新高考化学一轮复习考点举一反三讲义第01讲 电离平衡（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考化学一轮复习考点举一反三讲义第01讲 电离平衡（2份，原卷版+解析版），共45页。试卷主要包含了靶向突破等内容，欢迎下载使用。
目录
一、题型精讲TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc879" 题型01 强弱电解质及其判断 PAGEREF _Tc879 \h 1
\l "_Tc24075" 题型02 外界条件对弱电解质的电离平衡的影响 PAGEREF _Tc24075 \h 3
\l "_Tc4459" 题型03 电解质溶液的导电能力及其变化 PAGEREF _Tc4459 \h 5
\l "_Tc16801" 题型04 电离平衡常数及其影响因素 PAGEREF _Tc16801 \h 7
\l "_Tc22068" 题型05 强酸和弱酸的比较 PAGEREF _Tc22068 \h 9
\l "_Tc23624" 题型06 加水稀释粒子浓度比值变化分析 PAGEREF _Tc23624 \h 11
二、靶向突破
题型01 强弱电解质及其判断
1．强电解质与弱电解质的比较
【例1】北魏贾思勰《齐民要术·作酢法》这样描述苦酒：“乌梅苦酒法：乌梅去核，一升许肉，以五升苦酒渍数日，曝干，捣作屑。欲食，辄投水中，即成醋尔。”下列有关苦酒主要成分的说法正确的是( )
A．苦酒的主要溶质是非电解质
B．苦酒的主要溶质是强电解质
C．苦酒的主要溶质是弱电解质
D．苦酒中只存在分子，不存在离子
【答案】C
【解析】苦酒的主要溶质是乙酸，属于弱电解质，在水中部分电离，所以既有电解质分子CH3COOH，又有离子H＋和CH3COO－。
【变式1-1】 醋酸铅因有甜味而被称为“铅糖”，它有毒但能入药，又知(CH3COO)2Pb可溶于水，硝酸铅与醋酸钠溶液反应的离子方程式为Pb2＋＋2CH3COO－===(CH3COO)2Pb。下列有关说法不正确的是( )
A．0.1 ml·L－1的“铅糖”溶液中c(Pb2＋)a，故C正确；加入少量Na2CO3固体，会消耗醋酸电离出的H＋，从而促进醋酸的电离，可使b点c(CH3COO－)增大、c(H＋)减小，故D正确。
题型04 电离平衡常数及其影响因素
1.一元弱酸、一元弱碱的电离平衡常数
例如：CH3COOHCH3COO－＋H＋ Ka＝eq \f(c(CH3COO－)·c(H＋),c(CH3COOH))；
NH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－ Kb＝eq \f(c(NH\\al(＋,4))·c(OH－),c(NH3·H2O))。
2.多元弱酸、多元弱碱的电离平衡常数
多元弱酸的电离是分步进行的，每一步电离都有电离平衡常数，通常用Ka1、Ka2等来分别表示。例如，
H2CO3H＋＋HCOeq \\al(－,3) Ka1＝eq \f(c(HCO\\al(－,3))·c(H＋),c(H2CO3))；
HCOeq \\al(－,3)H＋＋COeq \\al(2－,3) Ka2＝eq \f(c(H＋)·c(CO\\al(2－,3)),c(HCO\\al(－,3)))。
多元弱酸各步电离常数的大小比较：Ka1≫Ka2，因此，多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定。
【特别提醒】一般多元弱碱为难溶碱，不用电离平衡常数，以后要学到难溶物的溶度积常数。
【例4】下列关于电离常数的说法正确的是( )
A．Ka大的酸溶液中c(H＋)一定比Ka小的酸溶液中的c(H＋)大
B．CH3COOH的电离常数表达式为Ka＝eq \f(c(CH3COOH),c(H＋)·c(CH3COO－))
C．向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，电离常数减小
D．电离常数只与温度有关，与浓度无关
【答案】D
【解析】酸溶液中c(H＋)既跟酸的电离常数有关，也跟酸溶液的浓度有关，A项错误；CH3COOH的电离常数表达式为Ka＝eq \f(c(H＋)·c(CH3COO－),c(CH3COOH))，B项错误；向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，虽然平衡向左移动，但温度不变，电离常数不变，故C项错误。
【变式4-1】已知25 ℃下，CH3COOH溶液中各微粒的浓度存在以下关系：Ka＝eq \f(c(CH3COO－)·c(H＋),c(CH3COOH))＝1.75×10－5。下列有关结论可能成立的是( )
A．25 ℃下，向该溶液中加入一定量的盐酸时，Ka＝8×10－5
B．25 ℃下，向该溶液中加入一定量的氢氧化钠时，Ka＝2×10－4
C．标准状况下，醋酸中Ka＝1.75×10－5
D．升高到一定温度，Ka＝7.2×10－5
【答案】D
【解析】醋酸中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，题中Ka为醋酸的电离常数，由于电离常数只随温度的变化而变化，所以排除A、B两项；因为醋酸的电离是吸热过程，所以升高温度，Ka增大，降低温度，Ka减小，标准状况下(0 ℃)温度低于25 ℃，则Ka小于1.75×10－5，所以C项不成立、D项可能成立。
【变式4-2】相同温度下，三种酸的电离平衡常数如表所示，下列判断正确的是( )
A.三种酸的强弱关系：HX>HY>HZ
B．反应HZ＋Y－===HY＋Z－不能发生
C．由电离平衡常数可以判断：HZ属于强酸，HX和HY属于弱酸
D．相同温度下，1 ml·L－1 HX溶液的电离平衡常数等于0.1 ml·L－1 HX溶液的电离平衡常数
【答案】D
【解析】A项，酸的电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，其酸性越强，根据表中数据可知，酸的电离平衡常数：HZ>HY>HX，则酸性强弱：HZ>HY>HX，错误；B项，根据强酸制弱酸可知HZ＋Y－===HY＋Z－能够发生，错误；C项，完全电离的为强酸、部分电离的为弱酸，这三种酸都部分电离，均为弱酸，错误；D项，电离平衡常数只与温度有关，温度不变，电离平衡常数不变，正确。
【变式4-3】常温下，对下列两组溶液的判断错误的是( )
A.醋酸的电离程度：①②
C．醋酸的电离平衡常数：①＝②
D．若V2＝10V1，中和NaOH的能力：①＝②
【答案】B
【解析】醋酸浓度越小，电离程度越大，A项正确；将①加水稀释可得到②，醋酸加水稀释，c(CH3COO－)、c(H＋)均减小，但c(OH－)增大，B项错误；温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，C项正确；若V2＝10V1，两种醋酸的物质的量相同，中和NaOH的能力相同，D项正确。
题型05 强酸和弱酸的比较
1．相同体积、相同物质的量浓度的一元强酸(如盐酸)与一元弱酸(如醋酸)的比较
2.相同体积、相同c(H＋)的一元强酸(如盐酸)与一元弱酸(如醋酸)的比较
【例5】某温度下，等体积、c(H＋)相同的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，溶液中的c(H＋)随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断下列说法正确的是( )
A．曲线Ⅱ表示的是盐酸的变化曲线
B．b点溶液的导电能力比c点溶液的导电能力强
C．取等体积的a点、b点对应的溶液，消耗NaOH的量相同
D．b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度
【答案】B
【解析】醋酸属于弱电解质，在稀释时会电离出H＋，故稀释相同倍数时醋酸溶液中c(H＋)的变化要比盐酸中c(H＋)的变化小一些，即曲线Ⅰ表示盐酸的变化曲线，曲线Ⅱ表示醋酸的变化曲线，A项错误；溶液的导电能力与溶液中离子的浓度有关，离子浓度：b＞c，故导电能力：b＞c，B项正确；a点、b点表示溶液稀释相同倍数，溶质的物质的量没有发生变化，都等于稀释前的物质的量，稀释前两溶液中c(H＋)相同，但CH3COOH为弱酸，则c(CH3COOH)＞c(HCl)，故稀释前n(CH3COOH)＞n(HCl)，即CH3COOH消耗NaOH多，C项错误；a点酸的总浓度大于b点酸的总浓度，D项错误。
【变式5-1】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 ml·L－1 NaR溶液pH＝7，则HR是弱酸
B.25 ℃时，若测得0.01 ml·L－1 HR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
【答案】B
【解析】A.25 ℃时，若测得0.01 ml·L－1 NaR溶液pH＝7，可知NaR为强酸强碱盐，则HR为强酸，A错误；B.25 ℃时，若测得0.01 ml·L－1 HR溶液pH＞2且pH＜7，可知溶液中c(H＋)＜0.01 ml/L，所以HR未完全电离，HR为弱酸，B正确；C.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测得此时溶液pH＜7，C错误；D.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，D错误。
【变式5-2】对室温下c(H＋)相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液分别采取下列措施后，有关叙述正确的是( )
A．加适量的醋酸钠晶体后，两溶液的c(H＋)均减小
B．使温度升高20 ℃后，两溶液的c(H＋)均不变
C．加水稀释两倍后，两溶液的c(H＋)均增大
D．加足量的锌充分反应后，两溶液产生的氢气一样多
【答案】A
【解析】加入醋酸钠，CH3COO－可结合H＋，c(H＋)均降低，A正确；升温有利于CH3COOH的电离，所以CH3COOH溶液中c(H＋)增大，B错误；加水稀释，两种溶液的酸性均减弱，C错误；两种溶液中c(H＋)相同，但是CH3COOH溶液中还有未电离的CH3COOH，所以最终醋酸产生的氢气比盐酸多，D错误。
【变式5-3】相同体积、相同c(H＋)的某一元强酸溶液①和某一元弱酸溶液②分别与足量的锌粉发生反应，下列关于产生氢气的体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是( )
【答案】C
【解析】相同体积、相同c(H＋)的一元强酸和一元弱酸，刚开始与锌粉反应的速率是相同的，随着反应进行，弱酸能继续电离出H＋，故其反应速率比强酸的大，排除B、D项；弱酸的物质的量浓度大于强酸的，所以弱酸与足量的锌粉反应生成氢气的量较多，排除A项。
题型06 加水稀释粒子浓度比值变化分析
【例6】将0.1 ml·L－1的NH3·H2O溶液加水稀释，下列说法正确的是( )
A.eq \f(c（NHeq \\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)的值减小
B.OH－的物质的量减小
C.eq \f(c（NHeq \\al(＋,4)）·c（OH－）,c（NH3·H2O）)的值减小
D.eq \f(c（NH3·H2O）·c（H＋）,c（NHeq \\al(＋,4)）)的值不变
【答案】D
【解析】在NH3·H2O溶液中，存在电离平衡：NH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－，当加水稀释时，电离平衡正向移动，使电离出的n(NHeq \\al(＋,4))增大，溶液中的n(NH3·H2O)减小，则eq \f(\f(n（NHeq \\al(＋,4)）,V),\f(n（NH3·H2O）,V))＝eq \f(c（NHeq \\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)的值增大，A错误；加水稀释，电离平衡正向移动，OH－的物质的量增大，B错误；加水稀释时，温度不变，Kb＝eq \f(c（NHeq \\al(＋,4)）·c（OH－）,c（NH3·H2O）)的值不变，C错误。
【变式6-1】二元弱酸H2X的电离过程是吸热过程，某温度下，其电离常数Ka1＝2.5×10－4、Ka2＝2×10－8。下列说法错误的是( )
A.升高温度后，Ka1、Ka2均增大
B.向H2X溶液中加入少量KHX固体，c(H＋)减小
C.该温度下0.1 ml·L－1的H2X溶液中c(H＋)≈5×10－3 ml·L－1
D.向H2X溶液中加水稀释过程中，eq \f(c（HX－）,c（H2X）)减小
【答案】D
【解析】二元弱酸H2X的电离过程是吸热过程，温度升高，平衡正向移动，Ka1、Ka2均增大，A项正确；H2XH＋＋HX－，加入KHX，平衡向左移动，c(H＋)减小，B项正确；Ka1＝eq \f(c（H＋）×c（HX－）,c（H2X）)＝2.5×10－4 ml·L－1，因c(H＋)≈c(HX－)、c(H2X)≈0.1 ml·L－1，故c(H＋)≈5×10－3 ml·L－1，C项正确；eq \f(c（HX－）,c（H2X）)＝eq \f(Ka1,c（H＋）)，加水稀释过程中，c(H＋)减小，故eq \f(c（HX－）,c（H2X）)增大，D项错误。
【变式6-2】下列说法正确的是( )
A.0.1 ml/L HF溶液中存在平衡：HFH＋＋F－，加水可使溶液中eq \f(c（F－）,c（HF）)增大
B.向0.1 ml/L弱酸HA溶液中通少量HCl气体，平衡逆向移动，溶液c(H＋)减小
C.等浓度的硫酸与盐酸分别与相同的锌片反应，初始反应的速率一样快
D.将0.1 ml/L的氨水升温(不考虑氨水的挥发)，氨水的pH下降
【答案】A
【解析】A.Ka(HF)＝eq \f(c（F－）·c（H＋）,c（HF）)，当HF溶液加水不断稀释，促进电离，但c(H＋)减小，Ka(HF)不变，则eq \f(c（F－）,c（HF）)增大，故A正确；B.弱酸HA溶液中存在平衡：HAH＋＋A－，向溶液中通少量HCl气体，c(H＋)增大，平衡逆向移动，最终溶液中c(H＋)比原来大，故B错误；C.硫酸为二元酸，盐酸为一元酸，等浓度的稀硫酸与盐酸中氢离子浓度前者大，分别与相同的锌片反应，初始反应的速率前者快，故C错误；D.NH3·H2O电离吸热，升温c(OH－)增大，pH增大，故D错误。
【变式6-3】浓度均为0.10 ml·L－1、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg eq \f(V,V0)的变化如图所示。下列叙述错误的是( )
A.MOH的碱性强于ROH的碱性
B.ROH的电离程度：a点小于b点
C.若两溶液无限稀释，则它们的c(OH－)相等
D.当lg eq \f(V,V0)＝2时，若两溶液同时升高温度，则eq \f(c（M＋）,c（R＋）)增大
【答案】D
【解析】由图像分析浓度为0.10 ml·L－1的MOH溶液，在稀释前pH为13，说明MOH完全电离，则MOH为强碱，而ROH的pH＜13，说明ROH没有完全电离，ROH为弱碱，MOH的碱性强于ROH的碱性，A正确；曲线的横坐标lg eq \f(V,V0)越大，表示加水稀释体积越大，由曲线可以看出b点的稀释程度大于a点，弱碱ROH存在电离平衡：ROHR＋＋OH－，溶液越稀，弱电解质电离程度越大，故ROH的电离程度：b点大于a点，B正确；若两溶液无限稀释，则溶液的pH接近于7，故两溶液的c(OH－)相等，C正确；当lg eq \f(V,V0)＝2时，溶液V＝100V0，溶液稀释100倍，由于MOH发生完全电离，升高温度，c(M＋)不变；ROH存在电离平衡：ROHR＋＋OH－，升高温度促进电离平衡正向移动，c(R＋)增大，故eq \f(c（M＋）,c（R＋）)减小，D错误。
1.（24-25高三上·河北衡水·质检）常温下，向pH均为2、体积均为V0的HA、HB、HC溶液中分别加水稀释至体积为V，溶液pH随lgVV0的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．常温下，b、c两点对应的酸的电离常数KaHB=KaHC
B．将常温下c、e两点对应的溶液升高至50℃，cA−cB−>1
C．等浓度的三种钠盐溶液的pH：pH(NaA)>pH(NaB)>pH(NaC)
D．等体积的b、d两点对应溶液消耗等浓度的NaOH溶液：Vb=100Vd
【答案】D
【分析】弱酸加水稀释，根据“越弱越电离”，若稀释相同倍数，酸性越弱pH变化越小，根据图像，稀释1000倍，HA的pH增大3、HB的pH增大2、HC的pH增大1，则HA是强酸；HB、HC是弱酸，且酸性HB>HC。
【解析】常温下，酸性HB>HC，所以b、c两点对应的酸的电离常数KaHB>KaHC，故A错误；
B. c、e两点pH相等，根据电荷守恒，则c(A-)=c(B-)；HA是强酸，升高温度，A-的浓度不变，HB是弱酸，升高温度，电离平衡正向移动，B-的浓度增大，将常温下c、e两点对应的溶液升高至50℃，cA−cB−HC，根据“越弱越水解”，等浓度的三种钠盐溶液的pH：pH(NaA)cHCl，即完全中和时，a点对应溶液消耗NaOH的物质的量多，C项错误；溶液的导电能力与溶液中离子的浓度有关，离子浓度：b>c，故导电能力：b>c，D项正确；故选D。
3.（2025·四川达州·一模）常温下，向10mL0.1ml⋅L−1HA溶液中逐滴加入0.1ml⋅L−1的MOH溶液，其导电率、pH与加入MOH溶液体积的关系如图所示(假设反应过程中温度不变)。
下列说法正确的是
A．常温下，KbMOH的数量级为10−4
B．c和d点，水的电离程度相同
C．加入10mL至13 mL MOH溶液时，导电率降低是因为离子总数减小
D．b点溶液中cHA+2cH+=cA−+2cMOH+2cOH−
【答案】D
【解析】起点a点对应的pH值为2.8，说明HA是弱酸，在c点加入MOH溶液10 mL时，二者完全反应呈中性，也说明MOH是弱碱，MA是呈中性的弱酸弱碱盐，b点是加入5 mL时让HA中和一半，此时溶液中存在MA和HA物质的量之比为1:1，因为生成的弱酸弱碱盐溶液呈中性，说明KbMOH=KaHA，在a点pH=2.8，cH+=cA−=10−2.8ml/L，cHA≈0.1ml/L，Ka=cH+×cA−cHA =10−2.8×10−−4.6，故KbMOH的数量级为10−5，A错误；a→c过程是由酸到正盐的过程，水的电离程度逐渐增大，c→d是加入的碱过量，所以会抑制水的电离，B错误；加入10 mL至13 mL MOH溶液，会导致溶液中离子浓度减小从而导致导电率降低， C错误；b点是加入5 mL MOH溶液时把HA中和一半，此时溶液中存在MA和HA物质的量之比为1:1，根据物料守恒和电荷守恒得出cHA+cA−= 2cM++2cMOH(1)，和cH++cM+= cA−+cOH−(2)，通过(1)+(2)×2可以得到cHA+2cH+= cA−+2cMOH+2cOH−，D正确；故选D。
4.（25-26高三上·湖南长沙·月考）HF总浓度c总(HF)为0.1000 ml⋅L-1的水溶液中存在平衡：HF⇌H++F-K1、HF+F-⇌HF2-K2。溶液中c(HF)、c(HF2-)、c(F-)与pH关系如图所示。下列叙述正确的是
A．M、N分别为c(HF)∼pH、c(HF2-)∼pH关系曲线
B．K1=cH+⋅cF−cHF≈7×10−4，K2=cHF2−cHF⋅cF−≈5
C．溶液中c总HF=cF−+cHF+cHF2−
D．pH=1的溶液中cH+=cF−+cHF2−+cOH−
【答案】B
【解析】随着pH升高，HF电离程度增大，c(HF)减小（曲线M），c(F-)增大（曲线N），c(HF2-)先增后减（曲线P）。因此M为c(HF)∼pH曲线，N为c(F-)∼pH曲线，A错误；由图可知，pH=4时，c(HF)=0.0110 ml/L、c(HF2-)=0.0045 ml/L、c(F-)=0.0800 ml/L，K1=cH+⋅cF−cHF=10−4×≈7×10−4，K2=cHF2−cHF⋅cF−=×0.0800≈5， B正确；根据溶液中物料守恒关系可得：总F浓度守恒：c总HF=cF−+cHF+2cHF2−>cF−+cHF+cHF2−， C错误；pH=1时，溶液中H+主要来自外加强酸（HF为弱酸，无法提供高浓度的H+），电荷守恒应含外加酸的阴离子，故cH+>cF−+cHF2−+cOH−，D错误；故选B。
5.（2025·宁夏银川·三模）25℃时，向10mL某浓度新制氯水中滴入0.1ml⋅L−1的NaOH溶液，滴定曲线如图所示。已知次氯酸的电离平衡常数为Ka=2.5×10−8。下列说法错误的是
A．氯水中存在平衡：Cl2aq+H2O(l)=H+aq+Cl−aq+HClOaq
B．甲点溶液中存在：nCl2+nHClO+nCl−+nClO−=0.01NA
C．乙到丁的过程中，水的电离程度先增大后减小
D．丙点溶液中：cNa+>cCl−>cClO−>cH+
【答案】B
【解析】氯水中Cl2与水的反应为可逆反应，氯水中存在平衡：Cl2(aq)＋H2O(l) ⇌H+(aq)+Cl-(aq)+HClO(aq)，A正确；由分析，加入20mL氢氧化钠溶液得到氯化钠、次氯酸钠的混合溶液，钠离子的物质的量为0.02L×0.1ml/L=0.002ml，结合钠、氯元素守恒，则2nCl2+nHClO+nCl-+nClO-=0.002ml，B错误；乙到加入20mL氢氧化钠溶液的过程中，氯气与水反应的产物不断与NaOH发生反应，水的电离程度一直增大；从加入20mL氢氧化钠溶液到丁的过程中，溶液中氢氧化钠过量，对水电离的抑制作用不断增大，水的电离程度不断减小，C正确；丙点溶液中含有NaCl、NaClO、HClO，此时c(H+)=10-8ml/L， Ka=cH+cClO-HClO=10−8×cClO-HClO=2.5×10−8，则c(ClO-)=2.5c(HClO)，结合反应Cl2+H2O⇌HClO+HCl，则c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)，所以c(Na+)>c(Cl-)> c(ClO-)>c(H＋)，D正确；故选B。
6.（2025·山东·三模）已知亚硫基二乙酸[S(CH2COOH2)，用H2R代替]是一种二元弱酸，常用作抗氧剂，并应用于工业上生产硫代酯类抗氧剂。室温下，改变亚硫基二乙酸溶液的pH，测得溶液中的pX[pX=−lgcHR−cR2−或−lgcH2RcHR−]随pH变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．曲线a表示−lgcHR−cR2−的变化情况
B．亚硫基二乙酸的第一步电离平衡常数Kal的数量级为10−1
C．用NaOH固体调pH，n点溶液中：cNa++cH+=cOH−+3cR2−
D．室温下，m点对应溶液的pH为3.02
【答案】D
【分析】Ka1H2R=c(H+)c(HR−)c(H2R)，所以c(H2R)c(HR−)=c(H+)Ka1H2R，所以−lgcH2RcHR−=lgKa1H2Rc(H+)，同理可得−lgcHR−cR2−=lgKa2H2Rc(H+)，Ka1H2R＞Ka2H2R，所以相同pH条件下−lgc(H2R)c(HR−)＞−lgc(HR−)c(H+)，则a表示−lgc(H2R)c(HR−)，b表示−lgc(HR−)c(R2−)；
【解析】由分析可知，a表示−lgc(H2R)c(HR−)，b表示−lgc(HR−)c(R2−)，A错误；第一步电离Ka1H2R=c(H+)c(HR−)c(H2R)，类似可得pX=−lgc(H2R)c(HR−)=pH−Ka1。曲线a在pH=1.02时pX=0，即Ka1=10−1.02，Ka1=10−1.02≈9.5×10−2，数量级为10−2，B错误；n点，−lgc(HR−)c(R2−)=1，则c(HR−)=0.1c(R2−)，由电荷守恒可知cNa++cH+=cOH−+2cR2−+c(HR−)，则cNa++cH+=cOH−+2.1cR2−，C错误；m点在曲线a上，已知pX=0时，即−lgc(H2R)c(HR−)=0，pH=1.02，则f(x)=−lgc(H2R)c(HR−)+1.02，则pH=2+1.02=3.02，D正确；故选D。
7.（2025·河北唐山·一模）对比观察下表数据，从中获得的有关结论不正确的是
A．电离常数Ka与温度有关，但Ka随温度的变化不大
B．根据25℃下的电离常数，可判断酸性 HNO2>CH3COOH>HClO>HCN
C．推测常温下可发生反应： NaClO+HCN=NaCN+HClO
D．常温下， 0.1ml/L 的HCN 溶液中( cH+=62×10−6ml/L
【答案】C
【解析】根据表格中CH3COOH在不同温度下的Ka值变化，温度升高时Ka略有增大，但变化幅度较小，说明电离常数Ka与温度有关，但Ka随温度的变化不大，A正确；相同温度下，电离常数越大酸性越强，根据25℃的Ka值，酸性大小：HNO2>CH3COOH>HClO>HCN，B正确；常温下，HClO的Ka（4.0×10⁻⁸）大于HCN的Ka（6.2×10⁻¹⁰），说明HClO酸性强于HCN，根据“强酸制弱酸”规律，HCN无法与NaClO反应生成HClO，故该反应不能发生，C错误；0.1ml/L HCN溶液中，c(H⁺)=Ka×c=6.2×10−10×0.1ml/L=62×10−6ml/L，D正确；故选C。
8.（2025·天津和平·三模）常温下，一元酸HA的KaHA=1×10−3。在某体系中，H+与A−离子不能穿过隔膜，未电离的HA可自由穿过该膜（如图所示）。
设溶液中c总HA=cHA+cA−，当达到平衡时，下列叙述正确的是
A．溶液Ⅰ中cA−=10−7ml⋅L−1
B．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总HA之比为10−4
C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的cHA不相等
D．溶液Ⅱ中的HA的电离度cA−c总HA为1101
【答案】D
【解析】常温下溶液I的pH=7.0，则溶液I中c(H+)=1×10-7ml/L，结合KaHA=c(H+)⋅c(A-)c(HA)=1×10−3知，此时c(A-)c(HA)=104，HA为弱酸，溶液Ⅰ中cA−不可能为10−7ml⋅L−1，A错误；常温下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-7ml/L，结合KaHA=c(H+)⋅c(A-)c(HA)=1×10−3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则10-7[c总(HA)−c(HA)]c(HA)=1×10−3，溶液I中c总(HA)=(104+1)×c(HA)；溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1ml/L，则0.1×[c总(HA)−c(HA)]c(HA)=1×10−3，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，B错误；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；常温下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1ml/L，结合KaHA=c(H+)⋅c(A-)c(HA)=1×10−3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则0.1c(A-)c总(HA)−c(A-)=1×10−3，解得cA−c总HA=1101，D正确；故选D。
9.（24-25高三上·陕西汉中·月考）甲胺(CH3NH2⋅H2O)是一元弱碱，性质与一水合氨相似。常温下，用0.1ml⋅L-1盐酸滴定⋅L-1甲胺溶液，测得混合溶液中pH与lgcCH3NH3+cCH3NH2⋅H2O的关系如图。下列说法正确的是
A．甲胺的电离方程式：CH3NH2⋅H2O=CH3NH3++OH-
B．b点时加入盐酸的体积为20.00mL
C．随着盐酸的加入，溶液中水的电离程度先增大后减小
D．常温下，CH3NH2⋅H2O的电离平衡常数为10-4.9
【答案】C
【解析】甲胺(CH3NH2⋅H2O)是一种一元弱碱，性质与一水合氨相似，则甲氨电离方程式：CH3NH2⋅H2O⇌CH3NH3++OH-，A错误；当加入盐酸的体积为20.00mL时，甲胺和盐酸的物质的量相等，混合溶液中的溶质为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，pH不为7，故b点对应加入的盐酸体积要小于20mL，B错误；随着盐酸的加入，溶液中的溶质逐渐由碱转化为盐，当盐酸过量时，溶质最终为盐和酸，酸、碱抑制水的电离而强酸弱碱盐促进水的电离，故溶液中水的电离程度先增大后减小，C正确；lgcCH3NH3+cCH3NH2⋅H2O=lgKbcOH−=lgKb−lgKw−pH，将点b(3.1,7)代入，得Kb=10-3.9，则常温下CH3NH2⋅H2O的电离平衡常数为10-3.9，D错误；故选C。
10.（2025·河南郑州·一模）在一定温度下，向某非水溶剂(自身不电离)中加入指示剂HIn的钾盐KIn(KIn完全电离，HIn的电离常数Ka(HIn)=3.6×10−20ml⋅L−1)，再向该溶液中加入一元弱酸HX或HY，均发生反应In-+HA⇌A-+HIn(A代表X或Y)。保持KIn的起始量n0(KIn)不变，平衡时测得c(In−)c(HIn)与n(HA)n0(KIn)[n(HA)代表加入的HA的物质的量]的关系如图所示。下列说法错误的是
A．a点：c(HIn)+c(H+)=c(X−)
B．用该溶剂分别配制等浓度的HX和HY溶液，电离度：α(HX)c(HIn)+c(In−)
D．反应In-+HY⇌Y-+HIn的平衡常数为19
【答案】B
【解析】向KIn该溶液中一元弱酸HX，发生反应In-+HX⇌X-+HIn、HX⇌X-+H+，由系数关系可知，a点时溶液中c(HIn)+c(H+)=c(X−)，A正确；由图可知，当c(In−)c(HIn)相等时，HX的n(HX)n0(KIn)更小，说明生成等物质的量HIn，消耗HX的物质的量更小，说明HX的酸性更强，电离程度更大，则用该溶剂分别配制等浓度的HX和HY溶液，电离度：α(HX)>α(HY)，B错误；HIn的电离常数Ka(HIn)=3.6×10−20ml⋅L−1，c(H+)=1.8×10−20ml⋅L−1时，c(In-)c(HIn)=Ka(HIn)cH+=3.6×10−201.8×10−20=2，由图可知，此时n(HY)n0(KIn)>1，根据物料守恒可知，c(HY)+c(Y−)>c(HIn)+c(In−)，C正确；由图可知，当c(In−)c(HIn)=3.0时，n(HY)n0(KIn)=1.0，溶液中c(HY)+c(Y−)=c(HIn)+c(In−)，反应In-+HY⇌Y-+HIn的平衡常数为cY-cHIncIn-cHY=cHIncIn-×cY-cHY=13×13=19，D正确；故选B。
11.（2025·湖南岳阳·二模）常温下将NaOH溶液分别滴加到等浓度等体积的氯乙酸CH2ClCOOH、二氯乙酸CHCl2COOH、三氯乙酸CCl3COOH溶液中，溶液pH与溶液中相关粒子浓度比值的负对数值X的关系如图(忽略溶液体积的变化)。下列说法错误的是
A．三种酸的电离常数：KaCH2ClCOOHCH2ClCOOH，X=-lgcCCl3COO-cCCl3COOH=-lgKaCCl3COOHcH+=-lgKaCCl3COOH−pH、-lgcCHCl2COO-cCHCl2COOH=-lgKaCHCl2COOHcH+=-lgKaCHCl2COOH−pH或-lgcCH2ClCOO-cCH2ClCOOH=-lgKaCH2ClCOOHcH+=-lgKaCH2ClCOOH−pH，当pH等于0时，X=-lgKa，X越小Ka越大，故曲线Ⅰ代表-lgcCH2ClCOO-cCH2ClCOOH，曲线Ⅱ代表-lgcCHCl2COO-cCHCl2COOH，曲线Ⅲ代表-lgcCCl3COO-cCCl3COOH，据此分析；
【解析】氯原子具有较大的电负性，能够吸引电子，增加羧基中羟基的极性，故酸性：CCl3COOH>CHCl2COOH>CH2ClCOOH，A正确；X=-lgcCCl3COO-cCCl3COOH=-lgKaCCl3COOHcH+=-lgKaCCl3COOH−pH，当pH等于0时，X=0.5100
D．吸引电子能力：−CH=CH2>−C≡CH
【答案】D
【分析】HA、HB、HC的酸性依次增强，电离平衡常数越大，由图像a、b、c点数据可计算：KaHA=10−4.87，KaHB=10−4.26，KaHC=10−1.89，所以L4表示δHA与pH关系、L6表示δA−与pH关系、L3表示δHB与pH关系、L1表示δHC与pH关系、L5表示δB-与pH关系、L2表示δC-与pH关系。
【解析】HA、HB、HC的酸性依次增强，电离平衡常数越大，由图像a、b、c点数据可计算：KaHA=10−4.87，KaHB=10−4.26，KaHC=10−1.89，故A正确；由电离平衡常数知，HC电离程度大于C−水解程度，1mlHC和1mlNaC完全溶于水配制得到的溶液中cHC1.89，故B正确；A−+HC⇌HA+C−的平衡常数K=KaHCKaHA=10−1.8910−4.87=102.98>100，故C正确；由于−CH=CH2、−C≡CH是吸电子基，−CH2CH3是推电子基，吸电子能力越强，H−O键极性越强，越容易电离，酸性越强，所以，吸电子能力：−CH=CH2KaHB
B．KspMOH2=10−17
C．NaA和NaB的混合溶液中存在cOH−=cH++cHA+cHB
D．HB+A−⇌B−+HA的平衡常数为101.5
【答案】A
【分析】图中曲线L1、L2、L3分别表示−lgcM2+、−lgcA−cHA和−lgcB−cHB在常温下随pH的变化关系，曲线L2、L3与pX轴的交点分别为(4.5，2)、(3，2)可以求出KaHA与KaHB；根据曲线L1，其与pH轴的交点(2，6.5)可算出KspMOH2；据电离平衡常数可知HB+A−⇌B−+HA的平衡常数；
【解析】曲线L2、L3与pX轴的交点分别为(4.5，2)、(3，2)，由此可得KaHA=cH+⋅cA−cHA=10−2×10−4.5=10−6.5、KaHB=cH+⋅cB−cHB=10−2×10−3=10−5，Ka(HA)NaCl>CH3COOH
B．表中数据说明同等条件下H+比Na+的导电能力强
C．σ比值数据能说明CH3COOH存在电离平衡
D．CH3COOH溶液的σ数据能说明溶液越稀，CH3COOH的电离程度越大
【答案】A
【解析】由σ0.02的数据可知，HCl溶液的电导率最大，NaCl溶液的电导率居中，CH3COOH溶液的电导率最小，而NaCl、HCl均为强电解质，故不能仅由σ0.02的数据说明三种电解质的强弱，选项A错误；同等条件下，HCl溶液与NaCl溶液的浓度相同，氯离子浓度相同，氯离子的导电性相同，二者只有阳离子的种类不同，即H+与Na+，而HCl溶液的电导率大于NaCl溶液的，故表中数据说明同等条件下H+的导电能力比Na+的强，选项B正确；由表中数据可知，NaCl溶液、HCl溶液的σ比值与浓度成正比，而CH3COOH溶液的σ比值却大于浓度比，说明CH3COOH存在电离平衡，选项C正确；由表中数据可知，CH3COOH的溶液越稀，σ比值越大，说明溶液越稀，CH3COOH的电离程度越大，选项D正确；故选A。
19.（2025·山东青岛·一模）常温下，次氯酸电离平衡体系中各成分的组成分数δ［δX=cXcHClO+cClO−，X为HClO或ClO−］与pH的关系如图所示。下列有关说法正确的是
A．次氯酸的电离方程式为HClO=H++ClO−
B．曲线a、b依次表示δClO−、δHClO的变化
C．次氯酸电离常数Ka的数量级为10−8
D．向次氯酸溶液中加NaOH溶液，δHClOδClO−将增大
【答案】C
【解析】次氯酸是弱电解质，电离方程式为HClO⇌H++ClO−，故A错误；次氯酸是弱酸，随着pH的增大，HClO逐渐减少，ClO−逐渐增多，但两者之和不变，故曲线a、b依次表示δHClO、δClO−的变化，故B错误；次氯酸的Ka=cH+⋅cClO−cHClO，在a、b的交点处，cClO−= cHClO，Ka=10−7.5=100.5×10−8，所以Ka的数量级为10−8，故C正确；向次氯酸溶液中加NaOH溶液，随着碱性增强，HClO逐渐减少，ClO−逐渐增多，故δHClOδClO−将减小，故D错误；故选C。
20.（2025·辽宁沈阳·一模）高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数：
由以上表格中数据判断以下说法不正确的是
A．在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离
B．在冰醋酸中高氯酸是这四种酸中酸性最强的酸
C．在冰醋酸中硫酸的电离方程式为H2SO4=2H++SO42−
D．水对这四种酸的强弱没有区分能力，但冰醋酸可以区分这四种酸的强弱
【答案】C
【解析】由电离平衡常数知，四种酸在冰醋酸中都不能完全电离，故A正确；由电离平衡常数知，四种酸中高氯酸的电离平衡常数最大，所以高氯酸的酸性最强，故B正确；由电离平衡常数知，硫酸在冰醋酸中部分电离出氢离子和硫酸氢根离子，以一级电离为主，电离方程式为H2SO4⇌H++HSO4-，故C错误；这四种酸在水中都完全电离，在冰醋酸中电离程度不同，所以水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但醋酸可以区分这四种酸的强弱，故D正确；故选C。
强电解质
弱电解质
概念
在水溶液中能全部电离的电解质
在水溶液中只能部分电离的电解质
在溶液中的存在形式
只有阴、阳离子
既有阴、阳离子，又有电解质分子
实例
①大部分盐(包括难溶性盐)；
②强酸，如HCl、H2SO4等；
③强碱，如KOH、Ba(OH)2等
①弱酸，如CH3COOH、HClO等；
②弱碱，如NH3·H2O等；
③水
【解题通法】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，如用玻璃棒醮取一定浓度的CH3COONa溶液滴在pH试纸上，pH＞7，说明CH3COONa为弱酸盐，即CH3COOH为弱酸。
【解题通法】
(1)稀醋酸加水稀释时，溶液中不一定所有的离子浓度都减小。例如，稀醋酸加水稀释时，溶液中的c(H＋)减小，c(OH－)增大。
(2)电离平衡右移，电解质分子的浓度不一定减小。例如，CH3COOHCH3COO－＋H＋，平衡后，加入冰醋酸，c(CH3COOH)增大，平衡右移，根据勒夏特列原理，只能“减弱”而不能消除，再次平衡时，c(CH3COOH)比原平衡时大。
3电离平衡右移，离子的浓度不一定增大。例如，在CH3COOH溶液中加水稀释或加少量NaOH固体，都会引起平衡右移，但cH＋都比原平衡时要小。
4电离平衡右移，电离程度不一定增大。例如，增大弱电解质的浓度，电离平衡向右移动，弱电解质的电离程度减小。
【解题通法】
1.电解质溶液的导电原理
电解质在溶液中电离成自由移动的阴、阳离子，在电源(电场)的作用下沿某一方向定向移动，形成电流。
2.影响电解质溶液导电能力的因素
电解质溶液的导电能力与溶液中离子浓度及离子所带电荷多少有关，离子浓度越大，离子所带电荷越多，导电能力越强。
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
【解题通法】电离常数的影响因素
(1)内因：同一温度下，不同弱电解质的电离常数不同，说明电离常数首先由弱电解质的性质所决定。
(2)外因：对于同一弱电解质，电离平衡常数只与温度有关，由于电离为吸热过程，所以电离平衡常数随温度升高而增大。
酸
HX
HY
HZ
电离平衡常数Ka
9×10－7
9×10－6
1×10－2
组别
浓度
体积
①
0.1 ml·L－1醋酸
V1 L
②
0.01 ml·L－1醋酸
V2 L
比较项目
酸
c(H＋)
酸性
中和碱的能力
与足量活泼金属反应产生H2的总量
与同一金属反应时的起始反应速率
一元强酸
大
强
相同
相同
大
一元弱酸
小
弱
小
比较项目
酸
c(H＋)
酸性
中和碱的能力
与足量活泼金属反应产生H2的总量
与同一金属反应时的起始反应速率
一元强酸
相同
相同
小
少
相同
一元弱酸
大
多
【解题通法】
(1)同一溶液、浓度比等于物质的量比。如HF溶液：eq \f(c（H＋）,c（HF）)＝eq \f(n（H＋）,n（HF）)。(由浓度比较变成物质的量比较)
(2)将浓度比换算成含有某一常数的式子，然后分析。如HF溶液：eq \f(c（H＋）,c（HF）)＝eq \f(c（H＋）·c（F－）,c（HF）·c（F－）)＝eq \f(Ka,c（F－）)。(由两变量转变为一变量)
25℃几种酸的 Ka
不同温度下CH3COOH的Ka
HNO2
5.6×10-4
0℃
1.66×10-5
HClO
4.0×10-8
10℃
1.73×10-5
HCN
6.2×10-10
25℃
1.75×10-5
Ka1
Ka2
H2S
1.3×10-7
7.0×10-15
H2CO3
4.2×10-7
4.8×10-11
溶液
σ0.02
σ0.01
σ0.005
σ0.01:σ0.02
σ0.005:σ0.01
NaCl溶液
4839
2478
1252
51.2%
50.5%
HCl溶液
10958
5593
2797
51.0%
50.0%
CH3COOH溶液
267
182
126
68.2%
69.2%
酸
HClO4
H2SO4
HCl
HNO3
Kaml⋅L−1
1.6×10−5
6.3×10−9
1.6×10−9
4.2×10−10