高考化学一轮复习第八章水溶液中的电离平衡第一讲弱电解质的电离平衡学案

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第一讲　弱电解质的电离平衡

考点一　弱电解质的电离平衡及其影响因素(命题指数★★★★)

1．强、弱电解质：
(1)概念和物质类别。

(2)电离方程式的书写。
①强电解质：“强等号”，如H2SO4的电离方程式为H2SO4===2H＋＋SO。
②弱电解质：“弱可逆”。
A．一元弱酸，如CH3COOH的电离方程式为CH3COOHCH3COO－＋H＋。
B．一元弱碱，如NH3·H2O的电离方程式为NH3·H2ONH＋OH－。
C．多元弱酸，分步电离，分步书写，如H2CO3的电离方程式为H2CO3H＋＋HCO，HCOH＋＋__。
D．多元弱碱，分步电离，一步书写，如Fe(OH)3的电离方程式为Fe(OH)3 Fe3＋＋3OH－。
E．两性物质双向电离，如Al(OH)3的电离方程式为H＋＋AlO＋H2O
Al(OH)3Al3＋＋3OH－。
③酸式盐：A.强酸的酸式盐，如NaHSO4在水溶液中的电离方程式为NaHSO4 ===Na＋＋H＋＋SO；熔融状态下的电离方程式为NaHSO4===Na＋＋HSO。
B．弱酸的酸式盐，如NaHCO3的电离方程式为
NaHCO3===Na＋＋HCO，HCOH＋＋CO。
2．弱电解质的电离平衡：
(1)电离平衡的建立。
在一定条件下(如温度和浓度)，电解质电离成离子的速率和离子结合成分子的速率相等时，电离过程达到电离平衡状态。
如图所示：

(2)电离平衡的特征。

吸——一般弱电解质的电离过程是吸热的。
(3)影响电离平衡的因素。
①内因：电解质本身的性质决定了其电离程度的大小。
②外因：
A．温度：电离是吸热过程，升高温度使电离平衡向电离的方向移动。
B．浓度：在一定温度下，同一弱电解质溶液，浓度越小，越易电离。
C．相同离子：在弱电解质溶液中加入与弱电解质有相同离子的强电解质时，电离平衡逆向移动。
D．反应离子：加入能与电解质电离出的离子反应的离子时，电离平衡向电离方向移动。
以醋酸的电离平衡CH3COOHCH3COO－＋H＋为例：
改变条件
移动方向
c(H＋)
c(CH3COO－)
电离程度
升温
向右
增大
增大
增大
浓度
加水
稀释
向右
减小
减小
增大
加冰
醋酸
向右
增大
增大
减小

同离
子效
应

加固
体醋
酸钠
向左
减小
增大
减小
通
HCl
气体
向左
增大
减小
减小

加入
含有
与弱
电解
质反
应的
离子
加固
体氢
氧化
钠
向右
减小
增大
增大
加入
镁粉
向右
减小
增大
增大
3．电解质溶液的导电能力：
电解质溶液的导电能力取决于溶液中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。

1．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)弱酸的电离程度越大，溶液的导电能力越强。(　　)
提示：×。导电能力主要取决于溶液中离子总浓度，弱酸浓度一定情况下，电离程度越大导电能力越强。
(2)氨水的浓度越小，一水合氨的电离程度越大。(　　)
提示：√。稀释促进电离。
(3)Ca(OH)2微溶于水，因此它是弱电解质。(　　)
提示：×。强弱电解质只取决于是否完全电离，与溶解度无关。
(4)在醋酸溶液中，当c(CH3COO－)＝c(H＋)时，表示醋酸已达到电离平衡。(　　)
提示：×。弱电解质达到电离平衡时，粒子浓度不再改变，并非相等。
(5)碳酸的电离方程式为H2CO32H＋＋CO。(　　)
提示：×。碳酸是二元弱酸，应分步电离。
2．思考下列问题：
(1)稀醋酸溶液加水稀释时，溶液中所有离子浓度同时减小吗？
提示：温度一定时，Kw＝c(H＋)·c(OH－)，稀醋酸稀释时，c(H＋)减小，c(OH－)增大。
(2)电离平衡向右移动，弱电解质的电离程度一定增大吗？
提示：如增大弱电解质的浓度，电离平衡向右移动，但电离程度减小。
3．在0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOH CH3COO－＋H＋，对于该平衡，下列叙述正确的是(　　)
A．温度升高，平衡向逆反应方向移动
B．加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动
C．加入少量0.1 mol·L－1 HCl溶液，溶液中c(H＋)减小
D．加入少量醋酸钠固体，CH3COOH的电离程度增大
【解析】选B。弱电解质的电离是吸热的过程，故温度升高，平衡正向移动，A项错误；加入少量NaOH固体，溶液中c(H＋)减小，平衡正向移动，B项正确；加入少量0.1 mol·L－1 HCl溶液，溶液中c(H＋)增大，平衡逆向移动，C项错误；加入少量醋酸钠固体，平衡逆向移动，CH3COOH的电离程度减小，D项错误。

命题角度1：外因对电离平衡的影响
【典例1】(2020·全国Ⅱ卷)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HCO浓度增大、CO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HCOH＋＋CO
D．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境
【命题意图】本题借助二氧化碳对生态环境的影响，考查弱电解质的电离平衡和难溶电解质的溶解平衡的相关知识，意在考查学生读图识图能力和电解质溶液离子平衡移动的分析能力。
【解析】选C。二氧化碳溶于水生成碳酸，H2CO3H＋＋HCO，使c(H＋)、c(HCO)增大，C错误；产生的H＋与碳酸钙溶解得到的CO发生反应H＋＋COHCO，使c(CO)减小，c(HCO)增大，溶解平衡右移，促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少，A、B正确；使用太阳能、氢能等新能源可减少CO2的排放，改善珊瑚的生存环境，D正确。
命题角度2：电解质溶液的导电性
【典例2】(2021·江西模拟)电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量，根据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点。如图是用KOH溶液分别滴定HCl溶液和CH3COOH溶液的滴定曲线示意图。下列示意图中，能正确表示用NH3·H2O溶液滴定HCl和CH3COOH混合溶液的滴定曲线的是(　　)


【解析】选D。氯化氢是强电解质，醋酸是弱电解质，滴加的弱电解质先和氯化氢反应生成强电解质氯化铵，但溶液体积不断增大，溶液被稀释，所以电导率下降；当氯化氢完全被中和后，一水合氨继续电离与弱电解质醋酸反应生成强电解质醋酸铵，所以电导率增大；醋酸也完全反应后，继续滴加氨水，因为溶液被稀释，电导率有下降趋势。

1．常见的强、弱电解质：

2．外界因素对电离平衡影响的判断方法：
化学平衡原理(勒夏特列原理)也适用于电离平衡。如果改变影响平衡的条件，平衡向着“减弱”这种改变的方向移动，但移动结果不能“抵消”这种改变。
3．溶液导电能力变化的判断方法：
确定溶质—→判断溶质属于强/弱电解质—→得知溶液中导电离子的浓度变化—→导电能力变化

命题点1：弱电解质概念辨析(基础性考点)
1．下列属于有机物，又是弱电解质的是(　　)
A．乙醇钠　　　B．氨水　　　C．乙酸　　　D．蔗糖
【解析】选C。乙醇钠在水溶液中完全电离，是强电解质，故A不选；氨水是混合物，不是电解质，故B不选；乙酸属于有机物，水溶液中部分电离，属于弱电解质，故C选；蔗糖是有机化合物，水溶液和熔融状态均不导电，是非电解质，故D不选。
2．(2021·南充模拟)常温下，下列关于pH＝3的CH3COOH溶液的叙述错误的是(　　)
A．溶液中水电离出的c(H＋)＝1.0×10－11 mol·L－1
B．与等体积pH＝11的NaOH溶液混合，所得溶液pH＝7
C．加入少量水稀释该溶液的过程中，增大
D．加入0.1 mol·L－1CH3COONa溶液使pH＝7，则c(CH3COO－)＝c(Na＋)
【解析】选B。pH＝3的 CH3COOH溶液中c(H＋)＝1.0×10－3 mol·L－1，醋酸抑制了水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离，则由H2O电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－11mol·L－1，故A正确；pH＝3的 CH3COOH与等体积pH＝11的NaOH溶液混合，醋酸为弱酸，混合液中醋酸过量，反应后溶液呈酸性，故B错误；由醋酸电离的平衡常数表达式可知，＝＝，加水稀释，氢离子浓度降低，温度不变，则平衡常数不变，则稀释过程中，增大，故C正确；滴加0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液至pH＝7时，c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性，根据电荷守恒：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，可知c(CH3COO－)＝c(Na＋)，故D正确。
命题点2：外因对电离平衡的影响(综合性考点)
3．(2021·嘉兴模拟)常温下，对于0.1 mol·L－1的醋酸溶液，下列说法正确的是(　　)
A．加水稀释后，溶液中c(H＋)和c(OH－)都减小
B．加入少量冰醋酸后，溶液中c(H＋)增大
C．加入少量Na2CO3固体，醋酸电离平衡向左移动
D．适当升高温度，醋酸的电离平衡常数减小
【解析】选B。加水稀释醋酸，促进醋酸电离，但醋酸增大的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，故A错误；醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO－＋H＋，加入少量冰醋酸后，醋酸的电离平衡正移，溶液中
c(H＋)增大，故B正确；加入少量Na2CO3固体，消耗氢离子，氢离子浓度减小，电离平衡CH3COOHCH3COO－＋H＋向右移动，故C错误；适当升高温度，促进醋酸的电离，醋酸的电离平衡常数增大，故D错误。
命题点3：电解质溶液导电性变化(应用性考点)
4．电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量。常温下，将相同体积的氢氧化钠溶液和醋酸溶液分别加水稀释，溶液的电导率随加入水的体积V(H2O)变化的曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)

A.曲线Ⅰ表示NaOH溶液加水稀释过程中溶液电导率的变化
B．a、b、c三点溶液的pH：b＞c＞a
C．将a、b两点溶液混合，所得溶液中：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
D．醋酸溶液稀释过程中，不断增大
【解析】选D。加水稀释时，醋酸进一步电离，导电能力变化较小，则Ⅰ为醋酸稀释曲线，故A错误；NaOH溶液显碱性，醋酸显酸性，导电能力越大，说明离子浓度越大，则a、b、c三点溶液的pH：c＞b＞a，故B错误；将a、b两点溶液混合，由于醋酸浓度大于氢氧化钠浓度，反应后醋酸过量，溶液显酸性，则溶液中：c(Na＋)＜c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，故C错误；醋酸溶液稀释过程中，Ka＝不变，而c(H＋)减小，所以不断增大，故D正确。
【加固训练—拔高】
1．pH相同的氢氧化钠溶液和氨水分别加水稀释n倍和m倍，使pH仍保持相同，则n和m的关系是(　　)
A．n＞m　　　　　　　　 B．n＜m
C．n＝m D．无法确定
【解析】选B。pH相同的NaOH和氨水溶液，c(H＋)相等，溶液浓度：c(氨水)＞c(NaOH)，二者分别加水稀释，NaOH完全电离，NH3·H2O继续电离生成NH和
OH－，如果稀释相同倍数，溶液的pH：pH(氨水)＞pH(NaOH)，如果稀释后pH仍然相同，则氨水稀释倍数大于NaOH溶液稀释倍数，即m＞n。
2．(2021·蚌埠模拟)常温下向100 mL蒸馏水中滴入10 mL 5 mol·L－1HA溶液，利用传感器测得溶液中c(H＋)和温度随着加入HA溶液体积的变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是(　　)

A.HA是强酸
B．a～b段，HA电离放热，使溶液温度升高
C．c～d段，c(H＋)增大，HA电离程度增大
D．c点时，加入等体积等浓度的NaOH溶液，则c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)
【解析】选D。结合图示可知，滴入10 mL 5 mol·L－1HA溶液时，c(HA)≈ ×5 mol·L－1≈0.45 mol·L－1，而此时c(H＋)约为6×10－3 mol·L－1，证明HA部分电离，属于弱酸，故A错误；a～b段，HA的电离过程为吸热过程，电解质溶于水，扩散过程(电离)吸热，水合过程(形成水合离子)放热，故B错误；c～d段，HA浓度增大，c(H＋)增加，但HA的电离程度减小，因为溶液的浓度越小，HA的电离产生的离子结合形成HA分子的机会就越少，所以电离程度就越大，故C错误；c点时，加入等体积等浓度的NaOH溶液，反应后溶质为NaA，根据物料守恒得：c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)，故D正确。
3．(2021·浙江模拟)液氨中存在与水的电离类似的电离过程，金属钠投入液氨中可生成氨基钠(NaNH2 )，下列说法不正确的是(　　)
A．液氨的电离方程式可表示为 2NH3NH＋NH
B．钠与液氨的反应是氧化还原反应，反应中有H2生成
C．NaNH2 与少量水反应可能有NH3逸出，所得溶液呈弱碱性
D．NaNH2 与一定量稀硫酸充分反应，所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可能得到四种盐
【解析】选C。依据水的电离方程式可知，液氨的电离方程式可表示为 2NH3NH＋NH，故A正确；依据题意可知液氨与钠发生置换反应生成氨基钠和氢气，是氧化还原反应，故B正确；NaNH2 与少量水反应生成氢氧化钠和氨气，所得溶液为氢氧化钠水溶液，为强碱性溶液，故C错误；NaNH2 与一定量稀硫酸充分反应所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可能得到硫酸钠、硫酸氢钠、硫酸铵、硫酸氢铵四种盐，故D正确。
4．(2021·焦作模拟)298 K时用0.05 mol·L－1氨水滴定20 mL 0.05 mol·L－1的叠氮酸(HN3)溶液，滴定过程中混合溶液的电阻率变化情况如图所示，已知NH3·H2O的电离常数Kb＝1.7×10－5，HN3的电离常数Ka＝1.9×10－5。下列说法中错误的是(　　)

A.电阻率与离子浓度和离子所带电荷有关
B．a、b、c、d四点中，水的电离程度最大的是c
C．c～d之间可能存在：c(N)＝c(NH)＞c(H＋)＝c(OH－)
D．若用0.05 mol·L－1HN3溶液滴定20 mL 0.05 mol·L－1氨水，则所得曲线完全相同
【解析】选D。同温度下，单位体积中的离子个数越多，离子浓度大，阴离子或阳离子所带电荷的绝对值越大，溶液的导电能力越强，故A正确；NH3·H2O和HN3都是弱电解质，NH4N3为强电解质，电阻率最小时溶质为NH4N3，双水解促进水的电离，a、b、c、d四点中，c点最低，含NH4N3最多，水的电离程度最大的是c，故B正确；NH3·H2O的电离常数Kb＝1.7×10－5，HN3的电离常数Ka＝1.9×
10－5，c点二者恰好反应时NH4N3的水溶液显极弱的酸性，此时电阻率最小，由图可知在cd之间有中性点，溶液中性时有c(N)＝c(NH)＞c(H＋)＝c(OH－)，故C正确；NH3·H2O的电离常数Kb＝1.7×10－5，HN3的电离常数Ka＝1.9×10－5，因为二者的电离常数不同，所以开始的电阻率不同，若用0.05 mol·L－1 HN3溶液滴定20 mL 0.05 mol·L－1氨水，则所得曲线不能完全相同，故D错误。
考点二　电离平衡常数及其应用(命题指数★★★)

1．电离平衡常数：
(1)表达式：
①对于一元弱酸HA：
HAH＋＋A－，平衡常数K＝。
②对于一元弱碱BOH：
BOHB＋＋OH－，平衡常数K＝。
③对于ABA＋＋B－，K＝。
(2)影响因素：
电离平衡常数的决定因素是弱电解质本身的性质。外界因素中，电离平衡常数只与温度有关，升高温度，K值增大。
(3)特点：
①在相同条件下，K值越大，表示该弱电解质越容易电离，所对应的酸(或碱)的酸性(或碱性)相对较大。
②多元弱酸的各级电离常数的大小关系是K1≫K2……，所以其酸性决定于第一步电离。
2．电离度(α)：
(1)概念：
当弱电解质在溶液里达到电离平衡时，溶液中已经电离的电解质分子数占溶液中原有的电解质的分子总数(包括已电离的和未电离的)的百分数。
α＝×100%
＝×100%
＝×100%
(2)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。
(3)影响因素：
加水稀释或升高温度都能增大电离度。
(4)电离度(α)与电离平衡常数(Ka、Kb)之间的关系
①一元弱酸(以CH3COOH为例)
设常温下，浓度为c mol·L－1的醋酸的电离度为α
　　　　　CH3COOHCH3COO－＋H＋
起始(mol·L－1)c　　　　　　　0　　　 0
转化(mol·L－1)c·α c·α c·α
平衡(mol·L－1)c－cα≈c c·α c·α
Ka＝＝cα2、α＝，c(H＋)＝cα＝。
②一元弱碱(如NH3·H2O，电离常数为Kb)
同理可得：Kb＝cα2，c(OH－)＝cα＝。

1．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)H2CO3的电离常数表达式：
Ka＝。(　　)
提示：×。H2CO3是二元弱酸，分步电离，有两个电离常数。不能写成一步电离。
(2)弱电解质的电离常数受到温度、浓度的影响。(　　)
提示：×。电离常数只受温度影响。
(3)弱电解质的电离程度越大，电离常数越大。(　　)
提示：×。电离常数受温度影响，电离程度受温度、浓度等影响，例如加水稀释后，电离程度增加，但电离常数不变。
(4)电离常数越大，表示该电解质电离能力越强。(　　)
提示：√。电离常数表示弱电解质电离程度的大小。
(5)电离常数大的酸溶液中的c(H＋)一定大于电离常数小的溶液。(　　)
提示：×。弱酸溶液中c(H＋)的大小与酸的浓度和电离常数有关。
2．下表是几种弱酸常温下的电离平衡常数：
CH3COOH
H2CO3
H2S
H3PO4
Ka＝1.8×10－5
Ka1＝4.3×10－7
Ka2＝5.6×10－11
Ka1＝9.1×10－8
Ka2＝1.1×10－12
Ka1＝7.5×10－3
Ka2＝6.2×10－8
Ka3＝2.2×10－13
(1)CH3COOH、H2CO3、H2S、H3PO4四种酸的酸性由强到弱的顺序为_____________________________________________________________。
(2)多元弱酸的二级电离程度远小于一级电离的原因是________________
________________________________________________________。
(3)同浓度的CH3COO－、HCO、CO、S2－结合H＋的能力由强到弱的顺序为______________________________________________________________。
【解析】(1)根据一级电离平衡常数可知四种酸的酸性由强到弱的顺序为H3PO4、CH3COOH、H2CO3、H2S。(3)酸越弱，其对应酸根离子结合H＋的能力越强，故结合H＋的能力由强到弱的顺序为S2－、CO、HCO、CH3COO－。
答案：(1)H3PO4、CH3COOH、H2CO3、H2S
(2)一级电离产生的氢离子对二级电离起抑制作用
(3)S2－、CO、HCO、CH3COO－

命题角度1：电离常数的理解与应用
【典例1】(2021·揭阳模拟)已知25 ℃时，HCOOH、HCN与H2CO3的电离平衡常数如表所示，下列说法正确的是(　　)
弱酸
HCOOH
HCN
H2CO3
电离平
衡常数
Ka＝1.77×10－4
Ka＝4.9×10－10
Ka1＝4.3×10－7
Ka2＝4.7×10－11
A.中和等体积、等物质的量浓度的HCOOH和HCN消耗NaOH的用量：HCOOH＞HCN
B．相同物质的量浓度的溶液的pH：Na2CO3＞NaHCO3＞NaCN＞HCOONa
C．向NaCN溶液中通入少量CO2，发生反应：2CN－＋H2O＋CO2===2HCN＋CO
D．等物质的量浓度、等体积的NaCN与HCOONa溶液中，阴离子总数目：HCOONa＞NaCN
【解析】选D。等体积等浓度的HCOOH和HCN，HCOOH和HCN物质的量相同，中和时消耗NaOH的量相同，故A错误；相同物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3、NaCN、HCOONa，水解程度越大，溶液pH越大，电离程度HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO，所以水解程度Na2CO3＞NaCN＞NaHCO3＞HCOONa，则pH大小为Na2CO3＞NaCN＞NaHCO3＞HCOONa，故B错误；强酸能够制取弱酸，二者反应生成HCN和HCO，离子方程式为CN－＋H2O＋CO2===HCN＋HCO，故C错误；根据电荷守恒规律：
c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CN－)和c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCOO－)，由于甲酸的酸性大于HCN，所以等物质的量浓度的HCOONa和NaCN溶液，NaCN溶液水解能力强，c(OH－)较大，c(H＋)相对较小，由于两溶液c(Na＋)相等，所以HCOONa溶液中所含阴离子总数大于NaCN溶液所含阴离子总数，故D正确。
　
(1)(宏观辨识与微观探析)酸性强弱与相应酸根离子结合质子能力有什么关系？
提示：酸性越强的酸越易电离出H＋，相应酸根结合质子能力越弱。
(2)(证据推理与模型认知)根据Ka值，醋酸酸性强于碳酸，醋酸与碳酸钠反应，一定有CO2产生吗？
提示：足量醋酸与碳酸钠反应，产生CO2；少量醋酸与碳酸钠反应只能生成NaHCO3。
命题角度2：有关电离常数的计算
【典例2】次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ(X)＝，X为HClO或ClO－]与pH的关系如图所示。HClO的电离常数Ka值为________。

【解析】如图所示pH＝7.5时，HClO、ClO－的组成分数相等，即c(HClO)＝
c(ClO－)，此时HClO的电离常数Ka＝＝c(H＋)＝10－7.5。
答案：10－7.5

1．电离平衡常数的概念要点：
(1)电离常数的大小由物质本身的性质决定，同一温度
下，不同弱电解质的电离常数不同，K值越大，电离程度越大。
(2)电离常数K只随温度的变化而变化，升高温度，K值增大。
(3)多元弱酸电离常数：K1≫K2≫K3，其酸性主要由第一步电离决定，K值越大，相应酸的酸性越强。
2．电离平衡常数的应用：
(1)有关电离平衡的计算有
①已知某弱酸或弱碱的物质的量浓度和电离常数，计算其电离出的离子浓度；
②已知平衡时弱酸或弱碱的物质的量浓度和溶液中的离子浓度计算电离常数。
(2)电离平衡的有关计算类似于化学平衡的有关计算，可利用“三段式法”分析，列出化学平衡等式关系，代入数据计算。
(3)若两离子浓度相差100倍以上，进行加减运算时，可忽略离子浓度较小的数值。
(4)对于同一弱电解质而言，电离常数只随温度的变化而改变，与溶液的浓度无关。
(5)相同温度下，电离常数越大，对应弱电解质的电离能力越强。Ka较大的弱酸可以与Ka较小的弱酸的盐反应，即较强酸可以制取较弱酸。
3．弱电解质平衡移动过程中某些离子浓度比值变化的解题思路：
(1)方法1：将浓度之比转化为物质的量进行比较，就可以忽略溶液体积的变化，只需要分析微粒数目即可。
(2)方法2：利用某些离子的浓度之比关系，乘以或除以某种离子的浓度，“凑常数”，将比值转化为一个常数与某种粒子浓度比值或乘积的形式，减小变量个数。

命题点1：电离常数的理解与应用(基础性考点)
1．(2021·北京海淀区模拟)相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是(　　)

酸
HX
HY
HZ
电离常数Ka
9×10－7
9×10－6
1×10－2
A.三种酸的强弱关系：HX＞HY＞HZ
B．反应HX＋Y－===HY＋X－能够发生
C．相同温度下，0.1 mol·L－1的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最小
D．相同温度下，1 mol·L－1HX溶液的电离常数大于0.1 mol·L－1HX
【解析】选C。相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序为HZ＞HY＞HX，故A错误；由A知，HY的酸性大于HX，根据强酸制取弱酸知，该反应HX＋Y－===HY＋X－不能发生，故B错误；根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZ＞HY＞HX，根据越弱越水解，0.1 mol·L－1的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最小，故C正确；电离平衡常数与浓度无关，只受温度影响，相同温度下同一物质的电离平衡常数不变，故D错误。
命题点2：有关电离常数的计算(综合性考点)
2．已知Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，计算0.1 mol· L－1 CH3COOH溶液中H＋的浓度。
【解析】设CH3COOH溶液中H＋的浓度为x mol·L－1，
　　　 CH3COOHCH3COO－＋H＋
起始 (mol·L－1) 0.1　　　　 0　　　0
平衡(mol·L－1) 0.1－x x x
Ka＝＝＝1.75×10－5①
由于Ka很小，所以x也很小，即0.1－x≈0.1　②
将②代入①式得，x≈1.32×10－3。
答案：c(H＋)＝1.32×10－3 mol·L－1
3．25 ℃时，将a mol·L－1的氨水与0.01 mol·L－1的盐酸等体积混合所得溶液中c(NH)＝c(Cl－)，用含a的代数式表示NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝________。
【解析】根据电荷守恒得c(H＋)＋c(NH)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因为c(NH)＝c(Cl－)，所以c(H＋)＝c(OH－)，故溶液显中性。Kb＝＝＝。
答案：
【加固训练—拔高】
1．(2021·宁波模拟)常温下Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Kb(NH3·H2O)＝1.75×
10－5，下列说法正确的是(　　)
A．一定浓度的CH3COOH溶液加水稀释，所有的离子浓度都在减小
B．pH＝4的CH3COOH和pH＝10的NH3·H2O反应后pH＝7
C．等浓度等体积的CH3COOH和NH3·H2O消耗NaHCO3的物质的量相同
D．等浓度的CH3COONa和NH4Cl溶液中阴离子浓度之和：前者小于后者
【解析】选C。一定浓度的CH3COOH溶液加水稀释，c(H＋)、c(CH3COO－)减小，由于水的离子积Kw＝c(H＋)·c(OH－)不变，则溶液中c(OH－)增大，故A错误；没有告诉pH＝4的CH3COOH和pH＝10的NH3·H2O溶液的体积，无法判断混合液是否为中性，故B错误；等浓度等体积的CH3COOH和NH3·H2O中满足n(CH3COOH)＝n(NH3·H2O)，两个反应中消耗的n(NaHCO3)＝n(CH3COOH)＝n(NH3·H2O)，所以两溶液消耗NaHCO3的物质的量相同，故C正确；由于Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3·H2O)，
CH3COO－、NH的水解程度相同，等浓度的两溶液中c(CH3COO－)＝c(NH)，且CH3COONa溶液中的c(OH－)等于NH4Cl溶液中的c(H＋)，由电荷守恒可知NH4Cl溶液中满足c(OH－)＋c(Cl－)＝c(H＋)＋c(NH)，即NH4Cl溶液中阴离子浓度之和等于c(H＋)＋c(NH)，CH3COONa溶液的阴离子浓度之和为c(OH－)＋c(CH3COO－)，所以两溶液中阴离子浓度之和相等，故D错误。
2．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(　　)

【解析】选B。这两种物质都是弱电解质，在温度不变、浓度相等时，电离程度CH3COOH 3．(2021·台州模拟)某学生进行了如下实验，下列结论正确的是(　　)
编号
Ⅰ
Ⅱ
实验


现象
a中产生凝胶状沉淀
b中凝胶状沉淀溶解，c中无明显变化
A.由Ⅰ能说明酸性H2CO3＞H2SiO3
B．由Ⅱ可知结合氢离子的能力CO＞HCO
C．向Na2SiO3溶液中通入少量CO2，发生反应SiO＋CO2＋H2O===CO＋H2SiO3↓
D．将新制的硅酸与硅酸钠溶液混合不会出现明显现象
【解析】选B。盐酸与石灰石反应生成二氧化碳，同时挥发出氯化氢，氯化氢也能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，所以由Ⅰ不能说明酸性H2CO3＞H2SiO3，故A错误；b中凝胶状沉淀溶解，说明硅酸与碳酸根离子反应，c中无明显变化，说明硅酸与碳酸氢根离子不发生反应，则结合氢离子的能力CO＞HCO，故B正确；由Ⅱ可知酸性：H2SiO3＞HCO，向Na2SiO3溶液中通入少量CO2，反应生成H2SiO3和NaHCO3，正确的离子方程式为SiO＋2CO2＋2H2O===H2SiO3↓＋2HCO，故C错误；硅酸在溶液中存在溶解平衡，将新制的硅酸与硅酸钠溶液混合后，硅酸根离子浓度增大，会析出硅酸，故D错误。
考点三　一元强酸(碱)和一元弱酸(碱)的比较(命题指数★★★)

1．相同物质的量浓度、相同体积的一元强酸(如盐酸)与一元弱酸(如醋酸)的比较：
　 　比较
　 　项目
酸
c(H＋)
pH
中和
碱的
能力
与活泼金
属产生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
与活泼金
属产生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
　(注：一元强碱与一元弱碱的比较规律与以上类似。)
3．图象法理解稀释规律(以盐酸和醋酸为例)：
(1)同体积、同浓度的盐酸和醋酸比较


加水稀释相同的倍数，醋酸的pH大
加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多
(2)同体积、同pH的盐酸和醋酸比较


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

1．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)pH＝3的醋酸溶液加水稀释100倍后pH小于5。(　　)
提示：√。弱电解质加水稀释会促进电离。
(2)等体积、等pH的盐酸和醋酸中和碱的能力相同。(　　)
提示：×。等pH的盐酸和醋酸溶液相比，醋酸浓度更大，中和碱能力更强。
(3)等浓度、等体积的盐酸和醋酸分别与足量Mg反应，生成H2的速率从始至终都是盐酸大。(　　)
提示：√。反应速率由溶液中c(H＋)决定，初始速率盐酸较大，反应过程中醋酸进一步电离，但反应速率仍小于盐酸。
(4)若升高酸溶液的温度，pH减小。(　　)
提示：×。升高强酸溶液的温度，pH不变；升高弱酸溶液的温度，pH减小。
(5)加水稀释两种pH相同的酸溶液，pH变化大的一定是强酸。(　　)
提示：×。加水稀释两种pH相同的酸溶液，pH变化大的酸一定比变化小的酸性强，但不一定是强酸。
2.等pH、等体积的盐酸(Ⅰ)和醋酸(Ⅱ)分别加水稀释，溶液pH与体积的关系如图：

(1)室温下，稀释相同倍数对应的b点和c点的导电能力更强的是？
提示：pH越小，溶液中H＋和酸根离子浓度越大，导电能力越强，导电能力c点更强。
(2)酸溶液加水稀释10n倍，pH变为多少？
提示：强酸溶液稀释10n倍，pH＝a＋n；弱酸溶液稀释10n倍，a＜pH＜a＋n；且pH＜7。

命题角度1：强弱电解质图象分析
【典例1】浓度均为0.10 mol·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lg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lg＝2时，若两溶液同时升高温度，则增大
【以图析题·培养关键能力】

【解析】选D。由图象可知0.1 mol·L－1的MOH溶液的pH＝13，说明MOH完全电离，为强电解质，同理判断ROH为弱电解质，所以前者的碱性大于后者，A正确；ROH为弱电解质，溶液越稀越易电离，所以电离程度b点大于a点，B正确；当两溶液无限稀释下去，相当于纯水，所以二者氢氧根离子浓度相等，C正确；当lg＝2时，MOH溶液的pH＝11，ROH溶液的pH＝10，MOH溶液不存在电离平衡，ROH溶液存在电离平衡，升高温度平衡右移，M＋浓度无影响，R＋浓度增大，所以减小，D错误。
【备选例题】
(2021·北京海淀区模拟)25 ℃时，pH＝2的盐酸和醋酸溶液各1 mL分别加水稀释，pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．曲线Ⅰ代表醋酸溶液的稀释过程
B．a点溶液的导电性比c点溶液的导电性差
C．将a、b两点溶液加热至30 ℃(忽略溶质挥发)，变大
D．与相同浓度的NaOH溶液恰好中和时，消耗a点溶液的体积比b点溶液的体积大
【解析】选D。溶液稀释时，醋酸进一步电离，其溶液中氢离子浓度大于盐酸的离子浓度，故曲线Ⅰ代表盐酸的稀释过程、Ⅱ应为醋酸稀释时的pH变化曲线，故A错误；稀释后盐酸溶液中氯离子、氢离子浓度减小，则溶液导电性较弱，故a点溶液的导电性比c点溶液的导电性强，故B错误；升高温度后，醋酸的电离程度增大，醋酸根离子浓度增大，而氯离子浓度基本不变，则比值减小，故C错误；醋酸的浓度大于盐酸，与相同浓度的NaOH溶液恰好中和时，消耗a点溶液的体积比b点溶液的体积大，故D正确。
命题角度2：强弱电解质的判断
【典例2】(2021·许昌模拟)等体积、浓度均为0.2 mol·L－1的三种溶液：①HA溶液、②HB溶液、③NaHCO3溶液，已知将①②分别与③混合，实验测得所产生的CO2气体体积(V)随时间(t)的变化如图所示。下列说法不正确的是(　　)

A．酸性：HB＞HA＞H2CO3
B．恰好反应时，所得两溶液中：c(A－)＞c(B－)
C．上述三种溶液中由水电离出的c(OH－)的相对大小：③＞①＞②
D．HA溶液和NaHCO3溶液恰好反应，所得的溶液中：c(A－)＋c(HA)＝
0.1 mol·L－1
【解析】选B。由题图可知，HB溶液与NaHCO3溶液反应的速率较快，说明HB溶液中氢离子浓度较大，酸性：HB＞HA＞H2CO3，A正确；反应结束后所得两溶液分别为NaA溶液、NaB溶液，根据“越弱越水解”，则c(A－)
1．强酸与弱酸的比较：
同浓度时，溶液中c(H＋)：强酸＞弱酸
同pH时，溶液中c(H＋)相等，酸的浓度：弱酸＞强酸
2．判断强弱电解质的方法(以酸HA为例)：
(1)从是否完全电离的角度判断。
强电解质在溶液中完全电离，弱电解质部分电离。据此，判断方法如下：
①测定0.1 mol·L－1 HA溶液的pH。若pH＝1，则为强酸；若pH＞1，则为弱酸。
②与同浓度的盐酸比较导电性。若导电性与盐酸相同，则为强酸；若导电性比盐酸弱，则为弱酸。
③与同浓度的盐酸比较和足量活泼金属反应的速率。若反应速率相同，则为强酸；若反应速率比盐酸慢，则为弱酸。
(2)从是否存在电离平衡的角度判断。
在水溶液中，强电解质不存在电离平衡，弱电解质存在电离平衡，且一定条件下会发生移动。据此，判断方法如下：
①将pH＝1的HA稀释100倍后测pH。若pH＝3，则为强酸；若pH＜3则为弱酸。
②升高温度前后测溶液pH。若升高温度溶液pH明显减小，则为弱酸。
③测量等pH、等体积的HA与盐酸分别与过量活泼金属反应产生的H2量。若与盐酸产生H2量相等，则为强酸；若比盐酸产生H2量多，则为弱酸。
(3)从酸根离子是否水解的角度判断。
强酸酸根离子不水解，弱酸酸根离子易水解。据此，判断方法如下：
测NaA的pH。若pH＝7，则为强酸；若pH＞7，则为弱酸。

命题点1：强弱电解质的判断(基础性考点)
1．(2021·邯郸模拟)下列事实不能证明H2C2O4(乙二酸)是弱电解质的是(　　)
A．草酸能与CaCO3反应产生CO2
B．常温下，0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液的pH＞7
C．浓度均为1 mol·L－1的H2C2O4溶液的导电能力比硫酸的导电能力弱
D．常温下pH＝4的H2C2O4溶液稀释100倍，pH约为5
【解析】选A。草酸能和碳酸钙反应生成二氧化碳，说明草酸酸性大于碳酸，但是不能证明乙二酸部分电离，则不能证明乙二酸是弱电解质，故A选；常温下，0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液的pH＞7，说明该盐是强碱弱酸盐，则乙二酸是弱电解质，故B不选；浓度均为1 mol·L－1的H2C2O4溶液的导电能力比硫酸的导电能力弱，说明乙二酸中离子浓度小于硫酸，硫酸是强电解质，则乙二酸是弱电解质，故C不选；pH＝4的乙二酸稀释100倍后pH约为5，说明稀释过程中存在乙二酸的电离，所以乙二酸是弱电解质，故D不选。
命题点2：强弱电解质区别(综合性考点)
2．关于25 ℃时，体积相同的盐酸与醋酸两种溶液，下列说法正确的是(　　)
A．若浓度相同，中和所需的NaOH物质的量相同
B．若浓度相同，分别与镁条反应的速率相等
C．若pH相等，则c(CH3COO－)>c(Cl－)
D．若pH相等，分别与NaOH反应呈中性后，n(CH3COO－)＜n(Cl－)
【解析】选A。如果两种酸的浓度和体积都相同，则两种酸的物质的量相同，消耗的NaOH物质的量相等，故A正确；与Mg反应速率和酸溶液中c(H＋)成正比，如果浓度相同时c(H＋)：盐酸＞醋酸，则开始时盐酸反应速率快，故B错误；若pH相等，则两种溶液中c(H＋)相等，温度相同则两种溶液中c(OH－)相等，两种溶液中分别存在c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)、c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，所以c(Cl－)＝c(CH3COO－)，故C错误；若pH相等，则酸浓度：c(CH3COOH)＞c(HCl)，两种酸体积相等时n(CH3COOH)＞n(HCl)，分别与NaOH反应后呈中性时醋酸钠溶液中酸根离子多，所以n(CH3COO－)＞n(Cl－)，故D错误。
命题点3：强弱电解质图象判断(应用性考点)
3．已知物质的电阻率与导电能力成反比，物质的电阻率越大，导电能力越弱。室温条件下，向20 mL浓度均为0.1 mol·L－1 HA和CH3COOH的混合液中滴加0.1 mol·L－1的NH3·H2O，测得混合液的电阻率与加入NH3·H2O的体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是(　　)

A.HA是强酸
B．室温条件下，等浓度的HA和CH3COOH溶液中c(H＋)前者小
C．ab段发生的反应是HA＋NH3·H2O===NH4A＋H2O
D.c点溶液中的溶质为NH4A和CH3COONH4
【解析】选B。若HA和CH3COOH都是弱酸，则随着NH3·H2O的加入，酸碱反应生成盐，溶液导电性将增强、电阻率将减小，但图象上随着NH3·H2O的加入溶液电阻率增大、导电性反而减弱，说明原混合溶液中离子浓度更大，即HA为强电解质，故A正确；HA完全电离，CH3COOH部分电离，HA比等浓度CH3COOH溶液中c(H＋)大，故B错误；ab段是HA与NH3·H2O反应，故C正确；c点中和完全，溶质为NH4A和CH3COONH4，故D正确。
【加固训练—拔高】
1．(2021·海南模拟)向体积和pH均相等的盐酸和醋酸中分别加入足量的镁粉，则下列关于反应产生H2的体积(同温同压下测定)和速率与时间的关系图象描述正确的是(　　)

【解析】选A。开始时，强酸盐酸和弱酸醋酸的pH相等，c(H＋)相等，则开始时反应速率相等；随着反应的进行，弱酸醋酸不断电离出H＋而使醋酸中c(H＋)减小比盐酸中的慢，即醋酸中的c(H＋)大于盐酸中的c(H＋)，反应速率大于盐酸中的反应速率，故A正确；由上述分析，盐酸中的反应速率比醋酸的反应速率小，故B错误；醋酸为弱酸，不完全电离，pH均相等的盐酸和醋酸中醋酸的浓度远远大于强酸盐酸的浓度，与足量的镁粉反应产生氢气的体积醋酸比盐酸多，故C、D错误。
2.(2021·三明模拟)常温时，分别向体积为V0、浓度均为1 mol·L－1 HClO2和HMnO4两溶液中加水稀释至体积为V，lg与溶液pH的关系如图。下列说法错误的是(　　)

A．HMnO4为强酸
B．当两溶液均稀释至pH＝3时，c(ClO)＝c(MnO)
C．在0≤pH≤5时，HMnO4溶液满足：pH＝lg
D．稀释前分别用1 mol·L－1的NaOH溶液中和两种酸至中性，消耗的n(NaOH) 相同
【解析】选D。由分析得知，lg＝0时，即溶液未稀释时，1 mol·L－1HMnO4的pH＝0，说明该溶液中c(H＋)＝c(HMnO4)＝1 mol·L－1，则HMnO4为强酸，故A正确；根据电荷守恒：c(H＋)＝c(OH－)＋c(ClO)，c(H＋)＝c(OH－)＋c(MnO)当稀释至pH均为3时，c(ClO)＝c(MnO)，故B正确；HMnO4是强酸，完全电离，0≤pH≤5时，稀释多少倍，溶液中c(H＋)就是原来的多少分之一，所以HMnO4溶液满足，pH＝lg，故C正确；NaMnO4是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，NaClO2是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，所以NaClO2溶液消耗的n(NaOH) 要少一些，才能使溶液呈中性，故D错误。
3.次磷酸(H3PO2、一元弱酸)和氟硼酸(HBF4)均可用于植物杀菌。常温时，有
1 mol·L－1 的H3PO2溶液和1 mol·L－1的HBF4溶液，两者起始时的体积均为V0，分别向两溶液中加水，稀释后溶液的体积均为V，两溶液的pH变化曲线如图所示。下列说法错误的是(　　)

A．常温下，NaBF4溶液的pH＝7
B．常温下，H3PO2的电离平衡常数约为1.1×10－2
C．NaH2PO2溶液中：c(Na＋)＝c(H2PO)＋c(HPO)＋c(PO)＋c(H3PO2)
D．常温下，在0≤pH≤4时，HBF4溶液满足pH＝lg
【解析】选C。HBF4为强酸，则NaBF4为强酸强碱盐，常温下NaBF4溶液的pH＝7，故A正确；对于H3PO2溶液，lg＋1＝1时pH＝1，则V＝V0，即1 mol·L－1 H3PO2溶液中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，H3PO2的电离平衡常数K≈≈1.1×10－2，故B正确；根据“次磷酸(H3PO2、一元弱酸)”可知，NaH2PO2溶液中不存在HPO、PO，正确的物料守恒为c(Na＋)＝c(H2PO)＋c(H3PO2)，故C错误；根据图示曲线b可知，lg＋1＝1时，lg＝pH＝0，lg＋1＝5时lg＝pH＝4，所以在0≤pH≤5时，HBF4溶液满足pH＝lg，故D正确。
4．(2021·北京海淀区模拟)25 ℃时，下列事实不能说明一水合氨是弱电解质的是(　　)
A．醋酸铵溶液pH＝7
B．0.01 mol·L－1氨水pH约为10.6
C．氯化铵溶液可以除铁锈
D．氨水与氯化铁溶液混合产生沉淀
【解析】选D。醋酸铵溶液pH＝7，说明铵根离子与醋酸根离子都能水解且水解程度相同，醋酸是弱酸，从而说明一水合氨是弱碱，故A不选；0.01 mol·L－1氨水pH约为10.6，说明一水合氨不能完全电离，从而证明其是弱电解质，故B不选；氯化铵溶液能除铁锈说明氯化铵溶液显酸性，说明铵根离子能够水解，从而证明一水合氨是弱碱，故C不选；氨水与氯化铁溶液混合产生沉淀只能说明一水合氨是碱，能提供氢氧根离子，与电解质强弱无关，故D选。

1．(2019·全国Ⅰ卷)固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。下图为少量HCl气体分子在253 K冰表面吸附和溶解过程的示意图。下列叙述错误的是(　　)

A.冰表面第一层中，HCl以分子形式存在
B．冰表面第二层中，H＋浓度为5×10－3 mol·L－1(设冰的密度为0.9 g·cm－3)
C．冰表面第三层中，冰的氢键网络结构保持不变
D．冰表面各层之间，均存在可逆反应HClH＋＋Cl－
【解析】选D。由图可知，在冰表面第一层中，HCl分子并没有电离，以分子形式存在，A正确；第二层中，Cl－与H2O的比值是10－4∶1，由于HCl是强酸，所以H＋浓度与氯离子浓度相等，假设氢离子的物质的量为10－4 mol，则水的物质的量为1 mol，则水的体积为＝20 mL，故氢离子的浓度为＝5×10－3 mol·L－1，B正确；冰表面第三层中，由于是以晶体的形式存在，所以冰的氢键网络结构保持不变，C正确；在第二层，主要以溶液形式存在，所以第二层全部电离，不会存在可逆反应，D不正确。
2.(2019·天津高考)某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10－4和1.7×10－5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH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HNO2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HA、A－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NaOH恰好中和后，溶液中n(Na＋)相同
【解析】选C。酸越弱，稀释越能促进电离，稀释后pH变化小，曲线Ⅰ代表醋酸，A错误；两种酸溶液，pH越小酸性越强，水的电离程度越小，c点水电离程度大于b点，B错误；c、d的温度相同，＝
＝，其中Ka表示酸的电离平衡常数，由于水的离子积常数和酸的电离平衡常数均只与温度有关，该比值不变，C正确；二者酸的pH相同，但酸的浓度不同，体积相同的两种酸溶液，需要NaOH的物质的量不同，D错误。
【加固训练—拔高】
1．(2016·浙江高考)苯甲酸钠(，缩写为NaA)可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A－。已知25 ℃时，HA的Ka＝6.25×
10－5，H2CO3的Ka1＝4.17×10－7，Ka2＝4.90×10－11。在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压充入CO2气体。下列说法正确的是(温度为25 ℃，不考虑饮料中其他成分)(　　)
A．相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低
B．提高CO2充气压力，饮料中c(A－)不变
C．当pH为5.0时，饮料中＝0.16
D.碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为c(H＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(OH－)－c(HA)
【解析】选C。由题意知苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A－，因碳酸饮料溶液具有一定的酸性，会生成苯甲酸(HA)，相比于未充CO2的饮料，其抑菌能力较强，故A项错误；增大压强会增大气体的溶解度，因此提高CO2充气压力，饮料的酸性增强，所以c(A－)减小，故B项错误；根据HA⇌H＋＋A－，Ka＝＝6.25×10－5，故当溶液的pH为5.0时，饮料中＝＝0.16，故C项正确；由于饮料中加入的各种成分的量不知，且加入碳酸的量也不知，因此无法比较饮料中各离子的浓度关系。
2．(2016·全国Ⅱ卷节选)联氨(又称肼，N2H4，无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，回答下列问题：
联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，联氨第一步电离反应的平衡常数值为__________(已知：N2H4＋H＋N2H的K＝8.7×107；Kw＝1.0×10－14)。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为________。
【解析】联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，则联氨第一步电离的方程式：N2H4＋H2ON2H＋OH－，已知：N2H4＋H＋N2H的K＝8.7×107；Kw＝1.0×10－14，平衡常数K＝8.7×107×1.0×10－14＝8.7×10－7 ；联氨为二元弱碱，酸碱发生中和反应生成盐，则联氨与硫酸形成酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2。
答案：8.7×10－7　N2H6(HSO4)2




1．判断强弱电解质的核心依据：电解质在水溶液中的电离程度，若不完全电离则为弱电解质。
2．电离平衡的5个特征：逆→等→动→定→变。
3．高考必考的影响电离平衡的3个因素。
(1)升高温度：电离平衡右移。
(2)稀释：电离平衡右移。
(3)同离子效应：电离平衡左移。
4．电离常数。
(1)影响因素：弱电解质的性质、温度。
(2)应用：判断弱电解质的强弱、盐类水解程度。
(3)计算。
①已知c(HX)和c(H＋)求K。②已知K求c(H＋)。