考点08 水溶液电离平衡（核心考点精讲精练）-备战2024年高考化学一轮复习考点帮（新高考专用）

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2.精练高考真题，明确方向。经过对近几年高考题的横、纵向分析，可以得出以下三点：一是主干知识考查“集中化”，二是基础知识新视角，推陈出新，三是能力考查“综合化”。
3.摸清问题所在，对症下药。要提高后期的备考质量，还要真正了解学生存在的问题，只有如此，复习备考才能更加科学有效。所以，必须加大信息反馈，深入总结学情，明确备考方向，对症开方下药，才能使学生的知识结构更加符合高考立体网络化要求，才能实现基础→能力→分数的转化。
4.切实回归基础，提高能力。复习训练的步骤包括强化基础，突破难点，规范作答，总结方法，通过这样的总结，学生印象深刻，应用更加灵活。
考点1 电离平衡
1．3年真题考点分布
2．命题规律及备考策略
【命题规律】近3年新高考卷对于该专题主要考查：
1．强、弱电解质的判断
2．电离方程式
3．弱电解质的电离平衡
【备考策略】掌握弱电解质的电离有一定限度，是可以调控的，能多角度、动态地分析弱电解质的电离平衡，并运用平衡移动原理解决实际问题。
【命题预测】预测2024年高考，考查电离平衡的移动及影响因素，重在考查现象的本质和规律。
考法1 电离平衡
一、弱电解质的电离平衡
1.弱电解质
(2)与化合物类型的关系
强电解质主要是大部分离子化合物及某些共价化合物，弱电解质主要是某些共价化合物。
2.弱电解质的电离概念
(1)电离平衡的建立
在一定条件下(如温度、压强等)，当弱电解质电离产生离子的速率和离子结合成分子的速率相等时，电离过程达到了平衡。
(2)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。
二、电离方程式的书写
【特别提醒】强酸的酸式盐在熔融状态和水溶液中，电离方程式是不同的。
（1）熔融状态时：NaHSO4 === Na+ + HSO4- ；
（2）溶于水时：NaHSO4 === Na+ + H+ + SO42-杨sir
三、电离平衡的影响因素
1.外因对电离平衡的影响
(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。如：
以0.1 ml·L－1 CH3COOH溶液为例，填写外界条件对CH3COOHCH3COO－＋H＋ ΔH＞0的影响。
2.一元强酸(HCl)与一元弱酸(CH3COOH)的比较
(1)相同物质的量浓度、相同体积的盐酸与醋酸溶液的比较
(2)相同pH、相同体积的盐酸与醋酸溶液的比较
3.一元强酸(HCl)与一元弱酸(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值的盐酸、醋酸
【典例1】（江西省宜春市宜丰中学2023届高三模拟）化学常用图像直观地描述化学反应的进程或结果。下列图像描述不正确的是
A．图①表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程
B．图②表示强碱滴定强酸的滴定曲线
C．图③表示25℃时分别稀释pH=11的NaOH溶液和氨水时溶液pH的变化，曲线Ⅱ表示氨水
D．图④可表示溶液中通入至过量的过程中溶液导电性的变化
【答案】D
【解析】A．弱电解质存在电离平衡，平衡时正逆反应速率相等，图像符合电离特点，选项A正确；
B．强碱滴定强酸，溶液pH增大，存在pH的突变，图像符合，选项B正确；
C．25℃时分别稀释pH=11的NaOH溶液和氨水，弱碱溶液氨水的pH变化小，强碱NaOH的pH变化大，曲线Ⅱ表示氨水,图像符合，选项C正确；
D．向CH3COOH溶液中通入NH3生成醋酸铵，体积不变，自由移动离子浓度变大，导电性开始应增强，而不是减弱，图像不符合，选项D错误；
答案选D。
1．（天津市七校2023届高三总复习质量调查）已知常温时的的，现将和体积都相同的次氯酸和氢氟酸溶液分别加蒸馏水稀释，随溶液体积的变化如图所示，下列叙述正确的是
A．曲线Ⅱ为氢氟酸稀释时的变化曲线
B．取相同体积a点的两种酸溶液，中和相同浓度的溶液，消耗溶液体积较小
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，溶液中的值变小(代表或)
【答案】D
【解析】A．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，选项A错误；
B．pH相同的两种酸，越弱的酸其浓度越大，消耗的NaOH溶液体积更多，HF酸性强于HClO，所以中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，浓度小，消耗溶液体积较大，选项B错误；
C．酸越弱，电离出H＋趋势越小，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，选项C错误；
D．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，选项D正确；
答案选D。
考法2 电离平衡常数
三、电离平衡常数及其应用
1．概念：在一定条件下，当弱电解质的电离达到平衡时，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 表示（通常用Ka、Kb分别表示弱酸、弱碱的电离平衡常数）。杨sir化学，侵权必究
2.表达式
（1）一元弱酸HA的电离常数：根据HAH＋＋A－，可表示为Ka＝eq \f(c(A－)·c(H＋),c(HA))。
（2）一元弱碱BOH的电离常数：根据BOHB＋＋OH－，可表示为Kb＝eq \f(c(B＋)·c(OH－),c(BOH))。
（3）多元弱酸、弱碱
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。
例如，在25 ℃时，K(HNO2)＝4.6×10－4，K(CH3COOH)＝1.8×10－5，因而HNO2的酸性比CH3COOH强。
(3)多元弱酸的各级电离常数的大小关系是K1≫K2≫K3……，故其酸性取决于第一步电离。
4.电离度
（1）概念：弱电解质达电离平衡时，已电离的电解质分子数占原来总分子数（包括已电离的和未电离的）的百分数。
(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,弱电解质的浓度)×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。
（4）意义：表示不同弱电解质在水溶液中的电离程度，在相等条件下可用电离度比较弱电解质的相对强弱。
【典例2】 (安徽省黄山市2023届高三下学期三模)H2X是一种二元弱酸。常温下向H2X溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液里lgY[Y表示或]随pH的变化关系如图。常温下，下列叙述正确的是

A．直线Ⅰ中Y表示的是
B．电离平衡常数Ka2(H2X)的数量级为10-4
C．pH=7.2时，c(HX-)=1000c(X2-)
D．当c(X2-)=c(H2X)时，溶液的pH为2.7
【答案】D
【分析】H2X是一种二元弱酸，Ka1=>Ka2=，溶液里lgY[Y表示或]，当lgY=0时，pH=-lgc(H+)=-lgKa，pH1=1.2Ka2=1×10-4.2，所以直线Ⅰ中Y代表，直线II中Y表示的是，以此解答。
【解析】A．由分析可知，直线Ⅰ中Y表示的是，故A错误；
B．由分析可知，Ka2(H2X)=1×10-4.2，数量级为10-5，故B错误；
C．pH=7.2时，溶液中c(H+)=1×10-7.2ml/L，，1000c(HX-)=c(X2-)，故C错误；
D．当c(X2-)=c(H2X)时，= 1×10-1.2×1×10-4.2=1×10-5.4，当c(X2-)=c(H2X)时，c(H+)==1×10-2.7ml/L，溶液的pH为2.7，故D正确；
故选D。
1．（湖北省2023届高三模拟）甘氨酸()是最简单的氨基酸。在常温下，、和的分布分数［如与溶液pOH［］关系如图。下列说法正确的是
A．曲线a代表的是
B．甘氨酸的
C．当溶液时，
D．的平衡常数
【答案】D
【分析】随着溶液碱性增强，的量减小，的量先增加后减小，的量增加，故abc分别为、、的曲线；
【解析】A．由分析可知，曲线a代表的是，A错误；
B．，由点(4.22，0.5)可知，，B错误；
C．由图可知，当溶液时，，C错误；
D．由点(11.65，0.5)可知，，由点(4.22，0.5)可知，；的平衡常数
，D正确；
故选D。
【基础过关】
1．（辽宁省鞍山市2023-2024学年高三上学期第一次质量监测）HA、HB为两种一元酸，为研究25°C时反应的相关性质，查阅此温度下相关数据：△H=+29.1kJ/ml；△S=+150.0J/(K·ml)，下列说法正确的是
A．由于此过程△H>0，故HB比HA内能更低
B．△S对该反应自发性的影响小于△H
C．相对于B-，A-与质子的结合能力更强
D．体积和物质的量浓度均相同的NaA和NaB两溶液中，前者离子总数更多
【答案】C
【解析】A．能量越低越稳定，该反应的焓变大于0，说明反应物总能量小于生成物总能量，但无法判断HA、HB能量的相对大小，选项A错误；
B．该反应中没有气体参加，△S＝0，选项B错误；
C．强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，由A-(aq)+HB(aq)HA(aq)+B-(aq)可得，酸性HB＞HA，所以结合质子能力为B-＜A-，即A-与质子的结合能力更强，选项C正确；
D．由B可知，酸性HB＞HA，体积和物质的量浓度均相同的NaA和NaB两溶液中分别存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)＝c(OH﹣)+c(A﹣)、c(Na+)+c(H+)＝c(OH﹣)+c(B﹣)，每一种溶液中离子浓度总和是其溶液中所有阳离子浓度的2倍，水解程度为A﹣＞B﹣，则两溶液中c(OH﹣)是NaA溶液大于NaB溶液，两溶液中c(H+)是NaA溶液小于NaB溶液，两种溶液中c(Na+)相等，两种溶液中[c(Na+)+c(H+)]是NaA溶液小于NaB溶液，所以离子总物质的量是前者小于后者，离子总数是前者小于后者，选项D错误；
答案选C。
2．（河南省郑州外国语学校2023届高三下学期模拟）已知电离常数：Ka(HCN)=5×10-10，H2CO3：Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11，下列离子方程式书写正确的是
A．向KCN(aq)中通入少量的CO2气体：CO2+H2O+2CN-=2HCN+CO
B．少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaSO3↓+2HClO
C．氢氧化铁沉淀溶解于过量氢碘酸溶液中：2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++6H2O+I2
D．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．由电离常数可知酸性H2CO3＞HCN＞HCO，则反应的离子方程式为CN﹣+H2O+CO2=HCN+HCO，故A错误；
B．将少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：Ca2++3ClO﹣+H2O+SO2═CaSO4↓+2HClO+Cl﹣，故B错误；
C．Fe(OH)3溶于HI，后生成的Fe3+能将I﹣氧化为I2，自身被还原为Fe2+，离子方程式为2Fe(OH)3+6H++2I﹣=2Fe2++I2+6H2O，故C正确；
D．Ba(OH)2溶液中加入少量NaHCO3溶液，HCO完全转化成BaCO3沉淀，正确的离子方程式为：HCO+Ba2++OH﹣＝BaCO3↓+H2O，故D错误；
故选C。
3．（河北省衡水市第二中学2023届高三调研）常温常压下，下列物质的物理量种前者是后者两倍的是
A．28 g和28g中所含的中子数
B．2.24 L和2.24 L原子数
C．1ml和2ml的密度
D．0.1ml·L和0.1 ml·L 的
【答案】C
【解析】A．28 g28Si是1ml28Si，质子数为14NA，中子数14NA，28g14N是2ml14N，质子数为2×7NA=14NA，中子数为2×7NA=14NA，A不符合；
B．常温常压下2.24 LSO2和2.24 LN2分子数为1:1，原子数之比为3:2，B不符合；
C．1mlSO2和2mlO2的密度之比等于分子的摩尔质量之比，与物质的量无关，密度之比等于64:32=2:1，C符合；
D．硫酸为强电解质，能完全电离，醋酸为弱电解质，不能完全电离，故0.1ml·L−1H2SO4和0.1 ml·L−1 CH3COOH的c(H+)之比大于2:1，D不符合；
故答案为：C。
4．（辽宁省沈阳市第二中学2023届高三下学期第六次模拟）下列操作能实现相应的实验目的的是
【答案】B
【解析】A．证明HA是强酸,加入酚酞做指示剂，用同浓度的烧碱溶液滴定消耗等体积的烧碱溶液，由于达到滴定终点时溶液呈碱性，无法说明HA为强酸，故A错误；
B．将物质的量之比为2：1的H2与I2(g)混合气体在一定条件下充分反应，混合气体呈紫色，说明I2(g)未完全反应，证明H2与I2(g)的反应为可逆反应，故B正确；
C．麦芽糖、葡萄糖中都有－CHO，向麦芽糖溶液中加稀硫酸并加热，冷却后加入烧碱中和过量硫酸，再加入银氨溶液加热，析出银镜，不能说明麦芽糖水解产物具有还原性，故C错误；
D．酸性条件下硝酸根离子氧化亚铁离子生成铁离子，由现象不能判断H2O2、Fe3+的氧化性，故D错误；
故选B。
5．（海南省琼海市嘉积中学2023届高三三模）某实验小组测得：在相同温度和压强下，氯气的饱和浓度c(Cl2)与盐酸的浓度关系如图所示。
已知：氯气溶解过程中发生如下反应：
①Cl2(aq)+H2O(l) H+(aq)+Cl-(aq)+HClO(aq) K1=4.2×10-4
②Cl2(aq)+Cl-(aq) C K2=0.19
③HClO(aq) H+(aq)+ClO-(aq) K3=3.2×10-8
a点溶液中粒子浓度关系错误的是
A．c(H+)>c(OH-)B．c(Cl-)>c(C)
C．c(Cl-)>c(ClO-)D．c(ClO-)>c(C)
【答案】D
【解析】A．a点所在曲线是Cl2溶解在HCl溶液中，HCl完全电离，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH-)，故A正确；
B．a点所在曲线是Cl2溶解在HCl溶液中，HCl完全电离，Cl-会结合Cl2生成，该反应是可逆反应，K=0.19，则c(Cl-)>c()，故B正确；
C．a点所在曲线是Cl2溶解在HCl溶液中，HCl完全电离，HClO的电离微弱，则c(Cl-)>c(ClO-)，故C正确；
D．由已知信息知，反应②的平衡常数远大于反应①，且HClO的电离微弱，则c()>c(ClO-)，故D错误；
故选D。
6．（辽宁省名校联盟2023届高考模拟调研卷）下列由实验操作和现象所得结论正确的是
【答案】D
【解析】A．配制一定物质的量浓度的溶液，定容并反复摇匀，液面低于刻度线的原因是少量液体附着在容量瓶刻度线以上的内壁上，不影响浓度，选项A错误；
B．灼烧铜的火焰颜色为绿色，不能确定待测液中含有，选项B错误；
C．与水反应，不属于分解反应，选项C错误；
D．溶液的，说明一元弱酸根离子和弱碱阳离子水解程度相同，则与相等，选项D正确；
答案选D。
7．（福建省三明市2022-2023学年普通高中高三下学期质量检测）将等量的分别快速通入等体积等物质的量浓度的溶液和溶液中(除无氧溶液外，都产生白色沉淀)，测得各溶液pH随时间变化曲线如图所示。下列说法正确的是

A．曲线a所示溶液pH降低的原因：、
B．依据曲线b可推知无氧溶液能氧化溶液
C．曲线c所示溶液中发生反应的离子方程式为：
D．曲线d所表示的过程中氧化的主要微粒是
【答案】C
【解析】A．曲线a表示无氧环境下，氯化钡溶液 pH减小，说明二氧化硫与水反应生成了弱酸亚硫酸，溶液pH降低的原因是SO2+H2OH2SO3H++HSO，A选项错误；
B．根据曲线b可知，0.1 ml·L-1的Ba(NO3)2在无氧环境下可以氧化二氧化硫，但KNO3溶液(无氧)氧化溶液不存在pH变化，则依据曲线不能推知无氧溶液能氧化溶液，B选项错误；
C．曲线c表示有氧环境下，氯化钡溶液pH变化较大，则说明二氧化硫被氧气氧化为强酸硫酸，反应的离子方程式是2Ba2++O2 +2SO2+2H2O=2BaSO4↓+4H+，C选项正确；
D．氯化钡、硝酸钡在有氧环境下，pH变化几乎相同，所以不能说明曲线d所表示的过程中NO是氧化SO2的主要微粒，D选项错误；
答案选C。
8．（江苏省盐城市2023届高三下学期三模）周期表中VIIA元素及其化合物应用广泛。氢氟酸可用作雕刻玻璃；卤化银具有感光性(的电离平衡常数分别为：、；HClO的电离平衡常数为：)。下列物质性质与用途具有对应关系的是
A．氢氟酸具有酸性，可用于雕刻玻璃B．受热可分解，可用作食盐碘添加剂
C．碘化银具有感光性，可用于人工降雨D．有强氧化性，可用作水体杀菌消毒剂
【答案】D
【解析】A．氢氟酸能用于雕刻玻璃的原因是氢氟酸具有强腐蚀性，与氢氟酸呈酸性无关，故A不符合题意；
B．中含有I元素，所以可用作食盐碘添加剂，与受热分解无关，故B不符合题意；
C．碘化银用于人工降雨的原理是碘化银受热后就会在空气中形成极多极细的碘化银粒子，在人工降雨中，用作冰核形成剂可以跟云层中的水蒸气起催化作用，故C不符合题意；
D．有强氧化性，可用作水体杀菌消毒剂，故D符合题意；
故选D。
【能力提升】
1．（辽宁省东北育才学校2023届高三模拟）25 ℃时，用同一NaOH溶液分别滴定一元酸HA溶液和溶液，pM[p表示负对数，M表示、]与溶液pH的变化关系如图所示。已知：易溶于水，一般认为反应的平衡常数时反应进行完全。下列说法错误的是
A．HA为一元弱酸，25 ℃时
B．线①代表滴定溶液时pM与溶液pH的变化关系
C．滴定HA溶液至x点时，溶液中
D．滴定溶液至x点时，改为滴加HA溶液，沉淀逐渐完全溶解
【答案】D
【解析】A．根据NaOH溶液与HA溶液、溶液的反应可知，随着NaOH溶液的滴加，pH增大，逐渐减小，变大，所以线①代表滴定溶液时pM与溶液pH的变化关系，线②代表滴定一元酸HA溶液时pM与pH的变化关系，从线②与横坐标轴的交点可知时，，，选项A正确；
B．根据上述分析可知，线①代表滴定溶液时pM与溶液pH的变化关系，选项B正确；
C．x点溶液呈酸性，则，根据电荷守恒得，所以，再根据x点的pM>0，即，可得，C正确；
D．若发生反应，则该反应的，根据线①与横坐标轴的交点可知pM=0，即时，，所以，，故沉淀不能完全溶解，D错误；
答案选D。
2．（安徽省安庆市示范高中2023届高三下学期联考）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，下列说法错误的是
A．该回收利用的原理是R3N粒子对HCOO-的静电吸附
B．pH=5的废水中c(HCOO-)：c(HCOOH)=18：1，则甲酸电离平衡常数K的数量级为10-4
C．废水初始2.4D．废水初始pH<2.4时，甲酸的电离程度对回收率影响显著
【答案】A
【解析】A．R3N分子不带电，不能与HCOO-产生静电作用，故该回收利用的原理是R3N与H+形成的R3NH+粒子对HCOO-的静电吸附，A错误；
B．pH=5的废水中c(HCOO-)：c(HCOOH)=18：1，则甲酸电离平衡常数K==1.8×10-4，即其Ka的数量级为10-4，B正确；
C．废水初始2.4D．由题干图示信息可知，废水初始pH<2.4时，废水中pH值越小，c(H+)越大，HCOOHHCOO-+H+平衡逆向移动，则HCOO-数目减少，即甲酸的电离程度对回收率影响显著，D正确；
故答案为：A。
3．（安徽省宣城市2023届高三下学期第二次调研）常温下，天然水体中H2CO3与空气中的CO2保持平衡，水体中lgc(X)[X为H2CO3、、或Ca2+]与pH的关系如图所示，已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9。下列说法不正确的是
A．I代表与pH的关系曲线
B．pH=10.3时，c(Ca2+)=2.8×10-7.9ml·L-1
C．2pH(b)=pH(a)+pH(c)
D．H2CO3的二级电离常数为10-6.3
【答案】D
【解析】A．pH增大则溶液碱性增大，从而会促进的电离。比更容易结合H+，所以pH小的时候，的浓度更大。根据以上分析，曲线Ⅰ代表与pH的关系曲线；曲线Ⅱ代表与pH的关系曲线；曲线Ⅲ代表Ca2+与pH的关系曲线，A项正确；
B．pH=10.3时，c()=10-1.1，则c(Ca2+)=，B项正确；
C．H2CO3的一级电离常数为，在a点有c()=c(H2CO3)=10-5，c(H+)=10-6.3，所以K1=10-6.3；H2CO3的二级电离常数，在c点有c()=c()=10-1.1，c(H+)=10-10.3，所以K2=10-10.3。，在b点有c()=c(H2CO3)，c(H+)=。pH(a)=6.3，pH(c)=10.3，pH(b)=8.3，所以2pH(b)=pH(a)+pH(c)，C项正确；
D．H2CO3的二级电离常数，在c点有c()=c()=10-1.1，c(H+)=10-10.3，所以K2=10-10.3，D项错误。
答案选D。
4．（北京市房山区2023届高三一模）某温度下，将pH和体积均相同的HCl和溶液分别加水稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述不正确的是
A．稀释前溶液的浓度：
B．溶液中水的电离程度：b点C．从b点到d点，溶液中逐渐增大
D．在d点和e点均存在：(酸根阴离子)
【答案】C
【解析】A．稀释前两溶液的pH值相等，由于醋酸是部分电离，因此溶液的浓度：c(HCl)B．b点pH值小于c点pH值，说明c点酸性弱，抑制水的电离程度小，水的电离程度大，因此溶液中水的电离程度：b点＜c点，故B正确；
C．从b点到d点，由于溶液的温度不变，因此溶液中c(H+)·c(OH-)不变，故C错误；
D．在d点和e点均存在电荷守恒即c(H+)=c(酸根阴离子)+c(OH-)，因此存在：c(H+)>c(酸根阴离子)，故D正确；
故选：C。
5．（辽宁省重点高中联合体2023届高三第一次模拟）常温下，水溶液中部分缓冲对的微粒浓度之比的对数值［x表示或］与溶液pH的关系如图所示。下列说法错误的是
A．曲线Ⅰ表示与溶液pH的变化关系
B．
C．a→b的过程中，水的电离程度逐渐减小
D．当pH增大时，的值逐渐增大
【答案】D
【分析】由电离平衡H2CO3、H2PO可知，随pH增大，溶液中c(OH-)增大，使电离平衡向右移动，减小，增大，所以曲线I表示lg与pH的变化关系，曲线II表示lg与pH的变化关系，以此分析解答。
【解析】A．由分析可知，曲线I表示lg与pH的变化关系，故A正确；
B．由图可知，当pH=6.4时，lg=0，则=1，=10-6.4，当pH=7.2时，lg=0，则=1，=10-7.2，，故B正确；
C．a、b均是碱性环境，溶液以的水解为主要：，a→b的过程中，碱性减弱，说明的水解程度减弱，则对水的电离的促进程度减小，故C正确；
D．由图可知，当pH增大时，lg减小，lg增大，则的值逐渐减小，故D错误；
故选D。
6．（湖南省九校联盟2023届高三下学期第二次联考）某小组为了探究不同离子与OH—反应的先后相关问题，分别在1L0.1ml•L-1NH4HCO3溶液、1L0.1ml•L-1NH4HSO3溶液中加一定量NaOH固体后并恢复到常温(体积变化忽略不计)，并测得其中相关粒子浓度变化情况分别如图1、图2所示[已知：Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.61×10-11，Ka1(H2SO3)=1.52×10-2，Ka2(H2SO3)=1.02×10-7，Kb(NH3•H2O)=1.75×10-5]，下列说法正确的是
图11L0.1ml•L-1NH4HCO3溶液中加入一定量NaOH后各粒子浓度变化曲线
图21L0.1ml•L-1NH4HSO3溶液中加入一定量NaOH后各粒子浓度变化曲线
A．由上述实验可知与OH—反应的先后顺序为HSO＞NH＞HCO
B．图1中，当n(NaOH)=0.05ml时，只发生反应OH—+NH=NH3•H2O
C．图2中，当n(NaOH)＜0.1ml时，主要发生反应HSO+OH—=H2O+SO
D．上述实验说明，离子反应的先后顺序与反应平衡常数大小无关
【答案】C
【解析】A．由图1可知，加入氢氧化钠时，碳酸氢铵溶液中铵根离子浓度减小的同时，碳酸氢根离子浓度也在减小，说明溶液中铵根离子和碳酸氢根离子同时与氢氧根离子反应，故A错误；
B．由图1可知，氢氧化钠物质的量为0.05ml时，碳酸氢铵溶液中铵根离子浓度和碳酸氢根离子浓度同时减小，说明溶液中铵根离子和碳酸氢根离子同时与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为2OH—+NH+ HCO=NH3•H2O+CO+H2O，故B错误；
C．由图2可知，氢氧化钠物质的量小于0.1ml时，亚硫酸氢铵溶液中亚硫酸氢根离子浓度明显减小，而铵根离子浓度几乎不变，说明溶液中亚硫酸氢根离子优先与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为HSO+OH—=H2O+SO，故C正确；
D．由电离常数可知，铵根离子与氢氧根离子反应的平衡常数为≈5.71×104，碳酸氢根离子与氢氧根离子反应的平衡常数为=5.61×103，亚硫酸氢根离子与氢氧根离子反应的平衡常数为=1.02×107，则上述实验说明在化学反应速率都很快的离子反应中，平衡常数越大的反应越容易发生，所以离子反应的先后顺序与平衡常数的大小有关，故D错误；
故选C。
7．（辽宁省葫芦岛2023届高三下学期二模）溶洞水体中的与空气中的保持平衡。现测得溶洞水体中(X为、或)与的关系如图所示，。下列说法错误的是
A．线Ⅰ代表与的关系
B．溶洞水体中存在关系式：
C．a点溶液中，
D．
【答案】B
【解析】A．随着pH增大，溶液碱性增强，、浓度均增大，pH较小时c()>c()，故I为，Ⅱ为，Ⅲ为Ca2+，A正确；
B．，，，，pH(b)=8.3，由此可知，B错误；
C．a点溶液中，pH=6.3，c()=10-9ml/L，，C正确；
D．由I为，带入点(6.3，-5)，，Ⅱ为，带入点(10.3，-1.1)，，，D正确；
故选B。
8．（甘肃省2024届高三上学期新高考备考模拟）亚硒酸(H2SeO3)是一种二元弱酸。常温下，向H2SeO3溶液中逐滴加入KOH溶液，混合溶液中lgX[X为或]与pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．曲线表示lg[]与pH的变化关系
B．H2SeO3的第一步电离平衡常数Ka1=102.37
C．根据图中信息可以判断KHSeO3溶液呈碱性
D．pH=5.23时，溶液中存在：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+3c(HSeO)
【答案】D
【解析】A .亚硒酸(H2SeO3)是一种二元弱酸，根据H2SeO3+KOH=KHSeO3+H2O、KHSeO3+KOH=K2SeO3+H2O，结合pH=2.37时，a线的lgX为0，b线的lgX为-3，则a表示lg，b表示lg，故A错误；
B .H2SeO3的第一步电离为H2SeO3H++HSeO，lg为0时，pH=2.37，则平衡常数Ka1==10-2.37，故B错误；
C .根据图示信息， KHSeO3的Ka2=10-5.23，Kh2=，电离大于水解，溶液呈酸性，故C错误；
D . pH=5.23时，溶液中存在离子为H+、OH-、HSeO、SeO，lg=0，有c(HSeO)=c(SeO)，结合电荷守恒得c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSeO)+2c（SeO）= c(OH-)+3c(HSeO)，故D正确；
故选：D。
【真题感知】
1.（2023·浙江选考1月第13题）甲酸（CH3COOH）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)，下列说法不正确的是（ ）
A. 活性成分R3N在水中存在平衡：
B. pH=5的废水中
C. 废水初始，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，离子交换树脂活性成分主要以R3NH+形态存在
【答案】D
【解析】由图可知，R3N溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡，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，当溶液中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，溶液中甲酸根个离子浓度减小，与R3NH+作用的数目减小，故C正确；由图可知，R3N溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡，当废水初始pH大于5时，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；
故选D。
2.（2023·山东卷第15题）在含HgI2(g)的溶液中，一定c(I-)范围内，存在平衡关系：；；；；，平衡常数依次为。已知、，、随的变化关系如图所示，下列说法错误的是
A. 线L表示的变化情况
B. 随增大，先增大后减小
C.
D. 溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比始终为2:1
【答案】B
【解析】由题干反应方程式可知，K1=，则有c(Hg2+)=，则有lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，同理可得：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)， =lgK3+lgc(HgI2)+ lgc(I-)， ==lgK4+lgc(HgI2)+ 2lgc(I-)，且由可知K0=为一定值，故可知图示中曲线1、2、3、4即L分别代表、、、，据此分析解题。由分析可知，线表示的变化情况，A正确；已知的化学平衡常数K0=，温度不变平衡常数不变，故随增大，始终保持不变，B错误；由分析可知，曲线1方程为：lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，曲线2方程为： lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)即有①b= lgK1+lgc(HgI2)-2a，②b= lgK2+lgc(HgI2)-a，联合①②可知得：，C正确；溶液中的初始溶质为HgI2，根据原子守恒可知，该溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比始终为2:1，D正确；故答案为B。
3.（2022·浙江卷）下列物质属于非电解质是
A.CH4B.KIC.NaOHD.CH3COOH
【答案】A
【解析】水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，包括酸、碱、大多数的盐都是电解质；在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质；据此解答。CH4属于有机物，在水溶液中和熔融状态下均不导电的化合物，为非电解质，故A符合题意；KI属于盐，在水溶液中和熔融状态下能导电的化合物，为电解质，故B不符合题意；NaOH属于碱，在水溶液中和熔融状态下能导电的化合物，为电解质，故C不符合题意；CH3COOH属于酸，在水溶液中能电离出H+离子和CH3COO-离子，即CH3COOH是在水溶液中导电的化合物，为电解质，故D不符合题意；答案为A。
4.（2022·浙江卷）下列物质属于强电解质的是
A.HCOOHB.FeC.NaCO3D.C2H2
【答案】C
【解析】HCOOH是弱酸，在水溶液中只能部分电离，属于弱电解质，A不合题意；Fe是单质，不是电解质，B不合题意；NaCO3是盐，在水溶液中能够完全电离，故属于强电解质，C符合题意；C2H2是有机物，在水溶液和熔融状态下均不导电，属于非电解质，D不合题意；故答案为C。
5.（2022·浙江卷）已知25℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。下列说法正确的是
A.在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者
B.向0.1ml·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0.013%
C.向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2-)＞c(HA-)
D.取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1
【答案】B
【解析】在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的电离程度前者大于后者，故A错误；溶液中c(H+)=10-3ml/L，H2A电离程度较小，溶液中c(H2A)≈0.1ml/L，Ka1=，c(HA-)=1.3×10-5ml/L，c(HA-)≈c(H2A)电离，则H2A的电离度0.013%，故B正确；向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，，则c(A2-)6.（2021·北京卷）使用如图装置（搅拌装置略）探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮→暗(或灭）→亮”现象的是
【答案】D
【解析】Ba(OH)2与CuSO4发生离子反应：Ba2++2OH-+Cu2++=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，随着反应的进行，溶液中自由移动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反应时，溶液中几乎不存在自由移动的微粒，灯泡完全熄灭。当CuSO4溶液过量时，其电离产生的Cu2+、导电，使灯泡逐渐又变亮，A不符合题意；Ca(OH)2与NH4HCO3发生离子反应：Ca2++2OH-++=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O，随着反应的进行，溶液中自由移动离子浓度减小，灯泡逐渐变暗，当二者恰好反应时，溶液中自由移动的微粒浓度很小，灯泡很暗。当 NH4HCO3溶液过量时，其电离产生的、 导电，使灯泡逐渐又变亮，B不符合题意；Ba(OH)2与H2SO4发生离子反应：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，随着反应的进行，溶液中自由移动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反应时，溶液中几乎不存在自由移动的微粒，灯泡完全熄灭。当H2SO4溶液过量时，其电离产生的H+、导电，使灯泡逐渐又变亮，C不符合题意；CH3COOH与氨水发生离子反应：CH3COOH+NH3·H2O=CH3COO-++H2O，反应后自由移动的离子浓度增大，溶液导电能力增强，灯泡更明亮，不出现亮—灭(或暗)—亮的变化，D符合题意；故选D。
年份
卷区
考点分布
电解质的判断
强、弱电解质的判断
弱电解质的电离影响因素
2023
山东
√
浙江
√
2022
浙江
√
√
2021
北京
√
√
浙江
√
√
强电解质
弱电解质
定义
在水溶液中能完全电离的电解质
在水溶液中只能部分电离的电解质
电离过程
不可逆，无电离平衡
可逆，存在电离平衡
在溶液中的
存在形式
只有离子
既有离子，又有电解质分子
物质类别
及示例
①强酸，如HCl、H2SO4
②强碱，如KOH、Ba(OH)2
③大部分盐，如NaCl、BaSO4
①弱酸，如CH3COOH、HClO
②弱碱，如NH3·H2O、Mg(OH)2
③水
强电解质
强酸
完全电离，如HCl === H+ + Cl-
强碱
完全电离，如Ba(OH)2 === Ba2+ + 2OH-
盐
正盐
完全电离，如Na2CO3 === 2Na+ + CO32-
强酸的酸式盐
完全电离，如NaHSO4 === Na+ + H+ + SO42-
弱酸的酸式盐
第一步完全电离，第二步弱酸酸根部分电离，如
NaHCO3 === Na+ + HCO3-，HCO3- ⇌ H+ + CO32-
弱电解质
一元弱酸
部分电离，如CH3COOH ⇌ CH3COO- + H+
一元弱碱
部分电离，如 NH3·H2O ⇌ NH4+ + OH-
H2O
部分电离， H2O ⇌ H+ + OH-
多元弱酸
分步电离，必须分步写出，不可合并（以第一步电离为主）
如H2CO3 ⇌ H+ + HCO3-，HCO3- ⇌ H+ + CO32-
多元弱碱
分步电离，中学阶段要求一步写出。如Fe(OH)3 ⇌ Fe3+ + 3OH-
改变条件
平衡移动方向
n(H＋)
c(H＋)
导电能力
Ka
加水稀释
向右
增大
减小
减弱
不变
加入少量冰醋酸
向右
增大
增大
增强
不变
通入HCl(g)
向左
增大
增大
增强
不变
加NaOH(s)
向右
减小
减小
增强
不变
加CH3COONa(s)
向左
减小
减小
增强
不变
加入镁粉
向右
减小
减小
增强
不变
升高温度
向右
增大
增大
增强
增大
比较项目
酸
c(H＋)
pH
中和碱的能力
与活泼金属反应产生H2的量
开始与金属反应的速率
盐酸
大
小
相同
相同
大
醋酸溶液
小
大
小
比较项目
酸
c(H＋)
c(酸)
中和碱的能力
与足量活泼金属反应产生H2的量
开始与金属反应的速率
盐酸
相同
小
小
少
相同
醋酸溶液
大
大
多
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
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
电离方程式
电离常数表达式
H2CO3
H2CO3 ⇌ H+ +HCO3-
HCO3- ⇌ H+ +CO32-
K1＝ c(H+)·c(HCO3-)c(H2CO3)
K2＝ c(H+)·c(CO32-)c(HCO3-)
Cu(OH)2
Cu(OH)2 ⇌ Cu2+ + 2OH-
K＝c(Cu2+ )·c2(OH-)c[Cu(OH)2]
选项
实验目的
操作步骤及现象
A
证明HA是强酸
加入酚酞做指示剂，用同浓度的烧碱溶液滴定，终点消耗烧碱溶液体积与HA相同
B
证明H2与I2(g)的反应为可逆反应
将物质的量之比为2：1的H2与I2(g)混合气体在一定条件下充分反应，混合气体呈紫色
C
证明麦芽糖能水解
向麦芽糖溶液中加稀硫酸并加热，冷却后加入烧碱中和过量硫酸再加入银氨溶液加热，析出银镜
D
证明氧化性：
将硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液中，再滴入KSCN溶液，溶液变红
选项
实验操作
现象
结论
A
配制一定物质的量浓度的NaCl溶液定容并反复摇匀
液面低于刻度线
所配溶液浓度偏高
B
用铜丝蘸取待测液在酒精灯火焰上灼烧
火焰呈绿色
待测液中含有
C
将加入水中
产生无色无味气体
在水中发生分解反应
D
常温下，用pH计测定一元弱酸弱碱盐MR溶液的pH
pH计显示溶液的
常温下，与相等
选项
A
B
C
D
试剂a
CuSO4
NH4HCO3
H2SO4
CH3COOH
试剂b
Ba(OH)2
Ca(OH)2
Ba(OH)2
NH3·H2O