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高考化学（2011~2020）真题专项练习 专题35 弱电解质的电离（教师版）
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这是一份高考化学（2011~2020）真题专项练习 专题35 弱电解质的电离（教师版），共14页。试卷主要包含了下列属于强电解质的是，设NA为阿伏加德罗常数值，下列说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。
专题35 弱电解质的电离
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1L0.1mol•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0.1mol
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+ ，1L0.1mol•L-1醋酸溶液中存在物料守恒：n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，或c(CH3COO-)+c(CH3COOH)= 0.1mol•L-1，据此分析解答。A．1L0.1mol•L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，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．1L0.1mol•L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，滴加NaOH溶液过程中，溶液中始终存在物料守恒，n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，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．硫酸钡 B．食盐水 C．二氧化硅 D．醋酸
【答案】A
【解析】按强电解质的定义可知，强电解质指在水中完全电离的电解质，包含强酸、强碱、大部分盐等。所以对四个选项进行物质分类考查：A．可知硫酸钡是强电解质，正确；B．食盐水为混合物，不在强电解质的概念内，错误；C．二氧化硅是非电解质，错误；D．醋酸在水中不完全电离，为弱电解质，错误。故答案选A。
5．（2019·全国高考真题）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0.01mol/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。
6．（2019·天津高考真题）某温度下，和的电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．曲线Ⅰ代表溶液
B．溶液中水的电离程度：b点＞c点
C．从c点到d点，溶液中保持不变（其中、分别代表相应的酸和酸根离子）
D．相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同
【答案】C
【解析】A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ代表HNO2，I代表CH3COOH，错误；B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，错误；C、Ⅱ代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)·c(HNO2)c(OH-)/[c(H+)·c(NO2-)]=kw/k(HNO2)，kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，正确；D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，错误；故选C。
7．（2018·浙江高考真题）下列说法不正确的是
A．测得0.1 mol·L－1的一元酸HA溶液pH＝3.0，则HA一定为弱电解质
B．25℃时，将0.1 mol·L-1的NaOH溶液加水稀释100倍，所得溶液的pH＝11.0
C．25℃时，将0.1 mol·L-1的HA溶液加水稀释至pH＝4.0，所得溶液c(OH－)＝1×10-10 mol·L-1
D．0.1 mol·L-1的HA溶液与0.1 mol·L-1的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH一定等于7.0
【答案】D
【解析】A、若HA为强酸，0.1 mol·L-1的HA溶液pH为1.0，现测得溶液pH为3.0，则HA为弱酸，正确；B、0.1mol/L的NaOH溶液加水稀释100倍后，c（OH-）＝1×10-11，pH值为11.0，正确；C、pH值为4.0的溶液中c（H+）＝1×10－4mol/L，在25℃时，水的离子积KW＝1×10-14，（OH-）＝1×10-10mol/L，正确；D、若HA为强酸，与NaOH等体积等浓度混合后，所得溶液pH为7.0，若HA为弱酸，与NaOH等体积等浓度混合后，所得溶液pH大于7.0，不正确。答案选D。
8．（2018·浙江高考真题）相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法正确的是
A．pH相等的两溶液中：c(CH3COOˉ)＝c(Clˉ)
B．分别中和pH相等、体积相等的两溶液，所需NaOH的物质的量相同
C．相同浓度的两溶液，分别与金属镁反应，反应速率相同
D．相同浓度的两溶液，分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化)：c(CH3COOˉ)＝c(Clˉ)
【答案】A
【解析】A、在pH相等的两种溶液中，氢离子的浓度相同，根据溶液中电荷守恒可知阴离子浓度相等，即c（CH3COO－）=c(Cl－)，正确；B、醋酸为弱酸，是弱电解质只能部分电离，与pH相同的强酸溶液比起来，与其他物质反应时，可以持续电离出氢离子，平衡右移，所以醋酸消耗的氢氧化钠的量要更多一些，错误；C、反应刚开始时，醋酸弱酸部分电离，与同等浓度的强酸比较，反应速率会慢一些，错误；D、当醋酸恰好与NaOH反应时，弱酸根水解呈现出碱性，应为c（CH3COO－）＜c(Cl－)，错误。综上所述，本题的正确答案为A。
9．（2018·天津高考真题）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δ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 mol·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】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。错误；B．含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–和H3PO4，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，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，正确；
10．（2013·上海高考真题）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值增大
C．滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH值减小
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】A、加水，促进电离，但氢离子浓度减小，A错误；B、通入过量SO2气体，发生反应：2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，当SO2过量，溶液显酸性，而且酸性比H2S强，pH值减小，B错误；C、滴加新制氯水，发生反应：Cl2＋H2S=2HCl＋S↓，平衡向左移动，溶液pH值减小，C正确；D、加入少量硫酸铜固体，发生反应：H2S＋Cu2＋=CuS↓＋2H＋，H＋浓度增大，D错误。答案选C。
11．（2015·全国高考真题）浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随的变化如图所示，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c(OH－)相等
D．当=2时，若两溶液同时升高温度，则增大
【答案】D
【解析】A．相同浓度的一元碱，碱的pH越大其碱性越强，根据图知，未加水时，相同浓度条件下，MOH的pH大于ROH的pH，说明MOH的电离程度大于ROH，则MOH的碱性强于ROH的碱性，正确；B．由图示可以看出ROH为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，b点溶液体积大于a点，所以b点浓度小于a点，则ROH电离程度：b＞a，正确；C．若两种溶液无限稀释，最终其溶液中c(OH-)接近于纯水中c(OH-)，所以它们的c(OH-)相等，正确；D．根据A知，碱性MOH＞ROH，当=2时，由于ROH是弱电解质，升高温度能促进ROH的电离，所以减小，错误；故选D。
12．（2016·浙江高考真题）常温下，关于pH相等的盐酸和醋酸溶液(两溶液的OH－浓度也相等)，下列说法正确的是( )
A．c(HCl)>c(CH3COOH)
B．c(Cl－)＝c(CH3COO－)
C．等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，盐酸产生的H2多
D．用相同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，盐酸消耗的NaOH溶液体积多
【答案】B
【解析】A．醋酸为弱电解质，在溶液中部分电离，pH相等时，醋酸浓度较大，即c(HCl)＜c(CH3COOH)，错误；B．溶液的pH相等，则两溶液中的氢离子、氢氧根离子浓度相等，根据电荷守恒可知c(Cl-)=c(CH3COO-)，正确；C．等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，由于醋酸的浓度较大，则醋酸产生的H2多，错误；D．同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，由于醋酸的浓度大于盐酸，则醋酸消耗的NaOH溶液体积多，错误；故选B。
13．（2016·上海高考真题）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 mol/L CH3COONa溶液的pH大于7
C．CH3COOH溶液与NaCO3反应生成CO2
D．0.1 mol/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，但是不能证明其酸性强弱，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；故选B。
14．（2010·重庆高考真题）pH＝2的两种一元酸x和y，体积均为100 mL，稀释过程中pH与溶液体积的关系如下图所示。分别滴加NaOH溶液(c＝0.1 mol·L－1)至pH＝7。消耗NaOH溶液的体积为Vx、Vy则( )
A．x为弱酸，VxVy
C．y为弱酸，VxVy
【答案】C
【解析】由图可知，pH=2的两种一元酸x和y，均稀释10倍，x的pH为3，y的pH＜3，则x为强酸，y为弱酸；pH=2的x，其浓度为0.01mol/L，与NaOH发生中和反应后pH=7，为中性，则0.01mol/L×0.1L=0.1mol/L×V碱，解得V碱=0.01L，而pH=2的y，其浓度大于0.01mol/L，若二者恰好生成正盐，水解显碱性，为保证溶液为中性，此时y剩余，但y的物质的量大于x，y消耗的碱溶液体积大，体积大于0.01L，则Vx
A．pH=5的H2S溶液中，c(H+)= c(HS－)=1×10－5mol·L－1
B．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1
C．pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na＋)+ c(H＋)= c(OH－)+c( HC2O4－)
D．pH相同的①CH3COO Na②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na＋)：①＞②＞③
【答案】D
【解析】A．H2S溶液中分步电离，H2SH++HS-，HS-H++S2-，根据电荷守恒知c(H+)=c(HS－)+2c(S2-)+ c(OH-)=1×10－5mol·L－1，错误；B．加水稀释促进一水合氨的电离，pH=a的氨水，稀释10倍后，其pH=b，则a＜b+1，错误；C．pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合，溶液中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-），错误；D．酸性大小为CH3COOH＞H2CO3＞HClO，组成盐的酸根对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，相同浓度时溶液的碱性越强。pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液，盐的浓度：①＞②＞③，c（Na+）：①＞②＞③，正确；答案选D。
16．（2011·全国高考真题）将浓度为0.1mol·L-1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是
A．c（H+） B．Ka(HF) C． D．
【答案】D
【解析】A． HFH++F-，加水稀释，c（H+）减小，错误；B． Ka=，只与温度有关，不会随着浓度的变化而变化，错误；C． =，加水不断稀释，n(F-)不断减小直至为0，而n(H+)则无线接近于10-7mol，故会减小，错误；D． = ，因c(F-)减小，故 增大，正确；答案选D。
17．（2015·海南高考真题）下列曲线中，可以描述乙酸（甲， Ka=1.8×10-5）和一氯乙酸（乙， Ka=1.4×10-3）在水中的电离度与浓度关系的是（）
A
B
C
D
【答案】B
【解析】根据题给电离常数分析乙酸和一氯乙酸均为弱电解质且在相同温度、相同浓度时，醋酸的电离度小于一氯乙酸，即甲的电离度小于乙；弱电解质的浓度越大，电离度越小，只有B中图像符合，而A、C、D均不符合，可选；故答案选B。
18．（2012·重庆高考真题）下列叙述正确的是（ ）
A．盐酸中滴加氨水至中性，溶液中溶质为氯化铵
B．稀醋酸加水稀释，醋酸电离程度增大，溶液的pH减小
C．饱和石灰水中加入少量CaO，恢复至室温后溶液的pH不变
D．沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成带电的胶体，导电能力增强
【答案】C
【解析】A．当盐酸和氨水恰好中和生成NH4Cl时，由于铵根离子水解呈酸性，若使溶液呈中性，应继续向溶液中加入氨水，故溶液中的溶质是NH4Cl和NH3•H2O，错误；B．向稀醋酸中加水时，醋酸的电离平衡正向移动，醋酸的电离程度增大，但c(H+)减小，故pH增大，错误；C．温度不变，Ca(OH)2的溶解度不发生变化，故饱和石灰水中c(OH-)的浓度不变，所以pH不变，正确；D．氢氧化铁胶体的胶体粒子带有正电荷，但氢氧化铁胶体呈电中性，错误；故选C。
19．（2013·上海高考真题）部分弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸
HCOOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数（25℃）
Ki=1.77×10-4
Ki=4.9×10-10
Ki1=4.3×10-7 Ki2=5.6×10-11
下列选项错误的是
A．2CN-+H2O+CO2→2HCN+CO32-
B．2HCOOH+CO32-→2HCOO-+H2O+CO2↑
C．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者
D．等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者大于后者
【答案】A
【解析】根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序为：HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，据此分析解答。A、根据表中数据判断酸性HCN>HCO3-，所以二氧化碳与CN-的反应不可能生成CO32-，错误；B、HCOOH＞H2CO3，所以醋酸可以与CO32-反应制取二氧化碳，正确；C、等体积、等pH的HCOOH和HCN溶液中，后者的浓度大与前者，所以消耗NaOH的量前者小于后者，正确；D、根据电荷守恒，c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），c（CN-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），即离子总数是n（Na+）+n（H+）的2倍，而NaCN的水解程度大，即NaCN溶液中的c（OH-）大，c（H+）小，c（Na+）相同，所以乙酸钠中离子浓度大，正确；答案选A。
20．（2011·山东高考真题）室温下向10mL pH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是
A．溶液中导电粒子的数目减少
B．溶液中不变
C．醋酸的电离程度增大，C（H+）亦增大
D．再加入10mlpH=11的NaOH溶液，混合液pH=7
【答案】B
【解析】A．加水稀释有利于醋酸的电离，故溶液中导电粒子的数目增加，A错误；B．在稀释的过程中，温度不变，故Ka=c(CH3COO-)c(H+)/c(CH3COOH)不变，又因为c(H+)=Kw/c(OH-),(CH3COO-)×Kw/［c(CH3COOH)·c(OH-)］=Ka，Kw在室温下也是常数，正确；C．电离程度虽然增大，但c(H+)减小，C错误；D．加入10 mL pH=11的NaOH溶液，混合液中和后，因醋酸还有大量剩余，故pH应小于7，D错误。故选B。
21．（2013·福建高考真题）室温下，对于0.10 mol·L-1的氨水，下列判断正确的是
A．与AlCl3溶液反应发生的离子方程式为 Al3++3OH-=Al(OH)3↓
B．加水稀释后，溶液中c(NH4+)c(OH-)变大
C．用HNO3溶液完全中和后，溶液不显中性
D．其溶液的pH=13
【答案】C
【解析】A、一水合氨是弱电解质，离子方程式中要写化学式，该反应的离子方程式为：Al3++3NH3·H2O═Al(OH)3↓+3NH4+，错误；B、加水稀释促进一水合氨电离，但铵根离子、氢氧根离子浓度都减小，所以c(NH4+)•c(OH-)减小，错误；C、用HNO3溶液完全中和后得硝酸铵溶液，硝酸铵是强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，正确；D、一水合氨是弱电解质，在氨水中部分电离，所以0.10mol•L-1氨水的pH小于13，错误；故选C。
22．（2014·浙江高考真题）氯在饮用水处理中常用作杀菌剂，且HClO的杀菌能力比ClO－强。25℃时氯气-氯水体系中存在以下平衡关系：
Cl2(g)Cl2(aq) K1=10－1.2
Cl2(aq)+ H2OHClO + H++Cl－K2=10－3.4
HClOH++ ClO－Ka=?
其中Cl2(aq)、HClO和ClO－分别在三者中所占分数(α)随pH变化的关系如图所示。下列表述正确的是（ ）
A．Cl2(g)+ H2O2H++ ClO－+ Cl－K=10－10.9
B．在氯处理水体系中，c(HClO) + c(ClO－) =c(H+)－c(OH－)
C．用氯处理饮用水时，pH=7.5时杀菌效果比pH=6.5时好
D．氯处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季差
【答案】D
【解析】根据图象知，HClOH++ClO-中pH=7.5，Ka= c(H+)c(ClO－)/c(HClO)=10-7.5；A、将已知的三个式子相加可得Cl2(g)+ H2O2H++ ClO－+ Cl－，所以K=K1·K2·Ka=10-1.2×10-3.4×10-7.5=10-12.1，错误；B、体系中存在电荷守恒c（H+）=c（Cl-）+c（ClO-）+c（OH-），即c（Cl-）+c（ClO-）=c（H+）-c（OH-），在氯水中HCl完全电离、HClO部分电离，所以c（HClO）＜c（Cl-），所以c（HClO）+c（ClO-）＜c（H+）-c（OH-），错误；C、起杀菌作用的是HClO，由图象可知，pH=6.5时c（HClO）比pH=7.5时要大，HClO浓度越大，杀菌效果好，所以pH=7.5时杀菌效果比pH=6.5时差，错误；D、夏季相比冬季温度高，HClO易分解，所以杀菌效果不如冬季，正确。
23．（2017·浙江高考真题）为证明醋酸是弱电解质，下列方法不正确的是( )
A．测定0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH
B．测定0.1 mol·L－1CH3COONa溶液的酸碱性
C．比较浓度均为0.1 mol·L－1盐酸和醋酸溶液的导电能力
D．比较相同物质的量浓度的NaOH溶液和醋酸溶液恰好反应完全时消耗两溶液的体积
【答案】D
【解析】A．测定0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH，通过0.1mol•L-1醋酸溶液pH大于1，可证明醋酸没有完全电离，所以能证明醋酸是弱电解质，A正确；B．测定0.1 mol·L－1CH3COONa溶液的酸碱性，通过溶液显碱性，可证明CH3COONa是强碱弱酸盐，所以能证明醋酸是弱电解质，B正确；C．比较浓度均为0.1 mol·L－1盐酸和醋酸溶液的导电能力，通过醋酸导电能力弱，可证明醋酸没完全电离，所以能证明醋酸是弱电解质，C正确；D．相同物质的量浓度的NaOH溶液和醋酸溶液恰好反应完全时消耗两溶液的体积相等，无法证明醋酸电离情况，D错误。
24．（2016·浙江高考真题）关于常温下浓度均为0.1 mol·L-1 的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是
A．醋酸溶液的pH小于盐酸
B．醋酸的电离方程式：CH3COOH＝CH3COO-＋H+
C．c(CH3COOH)＋c(CH3COO-)＝c(Cl-)
D．0.1 mol·L-1 的醋酸溶液与等物质的量浓度、等体积的氢氧化钠溶液混合后：c(H+)＞c(OH-)
【答案】C
【解析】A、盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，所以溶液中c(H+)盐酸＞醋酸，醋酸溶液的pH大于盐酸，错误；B、醋酸是弱酸，电离是可逆过程，错误；C、醋酸存在电离平衡，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)═0.1mol/L=c(Cl-)正确；D、0.1mol•L-1 的醋酸溶液与等物质的量浓度、等体积的氢氧化钠溶液混合后生成CH3COONa，醋酸根离子水解溶液显碱性，错误；故选C。
25．（2014·上海高考真题）25℃时，甲、乙两烧杯均盛有5mLpH＝3的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至pH＝4。下列关于甲烧杯和稀释后的乙烧杯中的溶液的描述中，不正确的是
A．溶液的体积：10V甲≤V乙
B．水电离出的OH－浓度：10c(OH－)甲＝c(OH－)乙
C．若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲≤乙
D．若分别与5mLpH＝11的NaOH溶液反应，所得溶液的pH：甲≤乙
【答案】C
【解析】A．若为强酸，则应加水到体积是原来的10倍，若为弱酸，由于有电离平衡的移动，所以加水的体积要多，稀释的倍数大于10倍，A正确；B．在甲溶液中水电离的氢氧根离子浓度为10-11mol/L，乙溶液中水电离的氢氧根离子浓度为10-10mol/L，所以水电离出的OH－浓度：10c(OH－)甲＝c(OH－)乙，B正确；C．由于甲和乙中含有的一元酸的物质的量相等，所以用氢氧化钠中和后得到的盐的物质的量也相等，若为强酸，则溶液为中性，若为弱酸，溶液显碱性，而且浓度越小，其pH值越小，所得溶液的pH：甲≥乙，C错误；D．根据酸碱混合时的规律，当pH加和等于14的酸碱等体积混合，谁弱显谁性；若酸为强酸，则反应后溶液为中性，甲反应后再加水稀释得到乙反应后的溶液，则溶液也为中性；若酸为弱酸，则反应后溶液显酸性，浓度越小，其pH越大，D正确；故答案选C。
26．（2013·海南高考真题）0.1mol·L－1HF溶液的pH＝2，则该溶液中有关浓度关系式不正确的是( )
A．c(H＋)>c(F－) B．c(H＋)>c(HF) C．c(OH－)＜c(HF) D．c(HF)>c(F－)
【答案】B
【解析】0.1mol·L－1HF溶液的pH＝2，则HF的弱酸。A．由于在HF溶液中还含水的电离，因此在溶液中c(H＋)>c(F－)。正确；B．HF是弱酸，在溶液中主要以酸分子的形式存在，酸电离产生的离子浓度很小，所以c(HF) > c(H＋)，错误；C．在溶液中由于溶液显酸性，所以c(OH－)＜c(H＋)，而酸电离的程度很微弱，所以c(HF)> c(OH－),正确；D．在酸溶液中酸电离的程度是微弱的，则c(HF)>c(F－)。正确。
27．（2010·全国高考真题）下列关于电解质溶解的正确判断是
A．在pH=12的溶液中，可以常量共存
B．在pH=0的溶液中，、、、可以常量共存
C．由0.1 mol·一元碱BOH溶液的pH=10，可推知BOH溶液存在BOH =+
D．由 0.1 mol·一元酸HA溶液的pH=3，可推知NaA溶液存在A-+H2OHA+OH-
【答案】D
【解析】A．pH=12的溶液显碱性，OH-和HCO3-反应生成CO32-和水，不能常量共存；B．pH=0溶液显酸性，在酸性溶液中，NO3-有强氧化性，能氧化SO32-，不能常量共存；C．0.1 mol·一元碱BOH溶液的pH=10，说明BOH是弱碱，电离方程式为BOH +，错误；D．0.1 mol·一元酸HA溶液的pH=3，说明HA是弱酸，NaA溶液中存在A-的水解：A-+H2OHA+OH-，正确；故选D。
专题35 弱电解质的电离
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1L0.1mol•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0.1mol
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+ ，1L0.1mol•L-1醋酸溶液中存在物料守恒：n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，或c(CH3COO-)+c(CH3COOH)= 0.1mol•L-1，据此分析解答。A．1L0.1mol•L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，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．1L0.1mol•L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，滴加NaOH溶液过程中，溶液中始终存在物料守恒，n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，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．硫酸钡 B．食盐水 C．二氧化硅 D．醋酸
【答案】A
【解析】按强电解质的定义可知，强电解质指在水中完全电离的电解质，包含强酸、强碱、大部分盐等。所以对四个选项进行物质分类考查：A．可知硫酸钡是强电解质，正确；B．食盐水为混合物，不在强电解质的概念内，错误；C．二氧化硅是非电解质，错误；D．醋酸在水中不完全电离，为弱电解质，错误。故答案选A。
5．（2019·全国高考真题）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0.01mol/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。
6．（2019·天津高考真题）某温度下，和的电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．曲线Ⅰ代表溶液
B．溶液中水的电离程度：b点＞c点
C．从c点到d点，溶液中保持不变（其中、分别代表相应的酸和酸根离子）
D．相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同
【答案】C
【解析】A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ代表HNO2，I代表CH3COOH，错误；B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，错误；C、Ⅱ代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)·c(HNO2)c(OH-)/[c(H+)·c(NO2-)]=kw/k(HNO2)，kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，正确；D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，错误；故选C。
7．（2018·浙江高考真题）下列说法不正确的是
A．测得0.1 mol·L－1的一元酸HA溶液pH＝3.0，则HA一定为弱电解质
B．25℃时，将0.1 mol·L-1的NaOH溶液加水稀释100倍，所得溶液的pH＝11.0
C．25℃时，将0.1 mol·L-1的HA溶液加水稀释至pH＝4.0，所得溶液c(OH－)＝1×10-10 mol·L-1
D．0.1 mol·L-1的HA溶液与0.1 mol·L-1的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH一定等于7.0
【答案】D
【解析】A、若HA为强酸，0.1 mol·L-1的HA溶液pH为1.0，现测得溶液pH为3.0，则HA为弱酸，正确；B、0.1mol/L的NaOH溶液加水稀释100倍后，c（OH-）＝1×10-11，pH值为11.0，正确；C、pH值为4.0的溶液中c（H+）＝1×10－4mol/L，在25℃时，水的离子积KW＝1×10-14，（OH-）＝1×10-10mol/L，正确；D、若HA为强酸，与NaOH等体积等浓度混合后，所得溶液pH为7.0，若HA为弱酸，与NaOH等体积等浓度混合后，所得溶液pH大于7.0，不正确。答案选D。
8．（2018·浙江高考真题）相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法正确的是
A．pH相等的两溶液中：c(CH3COOˉ)＝c(Clˉ)
B．分别中和pH相等、体积相等的两溶液，所需NaOH的物质的量相同
C．相同浓度的两溶液，分别与金属镁反应，反应速率相同
D．相同浓度的两溶液，分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化)：c(CH3COOˉ)＝c(Clˉ)
【答案】A
【解析】A、在pH相等的两种溶液中，氢离子的浓度相同，根据溶液中电荷守恒可知阴离子浓度相等，即c（CH3COO－）=c(Cl－)，正确；B、醋酸为弱酸，是弱电解质只能部分电离，与pH相同的强酸溶液比起来，与其他物质反应时，可以持续电离出氢离子，平衡右移，所以醋酸消耗的氢氧化钠的量要更多一些，错误；C、反应刚开始时，醋酸弱酸部分电离，与同等浓度的强酸比较，反应速率会慢一些，错误；D、当醋酸恰好与NaOH反应时，弱酸根水解呈现出碱性，应为c（CH3COO－）＜c(Cl－)，错误。综上所述，本题的正确答案为A。
9．（2018·天津高考真题）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δ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 mol·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】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。错误；B．含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–和H3PO4，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，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，正确；
10．（2013·上海高考真题）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值增大
C．滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH值减小
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】A、加水，促进电离，但氢离子浓度减小，A错误；B、通入过量SO2气体，发生反应：2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，当SO2过量，溶液显酸性，而且酸性比H2S强，pH值减小，B错误；C、滴加新制氯水，发生反应：Cl2＋H2S=2HCl＋S↓，平衡向左移动，溶液pH值减小，C正确；D、加入少量硫酸铜固体，发生反应：H2S＋Cu2＋=CuS↓＋2H＋，H＋浓度增大，D错误。答案选C。
11．（2015·全国高考真题）浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随的变化如图所示，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c(OH－)相等
D．当=2时，若两溶液同时升高温度，则增大
【答案】D
【解析】A．相同浓度的一元碱，碱的pH越大其碱性越强，根据图知，未加水时，相同浓度条件下，MOH的pH大于ROH的pH，说明MOH的电离程度大于ROH，则MOH的碱性强于ROH的碱性，正确；B．由图示可以看出ROH为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，b点溶液体积大于a点，所以b点浓度小于a点，则ROH电离程度：b＞a，正确；C．若两种溶液无限稀释，最终其溶液中c(OH-)接近于纯水中c(OH-)，所以它们的c(OH-)相等，正确；D．根据A知，碱性MOH＞ROH，当=2时，由于ROH是弱电解质，升高温度能促进ROH的电离，所以减小，错误；故选D。
12．（2016·浙江高考真题）常温下，关于pH相等的盐酸和醋酸溶液(两溶液的OH－浓度也相等)，下列说法正确的是( )
A．c(HCl)>c(CH3COOH)
B．c(Cl－)＝c(CH3COO－)
C．等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，盐酸产生的H2多
D．用相同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，盐酸消耗的NaOH溶液体积多
【答案】B
【解析】A．醋酸为弱电解质，在溶液中部分电离，pH相等时，醋酸浓度较大，即c(HCl)＜c(CH3COOH)，错误；B．溶液的pH相等，则两溶液中的氢离子、氢氧根离子浓度相等，根据电荷守恒可知c(Cl-)=c(CH3COO-)，正确；C．等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，由于醋酸的浓度较大，则醋酸产生的H2多，错误；D．同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，由于醋酸的浓度大于盐酸，则醋酸消耗的NaOH溶液体积多，错误；故选B。
13．（2016·上海高考真题）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 mol/L CH3COONa溶液的pH大于7
C．CH3COOH溶液与NaCO3反应生成CO2
D．0.1 mol/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，但是不能证明其酸性强弱，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；故选B。
14．（2010·重庆高考真题）pH＝2的两种一元酸x和y，体积均为100 mL，稀释过程中pH与溶液体积的关系如下图所示。分别滴加NaOH溶液(c＝0.1 mol·L－1)至pH＝7。消耗NaOH溶液的体积为Vx、Vy则( )
A．x为弱酸，Vx
C．y为弱酸，Vx
【答案】C
【解析】由图可知，pH=2的两种一元酸x和y，均稀释10倍，x的pH为3，y的pH＜3，则x为强酸，y为弱酸；pH=2的x，其浓度为0.01mol/L，与NaOH发生中和反应后pH=7，为中性，则0.01mol/L×0.1L=0.1mol/L×V碱，解得V碱=0.01L，而pH=2的y，其浓度大于0.01mol/L，若二者恰好生成正盐，水解显碱性，为保证溶液为中性，此时y剩余，但y的物质的量大于x，y消耗的碱溶液体积大，体积大于0.01L，则Vx
A．pH=5的H2S溶液中，c(H+)= c(HS－)=1×10－5mol·L－1
B．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1
C．pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na＋)+ c(H＋)= c(OH－)+c( HC2O4－)
D．pH相同的①CH3COO Na②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na＋)：①＞②＞③
【答案】D
【解析】A．H2S溶液中分步电离，H2SH++HS-，HS-H++S2-，根据电荷守恒知c(H+)=c(HS－)+2c(S2-)+ c(OH-)=1×10－5mol·L－1，错误；B．加水稀释促进一水合氨的电离，pH=a的氨水，稀释10倍后，其pH=b，则a＜b+1，错误；C．pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合，溶液中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-），错误；D．酸性大小为CH3COOH＞H2CO3＞HClO，组成盐的酸根对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，相同浓度时溶液的碱性越强。pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液，盐的浓度：①＞②＞③，c（Na+）：①＞②＞③，正确；答案选D。
16．（2011·全国高考真题）将浓度为0.1mol·L-1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是
A．c（H+） B．Ka(HF) C． D．
【答案】D
【解析】A． HFH++F-，加水稀释，c（H+）减小，错误；B． Ka=，只与温度有关，不会随着浓度的变化而变化，错误；C． =，加水不断稀释，n(F-)不断减小直至为0，而n(H+)则无线接近于10-7mol，故会减小，错误；D． = ，因c(F-)减小，故 增大，正确；答案选D。
17．（2015·海南高考真题）下列曲线中，可以描述乙酸（甲， Ka=1.8×10-5）和一氯乙酸（乙， Ka=1.4×10-3）在水中的电离度与浓度关系的是（）
A
B
C
D
【答案】B
【解析】根据题给电离常数分析乙酸和一氯乙酸均为弱电解质且在相同温度、相同浓度时，醋酸的电离度小于一氯乙酸，即甲的电离度小于乙；弱电解质的浓度越大，电离度越小，只有B中图像符合，而A、C、D均不符合，可选；故答案选B。
18．（2012·重庆高考真题）下列叙述正确的是（ ）
A．盐酸中滴加氨水至中性，溶液中溶质为氯化铵
B．稀醋酸加水稀释，醋酸电离程度增大，溶液的pH减小
C．饱和石灰水中加入少量CaO，恢复至室温后溶液的pH不变
D．沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成带电的胶体，导电能力增强
【答案】C
【解析】A．当盐酸和氨水恰好中和生成NH4Cl时，由于铵根离子水解呈酸性，若使溶液呈中性，应继续向溶液中加入氨水，故溶液中的溶质是NH4Cl和NH3•H2O，错误；B．向稀醋酸中加水时，醋酸的电离平衡正向移动，醋酸的电离程度增大，但c(H+)减小，故pH增大，错误；C．温度不变，Ca(OH)2的溶解度不发生变化，故饱和石灰水中c(OH-)的浓度不变，所以pH不变，正确；D．氢氧化铁胶体的胶体粒子带有正电荷，但氢氧化铁胶体呈电中性，错误；故选C。
19．（2013·上海高考真题）部分弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸
HCOOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数（25℃）
Ki=1.77×10-4
Ki=4.9×10-10
Ki1=4.3×10-7 Ki2=5.6×10-11
下列选项错误的是
A．2CN-+H2O+CO2→2HCN+CO32-
B．2HCOOH+CO32-→2HCOO-+H2O+CO2↑
C．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者
D．等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者大于后者
【答案】A
【解析】根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序为：HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，据此分析解答。A、根据表中数据判断酸性HCN>HCO3-，所以二氧化碳与CN-的反应不可能生成CO32-，错误；B、HCOOH＞H2CO3，所以醋酸可以与CO32-反应制取二氧化碳，正确；C、等体积、等pH的HCOOH和HCN溶液中，后者的浓度大与前者，所以消耗NaOH的量前者小于后者，正确；D、根据电荷守恒，c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），c（CN-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），即离子总数是n（Na+）+n（H+）的2倍，而NaCN的水解程度大，即NaCN溶液中的c（OH-）大，c（H+）小，c（Na+）相同，所以乙酸钠中离子浓度大，正确；答案选A。
20．（2011·山东高考真题）室温下向10mL pH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是
A．溶液中导电粒子的数目减少
B．溶液中不变
C．醋酸的电离程度增大，C（H+）亦增大
D．再加入10mlpH=11的NaOH溶液，混合液pH=7
【答案】B
【解析】A．加水稀释有利于醋酸的电离，故溶液中导电粒子的数目增加，A错误；B．在稀释的过程中，温度不变，故Ka=c(CH3COO-)c(H+)/c(CH3COOH)不变，又因为c(H+)=Kw/c(OH-),(CH3COO-)×Kw/［c(CH3COOH)·c(OH-)］=Ka，Kw在室温下也是常数，正确；C．电离程度虽然增大，但c(H+)减小，C错误；D．加入10 mL pH=11的NaOH溶液，混合液中和后，因醋酸还有大量剩余，故pH应小于7，D错误。故选B。
21．（2013·福建高考真题）室温下，对于0.10 mol·L-1的氨水，下列判断正确的是
A．与AlCl3溶液反应发生的离子方程式为 Al3++3OH-=Al(OH)3↓
B．加水稀释后，溶液中c(NH4+)c(OH-)变大
C．用HNO3溶液完全中和后，溶液不显中性
D．其溶液的pH=13
【答案】C
【解析】A、一水合氨是弱电解质，离子方程式中要写化学式，该反应的离子方程式为：Al3++3NH3·H2O═Al(OH)3↓+3NH4+，错误；B、加水稀释促进一水合氨电离，但铵根离子、氢氧根离子浓度都减小，所以c(NH4+)•c(OH-)减小，错误；C、用HNO3溶液完全中和后得硝酸铵溶液，硝酸铵是强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，正确；D、一水合氨是弱电解质，在氨水中部分电离，所以0.10mol•L-1氨水的pH小于13，错误；故选C。
22．（2014·浙江高考真题）氯在饮用水处理中常用作杀菌剂，且HClO的杀菌能力比ClO－强。25℃时氯气-氯水体系中存在以下平衡关系：
Cl2(g)Cl2(aq) K1=10－1.2
Cl2(aq)+ H2OHClO + H++Cl－K2=10－3.4
HClOH++ ClO－Ka=?
其中Cl2(aq)、HClO和ClO－分别在三者中所占分数(α)随pH变化的关系如图所示。下列表述正确的是（ ）
A．Cl2(g)+ H2O2H++ ClO－+ Cl－K=10－10.9
B．在氯处理水体系中，c(HClO) + c(ClO－) =c(H+)－c(OH－)
C．用氯处理饮用水时，pH=7.5时杀菌效果比pH=6.5时好
D．氯处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季差
【答案】D
【解析】根据图象知，HClOH++ClO-中pH=7.5，Ka= c(H+)c(ClO－)/c(HClO)=10-7.5；A、将已知的三个式子相加可得Cl2(g)+ H2O2H++ ClO－+ Cl－，所以K=K1·K2·Ka=10-1.2×10-3.4×10-7.5=10-12.1，错误；B、体系中存在电荷守恒c（H+）=c（Cl-）+c（ClO-）+c（OH-），即c（Cl-）+c（ClO-）=c（H+）-c（OH-），在氯水中HCl完全电离、HClO部分电离，所以c（HClO）＜c（Cl-），所以c（HClO）+c（ClO-）＜c（H+）-c（OH-），错误；C、起杀菌作用的是HClO，由图象可知，pH=6.5时c（HClO）比pH=7.5时要大，HClO浓度越大，杀菌效果好，所以pH=7.5时杀菌效果比pH=6.5时差，错误；D、夏季相比冬季温度高，HClO易分解，所以杀菌效果不如冬季，正确。
23．（2017·浙江高考真题）为证明醋酸是弱电解质，下列方法不正确的是( )
A．测定0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH
B．测定0.1 mol·L－1CH3COONa溶液的酸碱性
C．比较浓度均为0.1 mol·L－1盐酸和醋酸溶液的导电能力
D．比较相同物质的量浓度的NaOH溶液和醋酸溶液恰好反应完全时消耗两溶液的体积
【答案】D
【解析】A．测定0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH，通过0.1mol•L-1醋酸溶液pH大于1，可证明醋酸没有完全电离，所以能证明醋酸是弱电解质，A正确；B．测定0.1 mol·L－1CH3COONa溶液的酸碱性，通过溶液显碱性，可证明CH3COONa是强碱弱酸盐，所以能证明醋酸是弱电解质，B正确；C．比较浓度均为0.1 mol·L－1盐酸和醋酸溶液的导电能力，通过醋酸导电能力弱，可证明醋酸没完全电离，所以能证明醋酸是弱电解质，C正确；D．相同物质的量浓度的NaOH溶液和醋酸溶液恰好反应完全时消耗两溶液的体积相等，无法证明醋酸电离情况，D错误。
24．（2016·浙江高考真题）关于常温下浓度均为0.1 mol·L-1 的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是
A．醋酸溶液的pH小于盐酸
B．醋酸的电离方程式：CH3COOH＝CH3COO-＋H+
C．c(CH3COOH)＋c(CH3COO-)＝c(Cl-)
D．0.1 mol·L-1 的醋酸溶液与等物质的量浓度、等体积的氢氧化钠溶液混合后：c(H+)＞c(OH-)
【答案】C
【解析】A、盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，所以溶液中c(H+)盐酸＞醋酸，醋酸溶液的pH大于盐酸，错误；B、醋酸是弱酸，电离是可逆过程，错误；C、醋酸存在电离平衡，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)═0.1mol/L=c(Cl-)正确；D、0.1mol•L-1 的醋酸溶液与等物质的量浓度、等体积的氢氧化钠溶液混合后生成CH3COONa，醋酸根离子水解溶液显碱性，错误；故选C。
25．（2014·上海高考真题）25℃时，甲、乙两烧杯均盛有5mLpH＝3的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至pH＝4。下列关于甲烧杯和稀释后的乙烧杯中的溶液的描述中，不正确的是
A．溶液的体积：10V甲≤V乙
B．水电离出的OH－浓度：10c(OH－)甲＝c(OH－)乙
C．若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲≤乙
D．若分别与5mLpH＝11的NaOH溶液反应，所得溶液的pH：甲≤乙
【答案】C
【解析】A．若为强酸，则应加水到体积是原来的10倍，若为弱酸，由于有电离平衡的移动，所以加水的体积要多，稀释的倍数大于10倍，A正确；B．在甲溶液中水电离的氢氧根离子浓度为10-11mol/L，乙溶液中水电离的氢氧根离子浓度为10-10mol/L，所以水电离出的OH－浓度：10c(OH－)甲＝c(OH－)乙，B正确；C．由于甲和乙中含有的一元酸的物质的量相等，所以用氢氧化钠中和后得到的盐的物质的量也相等，若为强酸，则溶液为中性，若为弱酸，溶液显碱性，而且浓度越小，其pH值越小，所得溶液的pH：甲≥乙，C错误；D．根据酸碱混合时的规律，当pH加和等于14的酸碱等体积混合，谁弱显谁性；若酸为强酸，则反应后溶液为中性，甲反应后再加水稀释得到乙反应后的溶液，则溶液也为中性；若酸为弱酸，则反应后溶液显酸性，浓度越小，其pH越大，D正确；故答案选C。
26．（2013·海南高考真题）0.1mol·L－1HF溶液的pH＝2，则该溶液中有关浓度关系式不正确的是( )
A．c(H＋)>c(F－) B．c(H＋)>c(HF) C．c(OH－)＜c(HF) D．c(HF)>c(F－)
【答案】B
【解析】0.1mol·L－1HF溶液的pH＝2，则HF的弱酸。A．由于在HF溶液中还含水的电离，因此在溶液中c(H＋)>c(F－)。正确；B．HF是弱酸，在溶液中主要以酸分子的形式存在，酸电离产生的离子浓度很小，所以c(HF) > c(H＋)，错误；C．在溶液中由于溶液显酸性，所以c(OH－)＜c(H＋)，而酸电离的程度很微弱，所以c(HF)> c(OH－),正确；D．在酸溶液中酸电离的程度是微弱的，则c(HF)>c(F－)。正确。
27．（2010·全国高考真题）下列关于电解质溶解的正确判断是
A．在pH=12的溶液中，可以常量共存
B．在pH=0的溶液中，、、、可以常量共存
C．由0.1 mol·一元碱BOH溶液的pH=10，可推知BOH溶液存在BOH =+
D．由 0.1 mol·一元酸HA溶液的pH=3，可推知NaA溶液存在A-+H2OHA+OH-
【答案】D
【解析】A．pH=12的溶液显碱性，OH-和HCO3-反应生成CO32-和水，不能常量共存；B．pH=0溶液显酸性，在酸性溶液中，NO3-有强氧化性，能氧化SO32-，不能常量共存；C．0.1 mol·一元碱BOH溶液的pH=10，说明BOH是弱碱，电离方程式为BOH +，错误；D．0.1 mol·一元酸HA溶液的pH=3，说明HA是弱酸，NaA溶液中存在A-的水解：A-+H2OHA+OH-，正确；故选D。
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