高考化學一輪復習：電離平衡（練習）（解析版）

第28講電離平衡

（模擬精練+真題演練）

一最新模擬精編

完卷時間：50分鐘

一、選擇題（每小題只有一個正確選項，共12X5分）

1.（2023?浙江金華?模擬預測）下列物質(zhì)中屬于強電解質(zhì)且水溶液顯酸性的是

A.鹽酸B.AlChC.CH3COOHD.Na2SiO3

【答案】B

【解析】A.鹽酸屬于混合物，不屬于電解質(zhì)；故A不符合題意；B.AlCb屬于鹽，是強電解質(zhì)，而且電

解后溶液中AF+水解使得溶液呈酸性；故B符合題意；C.CH3coOH屬于弱電解質(zhì)；故C不符合題意；

D.NazSiCh是強電解質(zhì)，SiO：水解呈堿性；故D不符合題意；故答案選B。

2.（2023?全國?模擬預測）實驗測得濃度均為O.lOmoLU的CH3coONa溶液和CH3coOH溶液的pH隨溫

度的變化情況如圖所示。下列說法錯誤的是

A.T；C時，CH3coOH的電離平衡常數(shù)約為10-（2?。?/p>

B.T；C后，CH3coOH溶液的pH隨溫度的升高而增大的原因可能是CH3coOH的揮發(fā)

C.升高溫度，CH3cOONa溶液中c（OH-）減小，c（H+）增大，pH減小

+

D.CH3coONa溶液中存在：c（H）+c（CH3COOH）=cfOH'）

【答案】C

【解析】A.時，O.lOmol?□的pH=a,CH3coOH的電離平衡常數(shù)約為吟薩=1。心山，故A正

確；B.升高溫度，促進CH3coOH電離，溶液中c（H+）增大，岑C后，c（fT）減小，說明醋酸的濃度降低,

CH,COOH的揮發(fā)會導致c（H+）降低，故B正確；C.升高溫度，使CH3coeT水解平衡正向移動，CH,COONa

溶液中c（OH。增大，故C錯誤；D.根據(jù)質(zhì)子守恒，CH3coONa溶液中c（H+）+c（CH3cOOH）=c（OfT）,

故D正確；選C。

3.（2023.浙江?校聯(lián)考模擬預測）下列說法不無聊的是

A.相同溫度下，pH相等的氨水、NaOH溶液中，C（OH）相等

B.pH=4的醋酸溶液的物質(zhì)的量濃度大于pH=5的醋酸溶液的10倍

C.pH均為4的鹽酸和氯化銹溶液等體積混合后，所得溶液的pH=4

D.用同濃度的NaOH溶液分別與等體積、等pH的鹽酸和醋酸溶液恰好完全反應，鹽酸消耗NaOH溶液的

體積更大

【答案】D

【解析】A.相同溫度下，水的離子積相等，pH相等的氨水、NaOH溶液中，c（H+）相等，則溶液中C（OH）

相等，A正確；B.醋酸為弱酸，不能完全電離，濃度越大，電離程度越小，pH=4的醋酸溶液的物質(zhì)的量

10"410-5

濃度為——1110「匚|（%為電離度），pH=5的醋酸溶液的物質(zhì)的量濃度為——moLLT（a?為電離度），故前者

叫a2

比后者的10倍還大,B正確;C.pH均為4的鹽酸和氯化鍍?nèi)芤旱润w積混合的瞬間，c（H+）=1.0xl0-4moblr1,

不發(fā)生變化，鏤根離子和一水合氨的濃度瞬間變?yōu)樵瓉淼亩种?，則二者的比值不變，故所得溶液中水

的電離平衡沒有移動，氯化鏤的水解平衡沒有移動，混合溶液中c（H+）=1.0xl（T4moi.LT,pH=4,C正確；

D.醋酸是弱酸，等體積、等pH的鹽酸和醋酸溶液中醋酸的物質(zhì)的量大于鹽酸的物質(zhì)的量，則用同濃度的

NaOH溶液分別與等體積、等pH的鹽酸和醋酸溶液恰好完全反應，醋酸消耗NaOH溶液的體積更大，D錯

誤。故選D。

4.（2023?上海奉賢?統(tǒng)考二模）以下物質(zhì)屬于弱電解質(zhì)的是

A.乙醇B.乙酸C.次氯酸鈉D.高鎰酸鉀

【答案】B

【解析】A.乙醇在水溶液和熔融狀態(tài)下都無法導電，屬于非電解質(zhì)，A錯誤；B.乙酸在水中部分電離，

屬于弱電解質(zhì)，B正確；C.次氯酸鈉在水中完全電離產(chǎn)生Na+和CK>,是強電解質(zhì)，C錯誤；D.高錦酸

鉀在水中完全電離產(chǎn)生K+和MnO；,是強電解質(zhì)，D錯誤；故答案選B。

5.（2023?江西宜春?江西省宜豐中學?？寄M預測）化學常用圖像直觀地描述化學反應的進程或結(jié)果。下

A.圖①表示弱電解質(zhì)在水中建立電離平衡的過程

B.圖②表示強堿滴定強酸的滴定曲線

C.圖③表示25℃時分別稀釋pH=ll的NaOH溶液和氨水時溶液pH的變化，曲線H表示氨水

D.圖④可表示CH3coOH溶液中通入NH3至過量的過程中溶液導電性的變化

【答案】D

【解析】A.弱電解質(zhì)存在電離平衡，平衡時正逆反應速率相等，圖像符合電離特點，選項A正確；B.強

堿滴定強酸，溶液pH增大，存在pH的突變，圖像符合，選項B正確；C.25°C時分別稀釋pH=ll的NaOH

溶液和氨水，弱堿溶液氨水的pH變化小，強堿NaOH的pH變化大，曲線H表示氨水，圖像符合，選項C

正確；D.向CH3coOH溶液中通入NH3生成醋酸錢，體積不變，自由移動離子濃度變大，導電性開始應

增強，而不是減弱，圖像不符合，選項D錯誤；答案選D。

6.(2023?河南?校聯(lián)考模擬預測)用強堿滴定某一元弱酸時，弱酸被強堿部分中和后得到“弱pH酸鹽和弱

C(酉菱)

酸”組成的緩沖溶液，其中存在pH=pKa1g嗔/。25℃時O.lmolLi的NaOH溶液滴定16.00mL某未知

C(鹽)

濃度的HA溶液，滴定過程中消耗NaOH溶液的體積與混合溶液pH之間的關(guān)系如圖所示(已知：pKa=-lgKa,

A.25℃時，HA電離常數(shù)的數(shù)量級為IO?

B.b點溶液中存在c(HA)+c(H+)>c(A-)+c(OH)

C.c點溶液中離子濃度的大小關(guān)系為c(HA)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)

D.若將HA改為等體積、等濃度的HCN,則pH隨NaOH溶液體積的變化曲線豎直上移

【答案】C

【分析】溫度不變,酸的電離常數(shù)不變，設酸的濃度為cmol/L,由pH=pK「lg需’可得pK/H+lg需,

a點V(NaOH)=8mL、pH=4.27,b點V(NaOH)=16mL、溶液的pH=4.75,存在

4.27+lg穹譽=4.75+lg更浮，化簡得瀉=10。48=3,

解得c=0.2

0.81.610c-lo

【解析】A.pKa=4.75+lg75即,HA電離常數(shù)的數(shù)量級為10”,故A正確；B.由

1.0

分析可知K》產(chǎn)，b點時Ka=^xc(H+)=c(H)l產(chǎn)5,ac(HA)=c(A),此時溶液顯酸性,

c(H+)>c(OH),故c(A-)+c(OH)<c(HA)+c(H+),故B正確；C.由B項分析可知b點時，故c(HA)=c(A),

則隨氫氧化鈉溶液體積增大，C點時溶液c(HA)=c(A),由圖可知溶液呈酸性c(H+)>c(OH-),酸電離程度較

小，所以離子濃度的大小關(guān)系為：c(A)>c(HA)>c(H+)>c(OH-),故C錯誤；D.由HA的酸性強于HCN可

知，HA的電離常數(shù)大于HCN,由pH=pKa-lg噂可知，當1g嚕相等時，酸的電離常數(shù)越大，溶液$pH$越

c(鹽)c(鹽)

小，則若將HA改為等體積等濃度的HCN,則pH隨NaOH溶液體積的變化曲線豎直上移，故D正確；故

選C。

7.(2023?安徽安慶?安慶一中?？既?常溫下，二元酸H2A的Ka2(H2A)=1.0x10-2。在某體系中，氏與

A?一離子不能穿過隔膜，HA-可自由穿過該膜(如圖所示)。溶液中c總(H2A)=C(HA-)+C(A2)當達到平衡時，

下列敘述正確的是

溶液I膜溶液n

pH=7.0pH=1.0

H++A"—HA-<——?HA=H++A2-

+

A.溶液I中：c(H)-c(OH-)=c,&(H2A)

B.溶液n中：c(IfcA)>c(H+)>c(HA-)>c(OH)

C.溶液I和II中的c總(H2A)不相等

D.溶液I和II中的c(A~)之比為105

【答案】C

【分析】由c總(H2A)=c(HA-)+c(A2-)可知溶液中不存在H2A分子，說明H2A的第一步電離是完全電離，由

H+與A2-離子不能穿過隔膜，HA-可自由穿過該膜可知溶液I和溶液II中HA-的濃度相同。

【解析】A.溶液I中pH=7.0,c(H+)=c(OH)A錯誤；B.H2A的第一步電離是完全電離，所以溶液中不

存在H2A分子，B錯誤；C.結(jié)合Ka2(H2A)=1.0xl0-2可計算出c(A")=Ka2”HA)=10-?：(HA,又因溶

液I和溶液II中HA-的濃度相同而H+濃度不同，因此c(A2-)的濃度不同，又因c總(H2A)=c(HA-)+c(A2)故

溶液I和II中的c總(H2A)不相等,C正確；D.由c(A+阿：譽)=1。2?：(HA可計算出二者。仆2一)的

比值為10-1:10-7=106,D錯誤；故選C。

8.(2023?湖北荊州?統(tǒng)考模擬預測)1923年由布朗斯特和勞里提出酸堿質(zhì)子理論認為，在反應過程中能給

出質(zhì)子(H+)的分子或離子都是酸，凡是能接受質(zhì)子的分子或離子都是堿。按照“酸堿質(zhì)子理論”，下列敘述

錯誤的是

A.水既屬于酸又屬于堿

B.可以根據(jù)HNO3的性質(zhì)推斷NO；的堿性較強

+

C.根據(jù)H2c2O4+H2OHC2O；+H3O,則堿性：H2O>HC2O；

D.BrO+H2OHBrO+OH是酸堿反應

【答案】B

【解析】A.根據(jù)酸堿質(zhì)子理論可知，水能電離產(chǎn)生H+,為酸，水能和H+生成H3O+,為堿，所以水既屬于

酸又屬于堿，A正確；B.HNO3是強酸，NO1是弱堿，B錯誤；C.根據(jù)H2c2O4+H2OHC&+H3O+,

可知H2O結(jié)合H+能力大于HC2。：結(jié)合H+能量力，所以堿性：H2O>HC2O；,C正確；

D.BrO+H2OHBrO+OH-,BrO結(jié)合H+,IfeO給出H+,所以該反應是酸堿反應，D正確；故答案選B。

7

9(2023.河南鄭州.鄭州外國語學校校考模擬預測)已知電離常數(shù)：Ka(HCN)=5xl0-i°,H2CO3：Kai=4.3xl0-,

Ka2=5.6xIO-'下列離子方程式書寫正確的是

A.向KCN(aq)中通入少量的CO2氣體：CO2+H2O+2CN=2HCN+CO廣

2+

B.少量SO2通入Ca(C10)2溶液中：SO2+H2O+Ca+2ClO=CaSO3i+2HClO

C.氫氧化鐵沉淀溶解于過量氫碘酸溶液中：2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++6H2O+L

D.向Ba(OH)2溶液中加入少量的NaHCO3溶液：2HCO"Ba2++2OH=BaCO31+CO7+2H2O

【答案】C

【解析】A.由電離常數(shù)可知酸性H2cO3>HCN>HCO”則反應的離子方程式為CN+H2O+CO2=HCN+HCO

2+

上故A錯誤;B.將少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中，二者發(fā)生氧化還原反應,正確的離子方程式為:Ca+3C1O

-

■+H2O+SO2=CaSO41+2HClO+Cl,故B錯誤；C.Fe(OH)3溶于HL后生成的Fe3+能將L氧化為L,自身

被還原為Fe2+,離子方程式為2Fe(OH)3+6H++21=2Fe2++：h+6H2O,故C正確；D.Ba(OH)2溶液中加入少量

2+

NaHCCh溶液，HCO］完全轉(zhuǎn)化成BaCCh沉淀，正確的離子方程式為：HCO；+Ba+OH=BaCO3；+H2O,

故D錯誤；故選C。

10.(2021?廣東?校聯(lián)考模擬預測)在25℃時，將l.OLwmol-L_1CH3coOH溶液與O.lmolNaOH固體混合，

充分反應。向混合液中加入CH3coOH或CH3coONa固體(忽略體積和溫度變化)，溶液pH隨加入CH3coOH

或CH3cOONa固體的物質(zhì)的量的變化關(guān)系如圖所示。下列敘述錯誤的是

力口入CHSOOH力口入CFhCOONa

A.b點混合液中C(H+)<C(OH)+C(CH3COO)

B.加入CHsCOOH過程中，'二c'c八減

clCH3COOI

C.25c時，CH38OH的電離平衡常數(shù)Ka=2^aCmol?LT

aw-0.1

D.a、b、c對應的混合液中，水的電離程度由大到小的順序是b>a>c

【答案】D

【解析】A.b點溶液pH<7,溶液呈酸性，則c(H+)>c(OH)溶液中存在電荷守恒

c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3co0-),則c(Na+)Vc(CH3coeX),所以c(Na+)Vc(CH3coOH)+c(CH3coeT),故A

K

正確；B.加入CH3coOH過程中c(Na+)不變，溶液中c(CH3co。)增大，c(H+)增大，貝UC(OH-)=F^減小，

c(H)

c(Na+)xc(OH-)

則減小，故B正確；C.CH3coONa是弱酸強堿鹽，溶液呈堿性，由圖可知c點溶液呈中

c(CH3COO)

性，則醋酸過量，c(H+)=c(OH)=10-71noi/L,電荷守恒關(guān)系式為c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(CH3coO-),貝。

c(CH3coO尸c(Na+)=0.2mol/L,但c點時c(CH3coOH)+c(CH3co0)=(w+0.1)mol/L,則c點溶液中剩余

c(CH3COOH)=wmol/L-c(CH3COO)=(w-0.1)mol/L,CH3COOH的電離平衡常數(shù)Ka(CH3COOH)=

dCH'COOlc”)02x10-7

--------7\'---------molL-1,故C正確；D.CH3coOH抑制水電離，在b對應的混合液中加入

C(CH3COOH)W-0.1

CH3COOH,水電離程度減小，CH3coO促進水電離，在b對應的混合液中加入CH3co。，水電離程度增大,

則水的電離程度由大到小的順序是c>b>a,故D錯誤；故選：D。

11.(2023?安徽合肥?合肥市第六中學?？寄M預測)室溫下，向20.00mL0.1molLi的H3Ase)4溶液中滴加

等濃度的NaOH溶液?；旌先芤褐?lgX［表示-1g:笠安,」|、一坨喏黑士〕隨溶液pH的

c(HAsOj)C(H2ASO4)C(H3ASO4)

A.曲線,表示也狀篇與溶液PH的關(guān)系

B.當消耗20.00mL的NaOH溶液時，c(Na+)>c(H2AsO4)>c(H3AsO4)>c(HAsOi)

C.pH=7.00時，c(Na+)=3c(HAsO：)+3c(AsO：)

c(H2AseIpc(HAsOj)

D.溶液中存在關(guān)系:c(HAsO：)>c(AsOt)

【答案】C

【解析】A.由題意的H3ASO4屬于三元弱酸，其三級電離中，電離常數(shù)逐漸減小。結(jié)合圖像當-lgX=O時,

表示對應的兩種離子濃度相等，且曲線a的PH最小，則電離出的氫離子濃度最大，故為第一步電離。結(jié)合

電離常數(shù)表達式，知曲線a表示-1g萼4%與溶液pH的關(guān)系，故A項錯誤；B.當消耗20.00mL時，

c(H3Ase)4)

等體積等濃度混合，溶液中溶質(zhì)為NaH,AsC)4，H,AsC)4的電離平衡常數(shù)10-7大于水解平衡常數(shù)嗎，故

10一一

3

C(HASO^)>C(H3ASO4),故B項錯誤；C.根據(jù)電荷守恒得，c(Na+)+c(H+)=c(H2AsO4)+3c(AsO4)+2

+

c(HAsOj)+c(OH),此時PH=7.00,c(H+)=c(OH),同時由曲線b可知，c(H2AsO4)=c(HAsO^),故有c(Na)=

3c(HAsO；)+3c(AsO：),故C項正確;D.H3AsO4的三級電離中，電離常數(shù)逐漸減小,Ka2>Ka3,則

C(HASO4)

<嘩媒，故D項錯誤。故答案選C。

c(AsOj)

12.(2023?河北衡水?衡水市第二中學?？既?常溫下，用O.lOmollT鹽酸滴定O.lOmoLLTMOH溶液，

滴定曲線如圖所示。下列敘述正確的是

A.Kb(MOH)的數(shù)量級為10一5

B.X-Y過程中，水的電離程度及Kw均逐漸增大

C.當?shù)味ㄖ寥芤撼手行詴r，c(M+)+c(MOH)=c(Cl)

D.Y點溶液中：c(H+)-c(MOH)=10-9-2

【答案】D

【解析】A.由圖中X點可知，當中和百分數(shù)為50%時，c(M+)=c(MOH),此時pH=8.3,即

c(H+)=10-83mol-I7',c(OH-)=10-57mol-L-1,&(MOH)=)=c(0H)因此Kb(MOH)的

數(shù)量級為10-6,A錯誤；B.Y點恰好完全反應生成正鹽MCI,X—Y過程中堿的濃度逐漸減小，鹽的濃度

逐漸增大，生成的強酸弱堿鹽水解，促進水的電離，水的電離程度逐漸增大；溫度不變，Kw保持不變，B

錯誤；C.當溶液呈中性時c(H+)=c(OH)根據(jù)電荷守恒可知C(M+)+C(H+)=C(OH-)+C(C「)，

c(M+)=c(Cr),C錯誤；D.根據(jù)質(zhì)子守恒c(H+)=c(MOH)+c(OH-),則Y點溶液中

c(H+)-c(MOH)=c(OH-)=10-92,D正確。故選D。

二、主觀題（共3小題，共40分）

13.（14分）（2023?四川成都?成都七中校考模擬預測）I.研究水溶液中的粒子行為在研究中具有重要價值。

根據(jù)下表所列三種溶液在25℃時的相關(guān)數(shù)據(jù)，按要求填空：

溶液物質(zhì)的量濃度PH

(I)HAc0.1mol/L2.86

(II)NH4C10.1mol/L6.14

(III)NH4HSO40.1mol/L1

（1）根據(jù)表中數(shù)據(jù)，寫出HAc的電離方程式

（2）比較溶液（II）、（III）中c（NH：）的大小關(guān)系是（II）（IH）（填或"="）。

⑶溶液⑴和（II）中由水電離出的c（H+）之比是。

II.某小組研究25℃下HAc電離平衡的影響因素。

提出假設稀釋HAc溶液或改變AL濃度，HAc電離平衡會發(fā)生移動。

設計方案并完成實驗用濃度均為O.lmoLLT的HAc和NaAc溶液，按下表配制總體積相同的系列溶液；測

定pH,記錄數(shù)據(jù)。

((

序號V(HAc)/mLV(NaAc)/mLV(H2O)/mLnNaAc):nHAc)PH

I40.00//02.86

II4.00/36.0003.36

VII4.00ab3：44.53

VIII4.004.0032.001：14.65

（4）根據(jù)表中信息，補充數(shù)據(jù)：a=,b=o

⑸由實驗I和II可知，稀釋HAc溶液，電離平衡（填“正”或“逆”）向移動；結(jié)合表中數(shù)據(jù)，給出判

斷理由：。由實驗II~VIII可知，增大AL濃度，HAc電離平衡逆向移動。

實驗結(jié)論假設成立。

【答案】（每空2分）（l）HAcUAc-+H+

⑶1：1。5

（4）3.0033.00

（5）正實驗n相較于實驗I,醋酸溶液稀釋了10倍，而實驗II的pH增大值小于1

【解析】（1）O.lmol/L醋酸溶液的pH等于2.86,說明是弱電解質(zhì)，則其電離方程式為HAcUA，+H+；

（2）錢根水解顯酸性，硫酸氫錢能電離出氫離子抑制鏤根的水解，則溶液（II）、（III）中c（NH：）的大小關(guān)系

是(n)v(ni)；

(3)醋酸電離出氫離子抑制水的電離，溶液中由水電離出的c(H+)與溶液中的c(OH-)相同，

K10-14

c水(H+)=c(OH-)=靛赤=諼葩=1,0x10-1114moi氯化鏤溶液中鍍根水解促進水的電離，溶液中H+是由水

電離出的，c(H+)=1.0xlO-6」4mol?L-i,則溶液(I)和(II)中由水電離出的c(H+)之比是

(1.Oxl(yu」4moi.LT)：(L0X10614moi工」)=1：105；

(4)由表格中數(shù)據(jù)可知，保證醋酸鈉和醋酸物質(zhì)的量之比為3:4,二者濃度相等，則體積比為3:4,則

a=3.00mL,總體積是40ml,貝Ub=(40-3.00-4.00)mL=33.00mL；

(5)加水稀釋，體積增大，平衡向微粒數(shù)增多的方向移動，即向電離的正向移動，強酸溶液不存在電離平

衡，稀釋10倍pH增大1,而比較實驗I、H,醋酸稀釋10倍，pH增大值小于1。

14.(14分)(2023?濟南一模)常溫下，部分酸的電離常數(shù)如表所示：

化學式HFHCNH2CO3

電離&=Ka=Kal=4.4x10-7

常數(shù)3.5x10"5.Oxl(pi°Ka2=4.7X10-11

(l)c(H+)相同的三種酸，其酸的濃度由大到小的順序為0

⑵若HCN的起始濃度為0.01mol-L-1,平衡時c(H+)約為mol-L^'o若使此溶液中HCN的電

離程度增大且c(H+)也增大的方法是o

(3)中和等量的NaOH,消耗等pH的氫氟酸和硫酸的體積分別為aL>bL,則a伙填“大于”“小于”

或“等于“，下同)。

中和等物質(zhì)的量濃度、等體積的氫氟酸和硫酸需要NaOH的物質(zhì)的量為"1、/2，則m"2。

(4)向NaCN溶液中通入少量的CO2，發(fā)生反應的離子方程式為。

(5)設計實驗證明氫氟酸比鹽酸的酸性弱：。

【答案】(每空2分)(l)c(HCN)>c(H2co3)>C(HF)

(2)^5xl06升［Wj溫度

(3)小于小于

(4)C>T+CO2+H2O=HCN+HCO?

(5)測定等物質(zhì)的量濃度的兩種酸的pH,氫氟酸的pH大(其他合理答案均可)

【解析】(1)根據(jù)三種酸的電離常數(shù)可知，酸性：HF>H2CO3>HCN>HCO?,因此C(H+湘同的三種酸，其酸

的濃度由大到小的順序為c(HCN)>c(H2co3)>C(HF)。(2)設411+)=尤moLLf,根據(jù)HCNH++CN,Ka

c(H+)c(CN-)Y.Y廠

=5.0x10-1。=-----=而——=舄匚，解得g^xloF；弱電解質(zhì)的電離是吸熱過程，升高溫度，能

cQHCM)0.01—Xv

夠促進HCN的電離，電離程度增大，c(H+)也增大。(3)中和等量的NaOH,需要消耗等物質(zhì)的量的H卡,當

氫氟酸和硫酸的pH相等時，由于硫酸是強酸，氫氟酸為弱酸，氫氟酸濃度大于硫酸，需要氫氟酸的體積小

于硫酸的體積，即。小于人氫氟酸為一元酸、硫酸為二元酸，中和等物質(zhì)的量濃度、等體積的氫氟酸和硫

酸需要NaOH的物質(zhì)的量之比為1：2,即小小于3(4)酸性：HF>H2CO3>HCN>HCO;?向NaCN中通入

-

少量的CO2反應生成HCN和NaHCCh，反應的離子方程式為CN+CO2+H2O=HCN+HCO?o(5)證明氫

氟酸比鹽酸的酸性弱可以使用的方法有：①測定等物質(zhì)的量濃度的兩種酸的pH,氫氟酸的pH大；②等物

質(zhì)的量濃度的兩種酸分別與Zn反應，初始氫氟酸冒氣泡慢；③測定等物質(zhì)的量濃度的兩種溶液的導電性，

連接氫氟酸的燈泡較暗等。

15.(12分)25℃時，三種酸的電離平衡常數(shù)如下:

化學式CH3coOHH2CO3HC1O

Ki=4.3xl0-73.0x10-8

電離平衡常數(shù)1.8x10-5

-11

K2=5.6X10

回答下列問題：

(1)一般情況下，當溫度升高時，Ka(填“增大”、“減小”或“不變”)。

(2)下列四種離子結(jié)合質(zhì)子能力由大到小的順序是(填字母)o

2-

a.CO3b.ClCTc.CH3coeTd.HCO3"

(3)下列反應不能發(fā)生的是(填字母)。

2

a.CO3+2CH3COOH=2CH3COO+CO2t+H2O

b.CIO+CH3COOH=CH3COO+HC1O

22

c.CO3+2HC10=CO2T+H20+2C10d.2C10+C02+H20=CO3+2HC10

(4)25℃時，若測得CH3coOH與CH3coONa的混合溶液的pH=6,則溶液中c(CH3coeT)-c(Na+)=

—moLL-i(填精確數(shù)值)。

(5)體積均為10mL、pH均為2的醋酸溶液與HX溶液分別加水稀釋至1000mL,稀釋過程中pH變化如

下圖所示。

稀釋后，HX溶液中水電離出來的c(H+)(填或“<"，下同)醋酸溶液中水電離出來的c(H+)；用

同濃度的NaOH溶液分別中和上述兩種酸溶液，恰好中和時消耗NaOH溶液的體積：醋酸HX。

【答案】(每空2分)(1)增大(2)a>b>d>c(3)cd(4)Q.gxlO^moLL'1(5)>>

【解析】(1)升高溫度促進弱電解質(zhì)的電離，所以當溫度升高時，Ka增大。

(2)電離平衡常數(shù)越大，越易電離，溶液中離子濃度越大，則酸性強弱為：CH3COOH>H2CO3>HCIO>HCO3-,

酸根離子對應的酸的酸性越強，酸根離子結(jié)合氫離子的能力越弱，則四種離子結(jié)合質(zhì)子的能力由大到小的

2

順序是：CO3>C1O>HCO3->CH3COO,即a>b>d>c。

(3)a.CCh'+CH3coOH=CH3coO-+CO2T+H2O：碳酸的酸性小于CH3coOH,所以CH3coOH能夠制取

碳酸，該反應能夠發(fā)生，故a錯誤；b.C1O-+CH3COOH=CH3COO+HC1O：CH3coOH的酸性大于HC1O,

123

CH3coOH能夠制取HC1O,該反應能夠發(fā)生，故b錯誤；c.CO3+HClO=CO2t+H2O+ClO-：HC10的酸性

2

小于碳酸，該反應無法發(fā)生，故c正確；故選cd。d.2C10+C02+H20=C03-+2HC10：由于酸性

H2CO3>HC1O>HCO3-,則碳酸與次氯酸根離子反應只能生成碳酸氫根離子，不會生成CO32一,該反應不能發(fā)

生，故d正確；

(4)根據(jù)電荷守恒得c(CH3co0-)-c(Na+)=c(H+)-c(OH)=(lO^-lO-8)mol-L-1=9.9x10

(5)加水稀釋促進弱酸電離，pH相同的不同酸稀釋相同的倍數(shù)，pH變化大的酸酸性強，變化小的酸酸性

弱；酸或堿抑制水電離，酸中氫離子或堿中氫氧根離子濃度越大其抑制水電離程度越大，根據(jù)圖知，pH相

同的醋酸和HX稀釋相同的倍數(shù)，HX的pH變化大，則HX的酸性大于醋酸，所以HX的電離平衡常數(shù)大

于常數(shù)，稀釋后醋酸中氫離子濃度大于HX,所以醋酸抑制水電離程度大于HX,則HX溶液中水電離出來

的c(H+)大于醋酸溶液水電離出來c(H+)；溶液中氫離子濃度越小，對的抑制程度越小，水的電離程度

越大，稀釋后HX溶液中的c(H+)小于CH3co0H溶液中的c(H+),它對水的電離的抑制能力減弱。

真題實戰(zhàn)演練

1.(2023?浙江?高考真題)硫酸銅應用廣泛，下列說法不乏碰的是

A.Cu元素位于周期表p區(qū)B.硫酸銅屬于強電解質(zhì)

C.硫酸銅溶液呈酸性D.硫酸銅能使蛋白質(zhì)變性

【答案】A

【解析】A.Cu為29號元素，位于IB族，屬于ds區(qū)元素，故A錯誤；B.硫酸銅屬于鹽類，在水溶液中

能完全電離，屬于強電解質(zhì)，故B正確；C.硫酸銅為強酸弱堿鹽，銅離子水解使溶液呈酸性，故C正確；

D.銅離子為重金屬離子，能使蛋白質(zhì)變性，故D正確；故選：A?

2.(2022?浙江?統(tǒng)考高考真題)下列物質(zhì)屬于強電解質(zhì)的是

A.HCOOHB.FeC.Na2CO3D.C2H2

【答案】C

【解析】A.HCOOH是弱酸，在水溶液中只能部分電離，屬于弱電解質(zhì)，A不合題意；B.Fe是單質(zhì)，不

是電解質(zhì)，B不合題意；C.Na2cO3是鹽，在水溶液中能夠完全電離，故屬于強電解質(zhì)，C符合題意；D.C2H2

是有機物，在水溶液和熔融狀態(tài)下均不導電，屬于非電解質(zhì)，D不合題意；故答案為：C。

15

3.(2022?浙江?統(tǒng)考高考真題)已知25℃時二元酸H2A的Kai=1.3xl(y7,Ka2=7.1xl0-o下列說法正確的是

A.在等濃度的Na?A、NaHA溶液中，水的電離程度前者小于后者

B.向O.lmolLi的H2A溶液中通入HC1氣體(忽略溶液體積的變化)至pH=3,則H2A的電離度為0.013%

C.向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=ll,則c(A%)>c(HA-)

D.取pH=a的H2A溶液10mL,加蒸儲水稀釋至100mL,則該溶液pH=a+l

【答案】B

【解析】A.在等濃度的Na?A、NaHA溶液中，A?-的水解程度大于HA,水的電離程度前者大于后者，故

A錯誤；B.溶液中c(H+)=10-3mol/L,H2A電離程度較小，溶液中c(H2A戶O.lmol/L,Kai=

1O3XC(HA*)

5

=1.3x10一7,(HA)=1.3xl0-mol/L,c(HA)~c(HA)電離，

c2則H2A的電離度

C(H2A)

cHA,

-4——