高中化学人教版（新课标）选修4 第三章第一节 弱电解质的电离
一、单选题
1．（2020高二下·金华期末）下列属于强电解质的是（ ）
A．Al B．CH3OH C．CH3COOH D．BaSO4
2．（2020高三上·蚌埠月考）已知N2H4在水中电离方式与NH3相似，若将NH3视为一元弱碱，则N2H4是一种二元弱碱，下列关于N2H4的说法不正确的是（ ）
A．它与硫酸形成的酸式盐可以表示为N2H5HSO4
B．它溶于水所得的溶液中共有4种离子
C．它溶于水发生电离的第一步可表示为：N2H4·2H2O N2H5＋·H2O＋OH－
D．常温下，向0.1 mol·L－1的N2H4溶液加水稀释时，n(H＋)·n(OH－)会增大
3．（2020高三上·安徽月考）25℃下，向20.00 mL 0.1 mol/L二元弱酸H2X溶液中滴入0.1 mol/L NaOH溶液，溶液中由水电离出的c水(OH－)的负对数[－lgc水(OH－)]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中不正确的是（ ）
A．M点溶液中：c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)
B．水的电离程度：P>N＝Q>M
C．N、Q两点溶液pH值均等于7
D．溶液中 ：M
4．（2020高三上·安徽月考）下列有关说法正确的是（ ）
A．已知电离平衡常数(25℃)，Ka(HClO)＝2.95×10－8；H2CO3 Ka1＝4.3×10－7、Ka2＝5.6×10－11，将少量的CO2通入NaClO溶液中反应离子方程式为2ClO－＋CO2＋H2O＝2HClO＋CO32－。
B．已知常温下A－的水解常数Kh＝1.61×10－5。含等物质的量浓度HA、NaA的混合液中则有： c(HA)>c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)
C．冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度、pH均先增大后减小
D．在25℃，Ksp(AgCl)约为1×10－10，Ksp(Ag2CrO4)约为4×10－12，向均为0.1 mol/L的NaCl和Na2CrO4混合液中滴加0.1 mol/L AgNO3溶液，CrO42－先沉淀
5．（2020·珠海模拟）化学上把外加少量酸、碱，而pH基本不变的溶液，称为缓冲溶液。现有25℃时，浓度均为0.10 mol/L 的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液，pH=4.76。(已知：Ka(CH3COOH)=1.75×10–5，Kb为CH3COONa的水解常数)，下列说法正确的是（ ）
A．混合溶液加水稀释，c(OH–)减小
B．25℃时，Ka(CH3COOH)＜Kb(CH3COO–)
C．c(CH3COO-)＋c(OH-)＜c(CH3COOH)＋c(H＋)
D．向1.0 L上述缓冲溶液中滴加几滴NaOH稀溶液(忽略溶液体积的变化)，反应后溶液pH基本不变
6．（2020·宣城模拟）常温下，向 浓度均为 和 的混合溶液中滴加 的 ，测得混合溶液的电阻率(溶液的电阻率越大，导电能力越弱)与加入氨水的体积 的关系如图所示(忽略混合时体积变化)，下列说法正确的是（ ）
A．常温下， 的 比同浓度 的 大
B． 过程中水的电离程度先减小后增大
C． 点溶液中，
D． 点时，
7．（2020·柯桥模拟）已知：在室温下有以下平衡：
编号 平衡方程式 平衡常数
① HCN H++CN- Ka= 1×10 -10
② H2O H++OH- Kw=1×10 -14
③ CN-+H2O HCN+OH- K =？
则下列判断错误的是（ ）
A．①的ΔS >0， ΔH>0
B．用标准 NaOH 溶液滴定浓度约为 0.01mol L－1HCN，可用甲基橙做指示剂
C．0. 2mol L－1 的 HCN 溶液中加入等体积的 0.1mol L－1NaOH 溶液，则该溶液呈碱性
D．0. 2mol L－1 的HCN 溶液中加入等体积的 0.1mol L－1NaOH 所得的混合溶液中： 2c(H+)+ c(HCN) = 2c(OH-)+c (CN- )
8．（2020高二下·桂林期中）常温下，向两只分别盛有50 mL0.100 mol/L盐酸的锥形瓶中各自匀速滴加50 mL蒸馏水、50 mL0.100 mol/L醋酸铵溶液，装置如图所示(夹持仪器等已略)。
已知：常温下，CH3COONH4溶液pH约为7。
下列说法正确的是（ ）
A．实验①滴加过程中溶液所有离子浓度都减小
B．实验②滴至pH=2时，溶液中c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)=0.01 mol/L
C．实验②滴加过程中，溶液中均存在c(CH3COO-)D．滴定结束后，①中水的电离程度比②中大
二、综合题
9．（2019高一上·辽源月考）有以下物质：①FeCl3；②稀NaOH溶液；③酒精；④氨水；⑤二氧化碳；⑥碳酸氢钠固体；⑦稀盐酸；⑧纯醋酸；⑨Na2CO3；
（1）其中能导电的是 ；属于非电解质的是 ；属于强电解质的是 ；属于弱电解质的是 。
（2）写出物质⑥溶于水的电离方程式： 。
（3）写出物质⑥和⑧在水中反应的离子方程式 。
（4）有两种物质发生反应的离子方程式为：H++OH-=H2O，这两种物质的序号是
（5）现取0.1mol样品⑨，逐滴加入⑦，现象为 ，其所发生的离子方程式为 。完全反应时生成气体的物质的量为 。
10．（2020高二下·河间期末）弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡均属于化学平衡。根据要求回答问题。
（1）一定温度下，向1 L 0.1 mol·L-1CH3COOH溶液中加入0.1 mol CH3COONa固体，则醋酸的电离平衡向 (填“正”或“逆”)反应方向移动；水的电离程度将 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
（2）99℃时，KW＝1.0×10-12 mol2·L-2，该温度下测得0.1 mol·L-1Na2A溶液的pH＝6。
①H2A在水溶液中的电离方程式为 。
②体积相等、pH＝1的盐酸与H2A溶液分别与足量的Zn反应，产生的氢气 。
A.盐酸多
B.H2A多
C.一样多
D.无法确定
③将0.1 mol·L－1H2A溶液与0.2 mol·L－1氨水等体积混合，完全反应后溶液中各离子浓度的电荷守恒关系式为 。
（3）已知常温下，H2SO3的电离常数为Kal＝1.54×10-2，Ka2＝1.02×10-7，H2CO3的电离常数为Kal＝4.30×10-7，Ka2＝5.60×10-11。
①下列微粒可以大量共存的是 (填字母)。
a. 、 b. 、 c. 、 d.H2SO3、
②已知NaHSO3溶液显酸性，溶液中各离子浓度从大到小的排列顺序是 。
（4）0.1 mol·L-1的NaHA溶液，测得溶液显碱性。则该溶液中 c(H2A) c(A2-)(填“>”、“<”或“=”)，作出此判断的依据是 (用文字解释)。
11．（2020高二上·华宁期末）25℃时，有关物质的电离平衡常数如下：
化学式 CH3COOH H2CO3 H2SO3
电离平衡常数K K=1.8×10-5 K1=4.3×10-7 K2=5.6×10-11 K1=1.5×10-2 K2=1.02×10-7
（1）电解质由强至弱顺序为 (用化学式表示，下同)。
（2）常温下，0.02 mol·L-1的CH3COOH溶液的电离度约为 ，体积为10mLpH=2的醋酸溶液与亚硫酸溶液分别加蒸馏水稀释至1000mL，稀释后溶液的pH，前者 后者(填“＞”、“＜”或“=”)。
（3）下列离子CH3COO-、CO32-、HSO3-、SO32-在溶液中结合H+的能力由大到小的顺序为 。
（4）NaHSO3溶液显酸性的原因 (离子方程式配适当文字叙述)，其溶液中离子浓度由大到小的关系是 .
12．（2019高二上·屯溪期中）部分弱酸的电离平衡常数如表：
弱酸 HCOOH HNO2 H2S H2SO3 H2C2O4 H2CO3
电离平衡常数25℃） K=1.8×10-4 K=5.1×10-4 K1=9.1×10-8 K2=1.1×10-12 K1=1.23×10-2 K2=6.6×10-8 K1=5.4×10-2 K2=5.4×10-5 K1=4.3×10-7 K2=5.6×10-11
（1）上表的6种酸进行比较，酸性最弱的是： ；HCOO-、S2-、HSO3-三种离子中，最难结合H+的是 。
（2）在浓度均为0.1mol/L的HCOOH和H2C2O4混合溶液中，逐渐滴入0.1mol/L的NaOH溶液，被OH-先后消耗的酸及酸式酸根依次是： 。
（3）已知HNO2具有强氧化性，弱还原性。将HNO2溶液滴加到H2S溶液中，同时有沉淀和无色气体生成，该气体遇空气立即变为红棕色，试写出两酸之间的化学反应方程式： 。
（4）下列离子方程式书写正确的是
A．HNO2+HS- = NO2-+ H2S↑
B．2HCOOH+SO32-= 2HCOO-+H2O+SO2↑
C．H2SO3+2HCOO-= 2HCOOH+SO32-
D．H2SO3+SO32-= 2HSO3-
E．H 2C2O4+ NO2-=HC2O4-+HNO2
（5）将少量的SO2 通入Na2C2O4溶液，写出离子方程式 。
（6）已知HX为一元弱酸。HX的电离常数为5.5×10-8。某混合溶液中含有4molNaX、2molNa2CO3和1molNaHCO3。往溶液中通入3molCO2气体，充分反应后，气体全部被吸收，计算NaHCO3的物质的量
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A．Al为单质，不是电解质，故A不符合题意；
B．CH3OH在水溶液和熔融状态下均不导电，为非电解质，故B不符合题意；
C．CH3COOH为弱酸，在水溶中部分电离，属于弱电解质，故C不符合题意；
D．BaSO4属于盐类，虽然难溶于水，但溶于水的部分完全电离，属于强电解质，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】在溶液中能完全电离的电解质为强电解质。
2．【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A.若如A所示，则为一元弱碱，而题目中标明为二元弱碱，故A符合题意
B.溶于水有， N2H5＋·H2O 、OH－N2H62-、H+，四种离子，故B不符合题意
C. 第一步电离为N2H4·2H2O N2H5＋·H2O＋OH－，故C不符合题意
D.Kw=c（H+）·c（OH-）=，体积增大，又Kw为常数，故 n(H＋)·n(OH－) 增大，故D不符合题意
故答案为：A
【分析】 若将NH3视为一元弱碱，则N2H4是一种二元弱碱 ，可根据氨气的性质来推断肼的性质
3．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．M点时滴入了20.00mL的NaOH溶液，此时溶液中的溶质为NaHX，由于HX-的电离和水解，使c(Na+)＞c(HX-)，但HX-的电离是微弱的，所以c(HX-)＞c(X2-)，所以c(Na+)＞ c(HX-)＞c(X2-)，A不符合题意；
B．M点时溶液中的溶质为NaHX，水的电离受到抑制，N和Q两点水的电离受到促进和抑制的程度一样，P点溶质为Na2X，水的电离受到促进，所以水的电离程度P＞N＝Q＞M，B不符合题意；
C．由以上分析可知，N点溶液是中性的，pH=7，Q点溶液是碱性的，pH＞7，C符合题意；
D．，Ka2是常数，随着NaOH溶液的滴入，c(H+)逐渐降低，所以逐渐增大，所以溶液中：M＜N＜P＜Q，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．M点时等体积等浓度混合生成NaHX，由纵坐标可知溶液显酸性，则HX-的电离大于其水解；
B.纵坐标数值越大，水的电离程度越小；
C.注意Q点溶液中碱过量；
D.溶液中 =，随NaOH的加入导致溶液中c（H+）减小。
4．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由于H2CO3Ka1=4.3×10–7>Ka(HClO)=2.95×10–8>Ka2( H2CO3)=5.6×10–11，故将少量的CO2通入NaClO溶液中反应离子方程式为：ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋HCO3，A不符合题意；
B．已知常温下A－的水解常数K＝1.61×10－5，则HA的电离常数为，即含等物质的量浓度HA、NaA的混合液中A－的水解大于HA的电离，则有：c(HA)>c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)，B符合题意；
C．冰醋酸不导电，在冰醋酸中加水，醋酸的电离平衡右移，开始时离子浓度增大，后来减小，故溶液的导电性开始增大后来减小；pH先减小后增大；醋酸的电离平衡右移，故电离程度始终增大，C不符合题意；
D．Na2CrO4和NaCl溶液的浓度相等均为0.1mol/L，AgCl、Ag2CrO4的Ksp分别为1×10-10、4.0×10-12，其溶度积常数大小顺序为：Ksp(AgCl)＞Ksp(Ag2CrO4)，形成沉淀需要的Ag+浓度分别为：
c(Ag+)===10-9mol L-1，c(Ag+)=mol L-1，所以需要离子浓度大的是K2CrO4，应先生成AgCl沉淀， D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．根据各物质的电离平衡常数判断发生的反应；
B．根据水的离子积计算HA的电离常数进而判断NaA的电离和水解程度；
C．冰醋酸为弱电解质，稀释过程电离程度增大；
D．根据两者的 ，Ksp(AgCl)约为1×10－10，Ksp(Ag2CrO4)约为4×10－12，分别计算需要的银离子浓度，从而判断沉淀顺序。
5．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．该混合溶液pH<7，溶液显酸性，加水稀释，溶液中c(H+)减小，由于Kw= c(H+)·c(OH–)，在温度不变时，Kw不变，溶液中c(H+)减小，则c(OH–)增大，A不符合题意；
B．浓度均为0.10 mol/L 的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液，pH=4.76，说明酸的电离作用大于盐的水解作用，所以Ka(CH3COOH)＞Kb(CH3COO–)，B不符合题意；
C．根据物料守恒可得①：2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，根据电荷守恒可得②： c(CH3COO-)＋c(OH-)=c(Na+)＋c(H＋)，将①+2×②，整理可得c(CH3COO-)＋2c(OH-)=c(CH3COOH)＋2c(H＋)，溶液pH=4.76，则c(H+)＞c(OH–)，所以c(CH3COO-)＋c(OH-)＞c(CH3COOH)＋c(H＋)，C不符合题意；
D．向该缓冲溶液中加入几滴NaOH溶液，由于缓冲溶液中存在平衡：CH3COOH CH3COO-+H+，NaOH电离产生的OH-中和溶液中H+，使电离平衡正向移动，因此反应后溶液pH基本不变，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.该缓冲溶液显酸性，加水稀释，溶液中c(H+)减小，c(OH-)增大；
B.根据 浓度均为0.10 mol/L 的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液，pH=4.76 ，可知酸的电离作用大于盐的水解作用，所以 Ka(CH3COOH)>Kb(CH3COO–) ；
C.缓冲溶液中存在电荷守恒、物料守恒 质子守恒，因此可以比较出几种粒子之间的关系。
6．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．若HX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HX为强电解质，常温下，0.1mol/LHX的pH比同浓度CH3COOH的pH小，故A不符合题意；
B．酸或碱都抑制水的电离，滴加NH3 H2O溶液的过程：a→c为HX和CH3COOH转化为NH4X、CH3COONH4的过程，溶液的酸性减弱，水的电离程度增大，故B不符合题意；
C．根据分析，c点溶液中溶质为NH4X、CH3COONH4，且二者的物质的量相等，溶液为酸性，即c(H+)＞c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(X-)+c(CH3COO-)，则c(NH4+)＜c(X-)+c(CH3COO-)，故C不符合题意；
D．d点溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4X、CH3COONH4、NH3 H2O，0~40mL时，NH3 H2O转化为NH4+，40~60mL时，NH3 H2O过量，d点时，溶液体积共为80mL， ，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】电阻率与离子浓度成反比，即a→b过程中溶液的导电性减弱，向混合溶液中加入等物质的量浓度的NH3 H2O溶液时，发生反应先后顺序是HX+NH3 H2O=NH4X+H2O、NH3 H2O+CH3COOH=CH3COONH4+H2O，0-20mL溶液中电阻率增大、导电性减弱，b点最小，原因为溶液体积增大导致b点离子浓度减小，b点溶液中溶质为NH4X、CH3COOH，继续加入NH3 H2O溶液，NH3 H2O是弱电解质，生成的CH3COONH4是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，溶液的电导性增大，c点时醋酸和一水合氨恰好完全反应生成醋酸铵，c点溶液中溶质为NH4X、CH3COONH4，且二者的物质的量相等，d点溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4X、CH3COONH4、NH3 H2O，据此分析解答。
7．【答案】B
【知识点】焓变和熵变；弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液酸碱性的判断及相关计算；中和滴定
【解析】【解答】A．弱电解质的电离过程是吸热过程，则HCN H++CN-的ΔS>0、ΔH>0，A不符合题意；
B．用标准NaOH溶液滴定浓度约为0.01mol L-1HCN，完全中和时生成NaCN，溶液显碱性，则应选择酚酞做指示剂，B符合题意；
C.0.2mol L-1的HCN溶液中加入等体积的0.1mol L-1NaOH溶液，溶液中溶质HCN和NaCN的物质的量相等，因CN-的水解常数Kh==10-4＞Ka，说明溶液中CN-的水解程度大于HCN的电离程度，即该溶液呈碱性，C不符合题意；
D.0.2mol L-1的HCN溶液中加入等体积的0.1mol L-1NaOH溶液，溶液中溶质HCN和NaCN的物质的量相等，溶液中的电荷守恒为c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CN-)，物料守恒式为2c(Na+)=c(HCN)+c(CN-)，则2c(H+)+c(HCN)=2c(OH-)+c(CN-)，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A．电离过程是熵变增加的吸热过程；
B．NaCN强碱弱酸盐，溶液水解显碱性，则应选择酚酞做指示剂；
C．等浓度的HCN和NaCN混合溶液显碱性，说明溶液中CN-的水解程度大于HCN的电离程度；
D．根据溶液中的电荷守恒和物料守恒进行计算。
8．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．向盐酸中滴加水，盐酸被稀释浓度降低，溶液中c(H+)减小，由于溶液中存在水的电离平衡，水的离子积不变，所以溶液中c(OH-)会增大，A不符合题意；
B．当溶液pH=2时，c(H+)=0.01 mol/L，根据电荷守恒可知：c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(NH4+)，所以c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)- c(NH4+)=c(H+)=0.01 mol/L，则c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)>0.01 mol/L，B不符合题意；
C．由于酸性：HCl>CH3COOH，CH3COOH是弱酸，所以将CH3COONH4溶液滴加到盐酸中，会发生反应：
HCl+CH3COONH4=CH3COOH+NH4Cl，而NH4+不发生反应，仅有少量发生水解而消耗，且在酸溶液中水解程度会减弱，因此实验②滴加过程中，溶液中均存在c(CH3COO-)D．滴定结束后，①为稀HCl，②中发生的反应HCl+CH3COONH4=CH3COOH+NH4Cl恰好完全，最终得到等浓度的CH3COOH和NH4Cl混合溶液，①中HCl的浓度与②中CH3COOH浓度相等，由于酸电离产生H+会抑制水的电离，但醋酸是弱酸，其电离对水的电离的抑制作用远小于等浓度的盐酸，且②溶液中还存在NH4Cl会促进水的电离平衡，故滴定结束后，①中水的电离程度比②中小，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A．加水稀释的过程，酸性逐渐减弱；
B．溶液中阴阳离子电荷守恒；
C．反应中生成醋酸，醋酸为弱酸，只能部分电离；
D．滴定结束后，①的溶质为HCl，②中溶质为CH3COOH和NH4Cl，盐酸为强酸，完全电离，醋酸为弱酸，部分电离，酸性越强对水的电离抑制程度越大。
9．【答案】（1）②⑦；③⑤；①⑥⑨；⑧
（2）NaHCO3=Na＋+HCO3－
（3）HCO3－+CH3COOH=CH3COO－+H2O+CO2↑
（4）②⑦
（5）一开始没有气泡，加入一定量的稀盐酸后，产生气泡；H＋＋CO32－=HCO3－，HCO3－＋H＋=H2O＋CO2↑；0.1mol
【知识点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质；离子方程式的书写；电离方程式的书写；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）②稀NaOH溶液、⑦稀盐酸有能自由移动的阴、阳离子，能导电；
非电解质是在水溶液中或熔融状态下都不能能够导电的化合物，③酒精；⑤二氧化碳符合；
强电解质是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐，①FeCl3；⑥碳酸氢钠固体；⑨Na2CO3都是强电解质；
弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水等，⑧纯醋酸是弱电解质；
其中能导电的是②⑦；属于非电解质的是③⑤；属于强电解质的是①⑥⑨；属于弱电解质的是⑧。（2）碳酸氢钠为强电解质，完全电离，电离方程式为：NaHCO3=Na＋+HCO3－。（3）碳酸氢钠和醋酸反应生成醋酸钠和水、二氧化碳，反应离子方程式为：HCO3－+CH3COOH=CH3COO－+H2O+CO2↑。（4）②稀NaOH溶液和⑦稀盐酸两种物质发生反应生成强电解质NaCl和水，离子方程式为：H++OH-=H2O，这两种物质的序号是②⑦；（5）现取0.1mol样品⑨Na2CO3，逐滴加入⑦稀盐酸，现象为一开始没有气泡，加入一定量的稀盐酸后，产生气泡，其所发生的离子方程式为H＋＋CO32－=HCO3－，HCO3－＋H＋=H2O＋CO2↑。完全反应时生成气体的物质的量为0.1mol。
【分析】（1）能导电的物质：必须具有能自由移动的带电的微粒；金属能导电：是由于金属中存在能自由移动的带负电的电子；
非电解质是指：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质；
强电解质是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐；
弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水等；（2）NaHCO3是强电解质，在水溶液里完全电离生成钠离子和碳酸氢根离子；（3）碳酸氢钠和醋酸反应生成醋酸钠和水、二氧化碳，写出离子方程式；（4）H++OH-=H2O的含义是：强碱和强酸两种物质发生反应生成强电解质和水，由此判断；（5）Na2CO3与盐酸的反应是分两步进行的，由此分析。
10．【答案】（1）逆；增大
（2）H2A=2H＋＋A2－；C；c( )+c(H＋)=2c(A2－)+c(OH－)
（3）bc；c(Na＋)＞c( )＞c(H＋)＞c( )＞c(OH－)
（4）＞；NaHA溶液显碱性，说明HA－水解程度大于电离程度
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】(1)向CH3COOH中加入CH3COONa固体，CH3COONa电离导致溶液中c（CH3COO-）增大而抑制CH3COOH电离，则醋酸的电离平衡向逆反应方向移动；水的电离增大；故答案为：逆；增大；(2)①99℃时，KW＝1.0×10-12 mol2·L-2，纯水中 ，则pH为6，该温度下测得0.1 mol·L-1Na2A溶液的pH＝6，说明该溶液为中性，即无离子发生水解，说明H2A是强酸，完全电离，电离方程式为：H2A=2H＋＋A2－；②H2A是强酸，体积相等、pH＝1的盐酸与H2A溶液中n(H+)相同，故两种酸与足量的Zn反应，产生的氢气一样多，故答案为：C；③(NH4)2A在水中完全电离，根据电荷守恒： ；(3)①a．H2SO3的Ka2＝1.02×10-7，H2CO3的Ka2＝5.60×10-11，Ka越大，酸性越大，说明 酸性比 的强，故 、 不能大量共存，a不正确；
b．由a项分析可知， 、 可以大量共存，b正确；
c． 酸性比 的强， 与 不反应，能共存，c正确；
d．H2SO3的Ka1大于H2CO3的Ka2，则H2SO3酸性比 的强，两者能反应，不能共存，d不正确；
故故答案为：bc；②NaHSO3溶液显酸性，说明 电离程度大于水解程度，故离子浓度从大到小的排列顺序：c(Na＋)＞c( )＞c(H＋)＞c( )＞c(OH－)；(4)NaHA溶液显碱性，说明水解程度大于电离程度，故c(H2A)＞c(A2-)，判断的依据是：NaHA溶液显碱性，说明HA－水解程度大于电离程度，故答案为：＞；NaHA溶液显碱性，说明HA－水解程度大于电离程度。
【分析】(1)同离子效应抑制弱电解质的电离；(2)①由99℃时的KW计算中性时的pH=6，说明该溶液为中性，从而推出H2A为强酸；②等pH、等体积的两种酸物质的量相同，产生的氢气也一样多；③溶液存在电荷守恒；(3)Ka越大，酸性越强，酸性较强的能与酸性较弱的酸根离子反应；(4)NaHA溶液显碱性说明HA－水解程度大于电离程度。
11．【答案】（1）H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3
（2）3％；＞
（3）CO32-＞SO32-＞CH3COO-＞HSO3-
（4）HSO3- H++SO32-,HSO3-+H2O H2SO3+OH-；HSO3-的电离程度大于其水解程度，所以NaHSO3溶液显酸性。C(Na+)＞C(HSO3-)＞C(H+)＞C(SO32-)＞C(OH-)
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）根据表中数据可知，酸的电离平衡常数大小为：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3-＞HCO3-，电离平衡常数越大，酸性越强，所以电解质由强到弱的顺序为为：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3；
（2）0.02mol/L的醋酸在溶液中存在电离平衡：CH3COOH CH3COO-+H+，设该溶液中醋酸的电离度为x，则醋酸电离出的醋酸根离子、氢离子浓度为0.02xmol/L，醋酸的浓度为0.02(1-x)mol/L，根据醋酸的电离平衡常数K=1.8×10-5可知：K=1.8×10-5= ，解得：x=3%；
由于醋酸的酸性小于亚硫酸，pH相同的醋酸和亚硫酸稀释相同倍数后，醋酸的pH变化大，即：醋酸的pH大于亚硫酸；
（3）已知酸性：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3-＞HCO3-，酸根离子对应酸的酸性越强，该酸根离子结合氢离子能力越弱，则CH3COO-、CO32-、HSO3-、SO32-在溶液中结合H+的能力由大到小的关系为：CO32-＞SO32-＞CH3COO-＞HSO3-；
（4）NaHSO3溶液显酸性的原因是HSO3-在溶液中存在电离和水解， 即HSO3- H++ SO32-, HSO3-+H2O H2SO3+OH-, HSO3-的电离程度大于其水解程度，所以NaHSO3溶液显酸性。
【分析】（1）电离平衡常数越大，溶液酸性越强，电解质越强；
（2）根据题意得设电离度，然后三段式写出各物质的浓度，再根据电离平衡常数计算；酸性越弱稀释后 pH变化越大；
（3）根据酸根离子对应的酸越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱；
（4）亚硫酸氢钠的电离大于水解程度；比较溶液中各离子的浓度大小，水解和电离都很微弱，再根据电离大于水解程度来判断。
12．【答案】（1）H2S；HSO3-
（2）H2C2O4、HCOOH、HC2O4-
（3）2HNO2+H2S=2H2O+2NO↑+S↓
（4）D；E
（5）SO2+H2O+C2O42-=HC2O4-+HSO3-
（6）6mol
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】（1）电离平衡常数的大小可以用于衡量酸性强弱，上表所给6种酸中，H2S的电离平衡常数最小，因此其酸性最弱；HCOO-、S2-和HSO3-对应的酸分别为HCOOH、HS-和H2SO3，其酸性强弱为：H2SO3>HCOOH>HS-，因此最难结合H+的是HSO3-；
（2）由于电离平衡常数H2C2O4>HCOOH>HC2O4-，因此酸性H2C2O4>HCOOH>HC2O4-，酸性越强，与溶液结合OH-，因此向混合溶液中逐渐滴加NaOH溶液时，被OH-先后消耗的酸及酸根离子依次为：H2C2O4、HCOOH、HC2O4-；
（3）产生的无色气体遇空气立即变为红棕色，则该气体为NO，其沉淀为S，因此可得该反应中生成物有S和NO；反应过程中，N由+3价变为+2价，得到一个电子，S由-2价变为0价，失去两个电子，根据得失电子守恒可得，HNO2和NO的系数为2，H2S和S的系数为1；根据氢原子个数守恒可得，H2O的系数为2；因此可得该反应的化学方程式为：2HNO2+H2S=2H2O+2NO↑+S↓；
（4）由电离平衡常数的大小可得酸性强弱：H2C2O4>H2SO3>HNO2>HCOOH>HC2O4－>H2CO3>H2S>HSO3－>HCO3－>HS－；
A、由于HNO2具有氧化性，能将HS-氧化，因此无法反应生成H2S，A不符合题意；
B、由于酸性H2SO3>HCOOH，因此HCOOH无法制得H2SO3，B不符合题意；
C、由于酸性HCOOH>HSO3-，因此反应生成HSO3-，不生成SO32-，C不符合题意；
D、由于酸性H2SO3>HSO3-，符合强酸制弱酸原理，D符合题意；
E、由于酸性H2C2O4>HNO2>HC2O4-，符合强酸制弱酸原理，E符合题意；
故答案为：DE
（5）由于酸性H2SO3>HC2O4－>HSO3－，因此将少量SO2通入Na2C2O4溶液中，发生反应的离子方程式为：SO2＋H2O＋C2O42－=HC2O4－＋HSO3－；
（6）由电离平衡常数可得酸性强弱：H2CO3>HX>HCO3-，因此通入CO2后，先发生反应：Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，2molNa2CO3与2molCO2完全反应，生成4molNaHCO3；剩余1molCO2继续与NaX发生反应：NaX＋CO2＋H2O=NaHCO3＋HX，1molCO2反应生成1molNaHCO3；因此反应后所得溶液中n(NaHCO3)=1mol＋4mol＋1mol=6mol；
【分析】（1）根据所给酸的电离电离平衡常数的大小确定酸性强弱，进而得出离子结合H+能力的强弱；
（2）酸性越强，则越先结合OH-，据此结合所给电离平衡常数大小分析；
（3）产生的无色气体遇空气立即变为红棕色，则该气体为NO，结合得失电子守恒书写反应的化学方程式；
（4）根据强酸制弱酸的原理进行分析；
（5）根据强酸制弱酸原理确定反应的离子方程式；
（6）由电离平衡常数大小可得酸性强弱，结合酸性强弱确定发生反应的化学方程式，根据化学方程式进行计算；
1 / 1高中化学人教版（新课标）选修4 第三章第一节 弱电解质的电离
一、单选题
1．（2020高二下·金华期末）下列属于强电解质的是（ ）
A．Al B．CH3OH C．CH3COOH D．BaSO4
【答案】D
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A．Al为单质，不是电解质，故A不符合题意；
B．CH3OH在水溶液和熔融状态下均不导电，为非电解质，故B不符合题意；
C．CH3COOH为弱酸，在水溶中部分电离，属于弱电解质，故C不符合题意；
D．BaSO4属于盐类，虽然难溶于水，但溶于水的部分完全电离，属于强电解质，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】在溶液中能完全电离的电解质为强电解质。
2．（2020高三上·蚌埠月考）已知N2H4在水中电离方式与NH3相似，若将NH3视为一元弱碱，则N2H4是一种二元弱碱，下列关于N2H4的说法不正确的是（ ）
A．它与硫酸形成的酸式盐可以表示为N2H5HSO4
B．它溶于水所得的溶液中共有4种离子
C．它溶于水发生电离的第一步可表示为：N2H4·2H2O N2H5＋·H2O＋OH－
D．常温下，向0.1 mol·L－1的N2H4溶液加水稀释时，n(H＋)·n(OH－)会增大
【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A.若如A所示，则为一元弱碱，而题目中标明为二元弱碱，故A符合题意
B.溶于水有， N2H5＋·H2O 、OH－N2H62-、H+，四种离子，故B不符合题意
C. 第一步电离为N2H4·2H2O N2H5＋·H2O＋OH－，故C不符合题意
D.Kw=c（H+）·c（OH-）=，体积增大，又Kw为常数，故 n(H＋)·n(OH－) 增大，故D不符合题意
故答案为：A
【分析】 若将NH3视为一元弱碱，则N2H4是一种二元弱碱 ，可根据氨气的性质来推断肼的性质
3．（2020高三上·安徽月考）25℃下，向20.00 mL 0.1 mol/L二元弱酸H2X溶液中滴入0.1 mol/L NaOH溶液，溶液中由水电离出的c水(OH－)的负对数[－lgc水(OH－)]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中不正确的是（ ）
A．M点溶液中：c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)
B．水的电离程度：P>N＝Q>M
C．N、Q两点溶液pH值均等于7
D．溶液中 ：M【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．M点时滴入了20.00mL的NaOH溶液，此时溶液中的溶质为NaHX，由于HX-的电离和水解，使c(Na+)＞c(HX-)，但HX-的电离是微弱的，所以c(HX-)＞c(X2-)，所以c(Na+)＞ c(HX-)＞c(X2-)，A不符合题意；
B．M点时溶液中的溶质为NaHX，水的电离受到抑制，N和Q两点水的电离受到促进和抑制的程度一样，P点溶质为Na2X，水的电离受到促进，所以水的电离程度P＞N＝Q＞M，B不符合题意；
C．由以上分析可知，N点溶液是中性的，pH=7，Q点溶液是碱性的，pH＞7，C符合题意；
D．，Ka2是常数，随着NaOH溶液的滴入，c(H+)逐渐降低，所以逐渐增大，所以溶液中：M＜N＜P＜Q，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．M点时等体积等浓度混合生成NaHX，由纵坐标可知溶液显酸性，则HX-的电离大于其水解；
B.纵坐标数值越大，水的电离程度越小；
C.注意Q点溶液中碱过量；
D.溶液中 =，随NaOH的加入导致溶液中c（H+）减小。
4．（2020高三上·安徽月考）下列有关说法正确的是（ ）
A．已知电离平衡常数(25℃)，Ka(HClO)＝2.95×10－8；H2CO3 Ka1＝4.3×10－7、Ka2＝5.6×10－11，将少量的CO2通入NaClO溶液中反应离子方程式为2ClO－＋CO2＋H2O＝2HClO＋CO32－。
B．已知常温下A－的水解常数Kh＝1.61×10－5。含等物质的量浓度HA、NaA的混合液中则有： c(HA)>c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)
C．冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度、pH均先增大后减小
D．在25℃，Ksp(AgCl)约为1×10－10，Ksp(Ag2CrO4)约为4×10－12，向均为0.1 mol/L的NaCl和Na2CrO4混合液中滴加0.1 mol/L AgNO3溶液，CrO42－先沉淀
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由于H2CO3Ka1=4.3×10–7>Ka(HClO)=2.95×10–8>Ka2( H2CO3)=5.6×10–11，故将少量的CO2通入NaClO溶液中反应离子方程式为：ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋HCO3，A不符合题意；
B．已知常温下A－的水解常数K＝1.61×10－5，则HA的电离常数为，即含等物质的量浓度HA、NaA的混合液中A－的水解大于HA的电离，则有：c(HA)>c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)，B符合题意；
C．冰醋酸不导电，在冰醋酸中加水，醋酸的电离平衡右移，开始时离子浓度增大，后来减小，故溶液的导电性开始增大后来减小；pH先减小后增大；醋酸的电离平衡右移，故电离程度始终增大，C不符合题意；
D．Na2CrO4和NaCl溶液的浓度相等均为0.1mol/L，AgCl、Ag2CrO4的Ksp分别为1×10-10、4.0×10-12，其溶度积常数大小顺序为：Ksp(AgCl)＞Ksp(Ag2CrO4)，形成沉淀需要的Ag+浓度分别为：
c(Ag+)===10-9mol L-1，c(Ag+)=mol L-1，所以需要离子浓度大的是K2CrO4，应先生成AgCl沉淀， D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．根据各物质的电离平衡常数判断发生的反应；
B．根据水的离子积计算HA的电离常数进而判断NaA的电离和水解程度；
C．冰醋酸为弱电解质，稀释过程电离程度增大；
D．根据两者的 ，Ksp(AgCl)约为1×10－10，Ksp(Ag2CrO4)约为4×10－12，分别计算需要的银离子浓度，从而判断沉淀顺序。
5．（2020·珠海模拟）化学上把外加少量酸、碱，而pH基本不变的溶液，称为缓冲溶液。现有25℃时，浓度均为0.10 mol/L 的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液，pH=4.76。(已知：Ka(CH3COOH)=1.75×10–5，Kb为CH3COONa的水解常数)，下列说法正确的是（ ）
A．混合溶液加水稀释，c(OH–)减小
B．25℃时，Ka(CH3COOH)＜Kb(CH3COO–)
C．c(CH3COO-)＋c(OH-)＜c(CH3COOH)＋c(H＋)
D．向1.0 L上述缓冲溶液中滴加几滴NaOH稀溶液(忽略溶液体积的变化)，反应后溶液pH基本不变
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．该混合溶液pH<7，溶液显酸性，加水稀释，溶液中c(H+)减小，由于Kw= c(H+)·c(OH–)，在温度不变时，Kw不变，溶液中c(H+)减小，则c(OH–)增大，A不符合题意；
B．浓度均为0.10 mol/L 的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液，pH=4.76，说明酸的电离作用大于盐的水解作用，所以Ka(CH3COOH)＞Kb(CH3COO–)，B不符合题意；
C．根据物料守恒可得①：2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，根据电荷守恒可得②： c(CH3COO-)＋c(OH-)=c(Na+)＋c(H＋)，将①+2×②，整理可得c(CH3COO-)＋2c(OH-)=c(CH3COOH)＋2c(H＋)，溶液pH=4.76，则c(H+)＞c(OH–)，所以c(CH3COO-)＋c(OH-)＞c(CH3COOH)＋c(H＋)，C不符合题意；
D．向该缓冲溶液中加入几滴NaOH溶液，由于缓冲溶液中存在平衡：CH3COOH CH3COO-+H+，NaOH电离产生的OH-中和溶液中H+，使电离平衡正向移动，因此反应后溶液pH基本不变，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.该缓冲溶液显酸性，加水稀释，溶液中c(H+)减小，c(OH-)增大；
B.根据 浓度均为0.10 mol/L 的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液，pH=4.76 ，可知酸的电离作用大于盐的水解作用，所以 Ka(CH3COOH)>Kb(CH3COO–) ；
C.缓冲溶液中存在电荷守恒、物料守恒 质子守恒，因此可以比较出几种粒子之间的关系。
6．（2020·宣城模拟）常温下，向 浓度均为 和 的混合溶液中滴加 的 ，测得混合溶液的电阻率(溶液的电阻率越大，导电能力越弱)与加入氨水的体积 的关系如图所示(忽略混合时体积变化)，下列说法正确的是（ ）
A．常温下， 的 比同浓度 的 大
B． 过程中水的电离程度先减小后增大
C． 点溶液中，
D． 点时，
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．若HX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HX为强电解质，常温下，0.1mol/LHX的pH比同浓度CH3COOH的pH小，故A不符合题意；
B．酸或碱都抑制水的电离，滴加NH3 H2O溶液的过程：a→c为HX和CH3COOH转化为NH4X、CH3COONH4的过程，溶液的酸性减弱，水的电离程度增大，故B不符合题意；
C．根据分析，c点溶液中溶质为NH4X、CH3COONH4，且二者的物质的量相等，溶液为酸性，即c(H+)＞c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(X-)+c(CH3COO-)，则c(NH4+)＜c(X-)+c(CH3COO-)，故C不符合题意；
D．d点溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4X、CH3COONH4、NH3 H2O，0~40mL时，NH3 H2O转化为NH4+，40~60mL时，NH3 H2O过量，d点时，溶液体积共为80mL， ，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】电阻率与离子浓度成反比，即a→b过程中溶液的导电性减弱，向混合溶液中加入等物质的量浓度的NH3 H2O溶液时，发生反应先后顺序是HX+NH3 H2O=NH4X+H2O、NH3 H2O+CH3COOH=CH3COONH4+H2O，0-20mL溶液中电阻率增大、导电性减弱，b点最小，原因为溶液体积增大导致b点离子浓度减小，b点溶液中溶质为NH4X、CH3COOH，继续加入NH3 H2O溶液，NH3 H2O是弱电解质，生成的CH3COONH4是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，溶液的电导性增大，c点时醋酸和一水合氨恰好完全反应生成醋酸铵，c点溶液中溶质为NH4X、CH3COONH4，且二者的物质的量相等，d点溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4X、CH3COONH4、NH3 H2O，据此分析解答。
7．（2020·柯桥模拟）已知：在室温下有以下平衡：
编号 平衡方程式 平衡常数
① HCN H++CN- Ka= 1×10 -10
② H2O H++OH- Kw=1×10 -14
③ CN-+H2O HCN+OH- K =？
则下列判断错误的是（ ）
A．①的ΔS >0， ΔH>0
B．用标准 NaOH 溶液滴定浓度约为 0.01mol L－1HCN，可用甲基橙做指示剂
C．0. 2mol L－1 的 HCN 溶液中加入等体积的 0.1mol L－1NaOH 溶液，则该溶液呈碱性
D．0. 2mol L－1 的HCN 溶液中加入等体积的 0.1mol L－1NaOH 所得的混合溶液中： 2c(H+)+ c(HCN) = 2c(OH-)+c (CN- )
【答案】B
【知识点】焓变和熵变；弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液酸碱性的判断及相关计算；中和滴定
【解析】【解答】A．弱电解质的电离过程是吸热过程，则HCN H++CN-的ΔS>0、ΔH>0，A不符合题意；
B．用标准NaOH溶液滴定浓度约为0.01mol L-1HCN，完全中和时生成NaCN，溶液显碱性，则应选择酚酞做指示剂，B符合题意；
C.0.2mol L-1的HCN溶液中加入等体积的0.1mol L-1NaOH溶液，溶液中溶质HCN和NaCN的物质的量相等，因CN-的水解常数Kh==10-4＞Ka，说明溶液中CN-的水解程度大于HCN的电离程度，即该溶液呈碱性，C不符合题意；
D.0.2mol L-1的HCN溶液中加入等体积的0.1mol L-1NaOH溶液，溶液中溶质HCN和NaCN的物质的量相等，溶液中的电荷守恒为c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CN-)，物料守恒式为2c(Na+)=c(HCN)+c(CN-)，则2c(H+)+c(HCN)=2c(OH-)+c(CN-)，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A．电离过程是熵变增加的吸热过程；
B．NaCN强碱弱酸盐，溶液水解显碱性，则应选择酚酞做指示剂；
C．等浓度的HCN和NaCN混合溶液显碱性，说明溶液中CN-的水解程度大于HCN的电离程度；
D．根据溶液中的电荷守恒和物料守恒进行计算。
8．（2020高二下·桂林期中）常温下，向两只分别盛有50 mL0.100 mol/L盐酸的锥形瓶中各自匀速滴加50 mL蒸馏水、50 mL0.100 mol/L醋酸铵溶液，装置如图所示(夹持仪器等已略)。
已知：常温下，CH3COONH4溶液pH约为7。
下列说法正确的是（ ）
A．实验①滴加过程中溶液所有离子浓度都减小
B．实验②滴至pH=2时，溶液中c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)=0.01 mol/L
C．实验②滴加过程中，溶液中均存在c(CH3COO-)D．滴定结束后，①中水的电离程度比②中大
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．向盐酸中滴加水，盐酸被稀释浓度降低，溶液中c(H+)减小，由于溶液中存在水的电离平衡，水的离子积不变，所以溶液中c(OH-)会增大，A不符合题意；
B．当溶液pH=2时，c(H+)=0.01 mol/L，根据电荷守恒可知：c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(NH4+)，所以c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)- c(NH4+)=c(H+)=0.01 mol/L，则c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)>0.01 mol/L，B不符合题意；
C．由于酸性：HCl>CH3COOH，CH3COOH是弱酸，所以将CH3COONH4溶液滴加到盐酸中，会发生反应：
HCl+CH3COONH4=CH3COOH+NH4Cl，而NH4+不发生反应，仅有少量发生水解而消耗，且在酸溶液中水解程度会减弱，因此实验②滴加过程中，溶液中均存在c(CH3COO-)D．滴定结束后，①为稀HCl，②中发生的反应HCl+CH3COONH4=CH3COOH+NH4Cl恰好完全，最终得到等浓度的CH3COOH和NH4Cl混合溶液，①中HCl的浓度与②中CH3COOH浓度相等，由于酸电离产生H+会抑制水的电离，但醋酸是弱酸，其电离对水的电离的抑制作用远小于等浓度的盐酸，且②溶液中还存在NH4Cl会促进水的电离平衡，故滴定结束后，①中水的电离程度比②中小，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A．加水稀释的过程，酸性逐渐减弱；
B．溶液中阴阳离子电荷守恒；
C．反应中生成醋酸，醋酸为弱酸，只能部分电离；
D．滴定结束后，①的溶质为HCl，②中溶质为CH3COOH和NH4Cl，盐酸为强酸，完全电离，醋酸为弱酸，部分电离，酸性越强对水的电离抑制程度越大。
二、综合题
9．（2019高一上·辽源月考）有以下物质：①FeCl3；②稀NaOH溶液；③酒精；④氨水；⑤二氧化碳；⑥碳酸氢钠固体；⑦稀盐酸；⑧纯醋酸；⑨Na2CO3；
（1）其中能导电的是 ；属于非电解质的是 ；属于强电解质的是 ；属于弱电解质的是 。
（2）写出物质⑥溶于水的电离方程式： 。
（3）写出物质⑥和⑧在水中反应的离子方程式 。
（4）有两种物质发生反应的离子方程式为：H++OH-=H2O，这两种物质的序号是
（5）现取0.1mol样品⑨，逐滴加入⑦，现象为 ，其所发生的离子方程式为 。完全反应时生成气体的物质的量为 。
【答案】（1）②⑦；③⑤；①⑥⑨；⑧
（2）NaHCO3=Na＋+HCO3－
（3）HCO3－+CH3COOH=CH3COO－+H2O+CO2↑
（4）②⑦
（5）一开始没有气泡，加入一定量的稀盐酸后，产生气泡；H＋＋CO32－=HCO3－，HCO3－＋H＋=H2O＋CO2↑；0.1mol
【知识点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质；离子方程式的书写；电离方程式的书写；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）②稀NaOH溶液、⑦稀盐酸有能自由移动的阴、阳离子，能导电；
非电解质是在水溶液中或熔融状态下都不能能够导电的化合物，③酒精；⑤二氧化碳符合；
强电解质是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐，①FeCl3；⑥碳酸氢钠固体；⑨Na2CO3都是强电解质；
弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水等，⑧纯醋酸是弱电解质；
其中能导电的是②⑦；属于非电解质的是③⑤；属于强电解质的是①⑥⑨；属于弱电解质的是⑧。（2）碳酸氢钠为强电解质，完全电离，电离方程式为：NaHCO3=Na＋+HCO3－。（3）碳酸氢钠和醋酸反应生成醋酸钠和水、二氧化碳，反应离子方程式为：HCO3－+CH3COOH=CH3COO－+H2O+CO2↑。（4）②稀NaOH溶液和⑦稀盐酸两种物质发生反应生成强电解质NaCl和水，离子方程式为：H++OH-=H2O，这两种物质的序号是②⑦；（5）现取0.1mol样品⑨Na2CO3，逐滴加入⑦稀盐酸，现象为一开始没有气泡，加入一定量的稀盐酸后，产生气泡，其所发生的离子方程式为H＋＋CO32－=HCO3－，HCO3－＋H＋=H2O＋CO2↑。完全反应时生成气体的物质的量为0.1mol。
【分析】（1）能导电的物质：必须具有能自由移动的带电的微粒；金属能导电：是由于金属中存在能自由移动的带负电的电子；
非电解质是指：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质；
强电解质是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐；
弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水等；（2）NaHCO3是强电解质，在水溶液里完全电离生成钠离子和碳酸氢根离子；（3）碳酸氢钠和醋酸反应生成醋酸钠和水、二氧化碳，写出离子方程式；（4）H++OH-=H2O的含义是：强碱和强酸两种物质发生反应生成强电解质和水，由此判断；（5）Na2CO3与盐酸的反应是分两步进行的，由此分析。
10．（2020高二下·河间期末）弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡均属于化学平衡。根据要求回答问题。
（1）一定温度下，向1 L 0.1 mol·L-1CH3COOH溶液中加入0.1 mol CH3COONa固体，则醋酸的电离平衡向 (填“正”或“逆”)反应方向移动；水的电离程度将 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
（2）99℃时，KW＝1.0×10-12 mol2·L-2，该温度下测得0.1 mol·L-1Na2A溶液的pH＝6。
①H2A在水溶液中的电离方程式为 。
②体积相等、pH＝1的盐酸与H2A溶液分别与足量的Zn反应，产生的氢气 。
A.盐酸多
B.H2A多
C.一样多
D.无法确定
③将0.1 mol·L－1H2A溶液与0.2 mol·L－1氨水等体积混合，完全反应后溶液中各离子浓度的电荷守恒关系式为 。
（3）已知常温下，H2SO3的电离常数为Kal＝1.54×10-2，Ka2＝1.02×10-7，H2CO3的电离常数为Kal＝4.30×10-7，Ka2＝5.60×10-11。
①下列微粒可以大量共存的是 (填字母)。
a. 、 b. 、 c. 、 d.H2SO3、
②已知NaHSO3溶液显酸性，溶液中各离子浓度从大到小的排列顺序是 。
（4）0.1 mol·L-1的NaHA溶液，测得溶液显碱性。则该溶液中 c(H2A) c(A2-)(填“>”、“<”或“=”)，作出此判断的依据是 (用文字解释)。
【答案】（1）逆；增大
（2）H2A=2H＋＋A2－；C；c( )+c(H＋)=2c(A2－)+c(OH－)
（3）bc；c(Na＋)＞c( )＞c(H＋)＞c( )＞c(OH－)
（4）＞；NaHA溶液显碱性，说明HA－水解程度大于电离程度
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】(1)向CH3COOH中加入CH3COONa固体，CH3COONa电离导致溶液中c（CH3COO-）增大而抑制CH3COOH电离，则醋酸的电离平衡向逆反应方向移动；水的电离增大；故答案为：逆；增大；(2)①99℃时，KW＝1.0×10-12 mol2·L-2，纯水中 ，则pH为6，该温度下测得0.1 mol·L-1Na2A溶液的pH＝6，说明该溶液为中性，即无离子发生水解，说明H2A是强酸，完全电离，电离方程式为：H2A=2H＋＋A2－；②H2A是强酸，体积相等、pH＝1的盐酸与H2A溶液中n(H+)相同，故两种酸与足量的Zn反应，产生的氢气一样多，故答案为：C；③(NH4)2A在水中完全电离，根据电荷守恒： ；(3)①a．H2SO3的Ka2＝1.02×10-7，H2CO3的Ka2＝5.60×10-11，Ka越大，酸性越大，说明 酸性比 的强，故 、 不能大量共存，a不正确；
b．由a项分析可知， 、 可以大量共存，b正确；
c． 酸性比 的强， 与 不反应，能共存，c正确；
d．H2SO3的Ka1大于H2CO3的Ka2，则H2SO3酸性比 的强，两者能反应，不能共存，d不正确；
故故答案为：bc；②NaHSO3溶液显酸性，说明 电离程度大于水解程度，故离子浓度从大到小的排列顺序：c(Na＋)＞c( )＞c(H＋)＞c( )＞c(OH－)；(4)NaHA溶液显碱性，说明水解程度大于电离程度，故c(H2A)＞c(A2-)，判断的依据是：NaHA溶液显碱性，说明HA－水解程度大于电离程度，故答案为：＞；NaHA溶液显碱性，说明HA－水解程度大于电离程度。
【分析】(1)同离子效应抑制弱电解质的电离；(2)①由99℃时的KW计算中性时的pH=6，说明该溶液为中性，从而推出H2A为强酸；②等pH、等体积的两种酸物质的量相同，产生的氢气也一样多；③溶液存在电荷守恒；(3)Ka越大，酸性越强，酸性较强的能与酸性较弱的酸根离子反应；(4)NaHA溶液显碱性说明HA－水解程度大于电离程度。
11．（2020高二上·华宁期末）25℃时，有关物质的电离平衡常数如下：
化学式 CH3COOH H2CO3 H2SO3
电离平衡常数K K=1.8×10-5 K1=4.3×10-7 K2=5.6×10-11 K1=1.5×10-2 K2=1.02×10-7
（1）电解质由强至弱顺序为 (用化学式表示，下同)。
（2）常温下，0.02 mol·L-1的CH3COOH溶液的电离度约为 ，体积为10mLpH=2的醋酸溶液与亚硫酸溶液分别加蒸馏水稀释至1000mL，稀释后溶液的pH，前者 后者(填“＞”、“＜”或“=”)。
（3）下列离子CH3COO-、CO32-、HSO3-、SO32-在溶液中结合H+的能力由大到小的顺序为 。
（4）NaHSO3溶液显酸性的原因 (离子方程式配适当文字叙述)，其溶液中离子浓度由大到小的关系是 .
【答案】（1）H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3
（2）3％；＞
（3）CO32-＞SO32-＞CH3COO-＞HSO3-
（4）HSO3- H++SO32-,HSO3-+H2O H2SO3+OH-；HSO3-的电离程度大于其水解程度，所以NaHSO3溶液显酸性。C(Na+)＞C(HSO3-)＞C(H+)＞C(SO32-)＞C(OH-)
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）根据表中数据可知，酸的电离平衡常数大小为：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3-＞HCO3-，电离平衡常数越大，酸性越强，所以电解质由强到弱的顺序为为：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3；
（2）0.02mol/L的醋酸在溶液中存在电离平衡：CH3COOH CH3COO-+H+，设该溶液中醋酸的电离度为x，则醋酸电离出的醋酸根离子、氢离子浓度为0.02xmol/L，醋酸的浓度为0.02(1-x)mol/L，根据醋酸的电离平衡常数K=1.8×10-5可知：K=1.8×10-5= ，解得：x=3%；
由于醋酸的酸性小于亚硫酸，pH相同的醋酸和亚硫酸稀释相同倍数后，醋酸的pH变化大，即：醋酸的pH大于亚硫酸；
（3）已知酸性：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3-＞HCO3-，酸根离子对应酸的酸性越强，该酸根离子结合氢离子能力越弱，则CH3COO-、CO32-、HSO3-、SO32-在溶液中结合H+的能力由大到小的关系为：CO32-＞SO32-＞CH3COO-＞HSO3-；
（4）NaHSO3溶液显酸性的原因是HSO3-在溶液中存在电离和水解， 即HSO3- H++ SO32-, HSO3-+H2O H2SO3+OH-, HSO3-的电离程度大于其水解程度，所以NaHSO3溶液显酸性。
【分析】（1）电离平衡常数越大，溶液酸性越强，电解质越强；
（2）根据题意得设电离度，然后三段式写出各物质的浓度，再根据电离平衡常数计算；酸性越弱稀释后 pH变化越大；
（3）根据酸根离子对应的酸越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱；
（4）亚硫酸氢钠的电离大于水解程度；比较溶液中各离子的浓度大小，水解和电离都很微弱，再根据电离大于水解程度来判断。
12．（2019高二上·屯溪期中）部分弱酸的电离平衡常数如表：
弱酸 HCOOH HNO2 H2S H2SO3 H2C2O4 H2CO3
电离平衡常数25℃） K=1.8×10-4 K=5.1×10-4 K1=9.1×10-8 K2=1.1×10-12 K1=1.23×10-2 K2=6.6×10-8 K1=5.4×10-2 K2=5.4×10-5 K1=4.3×10-7 K2=5.6×10-11
（1）上表的6种酸进行比较，酸性最弱的是： ；HCOO-、S2-、HSO3-三种离子中，最难结合H+的是 。
（2）在浓度均为0.1mol/L的HCOOH和H2C2O4混合溶液中，逐渐滴入0.1mol/L的NaOH溶液，被OH-先后消耗的酸及酸式酸根依次是： 。
（3）已知HNO2具有强氧化性，弱还原性。将HNO2溶液滴加到H2S溶液中，同时有沉淀和无色气体生成，该气体遇空气立即变为红棕色，试写出两酸之间的化学反应方程式： 。
（4）下列离子方程式书写正确的是
A．HNO2+HS- = NO2-+ H2S↑
B．2HCOOH+SO32-= 2HCOO-+H2O+SO2↑
C．H2SO3+2HCOO-= 2HCOOH+SO32-
D．H2SO3+SO32-= 2HSO3-
E．H 2C2O4+ NO2-=HC2O4-+HNO2
（5）将少量的SO2 通入Na2C2O4溶液，写出离子方程式 。
（6）已知HX为一元弱酸。HX的电离常数为5.5×10-8。某混合溶液中含有4molNaX、2molNa2CO3和1molNaHCO3。往溶液中通入3molCO2气体，充分反应后，气体全部被吸收，计算NaHCO3的物质的量
【答案】（1）H2S；HSO3-
（2）H2C2O4、HCOOH、HC2O4-
（3）2HNO2+H2S=2H2O+2NO↑+S↓
（4）D；E
（5）SO2+H2O+C2O42-=HC2O4-+HSO3-
（6）6mol
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】（1）电离平衡常数的大小可以用于衡量酸性强弱，上表所给6种酸中，H2S的电离平衡常数最小，因此其酸性最弱；HCOO-、S2-和HSO3-对应的酸分别为HCOOH、HS-和H2SO3，其酸性强弱为：H2SO3>HCOOH>HS-，因此最难结合H+的是HSO3-；
（2）由于电离平衡常数H2C2O4>HCOOH>HC2O4-，因此酸性H2C2O4>HCOOH>HC2O4-，酸性越强，与溶液结合OH-，因此向混合溶液中逐渐滴加NaOH溶液时，被OH-先后消耗的酸及酸根离子依次为：H2C2O4、HCOOH、HC2O4-；
（3）产生的无色气体遇空气立即变为红棕色，则该气体为NO，其沉淀为S，因此可得该反应中生成物有S和NO；反应过程中，N由+3价变为+2价，得到一个电子，S由-2价变为0价，失去两个电子，根据得失电子守恒可得，HNO2和NO的系数为2，H2S和S的系数为1；根据氢原子个数守恒可得，H2O的系数为2；因此可得该反应的化学方程式为：2HNO2+H2S=2H2O+2NO↑+S↓；
（4）由电离平衡常数的大小可得酸性强弱：H2C2O4>H2SO3>HNO2>HCOOH>HC2O4－>H2CO3>H2S>HSO3－>HCO3－>HS－；
A、由于HNO2具有氧化性，能将HS-氧化，因此无法反应生成H2S，A不符合题意；
B、由于酸性H2SO3>HCOOH，因此HCOOH无法制得H2SO3，B不符合题意；
C、由于酸性HCOOH>HSO3-，因此反应生成HSO3-，不生成SO32-，C不符合题意；
D、由于酸性H2SO3>HSO3-，符合强酸制弱酸原理，D符合题意；
E、由于酸性H2C2O4>HNO2>HC2O4-，符合强酸制弱酸原理，E符合题意；
故答案为：DE
（5）由于酸性H2SO3>HC2O4－>HSO3－，因此将少量SO2通入Na2C2O4溶液中，发生反应的离子方程式为：SO2＋H2O＋C2O42－=HC2O4－＋HSO3－；
（6）由电离平衡常数可得酸性强弱：H2CO3>HX>HCO3-，因此通入CO2后，先发生反应：Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，2molNa2CO3与2molCO2完全反应，生成4molNaHCO3；剩余1molCO2继续与NaX发生反应：NaX＋CO2＋H2O=NaHCO3＋HX，1molCO2反应生成1molNaHCO3；因此反应后所得溶液中n(NaHCO3)=1mol＋4mol＋1mol=6mol；
【分析】（1）根据所给酸的电离电离平衡常数的大小确定酸性强弱，进而得出离子结合H+能力的强弱；
（2）酸性越强，则越先结合OH-，据此结合所给电离平衡常数大小分析；
（3）产生的无色气体遇空气立即变为红棕色，则该气体为NO，结合得失电子守恒书写反应的化学方程式；
（4）根据强酸制弱酸的原理进行分析；
（5）根据强酸制弱酸原理确定反应的离子方程式；
（6）由电离平衡常数大小可得酸性强弱，结合酸性强弱确定发生反应的化学方程式，根据化学方程式进行计算；
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