第28講電離平衡（模擬精練+真題演練）完卷時間：50分鐘一、選擇題（每小題只有一個正確選項，共12×5分）1．（2023·浙江金華·模擬預測）下列物質中屬于強電解質且水溶液顯酸性的是A．鹽酸 B．AlCl3 C．CH3COOH D．Na2SiO3【答案】B【解析】A．鹽酸屬于混合物，不屬于電解質；故A不符合題意；B．AlCl3屬于鹽，是強電解質，而且電解后溶液中Al3+水解使得溶液呈酸性；故B符合題意；C．CH3COOH屬于弱電解質；故C不符合題意；D．Na2SiO3是強電解質，水解呈堿性；故D不符合題意；故答案選B。2．（2023·全國·模擬預測）實驗測得濃度均為的溶液和溶液的pH隨溫度的變化情況如圖所示。下列說法錯誤的是A．時，的電離平衡常數約為B．后，溶液的pH隨溫度的升高而增大的原因可能是的揮發C．升高溫度，溶液中減小，增大，pH減小D．溶液中存在：【答案】C【解析】A．時，的pH=a，的電離平衡常數約為，故A正確；B．升高溫度，促進電離，溶液中增大，后，減小，說明醋酸的濃度降低，的揮發會導致降低，故B正確；C．升高溫度，使水解平衡正向移動，溶液中增大，故C錯誤；D．根據質子守恒，溶液中，故D正確；選C。3．（2023·浙江·校聯考模擬預測）下列說法不正確的是A．相同溫度下，相等的氨水、溶液中，相等B．的醋酸溶液的物質的量濃度大于的醋酸溶液的10倍C．均為4的鹽酸和氯化銨溶液等體積混合后，所得溶液的D．用同濃度的溶液分別與等體積、等的鹽酸和醋酸溶液恰好完全反應，鹽酸消耗溶液的體積更大【答案】D【解析】A．相同溫度下，水的離子積相等，相等的氨水、溶液中，相等，則溶液中相等，A正確；B．醋酸為弱酸，不能完全電離，濃度越大，電離程度越小，的醋酸溶液的物質的量濃度為(為電離度)，的醋酸溶液的物質的量濃度為(為電離度)，故前者比后者的10倍還大，B正確；C．均為4的鹽酸和氯化銨溶液等體積混合的瞬間，，不發生變化，銨根離子和一水合氨的濃度瞬間變為原來的二分之一，則二者的比值不變，故所得溶液中水的電離平衡沒有移動，氯化銨的水解平衡沒有移動，混合溶液中，，C正確；D．醋酸是弱酸，等體積、等的鹽酸和醋酸溶液中醋酸的物質的量大于鹽酸的物質的量，則用同濃度的溶液分別與等體積、等的鹽酸和醋酸溶液恰好完全反應，醋酸消耗溶液的體積更大，D錯誤。故選D。4．（2023·上海奉賢·統考二模）以下物質屬于弱電解質的是A．乙醇 B．乙酸 C．次氯酸鈉 D．高錳酸鉀【答案】B【解析】A．乙醇在水溶液和熔融狀態下都無法導電，屬于非電解質，A錯誤；B．乙酸在水中部分電離，屬于弱電解質，B正確；C．次氯酸鈉在水中完全電離產生Na+和ClO-，是強電解質，C錯誤；D．高錳酸鉀在水中完全電離產生K+和，是強電解質，D錯誤；故答案選B。5．（2023·江西宜春·江西省宜豐中學?？寄M預測）化學常用圖像直觀地描述化學反應的進程或結果。下列圖像描述不正確的是A．圖①表示弱電解質在水中建立電離平衡的過程B．圖②表示強堿滴定強酸的滴定曲線C．圖③表示25℃時分別稀釋pH=11的NaOH溶液和氨水時溶液pH的變化，曲線Ⅱ表示氨水D．圖④可表示溶液中通入至過量的過程中溶液導電性的變化【答案】D【解析】A．弱電解質存在電離平衡，平衡時正逆反應速率相等，圖像符合電離特點，選項A正確；B．強堿滴定強酸，溶液pH增大，存在pH的突變，圖像符合，選項B正確；C．25℃時分別稀釋pH=11的NaOH溶液和氨水，弱堿溶液氨水的pH變化小，強堿NaOH的pH變化大，曲線Ⅱ表示氨水,圖像符合，選項C正確；D．向CH3COOH溶液中通入NH3生成醋酸銨，體積不變，自由移動離子濃度變大，導電性開始應增強，而不是減弱，圖像不符合，選項D錯誤；答案選D。6．（2023·河南·校聯考模擬預測）用強堿滴定某一元弱酸時，弱酸被強堿部分中和后得到“弱pH酸鹽和弱酸”組成的緩沖溶液，其中存在pH=pKa一lg。25°C時0.1mol·L-1的NaOH溶液滴定16.00mL某未知濃度的HA溶液，滴定過程中消耗NaOH溶液的體積與混合溶液pH之間的關系如圖所示(已知：pKa=-lgKa，100.48=3，酸性HA>HCN)。下列說法錯誤的是A．25℃時，HA電離常數的數量級為10-5B．b點溶液中存在c(HA)+c(H+)>c(A-)+c(OH-)C．c點溶液中離子濃度的大小關系為c(HA)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)D．若將HA改為等體積、等濃度的HCN，則pH隨NaOH溶液體積的變化曲線豎直上移【答案】C【分析】溫度不變，酸的電離常數不變，設酸的濃度為，由，可得，a點、pH=4.27，b點、溶液的pH=4.75，存在，化簡得，解得c=0.2?！窘馕觥緼．即，HA電離常數的數量級為，故A正確；B．由分析可知，b點時，故，此時溶液顯酸性，，故，故B正確；C．由B項分析可知b點時，故，則隨氫氧化鈉溶液體積增大，c點時溶液，由圖可知溶液呈酸性，酸電離程度較小，所以離子濃度的大小關系為：，故C錯誤；D．由HA的酸性強于HCN可知，HA的電離常數大于HCN，由可知，當相等時，酸的電離常數越大，溶液$pH$越小，則若將HA改為等體積等濃度的HCN，則pH隨NaOH溶液體積的變化曲線豎直上移，故D正確；故選C。7．（2023·安徽安慶·安慶一中校考三模）常溫下，二元酸H2A的Ka2(H2A)=1.0×10-2。在某體系中，H+與A2-離子不能穿過隔膜，HA-可自由穿過該膜(如圖所示)。溶液中c總(H2A)=c(HA-)+c(A2-)，當達到平衡時，下列敘述正確的是

A．溶液I中：c(H+)-c(OH-)=c總(H2A)B．溶液II中：c(H2A)>c(H+)>c(HA-)>c(OH-)C．溶液I和II中的c總(H2A)不相等D．溶液I和II中的c(A2-)之比為105【答案】C【分析】由c總(H2A)=c(HA-)+c(A2-)可知溶液中不存在H2A分子，說明H2A的第一步電離是完全電離，由H+與A2-離子不能穿過隔膜，HA-可自由穿過該膜可知溶液I和溶液II中HA-的濃度相同?！窘馕觥緼．溶液I中pH=7.0，c(H+)=c(OH-)，A錯誤；B．H2A的第一步電離是完全電離，所以溶液中不存在H2A分子，B錯誤；C．結合Ka2(H2A)=1.0×10-2可計算出c(A2-)=，又因溶液I和溶液II中HA-的濃度相同而H+濃度不同，因此c(A2-)的濃度不同，又因c總(H2A)=c(HA-)+c(A2-)，故溶液I和II中的c總(H2A)不相等,C正確；D．由c(A2-)=可計算出二者c(A2-)的比值為10-1:10-7=106，D錯誤；故選C。8．（2023·湖北荊州·統考模擬預測）1923年由布朗斯特和勞里提出酸堿質子理論認為，在反應過程中能給出質子()的分子或離子都是酸，凡是能接受質子的分子或離子都是堿。按照“酸堿質子理論”，下列敘述錯誤的是A．水既屬于酸又屬于堿B．可以根據的性質推斷的堿性較強C．根據，則堿性：D．是酸堿反應【答案】B【解析】A．根據酸堿質子理論可知，水能電離產生H+，為酸，水能和H+生成H3O+，為堿，所以水既屬于酸又屬于堿，A正確；B．是強酸，是弱堿，B錯誤；C．根據，可知H2O結合H+能力大于HC2O結合H+能量力，所以堿性：，C正確；D．，BrO-結合H+，H2O給出H+，所以該反應是酸堿反應，D正確；故答案選B。9．（2023·河南鄭州·鄭州外國語學校校考模擬預測）已知電離常數：Ka(HCN)=5×10-10，H2CO3：Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11，下列離子方程式書寫正確的是A．向KCN(aq)中通入少量的CO2氣體：CO2+H2O+2CN-=2HCN+COB．少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaSO3↓+2HClOC．氫氧化鐵沉淀溶解于過量氫碘酸溶液中：2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++6H2O+I2D．向Ba(OH)2溶液中加入少量的NaHCO3溶液：2HCO+Ba2++2OH-=BaCO3↓+CO+2H2O【答案】C【解析】A．由電離常數可知酸性H2CO3＞HCN＞HCO，則反應的離子方程式為CN﹣+H2O+CO2=HCN+HCO，故A錯誤；B．將少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中，二者發生氧化還原反應，正確的離子方程式為：Ca2++3ClO﹣+H2O+SO2═CaSO4↓+2HClO+Cl﹣，故B錯誤；C．Fe(OH)3溶于HI，后生成的Fe3+能將I﹣氧化為I2，自身被還原為Fe2+，離子方程式為2Fe(OH)3+6H++2I﹣=2Fe2++I2+6H2O，故C正確；D．Ba(OH)2溶液中加入少量NaHCO3溶液，HCO完全轉化成BaCO3沉淀，正確的離子方程式為：HCO+Ba2++OH﹣＝BaCO3↓+H2O，故D錯誤；故選C。10．（2021·廣東·校聯考模擬預測）在25℃時，將1.0Lw溶液與0.1molNaOH固體混合，充分反應。向混合液中加入或固體(忽略體積和溫度變化)，溶液pH隨加入或固體的物質的量的變化關系如圖所示。下列敘述錯誤的是

A．b點混合液中B．加入過程中，減小C．25℃時，的電離平衡常數D．a、b、c對應的混合液中，水的電離程度由大到小的順序是b>a>c【答案】D【解析】A．b點溶液pH＜7，溶液呈酸性，則c(H+)＞c(OH-)，溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，則c(Na+)＜c(CH3COO-)，所以c(Na+)＜c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故A正確；B．加入CH3COOH過程中c(Na+)不變，溶液中c(CH3COO-)增大，c(H+)增大，則c(OH-)=減小，則減小，故B正確；C．CH3COONa是弱酸強堿鹽，溶液呈堿性，由圖可知c點溶液呈中性，則醋酸過量，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，電荷守恒關系式為c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，則c(CH3COO-)=c(Na+)=0.2mol/L，但c點時c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=(w+0.1)mol/L，則c點溶液中剩余c(CH3COOH)=wmol/L-c(CH3COO-)=(w-0.1)mol/L，CH3COOH的電離平衡常數Ka(CH3COOH)=，故C正確；D．CH3COOH抑制水電離，在b對應的混合液中加入CH3COOH，水電離程度減小，CH3COO-促進水電離，在b對應的混合液中加入CH3COO-，水電離程度增大，則水的電離程度由大到小的順序是c＞b＞a，故D錯誤；故選：D。11．（2023·安徽合肥·合肥市第六中學?？寄M預測）室溫下，向20.00mL0.1mol·L-1的H3AsO4溶液中滴加等濃度的NaOH溶液?；旌先芤褐?lgX[表示、、]隨溶液pH的變化如圖所示。

下列說法正確的是A．曲線a表示與溶液pH的關系B．當消耗20.00mL的NaOH溶液時，c(Na+)>>>C．pH=7.00時，c(Na+)=3+3D．溶液中存在關系：>【答案】C【解析】A．由題意的H3AsO4屬于三元弱酸，其三級電離中，電離常數逐漸減小。結合圖像當-lgX=0時，表示對應的兩種離子濃度相等，且曲線a的PH最小，則電離出的氫離子濃度最大，故為第一步電離。結合電離常數表達式，知曲線a表示與溶液pH的關系，故A項錯誤；B．當消耗20.00mL時，等體積等濃度混合，溶液中溶質為，的電離平衡常數10-7大于水解平衡常數，故>，故B項錯誤；C．根據電荷守恒得，c(Na+)+c(H+)=+3+2+c(OH-)，此時PH=7.00，c(H+)=c(OH-)，同時由曲線b可知，=，故有c(Na+)=3+3，故C項正確；D．H3AsO4的三級電離中，電離常數逐漸減小，Ka2>Ka3，則<，故D項錯誤。故答案選C。12．（2023·河北衡水·衡水市第二中學?？既＃┏叵?，用鹽酸滴定MOH溶液，滴定曲線如圖所示。下列敘述正確的是

A．的數量級為B．X→Y過程中，水的電離程度及均逐漸增大C．當滴定至溶液呈中性時，D．Y點溶液中：【答案】D【解析】A．由圖中X點可知，當中和百分數為50%時，，此時，即，，，因此的數量級為，A錯誤；B．Y點恰好完全反應生成正鹽MCl，X→Y過程中堿的濃度逐漸減小，鹽的濃度逐漸增大，生成的強酸弱堿鹽水解，促進水的電離，水的電離程度逐漸增大；溫度不變，保持不變，B錯誤；C．當溶液呈中性時，根據電荷守恒可知，，C錯誤；D．根據質子守恒，則Y點溶液中，D正確。故選D。二、主觀題（共3小題，共40分）13．(14分)（2023·四川成都·成都七中校考模擬預測）I．研究水溶液中的粒子行為在研究中具有重要價值。根據下表所列三種溶液在25℃時的相關數據，按要求填空：溶液物質的量濃度pH(I)HAc0.1mol/L2.86(II)0.1mol/L6.14(III)0.1mol/L1(1)根據表中數據，寫出HAc的電離方程式(2)比較溶液(II)、(III)中的大小關系是(II)(III)(填“＞”、“＜”或“=”)。(3)溶液(I)和(II)中由水電離出的之比是。II．某小組研究25℃下HAc電離平衡的影響因素。提出假設稀釋HAc溶液或改變濃度，HAc電離平衡會發生移動。設計方案并完成實驗

用濃度均為0.1mol·L的HAc和NaAc溶液，按下表配制總體積相同的系列溶液；測定pH，記錄數據。序號V(HAc)/mLV(NaAc)/mL/mLpHI40.00//02.86II4.00/36.0003.36VII4.00ab3∶44.53VIII4.004.0032.001∶14.65(4)根據表中信息，補充數據：a=，b=。(5)由實驗I和II可知，稀釋HAc溶液，電離平衡(填“正”或“逆”)向移動；結合表中數據，給出判斷理由：。由實驗II~VIII可知，增大濃度，HAc電離平衡逆向移動。實驗結論

假設成立。【答案】（每空2分）(1)HAc?Ac-+H+(2)＜(3)1:105(4)3.0033.00(5)正實驗Ⅱ相較于實驗Ⅰ，醋酸溶液稀釋了10倍，而實驗Ⅱ的pH增大值小于1【解析】（1）0.1mol/L醋酸溶液的pH等于2.86，說明是弱電解質，則其電離方程式為HAc?Ac-+H+；（2）銨根水解顯酸性，硫酸氫銨能電離出氫離子抑制銨根的水解，則溶液(Ⅱ)、(Ⅲ)中c()的大小關系是(Ⅱ)＜(Ⅲ)；（3）醋酸電離出氫離子抑制水的電離，溶液中由水電離出的c(H+)與溶液中的c(OH-)相同，1.0×10-11.14mol?L-1，氯化銨溶液中銨根水解促進水的電離，溶液中H+是由水電離出的，c(H+)=1.0×10-6.14mol?L-1，則溶液(I)和(Ⅱ)中由水電離出的c(H+)之比是(1.0×10-11.14mol?L-1):(1.0×10-6.14mol?L-1)=1:105；（4）由表格中數據可知，保證醋酸鈉和醋酸物質的量之比為3:4，二者濃度相等，則體積比為3:4，則a=3.00mL，總體積是40ml，則b=(40-3.00-4.00)mL=33.00mL；（5）加水稀釋，體積增大，平衡向微粒數增多的方向移動，即向電離的正向移動，強酸溶液不存在電離平衡，稀釋10倍pH增大1，而比較實驗I、II，醋酸稀釋10倍，pH增大值小于1。14．（14分）(2023·濟南一模)常溫下，部分酸的電離常數如表所示：化學式HFHCNH2CO3電離常數Ka＝3．5×10－4Ka＝5．0×10－10Ka1＝4.4×10－7Ka2＝4.7×10－11(1)c(H＋)相同的三種酸，其酸的濃度由大到小的順序為_____________。(2)若HCN的起始濃度為0.01mol·L－1，平衡時c(H＋)約為______________mol·L－1。若使此溶液中HCN的電離程度增大且c(H＋)也增大的方法是______________。(3)中和等量的NaOH，消耗等pH的氫氟酸和硫酸的體積分別為aL、bL，則a________b(填“大于”“小于”或“等于”，下同)。中和等物質的量濃度、等體積的氫氟酸和硫酸需要NaOH的物質的量為n1、n2，則n1________n2。(4)向NaCN溶液中通入少量的CO2，發生反應的離子方程式為_________________________。(5)設計實驗證明氫氟酸比鹽酸的酸性弱：__________________________?！敬鸢浮浚靠?分）(1)c(HCN)>c(H2CO3)>c(HF)(2)eq\r(5)×10－6升高溫度(3)小于小于(4)CN－＋CO2＋H2O=HCN＋HCOeq\o\al(－,3)(5)測定等物質的量濃度的兩種酸的pH，氫氟酸的pH大(其他合理答案均可)【解析】(1)根據三種酸的電離常數可知，酸性：HF>H2CO3>HCN>HCOeq\o\al(－,3)，因此c(H＋)相同的三種酸，其酸的濃度由大到小的順序為c(HCN)>c(H2CO3)>c(HF)。(2)設c(H＋)＝xmol·L－1，根據HCNH＋＋CN－，Ka＝5.0×10－10＝eq\f(c（H＋）·c（CN－）,c（HCN）)＝eq\f(x·x,0.01－x)，解得x≈eq\r(5)×10－6；弱電解質的電離是吸熱過程，升高溫度，能夠促進HCN的電離，電離程度增大，c(H＋)也增大。(3)中和等量的NaOH，需要消耗等物質的量的H＋，當氫氟酸和硫酸的pH相等時，由于硫酸是強酸，氫氟酸為弱酸，氫氟酸濃度大于硫酸，需要氫氟酸的體積小于硫酸的體積，即a小于b。氫氟酸為一元酸、硫酸為二元酸，中和等物質的量濃度、等體積的氫氟酸和硫酸需要NaOH的物質的量之比為1∶2，即n1小于n2。(4)酸性：HF>H2CO3>HCN>HCOeq\o\al(－,3)。向NaCN中通入少量的CO2反應生成HCN和NaHCO3，反應的離子方程式為CN－＋CO2＋H2O=HCN＋HCOeq\o\al(－,3)。(5)證明氫氟酸比鹽酸的酸性弱可以使用的方法有：①測定等物質的量濃度的兩種酸的pH，氫氟酸的pH大；②等物質的量濃度的兩種酸分別與Zn反應，初始氫氟酸冒氣泡慢；③測定等物質的量濃度的兩種溶液的導電性，連接氫氟酸的燈泡較暗等。15．（12分）25℃時，三種酸的電離平衡常數如下：化學式CH3COOHH2CO3HClO電離平衡常數1.8×10-5K1＝4.3×10－7K2＝5.6×10－113.0×10－8回答下列問題：（1）一般情況下，當溫度升高時，Ka________(填“增大”、“減小”或“不變”)。（2）下列四種離子結合質子能力由大到小的順序是______________________(填字母)。a.CO32－

b.ClO－

c.CH3COO－

d.HCO3－（3）下列反應不能發生的是________(填字母)。a.CO32-＋2CH3COOH＝2CH3COO-＋CO2↑＋H2O

b.ClO－＋CH3COOH＝CH3COO－＋HClOc.CO32－＋2HClO＝CO2↑＋H2O＋2ClO－d.2ClO－＋CO2＋H2O＝CO32－＋2HClO（4）25℃時，若測得CH3COOH與CH3COONa的混合溶液的pH＝6，則溶液中c(CH3COO－)-c(Na＋)＝___mol·L-1(填精確數值)。（5）體積均為10mL、pH均為2的醋酸溶液與HX溶液分別加水稀釋至1000mL，稀釋過程中pH變化如下圖所示。稀釋后，HX溶液中水電離出來的c(H＋)_____(填“>”、“=”或“<”，下同)醋酸溶液中水電離出來的c(H＋)；用同濃度的NaOH溶液分別中和上述兩種酸溶液，恰好中和時消耗NaOH溶液的體積：醋酸____HX?！敬鸢浮浚靠?分）（1）增大

（2）a＞b＞d＞c

（3）cd

（4）9.9×10－7moL·L－1

（5）>

>【解析】（1）升高溫度促進弱電解質的電離，所以當溫度升高時，Ka增大。（2）電離平衡常數越大，越易電離，溶液中離子濃度越大，則酸性強弱為：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3-，酸根離子對應的酸的酸性越強，酸根離子結合氫離子的能力越弱，則四種離子結合質子的能力由大到小的順序是：CO32->ClO->HCO3->CH3COO-，即a>b>d>c。（3）a．CO32-+CH3COOH═CH3COO-+CO2↑+H2O：碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能夠制取碳酸，該反應能夠發生，故a錯誤；b．ClO-+CH3COOH═CH3COO-+HClO：CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能夠制取HClO，該反應能夠發生，故b錯誤；c．CO32-+HClO═CO2↑+H2O+ClO-：HClO的酸性小于碳酸，該反應無法發生，故c正確；故選cd。d.2ClO-+CO2+H2O═CO32-+2HClO：由于酸性H2CO3>HClO>HCO3-，則碳酸與次氯酸根離子反應只能生成碳酸氫根離子，不會生成CO32-，該反應不能發生，故d正確；（4）根據電荷守恒得c（CH3COO－）－c（Na＋）＝c（H＋）－c（OH－）＝（10－6－10－8）mol·L－1＝9.9×10－7mol·L－1。（5）加水稀釋促進弱酸電離，pH相同的不同酸稀釋相同的倍數，pH變化大的酸酸性強，變化小的酸酸性弱；酸或堿抑制水電離，酸中氫離子或堿中氫氧根離子濃度越大其抑制水電離程度越大，根據圖知，pH相同的醋酸和HX稀釋相同的倍數，HX的pH變化大，則HX的酸性大于醋酸，所以HX的電離平衡常數大于常數，稀釋后醋酸中氫離子濃度大于HX，所以醋酸抑制水電離程度大于HX，則HX溶液中水電離出來的c（H+）大于醋酸溶液水電離出來c（H+）；溶液中氫離子濃度越小，對的抑制程度越小，水的電離程度越大，稀釋后HX溶液中的c（H+）小于CH3COOH溶液中的c（H+），它對水的電離的抑制能力減弱。1．（2023·浙江·高考真題）硫酸銅應用廣泛，下列說法不正確的是A．元素位于周期表p區 B．硫酸銅屬于強電解質C．硫酸銅溶液呈酸性 D．硫酸銅能使蛋白質變性【答案】A【解析】A．Cu為29號元素，位于IB族，屬于ds區元素，故A錯誤；B．硫酸銅屬于鹽類，在水溶液中能完全電離，屬于強電解質，故B正確；C．硫酸銅為強酸弱堿鹽，銅離子水解使溶液呈酸性，故C正確；D．銅離子為重金屬離子，能使蛋白質變性，故D正確；故選：A。2．（2022·浙江·統考高考真題）下列物質屬于強電解質的是A． B． C． D．【答案】C【解析】A．是弱酸，在水溶液中只能部分電離，屬于弱電解質，A不合題意；B．是單質，不是電解質，B不合題意；C．是鹽，在水溶液中能夠完全電離，故屬于強電解質，C符合題意；D．是有機物，在水溶液和熔融狀態下均不導電，屬于非電解質，D不合題意；故答案為：C。3．（2022·浙江·統考高考真題）已知25℃時二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。下列說法正確的是A．在等濃度的Na2A、NaHA溶液中，水的電離程度前者小于后者B．向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl氣體(忽略溶液體積的變化)至pH=3，則H2A的電離度為0.013%C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，則c(A2-)＞c(HA-)D．取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸餾水稀釋至100mL，則該溶液pH=a+1【答案】B【解析】A．在等濃度的Na2A、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的電離程度前者大于后者，故A錯誤；B．溶液中c(H+)=10-3mol/L，H2A電離程度較小，溶液中c(H2A)≈0.1mol/L，Ka1=，c(HA-)=1.3×10-5mol/L，c(HA-)≈c(H2A)電離，則H2A的電離度0.013%，故B正確；C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，，則c(A2-)<c(HA-)，故C錯誤；D．H2A是弱酸，取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸餾水稀釋至100mL，H2A的電離平衡正向移動，則該溶液pH<a+1，故D錯誤；選B。4．（2018·浙江·校聯考高考真題）相同溫度下，關于鹽酸和醋酸兩種溶液的比較，下列說法正確的是A．pH相等的兩溶液中：B．分別中和pH相等、體積相等的兩溶液，所需NaOH的物質的量相同C．相同濃度的兩溶液，分別與NaOH固體反應后呈中性的溶液