO−)增大，溶液的pH也增大，可采取得措施是(写出两种方法)：__________________、_______________________。
（5）现有pH均为3的醋酸、硫酸两瓶溶液：
a．设两种溶液的物质的量浓度依次为c1、c2，则其关系式 ___________（用<，>，= 表示，下同）
b．取相同体积的两种酸分别加入等体积的蒸馏水后，再分别加入等量的锌粉，反应开始时放出氢气的速率依次为v1、v2，则其关系式_______________________
【答案】（1）冰醋酸未电离，无自由移动的离子
（2）b（3）c
（4）加氢氧化钠固体 加锌粉
（5）c1> c2 v1> v2
【解析】（1）溶液的导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强，冰醋酸中没有自由移动的离子，所以冰醋酸不导电，故答案为：因为冰醋酸未电离，无自由移动的离子；
（2）导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，则a、b、c三点溶液的氢离子浓度由小到大的顺序为为c＜a＜b，pH由小到大的顺序为b（3）溶液越稀，越促进醋酸电离，则溶液中氢离子的物质的量越大，电离程度越大，所以电离程度最大的是c，故答案为：c；
（4）加NaOH固体，氢氧化钠和氢离子反应促进醋酸电离，所以醋酸根离子浓度增大；加入锌粒，和氢离子反应，促进醋酸电离，所以醋酸根离子浓度增大，氢离子浓度减小，pH增大；加MgO固体，与氢离子反应，促进醋酸电离；氢离子浓度减小，pH增大；加Na2CO3固体与氢离子反应，促进醋酸电离，氢离子浓度减小，pH增大，故答案为：加氢氧化钠固体；加锌粉（MgO固体、Na2CO3固体）等；
（5）①硫酸是强电解质，硫酸溶液中c（H+）=c（H2SO4），醋酸是弱电解质且是一元酸，所以醋酸溶液中c（H+）＜c（CH3COOH），pH相同的两种酸的物质的量浓度关系是c1＞c2，故答案为：c1＞c2；②pH=3的硫酸、醋酸三种溶液中c（H+）=0.001ml/L，反应本质为Zn+2H+=Zn2++H2↑，氢离子浓度相同，但加入等体积的蒸馏水后，醋酸继续电离，醋酸中的氢离子浓度大于硫酸，反应速率快，即v1＞v2，故答案为：v1＞v2。
【点睛】本题综合考查电解质的电离，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意加水稀释醋酸，能促进醋酸电离，但溶液中醋酸根离子增大的量远远小于水体积增大的量，所以醋酸根离子浓度减小，为易错点。
12．磷能形成次磷酸(H3PO2)、亚磷酸(H3PO3)等多种含氧酸。
(1)次磷酸(H3PO2)是一种精细化工产品，已知10mL 1ml·L-1H3PO2与20mL 1ml·L-1NaOH溶液充分反应后生成组成为NaH2PO2的盐，回答下列问题：
①NaH2PO2属于_____(填“正盐”“酸式盐”或“无法确定”)。
②若25℃时，Ka(H3PO2)=1×10-2，则0.02ml·L-1的H3PO2溶液的pH=_____。
③设计两种实验方案，证明次磷酸是弱酸：_____。
(2)亚磷酸(H3PO3)是二元中强酸，某温度下，0.11ml·L-1的H3PO3溶液的pH为2，该温度下H3PO3的电离平衡常数Ka1约为_____(Ka2=2×10-7，H3PO3的二级电离和水的电离忽略不计)。
(3)亚磷酸的结构式为(式中P→O表示成键电子对全部由磷原子提供)，含有两个“-OH”，分子中有两个可电离的氢原子，因而是二元酸，由此类推次磷酸分子中含有____个“-OH”。
(4)向H3PO3溶液中滴加NaOH溶液：
①当恰好中和生成Na2HPO3时，所得溶液的pH____7(填“>”“<”或“=”，下同)；
②当溶液呈中性时，所得溶液中c(Na+)_____c(H2PO)+2c(HPO)；
③若用甲基橙做指示剂，用NaOH溶液滴定，达到滴定终点时，所得溶液中c(Na+)____c(H2PO)+2c(HPO)。
【答案】正盐 2 测NaH2PO2溶液的pH，若pH>7，则证明次磷酸为弱酸；向等物质的量浓度的盐酸、次磷酸溶液中各滴入2滴石蕊溶液，若次磷酸溶液中红色浅一些，则说明次磷酸为弱酸(答案合理即可) 1×10-3 1 > = <
【详解】
(1)①NaOH过量，只生成NaH2PO2，说明次磷酸中只有一个可电离的氢原子，说明NaH2PO2是正盐；
②设溶液中的H＋浓度为x ml·L-1，
Ka(H3PO2)==1×10－2，解得x=0.01，故pH=-lg 0.01=2；
③若H3PO2是弱酸，则NaH2PO2是强碱弱酸盐，则该盐的水溶液呈碱性，故可以测定NaH2PO2溶液的酸碱性，若溶液pH>7，则说明H3PO2是弱酸；还可以比较同浓度下一元强酸和H3PO2的酸性的强弱：取等体积等浓度的盐酸和次磷酸溶液，各滴入2滴石蕊溶液，若次磷酸溶液中的红色浅一些，则可说明次磷酸为弱酸；
(2)忽略H3PO3的二级电离和水的电离，则c()=c(H＋)=1×10-2ml·L-1，c(H3PO3)=(0.11-1×10-2) ml·L-1=0.1ml·L-1，电离平衡常数Ka1===1×10-3；
(3)根据题中的信息，亚磷酸分子的结构式中有2个“-OH”，该酸是二元酸，而次磷酸是一元酸，则可以推出次磷酸分子中有1个“-OH”；
(4)①Na2HPO3溶液中，水解使得溶液呈碱性，pH>7；
②溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，当溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒得c(Na+)=c()+2c()；
③溶液中的电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，用甲基橙做指示剂，达到滴定终点时，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH-)，故c(Na+)< c()+2c()。
1．（2020·全国高考真题）二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如下图所示。下列叙述错误的是
A．海水酸化能引起浓度增大、浓度减小
B．海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少
C．CO2能引起海水酸化，其原理为H++
D．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境
【答案】C
【解析】A．海水酸化，H+浓度增大，平衡H++⇌正向移动，浓度减小，浓度增大，A正确；B．海水酸化，浓度减小，导致CaCO3溶解平衡正向移动，促进了CaCO3溶解，导致珊瑚礁减少，B正确；C．CO2引起海水酸化的原理为：CO2+H2O⇌H2CO3⇌H++，⇌H++，导致H+浓度增大，C错误；D．使用太阳能、氢能等新能源，可以减少化石能源的燃烧，从而减少CO2的排放，减弱海水酸化，从而改善珊瑚礁的生存环境，D正确；答案选C。
2．（2020·北京高考真题）室温下，对于1L0.1ml•L-1醋酸溶液。下列判断正确的是
A．该溶液中CH3COO-的粒子数为6.02×1022
B．加入少量CH3COONa固体后，溶液的pH降低
C．滴加NaOH溶液过程中，n(CH3COO-)与n(CH3COOH)之和始终为0.1ml
D．与Na2CO3溶液反应的离子方程式为CO+2H+=H2O+CO2↑
【答案】C
【解析】醋酸是弱电解质，在溶液中部分电离，存在电离平衡，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+ ，1L0.1ml•L-1醋酸溶液中存在物料守恒：n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1ml，或c(CH3COO-)+c(CH3COOH)= 0.1ml•L-1，据此分析解答。A．1L0.1ml•L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1ml，醋酸属于弱酸，是弱电解质，在溶液中部分电离，存在电离平衡，则CH3COO-的粒子数小于6.02×1022，错误；B．加入少量CH3COONa固体后，溶液中CH3COO-的浓度增大，根据同离子效应，会抑制醋酸的电离，溶液中的氢离子浓度减小，酸性减弱，碱性增强，则溶液的pH升高，错误；C．1L0.1ml•L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1ml，滴加NaOH溶液过程中，溶液中始终存在物料守恒，n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1ml，正确；D．醋酸的酸性强于碳酸，则根据强酸制取弱酸，醋酸与Na2CO3溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，醋酸是弱电解质，离子反应中不能拆写，则离子方程式为CO+2 CH3COOH =H2O+CO2↑+2CH3COO-，错误；答案选C。
3．（2020·浙江高考真题）下列说法不正确的是（ ）
A．的溶液不一定呈碱性
B．中和pH和体积均相等的氨水、溶液，所需的物质的量相同
C．相同温度下，pH相等的盐酸、溶液中，相等
D．氨水和盐酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则
【答案】B
【解析】A． 温度影响水的电离，则pH>7的溶液不一定呈碱性；溶液酸碱性与溶液中氢离子、氢氧根离子浓度有关，当c(H+)4．[2019新课标Ⅲ]设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是
A．每升溶液中的H+数目为0.02NA
B．c(H+)= c()+2c()+3c()+ c(OH−)
C．加水稀释使电离度增大，溶液pH减小
D．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强
【答案】B
【解析】A、常温下pH＝2，则溶液中氢离子浓度是0.01ml/L，因此每升溶液中H＋数目为0.01NA，A错误；B、根据电荷守恒可知选项B正确；C、加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH增大，C错误；D、加入NaH2PO4固体，H2PO4－浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D错误；答案选B。
5．[2018天津]LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2PO4–)的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO4–的分布分数随pH的变化如图2所示 []。
下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是
A．溶液中存在3个平衡
B．含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–
C．随c初始(H2PO4–)增大，溶液的pH明显变小
D．用浓度大于1 ml·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4
【答案】D
【解析】本题考查电解质溶液的相关知识。应该从题目的两个图入手，结合磷酸的基本性质进行分析。A．溶液中存在H2PO4–的电离平衡和水解平衡，存在HPO42–的电离平衡，存在水的电离平衡，所以至少存在4个平衡。选项A错误。B．含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–和H3PO4。选B错误。C．从图1中得到随着c初始(H2PO4–)增大，溶液的pH不过从5.5减小到4.66，谈不上明显变小，同时达到4.66的pH值以后就不变了。所以选项C错误。D．由图2得到，pH=4.66的时候，δ=0.994，即溶液中所有含P的成分中H2PO4–占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4。选项D正确。
点睛：本题中随着c初始(H2PO4–)增大，溶液的pH有一定的下降，但是达到一定程度后就基本不变了。主要是因为H2PO4–存在电离和水解，浓度增大电离和水解都会增加，影响会互相抵消。
6．[2017新课标Ⅱ]改变0.1二元弱酸溶液的pH，溶液中的、、的物质的量分数随pH的变化如图所示[已知]。
下列叙述错误的是
A．pH=1.2时，
B．
C．pH=2.7时，
D．pH=4.2时，
【答案】D
【解析】A、根据图像，pH=1.2时，H2A和HA−相交，则有c(H2A)=c(HA−)，故A说法正确；B、pH=4.2时，c(A2−)=c(HA−)，根据第二步电离HA−H＋＋A2−，得出：K2(H2A)=c(H+)×c(A2−)/c(HA−)= c(H+)=10−4.2，故B说法正确；C、根据图像，pH=2.7时，H2A和A2−相交，则有，故C说法正确；D、由图知，pH=4.2时，c(HA−)=c(A2−)，H2A电离出一个HA−时释放出一个H+，电离出一个A2−时，释放出2个H+，同时水也会电离出H+，因此c(H+)＞c(HA−)=c(A2−)，错误。
【名师点睛】该题综合性强，该题解答时注意利用守恒的思想解决问题。电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。多年以来全国高考化学试卷几乎年年涉及。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。围绕盐类水解的类型和规律的应用试题在高考中常有涉及。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离，盐类的水解，化学平衡理论(电离平衡、水解平衡)，电离与水解的竞争反应，以及化学反应类型，化学计算，甚至还要用到“守恒”来求解。
7．[2016上海]能证明乙酸是弱酸的实验事实是
A．CH3COOH溶液与Zn反应放出H2
B．0.1 ml/L CH3COONa溶液的pH大于7
C．CH3COOH溶液与NaCO3反应生成CO2
D．0.1 ml/L CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红
【答案】B
【解析】A．只能证明乙酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，错误；B．该盐水溶液显碱性，由于NaOH是强碱，故可以证明乙酸是弱酸，正确；C．可以证明乙酸的酸性比碳酸强，但是不能证明其是弱酸，错误；D．可以证明乙酸具有酸性，但是不能证明其酸性强弱，错误。
8．[2016北京]在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析不正确的是
A．①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线
B．b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH–
C．c点，两溶液中含有相同量的OH–
D．a、d两点对应的溶液均显中性
【答案】C
【解析】两个反应的方程式分别为：①Ba(OH)2+H2SO4BaSO4+2H2O，②Ba(OH)2+NaHSO4NaOH+BaSO4 +H2O、NaOH+NaHSO4Na2SO4+H2O。A、根据反应的化学方程式可知，当氢氧化钡恰好和硫酸完全反应时，溶液的导电能力最小，故①代表滴加硫酸时的变化曲线，A正确；B、b点是加入硫酸氢钠进行反应②，溶液中含有氢氧化钠，B正确；C、c点①曲线为硫酸，②曲线为氢氧化钠和硫酸钠，因为硫酸根离子浓度相同，②中的钠离子浓度大于①中氢离子浓度，所以溶液中的氢氧根离子浓度不相同，C错误；D、a点为钡离子和硫酸根离子完全沉淀，d为硫酸钠溶液，溶液都显中性，D正确。答案选C。分类
举例
强电解质
①强酸：HCl、H2SO4、HNO3、HClO4、HBr、HI等
②强碱：NaOH、KOH、Ca(OH)2、Ba(OH)2等
③大多数盐：钠盐、钾盐、硝酸盐等
弱电解质
①弱酸：CH3COOH、H2CO3、HF、HCN、HClO、H2S等；H3PO4、H2SO3是中强酸，也属于弱电解质
②弱碱：NH3·H2O，多数不溶性的碱[如Fe(OH)3、Cu(OH)2等]、两性氢氧化物[如Al(OH)3等]
③水：是极弱的电解质
温度的影响
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
浓度的影响
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
比较项目
酸
c(H+)
pH
中和碱
的能力
与足量Zn
反应产生H2的量
开始与金
属反应的速率
一元强酸
大
小
相同
相同
大
一元弱酸
小
大
小
比较项目
酸
c(H+)
c(酸)
中和碱的能力
与足量Zn
反应产生H2的量
开始与金
属反应的速率
一元强酸
相同
小
小
少
相同
一元弱酸
大
大
多
实验方法
结论
①测0.01 ml·L－1HA的pH
pH＝2，HA为强酸， pH>2，HA为弱酸
②测NaA溶液的pH
pH＝7，HA为强酸， pH>7，HA为弱酸
③测相同pH的HA和盐酸稀释相同倍数前后的pH变化
若HA溶液的pH变化比盐酸的小，则HA为弱酸
④测等体积、等pH的HA和盐酸中和NaOH的量
若HA溶液消耗NaOH的量比盐酸的多，则HA为弱酸
⑤测等体积、等物质的量浓度的HA和盐酸分别与颗粒大小相同的锌粒反应的速率
若HA溶液与Zn粒反应比盐酸的速率慢，则HA为弱酸
⑥测等体积、等pH的HA和盐酸分别与足量的锌粒反应产生H2的量
若HA溶液与足量的锌粒反应最终产生H2的量比盐酸的多，则HA为弱酸
改变
条件
平衡移动方向
c(CH3COOH)
n(H+)
c(H+)
c(CH3COO－)
电离
程度
导电
能力
电离平衡常数
加水稀释
→
减小
增大
减小
减小
增大
减弱
不变
加少量冰醋酸
→
增大
增大
增大
增大
减小
增强
不变
通入HCl气体
←
增大
增大
增大
减小
减小
增强
不变
加NaOH固体
→
减小
减小
减小
增大
增大
增强
不变
加CH3COONa固体
←
增大
减小
减小
增大
减小
增强
不变
加入镁粉
→
减小
减小
减小
增大
增大
增强
不变
升高温度
→
减小
增大
增大
增大
增大
增强
增大
等pH的一元强碱和一元弱碱
等pH的一元强酸和一元弱酸
等浓度的一元强碱和一元弱碱
等浓度的一元强酸和一元弱酸
变化
图像
a、b意义
a代表强酸或强碱；b代表弱酸或弱碱
图像特点
稀释相同倍数时，强酸、强碱pH变化程度大；无限稀释都只能无限趋近于7，但酸要小于7，碱要大于7
酸
HX
HY
HZ
电离平衡常数K
9×10-7
9×10-6
1×10-2
一、强、弱电解质的相关判断
1．概念和种类
2．电离、电解质、非电解质、强电解质和弱电解质的相互关系
3．强、弱电解质与化合物类型的关系
强电解质主要是大部分的离子化合物及某些共价化合物，弱电解质主要是某些共价化合物。
注意：电解质的强弱是由物质的内部结构决定的，与外界因素无关，关键是看在水溶液中是否完全电离。
（1）与溶解性无关。如BaSO4等虽难溶于水，但溶于水的部分却能完全电离，是强电解质。醋酸能与水互溶但不能完全电离，是弱电解质。
（2）与溶液的导电性无必然联系，溶液的导电性与溶液中的离子浓度、离子所带电荷的多少有关，强电解质溶液的导电能力不一定强，如饱和的BaSO4溶液，弱电解质溶液的导电能力不一定弱，如较浓的CH3COOH溶液。
4．电离方程式的书写
①弱电解质
a．多元弱酸分步电离，且第一步电离程度远远大于第二步，如H2CO3电离方程式：H2CO3H++，H++。
b．多元弱碱电离方程式一步写成，如Fe(OH)3电离方程式：Fe(OH)3Fe3++3OH－。
②酸式盐
a．强酸的酸式盐完全电离，如NaHSO4电离方程式：NaHSO4===Na++H++。
b．弱酸的酸式盐中酸式酸根不能完全电离，如NaHCO3电离方程式：NaHCO3===Na++，H++。
二、弱电解质的电离特点与影响因素
1．电离平衡
（1）开始时，v电离最大，而v结合等于0。
（2）平衡建立过程中，v电离逐渐减小，v结合逐渐增大，但v电离>v结合。
（3）当v电离=v结合时，达到电离平衡状态。
2．电离平衡的特征
3．影响电离平衡的因素
（1）内因——弱电解质本身的性质。
（2）外因——外界条件
①温度：温度升高，电离平衡向右移动，电离程度增大。
②浓度：稀释溶液，电离平衡向右移动，电离程度增大。
③同离子效应：加入与弱电解质具有相同离子的强电解质，电离平衡向左移动，电离程度减小。
④加入能反应的物质：电离平衡向右移动，电离程度增大。
注：（1）稀醋酸加水稀释时，溶液中的各离子浓度并不是都减小，如c(OH－)是增大的。
（2）电离平衡右移，电解质分子的浓度不一定减小，电离程度也不一定增大，如稀醋酸中加入冰醋酸。
三、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，溶液中已经电离的弱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
四、强、弱电解质的判断和比较
1．电解质是否完全电离
在溶液中强电解质完全电离，弱电解质部分电离。据此可以判断HA是强酸还是弱酸，如：若测得0.1 ml/L的HA溶液的pH=1，则HA为强酸；若pH>1，则HA为弱酸。
2．是否存在电离平衡
强电解质不存在电离平衡，弱电解质存在电离平衡，在一定条件下电离平衡会发生移动。
（1）一定pH的HA溶液稀释前后pH的变化：
将pH=3的HA溶液稀释100倍后，再测其pH，若pH=5，则为强酸，若pH<5，则为弱酸。
（2）升高温度后pH的变化：若升高温度，溶液的pH明显减小，则是弱酸。因为弱酸存在电离平衡，升高温度时，电离程度增大，c(H+)增大。而强酸不存在电离平衡，升高温度时，只有水的电离程度增大，pH变化幅度小。
3．酸根离子(或弱碱阳离子)是否能发生水解
强酸根离子不水解，弱酸根离子易发生水解，据此可以判断HA是强酸还是弱酸。可直接测定NaA溶液的pH：若pH=7，则HA是强酸；若pH>7，则HA是弱酸。
五、一元强酸(碱)与一元弱酸(碱)的比较
1．等物质的量浓度、相同体积的一元强酸与一元弱酸的比较
2．相同pH、相同体积的一元强酸与一元弱酸的比较
说明：一元强碱与一元弱碱的比较规律与以上类似。
六、弱电解质分布系数的图像分析
分布系数是指弱电解质溶液中，某一组分的平衡浓度占总浓度的分数，常用δ表示。分布曲线是以pH为横坐标，分布系数为纵坐标，分布系数与溶液pH之间的关系曲线。
1．一元弱酸：以醋酸为例，对于总浓度为c的CH3COOH溶液，溶液中与CH3COOH相关的只有c(CH3COOH)和c(CH3COO－)两种，则c=c(CH3COOH)+c(CH3COO－)，从图1中得出：CH3COOH分布系数为δ0，CH3COO－分布系数为δ1，δ1随着pH的升高而增大，δ0随着pH的升高而减小。当pH
2．二元酸：以草酸为例(碳酸与之相似)，其δ与pH曲线如图2所示，δ0为H2C2O4、δ1为、δ2为。由图2看出，当溶液的pH=pKa1时δ0=δ1，pH=pKa2时δ1=δ2。当pH
考向一 强弱电解质的判断
典例1 下列事实一定能说明HA是弱酸的是( )
A．常温下，NaA溶液的pH大于7
B．HA能与Na2CO3溶液反应，产生CO2气体
C．1 ml·L-1HA的水溶液能使紫色石蕊溶液变红
D．用HA溶液做导电性实验，灯光很暗
【答案】A
【详解】
A．常温下，NaA溶液的pH大于7，说明NaA为强碱弱酸盐，则HA为弱酸，A正确；
B．HA能与Na2CO3溶液反应，产生CO2气体，只能说明HA的酸性比碳酸强，但不能说明HA是弱酸，B错误；
C．1 ml·L－1HA的水溶液能使紫色石蕊溶液变红，只能说明HA是酸，但不能说明HA的酸性强弱，C错误；
D．溶液的导电性与离子浓度有关，如果强电解质溶液中的离子浓度很小，灯光也会很暗，D错误；
答案选A。
1．下列事实中，能说明MOH是弱碱的有
①0.1 ml·L－1 MOH溶液可以使酚酞试液变红；②0.1 ml·L－1 MCl溶液呈酸性；③0.1 ml·L－1 MOH溶液的导电能力比0.1 ml·L－1 NaOH溶液弱；④等体积的0.1 ml·L－1 MOH溶液与0.1 ml·L－1 HCl溶液恰好完全反应
A．①②③ B．②③
C．②④ D．③④
【答案】B
【解析】①0.1 ml·L－1 MOH溶液可以使酚酞试液变红，说明MOH能电离出氢氧根离子，而不能说明MOH的电离程度，所以不能证明MOH是弱碱；②0.1 ml·L－1 MCl溶液呈酸性，说明MCl为强酸弱碱盐，则MOH为弱碱；③溶液的导电能力与离子浓度和离子所带的电荷数有关，0.1 ml·L－1 MOH溶液的导电能力比0.1 ml·L－1 NaOH溶液的弱，说明MOH溶液中离子浓度比NaOH溶液中离子浓度小，MOH部分电离，为弱碱；④等体积的0.1 ml·L－1 MOH溶液与0.1 ml·L－1 HCl溶液恰好完全反应，无论是强碱还是弱碱，都能恰好完全反应。
弱酸(碱)的判断方法
（1）设计实验证明BOH(如NH3·H2O)是一元弱碱的方法
①室温下，测0.1 ml·L－1 BOH的pH，若pH＝13，则BOH为强碱，若pH<13，则BOH为弱碱。
②配制BCl的溶液，测其pH，若pH＝7，则BOH为强碱，若pH<7，则BOH为弱碱。
③配制pH＝12的BOH的溶液，加水稀释100倍，若稀释后溶液的pH＝10，则BOH为强碱，若稀释后溶液的pH>10，则BOH为弱碱。
（2）设计实验证明HA是一元弱酸的方法
考向二 影响电离平衡的因素
典例2 H2S水溶液中存在电离平衡H2SH++HS−和HS−H++S2−。若向H2S溶液中
A．加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大
B．通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH增大
C．滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH减小
D．加入少量硫酸铜固体(忽略体积变化)，溶液中所有离子浓度都减小
【答案】C
【解析】加水稀释促进电离，但氢离子浓度减小，A项错误；通入SO2，发生反应：2H2S+SO23S↓+2H2O，平衡左移，当SO2过量时，溶液显酸性，而且酸性比H2S强，pH减小，B项错误；滴加新制氯水，发生反应Cl2+H2S2HCl+S↓，平衡向左移动，溶液pH减小，C项正确；加入少量硫酸铜固体，发生反应S2−+Cu2+CuS↓，平衡右移，氢离子浓度增大，D项错误。
2．某温度下，在饱和氨水中存在平衡：NH3＋H2ONH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－。
（1）若增大压强，则溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。
（2）若通入NH3，则平衡________(填“向左”“向右”或“不”)移动。
（3）若加水，则平衡________(填“向左”“向右”或“不”)移动，溶液的pH_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
（4）若加入氢氧化钠固体，则溶液中的c(NHeq \\al(＋,4))________(填“增大”“减小”或“不变”)，溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。
【解析】（1）若增大压强，气体的溶解度增大，氨水中电离平衡：NH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－向右移动，则pH增大。
（2）向饱和氨水中通入NH3，NH3不再溶解，所以电离平衡不移动。
（3）加水，氨水中电离平衡：NH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－向右移动，但是溶液的体积增大的程度比OH－的物质的量增大的程度大，所以OH－浓度减小，则pH减小。
（4）加氢氧化钠，则氨水中电离平衡：NH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－向左移动，溶液中的c(NHeq \\al(＋,4))减小，c(OH－)增大，pH增大。
【答案】（1）增大 （2）不 （3）向右 减小 （4）减小 增大
外界条件对弱电解质电离的影响
以CH3COOHCH3COO－+H+ ΔH＞0为例：
考向三 强酸（碱）与弱酸（碱）的比较
典例3 有体积相同、物质的量浓度相等的NaOH溶液和氨水，下列叙述中正确的是（ ）
A．两溶液pH相等
B．用同浓度的盐酸中和时，消耗盐酸的体积相同
C．两溶液中OH-离子浓度相同
D．加入等体积的水稀释后，pH相等
【答案】B
【详解】
A. 一水合氨属于弱电解质，在水溶液中部分电离，则在相同物质的量浓度时，NaOH溶液c(OH−)、pH较大，故A错误；
B. 体积和物质的量浓度都相等的NaOH溶液和氨水，所含OH−总量相等，用同浓度的盐酸中和时，消耗盐酸的体积相同，故B正确；
C. 一水合氨属于弱电解质，在水溶液中部分电离，则在相同物质的量浓度时，NaOH溶液c(OH−)较大，故C错误；
D. 一水合氨属于弱电解质，在水溶液中部分电离，加入等体积的水稀释后，因一水合氨电离平衡右移，氨水中c(OH−)、pH比NaOH的大，故D错误；
答案选B。
3．现有pH=2的醋酸(编号为甲)和pH=2的盐酸(编号为乙)：
(1)取10 mL甲溶液，加入等体积的水，醋酸的电离平衡______(填“向左”“向右”或“不”，下同)移动；若加入少量的冰醋酸，醋酸的电离平衡________移动；若加入少量无水醋酸钠固体，待固体溶解后，溶液中c(H＋)/c(CH3COOH) 的值将______(填“增大”“减小”或“无法确定”)。
(2)相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，各稀释100倍。稀释后的溶液，其pH大小关系为pH(甲)_____(填“大于”“小于”或“等于”)pH(乙)。若将甲、乙两溶液等体积混合，溶液的pH=_____。
(3)各取25mL甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和至pH=7，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为V(甲)_____(填“大于”“小于”或“等于”)V(乙)。
(4)取25mL甲溶液，加入等体积pH=12的NaOH溶液，反应后溶液中c(Na+)、c(CH3COO-)的大小关系为c(Na+)_____(填“大于”“小于”或“等于”)c(CH3COO-)。
【答案】向右 向右 减小 小于 2 大于 小于
【详解】
Ⅰ.(1)根据勒夏特列原理可知，加水稀释后电离平衡正向移动；若加入冰醋酸，相当于增大了反应物浓度，因此电离平衡也正向移动；加入醋酸钠固体后，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制了醋酸的电离，故c(H＋)/c(CH3COOH)的值减小。
故答案为：向右，向右，减小；
(2)由于在稀释过程中醋酸继续电离，故稀释相同的倍数后pH(甲)小于pH(乙)。盐酸和醋酸溶液的pH都是2，溶液中的H＋浓度都是0.01 ml·L－1，设醋酸的原浓度为c ml·L－1，混合后平衡没有移动，则有：
由于温度不变醋酸的电离常数不变，结合数据可知，醋酸的电离平衡确实未发生移动，因此混合后溶液的pH仍等于2。
故答案为：小于，2；
(3)取体积相等的两溶液，醋酸的物质的量较大，用NaOH稀溶液中和至相同pH时，消耗NaOH溶液的体积V(甲)大于V(乙)。
故答案为：大于；
(4)两者反应后醋酸过量，溶液显酸性，根据电荷守恒可得，c(Na＋)小于 c(CH3COO－)。
故答案为：小于；
考向四 强弱电解质的相关图像分析
典例4 常温下，将pH均为3，体积均为V0的HA溶液和HB溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示。下列说法中错误的是( )
A．稀释相同倍数时：c(A-)＜c(B-)B．水的电离程度：b=c＞a
C．溶液中离子总物质的量：b＞c＞aD．溶液中离子总浓度：a＞b=c
【答案】C
【详解】
A. 根据题图可知，当lg＝2即稀释100倍时，HA溶液的pH＝5，HB溶液的3＜pH＜5，故HA为强酸，HB为弱酸。根据题图可知，稀释相同倍数时，溶液的pH：HA溶液＞HB溶液，溶液中c(A－)＜c(B－)，A项正确；
B. 根据题图可知，溶液的pH：a＜b＝c，酸电离出的氢离子浓度越大，生的电离程度越小，水的电离程度：b＝c＞a，B项正确；
C. a、c点溶液体积相同，c点pH大于a点，c点溶液中c(A－)＜a点溶液中c(B－)，溶液中离子总物质的量：a＞c，b点相对于a点加水稀释，促进HB的电离，溶液中离子总物质的量：b＞a，故溶液中离子总物质的量：b＞a＞c，C项错误；
D. c点pH大于a点，c点溶液中c(A－)＜a点溶液中c(B－)，溶液中离子总浓度：a＞c，b、c点溶液的pH相等，b、c点两溶液中的电荷守恒分别为c(H＋)＝c(B－)＋c(OH－)、c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，溶液中离子总浓度：b＝c，故溶液中离子总浓度：a＞b＝c，D项正确。答案选C。
4．在体积为1 L，pH均为1的盐酸和醋酸溶液中，分别投入 0.65 g Zn，下列示意图中正确的是
【答案】B
【解析】溶液中c(H+)=0.1 ml·L−1，n(HCl)=0.1 ml，n(CH3COOH)>0.1 ml，n(Zn)=0.01 ml，金属Zn不足，所以最终生成H2的物质的量应相同，C错误；因为醋酸中存在电离平衡CH3COOHH++CH3COO−，随着反应的进行醋酸继续电离，醋酸中c(H+)降低比较慢，反应速率快，A、D错误，B正确。
一元强酸(碱)和一元弱酸(碱)稀释时的pH变化图像
1．下列方程式书写正确的是（ ）
A．NaHSO4在水溶液中的电离方程式：NaHSO4=Na＋＋HSO
B．H2SO3的电离方程式：H2SO32H＋＋SO
C．CO的水解方程式：CO＋H2OHCO＋OH－
D．CaCO3沉淀溶解平衡方程式：CaCO3(s)= Ca2＋(aq)＋CO( aq)
【答案】C
【详解】
A．NaHSO4在水溶液中的电离方程式：NaHSO4=Na＋＋H++SO，故A错误；
B．H2SO3是弱酸，弱酸分步电离，H2SO3H++HSO，HSO H++ SO，故B错误；
C．CO水解分两步，CO＋H2OHCO＋OH－，HCO+ H2OH2CO3+ OH－，以第一步为主，故C正确；
D．CaCO3沉淀在溶液中存在沉淀溶解平衡，其溶解平衡方程式为：CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋CO( aq)，故D错误；
故选C。
2．下列说法正确的是
A．CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中eq \f(cCH3COOH,cCH3COO－)的值减小
B．25℃时，用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH＝7，V(醋酸)＜V(NaOH)
C．25℃时，氨水加水稀释后，溶液中c(OH－)·c(H＋)变大
D．氨水中加入少量NH4Cl晶体，溶液中c(OH－)和c(NHeq \\al(＋,4))均增大
【答案】A
【解析】CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，则电离平衡常数Ka(CH3COOH)＝eq \f(cCH3COO－·cH＋,cCH3COOH)，则有eq \f(cCH3COOH,cCH3COO－)＝eq \f(cH＋,KaCH3COOH)；加水稀释时，电离平衡正向移动，n(H＋)增大，但溶液中c(H＋)减小，由于温度不变，则Ka(CH3COOH)不变，从而推知eq \f(cCH3COOH,cCH3COO－)的值减小，A正确。当浓度相等的醋酸与NaOH溶液等体积混合时，二者恰好完全反应时生成CH3COONa，由于CH3COO－发生水解而使溶液显碱性，若溶液的pH＝7，应满足条件V(醋酸)＞V(NaOH)，B错误。25 ℃时，氨水溶液加水稀释，NH3·H2O的电离程度增大，由于温度不变，则Kw＝c(OH－)·c(H＋)不变，C错误。氨水中存在电离平衡：NH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－，加入少量NH4Cl晶体，平衡逆向移动，溶液中c(OH－)减小，但c(NHeq \\al(＋,4))较原来增大，D错误。
3．溶液的pH、体积相同的盐酸和醋酸两种溶液，下列叙述错误的是
A．它们与NaOH完全中和时，醋酸溶液所消耗的NaOH多
B．它们分别与足量CaCO3反应时，放出的CO2一样多
C．两种溶液中n(Cl－)＝n(CH3COO－)
D．分别用水稀释相同倍数时，n(Cl－)＜n(CH3COO－)
【答案】B
【解析】溶液的pH、体积相同的盐酸和醋酸，醋酸的物质的量比盐酸大得多，因此完全中和时醋酸需要氢氧化钠比盐酸多，A正确；它们分别和足量碳酸钙反应时，醋酸产生的二氧化碳多，B错误；盐酸中HCl完全电离HCl===H＋＋Cl－，醋酸溶液中CH3COOHCH3COO－＋H＋，两溶液中pH相同，c(H＋)相等则n(Cl－)＝n(CH3COO－)，C正确；稀释相同倍数时，促进CH3COOH的电离，则n(Cl－)＜n(CH3COO－)，D正确。
4．25 ℃时，把0.2 ml·L－1的醋酸加水稀释，则图中的纵轴y表示的是
A．溶液中OH－的物质的量浓度
B．溶液的导电能力
C．溶液中的
D．CH3COOH的电离程度
【答案】B
【解析】25 ℃时，0.2 ml·L－1的醋酸稀释过程中，随着水的加入，溶液中OH－的浓度增大(但不会超过10－7 ml·L－1)，CH3COOH的电离程度增大，CH3COO－数目增多，CH3COOH数目减少，但溶液中CH3COO－的浓度减小，溶液的导电能力减弱。
5．常温下，pH＝10 的 X、Y 两种碱溶液各 1 mL，分别稀释至 100 mL，其 pH 与溶液体 积（V)的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．若 8＜a＜10，则 X、Y 都是弱碱
B．X、Y 两种碱溶液中溶质的物质的量浓度一定相等
C．稀释后，X 溶液的碱性比 Y 溶液的碱性强
D．分别完全中和 X、Y 这两种碱溶液时，消耗同浓度盐酸的体积 Vx＞Vy
【答案】A
【详解】
A．由图可知，开始的pH相同，若8＜a＜10，则1mL的弱碱加水稀释到100mL，则pH会在原来基础上减一个小于2的值，说明X、Y中都存在电离平衡，是弱碱，故A正确；
B．由图可知，开始的pH相同，两种碱溶液稀释后pH不同，则碱性强弱一定不同，所以物质的量浓度一定不相等，故B错误；
C．稀释后X碱溶液pH小于Y溶液的，所以稀释后Y溶液碱性强，故C错误；
D．pH=10的X、Y两种碱，c(X)＜c(Y)，相同体积、相同pH的X、Y，n(Y)＞n(X)，用相同浓度的盐酸中和时，碱的物质的量越大消耗酸体积越大，所以消耗相同浓度盐酸V(X)＜V(Y)，故D错误；
故答案为A。
6．已知盐酸是强酸，在下列叙述中，能说明醋酸是弱酸的是
A．将pH＝4的盐酸和醋酸稀释成pH＝5的溶液，醋酸所需加入水的量少
B．盐酸和醋酸都可用相应的钠盐与同浓度硫酸反应制取
C．相同pH的盐酸和醋酸溶液中分别加入相应的钠盐固体，醋酸的pH变大
D．相同pH的盐酸和醋酸分别跟锌反应时，产生氢气的起始速率相等
【答案】C
【解析】pH＝4的盐酸和醋酸，氢离子浓度都是0.000 1 ml·L－1，稀释成pH＝5的溶液，醋酸是弱酸，醋酸所需加入的水量多，A错误；盐酸和醋酸都可用相应的钠盐与同浓度硫酸反应制取盐酸是利用盐酸的挥发性，与酸性强弱无关，B错误；在醋酸的溶液中存在着CH3COOHCH3COO－＋H＋的电离平衡，CH3COONa溶于水后，电离出大量CH3COO－，使醋酸的电离平衡向生成醋酸的方向移动，抑制了CH3COOH的电离，使c(H＋)减小，因此溶液的pH增大，由此证明盐酸为强酸，醋酸为弱酸，C正确；相同pH，则氢离子浓度相同，产生氢气的起始速率相等，与盐酸是强酸，醋酸是弱酸无关，D错误。
7．25 ℃时，pH＝2的盐酸和醋酸各1 mL分别加水稀释，pH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代表盐酸的稀释过程
B．a溶液的导电性比c溶液的导电性强
C．a溶液中和氢氧化钠的能力强于b溶液
D．将a、b两溶液加热至30 ℃，eq \f(cCl－,cCH3COO－)变小
【答案】C
【解析】pH＝2的盐酸加水稀释至1 000 mL，溶液的pH＝5；pH＝2的醋酸加水稀释至1 000 mL，CH3COOH的电离平衡正向移动，溶液的pH<5，故曲线Ⅰ代表盐酸的稀释过程，曲线Ⅱ代表醋酸的稀释过程，A正确。盐酸加水稀释时，溶液中c(Cl－)、c(H＋)减小，溶液的导电能力减弱，故a溶液的导电性比c溶液的导电性强，B正确。pH＝2的盐酸和醋酸相比，有c(CH3COOH)>c(HCl)，体积相等的两种溶液中n(CH3COOH)>n(HCl)，与NaOH溶液发生中和反应时，CH3COOH消耗NaOH多，故b溶液中和NaOH的能力强于a溶液，C错误。升高温度，CH3COOH的电离平衡正向移动，c (CH3COO－)增大而c(Cl－)基本不变，故eq \f(cCl－,cCH3COO－)变小，D正确。
8．相同温度下，根据三种酸的电离平衡常数，下列判断正确的是
A．三种酸的酸性强弱关系：HX＞HY＞HZ
B．反应 HZ+Y-=HY+Z-能够发生
C．由电离平衡常数可以判断，HZ属于强酸，HX和HY属于弱酸
D．相同温度下，0.1ml/LHX溶液的电离平衡常数大于1ml/LHX溶液的电离平衡常数
【答案】B
【详解】
A．相同温度下，电离平衡常数越大，酸性越强，三种酸的酸性强弱关系：HX＜HY＜HZ，A判断错误；
B．根据较强酸制较弱酸原理，反应HZ+Y-=HY+Z-能够发生，B判断正确；
C．由电离平衡常数可以判断，HX、HY、HZ都属于弱酸，C判断错误；
D．电离平衡常数只与温度有关，与酸的浓度无关，D判断错误。
答案为B。
9．常温下，浓度均为0.10 ml·L－1、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lgeq \f(V,V0)的变化如图所示。下列叙述正确的是
A．MOH的电离程度：c点大于d点
B．ROH溶液由a点到b点时，eq \f(cR＋,cROH·cH＋)变大
C．pH＝10时，MOH和ROH溶液中，c(M＋)>c(R＋)
D．lgeq \f(V,V0)＝2时，MOH和ROH两种溶液中，水电离出的c(OH－)的比值为1∶10
【答案】D
【解析】由图可知，浓度均为0.10 ml·L－1的MOH和ROH溶液，前者pH＝13，后者pH<13，则MOH是强碱，ROH是弱碱，MOH完全电离，故c、d两点MOH的电离程度均为100%，A错误。ROH存在电离平衡：ROHR＋＋OH－，则电离常数为Kb (ROH)＝eq \f(cOH－·cR＋,cROH)＝eq \f(Kw·cR＋,cROH·cH＋)，则有eq \f(cR＋,cROH·cH＋)＝eq \f(KbROH,Kw)，由于温度不变，则Kb(ROH)、Kw不变，故a―→b点时eq \f(cR＋,cROH·cH＋)不变，B错误。MOH和ROH溶液中存在电荷守恒关系：c(M＋)＋c(H＋)＝c(OH－)、c(R＋)＋c(H＋)＝c(OH－)；由图可知，pH＝10时，两溶液中c(OH－)、c(H＋)分别相等，则有c(M＋)＝c(R＋)，C错误。lgeq \f(V,V0)＝2时，MOH和ROH溶液的pH分别为11、10，而碱溶液中的H＋全部来源于水的电离，且c水(OH－)＝c水(H＋)，故MOH和ROH溶液中水电离出的c(OH－)的比值为10－11∶1010＝1∶10，D正确。
10．某二元酸(H2A)在水中的电离方程式为H2AH++HA-，HA-H++A2-(25 ℃时Ka=1.0×10-2)，下列有关说法中正确的是
A．H2A是弱酸
B．稀释0.1 ml·L-1 H2A溶液，因电离平衡向右移动而导致c(H+)增大
C．在0.1 ml·L-1的H2A溶液中，c(H+)=0.12 ml·L-1
D．若0.1 ml·L-1 NaHA溶液中c(H+)=0.02 ml·L-1，则0.1 ml·L-1的H2A中c(H+)<0.12 ml·L-1
【答案】D
【解析】因H2A的一级电离是完全的，所以它是强酸，A错误；稀释过程中溶液体积增大，虽然电离平衡向右移动，但c(H+)减小，B错误；假设溶液中c(H+)=0.12 ml·L-1，则二级电离生成的c(A2-)为0.02 ml·L-1，c(HA-)=0.08 ml·L-1，将这些数据代入Ka=中求出的Ka≠1.0×10-2，C错误；0.1 ml·L-1 H2A溶液中，第一步电离生成的c(H+)=0.1 ml·L-1，由于H2A第一步电离生成的H+对第二步电离有抑制作用，NaHA溶液中则不存在这样的抑制作用，故0.1 ml·L-1的H2A溶液中c(H+)<0.12 ml·L-1，D正确。
11．在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力如图所示，请回答：
（1）“O”点导电能力为0的理由是___________________。
（2）a、b、c三点溶液的pH由小到大的顺序为_______________。
（3）a、b、c三点溶液中CH3COO−物质的量最大的是_______。
（4）若使c点溶液中c(CH3COO−)增大，溶液的pH也增大，可采取得措施是(写出两种方法)：__________________、_______________________。
（5）现有pH均为3的醋酸、硫酸两瓶溶液：
a．设两种溶液的物质的量浓度依次为c1、c2，则其关系式 ___________（用<，>，= 表示，下同）
b．取相同体积的两种酸分别加入等体积的蒸馏水后，再分别加入等量的锌粉，反应开始时放出氢气的速率依次为v1、v2，则其关系式_______________________
【答案】（1）冰醋酸未电离，无自由移动的离子
（2）b
（4）加氢氧化钠固体 加锌粉
（5）c1> c2 v1> v2
【解析】（1）溶液的导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强，冰醋酸中没有自由移动的离子，所以冰醋酸不导电，故答案为：因为冰醋酸未电离，无自由移动的离子；
（2）导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，则a、b、c三点溶液的氢离子浓度由小到大的顺序为为c＜a＜b，pH由小到大的顺序为b
（4）加NaOH固体，氢氧化钠和氢离子反应促进醋酸电离，所以醋酸根离子浓度增大；加入锌粒，和氢离子反应，促进醋酸电离，所以醋酸根离子浓度增大，氢离子浓度减小，pH增大；加MgO固体，与氢离子反应，促进醋酸电离；氢离子浓度减小，pH增大；加Na2CO3固体与氢离子反应，促进醋酸电离，氢离子浓度减小，pH增大，故答案为：加氢氧化钠固体；加锌粉（MgO固体、Na2CO3固体）等；
（5）①硫酸是强电解质，硫酸溶液中c（H+）=c（H2SO4），醋酸是弱电解质且是一元酸，所以醋酸溶液中c（H+）＜c（CH3COOH），pH相同的两种酸的物质的量浓度关系是c1＞c2，故答案为：c1＞c2；②pH=3的硫酸、醋酸三种溶液中c（H+）=0.001ml/L，反应本质为Zn+2H+=Zn2++H2↑，氢离子浓度相同，但加入等体积的蒸馏水后，醋酸继续电离，醋酸中的氢离子浓度大于硫酸，反应速率快，即v1＞v2，故答案为：v1＞v2。
【点睛】本题综合考查电解质的电离，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意加水稀释醋酸，能促进醋酸电离，但溶液中醋酸根离子增大的量远远小于水体积增大的量，所以醋酸根离子浓度减小，为易错点。
12．磷能形成次磷酸(H3PO2)、亚磷酸(H3PO3)等多种含氧酸。
(1)次磷酸(H3PO2)是一种精细化工产品，已知10mL 1ml·L-1H3PO2与20mL 1ml·L-1NaOH溶液充分反应后生成组成为NaH2PO2的盐，回答下列问题：
①NaH2PO2属于_____(填“正盐”“酸式盐”或“无法确定”)。
②若25℃时，Ka(H3PO2)=1×10-2，则0.02ml·L-1的H3PO2溶液的pH=_____。
③设计两种实验方案，证明次磷酸是弱酸：_____。
(2)亚磷酸(H3PO3)是二元中强酸，某温度下，0.11ml·L-1的H3PO3溶液的pH为2，该温度下H3PO3的电离平衡常数Ka1约为_____(Ka2=2×10-7，H3PO3的二级电离和水的电离忽略不计)。
(3)亚磷酸的结构式为(式中P→O表示成键电子对全部由磷原子提供)，含有两个“-OH”，分子中有两个可电离的氢原子，因而是二元酸，由此类推次磷酸分子中含有____个“-OH”。
(4)向H3PO3溶液中滴加NaOH溶液：
①当恰好中和生成Na2HPO3时，所得溶液的pH____7(填“>”“<”或“=”，下同)；
②当溶液呈中性时，所得溶液中c(Na+)_____c(H2PO)+2c(HPO)；
③若用甲基橙做指示剂，用NaOH溶液滴定，达到滴定终点时，所得溶液中c(Na+)____c(H2PO)+2c(HPO)。
【答案】正盐 2 测NaH2PO2溶液的pH，若pH>7，则证明次磷酸为弱酸；向等物质的量浓度的盐酸、次磷酸溶液中各滴入2滴石蕊溶液，若次磷酸溶液中红色浅一些，则说明次磷酸为弱酸(答案合理即可) 1×10-3 1 > = <
【详解】
(1)①NaOH过量，只生成NaH2PO2，说明次磷酸中只有一个可电离的氢原子，说明NaH2PO2是正盐；
②设溶液中的H＋浓度为x ml·L-1，
Ka(H3PO2)==1×10－2，解得x=0.01，故pH=-lg 0.01=2；
③若H3PO2是弱酸，则NaH2PO2是强碱弱酸盐，则该盐的水溶液呈碱性，故可以测定NaH2PO2溶液的酸碱性，若溶液pH>7，则说明H3PO2是弱酸；还可以比较同浓度下一元强酸和H3PO2的酸性的强弱：取等体积等浓度的盐酸和次磷酸溶液，各滴入2滴石蕊溶液，若次磷酸溶液中的红色浅一些，则可说明次磷酸为弱酸；
(2)忽略H3PO3的二级电离和水的电离，则c()=c(H＋)=1×10-2ml·L-1，c(H3PO3)=(0.11-1×10-2) ml·L-1=0.1ml·L-1，电离平衡常数Ka1===1×10-3；
(3)根据题中的信息，亚磷酸分子的结构式中有2个“-OH”，该酸是二元酸，而次磷酸是一元酸，则可以推出次磷酸分子中有1个“-OH”；
(4)①Na2HPO3溶液中，水解使得溶液呈碱性，pH>7；
②溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，当溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒得c(Na+)=c()+2c()；
③溶液中的电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，用甲基橙做指示剂，达到滴定终点时，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH-)，故c(Na+)< c()+2c()。
1．（2020·全国高考真题）二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如下图所示。下列叙述错误的是
A．海水酸化能引起浓度增大、浓度减小
B．海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少
C．CO2能引起海水酸化，其原理为H++
D．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境
【答案】C
【解析】A．海水酸化，H+浓度增大，平衡H++⇌正向移动，浓度减小，浓度增大，A正确；B．海水酸化，浓度减小，导致CaCO3溶解平衡正向移动，促进了CaCO3溶解，导致珊瑚礁减少，B正确；C．CO2引起海水酸化的原理为：CO2+H2O⇌H2CO3⇌H++，⇌H++，导致H+浓度增大，C错误；D．使用太阳能、氢能等新能源，可以减少化石能源的燃烧，从而减少CO2的排放，减弱海水酸化，从而改善珊瑚礁的生存环境，D正确；答案选C。
2．（2020·北京高考真题）室温下，对于1L0.1ml•L-1醋酸溶液。下列判断正确的是
A．该溶液中CH3COO-的粒子数为6.02×1022
B．加入少量CH3COONa固体后，溶液的pH降低
C．滴加NaOH溶液过程中，n(CH3COO-)与n(CH3COOH)之和始终为0.1ml
D．与Na2CO3溶液反应的离子方程式为CO+2H+=H2O+CO2↑
【答案】C
【解析】醋酸是弱电解质，在溶液中部分电离，存在电离平衡，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+ ，1L0.1ml•L-1醋酸溶液中存在物料守恒：n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1ml，或c(CH3COO-)+c(CH3COOH)= 0.1ml•L-1，据此分析解答。A．1L0.1ml•L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1ml，醋酸属于弱酸，是弱电解质，在溶液中部分电离，存在电离平衡，则CH3COO-的粒子数小于6.02×1022，错误；B．加入少量CH3COONa固体后，溶液中CH3COO-的浓度增大，根据同离子效应，会抑制醋酸的电离，溶液中的氢离子浓度减小，酸性减弱，碱性增强，则溶液的pH升高，错误；C．1L0.1ml•L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1ml，滴加NaOH溶液过程中，溶液中始终存在物料守恒，n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1ml，正确；D．醋酸的酸性强于碳酸，则根据强酸制取弱酸，醋酸与Na2CO3溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，醋酸是弱电解质，离子反应中不能拆写，则离子方程式为CO+2 CH3COOH =H2O+CO2↑+2CH3COO-，错误；答案选C。
3．（2020·浙江高考真题）下列说法不正确的是（ ）
A．的溶液不一定呈碱性
B．中和pH和体积均相等的氨水、溶液，所需的物质的量相同
C．相同温度下，pH相等的盐酸、溶液中，相等
D．氨水和盐酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则
【答案】B
【解析】A． 温度影响水的电离，则pH>7的溶液不一定呈碱性；溶液酸碱性与溶液中氢离子、氢氧根离子浓度有关，当c(H+)
A．每升溶液中的H+数目为0.02NA
B．c(H+)= c()+2c()+3c()+ c(OH−)
C．加水稀释使电离度增大，溶液pH减小
D．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强
【答案】B
【解析】A、常温下pH＝2，则溶液中氢离子浓度是0.01ml/L，因此每升溶液中H＋数目为0.01NA，A错误；B、根据电荷守恒可知选项B正确；C、加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH增大，C错误；D、加入NaH2PO4固体，H2PO4－浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D错误；答案选B。
5．[2018天津]LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2PO4–)的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO4–的分布分数随pH的变化如图2所示 []。
下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是
A．溶液中存在3个平衡
B．含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–
C．随c初始(H2PO4–)增大，溶液的pH明显变小
D．用浓度大于1 ml·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4
【答案】D
【解析】本题考查电解质溶液的相关知识。应该从题目的两个图入手，结合磷酸的基本性质进行分析。A．溶液中存在H2PO4–的电离平衡和水解平衡，存在HPO42–的电离平衡，存在水的电离平衡，所以至少存在4个平衡。选项A错误。B．含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–和H3PO4。选B错误。C．从图1中得到随着c初始(H2PO4–)增大，溶液的pH不过从5.5减小到4.66，谈不上明显变小，同时达到4.66的pH值以后就不变了。所以选项C错误。D．由图2得到，pH=4.66的时候，δ=0.994，即溶液中所有含P的成分中H2PO4–占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4。选项D正确。
点睛：本题中随着c初始(H2PO4–)增大，溶液的pH有一定的下降，但是达到一定程度后就基本不变了。主要是因为H2PO4–存在电离和水解，浓度增大电离和水解都会增加，影响会互相抵消。
6．[2017新课标Ⅱ]改变0.1二元弱酸溶液的pH，溶液中的、、的物质的量分数随pH的变化如图所示[已知]。
下列叙述错误的是
A．pH=1.2时，
B．
C．pH=2.7时，
D．pH=4.2时，
【答案】D
【解析】A、根据图像，pH=1.2时，H2A和HA−相交，则有c(H2A)=c(HA−)，故A说法正确；B、pH=4.2时，c(A2−)=c(HA−)，根据第二步电离HA−H＋＋A2−，得出：K2(H2A)=c(H+)×c(A2−)/c(HA−)= c(H+)=10−4.2，故B说法正确；C、根据图像，pH=2.7时，H2A和A2−相交，则有，故C说法正确；D、由图知，pH=4.2时，c(HA−)=c(A2−)，H2A电离出一个HA−时释放出一个H+，电离出一个A2−时，释放出2个H+，同时水也会电离出H+，因此c(H+)＞c(HA−)=c(A2−)，错误。
【名师点睛】该题综合性强，该题解答时注意利用守恒的思想解决问题。电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。多年以来全国高考化学试卷几乎年年涉及。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。围绕盐类水解的类型和规律的应用试题在高考中常有涉及。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离，盐类的水解，化学平衡理论(电离平衡、水解平衡)，电离与水解的竞争反应，以及化学反应类型，化学计算，甚至还要用到“守恒”来求解。
7．[2016上海]能证明乙酸是弱酸的实验事实是
A．CH3COOH溶液与Zn反应放出H2
B．0.1 ml/L CH3COONa溶液的pH大于7
C．CH3COOH溶液与NaCO3反应生成CO2
D．0.1 ml/L CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红
【答案】B
【解析】A．只能证明乙酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，错误；B．该盐水溶液显碱性，由于NaOH是强碱，故可以证明乙酸是弱酸，正确；C．可以证明乙酸的酸性比碳酸强，但是不能证明其是弱酸，错误；D．可以证明乙酸具有酸性，但是不能证明其酸性强弱，错误。
8．[2016北京]在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析不正确的是
A．①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线
B．b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH–
C．c点，两溶液中含有相同量的OH–
D．a、d两点对应的溶液均显中性
【答案】C
【解析】两个反应的方程式分别为：①Ba(OH)2+H2SO4BaSO4+2H2O，②Ba(OH)2+NaHSO4NaOH+BaSO4 +H2O、NaOH+NaHSO4Na2SO4+H2O。A、根据反应的化学方程式可知，当氢氧化钡恰好和硫酸完全反应时，溶液的导电能力最小，故①代表滴加硫酸时的变化曲线，A正确；B、b点是加入硫酸氢钠进行反应②，溶液中含有氢氧化钠，B正确；C、c点①曲线为硫酸，②曲线为氢氧化钠和硫酸钠，因为硫酸根离子浓度相同，②中的钠离子浓度大于①中氢离子浓度，所以溶液中的氢氧根离子浓度不相同，C错误；D、a点为钡离子和硫酸根离子完全沉淀，d为硫酸钠溶液，溶液都显中性，D正确。答案选C。分类
举例
强电解质
①强酸：HCl、H2SO4、HNO3、HClO4、HBr、HI等
②强碱：NaOH、KOH、Ca(OH)2、Ba(OH)2等
③大多数盐：钠盐、钾盐、硝酸盐等
弱电解质
①弱酸：CH3COOH、H2CO3、HF、HCN、HClO、H2S等；H3PO4、H2SO3是中强酸，也属于弱电解质
②弱碱：NH3·H2O，多数不溶性的碱[如Fe(OH)3、Cu(OH)2等]、两性氢氧化物[如Al(OH)3等]
③水：是极弱的电解质
温度的影响
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
浓度的影响
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
比较项目
酸
c(H+)
pH
中和碱
的能力
与足量Zn
反应产生H2的量
开始与金
属反应的速率
一元强酸
大
小
相同
相同
大
一元弱酸
小
大
小
比较项目
酸
c(H+)
c(酸)
中和碱的能力
与足量Zn
反应产生H2的量
开始与金
属反应的速率
一元强酸
相同
小
小
少
相同
一元弱酸
大
大
多
实验方法
结论
①测0.01 ml·L－1HA的pH
pH＝2，HA为强酸， pH>2，HA为弱酸
②测NaA溶液的pH
pH＝7，HA为强酸， pH>7，HA为弱酸
③测相同pH的HA和盐酸稀释相同倍数前后的pH变化
若HA溶液的pH变化比盐酸的小，则HA为弱酸
④测等体积、等pH的HA和盐酸中和NaOH的量
若HA溶液消耗NaOH的量比盐酸的多，则HA为弱酸
⑤测等体积、等物质的量浓度的HA和盐酸分别与颗粒大小相同的锌粒反应的速率
若HA溶液与Zn粒反应比盐酸的速率慢，则HA为弱酸
⑥测等体积、等pH的HA和盐酸分别与足量的锌粒反应产生H2的量
若HA溶液与足量的锌粒反应最终产生H2的量比盐酸的多，则HA为弱酸
改变
条件
平衡移动方向
c(CH3COOH)
n(H+)
c(H+)
c(CH3COO－)
电离
程度
导电
能力
电离平衡常数
加水稀释
→
减小
增大
减小
减小
增大
减弱
不变
加少量冰醋酸
→
增大
增大
增大
增大
减小
增强
不变
通入HCl气体
←
增大
增大
增大
减小
减小
增强
不变
加NaOH固体
→
减小
减小
减小
增大
增大
增强
不变
加CH3COONa固体
←
增大
减小
减小
增大
减小
增强
不变
加入镁粉
→
减小
减小
减小
增大
增大
增强
不变
升高温度
→
减小
增大
增大
增大
增大
增强
增大
等pH的一元强碱和一元弱碱
等pH的一元强酸和一元弱酸
等浓度的一元强碱和一元弱碱
等浓度的一元强酸和一元弱酸
变化
图像
a、b意义
a代表强酸或强碱；b代表弱酸或弱碱
图像特点
稀释相同倍数时，强酸、强碱pH变化程度大；无限稀释都只能无限趋近于7，但酸要小于7，碱要大于7
酸
HX
HY
HZ
电离平衡常数K
9×10-7
9×10-6
1×10-2
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