高考化学精品【一轮复习】讲义练习第九章　第41讲　电离平衡

这是一份高考化学精品【一轮复习】讲义练习第九章　第41讲　电离平衡，共21页。试卷主要包含了电离平衡的建立和特征，外界条件对电离平衡的影响，分析表中数据，下列叙述错误的是，常温下，有体积相同的四种溶液，下列关于电解质的说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

1．理解弱电解质在水溶液中的电离平衡，能用化学用语正确表示弱电解质的电离平衡。2.理解电离常数的含义，掌握电离常数的应用并能进行相关计算。
考点一 弱电解质的电离平衡
1．电离平衡的概念
在一定条件下(如温度、浓度等)，当弱电解质分子电离成离子的速率和离子结合成分子的速率相等时，达到电离平衡状态。
2．电离平衡的建立和特征
3．外界条件对电离平衡的影响
正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)弱电解质溶液中至少存在两种共价化合物分子。( √ )
(2)在氨水中，当c(NH eq \\al(＋,4))＝c(OH－)时，表示一水合氨已达到电离平衡。( × )
(3)弱电解质加水稀释，导电粒子的数目减小。( × )
(4)电离平衡向右移动，弱电解质分子的浓度一定减小。( × )
(5)CH3COOH溶液加水稀释，电离平衡向右移动，c(H＋)增大。( × )
题组一 弱电解质电离平衡及影响因素
1．在0.1 ml/L CH3COOH溶液中存在如下平衡：CH3COOH⥫⥬CH3COO－＋H＋。对于该平衡体系，下列叙述正确的是( C )
A．加水时，平衡向逆反应方向移动
B．加入0.5 ml/L HCl溶液导电性减弱
C．加入NaOH固体平衡向右移动
D．加入少量CH3COONa固体溶液pH减小
解析：加水可以促进CH3COOH的电离，A错误；加入0.5 ml·L-1 HCl溶液使溶液中离子浓度增大，导电性增强，B错误；加入氢氧化钠消耗H＋平衡向右移动，C正确；加入醋酸钠使醋酸根的浓度增大，抑制CH3COOH的电离，H＋浓度减小pH增大，D错误。
2．已知次磷酸(H3PO2)为一元酸，欲证明它是弱电解质，下列操作方法不正确的是( A )
A．用物质的量浓度相同的NaCl溶液和NaH2PO2溶液进行导电性实验，比较灯泡的亮度
B．用一定浓度的NaOH溶液分别滴定等体积、等pH的盐酸和次磷酸溶液，比较消耗碱液的体积
C．加热滴有酚酞溶液的NaH2PO2溶液，溶液颜色变深
D．常温下，稀释0.1 ml·L-1次磷酸溶液至原溶液体积的100倍，测得pH在4～5
解析：NaCl和NaH2PO2都属于强电解质，所以用物质的量浓度相同的NaCl溶液和NaH2PO2溶液进行导电性实验，比较灯泡的亮度，不能证明H3PO2是弱电解质，A错误；因HCl为强酸，若滴定时次磷酸溶液消耗NaOH溶液的体积大于等体积、等pH的盐酸消耗的NaOH溶液的体积，则说明次磷酸为弱电解质，B正确；若次磷酸为弱电解质，则NaH2PO2溶液呈碱性，加热促进其水解，滴有酚酞溶液的NaH2PO2溶液颜色变深，C正确；常温下，若次磷酸为一元强酸，则把0.1 ml·L-1次磷酸溶液稀释至原溶液体积的100倍，pH应为3，而现测得pH在4～5，说明次磷酸没有完全电离，为弱电解质，D正确。
判断弱电解质的两种常用方法
(1)弱电解质溶液中存在电离平衡，条件改变，平衡移动，如pH＝1的CH3COOH溶液加水稀释10倍后，1＜pH＜2。
(2)弱电解质形成的盐能水解，如用玻璃棒蘸取一定浓度的CH3COONa溶液滴在pH试纸上，pH＞7，说明CH3COONa为弱酸盐，即CH3COOH为弱酸。
题组二 弱电解质溶液导电图像分析
3．一定温度下，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( C )
A．a、b、c三点溶液的pH：c＜a＜b
B．a、b、c三点CH3COOH的电离程度：c＜a＜b
C．用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果偏小
D．a、b、c三点溶液用1 ml·L-1NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液体积：c＜a＜b
解析：用湿润的pH试纸测量，相当于加水稀释，从图像来看，导电能力加强，c(H＋)增大，pH减小。
4．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( D )
eq \(\s\up7(),\s\d5(A)) eq \(\s\up7(),\s\d5(B))
eq \(\s\up7(),\s\d5(C)) eq \(\s\up7(),\s\d5(D))
解析：HCl为强电解质，CH3COOH为弱电解质，滴加NH3·H2O，先与HCl反应，生成同样为强电解质的NH4Cl，但溶液体积不断增大，溶液稀释，所以电导率下降。当HCl被中和完后，继续与弱电解质CH3COOH反应，生成CH3COONH4(强电解质)，所以电导率增大。HCl与CH3COOH均反应完后，继续滴加弱电解质NH3·H2O，电导率变化不大，但因为溶液被稀释，有下降趋势。
考点二 电离平衡常数及其应用
1．电离平衡常数及其相关概念
(1)概念
在一定条件下，当弱电解质的电离达到平衡时，溶液里各组分的浓度之间存在一定的关系。对一元弱酸或一元弱碱来说，溶液中弱电解质电离所生成的各种离子浓度的乘积，与溶液中未电离分子的浓度之比是一个常数，这个常数叫做电离平衡常数，简称电离常数，用K(弱酸用Ka，弱碱用Kb)表示。
(2)表达式
(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多元弱酸的各级电离常数的大小关系是Ka1≫Ka2≫Ka3……故其酸性取决于第一步电离。
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＝ eq \f(已电离的弱电解质分子数,溶液中原有弱电解质的总分子数)×100%
也可表示为α＝ eq \f(弱电解质的某离子浓度,弱电解质的初始浓度)×100%
(3)影响因素
正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)同一弱电解质，浓度不同其电离常数一定不同。( × )
(2)电离平衡正向移动时，电离度、电离常数均增大。( × )
(3)相同温度时电离常数越大，表示电解质的电离能力越强。( √ )
(4)常温下，依据Ka1(H2CO3)>Ka2(H3PO3)，可知碳酸的酸性比磷酸强。( × )
(5)电离常数大的酸溶液中的c(H＋)一定比电离常数小的酸溶液中的c(H＋)大。( × )
题组一 电离常数的理解与应用
1．部分弱酸的电离平衡常数如下表：
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-、HCO eq \\al(－,3)、CO eq \\al(2-,3)、ClO－结合H＋的能力由强到弱的顺序为S2-＞CO eq \\al(2-,3)＞ClO－＞HS－＞HCO eq \\al(－,3)＞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＋HCO eq \\al(－,3)===ClO－＋H2O＋CO2↑
②少量CO2通入NaClO溶液中：CO2＋H2O＋2ClO－===CO eq \\al(2-,3)＋2HClO
③少量CO2通入NaClO溶液中：CO2＋H2O＋ClO－===HCO eq \\al(－,3)＋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＋CO eq \\al(2-,3)===2HCOO－＋CO2↑＋H2O
2．常温下，将0.1 ml·L-1的CH3COOH溶液加水稀释，请填写下列表达式中的数据变化情况(填“变大”“变小”或“不变”)。
(1) eq \f(c(CH3COOH),c(H＋))变小；
(2) eq \f(c(CH3COO－),c(CH3COOH))变大；
(3) eq \f(c(CH3COO－),c(H＋))变小；
(4) eq \f(c(CH3COO－)·c(H＋),c(CH3COOH))不变；
(5) eq \f(c(CH3COO－),c(CH3COOH)·c(OH－))不变。
解析：(1)将该式变为 eq \f(c(CH3COOH)·c(CH3COO－),c(H＋)·c(CH3COO－))＝ eq \f(c(CH3COO－),Ka)或稀释时CH3COOH的电离平衡正向移动，n(CH3COOH)减小，n(H＋)增大因而其比值变小。(2)将该式变为 eq \f(c(CH3COO－)·c(H＋),c(CH3COOH)·c(H＋))＝ eq \f(Ka,c(H＋))或稀释时CH3COOH的电离平衡正向移动，n(CH3COOH)减小，n(CH3COO－)增大因而其比值变大。(3)假设无限稀释，c(CH3COO－)趋近于0，极稀溶液要考虑水的电离，c(H＋)趋近于10-7 ml·L-1，因此比值变小。(4)该式为CH3COOH的电离常数表达式，温度不变，Ka不变。(5)将该式变为 eq \f(c(CH3COO－)·c(H＋),c(CH3COOH)·c(OH－)·c(H＋))＝ eq \f(Ka,Kw)，故比值不变。
判断溶液中粒子浓度比值的三种方法
(1)将浓度之比转化为物质的量之比进行比较，这样分析起来可以忽略溶液体积的变化，只需分析粒子数目的变化即可。
(2)“假设法”，如上述问题(3)，假设无限稀释，c(CH3COO－)趋近于0，c(H＋)趋于10-7 ml·L-1，故比值变小。
(3)“凑常数”，解题时将某些粒子的浓度比值乘以或除以某种粒子的浓度，转化为一个常数与某种粒子浓度的乘积或相除的关系。
题组二 电离常数的有关计算
3．(1)25 ℃，0.01 ml·L-1的HA溶液的电离常数为1×10-8，则溶液的c(H＋)约为1×10-5 ml·L-1，电离度为0.1%。
(2)常温下，向a ml·L-1 CH3COONa溶液中滴加等体积的b ml·L-1盐酸使溶液呈中性(不考虑盐酸和醋酸的挥发)，则CH3COOH的电离常数Ka＝ eq \f(10-7(a－b),b)(用含a和b的代数式表示)。
解析：(1) eq \f(c(H＋)·c(A－),c(HA))≈ eq \f(c2(H＋),0.01)＝1×10-8，c(H＋)＝1×10-5 ml·L-1，α＝ eq \f(1×10-5 ml·L-1,0.01 ml·L-1)×100%＝0.1%。(2)根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(CH3COO－)，根据元素守恒有c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝ eq \f(a,2) ml·L-1，溶液呈中性，所以c(CH3COOH)＝c(Cl－)＝ eq \f(b,2) ml·L-1。
CH3COOH ⥫⥬ CH3COO－ ＋ H＋
eq \f(b,2) ml·L-1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)－\f(b,2)))ml·L-1 10-7 ml·L-1
Ka＝ eq \f(10-7×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)－\f(b,2))),\f(b,2))＝ eq \f(10-7(a－b),b)。
4．已知草酸为二元弱酸：H2C2O4⥫⥬HC2O eq \\al(－,4)＋H＋ Ka1，HC2O eq \\al(－,4)⥫⥬C2O eq \\al(2-,4)＋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 eq \\al(－,4)、C2O eq \\al(2-,4)三种粒子的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。
则常温下：
(1)Ka1＝10-1.2。
(2)Ka2＝10-4.2。
(3)pH＝2.7时，溶液中 eq \f(c2（HC2O eq \\al(－,4)）,c(H2C2O4)·c（C2O eq \\al(2-,4)）)＝1 000。
解析：(1)由题中图像可知pH＝1.2时，c(HC2O eq \\al(－,4))＝c(H2C2O4)，则Ka1＝10-1.2。(2)pH＝4.2时，c(HC2O eq \\al(－,4))＝c(C2O eq \\al(2-,4))，则Ka2＝10-4.2。(3)由电离常数表达式可知 eq \f(c2（HC2O eq \\al(－,4)）,c(H2C2O4)·c（C2O eq \\al(2-,4)）)＝ eq \f(Ka1,Ka2)＝ eq \f(10-1.2,10-4.2)＝1 000。
计算电离平衡常数的思维方法
(1)根据电离方程式，写出电离平衡常数表达式。
(2)根据题干信息，结合电荷守恒、元素守恒，找出各粒子的浓度，代入表达式即可。
(3)若有图像信息，可选择曲线上的特殊点(能准确读出纵、横坐标的数值)，确定各粒子的浓度，最后代入平衡常数表达式计算。
考点三 强酸(或碱)与弱酸(或碱)的比较
1．一元强酸(如HCl)与一元弱酸(如CH3COOH)的比较
(1)相同物质的量浓度、相同体积的盐酸与醋酸的比较
(2)相同pH、相同体积的盐酸与醋酸的比较
2.一元强酸(如HCl)与一元弱酸(如CH3COOH)稀释图像比较
(1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸
(2)相同体积、相同pH的盐酸、醋酸
1．相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法正确的是( A )
A．pH相等的两溶液中：c(CH3COO－)＝c(Cl－)
B．分别中和pH相等、体积相等的两溶液，所需NaOH的物质的量相同
C．相同浓度的两溶液，分别与金属镁反应，反应速率相同
D．相同浓度、相同体积的两溶液，分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化)：c(CH3COO－)＝c(Cl－)
解析：在pH相等的两种溶液中，氢离子的浓度相同，根据溶液中电荷守恒可知阴离子浓度相等，即c(CH3COO－)＝c(Cl－)，A正确；CH3COOH为弱酸，是弱电解质，只能部分电离，与pH相同的强酸溶液比起来，与其他物质反应时，可以持续电离出氢离子，平衡右移，所以醋酸消耗的氢氧化钠的量要更多一些，B错误；反应刚开始时，CH3COOH是弱酸，部分电离，与同等浓度的强酸比较，反应速率会慢一些，C错误；相同浓度、相同体积的这两种酸的物质的量相等，醋酸钠溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，NaCl溶液呈中性，根据电荷守恒得c(Na＋)＝c(CH3COO－)、c(Na＋)＝c(Cl－)，反应后的中性溶液中氯化钠浓度大于醋酸钠，所以c(CH3COO－)＜c(Cl－)，D错误。
2．在两个密闭的锥形瓶中，0.05 g形状相同的镁条(过量)分别与2 mL 2 ml·L-1的盐酸和醋酸反应，测得容器内压强随时间的变化曲线如图。下列说法正确的是( C )
A．①代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线
B．任意相同时间段内，盐酸与Mg反应的化学反应速率均大于醋酸与Mg反应的化学反应速率
C．反应中CH3COOH的电离被促进，两种溶液最终产生的氢气总量基本相等
D．1 ml·L-1NaOH溶液完全中和上述两种酸溶液，盐酸消耗NaOH溶液的体积更大
解析：2 mL 2 ml·L-1的盐酸和醋酸，盐酸中c(H＋)大，与镁条反应的速率快，相同时间内产生的氢气多，容器内压强大，反应先结束，故②代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线，A错误；从图像可以看出，100 s后，醋酸与镁的反应速率更大，此时盐酸与镁已接近反应结束，c(H＋)较小，反应速率较小，B错误；由于盐酸和醋酸的浓度和体积均相同，则二者物质的量相同，故反应结束时，产生的氢气总量基本相等，C正确；用1 ml·L-1NaOH溶液完全中和题述两种酸溶液时，盐酸与醋酸消耗NaOH溶液的体积相等，D错误。
3．(2024·黑龙江哈尔滨期中)常温下，浓度均为1 ml·L-1的CH3NH2和NH2OH两种溶液各10 mL，分别加水稀释，所得曲线如图所示{V表示溶液的体积，pOH＝－lg[c(OH－)]}，下列说法正确的是( D )
A．用相同浓度的盐酸分别与a、b处溶液恰好完全反应，消耗盐酸的体积Va>Vb
B．等浓度的CH3NH3Cl和NH3OHCl的混合溶液中c(NH3OH＋)>c(CH3NH eq \\al(＋,3))
C．当两溶液均稀释至lg eq \f(V,mL)＝5时，溶液的导电性：NH2OH>CH3NH2
D．加水稀释过程中 eq \f(c(OH－),c(CH3NH2))不断增大
解析：由图可知，等浓度的CH3NH2的pOH小于NH2OH，说明CH3NH2的碱性强于NH2OH。体积相等、浓度相等的CH3NH2和NH2OH的中和能力相等，则用相同浓度的盐酸分别与a、b处溶液恰好完全反应，消耗盐酸的体积Va等于Vb，A错误；由盐类水解规律可知，NH3OH＋在溶液中的水解程度大于CH3NH eq \\al(＋,3)，则等浓度的CH3NH3Cl和NH3OHCl的混合溶液中NH3OH＋的浓度小于CH3NH eq \\al(＋,3)，B错误；当两溶液均稀释至lg eq \f(V,mL)为5时，CH3NH2和NH2OH的稀释浓度相等，CH3NH2的电离程度大于NH2OH，溶液中离子浓度大于NH2OH，导电性强于NH2OH，C错误；由电离常数可知，溶液中 eq \f(c(OH－),c(CH3NH2))＝ eq \f(Kb,c（CH3NH eq \\al(＋,3)）)，CH3NH2溶液加水稀释过程中，CH3NH eq \\al(＋,3)的浓度减小，CH3NH2的电离常数不变，则溶液中 eq \f(Kb,c（CH3NH eq \\al(＋,3)）)即 eq \f(c(OH－),c(CH3NH2))的值增大，D正确。
1．(2022·湖北卷)根据酸碱质子理论，给出质子(H＋)的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。已知：N2H eq \\al(＋,5)＋NH3===NH eq \\al(＋,4)＋N2H4，N2H4＋CH3COOH===N2H eq \\al(＋,5)＋CH3COO－，下列酸性强弱顺序正确的是( D )
A．N2H eq \\al(＋,5)>N2H4>NH eq \\al(＋,4)
B．N2H eq \\al(＋,5)>CH3COOH>NH eq \\al(＋,4)
C．NH3>N2H4>CH3COO－
D．CH3COOH>N2H eq \\al(＋,5)>NH eq \\al(＋,4)
解析：根据复分解反应的规律，强酸能制得弱酸，根据酸碱质子理论，给出质子(H＋)的物质是酸，则反应N2H4＋CH3COOH===N2H eq \\al(＋,5)＋CH3COO－中，酸性：CH3COOH＞N2H eq \\al(＋,5)，反应N2H eq \\al(＋,5)＋NH3===NH eq \\al(＋,4)＋N2H4中，酸性：N2H eq \\al(＋,5)＞NH eq \\al(＋,4)，故酸性：CH3COOH>N2H eq \\al(＋,5)>NH eq \\al(＋,4)。
2．(2022·全国乙卷)常温下，一元酸HA的Ka(HA)＝1.0×10-3。在某体系中，H＋与A－不能穿过隔膜，未电离的HA可自由穿过该膜(如图所示)。设溶液中c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，当达到平衡时，下列叙述正确的是( B )
A．溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)
B．溶液Ⅱ中HA的电离度 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(c(A－),c总(HA))))为 eq \f(1,101)
C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等
D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总(HA)之比为10-4
解析：常温下溶液Ⅰ的pH＝7.0，则溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)，c(H＋)＜c(OH－)＋c(A－)，A错误；常温下溶液Ⅱ的pH＝1.0，溶液中c(H＋)＝0.1 ml·L-1，Ka＝ eq \f(c(H＋)·c(A－),c(HA))＝1.0×10-3，c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，则 eq \f(c(A－),c总(HA))＝ eq \f(c(A－),c(HA)＋c(A－))＝ eq \f(1,\f(c(HA),c(A－))＋1)＝ eq \f(1,\f(c(H＋),Ka)＋1)＝ eq \f(Ka,c(H＋)＋Ka)＝ eq \f(1×10-3,0.1＋1×10-3)＝ eq \f(1,101)，B正确；未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，C错误；常温下溶液Ⅰ的pH＝7.0，c(H＋)＝1×10-7 ml·L-1，由题意可知，Ka＝ eq \f(10-7[c总(HA)－c(HA)],c(HA))＝1.0×10-3，溶液Ⅰ中c总(HA)＝(104＋1)c(HA)，溶液Ⅱ的pH＝1.0，溶液Ⅱ中c(H＋)＝0.1 ml·L-1，Ka＝ eq \f(0.1[c总(HA)－c(HA)],c(HA))＝1.0×10-3，溶液Ⅱ中c总(HA)＝1.01c(HA)，溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，溶液Ⅰ和Ⅱ中c总(HA)之比为[(104＋1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]＝(104＋1)∶1.01≈104，D错误。
3．(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－)＝ eq \f(c(CH2ClCOO－),c(CH2ClCOOH)＋c(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 ml·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， eq \f(电离度α(CH2ClCOOH),电离度α(CHCl2COOH))＝ eq \f(0.15,0.85)
解析：随着pH的增大，CH2ClCOOH、CHCl2COOH浓度减小，CH2ClCOO－、CHCl2COO－浓度增大，—Cl为吸电子基团，CHCl2COOH的酸性强于CH2ClCOOH，即Ka(CHCl2COOH)>Ka(CH2ClCOOH)，δ(酸分子)＝δ(酸根离子)＝0.5时的pH分别约为1.3、2.8，则两种酸的电离常数分别为Ka(CHCl2COOH)≈10-1.3，Ka(CH2ClCOOH)≈10-2.8，则曲线M表示δ(CH2ClCOO－)～pH的变化关系，A、C错误；根据Ka(CHCl2COOH)＝ eq \f(c(CHCl2COO－)×c(H＋),c(CHCl2COOH))，初始c0(CHCl2COOH)＝0.10 ml·L-1，若溶液中溶质只有CHCl2COOH，则c(CHCl2COO－)＝c(H＋)≈ eq \r(Ka(CHCl2COOH)c0(CHCl2COOH))＝10-1.15 ml·L-1，但a点对应的c(H＋)＝0.1 ml·L-1，说明此时溶液中加入了酸性更强的酸，根据电荷守恒，c(H＋)>c(CHCl2COO－)＋c(OH－)，B错误；电离度α＝ eq \f(n电离,n始)，n始＝n电离＋n未电离，则α(CH2ClCOOH)＝δ(CH2ClCOO－)，α(CHCl2COOH)＝δ(CHCl2COO－)，pH＝2.08时，δ(CH2ClCOO－)＝0.15，δ(CHCl2COO－)＝0.85，D正确。
4．(2024·广东卷节选)酸在多种反应中具有广泛应用，其性能通常与酸的强度密切相关。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－＋HX⥫⥬X－＋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。(结果保留两位有效数字)
(2)在该溶剂中，Ka(HB)＞(填“>”“NaB(OH)4
D．NaOH溶液溅到皮肤时，可用大量水冲洗，再涂上硼酸溶液
解析：根据题意可知H3BO3只存在一步电离，所以为一元酸，A正确；设0.01 ml·L-1H3BO3溶液中c(H＋)＝x ml·L-1，则c[B(OH) eq \\al(－,4)]也可近似认为等于x ml·L-1，则有Ka(H3BO3)＝ eq \f(x·x,0.01－x)＝5.4×10-10，解得x≈2.3×10-6，所以pH≈6，B正确；Ka(H3BO3)②＝④＝③
B．四种溶液中和氢氧化钠的能力：①＝②＝④>③
C．与镁条反应的起始速率的大小关系为①>②＝④>③
D．与镁条反应生成相同体积的氢气所需的时间为① eq \f(c（CO eq \\al(2-,3)）,c（HCO eq \\al(－,3)）)，C错误；0.1 ml·L-1的HF溶液加水不断稀释，c(F－)趋近于0，而c(H＋)趋近于10-7 ml·L-1，故 eq \f(c(F－),c(H＋))变小，D错误。
10．(2025·河南实验中学高三期中)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lg eq \f(V,V0)的变化关系如图所示，下列叙述错误的是( D )
A．常温下：Ka(HB)>Ka(HC)
B．HC的电离度：a点HC，则Ka(HB)>Ka(HC)，A正确；HC是弱酸，存在电离平衡：HC⥫⥬H＋＋C－，加水稀释电离平衡正向移动，电离程度增大，越稀电离度越大，稀释时，a点稀释倍数小，b点稀释倍数大，b点浓度更稀，可以判断电离度：a点10-2 ml·L-1，同样分析弱酸HC，c(HC)＝ eq \f(10-2,α)ml·L-1>10-2 ml·L-1，酸性：HB>HC，相同条件下HC电离度更小，所以c(HC)>c(HB)，溶液浓度：c(HC)>c(HB)>c(HA)，体积都为V0时，溶液中溶质的物质的量：n(HC)>n(HB)>n(HA)，中和反应消耗的NaOH溶液不一样多，D错误。
二、非选择题(共30分)
11．(16分)(2024·辽宁沈阳联考)回答下列问题。
(1)稀氨水中存在着平衡：NH3·H2O⥫⥬NH eq \\al(＋,4)＋OH－，若要使氨水中c(OH－)增大，应加入适量的②③(填序号)。
①NH4Cl固体 ②通入氨气 ③NaOH固体 ④水
(2)甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1 ml·L-1和0.1 ml·L-1，则甲、乙两瓶氨水中c(OH－)之比”“