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专题24 弱电解质的电离 常考点归纳与变式演练 学案 高中化学 二轮复习 人教版（2022年）
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这是一份专题24 弱电解质的电离 常考点归纳与变式演练 学案 高中化学 二轮复习 人教版（2022年），共23页。学案主要包含了知识清单等内容，欢迎下载使用。
专题24 弱电解质的电离
1.本部分考查形式主要是以选择题形式。
2.高考考查点主要有三个:
(1)强弱电解质的判断与比较；
(2)外界条件对电离平衡的影响，往往结合图象进行考查，同时考查溶液的pH变化及溶液的导电性；
(3)电离平衡常数，主要命题角度为电离平衡常数的计算及应用。
热点题型一：强弱电解质
热点题型二：电解质溶液的导电能力与溶液中离子的关系
热点题型三：弱电解质的电离平衡及影响因素
热点题型四：一元强酸与一元弱酸的比较
热点题型五：电离平衡常数和电离度
热点题型六：弱电解质分数分布系数图像
热点题型一：强弱电解质
1．强、弱电解质
(1)定义与物质类别
(2)电离方程式的书写：“强等号，弱可逆，多元弱酸分步写，多元弱碱一步完”
①强电解质：如H2SO4：H2SO4===2H＋＋SO42-。
②弱电解质：a．一元弱酸，如CH3COOH：CH3COOHCH3COO－＋H＋。
b．多元弱酸，分步电离，分步书写且第一步电离程度远大于第二步电离程度，
如H2CO3：H2CO3H＋＋HCO3-、HCO3-H＋＋CO32-。
c．多元弱碱，分步电离，一步书写，如Fe(OH)3：Fe(OH)3Fe3＋＋3OH－。
③酸式盐：a．强酸的酸式盐，如NaHSO4在水溶液中：
NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42-；熔融时：NaHSO4===Na＋＋SO42-。
b．弱酸的酸式盐：“强中有弱”，如NaHCO3：
NaHCO3===Na＋＋HCO3-、HCO3-H＋＋CO32-。
注意：(1)中学阶段常见的六大强酸是指HCl、H2SO4、HNO3、HBr、HI、HClO4，其他一般是中强酸或弱酸。
(2)中学阶段常见的四大强碱是指NaOH、KOH、Ca(OH)2、Ba(OH)2，其他一般是中强碱或弱碱。
【例1】下列物质属于强电解质的是
A．浓H2SO4 B．CaCO3 C．H2S D．铁片
【答案】B
【解析】A．浓硫酸是水与硫酸的混合物，H2SO4是电解质，而浓硫酸不是电解质，A项错误；B．碳酸钙属于盐，溶于水的部分可以完全电离变成离子，属于强电解质，B项正确；C．硫化氢的水溶液是能微弱导电的，存在电离平衡，是电解质，但是属于弱电解质，C项错误；D．铁片是单质，它既不是电解质也不是非电解质，D项错误；答案选B。
【例2】下表中物质的分类完全正确的是（ ）
选项
A
B
C
D
强电解质
弱电解质
HClO
非电解质
Al
【答案】A
【解析】A．在水中能完全电离，所以是强电解质，在水中能部分电离，所以是弱电解质，自身不能电离，是非电解质，故A正确；B．在水中能完全电离，所以是强电解质，溶于水的碳酸钙能完全电离，所以属于强电解质，金属Al不是化合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C．溶于水的能完全电离，所以是强电解质，HClO在水中能部分电离，所以是弱电解质，部分电离，是弱电解质，故C错误；D．在水中能完全电离，所以是强电解质，在水中能完全电离，所以是强电解质，在水溶液中不能发生电离，所以是非电解质，故D错误；故答案选A。
【变式1】下列说法正确的是
A．NaHCO3是强电解质，故NaHCO3的电离方程式为NaHCO3=Na++H++CO
B．室温下，0.1mol·L-1的BOH溶液的pH=11，则BOH的电离方程式为BOHB++OH-
C．25℃NaA溶液的pH>7，则HA的电离方程式为HA=H++A-
D．CaCO3的饱和水溶液导电性很弱，故CaCO3的电离方程式为CaCO3Ca2++CO
【答案】B
【解析】A．HCO不完全电离，NaHCO3电离应分步书写，故A不正确；B．室温下，0.1mol·L-1的BOH溶液的pH=11，氢氧根离子的浓度为0.001mol·L-1，故BOH为弱碱，属于弱电解质，电离时用可逆号，故B正确；C．25℃NaA溶液的pH>7，说明NaA是强碱弱酸盐，HA为弱酸，电离是可逆的，故C不正确；D．CaCO3难溶，但属于强电解质，全部电离，故电离用“=”，故D不正确；故选答案B。
【变式2】现有十种物质：①水；②石墨；③氯气；④硫酸钡晶体；⑤醋酸；⑥二氧化碳；⑦氨水；⑧ 氯化钠固体；⑨熔化的氯化钠；⑩氯化钠溶液。请用序号按要求填空：
（1）其中能导电的是________
（2）属于强电解质的是____________属于弱电解质的是____________
（3）属于非电解质的是______
（4）既不是电解质也不是非电解质的是___________________。
【答案】（1）②⑦⑨⑩ （2）④⑧⑨ ①⑤ （3）⑥ （4）②③⑦⑩
【解析】①水不能导电，是弱电解质；②石墨能导电，是单质，既不是电解质，也不是非电解质；③氯气不能导电，属于单质，既不是电解质，也不是非电解质；④硫酸钡晶体无自由移动的离子，不导电，属于强电解质；⑤醋酸溶于水能电离出自由移动的氢离子和醋酸根离子，所以能导电，属于弱电解质，但纯净的醋酸不导电；⑥二氧化碳不导电，是非电解质；⑦氨水中存在铵根离子和氢氧根离子，能导电，氨水是混合物，既不是电解质，也不是非电解质；⑧氯化钠固体无自由移动的离子，不导电，属于强电解质；⑨熔化的氯化钠有自由移动的钠离子和氯离子，所以能导电，是强电解质；⑩氯化钠溶液中有自由移动的钠离子和氯离子，能导电，属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质；（1）其中能导电的是②⑦⑨⑩，故填：②⑦⑨⑩；（2）属于强电解质的是④⑧⑨，属于弱电解质的是①⑤，故填：④⑧⑨ ；①⑤；（3）属于非电解质的是⑥，故填：⑥；（4）既不是电解质也不是非电解质的是②③⑦⑩，故填：②③⑦⑩
热点题型二：电解质溶液的导电能力与溶液中离子的关系
电解质溶液导电能力取决于自由移动离子的浓度和离子所带电荷数，自由移动离子的浓度越大、离子所带电荷数越多，导电能力越强。
比较对象
导电性
原因
同浓度的氢氧化钠溶液与氨水溶液
氢氧化钠溶液大于氨水溶液
氢氧化钠是强电解质，完全电离；一水合氨是弱电解质，部分电离
同浓度的醋酸溶液与草酸溶液
醋酸溶液小于草酸溶液
H2C2O4的Ka1＝5.9×10－2
CH3COOH的Ka＝1.79×10－5
电离常数：H2C2O4＞CH3COOH
氢氧化钠极稀溶液与0.1 mol·L－1氨水溶液
氢氧化钠极稀溶液小于0.1 mol·L－1氨水溶液
氢氧化钠极稀溶液的离子浓度小于0.1 mol·L－1氨水溶液的离子浓度
【例1】下列关于强弱电解质的叙述正确的是（ ）
A．强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液强
B．NH3、CH3COOH、BaSO4、H3PO4都是弱电解质
C．CO2溶于水后能部分电离，故CO2是弱电解质
D．纯净的强电解质在液态时，有的导电，有的不导电
【答案】D
【解析】A．电解质溶液导电能力与自由移动的离子浓度成正比，当弱电解质溶液的离子浓度大于强电解质溶液的离子浓度时，导电能力可以强于强电解质，故A错误；B．NH3是非电解质，CH3COOH和H3PO4都是弱酸，弱酸和弱碱都属于弱电解质，电解质强弱与溶解性无关，取决于电离的程度，硫酸钡难溶于水，但在熔融状态下能完全电离，属于强电解质，故B错误；C．电解质必须是本身能够电离的化合物，二氧化碳本身不能电离，属于非电解质，故C错误；D．纯净的强电解质在液态时，若为共价化合物在液态时，不导电，若为离子化合物在液态时导电，故D正确；答案选D。
【例2】下列溶液中导电性最强的是
A．1 L 0.2 mol·L-1醋酸 B．0.1 L 0.1 mol·L-1H2SO4溶液
C．0.5 L 0.1 mol·L-1盐酸 D．2 L 0.1 mol·L-1H2SO3溶液
【答案】B
【解析】A．醋酸是弱电解质，其电离方程式为：，且电离是微弱的，则0.2 mol·L-1醋酸溶液中阴阳离子总浓度很小；B．H2SO4是强电解质，其电离方程式为：H2SO4 = 2H++，则0.1 mol/L H2SO4溶液中阴阳离子总浓度等于0.3 mol/L；C．HCl为强电解质，其电离方程式为：HCl = H++ Cl-，则 0.1 mol/L盐酸中阴阳离子总浓度等于0.2mol/L；D．H2SO3为弱电解质，其电离方程式为：H2SO3⇌H++，则0.1 mol/L H2SO3溶液不能完全电离，则阴阳离子总浓度略小于0.2mol/L；则可以看出离子浓度最大的为B，导电性最强，故B正确；答案选B。
【变式1】向一定浓度的氨水与氢氧化钠混合液中滴加醋酸，溶液导电能力如图所示，下列说法正确的是
A．段，导电能力下降是由于溶液总体积变大
B．段，发生反应的离子方程式为
C．段，导电能力下降是由于溶液中离子个数在减少
D．随着醋酸的滴加，最终溶液导电性又将增大
【答案】A
【解析】A. ab段发生反应：，离子的量几乎不变，但由于溶液总体积增大，离子浓度相应减小，所以其导电能力下降，故A正确；B. bc段为醋酸与一水合氨反应，一水合氨为弱电解质，与醋酸反应生成醋酸铵，为强电解质，溶液导电性增强，但书写离子方程式时一水合氨不可拆分，因此反应的离子方程式为：，故B错误；C. cd段继续滴加醋酸，此时溶液中氨水和氢氧化钠已反应完，醋酸电离程度很小，离子个数增加很少，但体积增大比较多，离子浓度降低，导致导电性下降，故C错误；D. 随着醋酸的滴加，溶液体积不断增大，离子浓度持续减小，导电性下降，故D错误；故选A。
【变式2】已知溶液的导电性强弱由溶液中离子的浓度大小及离子所带电荷数决定。离子浓度越大，电荷数越多，则溶液导电性越强。某兴趣小组同学做了以下实验：
（1）在如图所示的装置里，若灯泡亮，广口瓶内的物质可以是___________(填序号)。
①干燥的氯化钠晶体 ②干燥的氢氧化钠晶体 ③蔗糖晶体 ④酒精 ⑤氯化钠溶液⑥氢氧化钠溶液 ⑦稀盐酸 ⑧硫酸铜溶液
（2）在电解质溶液的导电性实验装置(如图1所示)中，若向某一电解质溶液中逐滴加另一溶液时，则灯泡由亮变暗，至熄灭后又逐渐变亮(如图2)的是___________ (填字母)。
A．盐酸中逐滴加入食盐溶液
B．硫酸中逐滴加入氢氧化钠溶液
C．石灰乳中滴加稀盐酸
D．硫酸中逐滴加入氢氧化钡溶液
（3）试推测“硫酸中逐滴加入氢氧化钠溶液”，灯泡亮度的变化：___________，变化的原因___________ (用离子方程式解释)。
（4）某一化学兴趣小组的同学在家中进行实验，按照图A连接好线路，发现灯泡不亮；按照图B连接好线路，发现灯泡亮了。由此得出的以下结论中，正确的是___________
图A 图B
A．硝酸钾固体不是电解质
B．硝酸钾溶液是电解质
C．硝酸钾在水溶液中电离出了可以自由移动的离子
D．在硝酸钾溶液中，水电离出了大量的离子
【答案】（1）⑤⑥⑦⑧
（2）D
（3）由亮变暗，但不熄灭
（4）C
【解析】（1）若灯泡亮，广口瓶内的物质可以导电，氯化钠、氢氧化钠晶体虽由离子构成，但离子不能自由移动，所以不导电；两者溶于水后，在水分子的作用下，离解成自由移动的阴、阳离子(实为水合离子)，所以二者的水溶液能导电；蔗糖、酒精由分子构成，不能导电，其水溶液也不导电，稀盐酸、硫酸铜溶液中都有可以自由移动的离子，可以导电；故答案为：⑤⑥⑦⑧；（2）A．盐酸中滴加食盐溶液，使溶液中的带点离子浓度增大，导电能力增强，A错误；B．硫酸中滴加氢氧化钠，氢离子浓度减小，钠离子浓度增大，导电能力几乎不变，B错误；C．石灰乳中滴加盐酸，石灰乳微溶于水，溶于盐酸，使离子浓度增大，导电能力增强，C错误；D．硫酸中滴加氢氧化钡，反应生成硫酸钡沉淀和水，导电能力减弱，当完全反应时，再滴加氢氧化钡溶液，带电离子逐渐增大，导电能力增强，D正确；故选D。
（3）试推测“硫酸中逐滴加入氢氧化钠溶液”，生成硫酸钠和水，硫酸钠易溶于水，其水溶液可以导电，但是此时溶液体积增大，离子浓度减小，故现象是：由亮变暗，但不熄灭；其对应的离子方程式是：；（4）A．硝酸钾固体在溶液水或熔化状态下都能导电，是化合物，属于电解质，故A错误；B．电解质必须为化合物，而硝酸钾溶液属于混合物，一定不是电解质，故B错误；C．硝酸钾溶于水时，在水分子的作用下电离出了可以自由移动的离子，故C正确；D．水为极弱电解质，不可能电离出大量的离子，故D错误；故选C。
热点题型三：弱电解质的电离平衡及影响因素
【知识清单】
1．弱电解质的电离平衡的建立：一定条件(如温度、浓度等)下，当弱电解质分子电离成离子的速率和离子结合成弱电解质分子的速率相等时，电离过程就达到平衡状态，即电离平衡。
2.影响弱电解质电离平衡的因素：
内因：弱电解质本身的性质，是决定因素。
外因：
①温度：升高温度，电离程度增大，即“越热越电离”。
②浓度：越稀越电离，加水稀释，电离平衡向电离方向移动，即“越稀越电离”。
③同离子效应：在弱电解质溶液中加入与弱电解质电离出相同离子的强电解质，电离平衡向生成弱电解质分子的方向移动，即“同离子效应左移”。
④化学反应：若外加物质能与弱电解质电离出的离子发生反应，电离平衡向电离方向移动。即“化学反应右移”
以醋酸电离为例：CH3COOH⇌CH3COO－＋H＋ ΔH>0
体系变化
条件
平衡移动方向
n(H＋)
c(H＋)
导电能力
Ka
加水稀释
向右
增大
减小
减弱
不变
加入少量冰醋酸
向右
增大
增大
增强
不变
通入HCl(g)
向左
增大
增大
增强
不变
加NaOH(s)
向右
减小
减小
增强
不变
加入镁粉
向右
减小
减小
增强
不变
升高温度
向右
增大
增大
增强
增大
加CH3COONa(s)
向左
减小
减小
增强
不变
注意：
(1)稀醋酸加水稀释时，溶液中不一定所有离子的浓度都减小，如醋酸溶液中的c(H＋)减小，但c(OH－)增大。
(2)电离平衡右移，电解质分子的浓度不一定减小，如稀醋酸中加入冰醋酸。
(3)电离平衡右移，离子的浓度不一定增大，电离程度也不一定增大，如增大弱电解质的浓度，使电离平衡向右移动，但电离程度减小。
【例1】已知0.1mol/L的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，要使溶液中c(H+)/c(CH3COOH)值增大，可以采取的措施是
A．加少量烧碱固体 B．降低温度
C．加少量冰醋酸 D．加水
【答案】D
【解析】A．在醋酸溶液中氢氧化钠固体，氢氧根离子和氢离子反应，促进电离，平衡正向移动，醋酸根离子浓度增大，根据电离平衡常数Ka=进行分析，变小，故A错误；B．电离过程吸热，降低温度，平衡逆向移动，比值减小，B错误；C．加入冰醋酸，平衡右移，但电离程度减小，比值减小，C错误；D．加水稀释，促进电离，氢离子个数增多，醋酸分子个数减小，在同一溶液中，体积相同，所以比值增大，D正确；故选D。
【例2】下列关于室温下溶液的说法正确的是
A．的电离方程式：
B．加入少量固体后，溶液的增大
C．滴加稀盐酸的过程中，增大
D．与溶液反应的离子方程式：
【答案】C
【解析】A．为弱电解质，故电离方程式为，A项错误；B．加入固体后，铵根离子浓度变大，，抑制氨水电离，氢氧根离子浓度降低，pH减小，B项错误；C．，加入稀盐酸，氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，促进氨水电离，铵根离子浓度增大，C项正确；D．与溶液反应的离子方程式：，D项错误；答案选C。
【变式1】25℃时，将浓度为0.1 mol/LHF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是( )
A．c(H+) B． C． D．溶液的导电能力
【答案】C
【解析】A．加水稀释，酸性减弱，c(H＋)不断减小，A错误；B．c(H＋)不断减小，则c(OH-)增大，且c(F-)减小，所以减小，B错误；C．HF的电离常数Ka(HF)= ，温度不变，Ka(HF)不变，c(F-)减小， 增大，C正确；D．加水稀释，溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，D错误；答案选C。
【变式2】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．a、b、c三点溶液的pH：c
D．a、b、c三点溶液用1mol/LNaOH溶液中和，消耗NaOH溶液体积：c
【解析】A．a、b、c三点溶液的导电能力c＜a＜b，所以氢离子浓度c＜a＜b，所以pH：c>a>b，故A错误；B．溶液越稀，电离程度越大，a、b、c三点醋酸的电离程度：a＜b＜c，故B正确；C．a处溶液加水溶液的导电能力增大，氢离子浓度增大，pH减小，用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果偏小，故C错误；D．a、b、c三点溶液中醋酸的物质的量相同，故消耗氢氧化钠一样多，故D错误；故选B。
对弱电解质平衡移动过程中某些离子浓度比值的变化常用以下两种方法分析：一种方法是将浓度之比转化为物质的量进行比较，这样分析起来可以忽略溶液体积的变化，只需分析微粒数目的变化即可。第二种方法是“凑常数”，解题时将某些离子的浓度比值关系，去乘以或除以某种离子的浓度，将会转化为一个常数与某种离子浓度乘积或相除的关系。
热点题型四：一元强酸与一元弱酸的比较
1.相同物质的量浓度、相同体积的一元强酸与一元弱酸的比较
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
2.相同pH、相同体积的一元强酸与一元弱酸的比较
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
说明：一元强碱与一元弱碱的比较规律与以上类似。
3.图像法理解一强一弱的稀释规律
(1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸
加水稀释到相同的倍数，醋酸的pH大
加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多
(2)相同体积、相同pH的盐酸、醋酸
加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大
加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多
【例1】25℃，相同pH、相同体积的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，pH随溶液体积的变化如图所示。下列判断正确的是
A．Ⅰ为醋酸稀释时的pH变化 B．未稀释时两溶液的导电能力不同
C．b点水电离的c(H+)=1×10-11mol/L D．a、b两点酸溶液的浓度相同
【答案】C
【解析】A．由于稀释过程中CH3COOH能继续电离产生H+，而盐酸稀释前已经完全电离，故稀释相同倍数后，CH3COOH中c(H+)大于盐酸中c(H+)，但pH：CH3COOH
A．若三种酸溶液中分别为、、，则
B．等体积的三种酸溶液分别与过量的NaOH溶液反应，若生成的盐的物质的量依次为，，，则
C．分别用三种酸溶液和一定量的NaOH溶液反应生成正盐，若需要酸溶液的体积分别为、、，则
D．将完全相同的Zn分别投入等体积的三种酸溶液中，开始时生成的速率分别为、、，则
【答案】D
【解析】A．HCl、是强电解质，完全电离，是弱电解质，部分电离，三种酸溶液的浓度相等，所以，，A项错误；B．等浓度、等体积的盐酸、硫酸、醋酸溶液分别与过量NaOH溶液反应生成的盐的物质的量的大小关系为，B项错误：
C．分别用三种酸溶液和一定量的NaOH溶液反应生成正盐，若需要酸溶液的体积分别为、、，则，C项错误；D．硫酸中为，盐酸中为，醋酸溶液中小于，则等体积的这三种酸溶液分别与完全相同的Zn反应，开始时生成的速率：，D项正确；故选D。
【变式1】常温下，将一定浓度的盐酸和醋酸加水稀释，溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法中正确的是
A．两溶液稀释前的浓度相同
B．a点水电离的c(H+)小于c点水电离的c(H+)
C．a点的KW值比b点的KW值大溶液体积
D．a、b、c三点溶液的pH由大到小顺序为a＞b＞c
【答案】B
【解析】题图分析
A．由题图分析①知，两溶液稀释前醋酸浓度大于盐酸浓度，A项错误；B．由分析②知，导电能力：a＞c，则c(H+)大小关系为a＞c，对水的电离有抑制作用，c(H+)越大，对水的电离抑制越强，则a点水电离的c(H+)小于c点水电离的c(H+)，B项正确；C．温度不变，KW不变，则a、b两点的KW值相等，C项错误；D．影响电解质溶液导电能力的因素：自由移动离子浓度的大小、温度及单个离子所带电荷数，其他条件一定，离子浓度越大，导电能力越强，由题图分析②知，a点、b点、c点的导电能力由大到小的顺序为a＞b＞c，则c(H+)由大到小的顺序为a＞b＞c，：a＜b＜c，D项错误；答案选B。
【变式2】室温下，甲、乙两烧杯均分别盛有5mLpH=3的盐酸和醋酸溶液，下列描述正确的是（ ）
A．水电离出的OH-浓度：c(OH-)甲=c(OH-)乙
B．向乙烧杯中加水稀释至pH=4，溶液的体积10V甲＞V乙
C．若将甲、乙两烧杯分别与5mLpH=11NaOH溶液反应，所得溶液pH：甲＜乙
D．若将甲、乙两烧杯溶液混合，所得溶液中的c(H+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)
【答案】A
【解析】A．酸溶液中的氢氧根离子是水电离的，pH=3的盐酸和醋酸溶液中氢离子浓度相同，则水电离出的OH−浓度：c(OH−)甲=c(OH−)乙，故A正确；B．乙中醋酸是弱酸，加水稀释过程中会促进其电离，则pH减小1时，体积大于原来的10倍，所以溶液的体积10V甲乙，故C错误；D．若将甲、乙两烧杯溶液混合，根据电荷守恒可得：c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)+c(CH3COO−)，则c(H+)>c(Cl−)+c(CH3COO−)，故D错误；故答案为：A。
证明室温下某酸(HA)是弱酸的常见设计思路：
实验方法
结论
①测0.01 mol·L－1 HA溶液的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相同条件下，测相同浓度的HA和HCl(强酸)溶液的导电能力
若HA溶液的导电能力比HCl(强酸)溶液的弱，则HA为弱酸
④测相同pH的HA溶液与盐酸稀释相同倍数前后的pH变化
若HA溶液的pH变化较小，则HA为弱酸
⑤测等体积、等pH的HA溶液、盐酸分别与足量锌反应产生H2的快慢及H2的量
若HA溶液反应过程中产生H2较快且最终产生H2的量较多，则HA为弱酸
⑥测等体积、等pH的HA溶液和盐酸中和等浓度碱溶液所需消耗的碱的量
若HA溶液耗碱量大，则HA为弱酸
热点题型四：电离平衡常数和电离度
1．电离常数：在一定条件下，弱电解质在达到电离平衡时，溶液中电离所生成的各种离子浓度的乘积与溶液中未电离的分子浓度的比值是一个常数，这个常数叫做电离平衡常数，又称电离常数，用K(弱酸用Ka，弱碱用Kb)表示。
一元弱酸HA
一元弱碱BOH
电离方程式
HAH＋＋A－
BOHB＋＋OH－
电离常数表达式
Ka＝
Kb＝
多元弱酸是分步电离的，各级电离常数的大小关系是K1≫K2……所以其酸性主要取决于第一步电离。
（1）决定因素：①弱电解质本身的性质。
②温度：由于电离过程是吸热的，升高温度电离平衡常数增大。
（2）意义：相同条件下，K值越大，表示该弱电解质越容易电离，所对应的酸性或碱性相对越强。例如，相同条件下常见弱酸的酸性强弱：H2SO3>H3PO4>HF>CH3COOH>H2CO3 >H2S>HClO。
（3）四大应用：
①判断弱酸酸性(或弱碱碱性)的相对强弱：电离常数越大，酸性(或碱性)越强。
②判断盐溶液的酸性(或碱性)强弱：电离常数越小，对应的盐水解程度越大，碱性(或酸性)越强。
③判断复分解反应能否发生：一般符合“强酸制弱酸”规律。如H2CO3：Ka1＝4.2×10－7，Ka2＝5.6×10－11，苯酚(C6H5OH)：Ka＝1.3×10－10，向苯酚钠(C6H5ONa)溶液中通入的CO2不论是少量还是过量，其化学方程式均为C6H5ONa＋CO2＋H2O===C6H5OH＋NaHCO3。
④判断微粒浓度比值的变化：弱电解质加水稀释时，能促进弱电解质的电离，溶液中离子和分子的浓度会发生相应的变化，但电离常数不变，可利用电离常数来判断溶液中微粒浓度比值的变化情况。
2.电离度是在一定条件下的弱电解质在溶液中达到电离平衡时，已经电离的电解质分子数占原电解质分子总数的百分数。
表示方法：α＝×100%
（1）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
（2）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
3.电离常数(K电离)与电离度(α)的关系(以一元弱酸HA为例)
HA ⇌ H＋ ＋ A－
起始浓度：c酸 0 0
平衡浓度：c酸·(1－α) c酸·α c酸·α
K电离＝＝。
若α很小，可认为1－α≈1，则K电离＝c酸·α2(或α＝)。
【例1】有下列物质的溶液①CH3COOH②HCl③H2SO4④NaHSO4
（1）若四种溶液的物质的量浓度相同，其c(H+)的大小比较_________(用序号表示，下同)。
（2）若四种溶液的c(H+)相同，其物质的量浓度的大小比较为___________。
（3）将6g CH3COOH溶于水制成1L溶液，此溶液的物质的量浓度为___________，经测定溶液中c(CH3COO-)为，此温度下醋酸的电离常数Ka=___________，温度升高，Ka将___________(填“变大”、“不变”或“变小”，下同)，加入量CH3COONa后c(H+)___________，Ka___________。
【答案】（1）③>②=④>①
（2）①>②=④>③
（3）0.1mol/L 1.96×10-5 变大 变小 不变
【解析】（1）醋酸是一元弱酸、盐酸是一元强酸、硫酸是二元强酸、硫酸氢钠相当于一元强酸，若①CH3COOH，②HCl，③H2SO4，④NaHSO4溶液的物质的量浓度相同，则c(H+)的大小顺序为：③>②=④>①，故答案为：③>②=④>①；（2）醋酸是一元弱酸、盐酸是一元强酸、硫酸是二元强酸、硫酸氢钠相当于一元强酸，若①CH3COOH，②HCl，③H2SO4，④NaHSO4溶液的c(H+)相同，则其物质的量浓度大小顺序为：①>②=④>③，故答案为：①>②=④>③；（3）n(CH3COOH)==0.1mol，则醋酸溶液的物质的量浓度c(CH3COOH)= =0.1mol/L；根据醋酸的电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+可知：溶液中c(H+)=c(CH3COO-)=1.4×10-3mol/L，则根据弱电解质的电离平衡常数含义可知Ka==1.96×10-5；醋酸电离过程吸收热量，升高温度促进醋酸的电离，使电离平衡常数变大；向醋酸溶液中加入醋酸钠，醋酸根离子浓度增大，醋酸的电离平衡逆向移动，溶液中氢离子浓度变小，由于电离平衡常数只与温度有关，温度不变，醋酸的电离平衡醋酸就不变，故答案为：0.1mol/L；1.96×10-5；变大；变小；不变。
【例2】已知草酸为二元弱酸：H2C2O4HC2O＋H＋ Ka1，HC2OC2O＋H＋ Ka2，常温下，向某浓度的H2C2O4溶液中逐滴加入一定浓度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2O、C2O三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。
则常温下：
（1）Ka1＝________。
（2）Ka2＝________。
（3）pH＝2.7时，溶液中＝__________________________。
【答案】（1）10－1.2
（2）10－4.2
（3）1000
【解析】（1）由图像可以知道pH＝1.2时，c()＝c(H2C2O4)，则Ka1＝c(H＋)＝10－1.2。
（2）pH＝4.2时，c(HC2O)＝c(C2O)，则Ka2＝c(H＋)＝10－4.2。
（3）由电离常数表达式可以知道＝=＝＝103＝1 000。
【变式1】某温度时，将xmol·L-1氨水滴入10mL1.0mol·L-1盐酸中(忽略由于混合前后溶液的密度变化而引起的体积变化)，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是
A．a点Kw<1.0×10-14
B．b点：c(NH3∙H2O)+c(OH-)
D．d点水的电离程度最大
【答案】A
【解析】A．a点温度小于25℃，降低温度水的电离平衡逆向移动，离子积常数减小，则a点Kw<1.0×10-14，故A正确；B．b点溶液温度最高，说明酸碱恰好完全反应生成氯化铵，NH4Cl溶液中存在质子守恒：c(NH3∙H2O)+c(OH-)=c(H+)，故B错误；C．据图可知当加入的氨水为10 mL时溶液的pH=7，温度为25℃，则c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，c(NH)=c(Cl-)==0.5mol/L，根据物料守恒可知：c(NH3∙H2O)=(0.5x-0.5)mol/L，所以25℃时NH4Cl水解常数Kb为==(x-1)×10-7，则NH3∙H2O电离平衡常数Ka==10-7，故C错误；D．d点温度比b点低，b点溶质只有NH4Cl，d点溶质为NH4Cl和NH3∙H2O ，温度升高、铵根的水解促进水的电离，则d点水的电离程度小于b，一定不是最大，故D错误；故选A。
【变式2】常温下，pH均为2、体积均为V0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，下列叙述错误的是
A．常温下：
B．HC的电离度：a点
D．当时，HA溶液的pH为7
【答案】D
【解析】A．分析可知，酸性HB＞HC，酸性越强，则Ka(HB)＞Ka(HC)，故A正确；B．溶液的浓度越小，弱酸的电离程度越大，因此HC的电离度：a点＜b点，故B正确；C．当时，即稀释10000倍时，三种溶液同时升高温度，弱电解质HC的电离程度增大，则溶液中c(C-)增大，而HA为强酸，电离程度不变，c(A-)不变，因此减小，故C正确；D．HA为强酸，无论稀释多少倍，稀释后溶液只能呈酸性，溶液的pH＜7，不可能等于7，故D错误；答案选D。
热点题型六：弱电解质分数分布系数图像
弱电解质“分布系数图像”分析
(分布曲线是指以pH为横坐标，分布系数即组分的平衡浓度占总浓度的分数为纵坐标，分布系数与溶液pH之间的关系曲线)
举例
一元弱酸(以CH3COOH为例)
二元弱酸(以草酸为例)
三元弱酸(以H3PO4为例)
弱电解
质分布
系数图
δπ
δ0、δ1分别为CH3COOH、CH3COO－分布系数
δ0为H2C2O4分布系数、δ1为HC2O4-分布系数、δ2为C2O42-分布系数
δ0为H3PO4分布系数、δ1为H2PO4-分布系数、δ2为HPO42-分布系数、δ3为PO43-分布系数
涉及
的离子
方程式
pH由0到6反应的离子方程式：
CH3COOH＋OH－===CH3COO－＋H2O
pH由0到3反应的离子方程式：
H2C2O4＋OH－===HC2O4-＋H2O
pH由3到6反应的离子方程式：
HC2O4-＋OH－===C2O42-＋H2O
pH由0到4反应的离子方程式：
H3PO4＋OH－===H2PO4-＋H2O
pH由5到10反应的离子方程式：H2PO4-＋OH－===HPO42-＋H2O
pH由11 到14反应的离子方程式：HPO42-＋OH－===PO43-＋H2O
电离方
程式
CH3COOHCH3COO－＋H＋
H2C2O4HC2O4-＋H＋
HC2O4-C2O42-＋H＋
H3PO4H2PO4-＋H＋
H2PO4-HPO42-＋H＋
HPO42-PO43-＋H＋
求lg K
与pK
(利用
交点)
K(CH3COOH)＝
由图可知，
c(CH3COO-)=c(CH3COOH)时pH＝4.76，
K(CH3COOH)＝c(H＋)
＝10－4.76
lgK(CH3COOH)=－4.76，pK＝4.76
K1=
由图可知，c(H2C2O4)＝c(HC2O4-)时pH＝1.2，
K1＝c(H＋)＝10－1.2
lgK1＝－1.2，pK1＝1.2
K2=
由图可知，c(C2O42-)＝c(HC2O4-)时，pH＝4.2，
K2＝c(H＋)＝10－4.2
lg K2＝－4.2，pK2＝4.2
K1=
由图可知，
c(H2PO4-)＝c(H3PO4)时pH＝2，
K1＝c(H＋)＝10－2
lgK1＝－2，pK1＝2
K2=
由图可知，
c(HPO42-)＝c(H2PO4-)时，
pH＝7.1，K2＝c(H＋)＝10－7.1，
lg K2＝－7.1，pK2＝7.1
同理，lg K3＝－12.2
pK3＝12.2
【例1】以酚酞为指示剂，用0.100 0 mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2－的分布系数：δ(A2－)＝]
下列叙述正确的是( )
A．曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA－)
B．H2A溶液的浓度为0.200 0 mol·L－1
C．HA－的电离常数Ka＝1.0×10－2
D．滴定终点时，溶液中c(Na＋)＜2c(A2－)＋c(HA－)
【答案】C
【解析】由题图可知加入40 mL NaOH溶液时达到滴定终点，又因H2A为二元酸，则H2A溶液的浓度为0.100 0 mol·L－1，由题图可知，没有加入NaOH溶液时，H2A溶液的pH约为1.0，分析可知H2A第一步完全电离，曲线①代表δ(HA－)，曲线②代表δ(A2－)，A、B项错误；由题图可知δ(HA－)＝δ(A2－)时，溶液pH＝2.0，即c(HA－)＝c(A2－)时溶液pH＝2.0，则Ka(HA－)＝＝1.0×10－2，C项正确；滴定终点时溶液中存在的离子有Na＋、H＋、A2－、HA－、OH－，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，此时c(H＋)＜c(OH－)，则c(Na＋)＞2c(A2－)＋c(HA－)，D项错误。
【例2】已知H2A为二元弱酸。室温时，配制一组c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝0.10 mol·L－1的H2A和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是( )
A．pH＝7的溶液中：c(Na＋)＞2c(A2－)
B．E点溶液中：c(Na＋)－c(HA－)＜0.10 mol·L－1
C．c(Na＋)＝0.10 mol·L－1的溶液中：c(H＋)＋c(H2A)＝c(OH－)＋c(A2－)
D．pH＝2的溶液中c(H2A)＋c(A2－)＞c(HA－)
【答案】D
【解析】根据电荷守恒，pH＝7的溶液中，c(Na＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)，即c(Na＋)>2c(A2－)，A正确；根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，c(Na＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)－c(H＋)，E点溶液中c(A2－)＝c(HA－)，c(OH－)＜c(H＋)，所以c(Na＋)－c(HA－)＝c(HA－)＋c(A2－)＋c(OH－)－c(H＋)＜0.10 mol·L－1，B正确；根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，c(Na＋)＝0.10 mol·L－1，即c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝c(Na＋)，所以c(H＋)＋c(H2A)＝c(OH－)＋c(A2－)，C正确；根据图像可知pH＝2的溶液中，c(H2A)＋c(A2－)＜c(HA－)，D错误。
【变式1】常温下，将体积为V1的 0.100 0 mol·L－1 HCl溶液逐滴加入体积为V2的0.100 0 mol·L－1Na2CO3溶液中，溶液中H2CO3、HCO3-、CO32-所占的物质的量分数(α)随pH的变化曲线如图。下列说法不正确的是( )
A．在pH＝10.3时，溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(OH－)＋c(Cl－)
B．在pH＝8.3时，溶液中：0.100 0 mol·L－1＞c(HCO3-)＋c(CO32-)＋c(H2CO3)
C．在pH＝6.3时，溶液中：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(HCO3-)＞c(H＋)＞c(OH－)
D．V1∶V2＝1∶2时，c(OH－)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(H＋)
【答案】D
【解析】任何溶液中均存在电荷守恒，则在pH＝10.3时，溶液中存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(OH－)＋c(Cl－)，正确；由题图可知，在pH＝8.3时，该溶液为NaHCO3和NaCl的混合溶液，根据物料守恒可得c(HCO3-)＋c(CO32-)＋c(H2CO3)＜0.100 0 mol·L－1，正确；在pH＝6.3时，溶液中存在NaHCO3、NaCl和碳酸，该溶液显酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，根据化学反应：Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO3、NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2CO3，所以离子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(HCO3-)＞c(H＋)＞c(OH－)，正确；D项，V1∶V2＝1∶2时，混合后的溶液是等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3、NaCl的混合溶液，Na2CO3和NaHCO3是强碱弱酸盐，水解导致溶液显碱性，CO32-的水解程度大于HCO3-的水解程度，则溶液中c(HCO3-)＞c(CO32-)，由于水解程度是微弱的，所以c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH－)＞c(H＋)，错误。
【变式2】改变0.1 mol·L－1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中H2A、HA－、A2－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)＝]。
下列叙述错误的是( )
A．pH＝1.2时，c(H2A)＝c(HA－)
B．lg[K2(H2A)]＝－4.2
C．pH＝2.7时，c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－)
D．pH＝4.2时，c(HA－)＝c(A2－)＝c(H＋)
【答案】D
【解析】根据题给图像，pH＝1.2时，δ(H2A)＝δ(HA－)，则c(H2A)＝c(HA－)，A项正确；根据HA－H＋＋A2－，可确定K2(H2A)＝，根据题给图像，pH＝4.2时，δ(HA－)＝δ(A2－)，则c(HA－)＝c(A2－)，即lg[K2(H2A)]＝lg c(H＋)＝－4.2，B项正确；根据题给图像，pH＝2.7时，δ(HA－)>δ(H2A)＝δ(A2－)，则c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－)，C项正确；根据题给图像，pH＝4.2时，δ(HA－)＝δ(A2－)，则c(HA－)＝c(A2－)≈0.05 mol·L－1，而c(H＋)＝10－4.2mol·L－1，则c(HA－)＝c(A2－)>c(H＋)，D项错误。
专题24 弱电解质的电离
1.本部分考查形式主要是以选择题形式。
2.高考考查点主要有三个:
(1)强弱电解质的判断与比较；
(2)外界条件对电离平衡的影响，往往结合图象进行考查，同时考查溶液的pH变化及溶液的导电性；
(3)电离平衡常数，主要命题角度为电离平衡常数的计算及应用。
热点题型一：强弱电解质
热点题型二：电解质溶液的导电能力与溶液中离子的关系
热点题型三：弱电解质的电离平衡及影响因素
热点题型四：一元强酸与一元弱酸的比较
热点题型五：电离平衡常数和电离度
热点题型六：弱电解质分数分布系数图像
热点题型一：强弱电解质
1．强、弱电解质
(1)定义与物质类别
(2)电离方程式的书写：“强等号，弱可逆，多元弱酸分步写，多元弱碱一步完”
①强电解质：如H2SO4：H2SO4===2H＋＋SO42-。
②弱电解质：a．一元弱酸，如CH3COOH：CH3COOHCH3COO－＋H＋。
b．多元弱酸，分步电离，分步书写且第一步电离程度远大于第二步电离程度，
如H2CO3：H2CO3H＋＋HCO3-、HCO3-H＋＋CO32-。
c．多元弱碱，分步电离，一步书写，如Fe(OH)3：Fe(OH)3Fe3＋＋3OH－。
③酸式盐：a．强酸的酸式盐，如NaHSO4在水溶液中：
NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42-；熔融时：NaHSO4===Na＋＋SO42-。
b．弱酸的酸式盐：“强中有弱”，如NaHCO3：
NaHCO3===Na＋＋HCO3-、HCO3-H＋＋CO32-。
注意：(1)中学阶段常见的六大强酸是指HCl、H2SO4、HNO3、HBr、HI、HClO4，其他一般是中强酸或弱酸。
(2)中学阶段常见的四大强碱是指NaOH、KOH、Ca(OH)2、Ba(OH)2，其他一般是中强碱或弱碱。
【例1】下列物质属于强电解质的是
A．浓H2SO4 B．CaCO3 C．H2S D．铁片
【答案】B
【解析】A．浓硫酸是水与硫酸的混合物，H2SO4是电解质，而浓硫酸不是电解质，A项错误；B．碳酸钙属于盐，溶于水的部分可以完全电离变成离子，属于强电解质，B项正确；C．硫化氢的水溶液是能微弱导电的，存在电离平衡，是电解质，但是属于弱电解质，C项错误；D．铁片是单质，它既不是电解质也不是非电解质，D项错误；答案选B。
【例2】下表中物质的分类完全正确的是（ ）
选项
A
B
C
D
强电解质
弱电解质
HClO
非电解质
Al
【答案】A
【解析】A．在水中能完全电离，所以是强电解质，在水中能部分电离，所以是弱电解质，自身不能电离，是非电解质，故A正确；B．在水中能完全电离，所以是强电解质，溶于水的碳酸钙能完全电离，所以属于强电解质，金属Al不是化合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C．溶于水的能完全电离，所以是强电解质，HClO在水中能部分电离，所以是弱电解质，部分电离，是弱电解质，故C错误；D．在水中能完全电离，所以是强电解质，在水中能完全电离，所以是强电解质，在水溶液中不能发生电离，所以是非电解质，故D错误；故答案选A。
【变式1】下列说法正确的是
A．NaHCO3是强电解质，故NaHCO3的电离方程式为NaHCO3=Na++H++CO
B．室温下，0.1mol·L-1的BOH溶液的pH=11，则BOH的电离方程式为BOHB++OH-
C．25℃NaA溶液的pH>7，则HA的电离方程式为HA=H++A-
D．CaCO3的饱和水溶液导电性很弱，故CaCO3的电离方程式为CaCO3Ca2++CO
【答案】B
【解析】A．HCO不完全电离，NaHCO3电离应分步书写，故A不正确；B．室温下，0.1mol·L-1的BOH溶液的pH=11，氢氧根离子的浓度为0.001mol·L-1，故BOH为弱碱，属于弱电解质，电离时用可逆号，故B正确；C．25℃NaA溶液的pH>7，说明NaA是强碱弱酸盐，HA为弱酸，电离是可逆的，故C不正确；D．CaCO3难溶，但属于强电解质，全部电离，故电离用“=”，故D不正确；故选答案B。
【变式2】现有十种物质：①水；②石墨；③氯气；④硫酸钡晶体；⑤醋酸；⑥二氧化碳；⑦氨水；⑧ 氯化钠固体；⑨熔化的氯化钠；⑩氯化钠溶液。请用序号按要求填空：
（1）其中能导电的是________
（2）属于强电解质的是____________属于弱电解质的是____________
（3）属于非电解质的是______
（4）既不是电解质也不是非电解质的是___________________。
【答案】（1）②⑦⑨⑩ （2）④⑧⑨ ①⑤ （3）⑥ （4）②③⑦⑩
【解析】①水不能导电，是弱电解质；②石墨能导电，是单质，既不是电解质，也不是非电解质；③氯气不能导电，属于单质，既不是电解质，也不是非电解质；④硫酸钡晶体无自由移动的离子，不导电，属于强电解质；⑤醋酸溶于水能电离出自由移动的氢离子和醋酸根离子，所以能导电，属于弱电解质，但纯净的醋酸不导电；⑥二氧化碳不导电，是非电解质；⑦氨水中存在铵根离子和氢氧根离子，能导电，氨水是混合物，既不是电解质，也不是非电解质；⑧氯化钠固体无自由移动的离子，不导电，属于强电解质；⑨熔化的氯化钠有自由移动的钠离子和氯离子，所以能导电，是强电解质；⑩氯化钠溶液中有自由移动的钠离子和氯离子，能导电，属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质；（1）其中能导电的是②⑦⑨⑩，故填：②⑦⑨⑩；（2）属于强电解质的是④⑧⑨，属于弱电解质的是①⑤，故填：④⑧⑨ ；①⑤；（3）属于非电解质的是⑥，故填：⑥；（4）既不是电解质也不是非电解质的是②③⑦⑩，故填：②③⑦⑩
热点题型二：电解质溶液的导电能力与溶液中离子的关系
电解质溶液导电能力取决于自由移动离子的浓度和离子所带电荷数，自由移动离子的浓度越大、离子所带电荷数越多，导电能力越强。
比较对象
导电性
原因
同浓度的氢氧化钠溶液与氨水溶液
氢氧化钠溶液大于氨水溶液
氢氧化钠是强电解质，完全电离；一水合氨是弱电解质，部分电离
同浓度的醋酸溶液与草酸溶液
醋酸溶液小于草酸溶液
H2C2O4的Ka1＝5.9×10－2
CH3COOH的Ka＝1.79×10－5
电离常数：H2C2O4＞CH3COOH
氢氧化钠极稀溶液与0.1 mol·L－1氨水溶液
氢氧化钠极稀溶液小于0.1 mol·L－1氨水溶液
氢氧化钠极稀溶液的离子浓度小于0.1 mol·L－1氨水溶液的离子浓度
【例1】下列关于强弱电解质的叙述正确的是（ ）
A．强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液强
B．NH3、CH3COOH、BaSO4、H3PO4都是弱电解质
C．CO2溶于水后能部分电离，故CO2是弱电解质
D．纯净的强电解质在液态时，有的导电，有的不导电
【答案】D
【解析】A．电解质溶液导电能力与自由移动的离子浓度成正比，当弱电解质溶液的离子浓度大于强电解质溶液的离子浓度时，导电能力可以强于强电解质，故A错误；B．NH3是非电解质，CH3COOH和H3PO4都是弱酸，弱酸和弱碱都属于弱电解质，电解质强弱与溶解性无关，取决于电离的程度，硫酸钡难溶于水，但在熔融状态下能完全电离，属于强电解质，故B错误；C．电解质必须是本身能够电离的化合物，二氧化碳本身不能电离，属于非电解质，故C错误；D．纯净的强电解质在液态时，若为共价化合物在液态时，不导电，若为离子化合物在液态时导电，故D正确；答案选D。
【例2】下列溶液中导电性最强的是
A．1 L 0.2 mol·L-1醋酸 B．0.1 L 0.1 mol·L-1H2SO4溶液
C．0.5 L 0.1 mol·L-1盐酸 D．2 L 0.1 mol·L-1H2SO3溶液
【答案】B
【解析】A．醋酸是弱电解质，其电离方程式为：，且电离是微弱的，则0.2 mol·L-1醋酸溶液中阴阳离子总浓度很小；B．H2SO4是强电解质，其电离方程式为：H2SO4 = 2H++，则0.1 mol/L H2SO4溶液中阴阳离子总浓度等于0.3 mol/L；C．HCl为强电解质，其电离方程式为：HCl = H++ Cl-，则 0.1 mol/L盐酸中阴阳离子总浓度等于0.2mol/L；D．H2SO3为弱电解质，其电离方程式为：H2SO3⇌H++，则0.1 mol/L H2SO3溶液不能完全电离，则阴阳离子总浓度略小于0.2mol/L；则可以看出离子浓度最大的为B，导电性最强，故B正确；答案选B。
【变式1】向一定浓度的氨水与氢氧化钠混合液中滴加醋酸，溶液导电能力如图所示，下列说法正确的是
A．段，导电能力下降是由于溶液总体积变大
B．段，发生反应的离子方程式为
C．段，导电能力下降是由于溶液中离子个数在减少
D．随着醋酸的滴加，最终溶液导电性又将增大
【答案】A
【解析】A. ab段发生反应：，离子的量几乎不变，但由于溶液总体积增大，离子浓度相应减小，所以其导电能力下降，故A正确；B. bc段为醋酸与一水合氨反应，一水合氨为弱电解质，与醋酸反应生成醋酸铵，为强电解质，溶液导电性增强，但书写离子方程式时一水合氨不可拆分，因此反应的离子方程式为：，故B错误；C. cd段继续滴加醋酸，此时溶液中氨水和氢氧化钠已反应完，醋酸电离程度很小，离子个数增加很少，但体积增大比较多，离子浓度降低，导致导电性下降，故C错误；D. 随着醋酸的滴加，溶液体积不断增大，离子浓度持续减小，导电性下降，故D错误；故选A。
【变式2】已知溶液的导电性强弱由溶液中离子的浓度大小及离子所带电荷数决定。离子浓度越大，电荷数越多，则溶液导电性越强。某兴趣小组同学做了以下实验：
（1）在如图所示的装置里，若灯泡亮，广口瓶内的物质可以是___________(填序号)。
①干燥的氯化钠晶体 ②干燥的氢氧化钠晶体 ③蔗糖晶体 ④酒精 ⑤氯化钠溶液⑥氢氧化钠溶液 ⑦稀盐酸 ⑧硫酸铜溶液
（2）在电解质溶液的导电性实验装置(如图1所示)中，若向某一电解质溶液中逐滴加另一溶液时，则灯泡由亮变暗，至熄灭后又逐渐变亮(如图2)的是___________ (填字母)。
A．盐酸中逐滴加入食盐溶液
B．硫酸中逐滴加入氢氧化钠溶液
C．石灰乳中滴加稀盐酸
D．硫酸中逐滴加入氢氧化钡溶液
（3）试推测“硫酸中逐滴加入氢氧化钠溶液”，灯泡亮度的变化：___________，变化的原因___________ (用离子方程式解释)。
（4）某一化学兴趣小组的同学在家中进行实验，按照图A连接好线路，发现灯泡不亮；按照图B连接好线路，发现灯泡亮了。由此得出的以下结论中，正确的是___________
图A 图B
A．硝酸钾固体不是电解质
B．硝酸钾溶液是电解质
C．硝酸钾在水溶液中电离出了可以自由移动的离子
D．在硝酸钾溶液中，水电离出了大量的离子
【答案】（1）⑤⑥⑦⑧
（2）D
（3）由亮变暗，但不熄灭
（4）C
【解析】（1）若灯泡亮，广口瓶内的物质可以导电，氯化钠、氢氧化钠晶体虽由离子构成，但离子不能自由移动，所以不导电；两者溶于水后，在水分子的作用下，离解成自由移动的阴、阳离子(实为水合离子)，所以二者的水溶液能导电；蔗糖、酒精由分子构成，不能导电，其水溶液也不导电，稀盐酸、硫酸铜溶液中都有可以自由移动的离子，可以导电；故答案为：⑤⑥⑦⑧；（2）A．盐酸中滴加食盐溶液，使溶液中的带点离子浓度增大，导电能力增强，A错误；B．硫酸中滴加氢氧化钠，氢离子浓度减小，钠离子浓度增大，导电能力几乎不变，B错误；C．石灰乳中滴加盐酸，石灰乳微溶于水，溶于盐酸，使离子浓度增大，导电能力增强，C错误；D．硫酸中滴加氢氧化钡，反应生成硫酸钡沉淀和水，导电能力减弱，当完全反应时，再滴加氢氧化钡溶液，带电离子逐渐增大，导电能力增强，D正确；故选D。
（3）试推测“硫酸中逐滴加入氢氧化钠溶液”，生成硫酸钠和水，硫酸钠易溶于水，其水溶液可以导电，但是此时溶液体积增大，离子浓度减小，故现象是：由亮变暗，但不熄灭；其对应的离子方程式是：；（4）A．硝酸钾固体在溶液水或熔化状态下都能导电，是化合物，属于电解质，故A错误；B．电解质必须为化合物，而硝酸钾溶液属于混合物，一定不是电解质，故B错误；C．硝酸钾溶于水时，在水分子的作用下电离出了可以自由移动的离子，故C正确；D．水为极弱电解质，不可能电离出大量的离子，故D错误；故选C。
热点题型三：弱电解质的电离平衡及影响因素
【知识清单】
1．弱电解质的电离平衡的建立：一定条件(如温度、浓度等)下，当弱电解质分子电离成离子的速率和离子结合成弱电解质分子的速率相等时，电离过程就达到平衡状态，即电离平衡。
2.影响弱电解质电离平衡的因素：
内因：弱电解质本身的性质，是决定因素。
外因：
①温度：升高温度，电离程度增大，即“越热越电离”。
②浓度：越稀越电离，加水稀释，电离平衡向电离方向移动，即“越稀越电离”。
③同离子效应：在弱电解质溶液中加入与弱电解质电离出相同离子的强电解质，电离平衡向生成弱电解质分子的方向移动，即“同离子效应左移”。
④化学反应：若外加物质能与弱电解质电离出的离子发生反应，电离平衡向电离方向移动。即“化学反应右移”
以醋酸电离为例：CH3COOH⇌CH3COO－＋H＋ ΔH>0
体系变化
条件
平衡移动方向
n(H＋)
c(H＋)
导电能力
Ka
加水稀释
向右
增大
减小
减弱
不变
加入少量冰醋酸
向右
增大
增大
增强
不变
通入HCl(g)
向左
增大
增大
增强
不变
加NaOH(s)
向右
减小
减小
增强
不变
加入镁粉
向右
减小
减小
增强
不变
升高温度
向右
增大
增大
增强
增大
加CH3COONa(s)
向左
减小
减小
增强
不变
注意：
(1)稀醋酸加水稀释时，溶液中不一定所有离子的浓度都减小，如醋酸溶液中的c(H＋)减小，但c(OH－)增大。
(2)电离平衡右移，电解质分子的浓度不一定减小，如稀醋酸中加入冰醋酸。
(3)电离平衡右移，离子的浓度不一定增大，电离程度也不一定增大，如增大弱电解质的浓度，使电离平衡向右移动，但电离程度减小。
【例1】已知0.1mol/L的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，要使溶液中c(H+)/c(CH3COOH)值增大，可以采取的措施是
A．加少量烧碱固体 B．降低温度
C．加少量冰醋酸 D．加水
【答案】D
【解析】A．在醋酸溶液中氢氧化钠固体，氢氧根离子和氢离子反应，促进电离，平衡正向移动，醋酸根离子浓度增大，根据电离平衡常数Ka=进行分析，变小，故A错误；B．电离过程吸热，降低温度，平衡逆向移动，比值减小，B错误；C．加入冰醋酸，平衡右移，但电离程度减小，比值减小，C错误；D．加水稀释，促进电离，氢离子个数增多，醋酸分子个数减小，在同一溶液中，体积相同，所以比值增大，D正确；故选D。
【例2】下列关于室温下溶液的说法正确的是
A．的电离方程式：
B．加入少量固体后，溶液的增大
C．滴加稀盐酸的过程中，增大
D．与溶液反应的离子方程式：
【答案】C
【解析】A．为弱电解质，故电离方程式为，A项错误；B．加入固体后，铵根离子浓度变大，，抑制氨水电离，氢氧根离子浓度降低，pH减小，B项错误；C．，加入稀盐酸，氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，促进氨水电离，铵根离子浓度增大，C项正确；D．与溶液反应的离子方程式：，D项错误；答案选C。
【变式1】25℃时，将浓度为0.1 mol/LHF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是( )
A．c(H+) B． C． D．溶液的导电能力
【答案】C
【解析】A．加水稀释，酸性减弱，c(H＋)不断减小，A错误；B．c(H＋)不断减小，则c(OH-)增大，且c(F-)减小，所以减小，B错误；C．HF的电离常数Ka(HF)= ，温度不变，Ka(HF)不变，c(F-)减小， 增大，C正确；D．加水稀释，溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，D错误；答案选C。
【变式2】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．a、b、c三点溶液的pH：c
D．a、b、c三点溶液用1mol/LNaOH溶液中和，消耗NaOH溶液体积：c
【解析】A．a、b、c三点溶液的导电能力c＜a＜b，所以氢离子浓度c＜a＜b，所以pH：c>a>b，故A错误；B．溶液越稀，电离程度越大，a、b、c三点醋酸的电离程度：a＜b＜c，故B正确；C．a处溶液加水溶液的导电能力增大，氢离子浓度增大，pH减小，用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果偏小，故C错误；D．a、b、c三点溶液中醋酸的物质的量相同，故消耗氢氧化钠一样多，故D错误；故选B。
对弱电解质平衡移动过程中某些离子浓度比值的变化常用以下两种方法分析：一种方法是将浓度之比转化为物质的量进行比较，这样分析起来可以忽略溶液体积的变化，只需分析微粒数目的变化即可。第二种方法是“凑常数”，解题时将某些离子的浓度比值关系，去乘以或除以某种离子的浓度，将会转化为一个常数与某种离子浓度乘积或相除的关系。
热点题型四：一元强酸与一元弱酸的比较
1.相同物质的量浓度、相同体积的一元强酸与一元弱酸的比较
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
2.相同pH、相同体积的一元强酸与一元弱酸的比较
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
说明：一元强碱与一元弱碱的比较规律与以上类似。
3.图像法理解一强一弱的稀释规律
(1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸
加水稀释到相同的倍数，醋酸的pH大
加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多
(2)相同体积、相同pH的盐酸、醋酸
加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大
加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多
【例1】25℃，相同pH、相同体积的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，pH随溶液体积的变化如图所示。下列判断正确的是
A．Ⅰ为醋酸稀释时的pH变化 B．未稀释时两溶液的导电能力不同
C．b点水电离的c(H+)=1×10-11mol/L D．a、b两点酸溶液的浓度相同
【答案】C
【解析】A．由于稀释过程中CH3COOH能继续电离产生H+，而盐酸稀释前已经完全电离，故稀释相同倍数后，CH3COOH中c(H+)大于盐酸中c(H+)，但pH：CH3COOH
A．若三种酸溶液中分别为、、，则
B．等体积的三种酸溶液分别与过量的NaOH溶液反应，若生成的盐的物质的量依次为，，，则
C．分别用三种酸溶液和一定量的NaOH溶液反应生成正盐，若需要酸溶液的体积分别为、、，则
D．将完全相同的Zn分别投入等体积的三种酸溶液中，开始时生成的速率分别为、、，则
【答案】D
【解析】A．HCl、是强电解质，完全电离，是弱电解质，部分电离，三种酸溶液的浓度相等，所以，，A项错误；B．等浓度、等体积的盐酸、硫酸、醋酸溶液分别与过量NaOH溶液反应生成的盐的物质的量的大小关系为，B项错误：
C．分别用三种酸溶液和一定量的NaOH溶液反应生成正盐，若需要酸溶液的体积分别为、、，则，C项错误；D．硫酸中为，盐酸中为，醋酸溶液中小于，则等体积的这三种酸溶液分别与完全相同的Zn反应，开始时生成的速率：，D项正确；故选D。
【变式1】常温下，将一定浓度的盐酸和醋酸加水稀释，溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法中正确的是
A．两溶液稀释前的浓度相同
B．a点水电离的c(H+)小于c点水电离的c(H+)
C．a点的KW值比b点的KW值大溶液体积
D．a、b、c三点溶液的pH由大到小顺序为a＞b＞c
【答案】B
【解析】题图分析
A．由题图分析①知，两溶液稀释前醋酸浓度大于盐酸浓度，A项错误；B．由分析②知，导电能力：a＞c，则c(H+)大小关系为a＞c，对水的电离有抑制作用，c(H+)越大，对水的电离抑制越强，则a点水电离的c(H+)小于c点水电离的c(H+)，B项正确；C．温度不变，KW不变，则a、b两点的KW值相等，C项错误；D．影响电解质溶液导电能力的因素：自由移动离子浓度的大小、温度及单个离子所带电荷数，其他条件一定，离子浓度越大，导电能力越强，由题图分析②知，a点、b点、c点的导电能力由大到小的顺序为a＞b＞c，则c(H+)由大到小的顺序为a＞b＞c，：a＜b＜c，D项错误；答案选B。
【变式2】室温下，甲、乙两烧杯均分别盛有5mLpH=3的盐酸和醋酸溶液，下列描述正确的是（ ）
A．水电离出的OH-浓度：c(OH-)甲=c(OH-)乙
B．向乙烧杯中加水稀释至pH=4，溶液的体积10V甲＞V乙
C．若将甲、乙两烧杯分别与5mLpH=11NaOH溶液反应，所得溶液pH：甲＜乙
D．若将甲、乙两烧杯溶液混合，所得溶液中的c(H+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)
【答案】A
【解析】A．酸溶液中的氢氧根离子是水电离的，pH=3的盐酸和醋酸溶液中氢离子浓度相同，则水电离出的OH−浓度：c(OH−)甲=c(OH−)乙，故A正确；B．乙中醋酸是弱酸，加水稀释过程中会促进其电离，则pH减小1时，体积大于原来的10倍，所以溶液的体积10V甲
证明室温下某酸(HA)是弱酸的常见设计思路：
实验方法
结论
①测0.01 mol·L－1 HA溶液的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相同条件下，测相同浓度的HA和HCl(强酸)溶液的导电能力
若HA溶液的导电能力比HCl(强酸)溶液的弱，则HA为弱酸
④测相同pH的HA溶液与盐酸稀释相同倍数前后的pH变化
若HA溶液的pH变化较小，则HA为弱酸
⑤测等体积、等pH的HA溶液、盐酸分别与足量锌反应产生H2的快慢及H2的量
若HA溶液反应过程中产生H2较快且最终产生H2的量较多，则HA为弱酸
⑥测等体积、等pH的HA溶液和盐酸中和等浓度碱溶液所需消耗的碱的量
若HA溶液耗碱量大，则HA为弱酸
热点题型四：电离平衡常数和电离度
1．电离常数：在一定条件下，弱电解质在达到电离平衡时，溶液中电离所生成的各种离子浓度的乘积与溶液中未电离的分子浓度的比值是一个常数，这个常数叫做电离平衡常数，又称电离常数，用K(弱酸用Ka，弱碱用Kb)表示。
一元弱酸HA
一元弱碱BOH
电离方程式
HAH＋＋A－
BOHB＋＋OH－
电离常数表达式
Ka＝
Kb＝
多元弱酸是分步电离的，各级电离常数的大小关系是K1≫K2……所以其酸性主要取决于第一步电离。
（1）决定因素：①弱电解质本身的性质。
②温度：由于电离过程是吸热的，升高温度电离平衡常数增大。
（2）意义：相同条件下，K值越大，表示该弱电解质越容易电离，所对应的酸性或碱性相对越强。例如，相同条件下常见弱酸的酸性强弱：H2SO3>H3PO4>HF>CH3COOH>H2CO3 >H2S>HClO。
（3）四大应用：
①判断弱酸酸性(或弱碱碱性)的相对强弱：电离常数越大，酸性(或碱性)越强。
②判断盐溶液的酸性(或碱性)强弱：电离常数越小，对应的盐水解程度越大，碱性(或酸性)越强。
③判断复分解反应能否发生：一般符合“强酸制弱酸”规律。如H2CO3：Ka1＝4.2×10－7，Ka2＝5.6×10－11，苯酚(C6H5OH)：Ka＝1.3×10－10，向苯酚钠(C6H5ONa)溶液中通入的CO2不论是少量还是过量，其化学方程式均为C6H5ONa＋CO2＋H2O===C6H5OH＋NaHCO3。
④判断微粒浓度比值的变化：弱电解质加水稀释时，能促进弱电解质的电离，溶液中离子和分子的浓度会发生相应的变化，但电离常数不变，可利用电离常数来判断溶液中微粒浓度比值的变化情况。
2.电离度是在一定条件下的弱电解质在溶液中达到电离平衡时，已经电离的电解质分子数占原电解质分子总数的百分数。
表示方法：α＝×100%
（1）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
（2）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
3.电离常数(K电离)与电离度(α)的关系(以一元弱酸HA为例)
HA ⇌ H＋ ＋ A－
起始浓度：c酸 0 0
平衡浓度：c酸·(1－α) c酸·α c酸·α
K电离＝＝。
若α很小，可认为1－α≈1，则K电离＝c酸·α2(或α＝)。
【例1】有下列物质的溶液①CH3COOH②HCl③H2SO4④NaHSO4
（1）若四种溶液的物质的量浓度相同，其c(H+)的大小比较_________(用序号表示，下同)。
（2）若四种溶液的c(H+)相同，其物质的量浓度的大小比较为___________。
（3）将6g CH3COOH溶于水制成1L溶液，此溶液的物质的量浓度为___________，经测定溶液中c(CH3COO-)为，此温度下醋酸的电离常数Ka=___________，温度升高，Ka将___________(填“变大”、“不变”或“变小”，下同)，加入量CH3COONa后c(H+)___________，Ka___________。
【答案】（1）③>②=④>①
（2）①>②=④>③
（3）0.1mol/L 1.96×10-5 变大 变小 不变
【解析】（1）醋酸是一元弱酸、盐酸是一元强酸、硫酸是二元强酸、硫酸氢钠相当于一元强酸，若①CH3COOH，②HCl，③H2SO4，④NaHSO4溶液的物质的量浓度相同，则c(H+)的大小顺序为：③>②=④>①，故答案为：③>②=④>①；（2）醋酸是一元弱酸、盐酸是一元强酸、硫酸是二元强酸、硫酸氢钠相当于一元强酸，若①CH3COOH，②HCl，③H2SO4，④NaHSO4溶液的c(H+)相同，则其物质的量浓度大小顺序为：①>②=④>③，故答案为：①>②=④>③；（3）n(CH3COOH)==0.1mol，则醋酸溶液的物质的量浓度c(CH3COOH)= =0.1mol/L；根据醋酸的电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+可知：溶液中c(H+)=c(CH3COO-)=1.4×10-3mol/L，则根据弱电解质的电离平衡常数含义可知Ka==1.96×10-5；醋酸电离过程吸收热量，升高温度促进醋酸的电离，使电离平衡常数变大；向醋酸溶液中加入醋酸钠，醋酸根离子浓度增大，醋酸的电离平衡逆向移动，溶液中氢离子浓度变小，由于电离平衡常数只与温度有关，温度不变，醋酸的电离平衡醋酸就不变，故答案为：0.1mol/L；1.96×10-5；变大；变小；不变。
【例2】已知草酸为二元弱酸：H2C2O4HC2O＋H＋ Ka1，HC2OC2O＋H＋ Ka2，常温下，向某浓度的H2C2O4溶液中逐滴加入一定浓度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2O、C2O三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。
则常温下：
（1）Ka1＝________。
（2）Ka2＝________。
（3）pH＝2.7时，溶液中＝__________________________。
【答案】（1）10－1.2
（2）10－4.2
（3）1000
【解析】（1）由图像可以知道pH＝1.2时，c()＝c(H2C2O4)，则Ka1＝c(H＋)＝10－1.2。
（2）pH＝4.2时，c(HC2O)＝c(C2O)，则Ka2＝c(H＋)＝10－4.2。
（3）由电离常数表达式可以知道＝=＝＝103＝1 000。
【变式1】某温度时，将xmol·L-1氨水滴入10mL1.0mol·L-1盐酸中(忽略由于混合前后溶液的密度变化而引起的体积变化)，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是
A．a点Kw<1.0×10-14
B．b点：c(NH3∙H2O)+c(OH-)
D．d点水的电离程度最大
【答案】A
【解析】A．a点温度小于25℃，降低温度水的电离平衡逆向移动，离子积常数减小，则a点Kw<1.0×10-14，故A正确；B．b点溶液温度最高，说明酸碱恰好完全反应生成氯化铵，NH4Cl溶液中存在质子守恒：c(NH3∙H2O)+c(OH-)=c(H+)，故B错误；C．据图可知当加入的氨水为10 mL时溶液的pH=7，温度为25℃，则c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，c(NH)=c(Cl-)==0.5mol/L，根据物料守恒可知：c(NH3∙H2O)=(0.5x-0.5)mol/L，所以25℃时NH4Cl水解常数Kb为==(x-1)×10-7，则NH3∙H2O电离平衡常数Ka==10-7，故C错误；D．d点温度比b点低，b点溶质只有NH4Cl，d点溶质为NH4Cl和NH3∙H2O ，温度升高、铵根的水解促进水的电离，则d点水的电离程度小于b，一定不是最大，故D错误；故选A。
【变式2】常温下，pH均为2、体积均为V0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，下列叙述错误的是
A．常温下：
B．HC的电离度：a点
D．当时，HA溶液的pH为7
【答案】D
【解析】A．分析可知，酸性HB＞HC，酸性越强，则Ka(HB)＞Ka(HC)，故A正确；B．溶液的浓度越小，弱酸的电离程度越大，因此HC的电离度：a点＜b点，故B正确；C．当时，即稀释10000倍时，三种溶液同时升高温度，弱电解质HC的电离程度增大，则溶液中c(C-)增大，而HA为强酸，电离程度不变，c(A-)不变，因此减小，故C正确；D．HA为强酸，无论稀释多少倍，稀释后溶液只能呈酸性，溶液的pH＜7，不可能等于7，故D错误；答案选D。
热点题型六：弱电解质分数分布系数图像
弱电解质“分布系数图像”分析
(分布曲线是指以pH为横坐标，分布系数即组分的平衡浓度占总浓度的分数为纵坐标，分布系数与溶液pH之间的关系曲线)
举例
一元弱酸(以CH3COOH为例)
二元弱酸(以草酸为例)
三元弱酸(以H3PO4为例)
弱电解
质分布
系数图
δπ
δ0、δ1分别为CH3COOH、CH3COO－分布系数
δ0为H2C2O4分布系数、δ1为HC2O4-分布系数、δ2为C2O42-分布系数
δ0为H3PO4分布系数、δ1为H2PO4-分布系数、δ2为HPO42-分布系数、δ3为PO43-分布系数
涉及
的离子
方程式
pH由0到6反应的离子方程式：
CH3COOH＋OH－===CH3COO－＋H2O
pH由0到3反应的离子方程式：
H2C2O4＋OH－===HC2O4-＋H2O
pH由3到6反应的离子方程式：
HC2O4-＋OH－===C2O42-＋H2O
pH由0到4反应的离子方程式：
H3PO4＋OH－===H2PO4-＋H2O
pH由5到10反应的离子方程式：H2PO4-＋OH－===HPO42-＋H2O
pH由11 到14反应的离子方程式：HPO42-＋OH－===PO43-＋H2O
电离方
程式
CH3COOHCH3COO－＋H＋
H2C2O4HC2O4-＋H＋
HC2O4-C2O42-＋H＋
H3PO4H2PO4-＋H＋
H2PO4-HPO42-＋H＋
HPO42-PO43-＋H＋
求lg K
与pK
(利用
交点)
K(CH3COOH)＝
由图可知，
c(CH3COO-)=c(CH3COOH)时pH＝4.76，
K(CH3COOH)＝c(H＋)
＝10－4.76
lgK(CH3COOH)=－4.76，pK＝4.76
K1=
由图可知，c(H2C2O4)＝c(HC2O4-)时pH＝1.2，
K1＝c(H＋)＝10－1.2
lgK1＝－1.2，pK1＝1.2
K2=
由图可知，c(C2O42-)＝c(HC2O4-)时，pH＝4.2，
K2＝c(H＋)＝10－4.2
lg K2＝－4.2，pK2＝4.2
K1=
由图可知，
c(H2PO4-)＝c(H3PO4)时pH＝2，
K1＝c(H＋)＝10－2
lgK1＝－2，pK1＝2
K2=
由图可知，
c(HPO42-)＝c(H2PO4-)时，
pH＝7.1，K2＝c(H＋)＝10－7.1，
lg K2＝－7.1，pK2＝7.1
同理，lg K3＝－12.2
pK3＝12.2
【例1】以酚酞为指示剂，用0.100 0 mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2－的分布系数：δ(A2－)＝]
下列叙述正确的是( )
A．曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA－)
B．H2A溶液的浓度为0.200 0 mol·L－1
C．HA－的电离常数Ka＝1.0×10－2
D．滴定终点时，溶液中c(Na＋)＜2c(A2－)＋c(HA－)
【答案】C
【解析】由题图可知加入40 mL NaOH溶液时达到滴定终点，又因H2A为二元酸，则H2A溶液的浓度为0.100 0 mol·L－1，由题图可知，没有加入NaOH溶液时，H2A溶液的pH约为1.0，分析可知H2A第一步完全电离，曲线①代表δ(HA－)，曲线②代表δ(A2－)，A、B项错误；由题图可知δ(HA－)＝δ(A2－)时，溶液pH＝2.0，即c(HA－)＝c(A2－)时溶液pH＝2.0，则Ka(HA－)＝＝1.0×10－2，C项正确；滴定终点时溶液中存在的离子有Na＋、H＋、A2－、HA－、OH－，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，此时c(H＋)＜c(OH－)，则c(Na＋)＞2c(A2－)＋c(HA－)，D项错误。
【例2】已知H2A为二元弱酸。室温时，配制一组c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝0.10 mol·L－1的H2A和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是( )
A．pH＝7的溶液中：c(Na＋)＞2c(A2－)
B．E点溶液中：c(Na＋)－c(HA－)＜0.10 mol·L－1
C．c(Na＋)＝0.10 mol·L－1的溶液中：c(H＋)＋c(H2A)＝c(OH－)＋c(A2－)
D．pH＝2的溶液中c(H2A)＋c(A2－)＞c(HA－)
【答案】D
【解析】根据电荷守恒，pH＝7的溶液中，c(Na＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)，即c(Na＋)>2c(A2－)，A正确；根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，c(Na＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)－c(H＋)，E点溶液中c(A2－)＝c(HA－)，c(OH－)＜c(H＋)，所以c(Na＋)－c(HA－)＝c(HA－)＋c(A2－)＋c(OH－)－c(H＋)＜0.10 mol·L－1，B正确；根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，c(Na＋)＝0.10 mol·L－1，即c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝c(Na＋)，所以c(H＋)＋c(H2A)＝c(OH－)＋c(A2－)，C正确；根据图像可知pH＝2的溶液中，c(H2A)＋c(A2－)＜c(HA－)，D错误。
【变式1】常温下，将体积为V1的 0.100 0 mol·L－1 HCl溶液逐滴加入体积为V2的0.100 0 mol·L－1Na2CO3溶液中，溶液中H2CO3、HCO3-、CO32-所占的物质的量分数(α)随pH的变化曲线如图。下列说法不正确的是( )
A．在pH＝10.3时，溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(OH－)＋c(Cl－)
B．在pH＝8.3时，溶液中：0.100 0 mol·L－1＞c(HCO3-)＋c(CO32-)＋c(H2CO3)
C．在pH＝6.3时，溶液中：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(HCO3-)＞c(H＋)＞c(OH－)
D．V1∶V2＝1∶2时，c(OH－)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(H＋)
【答案】D
【解析】任何溶液中均存在电荷守恒，则在pH＝10.3时，溶液中存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(OH－)＋c(Cl－)，正确；由题图可知，在pH＝8.3时，该溶液为NaHCO3和NaCl的混合溶液，根据物料守恒可得c(HCO3-)＋c(CO32-)＋c(H2CO3)＜0.100 0 mol·L－1，正确；在pH＝6.3时，溶液中存在NaHCO3、NaCl和碳酸，该溶液显酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，根据化学反应：Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO3、NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2CO3，所以离子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(HCO3-)＞c(H＋)＞c(OH－)，正确；D项，V1∶V2＝1∶2时，混合后的溶液是等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3、NaCl的混合溶液，Na2CO3和NaHCO3是强碱弱酸盐，水解导致溶液显碱性，CO32-的水解程度大于HCO3-的水解程度，则溶液中c(HCO3-)＞c(CO32-)，由于水解程度是微弱的，所以c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH－)＞c(H＋)，错误。
【变式2】改变0.1 mol·L－1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中H2A、HA－、A2－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)＝]。
下列叙述错误的是( )
A．pH＝1.2时，c(H2A)＝c(HA－)
B．lg[K2(H2A)]＝－4.2
C．pH＝2.7时，c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－)
D．pH＝4.2时，c(HA－)＝c(A2－)＝c(H＋)
【答案】D
【解析】根据题给图像，pH＝1.2时，δ(H2A)＝δ(HA－)，则c(H2A)＝c(HA－)，A项正确；根据HA－H＋＋A2－，可确定K2(H2A)＝，根据题给图像，pH＝4.2时，δ(HA－)＝δ(A2－)，则c(HA－)＝c(A2－)，即lg[K2(H2A)]＝lg c(H＋)＝－4.2，B项正确；根据题给图像，pH＝2.7时，δ(HA－)>δ(H2A)＝δ(A2－)，则c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－)，C项正确；根据题给图像，pH＝4.2时，δ(HA－)＝δ(A2－)，则c(HA－)＝c(A2－)≈0.05 mol·L－1，而c(H＋)＝10－4.2mol·L－1，则c(HA－)＝c(A2－)>c(H＋)，D项错误。
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