第01讲++电离平衡(讲义)- 2025年高考化学一轮复习讲义+课件+专练（新教材新高考）

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高考化学一轮复习策略建议1.研究考试大纲，循纲务本。考纲和考试说明是备考的指南针，认真研究考纲和考试说明，可增强日常复习的针对性和方向性，避免盲目备考。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。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。第01讲 电离平衡目录01 TOC \o "1-3" \h \u  HYPERLINK \l "_Toc26714" 考情透视·目标导航 02  HYPERLINK \l "_Toc2999" 知识导图·思维引航 03 HYPERLINK \l "_Toc21713" 考点突破·考法探究  HYPERLINK \l "_Toc11550" 考点一 弱电解质的电离平衡  HYPERLINK \l "_Toc25045" 知识点1 弱电解质  HYPERLINK \l "_Toc16775" 知识点2 弱电解质的电离平衡  HYPERLINK \l "_Toc17630" 考向1 强、弱电解质及判断  HYPERLINK \l "_Toc16322" 考向2 弱电解质的电离平衡  HYPERLINK \l "_Toc15308" 考点二 电离平衡常数  HYPERLINK \l "_Toc20279" 知识点1 电离平衡常数  HYPERLINK \l "_Toc21835" 知识点2 电离度  HYPERLINK \l "_Toc9533" 考向1 电离平衡常数及其应用  HYPERLINK \l "_Toc8799" 考向2 电离平衡常数等有关计算  HYPERLINK \l "_Toc15308" 考点三 强酸(碱)和弱酸(碱)稀释图像  HYPERLINK \l "_Toc20279" 知识点1 等体积、等浓度的盐酸、醋酸  HYPERLINK \l "_Toc21835" 知识点2 相同体积、相同pH的盐酸、醋酸  HYPERLINK \l "_Toc15681" 知识点3 pH与稀释倍数的线性关系  HYPERLINK \l "_Toc9533" 考向1 酸或碱溶液的起始浓度相同  HYPERLINK \l "_Toc8799" 考向2 酸或碱溶液的起始pH相同 04 HYPERLINK \l "_Toc24080" 真题练习·命题洞见 考点一 弱电解质的电离平衡知识点1 弱电解质1．概念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。【名师点晴】1．电解质导电的条件电解质的导电条件是在水溶液中或高温熔融状态，共价化合物只能在水溶液中导电，离子化合物在熔融状态和溶液中均可导电。2．导电性强弱eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(离子浓度\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(溶液浓度,电离程度)),离子所带电荷))知识点2 弱电解质的电离平衡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。3．外因对电离平衡的影响以0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液为例，填写外界条件对CH3COOHCH3COO－＋H＋　ΔH＞0的影响。【名师提醒】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。考向1 强、弱电解质及判断【例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(　　)。A．25 ℃时，若测得0.01 mol·L-1NaR溶液的pH=7，则HR是弱酸B．25 ℃时，若测得0.01 mol·L-1HR溶液的pH>2且pH2且pHHC，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，溶液中溶质物质的量，中和反应消耗NaOH溶液不一样多，D项错误；故选D。【思维建模】相同体积、相同pH值的盐酸、醋酸1．加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大。2．加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多。【变式训练】(2024·陕西省商洛市高三模拟)常温下，将pH相同、体积均为V0的NaOH溶液和MOH (一元弱碱)溶液分别加水稀释至随的变化如图所示。下列说法正确的是( )A．曲线Ⅰ表示NaOH溶液B．未稀释前，c(Na＋)= c(M＋)＞c(MOH) C．a，c两点溶液的离子总浓度相同D．加水稀释过程中，逐渐增大【答案】C【解析】A项，由图知，稀释相同倍数时，曲线Ⅱ的变化量大于曲线曲线Ⅰ，故曲线Ⅰ表示MOH (一元弱碱)，曲线Ⅱ表示NaOH溶液，A错误；B项，未稀释前，pH相同、体积均为V0，故c(Na＋)= c(M＋)，但由于MOH为一元弱碱，部分电离，故c(Na＋)= c(M＋) ＜c(MOH)，B错误；C项，a，c两点溶的pH相同，c(OH―)相同，在NaOH溶液中，由电荷守恒得c(OH―)=c(Na＋)+c(H＋)，在MOH溶液中，由电荷守恒得c(OH―)=c(M＋)+c(H＋)，故离子总浓度相同，C正确；D项，加水稀释过程中，c(OH―)逐渐减小，逐渐增大，而由于温度不变，不变，故逐渐减小，D错误； 故选C。1．(2024·湖南卷，13，3分)常温下Ka(HCOOH)=1.8×10-4，向20mL0.10mol·L-1NaOH溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入HCOOH溶液体积的变化关系如图所示，下列说法错误的是( )A． 水的电离程度：M＜NB． M点：cNa＋＋cH＋＝2cOH－C． 当V(HCOOH)=10mL时，cOH－＝cH＋＋cHCOO-＋2cHCOOHD． N点：cNa＋＞cHCOO-＞c(OH―)＞c(H＋)＞cHCOOH【答案】D【解析】结合起点和终点，向20mL0.10mol·L-1NaOH溶液中滴入相同浓度的HCOOH溶液，发生浓度改变的微粒是OH-和HCOO-，当V(HCOOH)=0mL，溶液中存在的微粒是OH-，可知随着甲酸的加入，OH-被消耗，逐渐下降，即经过M点在下降的曲线表示的是OH-浓度的改变，经过M点、N点的在上升的曲线表示的是HCOO-浓度的改变。A项，M点时，V(HCOOH)=10mL，溶液中的溶质为cHCOOH：cHCOO-=1：1，仍剩余有未反应的甲酸，对水的电离是抑制的，N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，此时仅存在HCOONa的水解，此时水的电离程度最大，故A正确；B项，M点时，V(HCOOH)=10mL，溶液中的溶质为cHCOOH：cHCOO-=1：1，根据电荷守恒有cNa＋＋cH＋＝cOH－＋cHCOO-，M点为交点可知cOH－=cHCOO-，联合可得cNa＋＋cH＋＝2cOH－，故B正确；C项，当V(HCOOH)=10mL时，溶液中的溶质为cHCOOH：cHCOONa=1：1，根据电荷守恒有cNa＋＋cH＋＝cOH－＋cHCOO-，根据物料守恒cNa＋=2cHCOOH+2cHCOO-，联合可得cOH－＝cH＋＋cHCOO-＋2cHCOOH，故C正确；D项，N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，甲酸根发生水解，因此cNa＋＞cHCOOH及c(OH―)＞c(H＋)观察图中N点可知，，根据，可知cHCOOH＞cH＋，故D错误；故选D。2．(2024·全国新课标卷，7，3分)常温下ClCH2COOH和Cl2CHCOOH的两种溶液中，分布系数δ与pH的变化关系如图所示。[比如：]下列叙述正确的是A．曲线M表示的变化关系B．若酸的初始浓度为，则a点对应的溶液中有C．的电离常数D．时，【答案】D【解析】随着pH的增大，ClCH2COOH、Cl2CHCOOH浓度减小，ClCH2COO-、Cl2CHCOO-浓度增大，—Cl为吸电子基团，Cl2CHCOOH的酸性强于ClCH2COOH，即)，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，。】A项，曲线M表示的变化关系，A错误；B项，根据，初始，若溶液中溶质只有，则，但a点对应的，说明此时溶液中加入了酸性更强的酸，根据电荷守恒，，B错误；C项，CH2ClCOOH的电离常数Ka=10-2.8，C错误；D项，电离度，，则=，，时，，，D正确；故选D。3．(2024·河北卷，11，3分)在水溶液中，CN-可与多种金属离子形成配离子。X、Y、Z三种金属离子分别与CN-形成配离子达平衡时，与的关系如图。下列说法正确的是( )A．的X、Y转化为配离子时，两溶液中CN-的平衡浓度：X＞YB．向Q点X、Z的混合液中加少量可溶性Y盐，达平衡时C．由Y和Z分别制备等物质的量的配离子时，消耗CN-的物质的量：Y＜ZD．若相关离子的浓度关系如P点所示，Y配离子的解离速率小于生成速率【答案】B【解析】A项，99%的X、Y转化为配离子时，溶液中，则，根据图像可知，纵坐标约为-2时，溶液中，则溶液中CN-的平衡浓度：X＜Y，A错误；B项，Q点时，即，加入少量可溶性Y盐后，会消耗CN-形成Y配离子，使得溶液中c(CN-)减小(沿横坐标轴向右移动)，与曲线在Q点相交后，随着继续增大，X对应曲线位于Z对应曲线上方，即，则，B正确；C项，设金属离子形成配离子的离子方程式为金属离子配离子，则平衡常数，，即，故X、Y、Z三种金属离子形成配离子时结合的CN-越多，对应曲线斜率越大，由题图知，曲线斜率：Y＞Z，则由Y、Z制备等物质的量的配离子时，消耗CN-的物质的量：Z＜Y，C错误；D项，由P点状态移动到形成Y配离子的反应的平衡状态时，不变，增大，即c(Y)增大、c(Y配离子)减小，则P点状态Y配离子的解离速率>生成速率，D错误；故选B。4．(2023•湖北省选择性考试，14)H2L为某邻苯二酚类配体，其，。常温下构建Fe(Ⅲ)- H2L溶液体系，其中，。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示，分布系数，已知，。下列说法正确的是( )A．当pH=1时，体系中c(H2L)>c([FeL]+) >c(OH-)>c(HL-)B．pH在9.5~10.5之间，含L的物种主要为L2-C．L2-+[FeL]+[FeL2]-的平衡常数的lgK约为14D．当pH=10时，参与配位的c(L2-)≈1.0×10-3 mol·L-1【答案】C【解析】从图给的分布分数图可以看出，在两曲线的交点横坐标值加和取平均值即为某型体含量最大时的pH。A项，从图中可以看出Fe(Ⅲ)主要与L2-进行络合，但在pH=1时，富含L的型体主要为H2L，此时电离出的HL-较少，根据H2L的一级电离常数可以简单计算pH=1时溶液中c(HL-)≈10-9.46，但pH=1时c(OH-)=10-13，因此这四种离子的浓度大小为c(H2L)>c([FeL]+)>c(HL-)>c(OH-)，A错误；B项，根据图示的分布分数图可以推导出，H2L在pH≈9.9时HL-的含量最大，而H2L和L2-的含量最少，因此当pH在9.5~10.5之间时，含L的物种主要为HL-，B错误；C项，该反应的平衡常数K=，当[FeL2]-与[FeL]+分布分数相等时，可以将K简化为K=，此时体系的pH=4，在pH=4时可以计算溶液中c(L2-)=5.0×10-14.86，则该络合反应的平衡常数K≈10-14.16，即lg K≈14，C正确；D项，根据图像，pH=10时溶液中主要的型体为[FeL3]3-和[FeL2(OH)]2-，其分布分数均为0.5，因此可以得到c([FeL3]3-)=c([FeL2(OH)]2-)=1×10-4mol·L-1，此时形成[FeL3]3-消耗了3×10-4mol·L-1的L2-，形成[FeL2(OH)]2-消耗了2×10-4mol·L-1的L2-，共消耗了5×10-4mol·L-1的L2-，即参与配位的c(L2-)≈5×10-4，D错误；故选C。5．(2022•湖北省选择性考试，12)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：N2H5++NH3=NH4++N2H4，N2H4+CH3COOH=N2H5++CH3COO-，下列酸性强弱顺序正确的是( )A．N2H5+＞N2H4＞NH4+ B．N2H5+＞CH3COOH＞NH4+C．NH3＞N2H4＞CH3COO- D．CH3COOH＞N2H5+＞NH4+【答案】D【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=N2H5++CH3COO-中，酸性：CH3COOH＞N2H5+，反应N2H5++NH3=NH4++N2H4中，酸性：N2H5+＞NH4+，故酸性：CH3COOH＞N2H5+＞NH4+，故选D。6．(2022•全国乙卷)常温下，一元酸的Ka(HA)=1.0×10-3。在某体系中，与A-离子不能穿过隔膜，未电离的可自由穿过该膜(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( )A．溶液Ⅰ中c(H+)=c(OH-)＋c(A-)B．溶液Ⅱ中的HA的电离度为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【答案】B【解析】A项，常温下溶液I的pH=7.0，则溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A错误；B项，常温下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.0×10-3，解得=，B正确；C项，根据题意，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；D项，常温下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-7mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=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+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液II中c总(HA)=1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液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；故选B。7．(2022·浙江省1月选考，17)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0.1mol·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】A项，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；B项，向0.1mol·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 0.013%，故B正确；C项，向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，，则c(A2-)B．M点，c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)C．O点，pH=D．P点，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)【答案】CD【解析】向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，依次发生离子反应：H3R2++OH-=H2R++H2O、H2R++OH-=HR+H2O、HR+OH-=R-+H2O，溶液中H3R2+逐渐减小，H2R+和HR先增大后减小，R-逐渐增大。，，，M点c(H3R2+)=c(H2R+)，由此可知K1=102.2，N点c(HR)=c(H2R+)，则K2=10-9.1，P点c(HR)=c(R-)，则K3=10-10.8。A项，，，因此，故A错误；B项，M点存在电荷守恒：c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H3R2+)+c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)，此时c(H3R2+)=c(H2R+)，因此c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=3c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)，故B错误；C项，O点c(H2R+)=c(R-)，因此，即，因此，溶液，故C正确；D项，P点溶质为NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因此c(OH-)>c(H+)，溶质浓度大于水解和电离所产生微粒浓度，因此c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，故D正确；故选CD。 考点要求考题统计考情分析强弱电解质比较2024·湖南卷13题，3分；2024·全国新课标卷7题，3分；2024·河北卷11题，3分；2023湖北卷12题，3分；2022江苏卷12题，3分；2021浙江1月选考17题，2分；2021浙江6月选考19题，2分；弱电解质的电离是中学化学基本理论中的重要组成部分，也是学习中比较难理解的内容，更是近几年高考命题的必考内容。高考命题热点主要集中于影响弱电解质电离平衡的因素，通过图像分析强、弱电解质，电离常数和电离度，比较微粒浓度大小和pH的计算等，命题有时会与水解相结合增加试题的难度。能用动态平衡的观点分析电离平衡，解决以图像或者文字的形式考查的平衡问题，根据溶液中离子浓度的大小变化，推断反应的原理和变化的强弱，提高证据推理能力。电离平衡常数应用2024·江苏卷12题，3分；2023湖北卷14题，3分；2023浙江6月选考15题，3分；2022浙江1月选考17题，2分；2022全国乙卷13题，6分；2022湖北卷15题，3分；2022辽宁卷15题，3分；2021山东卷15题，4分；复习目标：1．了解电解质的概念，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。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升高温度向右增大增大增强增大实验方法结论(1)测0.01 mol·L－1 HA溶液的pHpH＝2，HA为强酸；pH>2，HA为弱酸(2)测NaA溶液的pHpH＝7，HA为强酸；pH>7，HA为弱酸(3)相同条件下，测相同浓度的HA和HCl溶液的导电性导电性相同，HA为强酸；导电性弱于盐酸，HA为弱酸(4)往同浓度的HA和HCl溶液中投入大小相同的Zn粒或CaCO3固体开始反应速率相同，HA为强酸；开始反应速率比盐酸慢，HA为弱酸(5)测相同pH的HA与HCl稀释相同倍数前后的pH变化pH变化倍数相同，HA为强酸；pH变化倍数小于盐酸，HA为弱酸判断弱酸(或弱碱)的相对强弱电离常数越大，酸性(或碱性)越强。如：常温下，CH3COOH的Ka＝1．8×10－5，H2CO3的Ka1＝4.3×10－7、Ka2＝5.6×10－11。则酸性：CH3COOH>H2CO3>HCOeq \o\al(－,3)判断盐溶液的酸性(或碱性)强弱电离常数越大，对应的盐水解程度越小，碱性(或酸性)越弱。如：利用上面电离常数的数值可知等浓度的CH3COONa、NaHCO3、Na2CO3溶液的pH由大到小的顺序为Na2CO3>NaHCO3>CH3COONa判断复分解反应能否发生一般符合“强酸制弱酸”规律。如：利用上面中电离常数的数值可知，向Na2CO3溶液中加入足量CH3COOH的离子方程式为COeq \o\al(2－,3)＋2CH3COOH===2CH3COO－＋H2O＋CO2↑判断微粒浓度比值的变化弱电解质加水稀释时，能促进弱电解质的电离，溶液中离子和分子的浓度会发生相应的变化，但电离常数不变，题目中经常利用电离常数来判断溶液中微粒浓度比值的变化情况。如把0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液加水稀释，eq \f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)＝eq \f(c（CH3COO－）·c（H＋）,c（CH3COOH）·c（H＋）)＝eq \f(Ka,c（H＋）)稀释时，c(H＋)减小，Ka值不变，则eq \f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)变大分子式HClO4H2SO4HClHNO34.877.24(一级)8.99.4分析：加水稀释相同的倍数，醋酸的pH大分析：加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多分析：加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大分析：加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多分析：(1)HY为强酸，HX为弱酸(2)a、b两点的溶液中：c(X-)=c(Y-)(3)水的电离程度：d>c>a=b分析：(1)MOH为强碱，ROH为弱碱(2)起始时，c(ROH)>c(MOH)(3)水的电离程度：a>b　　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