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第八章　水溶液中的离子平衡
第26讲　电离平衡
复习要点　1.了解强电解质和弱电解质的概念。2.理解电解质在水中的电离以及电解质溶液的导电性。3.理解弱电解质在水中的电离平衡，能利用电离平衡常数进行相关计算。
@考点1　弱电解质的电离平衡
考点1　弱电解质的电离平衡
A　基础知识重点疑难
1.电离平衡的建立与特征
（1）开始时，v（电离）　最大　，而v（结合）为　0　。
（2）平衡的建立过程中，v（电离）　＞　v（结合）。
（3）当v（电离）　＝　v（结合）时，电离过程达到平衡状态。
2.影响电离平衡的因素
（1）浓度：在一定温度下，同一弱电解质溶液，浓度越　小　，越易电离。
（2）温度：温度越高，电离程度　越大　。
（3）同离子效应：加入与弱电解质具有相同离子的电解质时，可使电离平衡向　结合成弱电解质分子　的方向移动。
（4）化学反应：加入能与弱电解质电离出的离子反应的物质时，可使电离平衡向　电离　方向移动。
（5）弱电解质的电离是可逆过程，可直接用化学平衡移动原理分析电离平衡。以0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液为例：
实例 （稀溶液） CH3COOH（aq）H＋（aq）＋CH3COO－（aq）　ΔH＞0
改变条件 平衡移 动方向 n（H＋） c（H＋） 导电能力 Ka
加水稀释　① → 　增大　 减小　② 　减弱　 　不变　
加入少量 冰醋酸 → 　增大　 　增大　 　增强　 　不变　
实例 （稀溶液） CH3COOH（aq）H＋（aq）＋CH3COO－（aq）　ΔH＞0
改变条件 平衡移 动方向 n（H＋） c（H＋） 导电能力 Ka
通入HCl（g） ← 　增大　 　增大　 　增强　 　不变　
加NaOH（s）　③ → 　减小　 　减小　 　增强　 　不变　
加入镁粉 → 　减小　 　减小　 　增强　 　不变　
升高温度 → 　增大　 　增大　 　增强　 　增大　
加入 CH3COONa（s） ← 　减小　 　减小　 　增强　 　不变　
笔记：①规律：加水稀释，平衡向微粒数目变多的方向移动；“减弱”含义：达到新平衡时浓度减小，注意Kw＝c（H＋） ·c（OH－）
②适用勒夏特列原理，注意“减弱”，加水稀释，平衡正移，但c（H＋）减小
③OH－＋H＋H2O，c（H＋）减小，平衡正移，不是与CH3COOH反应
B　题组集训提升能力
题组一　弱电解质的实验判断方法
1.某同学拟用pH计测定溶液pH以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是（　B　）
A.25 ℃时，若测得0.01 mol·L－1NaR溶液pH＝7，则HR是弱酸
B.25 ℃时，若测得0.01 mol·L－1HR溶液pH＞2且pH＜7，则HR是弱酸
C.25 ℃时，若测得HR溶液pH＝a，取该溶液10.0 mL，加蒸馏水稀释至100.0 mL，测得pH＝b，b－a＜1，则HR是弱酸
D.25 ℃时，若测得NaR溶液pH＝a，取该溶液10.0 mL，升温至50 ℃，测得pH＝b，a＞b，则HR是弱酸
解析：25 ℃时，若测得0.01 mol·L－1 NaR溶液pH＝7，可知NaR为强酸强碱盐，则HR为强酸，故A项错误。25 ℃时，若测得0.01 mol·L－1 HR溶液pH＞2且pH＜7，可知溶液中c（H＋）＜0.01 mol·L－1，所以HR未完全电离，HR为弱酸，故B项正确。假设HR为强酸，取pH＝6的该溶液10.0 mL，加蒸馏水稀释至100.0 mL，此时溶液pH＜7，即b－a＜1时可能为强酸，故C项错误。假设HR为强酸，则NaR为强酸强碱盐，溶液呈中性，升温至50 ℃，促进水的电离，水的离子积常数增大，pH减小，故D项错误。
2.下列事实中一定不能证明CH3COOH是弱电解质的是　①②　。
①等物质的量浓度、等体积的盐酸与CH3COOH溶液和足量锌反应，根据产生氢气的多少
②用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗
③等c（H＋）、等体积的盐酸与CH3COOH溶液和足量锌反应，CH3COOH放出的氢气较多
④0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液的c（H＋）＝1.0×10－2 mol·L－1
⑤CH3COONa和H3PO4反应，生成CH3COOH
解析：①等物质的量浓度、等体积的盐酸与CH3COOH溶液中一元酸的物质的量相同，和足量锌反应，产生氢气一样多，故无法判断酸的强弱。②中未指明浓度，也没有参照物，不能说明问题。③说明电离前，n（CH3COOH）＞n（HCl），故CH3COOH的电离程度比盐酸小，是弱电解质。④中c（H＋）＜c（CH3COOH），说明CH3COOH部分电离，存在电离平衡，CH3COOH是弱电解质。⑤中的H3PO4为中强酸，H3PO4能与CH3COONa反应生成CH3COOH，酸性H3PO4＞CH3COOH，说明CH3COOH为弱电解质。
解题感悟
弱电解质的判断方法
（1）根据电离不完全
现有0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液和0.1 mol·L－1 HCl溶液：
①用pH试纸测定：pH＞1，可证明CH3COOH为弱电解质。
②做导电性实验：CH3COOH溶液导电性较弱，可证明CH3COOH为弱电解质。
③分别加入等量纯度、颗粒大小均相同的锌粒（或碳酸钙）：在CH3COOH溶液中刚开始反应速率较慢，可证明CH3COOH为弱电解质。
（2）根据存在电离平衡
现有CH3COOH溶液：
①稍微加热：测得其pH变小，可证明CH3COOH为弱电解质。
②加入CH3COONH4（s）：测得溶液pH变大，可证明CH3COOH为弱电解质。
③测定其和氢氧化钠反应的反应热：生成1 mol水反应热数值小于盐酸和氢氧化钠的中和热，可证明CH3COOH为弱电解质。
④将pH＝5的醋酸溶液稀释10倍：测得其pH＜6，说明CH3COOH为弱电解质。
（3）根据酸碱中和
等pH、等体积的CH3COOH溶液和HCl溶液
CH3COOH消耗的碱的量更多，可证明CH3COOH为弱电解质
（4）根据正盐溶液的酸碱性
CH3COONa溶液
pH＞7，则可证明CH3COOH为弱电解质
题组二　电离平衡的影响因素
3.稀氨水中存在着下列平衡：NH3·H2ON＋OH－，若要使平衡向左移动，同时使c（OH－）增大，应加入的适量物质或采取的措施是（　C　）
①NH4Cl固体　②硫酸　③NaOH固体　④水
⑤加热　⑥加入少量MgSO4固体
A.①②③⑤ B.③⑥ C.③ D.③⑤
解析：若在氨水中加入NH4Cl固体，c（N）增大，平衡向左移动，c（OH－）减小，①不符合题意；硫酸中的H＋与OH－反应，使c（OH－）减小，平衡向右移动，②不符合题意；当在氨水中加入NaOH固体后，c（OH－）增大，平衡向左移动，③符合题意；若在氨水中加入水，稀释溶液，平衡向右移动，c（OH－）减小，④不符合题意；电离属于吸热过程，加热平衡向右移动，c（OH－）增大，⑤不符合题意；加入MgSO4固体发生反应：Mg2＋＋2OH－Mg（OH）2↓，溶液中c（OH－）减小，平衡向右移动，⑥不符合题意。
4.（2023·浙江1月选考）甲酸（HCOOH）是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂（含固体活性成分R3N，R为烷基）因静电作用被吸附回收，其回收率（被吸附在树脂上甲酸根的物质的量分数）与废水初始pH关系如图（已知甲酸Ka＝1.8×10－4），下列说法不正确的是（　D　）
A.活性成分R3N在水中存在平衡：R3N＋H2OR3NH＋＋OH－
B.pH＝5的废水中c（HCOO－）∶c（HCOOH）＝18
C.废水初始pH＜2.4，随pH下降，甲酸的电离被抑制，与R3NH＋作用的HCOO－数目减少
D.废水初始pH＞5，离子交换树脂活性成分主要以R3NH＋形态存在
解析：R3N能通过静电作用吸附甲酸根，则溶液中存在平衡R3N＋H2OR3NH＋＋OH－，故A正确；由电离常数公式可知，溶液中＝，当溶液pH为5时，溶液中＝＝18，故B正确；由题图可知，溶液pH为2.4时，废水中的甲酸及其盐回收率最高，当溶液pH小于2.4时，随溶液pH下降，溶液中氢离子浓度增大，甲酸的电离被抑制，溶液中甲酸根离子浓度减小，与R3NH＋作用的HCOO－数目减少，故C正确；当废水初始pH大于5时，R3N＋H2OR3NH＋＋OH－平衡向左移动，离子交换树脂活性成分主要以R3N形态存在，故D错误。
@考点2　电离平衡常数
考点2　电离平衡常数
A　基础知识重点疑难
1.电离平衡常数
（1）定义：一定条件下，当一元弱酸或弱碱在达到电离平衡时，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，用K（弱酸用Ka，弱碱用Kb）表示。
（2）表达式　
①一元弱酸和弱碱
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＝　
②多元弱酸（以H2CO3为例）
第一步电离 第二步电离
电离方程式 H2CO3H＋＋HC HCH＋＋C
电离常数表达式 Ka1＝ Ka2＝
电离常数关系 Ka1　＞　Ka2
笔记：（2023广东）已知lg Kb（NH3 ·H2O）＝－4.7，常温下，pH＝9.9的氨性溶液（由NH3·H2O、（NH4）2SO3和（NH4）2CO3配制）中，c（NH3 ·H2O）　　c（N）。（提示：＞）
（3）特点
①电离平衡常数与温度有关，与浓度无关，升高温度，K值增大。
②电离平衡常数反映弱电解质的相对强弱，K越大，表示弱电解质越易电离，酸性或碱性越强　。
笔记：（2024北京）依据一元弱酸的Ka，可推断它们同温度同浓度稀溶液的pH大小（√）
（4）电离平衡常数五大应用
①判断酸（碱）性强弱：电离常数越大，酸性（碱性）越强。
②判断盐溶液的酸（碱）性强弱：电离常数越大，对应盐的水解程度越弱　①，盐溶液的酸（碱）性越弱，如Ka（CH3COOH）＞Ka（HCN），则水解程度CN－＞CH3COO－，相同浓度下溶液碱性NaCN＞CH3COONa。
③判断酸式盐、酸（碱）与盐混合溶液的酸碱性。如NaHSO3溶液，Ka2（H2SO3）＞Kh（HS）　②，则NaHSO3溶液显酸性；再如等浓度的HCN和NaCN溶液，Ka（HCN）＜Kh（CN－），则混合溶液显碱性。
④判断复分解反应能否发生，一般符合“强酸制弱酸　③”规律。
⑤判断微粒浓度比值的变化。如：将0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液加水稀释，＝＝，加水稀释时，c（H＋）减小，Ka值不变，则 增大。
笔记：①盐类水解规律：越弱越水解，谁强显谁性
②HS＋H2OH2SO3＋OH－　Kh＝
③典型反应：CO2＋NaClO＋H2ONaHCO3＋
HClO、ONa＋CO2＋H2OOH＋
NaHCO3，酸性：H2CO3＞HClO、
2.电离度
（1）概念
在一定条件下的弱电解质达到电离平衡时，已经电离的电解质分子数占原电解质分子总数的百分比。
（2）表示方法
α　①＝×100％，
也可表示为α＝　　×100％。
笔记：①相当于化学平衡中的平衡转化率，受平衡移动影响
②（2022福建）计算不同浓度溶液中醋酸的电离度，计算式为α＝ ×100％（×）
（3）影响因素
①相同温度下，同一弱电解质，浓度越大，其电离度（α）越　小　。
②相同浓度下，同一弱电解质，温度越高，其电离度（α）越　大　。
3.电离度、电离常数的计算
（1）电离常数（Ka）与电离度（α）　①的关系（以一元弱酸HA为例）
Ka＝＝。
若α很小，可认为1－α≈1　②，则Ka＝c酸·α2（或α＝）。
笔记：①（2022浙江1月）已知25 ℃时二元酸H2A的Ka1＝1.3×10－7，Ka2＝7.1×10－15，向0.1 mol ·L－1的H2A溶液中通入HCl气体（忽略溶液体积的变化）至pH＝3，则H2A的电离度为　　。 （提示：0.013％）
②则一元弱酸c（H＋）＝
一元弱碱c（OH－）＝
（2）根据中和滴定图像和弱碱的电离常数计算弱碱的浓度
25 ℃时，用0.01 mol·L－1盐酸滴定10 mL a mol·L－1氨水，盐酸的体积与溶液pH的关系如图所示。
选择pH＝7的C点计算：c（H＋）＝c（OH－）＝1.0×10－7 mol·L－1，由电荷守恒知，c（N）＝c（Cl－）＝0.005 mol·L－1；根据N元素守恒有c（N）＋c（NH3·H2O）＝ mol·L－1，c（NH3·H2O）＝ mol·L－1－c（N）＝（－0.005） mol·L－1；再由电离常数列出计算式：Kb＝＝＝1.8×10－5，解得a≈0.01。
（3）分布系数图像中K的计算
①一元弱酸（以CH3COOH为例）
①
Ka＝。
交点：c（CH3COO－）＝c（CH3COOH），故Ka＝c（H＋）＝10－4.76。
②二元弱酸（以草酸H2C2O4为例）
②
Ka1＝。
A点：c（HC2）＝c（H2C2O4），故Ka1＝c（H＋）＝10－1.2。
Ka2＝。
B点：c（C2）＝c（HC2），故Ka2＝10－4.2。
笔记：①关注曲线交点计算K
②（1）利用H2C2O4电离与pH关系分析曲线代表的微粒
（2）读出一定pH时微粒浓度大小，如pH＝3.5时c（HC2）＞c（C2）＞c（H2C2O4）
4.学会解题
（2024·新课标卷）常温下CH2ClCOOH和CHCl2COOH的两种溶液中，分布系数δ与pH的变化关系如图所示。［比如：δ（CH2ClCOO－）＝］
下列叙述正确的是（　D　）
A.曲线M表示δ（CHCl2COO－）～pH的变化关系
B.若酸的初始浓度为0.10 mol·L－1，则a点对应的溶液中有c（H＋）＝c（CHCl2COO－）＋c（OH－）
C.CH2ClCOOH的电离常数Ka＝10－1.3
D.pH＝2.08时，＝
解析：
笔记：①Cl的电负性大于H的电负性，则—CHCl2的极性大于—CH2Cl的极性，导致CHCl2COOH的酸性大于CH2ClCOOH的酸性，则CHCl2COOH溶液中的δ（CHCl2COO－）大于CH2ClCOOH溶液中的δ（CH2ClCOO－），则曲线M表示δ（CH2ClCOO－）～pH的变化关系，A项错误
②由于CH2ClCOOH与CHCl2COOH均为弱酸，当初始浓度为0.10 mol·L－1时，pH＞1，而a点溶液的pH＝1，故需外加酸使pH减小，题给关系式中缺少外加酸中阴离子的浓度，B项错误
③Ka（CH2ClCOOH）＝，根据上图d点可知，pH＝2.8时，c（CH2ClCOOH）＝c（CH2ClCOO－），则Ka（CH2ClCOOH）＝c（H＋）＝10－2.8，C项错误
④pH＝2.08时，δ（CHCl2COO－）＝0.85，δ（CH2ClCOO－）＝0.15，则CH2ClCOOH与CHCl2COOH的电离度之比为0.15∶0.85，D项正确
B　题组集训提升能力
题组一　电离平衡常数、电离度的理解及其应用
a.电离平衡常数、电离度的理解
1.（2025·抚顺模拟）如表是在相同温度下三种酸的一些数据，下列判断正确的是（　D　）
酸 HX HY HZ
浓度/（mol·L－1） 0.12 0.2 1 1 1
电离度 0.25 0.2 0.1 0.3 0.5
电离常数 K1 K2 K3 K4 K5
提示：电离度＝
A.在相同温度下，从HX的数据可以说明：弱电解质溶液的浓度越小，电离度越大，且K1＞K2＞K3
B.室温时，若在HZ溶液中加少量盐酸，则的值不变
C.表格中三种浓度的HX溶液中，从左至右c（X－）逐渐减小
D.在相同温度下，电离常数：K5＞K4＞K3
解析：在相同温度下，弱电解质溶液的浓度越小，电离度越大，但电离常数不变，所以K1＝K2＝K3，A不正确；室温时，若在HZ溶液中加少量盐酸，则HZ溶液中c（H＋）增大，HZ的电离平衡逆向移动，c（Z－）减小，所以的值增大，B不正确；表格中三种浓度的HX溶液中，从左至右c（HX）逐渐增大，虽然电离度不断减小，但电离产生的离子浓度不断增大，所以从左至右c（X－）逐渐增大，C不正确；在相同温度下，相同浓度的电解质溶液，电离度越大，电离常数越大，电离度HX＜HY＜HZ，所以电离常数：K5＞K4＞K3，D正确。
b.判断粒子浓度比值的变化
2.25 ℃时，下列有关电解质溶液的说法正确的是（　B　）
A.加水稀释0.1 mol·L－1氨水，溶液中c（H＋）·c（OH－）和均保持不变
B.向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa，溶液中的值增大
C.等体积、等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合：＜
D.0.1 mol·L－1 HF溶液加水不断稀释过程中，电离平衡常数Ka（HF）保持不变，始终增大
解析：0.1 mol·L－1氨水稀释过程中c（H＋）增大，c（OH－）减小，因而变大，c（H＋）·c（OH－）＝Kw，Kw只与温度有关，即c（H＋）·c（OH－）不变，故A项错误。CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，溶液中＝，加入CH3COONa，溶液酸性减弱，则c（H＋）减小，而温度不变，Ka不变，所以的值增大，故B项正确。等体积、等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合，溶液呈碱性，根据碳酸的电离常数有Ka1＝、Ka2＝，而Ka1＞Ka2，同一溶液中c（H＋）相等，则有＞，故C项错误。0.1 mol·L－1的HF溶液加水不断稀释过程中，c（F－）趋近于0，而c（H＋）趋于不变（10－7 mol·L－1），比值变小，故D项错误。
c.判断复分解反应能否发生
3.部分弱酸的电离平衡常数如表：
弱酸 HCOOH H2S H2CO3 HClO
电离平衡常数（25 ℃） Ka＝1.77×10－4 Ka1＝1.1×10－7 Ka2＝1.3×10－13 Ka1＝4.5×10－7 Ka2＝4.7×10－11 Ka＝4.0×10－8
按要求回答下列问题：
（1）HCOOH、H2S、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为　HCOOH＞H2CO3＞H2S＞HClO　。
（2）相同浓度的HCOO－、HS－、S2－、HC、C、ClO－结合H＋的能力由强到弱的顺序为　S2－＞C＞ClO－＞HS－＞HC＞HCOO－　。
（3）运用上述电离常数及物质的特性判断下列化学方程式不正确的是　①②④　（填序号）。
①次氯酸与NaHCO3溶液的反应：HClO＋HCClO－＋H2O＋CO2↑
②少量CO2通入NaClO溶液中：CO2＋H2O＋2ClO－C＋2HClO
③少量CO2通入NaClO溶液中：CO2＋H2O＋ClO－HC＋HClO
④硫化氢通入NaClO溶液中：H2S＋ClO－HS－＋HClO
⑤碳酸钠滴入足量甲酸溶液中：2HCOOH＋C2HCOO－＋CO2↑＋H2O
解题感悟
电离平衡常数的“三个要点”
（1）影响因素：只与温度有关，不受浓度、酸碱性的影响。
（2）特点：多元弱酸逐级电离，则相应的电离平衡常数：Ka1 Ka2 ……
（3）应用：相同条件下，电离平衡常数越大，电离程度越大，溶液酸（碱）性越强，对应盐的水解程度越小，盐溶液的碱（酸）性越弱。
题组二　电离平衡常数和电离度文字类计算
4.（2024·浙江1月选考）用氨水吸收HCOOH，得到1.00 mol·L－1氨水和0.18 mol·L－1甲酸铵的混合溶液，298 K时该混合溶液的pH＝　10　。[已知：298 K时，电离常数Kb（NH3·H2O）＝1.8×10－5、Ka（HCOOH）＝1.8×10－4]
解析：用氨水吸收HCOOH，得到1.00 mol·L－1氨水和0.18 mol·L－1甲酸铵的混合溶液，得出c（N）＝0.18 mol·L－1，
根据Kb＝，则c（OH－）＝＝ mol·L－1＝10－4 mol·L－1，pOH＝4，pH＝14－4＝10。
5.碳氢化合物完全燃烧生成CO2和H2O。常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH＝5.60，c（H2CO3）＝1.5×10－5 mol·L－1。若忽略水的电离及H2CO3的第二步电离，则H2CO3HC＋H＋的平衡常数Ka1＝　4.2×10－7　（已知：10－5.60＝2.5×10－6）。
题组三　电离平衡常数、电离度图像类计算
6.（2024·山东化学）常温下Ag（Ⅰ）－CH3COOH水溶液体系中存在反应：Ag＋＋CH3COO－CH3COOAg（aq），平衡常数为K。已知初始浓度c0（Ag＋）＝c0（CH3COOH）＝0.08 mol·L－1，所有含碳物种的摩尔分数与pH变化关系如图所示（忽略溶液体积变化）。下列说法正确的是（　C　）
A.线Ⅱ表示CH3COOH的变化情况
B.CH3COOH的电离平衡常数Ka＝10－n
C.pH＝n时，c（Ag＋）＝ mol·L－1
D.pH＝10时，c（Ag＋）＋c（CH3COOAg）＝0.08 mol·L－1
解析：随着pH增大，c（H＋）减小，CH3COOHCH3COO－＋H＋的平衡正向移动，CH3COOH的摩尔分数减小，CH3COO－的摩尔分数增大，c（CH3COO－）增大，Ag＋＋CH3COO－CH3COOAg（aq）的平衡正向移动，c（CH3COOAg）增大，但当pH增大至一定程度时，由于c（OH－）较大，Ag＋部分转化为沉淀，c（Ag＋）减小，Ag＋＋CH3COO－CH3COOAg（aq）的平衡逆向移动，c（CH3COOAg）减小，c（CH3COO－）增大，因此线Ⅰ表示CH3COOH的变化情况，线Ⅱ、Ⅲ分别表示CH3COO－、CH3COOAg的变化情况。由分析可知，A错误；由题图可知，pH＝m时，CH3COOH与CH3COO－的摩尔分数相等，c（CH3COOH）＝c（CH3COO－），CH3COOH的Ka＝＝c（H＋）＝10－m，B错误；由题图可知，pH＝n时，CH3COOH与CH3COOAg的摩尔分数相等，c（CH3COOH）＝c（CH3COOAg），K·Ka＝×＝，即K×10－m＝，求得c（Ag＋）＝ mol·L－1，C正确；pH＝10时体系中有部分Ag元素存在于沉淀中，故c（Ag＋）＋c（CH3COOAg）＜0.08 mol·L－1，D错误。
7.（2024·广东化学）在非水溶剂中研究弱酸的电离平衡具有重要科学价值。一定温度下，某研究组通过分光光度法测定了两种一元弱酸HX（X为A或B）在某非水溶剂中的Ka。
a.选择合适的指示剂HIn，Ka（HIn）＝3.6×10－20；其钾盐为KIn。
b.向KIn溶液中加入HX，发生反应：In－＋HXX－＋HIn。KIn起始的物质的量为n0（KIn），加入HX的物质的量为n（HX），平衡时，测得c平（In－）/c平（HIn）随n（HX）/n0（KIn）的变化曲线如图。
已知：该溶剂本身不电离，钾盐在该溶剂中完全电离。
（1）计算Ka（HA）　4.0×10－21　。（写出计算过程，结果保留两位有效数字）
（2）在该溶剂中，Ka（HB）　＞　Ka（HA）；Ka（HB）　＞　（填“＞”“＜”或“＝”）Ka（HIn）。
解析：（1）由变化曲线图可知，当＝1.0时，＝3.0，设初始c0（KIn）＝c0 mol·L－1，则初始c（HA）＝c0 mol·L－1，转化的物质的量浓度为x mol·L－1，可列出三段式如下：
　　　　　　In－ ＋ HAA－ ＋ HIn
起始浓度（mol·L－1） c0 c0 0 0
转化浓度（mol·L－1） x x x x
平衡浓度（mol·L－1） c0－x c0－x x x
由＝3.0，即＝3.0，解得x＝0.25c0，则该反应的平衡常数为K1＝＝＝＝＝，解得Ka（HA）＝4.0×10－21。（2）根据图像可知，当＝1.0时，设此时转化的物质的量浓度为y mol·L－1，可列出三段式如下：
　　　　　　In－ ＋ HBB－ ＋ HIn
起始浓度（mol·L－1） c0 c0 0 0
转化浓度（mol·L－1） y y y y
平衡浓度（mol·L－1） c0－y c0－y y y
＜1.0，即＜1.0，则y＞0.5c0，则平衡常数K2＝＞K1，则Ka（HB）＞Ka（HA）；由于y＞0.5c0，则K2＝＞1，Ka（HB）＞Ka（HIn）。
解题感悟
“凑常数”法解决电离平衡常数相关计算问题
（1）利用电离平衡常数计算粒子浓度的值（或比值）
充分利用电离平衡常数、水的离子积等表达式进行变形整理，将某些粒子的浓度比值乘或除以某种粒子的浓度，将会转化为常数，计算更简洁方便。
（2）利用图像计算电离平衡常数
关注图像的交点，表明曲线各自对应的粒子浓度相等，可以代入电离平衡常数表达式中，进而简化计算。
@限时跟踪检测
1.室温下，下列事实不能说明NH3·H2O为弱电解质的是（　D　）
A.0.1 mol·L－1的氨水中c（OH－）＜0.1 mol·L－1
B.0.1 mol·L－1的氨水中c（N）＜0.1 mol·L－1
C.相同条件下，浓度均为0.1 mol·L－1的NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱
D.0.1 mol·L－1的氨水能使无色酚酞溶液变红
解析：NH3·H2O为弱电解质，氨水中存在电离平衡NH3·H2ON＋OH－，故0.1 mol·L－1的氨水中c（OH－）、c（N）均小于0.1 mol·L－1，A、B两项能说明NH3·H2O为弱电解质；相同条件下，浓度均为0.1 mol·L－1的NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱，说明氨水中离子浓度小于同浓度的NaOH溶液，氨水中存在NH3·H2O的电离平衡，C项能说明NH3·H2O为弱电解质；氨水能使无色酚酞溶液变红，只能说明NH3·H2O能电离出OH－，但不能说明NH3·H2O是部分电离，D项不能说明NH3·H2O为弱电解质。
2.（2025·东莞模拟）二甲胺[（CH3）2NH]可用作橡胶硫化促进剂，是一元弱碱，在水中的电离与氨相似，可与盐酸反应生成（CH3）2NH2Cl。下列说法错误的是（　A　）
A.常温下，0.001 mol·L－1 二甲胺溶液的pH＝11
B.往二甲胺溶液中加入NaOH固体会抑制二甲胺的电离
C.加水稀释（CH3）2NH2Cl 溶液，
减小
D.（CH3）2NH2Cl 溶液中：c[（CH3）2N]＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（Cl－）
解析：二甲胺是一元弱碱，只发生部分电离，故常温下，0.001 mol·L－1 二甲胺溶液中c（OH－）＜0.001 mol·L－1，pH＜11，A错误；二甲胺溶液中存在电离平衡：（CH3）2NH＋H2O（CH3）2N＋OH－，加入NaOH 固体，平衡逆向移动，从而抑制二甲胺的电离，B正确；（CH3）2NH2Cl 溶液中存在平衡：（CH3）2N＋H2O（CH3）2NH·H2O＋H＋ ，加水稀释，平衡正向移动，减小，C正确；（CH3）2NH2Cl 溶液中存在电荷守恒：c（H＋）＋c[（CH3）2N]＝c（OH－）＋c（Cl－），D正确。
3.25 ℃时，用0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1的NaOH溶液，当滴加V mL CH3COOH溶液时，混合溶液的pH＝7。已知CH3COOH的电离常数为Ka，忽略混合时引起的溶液体积的变化，下列关系式正确的是（　A　）
A.Ka＝ B.V＝ C.Ka＝ D.Ka＝
解析：混合溶液的pH＝7，说明醋酸过量，混合溶液中c（CH3COOH）≈ mol·L－1，根据电荷守恒：c（Na＋）＋c（H＋）＝c（CH3COO－）＋c（OH－）及c（H＋）＝c（OH－）可得，c（Na＋）＝c（CH3COO－）＝ mol·L－1，则电离常数Ka＝＝。
4.（2025·台州质量评估）已知25 ℃时，Ka（HA）＝5.0×10－4，Ka（HB）＝1.7×10－5。下列说法不正确的是（　C　）
A.25 ℃时，等浓度的NaA和NaB两溶液，水的电离程度前者小于后者
B.25 ℃时，pH相等的NaA和NaB两溶液，c（A－）·c（HB）＞c（B－）·c（HA）
C.25 ℃时，等物质的量浓度的HA和HB两溶液加水稀释10倍后，电离度α（HA）＜α（HB）
D.25 ℃时，c（A－）和c（B－）相等的两种酸溶液pH相等，混合后pH不变
解析：25 ℃时，等浓度的NaA和NaB两溶液，由于Ka（HA）＞Ka（HB），所以A－的水解程度小于B－，水的电离程度前者小于后者，A正确；25 ℃时，Ka（HA）＞Ka（HB），则＞，pH相等的NaA和NaB两溶液c（H＋）相等，则＞，c（A－）·c（HB）＞c（B－）·c（HA），B正确；25 ℃时，等物质的量浓度的HA和HB两溶液加水稀释10倍后，由于Ka（HA）＞Ka（HB），所以电离度α（HA）＞α（HB），C不正确；25 ℃时，c（A－）和c（B－）相等的两种酸溶液pH相等，混合后、不变，Ka（HA）、Ka（HB）不变，所以混合后pH不变，D正确。
5.（2025·凉山检测）弱酸、弱碱的电离都比较弱，已知25 ℃时部分弱酸的电离平衡常数（Ka）如表：
化学式 CH3COOH H2CO3 H2SO3
Ka 1.8×10－5 Ka1＝4.3×10－7 Ka2＝5.6×10－11 Ka1＝1.5×10－2 Ka2＝1.0×10－7
下列说法正确的是（　B　）
A.0.1 mol·L－1 Na2SO3溶液中通入CO2至恰好完全反应（不考虑溶液体积变化），溶液中存在：c（H＋）－c（OH－）＝2c（S）＋c（HS）＋2c（C）＋c（HC）－0.1 mol·L－1
B.25 ℃时，0.1 mol·L－1 Na2SO3溶液的pH约等于10（忽略二级水解和H2O的电离）
C.25 ℃时，向0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液中通入HCl气体至pH＝7（溶液体积变化忽略不计）：c（Na＋）＞c（Cl－）＞c（CH3COOH）
D.足量CH3COOH与Na2SO3溶液反应的化学方程式为2CH3COOH＋Na2SO32CH3COONa＋SO2↑＋H2O
解析：0.1 mol·L－1 Na2SO3溶液中通入CO2至恰好完全反应（不考虑溶液体积变化），溶液中存在电荷守恒，c（H＋）＋c（Na＋）＝c（OH－）＋2c（S）＋c（HS）＋2c（C）＋c（HC），则c（H＋）－c（OH－）＝2c（S）＋c（HS）＋2c（C）＋c（HC）－0.2 mol·L－1，A错误；25 ℃时，0.1 mol·L－1 Na2SO3溶液中S发生一级水解：S＋H2OHS＋OH－，Kh1＝＝＝＝1.0×10－7，则c（OH－）＝≈ mol·L－1＝1.0×10－4 mol·L－1，溶液中c（H＋）＝＝ mol·L－1＝1.0×10－10 mol·L－1，因此pH＝－lg c（H＋）＝10，B正确；25 ℃时，向0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液中通入HCl气体，至pH＝7，则c（H＋）＝c（OH－），溶液中存在电荷守恒：c（Na＋）＋c（H＋）＝c（CH3COO－）＋c（Cl－）＋c（OH－），则c（Na＋）＝c（CH3COO－）＋c（Cl－），则c（Na＋）＞c（Cl－），又存在物料守恒：c（Na＋）＝c（CH3COO－）＋c（CH3COOH），因此c（CH3COOH）＝c（Cl－），C错误；由于Ka1（H2SO3）＞Ka（CH3COOH）＞Ka2（H2SO3），因此酸性：H2SO3＞CH3COOH＞HS，则足量CH3COOH与Na2SO3溶液反应时，不会生成SO2，D错误。
6.（2025·佛山模拟）食醋有效成分为醋酸（用HAc表示），常温下HAc的Ka＝10－4.76。下列说法错误的是（　B　）
选项 实验操作 结论
A 加热醋酸水溶液（忽略溶质的挥发） 溶液的导电能力、HAc的电离程度均增大
B 常温下测得NH4Ac水溶液pH＝7.0 NH4Ac溶于水不发生水解
C 加入NaOH溶液与醋酸溶液恰好中和 中和后：c（Na＋）＝c（Ac－）＋c（HAc）
D 常温下，HAc溶液与NaOH溶液混合，测得溶液pH为4.76 反应后：c（Ac－）＝c（HAc）
解析：弱酸的电离是一个吸热过程，加热溶液即升高温度，电离平衡HAcH＋＋Ac－正向移动，导致HAc的电离程度增大，溶液中的H＋和Ac－浓度增大，溶液的导电能力增强，A正确；氨水和醋酸均为弱电解质，故N和Ac－均能发生水解，常温下测得NH4Ac水溶液pH＝7.0，是由于N和Ac－水解程度相当，B错误；加入NaOH溶液与醋酸溶液恰好中和即HAc和NaOH恰好完全反应，产物为NaAc，根据物料守恒可知，此时溶液中存在c（Na＋）＝c（Ac－）＋c（HAc），C正确；常温下，HAc溶液与NaOH溶液混合，测得溶液pH为4.76，根据HAc的电离平衡常数Ka＝＝10－4.76，故反应后：c（Ac－）＝c（HAc），D正确。
7.（2025·山西模拟）常温下，向25 mL 0.1 mol·L－1的二元酸H2X溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示，下列说法正确的是（　C　）
A.曲线Ⅰ表示lg与pH的关系
B.滴入NaOH溶液至中性：c（Na＋）＝c（HX－）＋c（X2－）
C.2HX－X2－＋H2X的平衡常数K＝10－3.6
D.V[NaOH（aq）]＝25 mL时，混合溶液呈碱性
解析：电离常数Ka1（H2X）＝＞Ka2（H2X）＝，则曲线Ⅰ上点b（3.2，8）对应lg＝3.2，c（H＋）＝10－8 mol·L－1，对应Ka2（H2X）＝10－8×103.2＝10－4.8，同理可得曲线Ⅱ上点a（1.8，3）对应lg＝1.8，c（H＋）＝10－3 mol·L－1，对应Ka1（H2X）＝10－3×101.8＝10－1.2。曲线Ⅱ表示lg与pH的关系，A错误；滴入NaOH溶液至中性时，遵循电荷守恒：c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HX－）＋2c（X2－）＋c（OH－），中性溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以有c（Na＋）＝c（HX－）＋2c（X2－），B错误；2HX－X2－＋H2X的平衡常数K＝＝＝＝＝＝10－3.6，C正确；V[NaOH（aq）]＝25 mL时，溶液的溶质为NaHX，根据第一步和第二步的电离平衡常数可知，Ka2（H2X）＝10－4.8，Kh2＝＝＝10－12.8，所以HX－的电离程度大于水解程度，所以混合溶液呈酸性，D错误。
8.（2025·湖北名校三月联合）H3PO3是制造塑料稳定剂的原料。常温下，向100 mL 0.5 mol·L－1 H3PO3溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，混合溶液中所有含磷微粒的物质的量分数（δ）与溶液pOH[pOH＝－lg c（OH－）]的关系如图所示。下列说法错误的是（　D　）
A.H3PO3的结构简式为
B.a点水电离出的c（OH－）＝1×10－7.4 mol·L－1
C.当pH＝4时，c（HP）＝c（H3PO3）
D.b点时加入NaOH溶液的体积为50 mL
解析：题给图像中只含有3种含磷微粒，因此H3PO3为二元酸有两个羟基氧，其结构简式为，A项正确；随着c（OH－）逐渐增大，pOH逐渐减小，根据H3PO3＋OH－H2P＋H2O，H2P＋OH－HP＋H2O知，c（H3PO3）逐渐减小，c（H2P）先增大后减小，c（HP）逐渐增大，故曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示HP、H2P、H3PO3的变化曲线，a点溶质为Na2HPO3和NaH2PO3，溶液pH为14－7.4＝6.6，显酸性，H2P电离出H＋，对水的电离起抑制作用，c水（OH－）＝c溶液（OH－）＝1×10－7.4 mol·L－1，B项正确；b点时，c（H3PO3）＝c（H2P）此时Ka1＝c（H＋）＝10－1.4，a点时，c（HP）＝c（H2P），Ka2＝c（H＋）＝10－6.6，Ka1·Ka2＝10－8，当c（H＋）＝10－4时，c（HP）＝c（H3PO3），C项正确；当加入NaOH溶液的体积为50 mL时，反应生成的NaH2PO3和剩余的H3PO3物质的量相同，但需要考虑H3PO3的电离和H2P的电离，此时c（H3PO3）≠c（H2P），D项错误。
9.（2025·安庆二模）某温度下，改变0.1 mol·L－1 K2Cr2O7溶液的pH，各种含铬元素粒子的浓度变化如图所示（已知H2CrO4是二元酸，其电离常数为Ka1、Ka2），下列有关说法错误的是（　D　）
A.该温度下的Kw＝1×10－14
B.该温度下Ka1（H2CrO4）的数量级为10－1
C.该温度下反应Cr2＋H2O2Cr＋2H＋的平衡常数为5.1×10－15.2
D.B点溶液中：c（K＋）≤2c（Cr2）＋3c（Cr）
解析：Kw只与温度有关，取D点数据，当pH＝13时，c（OH－）＝0.1 mol·L－1，则Kw＝c（H＋）·c（OH－）＝10－14，A说法正确；取A点数据，c（HCr）＝c（H2CrO4），Ka1（H2CrO4）＝＝c（H＋）＝10－0.74，数量级为10－1，B说法正确；该温度下反应Cr2＋H2O2Cr＋2H＋，平衡常数K＝，取C点数据，K＝＝0.051×（10－6.6）2＝5.1×10－15.2，C说法正确；由题图可知，B点pH＝6.5，c（HCr）＝c（Cr），根据电荷守恒：c（K＋）＋c（H＋）＝2c（Cr2）＋2c（Cr）＋c（HCr）＋c（OH－），溶液显酸性，c（H＋）＞c（OH－），则c（K＋）＜2c（Cr2）＋3c（Cr），D说法错误。
10.（2025·漳州三模）乙二胺（H2NCH2CH2NH2，简写为R）是一种二元弱碱。25 ℃时，向1.5 mol·L－1乙二胺溶液中通入HCl气体，所得溶液的pH与体系中含N微粒浓度的对数值（lg c）、反应物的物质的量之比t［t＝］关系如图所示。下列有关说法正确的是（　C　）
A.曲线Z表示R
B.乙二胺的电离平衡常数Kb2＝10－7.8
C.M点对应溶液的pH＝8.8
D.P3对应的溶液中c（H＋）＝c（RH＋）＋c（R）＋c（OH－）
解析：乙二胺为二元弱碱，电离方程式为R＋H2ORH＋＋OH－，RH＋＋H2OR＋OH－。随HCl气体通入，c（R）不断减小，c（RH＋）先增大后减小，c（R）不断增大，故曲线Z代表lg c（R），X代表lg c（RH＋），Y代表lg c（R）。根据分析知，曲线Z代表lg c（R），A错误；对于乙二胺，Kb1＝，Kb2＝，题图中X与Z的交点c（RH＋）＝c（R），pH＝9.8，则Kb1＝c（OH－）＝1×10－4.2，X与Y的交点c（R）＝c（RH＋），pH＝7.8，则Kb2＝c（OH－）＝1×10－6.2，B错误；题图中M点是Y与Z的交点，c（R）＝c（R），所以Kb1×Kb2＝×＝c2（OH－），c2（OH－）＝10－4.2×10－6.2＝10－10.4（mol·L－1）2，则c（OH－）＝10－5.2 mol·L－1，c（H＋）＝10－（14－5.2）＝10－8.8 mol·L－1，故M点pH＝8.8，C正确；P3所示溶液t＝2，溶质为RH2Cl2，对应质子守恒为c（H＋）＝c（RH＋）＋2c（R）＋c（OH－），D错误。
11.已知：
酸 H2C2O4 HF H2CO3 H3BO3
电离平衡常数 Ka1＝5.9×10－2 Ka2＝6.4×10－5 未知 Ka1＝4.2×10－7 Ka2＝5.6×10－11 Ka＝5.8×10－10
（1）为了证明HF是弱酸，甲、乙、丙三名同学分别设计以下实验进行探究。
①甲同学取一定体积的HF溶液，滴入2滴紫色石蕊溶液，显红色，再加入NaF固体观察到的现象是　红色变浅　，则证明HF为弱酸。
②乙同学取10 mL未知浓度的HF溶液，测其pH为4，然后用蒸馏水稀释至1 000 mL。再测其pH，若要认为HF为弱酸，则pH　小于6　。
③丙同学用pH试纸测得室温下0.10 mol·L－1的HF溶液的pH为2，则确定HF为弱酸，由丙同学的实验数据可得室温下HF的电离平衡常数约为　1.1×10－3　。
（2）25 ℃时，调节2.0×10－3 mol·L－1氢氟酸水溶液的pH（忽略体积变化），得到c（HF）、c（F－）与溶液pH的变化关系如图所示。请结合图中信息回答下列问题：
HF电离平衡常数的表达式：Ka＝　　。室温下，向HF溶液中滴加NaOH溶液至pH＝3.4时，c（F－）∶c（HF）＝　1∶1　。HF的电离常数值为　10－3.4　。
解析：（1）①HF在溶液中电离出氢离子和氟离子，溶液显酸性，滴入2滴紫色石蕊溶液，显红色，再加入NaF固体，c（F－）增大，HF的电离平衡向逆反应方向移动，氢离子浓度减小，溶液的红色变浅，证明HF存在电离平衡，即HF为弱酸；②乙同学取10 mL未知浓度的HF溶液，测其pH为4，然后用蒸馏水稀释至1 000 mL，体积增大102倍，弱酸加水稀释会促进弱酸的电离，稀释102倍，pH变化小于2个单位，所以稀释后pH＜6；③用pH试纸测得室温下0.10 mol·L－1的HF 溶液的pH为2，则c（H＋）＝0.01 mol·L－1，则Ka＝＝≈1.1×10－3。（2）HF的电离方程式为HFF－＋H＋，因此其平衡常数的表达式：Ka＝。由题图可知，当pH＝3.4时，氢离子浓度是10－3.4 mol·L－1，c（F－）＝c（HF），则HF电离常数为10－3.4。
12.（2025·泰安模拟）溶液的酸碱性是影响物质性质的重要因素。
（1）常温下，现有等体积、pH＝a的CH3COOH和HCl两种溶液，分别稀释100倍后，pH的大小关系为前者　＜　（填“＞”“＜”或“＝”，下同）后者。若向两种溶液中分别加入足量锌，相同状况下产生气体体积大小关系为前者　＞　后者。若分别与pH＝14－a的氢氧化钠溶液等体积混合，反应后溶液的pH的大小关系为前者　＜　后者。
（2）常温下某些弱酸和NH3·H2O的电离常数如表：
化学式 CH3COOH HSCN HCN HClO
电离常数 1.8×10－5 1.3×10－1 4.9× 10－10 3.0× 10－8
化学式 H2CO3 NH3·H2O
电离常数 Ka1＝4.4×10－7 Ka2＝4.7×10－11 1.75×10－5
①下列反应可以发生的是　AB　（填字母）。
A.CH3COOH＋Na2CO3NaHCO3＋CH3COONa
B.CH3COOH＋NaCNCH3COONa＋HCN
C.NaHCO3＋HCNNaCN＋H2O＋CO2↑
D.CO2＋H2O＋2NaClONa2CO3＋2HClO
②25 ℃时，将20 mL 1 mol·L－1CH3COOH溶液和20 mL 1 mol·L－1HSCN溶液分别与20 mL 1 mol·L－1NaHCO3溶液混合，在图中画出产生的CO2气体体积（V）随时间（t）的变化关系，并注明对应酸的化学式。
③常温下用氨水吸收CO2可得到NH4HCO3溶液，NH4HCO3溶液显　碱性　（填“酸性”“中性”或“碱性”），请计算反应N＋HC＋H2ONH3·H2O＋H2CO3的平衡常数K＝　1.3×10－3　（保留两位有效数字）。
解析：（1）加水稀释促进醋酸电离，将pH相同的两种酸溶液分别稀释100倍后，溶液中c（H＋）：HCl＜CH3COOH，则溶液的pH：CH3COOH＜HCl；pH相同、体积相同的两种酸的物质的量：CH3COOH＞HCl，分别加入足量锌，相同状况下产生气体体积与酸的物质的量成正比，所以生成气体体积：CH3COOH＞HCl；由n（HCl）＜n（CH3COOH），分别与pH＝14－a的氢氧化钠溶液等体积混合，醋酸有剩余，盐酸恰好完全反应，前者溶液呈酸性，后者溶液呈中性，则 pH：CH3COOH＜HCl。（2）①酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，酸性强弱顺序为HSCN＞CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN＞HC，则酸性：CH3COOH＞HC，可以发生CH3COOH＋Na2CO3NaHCO3＋CH3COONa，故A正确；酸性：CH3COOH＞HCN，反应方程式为CH3COOH＋NaCNCH3COONa＋HCN，故B正确；酸性：H2CO3＞HCN，NaHCO3与HCN不反应，故C错误；酸性：H2CO3＞HClO＞HC，则反应为CO2＋H2O＋NaClONaHCO3＋HClO，故D错误。②电离平衡常数：HSCN＞CH3COOH，相同浓度的HSCN、CH3COOH，溶液pH：HSCN＜CH3COOH，氢离子浓度越大反应速率越快；二者的物质的量相等，等物质的量的两种酸分别与等物质的量的碳酸氢钠反应生成的二氧化碳物质的量相等。③N水解平衡常数Kh＝＝≈5.7×10－10，HC水解平衡常数Kh＝＝≈2.3×10－8，说明N水解程度小于HC水解程度，NH4HCO3溶液呈碱性；N＋HC＋H2ONH3·H2O＋H2CO3的平衡常数K＝＝＝≈1.3×10－3。
第27讲　水的电离和溶液的pH
复习要点　1.了解水的电离、离子积常数（Kw）。2.了解溶液pH的含义及其测定方法，能进行pH的简单计算。
@考点1　水的电离和水的离子积常数
考点1　水的电离和水的离子积常数
A　基础知识重点疑难
1.水的电离和水的离子积常数
2.外界条件对水的电离平衡的影响
体系变化 条件 平衡移 动方向 Kw 水的电 离程度 c（OH－） c（H＋）
酸 　逆　 　不变　 　减小　 　减小　 　增大　
碱 　逆　 　不变　 　减小　 　增大　 　减小　
可水解　 的盐　① Na2CO3 　正　 　不变　 　增大　 　增大　 　减小　
NH4Cl 　正　 　不变　 　增大　 　减小　 　增大　
温度 升温 　正　 　增大　 　增大　 　增大　 　增大　
降温 　逆　 　减小　 　减小　 　减小　 　减小　
其他：如加入Na　② 　正　 　不变　 　增大　 　增大　 　减小　
笔记：①溶于水显酸性的酸式盐，如NaH2PO4、NaHC2O4抑制水的电离
②实质是2Na＋2H＋2Na＋＋H2↑，c（H＋）减小
B　题组集训提升能力
题组一　与水电离相关的图像
1.已知在T1、T2温度下水的电离平衡曲线如图所示，则下列说法不正确的是（　D　）
A.T1＜T2
B.一定温度下，改变水溶液中c（H＋）或c（OH－），Kw不会发生变化
C.T2时，c（H＋）为1×10－2 mol·L－1的HCl溶液中，水电离出的c水（H＋）＝1×10－10 mol·L－1
D.将T1温度下0.1 mol·L－1的盐酸稀释，溶液中所有离子的浓度均相应减小
解析：由图像中数据可得，T1时，Kw＝1.0×10－14，T2时，Kw＝1.0×10－12，结合H2O（l）H＋（aq）＋OH－（aq）　ΔH＞0，则T1＜T2，A正确；Kw只与水溶液的温度有关，因此改变水溶液中的c（H＋）和c（OH－），Kw不变化，B正确；T2时，c（H＋）为1×10－2 mol·L－1的盐酸中，水电离出的c水（H＋）＝c（OH－）＝1×10－10 mol·L－1，C正确；T1温度下，将0.1 mol·L－1 的盐酸稀释，c（H＋）、c（Cl－）减小，c（OH－）增大，D错误。
解题感悟
不同温度下水溶液中c（H＋）与c（OH－）的变化曲线
中性点：A、C、B三点所示溶液c（H＋）＝c（OH－），均呈中性，升高温度，Kw依次增大。直线AB的左上方区域所示的溶液c（H＋）＜c（OH－），均为碱性溶液；直线AB的右下方区域所示的溶液c（H＋）＞c（OH－），均为酸性溶液。
2.（2025·石家庄模拟）巯基乙酸（HSCH2COOH）是一元弱酸。常温下，向20 mL 0.1 mol·L－1 HSCH2COOH溶液中滴加pH＝13的NaOH溶液，c水（OH－）表示混合溶液中水电离出的OH－浓度，pOH＝－lg c水（OH－）。pOH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列推断正确的是（　D　）
A.滴定终点时宜选择甲基橙作指示剂
B.在a、b、d、f 4点中水的电离程度最大的点是f点
C.e点溶液中：c（HSCH2COO－）＝c（Na＋）＞c（H＋）＝c（OH－）
D.若c点V＝x mL，则HSCH2COOH的电离常数Ka＝×10－7
解析：巯基乙酸为一元弱酸，与NaOH溶液恰好完全反应后，溶液显碱性，根据指示剂的变色范围，用NaOH溶液滴定巯基乙酸，指示剂宜选择酚酞，故A错误；d点时pOH最小，即c水（OH－）最大，说明两者恰好完全反应，水的电离程度最大，故B错误；e点溶液NaOH过量，显碱性，c（OH－）＞c（H＋），故C错误；c点溶液显中性，存在c（HSCH2COO－）＝c（Na＋）＞c（H＋）＝c（OH－），根据钠元素守恒，c（HSCH2COO－）＝c（Na＋）＝＝ mol·L－1，根据物料守恒，c（HSCH2COOH）＝－ mol·L－1＝ mol·L－1，巯基乙酸的电离平衡常数Ka＝＝×10－7，故D正确。
解题感悟
滴定过程中c水（H＋）或c水（OH－）的变化曲线
以25 ℃时，盐酸滴定20 mL 0.1 mol·L－1氨水过程中由水电离出的氢离子浓度[c水（H＋）]随加入盐酸体积的变化关系图为例进行分析：
（1）a点为起点：溶质为NH3·H2O，溶液呈碱性，pH＞7，抑制水的电离。
（2）b点为中性点：溶质为NH4Cl和NH3·H2O，NH3·H2O抑制水电离的程度与NH4Cl水解促进水电离的程度相等，此时溶液pH＝7。
（3）c点为恰好完全反应点：酸与碱恰好完全中和，溶质为NH4Cl，促进水的电离。
（4）d点为过量点：溶质是NH4Cl和HCl，NH4Cl水解促进水电离的程度与HCl抑制水电离的程度相等，c水（H＋）＝10－7 mol·L－1，但此时溶液的pH＜7。
解题感悟
（5）根据初始溶液的c水（H＋），还可计算NH3·H2O的电离平衡常数：
0.1 mol·L－1的氨水中c（H＋）＝10－11 mol·L－1，则c（N）≈c（OH－）＝ mol·L－1＝10－3 mol·L－1，c（NH3·H2O）＝0.1 mol·L－1－10－3 mol·L－1≈0.1 mol·L－1，Kb（NH3·H2O）＝＝＝10－5。
题组二　水的电离定性分析和定量计算
3.25 ℃时，某稀溶液中由水电离产生的c（H＋）为1×10－10 mol·L－1，下列说法正确的是（　D　）
A.该溶液可能呈中性
B.N、Na＋、Cl－、HC在该溶液中一定能大量共存
C.该溶液的pH一定为4
D.该溶液中水的电离受到抑制
解析：25 ℃时，某稀溶液中由水电离产生的c（H＋）为1×10－10 mol·L－1＜1×10－7 mol·L－1，说明水的电离受到了抑制，该溶液可能显酸性，也可能显碱性，而不可能显中性，A错误。酸性溶液中含有大量H＋，H＋与HC不能大量共存；碱性溶液中含有大量OH－，OH－与N、HC不能大量共存，B错误。若溶液显酸性，溶液中c（H＋）＝1×10－4 mol·L－1，溶液pH＝4；若溶液显碱性，则溶液中H＋完全由H2O电离产生，c（H＋）＝c水（H＋）＝1×10－10 mol·L－1，此时溶液pH＝10，C错误。由A项分析知，D正确。
4.室温下，计算下列溶液中水电离出的c水（H＋）。
（1）0.01 mol·L－1的盐酸中，c水（H＋）＝　1×10－12 mol·L－1　。
（2）pH＝4的亚硫酸溶液中，c水（H＋）＝　1×10－10 mol·L－1　。
（3）pH＝10的KOH溶液中，c水（H＋）＝　1×10－10 mol·L－1　。
（4）pH＝4的NH4Cl溶液中，c水（H＋）＝　1×10－4 mol·L－1　。
（5）pH＝10的CH3COONa溶液中，c水（H＋）＝　1×10－4 mol·L－1　。
解题感悟
水电离出的c（H＋）或c（OH－）的计算（25 ℃）
（1）溶质为酸的溶液
c（OH－）溶液＝c（OH－）水＝c（H＋）水
c（H＋）溶液＝c（H＋）酸＋c（H＋）水
例：pH＝2的盐酸中，溶液中c（OH－）＝ mol·L－1＝10－12 mol·L－1，由水电离出的c（H＋）＝c（OH－）＝10－12 mol·L－1。
（2）溶质为碱的溶液
c（H＋）溶液＝c（H＋）水＝c（OH－）水
c（OH－）溶液＝c（OH－）碱＋c（OH－）水
例：pH＝12的NaOH溶液中，溶液中c（H＋）＝10－12 mol·L－1，由水电离出的c（OH－）＝c（H＋）＝10－12 mol·L－1。
（3）盐溶液
①水解呈酸性的盐溶液
c（H＋）溶液＝c（H＋）水＝c（OH－）水
c（OH－）溶液＜c（OH－）水
例：pH＝5的NH4Cl溶液中，H＋全部来自水的电离，由水电离的c（H＋）＝10－5 mol·L－1，因为部分OH－与部分N结合，溶液中c（OH－）＝10－9 mol·L－1＜10－5 mol·L－1。
②水解呈碱性的盐溶液
c（OH－）溶液＝c（OH－）水＝c（H＋）水
c（H＋）溶液＜c（H＋）水
例：pH＝12的Na2CO3溶液中，OH－全部来自水的电离，由水电离出的c（OH－）＝10－2 mol·L－1，因为部分H＋与部分C结合，溶液中c（H＋）＝10－12 mol·L－1＜10－2 mol·L－1。
③中性盐溶液
c（H＋）溶液＝c（H＋）水＝c（OH－）水＝c（OH－）溶液
@考点2　溶液的酸碱性与pH
考点2　溶液的酸碱性与pH
A　基础知识重点疑难
1.溶液的酸碱性（25 ℃时　）
溶液的酸 碱性 c（H＋）与c（OH－）比较 c（H＋）大小 pH
酸性溶液 c（H＋）　＞　c（OH－） c（H＋）＞1×10－7 mol·L－1 　＜　7
中性溶液 c（H＋）　＝　c（OH－） c（H＋）＝1×10－7 mol·L－1 　＝　7
碱性溶液 c（H＋）　＜　c（OH－） c（H＋）＜1×10－7 mol·L－1 　＞　7
笔记：（2022福建）测定溶液pH应在相同温度下测定（√）
2.溶液的pH及其测量
（1）定义式：pH＝－lg c（H＋）　。
笔记：拓展：pOH＝－lg c（OH－）
pc＝－lg c或pX＝－lg 等
（2）溶液的酸碱性跟pH的关系
室温下：
（3）溶液的pH测量——pH试纸
①pH试纸的使用方法：把一小片试纸放在表面皿上，用　洁净干燥的玻璃棒　蘸取待测液点在干燥的pH试纸上，待试纸变色后，与标准比色卡对比即可确定溶液的pH。
②用pH试纸测量溶液pH时，试纸不能润湿，若润湿，测酸、碱性溶液时会造成误差，但测中性溶液时不会造成误差。
③不能用pH试纸测量氯水的pH，因氯水具有漂白性　。
笔记：（2023浙江6月）用玻璃棒蘸取次氯酸钠溶液点在pH试纸上，试纸变白，则次氯酸钠溶液呈中性（×）
3.溶液pH的计算
（1）总体原则
①若溶液为酸性，先求c（H＋），再求pH＝－lg c（H＋）。
②若溶液为碱性，先求c（OH－），再求c（H＋）＝Kw　/c（OH－），最后求pH。
笔记：关注温度，温度不同，Kw不同
（2）单一溶液的pH计算
①强酸溶液：如HnA，设浓度为c mol·L－1，c（H＋）＝nc mol·L－1，pH＝－lg c（H＋）＝－lg （nc）。
②强碱溶液（25 ℃）：如B（OH）n，设浓度为c mol·L－1，c（H＋）＝ mol·L－1，pH＝－lg c（H＋）＝14＋lg （nc）。
（3）混合溶液pH的计算类型
①两种强酸混合：直接求出c混（H＋），再据此求pH。c混（H＋）　①＝。
②两种强碱混合：先求出c混（OH－），再据Kw求出c混（H＋），最后求pH。c混（OH－）＝。
③强酸、强碱混合：先判断哪种物质过量，再由下式求出溶液中H＋或OH－的浓度，最后求pH。
c混（H＋）或c混（OH－）＝
。
笔记：①实质是列n（H＋）守恒
②近似计算V混＝V1＋V2
4.酸、碱溶液混合后酸碱性的判断规律
（1）等浓度等体积的一元酸与一元碱混合的溶液——“谁强显谁性　，同强显中性”。
笔记：二者恰好反应，生成的盐水解
（2）室温下c酸（H＋）＝c碱（OH－），即pH之和等于14时，一强一弱等体积混合——“谁弱谁过量，谁弱显谁性　”。
笔记：等体积、等浓度HA（弱酸）和NaA混合，一般显示酸性，即HA电离程度大于NaA水解程度，可以利用Kh＝讨论程度大小
（3）已知强酸和强碱的pH，等体积混合（25 ℃时）：①pH之和等于14，呈中性；②pH之和小于14，呈酸性；③pH之和大于14，呈碱性。
5.强酸（碱）与弱酸（碱）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　①的比较
比较项目 酸 c（H＋） pH 中和碱　 的能力　② 与足量 Zn反应 产生H2　 的量　③ 开始与金属 反应的速率　④
一元强酸 大 小 相同 相同 大
一元弱酸 小 大 小
笔记：①利用公式c（H＋）＝计算
②取决于n（酸）
③取决于n（酸）
④取决于c（H＋）
（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
笔记：由于弱酸电离产生H＋，过程中与金属反应的速率弱酸大于强酸
（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　①
　②
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　③
加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多
笔记：①（2022浙江1月）H2A为二元弱酸，取pH＝a的H2A溶液10 mL，加蒸馏水稀释至100 mL，则该溶液pH＝a＋1（×）
②酸稀释pH接近7，不能等于7或大于7
③定量规律：强酸每稀释10倍，pH增加1，但pH＜7；弱酸每稀释10倍，pH变化小于1，且pH＜7
B　题组集训提升能力
题组一　溶液酸碱性的判断
1.已知pH可以表示溶液的酸碱度，pOH也可以，且pOH＝－lg c（OH－）。则下列液体，不一定呈中性的是（　A　）
A.c（H＋）＝1×10－7 mol·L－1的溶液
B.c（H＋）＝的溶液
C.pH＝pOH的溶液
D.pH＝6的蒸馏水
解析：Kw≠10－14时，c（H＋）＝1×10－7 mol·L－1的溶液中c（H＋）≠c（OH－），溶液不呈中性，故A正确；Kw＝c（H＋）·c（OH－），c（H＋）＝，即c（H＋）·c（OH－）＝c2（H＋），得出c（H＋）＝c（OH－），溶液一定呈中性，故B错误；pH＝pOH的溶液，c（H＋）＝c（OH－），溶液一定呈中性，故C错误；蒸馏水一定呈中性，故D错误。
2.判断常温下，两种溶液混合后的酸碱性（在括号中填“酸性”“碱性”或“中性”）。
（1）相同浓度的HCl和NaOH溶液等体积混合。（　中性　）
（2）相同浓度的CH3COOH和NaOH溶液等体积混合。（　碱性　）
（3）相同浓度的NH3·H2O和HCl溶液等体积混合。（　酸性　）
（4）pH＝2的H2SO4和pH＝12的NaOH溶液等体积混合。（　中性　）
（5）pH＝3的HCl和pH＝10的NaOH溶液等体积混合。（　酸性　）
（6）pH＝3的HCl和pH＝12的NaOH溶液等体积混合。（　碱性　）
（7）pH＝2的CH3COOH和pH＝12的NaOH溶液等体积混合。（　酸性　）
（8）pH＝2的H2SO4和pH＝12的NH3·H2O溶液等体积混合。（　碱性　）
解题感悟
常见的溶液酸碱性判断的三大误区
（1）含有H＋的溶液一定显酸性，含有OH－的溶液一定显碱性（×）；任何水溶液中均含有H＋、OH－，而溶液的酸碱性由c（H＋）与c（OH－）的相对大小决定（√）。
（2）pH＜7的溶液一定显酸性，pH＞7的溶液一定显碱性（×）；利用pH与7的相对大小来判断溶液的酸碱性时，注意须在温度为25 ℃的条件下（√）。
（3）使酚酞显无色的溶液呈酸性，使甲基橙显黄色的溶液呈碱性（×）；指示剂的显色均有特定的pH范围，常温下，pH＜8.2的溶液中滴入酚酞均显无色，pH＞4.4的溶液中滴入甲基橙均显黄色（√）。
题组二　溶液pH的计算
3.计算25 ℃时下列溶液的pH（忽略溶液混合时体积的变化）。
（1）0.005 mol·L－1的H2SO4溶液的pH＝　2　。
（2）0.001 mol·L－1的NaOH溶液的pH＝　11　。
（3）pH＝2的盐酸加水稀释到1 000倍，溶液的pH＝　5　。
（4）将pH＝8的NaOH溶液与pH＝10的NaOH溶液等体积混合，混合溶液的pH＝　9.7　。
（5）常温下，将0.1 mol·L－1氢氧化钠溶液与0.06 mol·L－1硫酸溶液等体积混合，溶液的pH＝　2　。
解析：（1）c（H2SO4）＝0.005 mol·L－1，c（H＋）＝2×c（H2SO4）＝0.01 mol·L－1，pH＝2。
（2）c（OH－）＝1×10－3 mol·L－1，c（H＋）＝ mol·L－1＝10－11 mol·L－1，pH＝11。
（3）pH＝2的盐酸加水稀释到1 000倍，所得溶液的pH＝5。
（4）pH＝8、pH＝10的两溶液等体积混合后，c（OH－）＝ mol·L－1＝5.05×10－5 mol·L－1，c（H＋）＝ mol·L－1≈2.0×10－10 mol·L－1，pH≈9.7。
（5）c（H＋）＝＝0.01 mol·L－1，所以pH＝2。
题组三　强酸（碱）与弱酸（碱）的比较
4.（2025·宁波检测）关于常温下pH均为3的盐酸和醋酸两种溶液，下列说法正确的是（　B　）
A.醋酸溶液的物质的量浓度小于盐酸
B.将醋酸溶液稀释至原体积的10倍，所得溶液pH＜4
C.c（Cl－）＝c（CH3COOH）＋c（CH3COO－）
D.相同体积的两种酸，分别与足量镁条反应，盐酸产生的气体多
解析：pH相同的一元酸，强酸浓度小于弱酸，盐酸是强酸、醋酸是弱酸，所以pH相同的盐酸和醋酸，浓度：盐酸＜醋酸，故A错误；加水稀释醋酸，醋酸继续电离出H＋，则醋酸溶液稀释至原体积的10倍，稀释后溶液中c（H＋）大于原来的，所以稀释后溶液pH＜4，故B正确；溶液中分别存在电荷守恒c（H＋）＝c（CH3COO－）＋c（OH－）、c（H＋）＝c（Cl－）＋c（OH－），两种溶液pH相等，则两种溶液中c（H＋）、c（OH－）分别相等，则存在c（Cl－）＝c（CH3COO－），故C错误；醋酸溶液浓度大于盐酸，相同体积的两种酸，醋酸溶液中溶质物质的量大于氯化氢，分别与足量镁条反应，醋酸生成氢气多，故D错误。
题组四　图像法理解强弱稀释规律
5.（2025·贵阳模拟）已知常温时HClO的Ka＝3.0×10－8，HF的Ka＝3.5×10－4，现将pH和体积都相同的次氯酸和氢氟酸溶液分别加蒸馏水稀释，pH随溶液体积的变化如图所示，下列叙述正确的是（　D　）
A.曲线Ⅱ为氢氟酸稀释时pH变化曲线
B.取a点的两种酸溶液，中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗氢氟酸的体积较小
C.b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度小
D.从b点到d点，溶液中保持不变（HR代表HClO或HF）
解析：酸性越强，加水稀释时溶液pH变化越大，HF酸性强于HClO，加水稀释时pH变化大，所以曲线Ⅰ代表HF稀释时pH变化曲线，A项错误；pH相同的两种酸，越弱的酸其浓度越大，消耗的NaOH溶液体积越大，HClO酸性弱于HF，所以中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗HClO的体积较小，B项错误；酸溶液的pH越大，对水的电离抑制程度越低，所以b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度大，C项错误；溶液中＝＝，Ka和Kw只随温度的改变而改变，所以从b点到d点，溶液中保持不变，D项正确。
解题感悟
酸、碱溶液加水稀释到体积为原来的10n倍时pH的变化
溶液 稀释前溶液pH 稀释后溶液pH
酸 强酸 pH＝a pH＝a＋n
弱酸 a＜pH＜a＋n
碱 强碱 pH＝b pH＝b－n
弱碱 b－n＜pH＜b
注：常温下，任何酸或碱溶液无限稀释时，溶液的pH都不可能大于7或小于7，只能接近7，表中a＋n＜7，b－n＞7。
6.（2025·日照模拟）浓度均为0.1 mol·L－1、体积均为V0的HX、HY溶液，分别加水稀释至体积为V，pH随lg 的变化关系如图所示。
下列叙述正确的是（　B　）
A.HX、HY都是弱酸，且HX的酸性比HY的弱
B.常温下，由水电离出的c（H＋）·c（OH－）：a＜b
C.相同温度下，电离常数Ka（HX）：a＞b
D.lg ＝3，若同时微热两种溶液（不考虑HX、HY和H2O的挥发），则减小
@限时跟踪检测
1.下列关于水的说法中正确的是（　D　）
A.加入电解质一定会破坏水的电离平衡，加入酸和碱通常都会抑制水的电离
B.水的电离和电解都需要电
C.氢氧化钠溶液显碱性，故水电离出的c水（H＋）≠c水（OH－）
D.升高温度一定使水的离子积增大
解析：加入电解质不一定会破坏水的电离平衡，加入强酸强碱盐对水的电离没有影响，选项A错误；水的电离不需要通电，选项B错误；氢氧化钠溶液中c（H＋）≠c（OH－），但水电离出的c水（H＋）＝c水（OH－），选项C错误；水电离是吸热过程，升高温度一定使水的离子积增大，选项D正确。
2.室温下，某溶液中由水电离出的c水（H＋）是1×10－13 mol·L－1，下列说法错误的是（　C　）
A.该溶液的溶质可能是NaHSO4
B.向该溶液中加入铝粉，可能产生H2
C.下列离子在该溶液中一定能大量共存：Cl－、K＋、Cu2＋
D.向该溶液中加入NaHCO3，一定有化学反应发生
解析：由题给信息可知，溶液中c水（H＋）＝1×10－13 mol·L－1，水的电离受到抑制，说明溶液显酸性或碱性。NaHSO4Na＋＋H＋＋S，溶液显酸性，则溶液中的溶质可能是NaHSO4，A正确；酸性或碱性溶液中加铝粉都产生H2，B正确；若溶液呈碱性，则Cu2＋不能大量存在，C错误；加入NaHCO3，一定发生H＋＋HCH2O＋CO2↑或OH－＋HCC＋H2O，D正确。
3.如图表示水中c（H＋）和c（OH－）的关系，下列判断正确的是（　C　）
A.各点的温度高低顺序：Z＞Y＞X
B.M区域内任意点都是碱溶于水所得的溶液
C.常温下，向纯水中加入少量金属Na，可使X点溶液变为Y点溶液
D.XZ线上的任意点一定表示的是纯水
解析：温度升高促进水的电离，其电离常数只受温度的影响，由题图可知，两条曲线是反比例曲线，曲线上的横纵坐标c（H＋）·c（OH－）为定值，X和Y点的温度相同，各点的温度高低顺序：Z＞Y＝X，A错误；由题图得M区域内c（H＋）＜c（OH－），溶液呈碱性，但不一定是碱溶液，也可能是Na2CO3等溶于水所得的碱性溶液，B错误；常温下，向纯水中加入少量金属Na，消耗水电离出的H＋，促进了水的电离，使水中的c（OH－）＞c（H＋），可使X点溶液变为Y点，C正确；pH＝－lg c（H＋），XZ线上任意点的c（H＋）＝c（OH－），且从X到Z，H＋和OH－浓度在同等程度增大，所以此时肯定是中性溶液，但不一定是纯水，也可能是NaCl等盐溶于水所得的中性溶液，D错误。
4.下列说法错误的是（　B　）
A.pH相同的NaOH溶液与Ba（OH）2溶液以任意体积比混合，pH不变
B.浓度均为0.1 mol·L－1的NaOH溶液与Ba（OH）2溶液等体积混合，pH不变
C.常温下，pH＝2的溶液与pH＝12的溶液等体积混合后，混合溶液的pH不一定等于7
D.常温下，0.05 mol·L－1的硫酸与0.05 mol·L－1的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液pH＜7
解析：两种溶液都是强碱，两溶液的pH相同，混合后c（OH－）不变，pH不会变化，A正确；NaOH是一元强碱，Ba（OH）2是二元强碱，混合后c（OH－）变化，pH变化，B错误；混合溶液的酸碱性取决于酸碱的强弱，pH＝2的溶液与pH＝12的溶液等体积混合后，若是强酸、强碱，则pH＝7，若强酸、弱碱，则弱碱过量，pH＞7，若是弱酸、强碱，则弱酸过量，pH＜7，C正确；硫酸为二元酸，氢氧化钠为一元碱，两溶液浓度相同，等体积混合后硫酸过量，溶液pH＜7，D正确。
5.常温下，有a mol·L－1 HX和b mol·L－1 HY两种酸溶液，下列说法不正确的是（　B　）
A.若a＝b且c（X－）＞c（Y－），则酸性：HX＞HY
B.若a＞b且c（X－）＝c（Y－），则酸性：HX＞HY
C.若a＜b且两者pH相同，则HY一定是弱酸
D.若向HX溶液中加入等浓度、等体积的NaOH溶液，所得溶液pH＞7，则HX为弱酸
解析：若a＝b且c（X－）＞c（Y－），说明电离程度：HX＞HY，则酸性：HX＞HY，A正确；若a＞b且c（X－）＝c（Y－），说明电离程度：HX＜HY，则酸性：HX＜HY，B错误；若a＜b且两者pH相同，说明电离出的氢离子浓度相等，则HY一定是弱酸，C正确；若向HX溶液中加入等浓度、等体积的NaOH溶液，所得溶液pH＞7，说明X－水解，则HX为弱酸，D正确。
6.（2025·上饶模拟）下列图示与对应的叙述相符的是（　D　）
图1 图2
A.图1表示相同温度下pH＝1的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释时pH的变化曲线，其中曲线Ⅱ为盐酸，且b点溶液的导电性比a点强
B.图1中，中和等体积的两种酸，消耗等浓度的NaOH溶液体积V（Ⅰ）＞V（Ⅱ）
C.图2中纯水仅升高温度，就可以从a点变到c点
D.图2中在b点对应温度下，将pH＝2的H2SO4与pH＝10的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性
解析：在题图1中，盐酸与醋酸的pH相同，加水稀释相同的倍数后，盐酸溶液的pH变化大，所以Ⅰ为盐酸，Ⅱ为醋酸，且b点溶液的导电性比a点弱，A错误；因为盐酸和醋酸的pH相同，所以醋酸溶液的浓度大，中和等体积的两种酸，消耗等浓度的NaOH溶液体积：V（Ⅰ）＜V（Ⅱ），B错误；题图2中纯水仅升高温度，c（H＋）、c（OH－）同等程度增大且相等，不可能从a点变到c点，C错误；题图2中在b点对应温度下，Kw＝10－12，pH＝2的H2SO4中c（H＋）＝10－2 mol·L－1，pH＝10的NaOH溶液中c（OH－）＝10－2 mol·L－1，二者等体积混合后，刚好完全反应，溶液显中性，D正确。
7.（2025·江西南昌月考）已知：pH＝－lg c（H＋），pOH＝－lg c（OH－）。常温下，向某浓度的盐酸中滴加NaOH溶液，所得溶液pOH和pH变化如图所示。下列说法正确的是（　B　）
A.盐酸与NaOH溶液的浓度相等
B.B点和D点水的电离程度相同
C.将滴加NaOH溶液改为滴加氨水，该图曲线不变
D.升高温度，滴定过程中pOH＋pH＞14
解析：由题图可知，未滴加NaOH溶液时盐酸的pH＝0，则c（H＋）＝1 mol·L－1，即c（HCl）＝1 mol·L－1，最终溶液的pH＝14，则c（OH－）＝1 mol·L－1，由于最终所得溶液是NaCl和NaOH的混合溶液，相当于对原NaOH溶液进行稀释，故原NaOH溶液的c（NaOH）＞1 mol·L－1，A项错误；B点、D点水的电离均受到抑制，且由水电离出的c（H＋）＝c（OH－）＝10－10 mol·L－1，B项正确；若将滴加NaOH溶液改为滴加氨水，由于NH3·H2O为弱碱，而饱和氨水的pH约为12，故最终所得溶液pH不可能为14，C项错误；升高温度，水的离子积Kw增大，即c（H＋）·c（OH－）＞10－14，pH＝－lg c（H＋），pOH＝－lg c（OH－），故pOH＋pH＜14，D项错误。
8.（2025·郑州模拟）常温下，向10 mL 1 mol·L－1的一元酸HA溶液中，不断滴加1 mol·L－1的NaOH溶液，所加碱的体积与－lg c水（H＋）的关系如图所示。c水（H＋）为溶液中水电离产生的c（H＋）。下列说法不正确的是（　B　）
A.常温下，Ka（HA）的数量级为10－4
B.a、b两点pH均为7
C.从a点到b点，水的电离程度先增大后减小
D.溶液的导电性逐渐增强
解析：由起点溶液中－lg c水（H＋）＝12可知，酸电离产生的c（H＋）＝10－2 mol·L－1，故Ka（HA）＝10－4，故A正确；从题图中可知，HA是弱酸，曲线的最高点溶液的溶质为NaA，b点溶液的溶质是NaA和NaOH，溶液呈碱性，pH＞7，故B错误；a点到b点，发生酸碱中和反应生成可水解的盐，然后碱过量，所以水的电离程度先增大后减小，故C正确；不断加入NaOH溶液，溶液中的离子总浓度不断增大，溶液的导电性逐渐增强，故D正确。
9.常温下，浓度均为c0，体积均为V0的MOH和ROH两种碱溶液分别加水稀释至体积为V，溶液pH随lg的变化如图甲所示；当pH＝b时，两曲线出现交叉点x，如图乙所示。下列叙述正确的是（　B　）
甲　 乙
A.c0、V0均不能确定其数值大小
B.电离常数Kb（MOH）≈1.1×10－3
C.x点处两种溶液中水的电离程度不相等
D.lg相同时，将两种溶液同时升高相同的温度，则增大
10.如图表示1 mol·L－1醋酸溶液的pH随温度变化的曲线（假设加热过程中醋酸不挥发）。下列说法错误的是（　D　）
A.10 ℃升温到25 ℃时，断键吸热和分子间氢键断裂吸热导致醋酸电离程度增加
B.30 ℃后升温，形成水合离子的过程放热导致醋酸的电离程度减小
C.23 ℃时，保持温度不变向1 mol·L－1醋酸溶液中加入少量pH＝2.65的盐酸，pH不变
D.33 ℃时，醋酸电离平衡常数的数量级为10－5
解析：电解质溶于水包含自身电离吸热过程和形成水合离子放热过程，由题图可知10 ℃升温到25 ℃时，电解质电离吸热和分子间氢键断裂吸热占主导，升温促进电离，pH减小，A正确；30 ℃后升温，形成水合离子的过程放热占主导，导致醋酸的电离程度减小，pH增大，B正确；23 ℃时，溶液pH＝2.65，保持温度不变加入少量pH＝2.65的盐酸，可看成等效平衡，pH不变，C正确；33 ℃时，pH＝2.7，Ka≈≈10－5.4，电离平衡常数数量级为10－6，D错误。
11.某温度下的水溶液中，c（H＋）＝10－x mol·L－1，c（OH－）＝10－y mol·L－1。x与y的关系如图所示：
（1）该温度下水的离子积为　10－12　（填具体数值）；该温度　高于　（填“高于”“低于”或“等于”）常温。
（2）该温度下0.01 mol·L－1 NaOH溶液的pH为　10　。
（3）除了用pH外，科学家还建议用酸度（AG）来表示溶液的酸碱性：AG＝lg。则该温度下，0.01 mol·L－1盐酸的酸度AG＝　8　。
解析：（1）根据题给图像可知x＝4时，y＝8，所以该温度下水的离子积常数是10－4×10－8＝10－12＞10－14，所以温度高于常温。（2）0.01 mol·L－1 NaOH溶液中OH－的浓度是0.01 mol·L－1，所以H＋的浓度为 mol·L－1＝10－10 mol·L－1，因此pH＝10。（3）0.01 mol·L－1盐酸中H＋的浓度是0.01 mol·L－1，所以OH－的浓度是10－10 mol·L－1。因此该温度下，0.01 mol·L－1盐酸的酸度AG＝lg＝lg ＝8。
第28讲　酸碱中和滴定及其拓展应用
复习要点　1.了解酸碱中和滴定的原理和滴定终点的判断方法，知道指示剂选择的方法。2.掌握酸碱中和滴定的操作和数据处理误差分析方法。3.掌握滴定法在定量测定中的应用。
@考点1　酸碱中和滴定的原理与操作
考点1　酸碱中和滴定的原理与操作
A　基础知识重点疑难
1.实验原理
利用酸碱中和反应，用已知浓度的　酸　（或　碱　）来测定未知浓度的　碱　（或　酸　）的实验方法。以标准盐酸溶液滴定待测的NaOH溶液，待测的NaOH溶液的物质的量浓度为c（NaOH）＝。
2.酸碱指示剂
（1）常见酸碱指示剂的变色范围
指示剂 变色范围
石蕊
甲基橙
酚酞
（2）常见滴定类型中指示剂的选择
①酸碱中和滴定中一般不用石蕊作指示剂，因其颜色变化不明显。
②滴定终点　①为碱性时，用酚酞作指示剂，例如用NaOH溶液滴定醋酸。
③滴定终点为酸性　②时，用甲基橙作指示剂，例如用盐酸滴定氨水。
④强酸滴定强碱一般用酚酞，但用甲基橙也可以。
⑤并不是所有的滴定都需要使用指示剂，如氧化还原滴定中，用标准酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液时，可利用KMnO4溶液本身颜色的变化来判断滴定终点。
笔记：①终点：理论上恰好反应，实验中指示剂变色的点。中性点：pH＝7，但不一定为终点，如（2024湖南）用NaOH标准溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，用甲基橙作指示剂进行滴定（×）
②高考中一是考查指示剂选择，二是考查到达终点的现象：如（2022山东）以盐酸滴定Na2CO3标准溶液，应选甲基橙为指示剂，达到滴定终点时溶液显橙色（√）
（3）终点现象描述的答题模板
当滴入最后半滴××标准溶液后，溶液由××色变成××色，且半分钟内不恢复原来的颜色。
解答此类题目注意三个关键点：
①最后半滴：必须说明是滴入“最后半滴”溶液。
②颜色变化：必须说明滴入“最后半滴”溶液后溶液“颜色的变化”。
③半分钟：必须说明溶液颜色变化后“半分钟内不恢复原来的颜色　”。
笔记：（2023山东）滴入半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，即可判定达滴定终点（×）
3.实验仪器与操作
（1）仪器
酸式滴定管（如图　A　）、碱式滴定管（如图　B　）、滴定管夹、铁架台、　锥形瓶　。
笔记：①“0”刻度在上，“0”刻度以上无刻度
②拓展：棕色滴定管盛装见光易分解的溶液，如AgNO3溶液
（2）滴定管的使用（滴定管的精确度为0.01 mL）
试剂性质 滴定管 原因
酸性、氧化性 　酸　式滴定管 氧化性物质易腐蚀橡胶管
碱性 　碱　式滴定管 碱性物质易腐蚀玻璃，致使玻璃活塞无法打开
（3）实验操作（以标准盐酸滴定待测NaOH溶液为例）
①滴定前的准备
②滴定
③终点判断
滴入最后半滴标准液，溶液由浅红色变为无色，且在　半分钟　内不恢复原来的颜色，视为滴定终点并记录标准液的体积。
④数据处理
按上述操作重复2～3次　②，求出用去标准盐酸体积的　平均值　，根据c（NaOH）＝计算。
笔记：①（2023山东）滴定读数时，应单手持滴定管上端并保持其自然垂直（√）
近年高考多次考查滴定管使用，如排气泡、读数等，如（2023浙江6月）操作可排出盛有KMnO4溶液滴定管尖嘴内的气泡（×）
②若某次偏大或偏小，误差过大，舍去
4.误差分析
分析依据：c（待测）＝
若V（标准）偏大 c（待测）　偏大　；若V（标准）偏小 c（待测）　偏小　。
（1）以标准酸溶液滴定未知浓度的碱　①（酚酞作指示剂）为例：
步骤 操作 V（标准） c（待测）
洗涤 酸式滴定管未用标准溶液润洗　② 变大 偏高
碱式滴定管未用待测溶液润洗 变小 偏低
锥形瓶用待测溶液润洗 变大 偏高
锥形瓶洗净后还留有蒸馏水 不变 无影响
气泡处理 放出碱液的滴定管开始有气泡，放出液体后气泡消失 变小 偏低
步骤 操作 V（标准） c（待测）
滴定 酸式滴定管滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失 变大 偏高
振荡锥形瓶时部分液体溅出 变小 偏低
部分酸液滴出锥形瓶外 变大 偏高
溶液颜色较浅时滴入酸液过快，停止滴定后反加一滴碱溶液无变化 变大 偏高
读数 酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数 变小 偏低
酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后仰视读数 变大 偏高
笔记：①（1）书写分析依据：计算的表达式；（2）滴定实验的数据：变量只有标准液的体积V标；（3）分析操作对V标的影响；（4）分析所求物理量与V标的关系（正比、反比），分析过程：依据c待＝
②操作：未润洗会稀释标准酸溶液，滴定时消耗V标偏大
（2）关于量器读数的误差分析
图1 　图2 　图3
①平视读数（如图1）：实验室中用量筒或滴定管量取一定体积的液体，读取液体体积时，视线应与凹液面最低点保持水平，视线与刻度的交点即为读数（即凹液面定视线，视线定读数）。
②俯视　读数（如图2）：读数高于正确的刻度线位置，即读数偏大。
③仰视　读数（如图3）：读数低于正确的刻度线位置，因滴定管刻度标法与量筒不同，仰视读数偏大。
笔记：
B　题组集训提升能力
题组一　滴定实验操作、仪器
1.（2023·山东化学）一定条件下，乙酸酐[（CH3CO）2O]醇解反应[（CH3CO）2O＋ROHCH3COOR＋CH3COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇（ROH）中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐－苯溶液。
②量取一定体积乙酸酐－苯溶液置于锥形瓶中，加入m g ROH样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：（CH3CO）2O＋H2O2CH3COOH。
③加指示剂并用c mol·L－1 NaOH－甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1 mL。
④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐－苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用c mol·L－1NaOH－甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2 mL。
对于上述实验，下列做法正确的是 （　C　）
A.进行容量瓶检漏时，倒置一次即可
B.滴入半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，即可判定达滴定终点
C.滴定读数时，应单手持滴定管上端并保持其自然垂直
D.滴定读数时，应双手一上一下持滴定管
解析：进行容量瓶检漏时，倒置一次，然后玻璃塞旋转180°后再倒置一次，故A错误；滴入半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，且半分钟内不变回原色，才是达到滴定终点，故B错误；滴定读数时，应单手持滴定管上端无刻度处，并保持其自然垂直，故C正确，D错误。
2.（1）（2022·江苏化学）实验中需要测定溶液中Ce3＋的含量。已知水溶液中Ce4＋可用准确浓度的（NH4）2Fe（SO4）2溶液滴定。以苯代邻氨基苯甲酸为指示剂，滴定终点时溶液由紫红色变为亮黄色，滴定反应为Fe2＋＋Ce4＋Fe3＋＋Ce3＋。请补充完整实验方案：①准确量取25.00 mL Ce3＋溶液[c（Ce3＋）约为0.2 mol·L－1]，加氧化剂将Ce3＋完全氧化并去除多余氧化剂后，用稀硫酸酸化，将溶液完全转移到250 mL容量瓶中后定容；②按规定操作分别将0.020 00 mol·L－1 （NH4）2Fe（SO4）2和待测Ce4＋溶液装入如图所示的滴定管中；③　从左侧滴定管中放出一定体积的待测Ce4＋溶液，加入指示剂苯代邻氨基苯甲酸，用0.020 00 mol·L－1 （NH4）2Fe（SO4）2溶液来滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由紫红色变为亮黄色，且半分钟内不恢复原色，即达到滴定终点，记录标准液的体积　。
（2）（2022·浙江6月选考）假设NaOH是产品NaNH2的唯一杂质，可采用如下方法测定产品NaNH2纯度。从下列选项中选择最佳操作并排序。（已知：NaNH2＋H2ONaOH＋NH3↑）
准确称取产品NaNH2 x g→（　b　）→（　d　）→（　g　）→计算
a.准确加入过量的水
b.准确加入过量的HCl标准溶液
c.准确加入过量的NH4Cl标准溶液
d.滴加甲基红指示剂（变色的pH范围4.4～6.2）
e.滴加石蕊指示剂（变色的pH范围4.5～8.3）
f.滴加酚酞指示剂（变色的pH范围8.2～10.0）
g.用NaOH标准溶液滴定
h.用NH4Cl标准溶液滴定
i.用HCl标准溶液滴定
解析：（1）应该用标准液滴定待测Ce4＋溶液，用苯代邻氨基苯甲酸作指示剂，故操作③为从左侧滴定管中放出一定体积的待测Ce4＋溶液，加入指示剂苯代邻氨基苯甲酸，用0.020 00 mol·L－1 （NH4）2Fe（SO4）2溶液来滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由紫红色变为亮黄色，且半分钟内不恢复原色，即达到滴定终点，记录标准液的体积。
（2）题干信息中提到假设产品NaNH2的唯一杂质为NaOH，因为产品溶于水生成氢氧化钠和氨气，所以可设计利用盐酸标准溶液进行溶解，过量的盐酸再利用氢氧化钠标准溶液返滴定，因滴定终点时，溶液中含氯化钠和氯化铵，所以需选用酸性条件下变色的酸碱指示剂判断滴定终点，最终利用所测数据计算得出产品中NaNH2的纯度。故涉及的操作步骤为准确称取产品NaNH2 x g→准确加入过量的HCl标准溶液→滴加甲基红指示剂→用氢氧化钠标准溶液进行滴定→根据实验所测数据，计算产品纯度。
题组二　指示剂选择及终点的判断
3.（1）用a mol·L－1的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，用酚酞作指示剂，达到滴定终点的现象是　当滴入最后半滴标准液后，溶液由浅红色变为无色，且半分钟内不恢复原色　；
若用甲基橙作指示剂，滴定终点现象是　当滴入最后半滴标准液后，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复黄色　。
（2）用标准碘溶液滴定溶有SO2的水溶液，以测定水中SO2的含量，应选用　淀粉溶液　作指示剂，达到滴定终点的现象是　当滴入最后半滴标准液后，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色　。
（3）用标准酸性KMnO4溶液滴定溶有SO2的水溶液，以测定水中SO2的含量，是否需要选用指示剂　否　（填“是”或“否”），达到滴定终点的现象是　当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色　。
（4）用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3＋，再用KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe（SO4）2标准溶液滴定Ti3＋至全部生成Ti4＋，滴定Ti3＋时发生反应的离子方程式为　Ti3＋＋Fe3＋Ti4＋＋Fe2＋　，达到滴定终点的现象是　当滴入最后半滴标准液后，溶液变成红色，且半分钟内不褪色　。
（5）用标准KI溶液滴定含有Fe3＋的溶液，应选用　KSCN溶液　作指示剂，滴定终点现象是　当滴入最后半滴标准KI溶液后，溶液的红色褪去，且半分钟内不恢复红色　。
题组三　数据处理
4.（2023·山东化学）一定条件下，乙酸酐[（CH3CO）2O]醇解反应[（CH3CO）2O＋ROHCH3COOR＋CH3COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇（ROH）中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐－苯溶液。
②量取一定体积乙酸酐－苯溶液置于锥形瓶中，加入m g ROH样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：（CH3CO）2O＋H2O2CH3COOH。
③加指示剂并用c mol·L－1NaOH－甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1 mL。
④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐－苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用c mol·L－1NaOH－甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2 mL。
ROH样品中羟基含量（质量分数）计算正确的是 （　A　）
A.×100％ B.×100％
C.×100％ D.×100％
解析：根据滴定过程中，用c mol·L－1NaOH－甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，消耗标准溶液V2 mL，则消耗NaOH的物质的量为V2×c×10－3 mol，则乙酸酐的总物质的量＝ mol；设ROH样品中羟基的物质的量为x mol，则消耗x mol乙酸酐，生成x mol乙酸，可得2×（－x） mol＋x mol＝cV1×10－3 mol，解得x＝c（V2－V1）×10－3，所以ROH样品中羟基质量分数＝×100％＝×100％，A项正确。
5.（2023·北京化学）尿素样品含氮量的测定方法如下。
已知：溶液中c（N）不能直接用NaOH溶液准确滴定。
（1）消化液中的含氮粒子是　N　。
（2）步骤ⅳ中标准NaOH溶液的浓度和消耗的体积分别为c和V，计算样品含氮量还需要的实验数据有　样品的质量、步骤ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度　。
解析：（1）尿素消化分解生成NH3和CO2，由于存在浓H2SO4，则消化液中含氮粒子为N。（2）除了已知数据外，还需要的是样品的质量、步骤ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度。
题组四　误差分析
6.用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液（酚酞作指示剂），用“偏高”“偏低”或“无影响”填空。
（1）酸式滴定管未用标准溶液润洗。（　偏高　）
（2）锥形瓶用待测溶液润洗。（　偏高　）
（3）锥形瓶洗净后还留有蒸馏水。（　无影响　）
（4）盛装碱液的滴定管放液体前有气泡，放出液体后气泡消失。（　偏低　）
（5）酸式滴定管滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失。（　偏高　）
（6）部分酸液滴到锥形瓶外。（　偏高　）
（7）酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数（或前仰后俯）。（　偏低　）
（8）酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后仰视读数（或前俯后仰）。（　偏高　）
@考点2　滴定曲线分析与应用
考点2　滴定曲线分析与应用
A　基础知识重点疑难
1.强酸与强碱滴定过程中pH曲线　①
以0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1盐酸为例：
笔记：①高考拓展：（1）酸碱滴定曲线：包括强酸、强碱、弱酸、弱碱及二元酸（碱）等滴定；（2）酸（碱）滴定盐，如用标准盐酸滴定Na2CO3溶液；（3）氧化还原和沉淀滴定曲线
②指示剂的选择：指示剂的变色范围与反应终点pH接近
2.中和滴定过程中pH－V图像
25 ℃时，以向20 mL 0.1 mol·L－1一元弱酸HA溶液中加入0.1 mol·L－1 NaOH溶液过程中的pH－V图像为例进行分析：
笔记：五点分析分别计算Ka（Kb）、Kh，讨论微粒浓度大小，列守恒等式，分析溶质，分析H2O电离程度
（1）起点A：溶液显酸性，溶质为HA，抑制水的电离。微粒浓度关系：c（H＋）＞c（A－）＞c（OH－）。若A点的坐标为（0，x），可直接计算弱酸的电离平衡常数。HAH＋＋A－，A点对应的溶液中有c（A－）≈c（H＋）＝10－x mol·L－1，则Ka（HA）＝≈。若A点坐标未给出，可利用D点的pH计算HA的电离常数：D点pH＝9.5，c（NaA）＝0.05 mol·L－1，A－＋H2OHA＋OH－，则c（HA）≈c（OH－）＝10－4.5 mol·L－1，c（A－）＝0.05 mol·L－1－10－4.5 mol·L－1≈0.05 mol·L－1，Kh（A－）＝＝＝2×10－8，则Ka（HA）＝＝＝5×10－7。
（2）半反应点B：此时溶液中溶质为等物质的量的HA、NaA，溶液显酸性，说明HA的电离程度大于NaA的水解程度，抑制水的电离。存在物料守恒：2c（Na＋）＝c（HA）＋c（A－）。微粒浓度关系：c（A－）＞c（Na＋）＞c（HA）＞c（H＋）＞c（OH－）。
（3）中性点C：pH＝7，溶液的溶质为HA、NaA，对水的电离无影响。由电荷守恒可推出c（Na＋）＝c（A－）。微粒浓度关系：c（A－）＝c（Na＋）＞c（H＋）＝c（OH－）。
（4）反应终点D：溶液显碱性，溶液的溶质为NaA，促进水的电离。存在物料守恒：c（Na＋）＝c（HA）＋c（A－），质子守恒c（H＋）＋c（HA）＝c（OH－）。微粒浓度关系：c（Na＋）＞c（A－）＞c（OH－）＞c（H＋）。
（5）过量点E：溶液显碱性，溶液的溶质为NaA、NaOH，抑制水的电离。微粒浓度关系：c（Na＋）＞c（A－）＞c（OH－）＞c（H＋）。
3.学会解题
（2025·濮阳模拟）常温下，用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 H3PO4溶液的pH变化如图所示。
笔记：①2NaOH＋H3PO4Na2HPO4＋2H2O，溶质为Na2HPO4
②NaOH＋H3PO4NaH2PO4＋H2O，溶质为NaH2PO4，H2P的电离程度大于H2P水解程度，显酸性
下列说法正确的是（　D　）
A.先用甲基橙作指示剂，滴定终点时溶液由红色变为橙色
B.X点到Y点发生的反应为H3PO4＋2OH－HP＋2H2O
C.常温下，HP的水解常数小于其电离常数
D.常温下，H3PO4＋HP2H2P的平衡常数K＝105.05
解析：由题图可知，第一化学计量点为等浓度的磷酸溶液与氢氧化钠溶液恰好反应得到磷酸二氢钠溶液，第二化学计量点为等浓度的磷酸溶液与氢氧化钠溶液恰好反应得到磷酸氢二钠溶液。第一化学计量点的pH＝4.7，甲基橙的变色pH范围为3.1～4.4，终点时溶液由橙色变为黄色，故A错误；X点到Y点是磷酸二氢钠逐渐转化为磷酸氢二钠，发生的反应为H2P＋OH－HP＋H2O，故B错误；第二化学计量点的含磷物质主要是HP，此时溶液的pH＝9.7＞7，显碱性，说明HP的水解常数大于其电离常数，故C错误；由题图中c（H3PO4）＝c（H2P）时溶液的pH＝2.16可知，H3PO4H2P＋H＋的Ka1（H3PO4）＝10－2.16，由题图中c（H2P）＝c（HP）时溶液的pH＝7.21可知，H2PHP＋H＋的Ka2（H3PO4）＝10－7.21，两式相减得到H3PO4＋HP2H2P的平衡常数K＝105.05，故D正确。
B　题组集训提升能力
题组一　pH－V滴定曲线
1.（2025·赤峰模拟）NH4Cl溶液可发生反应：4N＋6HCHO（CH2）6N4H＋（一元弱酸）＋3H＋＋6H2O；以0.100 0 mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00 mL经HCHO处理后的NH4Cl溶液，滴定曲线如图所示。关于该过程下列说法错误的是（　C　）
A.应选择酚酞作为指示剂
B.NH4Cl溶液的浓度为0.100 0 mol·L－1
C.（CH2）6N4H＋有Ka＝
D.溶液pH＝7时，c[（CH2）6N4H＋]＋c（Na＋）＝c（Cl－）
解析：强碱滴定酸，根据图像可知终点时溶液显碱性，因此应选择酚酞作为指示剂，A正确；所得溶液的溶质是（CH2）6N4HCl和HCl，滴加氢氧化钠溶液恰好反应时生成Na（CH2）6N4Cl和NaCl，根据原子守恒可知氯化铵的物质的量和氢氧化钠的物质的量相等，所以NH4Cl溶液的浓度为0.100 0 mol·L－1，B正确；（CH2）6N4H＋的电离方程式为（CH2）6N4H＋（CH2）6N4＋H＋，根据图像可知起始时氢离子浓度是10－1.1 mol·L－1，但溶液中（CH2）6N4的浓度不是10－1.1 mol·L－1，所以（CH2）6N4H＋的电离常数不是，C错误；溶液pH＝7时氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以根据电荷守恒可知c[（CH2）6N4H＋]＋c（Na＋）＝c（Cl－），D正确。
2.（2025·八省联考云南卷）盐酸羟胺（NH2OH·HCl）是一种分析试剂。用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL NH2OH·HCl（Mr＝69.5）和NH4Cl（Mr＝53.5）的混合溶液以测定NH2OH·HCl的含量，待测液中溶质总质量为0.246 0 g，滴定曲线如图甲所示，四种含氮物质分布分数δ与pH关系如图乙所示[如：δ（NOH）＝]。
下列说法正确的是（　D　）
A.曲线②表示δ（N）～pH的变化关系
B.a点有97.8％的NH4Cl参加了反应
C.b点的电荷守恒关系：c（NOH）＋c（H＋）＋c（N）＝c（Cl－）＋c（OH－）
D.溶质中NH2OH·HCl的含量为56.5％
解析：图甲可知，加入20 mL氢氧化钠时，溶液pH为7.61，显碱性；图乙起点①③分布分数δ＝1，说明①③代表NOH

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