電離平衡 專項(xiàng)訓(xùn)練-2025年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)（新高考專用）

考點(diǎn)1電離平衡

考情探究

1.3年真題考點(diǎn)分布

考點(diǎn)分布

年份卷區(qū)

電解質(zhì)的判斷強(qiáng)、弱電解質(zhì)的判斷弱電解質(zhì)的電離影響因素

山東q

2023

浙江

2022浙江

北京qq

2021

浙江7q

2.命題規(guī)律及備考策略

【命題規(guī)律】近3年新高考卷對于該專題主要考查：

1.強(qiáng)、弱電解質(zhì)的判斷

2.電離方程式

3.弱電解質(zhì)的電離平衡

【備考策略】掌握弱電解質(zhì)的電離有一定限度，是可以調(diào)控的，能多角度、動態(tài)地分析弱電解質(zhì)的電離平衡，并

運(yùn)用平衡移動原理解決實(shí)際問題。

【命題預(yù)測】預(yù)測2024年高考，考查電離平衡的移動及影響因素，重在考查現(xiàn)象的本質(zhì)和規(guī)律。

考點(diǎn)梳理

考法1電離平衡

一、弱電解質(zhì)的電離平衡

1.弱電解質(zhì)

強(qiáng)電解質(zhì)弱電解質(zhì)

定義在水溶液中能完全電離的電解質(zhì)在水溶液中只能部分電離的電解質(zhì)

電離過程不可逆，無電離平衡可逆，存在電離平衡

在溶液中的

只有離子既有離子，又有電解質(zhì)分子

存在形式

①強(qiáng)酸，如HC1、H2s04①弱酸，如CH3coOH、HC1O

物質(zhì)類別

②強(qiáng)堿，如KOH、Ba(OH)2②弱堿，如NH3-H2。、Mg(OH)2

及示例

③大部分鹽，如NaCl、BaSO4③水

（2）與化合物類型的關(guān)系

強(qiáng)電解質(zhì)主要是大部分離子化合物及某些共價化合物，弱電解質(zhì)主要是某些共價化合物。

2.弱電解質(zhì)的電離概念

（1）電離平衡的建立

在一定條件下（如溫度、壓強(qiáng)等），當(dāng)弱電解質(zhì)電離產(chǎn)生離子的速率和離子結(jié)合成分子的速率相等時，電離過程達(dá)

到了平衡。

（2）電離平衡的建立與特征

次電離）三次結(jié)合）些0

-定：各組分濃度保持恒定不變

-變：條件改變，平衡發(fā)生移動

①開始時，v（電離）最大，而v（結(jié)合）為0。

②平衡的建立過程中，V（電離）>V（結(jié)合）。

③當(dāng)V（電離）=v（結(jié)合）時，電離過程達(dá)到平衡狀態(tài)。

二、電離方程式的書寫

強(qiáng)酸完全電離，如HC1=H++C[

強(qiáng)強(qiáng)堿完全電離，如Ba(0H)2=Ba2++20H

電正鹽完全電離，如Na2c。3=2Na++COj-

解強(qiáng)酸的酸式鹽完全電離，如NaHSO4=Na++H++SO孑

士卜

rm

質(zhì)第一步完全電離，第二步弱酸酸根部分電離，如

弱酸的酸式鹽

NaHCC>3=Na++HCO3,HCO3-H++COj-

一元弱酸部分電離，如CH3coOHUCH3coCT+H+

弱一元弱堿部分電離，如NH3?H2OUNH；+OH-

電部分電離，

H2OH20UH++0H-

解分步電離，必須分步寫出，不可合并（以第一步電離為主）

多元弱酸

質(zhì)如H2co3UH++HCO3,HCO3UH++cof-

多元弱堿分步電離，中學(xué)階段要求一步寫出。如Fe（OH）3OFe3++3OH-

【特別提醒】強(qiáng)酸的酸式鹽在熔融狀態(tài)和水溶液中，電離方程式是不同的。

（1）熔融狀態(tài)時：NaHSO4=Na++HSO4；

++

（2）溶于水時：NaHSO4=Na+H+SOf

三、電離平衡的影響因素

1.外因?qū)﹄婋x平衡的影響

(1)濃度：在一定溫度下，同一弱電解質(zhì)溶液，濃度越小，越易電離。

(2)溫度：溫度越高，電離程度越大。

(3)同離子效應(yīng)：加入與弱電解質(zhì)具有相同離子的電解質(zhì)時，可使電離平衡向結(jié)合成弱電解質(zhì)分子的方向移動。

(4)化學(xué)反應(yīng)：加入能與弱電解質(zhì)電離出的離子反應(yīng)的物質(zhì)時，可使電離平衡向電離方向移動。如：

以0.1mol-L-1CH3COOH溶液為例，填寫外界條件對CH3coOH.?CH3COO+H+AH>0的影響。

改變條件平衡移動方向〃(H+)c(H+)導(dǎo)電能力Ka

加水稀釋向右增大減小減弱不變

加入少量冰醋酸向右增大增大增強(qiáng)不變

通入HCl(g)向左增大增大增強(qiáng)不變

力口NaOH(s)向右減小減小增強(qiáng)不變

加CH3coONa(s)向左減小減小增強(qiáng)不變

加入鎂粉向右減小減小增強(qiáng)不變

升高溫度向右增大增大增強(qiáng)增大

2.一元強(qiáng)酸(HC1)與一元弱酸(CH3coOH)的比較

(1)相同物質(zhì)的量濃度、相同體積的鹽酸與醋酸溶液的比較

頁目與活潑金屬反應(yīng)產(chǎn)開始與金屬反應(yīng)

c(H+)PH中和堿的能力

酸生H2的量的速率

鹽酸大小大

相同相同

醋酸溶液小大小

(2)相同pH、相同體積的鹽酸與醋酸溶液的比較

項(xiàng)目與足量活潑金屬反開始與金屬反

cW)c(酸)中和堿的能力

應(yīng)的速率

酸應(yīng)產(chǎn)生H2的量

鹽酸小小少

相同相同

醋酸溶液大大多

3.一元強(qiáng)酸(HC1)與一元弱酸(CH3co0H)稀釋圖像比較

(1)相同體積、相同濃度的鹽酸、醋酸

PHpH

77

a/^^CHCOOHc尹為CH3coOH

b3

HC1HC1

°V丫(水)°V.V2V(水)

加水稀釋相同的倍數(shù)，醋酸的pH大加水稀釋到相同的pH,鹽酸加入的水多

(2)相同體積、相同pH值的鹽酸、醋酸

典例引領(lǐng)

7

【典例1】(江西省宜春市宜豐中學(xué)2023屆高三模擬)化學(xué)常用圖像直觀地描述化學(xué)反應(yīng)的進(jìn)程或結(jié)果。下列圖

像描述不正確的是

反

應(yīng)pHj|pH[導(dǎo)電性(1)

速弱電解質(zhì)分子(口卜―II

率

、里離為離子7|(AX

//7--------------、、\/

/子結(jié)合為_____/\/

/弱電解質(zhì)分子卜I.I[I、---/

反應(yīng)時間堿溶液的體積°稀釋倍數(shù)°〃(NHJ

①②③④

A.圖①表示弱電解質(zhì)在水中建立電離平衡的過程

B.圖②表示強(qiáng)堿滴定強(qiáng)酸的滴定曲線

C.圖③表示25℃時分別稀釋pH=ll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CH3coOH溶液中通入NH3至過量的過程中溶液導(dǎo)電性的變化

【答案】D

【解析】A.弱電解質(zhì)存在電離平衡，平衡時正逆反應(yīng)速率相等，圖像符合電離特點(diǎn)，選項(xiàng)A正確；

B.強(qiáng)堿滴定強(qiáng)酸，溶液pH增大，存在pH的突變，圖像符合，選項(xiàng)B正確；

C.25℃時分別稀釋pH=ll的NaOH溶液和氨水，弱堿溶液氨水的pH變化小，強(qiáng)堿NaOH的pH變化大，曲線

II表示氨水，圖像符合，選項(xiàng)C正確；

D.向CH3co0H溶液中通入NH3生成醋酸鏤，體積不變，自由移動離子濃度變大，導(dǎo)電性開始應(yīng)增強(qiáng)，而不是

減弱，圖像不符合，選項(xiàng)D錯誤；

答案選D。

V1即時檢測

1.(天津市七校2023屆高三總復(fù)習(xí)質(zhì)量調(diào)查)已知常溫時HC10的Ka=3.0x10-8,HF的Ka=3.5x10-4,現(xiàn)將pH和

體積都相同的次氯酸和氫氟酸溶液分別加蒸儲水稀釋，pH隨溶液體積的變化如圖所示，下列敘述正確的是

A.曲線II為氫氟酸稀釋時pH的變化曲線

B.取相同體積a點(diǎn)的兩種酸溶液，中和相同濃度的NaOH溶液，消耗HF溶液體積較小

C.b點(diǎn)溶液中水的電離程度比c點(diǎn)溶液中水的電離程度小

c(R「)

D.從b點(diǎn)到d點(diǎn)，溶液中的值變?。℉R代表HC1O或HF）

c(HR)c(OH-)

【答案】D

【解析】A.酸性越強(qiáng)，加水稀釋時溶液pH變化越大，HF酸性強(qiáng)于HC1O,加水稀釋時pH變化大，所以曲線

I代表HF稀釋時pH變化曲線，選項(xiàng)A錯誤；

B.pH相同的兩種酸，越弱的酸其濃度越大，消耗的NaOH溶液體積更多，HF酸性強(qiáng)于HC1O,所以中和相同

體積、相同濃度的NaOH溶液，HF濃度小，消耗溶液體積較大，選項(xiàng)B錯誤；

C.酸越弱，電離出H+趨勢越小，對水的電離抑制程度越低，所以b點(diǎn)溶液中水的電離程度比c點(diǎn)溶液中水的

電離程度大，選項(xiàng)C錯誤;

()(〕

cRcRK

D.溶液中---------7----r二K=亡，Ka和Kw只隨溫度的改變而改變，所以從b點(diǎn)到d點(diǎn)，溶液中

c(HR).c(OHjc(HR).本行

CRJ

c（HR；c（OH）保持不變,選項(xiàng)口正確;

答案選D。

考法2電離平衡常數(shù)

三、電離平衡常數(shù)及其應(yīng)用

1.概念：在一定條件下，當(dāng)弱電解質(zhì)的電離達(dá)到平衡時，溶液中弱電解質(zhì)電離所生成的各種離子濃度的乘積，

與溶液中未電離分子的濃度之比是一個常數(shù)，這個常數(shù)叫做電離平衡常數(shù)，簡稱電離常數(shù)，用K表示（通常用

Ka、Kb分別表示弱酸、弱堿的電離平衡常數(shù)）。

2.表達(dá)式

（1）一元弱酸HA的電離常數(shù)：根據(jù)HA,-H++A，可表示為Ka』"胃?

（2）一元弱堿BOH的電離常數(shù)：根據(jù)BOH,-B++OH-,可表示為長5=逆

(3)多元弱酸、弱堿

電離方程式電離常數(shù)表達(dá)式

=C(H+)C(HC03)

+1c(H2cO3)

H2c。3uH+HCO3

H2c03

HCO3UH++COi-_c(H)c(COh

A.?

C(HC03)

^_C(CU2+)C2(OH-)

2+

CU(OH)2CU(OH)2UCU+2OH-

、C[CU(OH)2]

3.特點(diǎn)

(1)電離平衡常數(shù)與溫度有關(guān)，與濃度無關(guān)，升高溫度，K值增大。

(2)電離平衡常數(shù)反映弱電解質(zhì)的相對強(qiáng)弱，K越大，表示弱電解質(zhì)越易電離，酸性或堿性越強(qiáng)。

-4

例如，在25℃時,/C(HNO2)=4.6X10,K(CH3coOH)=1.8X10=,因而HNO2的酸性比CH3coOH強(qiáng)。

(3)多元弱酸的各級電離常數(shù)的大小關(guān)系是K1?K2?K3......,故其酸性取決于第一步電離。

4.電離度

(1)概念：弱電解質(zhì)達(dá)電離平衡時，已電離的電解質(zhì)分子數(shù)占原來總分子數(shù)(包括已電離的和未電離的)的百

分?jǐn)?shù)。

(2)表示方法

己電離的弱電解質(zhì)分子數(shù)

。一溶液中原有弱電解質(zhì)的總分子數(shù)義10%

弱電解質(zhì)的某離子濃度mno/

也可表示為a=弱電解質(zhì)的濃度X100/°

(3)影響因素

①相同溫度下，同一弱電解質(zhì)，濃度越大，其電離度(a)越小。

②相同濃度下，同一弱電解質(zhì)，溫度越高，其電離度(a)越大。

(4)意義：表示不同弱電解質(zhì)在水溶液中的電離程度，在相等條件下可用電離度比較弱電解質(zhì)的相對強(qiáng)弱。

■典例引領(lǐng)

【典例2】(安徽省黃山市2023屆高三下學(xué)期三模)H2X是一種二元弱酸。常溫下向H2X溶液中滴加NaOH溶液,

混合溶液里lgY[Y表示喈察或嚓隨pH的變化關(guān)系如圖。常溫下，下列敘述正確的是

C(H2X)C(HX)

A-直線I中Y表示的是果

B.電禺平衡常數(shù)Ka2（H2X）的數(shù)量級為10-4

C.pH=7.2時，c(HX-)=1000c(X2-)

D.當(dāng)c(X2-)=c(H2X)時，溶液的pH為2.7

【答案】D

【分析】H?x是一種二元弱酸，）＞Ka2=c（H+）c（X-）3J

,溶液里lgY[Y衣小

C(HX)C(HX)

C(H2X)c(HX)2

當(dāng)lgY=O時,pH=-lgc(H+)=-lgKa,pHi=1.2<pH2=4.2,表明冷1=1乂10」2>心=1*10-4.2,所以直線1中丫代表毀容

C(H2X)

直線n中Y表示的是￡臟，以此解答。

c（HX）

【解析】A.由分析可知，直線I中Y表示的是盤，故A錯誤;

2

B.由分析可知，Ka2（H2X）=lxlO-4-,數(shù)量級為10-5,故B錯誤;

C.pH=7.2時，溶液中c(H+)=lxlO-7.2moi/L,以￡))一,)二1x10-21

2

4，1000c(HX-)=c(X-),故C錯誤;

1XKT210QQ

C(H+)C(X%C(H+)C(HX)=RO%]WO",當(dāng)

D.當(dāng)c(X2-)=c(H2X)時，KalxKa2

c(HX)C(H2X)C(H2X)

c(X2-)=c(H?X)時，c(H+)=&x10-5.4mol/L=1x1O^mol/L,溶液的pH為2.7,故D正確;

故選D。

☆即時檢測

1.（湖北省2023屆高三模擬）甘氨酸（HOOCCH^NH?）是最簡單的氨基酸。在常溫下，HOOCCH.NH；,

HOOCCHNH和HNCHCOO的分布分?jǐn)?shù)[如5(A?-)=

22222與溶液pOH

c（A）+c（HA）+c（H2A）

：pOH=-lgc（OH-）]關(guān)系如圖。下列說法正確的是

LO

。8

分

布S6

分

數(shù)64

S2

OH

14

A.曲線a代表的是H?NCH2coeT

B.甘氨酸的Ka=10-235

-

C.當(dāng)溶液pH=7時，c(H2NCH2COO)=c(HOOCCH2NH3)

743

D.H2NCH2COO"+HOOCCH^NH；2HOOCCH2NH2的平衡常數(shù)K=10

【答案】D

【分析】隨著溶液堿性增強(qiáng)，HOOCCHKH；的量減小，HOOCCHzNH2的量先增加后減小，H^NCH2cO。一的量

增力口，故abc分別為HOOCCH^NH；、HOOCCH2NH2,H?NCH2coeT的曲線；

【解析】A.由分析可知，曲線a代表的是HOOCCHzNH：,A錯誤；

c(H,NCH,COCT)c(H+)

414978

B.HOOCCH.NH,qH,NCH,COCF+H+,由點(diǎn)(4.22,0.5)可知，Ka=-M——：--------/_^=10^=10--,

A

■C(HOOCCH2NH2)

B錯誤；

C.由圖可知，當(dāng)溶液pH=7時，c(H2NCH2COO)>c(HOOCCH2NH^),C錯誤；

D.由點(diǎn)(11.65,0.5)可知，優(yōu)療)=10…=『35,由點(diǎn)(4.22,0.5)可知，

c^HOOCCH2NH3J

c(H2NCH2coe)一)c(H+),”“e+

—；4.22-14-9.78；的平衡常數(shù)

K----------------=10=10f^NCH2coeF+HOOCCH?NH=2HOOCCH2NH2

aC(HOOCCH2NH2)

K=C2(HOOCCH2NHJ=C2(HOOCCH2NH2)C(H+)=典二=1q743

--+

c(H2NCH2COO)c(HOOCCH2NH；)c(H2NCH2COO)c(HOOCCH2NH；)c(H)10578

,D正確；

故選D。

好題沖關(guān)

【基礎(chǔ)過關(guān)】

1.(遼寧省鞍山市2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期第一次質(zhì)量監(jiān)測)HA、HB為兩種一元酸，為研究25。(2時反應(yīng)

A(aq)+HB(叫),，HA(叫)+BXaq)的相關(guān)性質(zhì)，查閱此溫度下相關(guān)數(shù)據(jù)：△H=+29.1kJ/mol；△Sn+lSO.OJ/Kmol),

下列說法正確的是

A.由于此過程AH〉。，故HB比HA內(nèi)能更低

B.AS對該反應(yīng)自發(fā)性的影響小于AH

C.相對于B-,A-與質(zhì)子的結(jié)合能力更強(qiáng)

D.體積和物質(zhì)的量濃度均相同的NaA和NaB兩溶液中，前者離子總數(shù)更多

【答案】C

【解析】A.能量越低越穩(wěn)定，該反應(yīng)的焰變大于0,說明反應(yīng)物總能量小于生成物總能量，但無法判斷HA、

HB能量的相對大小，選項(xiàng)A錯誤；

B.該反應(yīng)中沒有氣體參加，△5=(),選項(xiàng)B錯誤；

C.強(qiáng)酸能和弱酸鹽反應(yīng)生成弱酸，由A-(aq)+HB(aq).THA(aq)+B-(aq)可得，酸性HB>HA,所以結(jié)合質(zhì)子能力

為B-VA-,即A-與質(zhì)子的結(jié)合能力更強(qiáng)，選項(xiàng)C正確；

D.由B可知，酸性HB>HA,體積和物質(zhì)的量濃度均相同的NaA和NaB兩溶液中分別存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)

=c(OIT)+c(A-)、c(Na+)+c(H+)=c(OlT)+c(B一)，每一種溶液中離子濃度總和是其溶液中所有陽離子濃度的2倍，

水解程度為A>B,則兩溶液中c(OfT)是NaA溶液大于NaB溶液,兩溶液中c(H+)是NaA溶液小于NaB溶液，

兩種溶液中c(Na+)相等，兩種溶液中［c(Na+)+c(H+)］是NaA溶液小于NaB溶液,所以離子總物質(zhì)的量是前者小于

后者，離子總數(shù)是前者小于后者，選項(xiàng)D錯誤；

答案選C。

107

2.(河南省鄭州外國語學(xué)校2023屆高三下學(xué)期模擬)已知電離常數(shù)：Ka(HCN)=5xlO-,H2CO3：Kai=4.3xl0-,

《2=5.6x10-11,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+CO

2+

B.少量SO2通入Ca(C10)2溶液中：SO2+H2O+Ca+2CIO=CaSO3；+2HClO

+2+

C.氫氧化鐵沉淀溶解于過量氫碘酸溶液中：2Fe(OH)3+6H+2r=2Fe+6H2O+I2

2+

D.向Ba(OH)2溶液中力口入少量的NaHCCh溶液：2HCO；+Ba+2OH=BaCO3i+CO3*+2H2O

【答案】C

【解析】A.由電離常數(shù)可知酸性H2CO3>HCN>HCO；,則反應(yīng)的離子方程式為CN+H2O+CO2=HCN+HCO；,

故A錯誤；

B.將少量SO2通入Ca(C10)2溶液中，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)，正確的離子方程式為：Ca2++3C1O-

+H2O+SO2=CaSO41+2HClO+Cr,故B錯誤；

C.Fe(OH)3溶于HL后生成的Fe3+能將「氧化為L,自身被還原為Fe?+,離子方程式為2Fe(OH)3+6H++2「

2+

=2Fe+I2+6H2O,故C正確；

D.Ba(OH)2溶液中加入少量NaHCO3溶液,HCO；完全轉(zhuǎn)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。

3.(河北省衡水市第二中學(xué)2023屆高三調(diào)研)常溫常壓下，下列物質(zhì)的物理量種前者是后者兩倍的是

A.28g2ssi和28gl,N中所含的中子數(shù)

B.2.24LSO?和2.24LN2原子數(shù)

C.lmolSC)2和2moi。2的密度

D.O.lmoLLTH2so4和0.1moLL-iCH3coOH的c(H)

【答案】C

【解析】A.28g28Si是Imo0Si,質(zhì)子數(shù)為14NA,中子數(shù)14NA,28gi，N是2mol吶，質(zhì)子數(shù)為2X7NA=14NA,

中子數(shù)為2X7NA=14NA,A不符合；

B.常溫常壓下2.24LSO2和2.24LN2分子數(shù)為1:1,原子數(shù)之比為3:2,B不符合；

C.ImolSCh和2moiCh的密度之比等于分子的摩爾質(zhì)量之比，與物質(zhì)的量無關(guān)，密度之比等于64:32=2:1,C符

合；

D.硫酸為強(qiáng)電解質(zhì)，能完全電離，醋酸為弱電解質(zhì)，不能完全電離，故O.lmoLLTH2s04和0.1moLLTCH3COOH

的c(H+)之比大于2:1,D不符合；

故答案為：Co

4.(遼寧省沈陽市第二中學(xué)2023屆高三下學(xué)期第六次模擬)下列操作能實(shí)現(xiàn)相應(yīng)的實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?/p>

選

實(shí)驗(yàn)?zāi)康牟僮鞑襟E及現(xiàn)象

項(xiàng)

加入酚酸做指示劑，用同濃度的燒堿溶液滴定，終點(diǎn)消耗燒堿溶液體積與

A證明HA是強(qiáng)酸

HA相同

證明H2與b(g)的反應(yīng)為可將物質(zhì)的量之比為2：1的H2與b(g)混合氣體在一定條件下充分反應(yīng)，混

B

逆反應(yīng)合氣體呈紫色

向麥芽糖溶液中加稀硫酸并加熱，冷卻后加入燒堿中和過量硫酸再加入銀

C證明麥芽糖能水解

氨溶液加熱，析出銀鏡

證明氧化性：3+

DH2O2>Fe將硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液中，再滴入KSCN溶液，溶液變紅

【答案】B

【解析】A.證明HA是強(qiáng)酸，加入酚酰做指示劑，用同濃度的燒堿溶液滴定消耗等體積的燒堿溶液，由于達(dá)到滴

定終點(diǎn)時溶液呈堿性，無法說明HA為強(qiáng)酸，故A錯誤；

B.將物質(zhì)的量之比為2：1的H2與:h(g)混合氣體在一定條件下充分反應(yīng)，混合氣體呈紫色，說明12(g)未完全反

應(yīng)，證明H2與12(g)的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，故B正確；

C.麥芽糖、葡萄糖中都有一CHO,向麥芽糖溶液中加稀硫酸并加熱，冷卻后加入燒堿中和過量硫酸，再加入銀

氨溶液加熱，析出銀鏡，不能說明麥芽糖水解產(chǎn)物具有還原性，故C錯誤；

D.酸性條件下硝酸根離子氧化亞鐵離子生成鐵離子，由現(xiàn)象不能判斷H2O2、Fe3+的氧化性，故D錯誤；

故選B。

5.(海南省瓊海市嘉積中學(xué)2023屆高三三模)某實(shí)驗(yàn)小組測得：在相同溫度和壓強(qiáng)下，氯氣的飽和濃度c(Cb)

(

一

T，

o

s

(

o

)

。

①C12(aq)+H2。⑴?H+(aq)+C「(aq)+HC10(叫)Ki=4.2xl0-4

②C12(aq)+C1(aq)Cl3K2=0.19

+

③HClO(aq)H(aq)+C10(aq)K3=3.2xl0-s

a點(diǎn)溶液中粒子濃度關(guān)系箱送的是

A.c(H+)>c(OH)B.c(Cl)>c(C13)

C.C(C1-)>C(C1O-)D.C(C1O)>C(C13)

【答案】D

【解析】A.a點(diǎn)所在曲線是CL溶解在HC1溶液中，HC1完全電離，溶液呈酸性，貝Ic(H+)>c(OH)故A正確;

B.a點(diǎn)所在曲線是CL溶解在HC1溶液中，HC1完全電離，Ct會結(jié)合Cb生成C1”該反應(yīng)是可逆反應(yīng)，K=0.19,

則c(Cl?c(C13),故B正確；

C.a點(diǎn)所在曲線是C12溶解在HC1溶液中，HC1完全電離，HC1O的電離微弱，貝Uc(C「)>c(CK>),故C正確；

D.由已知信息知，反應(yīng)②的平衡常數(shù)遠(yuǎn)大于反應(yīng)①，且HC1O的電離微弱，則c(C§)>c(CK>),故D錯誤；

故選D。

6.(遼寧省名校聯(lián)盟2023屆高考模擬調(diào)研卷)下列由實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得結(jié)論正確的是

選

實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象結(jié)論

項(xiàng)

配制一定物質(zhì)的量濃度的NaCl溶液定容并反

A液面低于刻度線所配溶液濃度偏高

復(fù)搖勻

B用銅絲蘸取待測液在酒精燈火焰上灼燒火焰呈綠色待測液中含有Ba?+

C將Na?。?加入水中產(chǎn)生無色無味氣體Na?。?在水中發(fā)生分解反應(yīng)

常溫下，用pH計(jì)測定一元弱酸弱堿鹽MR溶pH計(jì)顯示溶液的常溫下，((HR)與Kb(MOH)

D

液的pHpH=7.0相等

【答案】D

【解析】A.配制一定物質(zhì)的量濃度的NaCl溶液，定容并反復(fù)搖勻，液面低于刻度線的原因是少量液體附著在

容量瓶刻度線以上的內(nèi)壁上，不影響濃度，選項(xiàng)A錯誤；

B.灼燒銅的火焰顏色為綠色，不能確定待測液中含有Ba?+,選項(xiàng)B錯誤；

C.Na2c>2與水反應(yīng)，不屬于分解反應(yīng)，選項(xiàng)C錯誤；

D.溶液的pH=7.0,說明一元弱酸根離子和弱堿陽離子水解程度相同，則Ka(HR)與K/MOH)相等，選項(xiàng)D

正確；

答案選D。

7.(福建省三明市2022-2023學(xué)年普通高中高三下學(xué)期質(zhì)量檢測)將等量的SO?分別快速通入等體積等物質(zhì)的量

濃度的BaCl2溶液和Ba(NOj溶液中(除無氧BaCl2溶液外，都產(chǎn)生白色沉淀)，測得各溶液pH隨時間變化曲線如

時間(t)/s

+

A.曲線a所示溶液pH降低的原因：SO2+H2OH2SO3,H2SO32H+SO^

B.依據(jù)曲線b可推知無氧KNO3溶液能氧化Na2SO3溶液

2++

C.曲線c所示溶液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：2Ba+2SO2+O2+2H2O=2BaSO4+4H

D.曲線d所表示的過程中氧化SO?的主要微粒是NO]

【答案】C

【解析】A.曲線a表示無氧環(huán)境下，氯化鋼溶液pH減小，說明二氧化硫與水反應(yīng)生成了弱酸亞硫酸，溶液pH

降低的原因是SO2+H2O.F2s03.?H++HSO；,A選項(xiàng)錯誤；

B.根據(jù)曲線b可知，0.1mol-L-1的Ba（NO3）2在無氧環(huán)境下可以氧化二氧化硫，但KNCh溶液（無氧）氧化Na2sO3溶

液不存在pH變化，則依據(jù)曲線不能推知無氧KN1%溶液能氧化Na2sO3溶液，B選項(xiàng)錯誤；

C.曲線c表示有氧環(huán)境下，氯化/溶液pH變化較大，則說明二氧化硫被氧氣氧化為強(qiáng)酸硫酸，反應(yīng)的離子方

2++

程式是2Ba+O2+2SO2+2H2O=2BaSO4；+4H,C選項(xiàng)正確；

D.氯化鋼、硝酸鋼在有氧環(huán)境下，pH變化幾乎相同，所以不能說明曲線d所表示的過程中NO?是氧化$。2的

主要微粒，D選項(xiàng)錯誤；

答案選C。

8.（江蘇省鹽城市2023屆高三下學(xué)期三模）周期表中VIIA元素及其化合物應(yīng)用廣泛。氫氟酸可用作雕刻玻璃；

鹵化銀具有感光性（H2cO3的電離平衡常數(shù)分別為：=4.3x10-7、（2=5.6x10-、HC10的電離平衡常數(shù)為：

凡=3.0x10-8）。下列物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是

A.氫氟酸具有酸性，可用于雕刻玻璃B.KK）3受熱可分解，可用作食鹽碘添加劑

C.碘化銀具有感光性，可用于人工降雨D.C1O?有強(qiáng)氧化性，可用作水體殺菌消毒劑

【答案】D

【解析】A.氫氟酸能用于雕刻玻璃的原因是氫氟酸具有強(qiáng)腐蝕性，與氫氟酸呈酸性無關(guān)，故A不符合題意；

B.KK）3中含有I元素，所以可用作食鹽碘添加劑，與KIO3受熱分解無關(guān)，故B不符合題意；

C.碘化銀用于人工降雨的原理是碘化銀受熱后就會在空氣中形成極多極細(xì)的碘化銀粒子，在人工降雨中，用作

冰核形成劑可以跟云層中的水蒸氣起催化作用，故c不符合題意；

D.CIO?有強(qiáng)氧化性，可用作水體殺菌消毒劑，故D符合題意；

故選D。

【能力提升】

1.（遼寧省東北育才學(xué)校2023屆高三模擬）25°C時，用同一NaOH溶液分別滴定一元酸HA溶液和CuSO,溶液，

pM[p表示負(fù)對數(shù)，M表示；配、c（Cu2+）]與溶液pH的變化關(guān)系如圖所示。已知：CuA?易溶于水，一般認(rèn)為

反應(yīng)的平衡常數(shù)K>1（）5時反應(yīng)進(jìn)行完全。下列說法錯誤的是

A.HA為一元弱酸，25℃時Ka=10-7”

B.線①代表滴定CuSC）4溶液時pM與溶液pH的變化關(guān)系

C.滴定HA溶液至x點(diǎn)時，溶液中c（HA）＞c（A）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH）

D.滴定C11SO4溶液至x點(diǎn)時，改為滴加HA溶液，沉淀逐漸完全溶解

【答案】D

【解析】A.根據(jù)NaOH溶液與HA溶液、CuSO”溶液的反應(yīng)可知，隨著NaOH溶液的滴加，pH增大，c（Cu2+）

逐漸減小，-lgc（Cu2+）變大，所以線①代表滴定CuSO”溶液時pM與溶液pH的變化關(guān)系，線②代表滴定一元酸

HA溶液時pM與pH的變化關(guān)系，從線②與橫坐標(biāo)軸的交點(diǎn)可知c（A-）/c（HA）=l時，c（T）=10-74moi.匚，

如以二2=IO?”，選項(xiàng)人正確；

B.根據(jù)上述分析可知，線①代表滴定CuSO,溶液時pM與溶液pH的變化關(guān)系，選項(xiàng)B正確；

C.x點(diǎn)溶液呈酸性，則c（H+）＞c（OJT）,根據(jù)電荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（A-）,所以

c（A）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH）,再根據(jù)x點(diǎn)的pM＞0,即,。一）＜c（HA）,可得

c（HA）＞c（A）＞c（Na+）＞c（H+）＞C（OH）,C正確；

D.若發(fā)生反應(yīng)Cu（OH）2（s）+2HA（aq）=Cu2+（aq）+2A-（aq）+2H2O（l）,則該反應(yīng)的

c（Cu2+）-c2（A）K」CU（OH）JK：,,

K='"（LJ%」*,根據(jù)線①與橫坐標(biāo)軸的交點(diǎn)可知pM=0,即c（Cu2+）=1.0molI-?,

c

（HA）KW

1196

c（OH-）=1^molL-'=lO-^molL,所以＜[Cu（OH）J=IO,K=10"，x（io%//（10-i4『=山―＜,

故沉淀不能完全溶解，D錯誤；

答案選D。

2.（安徽省安慶市示范高中2023屆高三下學(xué)期聯(lián)考）甲酸（HCOOH）是重要的化工原料。工業(yè)廢水中的甲酸及其

鹽，通過離子交換樹脂（含固體活性成分R3N,R為烷基）因靜電作用被吸附回收，其回收率（被吸附在樹脂上甲酸

根的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))與廢水初始pH關(guān)系如圖，下列說法錯誤的是

S0

W4W0

*

M

爭

叵

1214345678

廢水初始pH

A.該回收利用的原理是R3N粒子對HCOO的靜電吸附

B.pH=5的廢水中c(HCOO)：c(HCOOH)=18：1,則甲酸電離平衡常數(shù)K的數(shù)量級為IO"

C.廢水初始2.4<pH<5時，隨pH上升回收率下降的原因是離子交換樹脂活性成分R3NH+含量下降

D.廢水初始pH<2.4時，甲酸的電離程度對回收率影響顯著

【答案】A

【解析】A.R3N分子不帶電，不能與HCOO-產(chǎn)生靜電作用，故該回收利用的原理是R3N與H+形成的R3NH+粒

子對HCOO的靜電吸附，A錯誤；

B.pH=5的廢水中c(HCOO)：c(HCOOH)=18：1,則甲酸電離平衡常數(shù)K=^空翳魯=1.8x10-4,即其Ka

c(HCOOH)

的數(shù)量級為10",B正確；

C.廢水初始2.4<pH<5時，活性成分R3N在水中存在平衡：R3N+H+=R3NH+,隨pH上升溶液中H+濃度減小，

則R3N與H+結(jié)合形成的R3NH+濃度減小，R3NH+與HCOO的靜電作用減弱，導(dǎo)致甲酸或甲酸鹽的回收率下降,

C正確；

D.由題干圖示信息可知，廢水初始pH<2.4時，廢水中pH值越小，c(H+)越大，HCOOH,七030-+11+平衡逆向

移動，則HCOO數(shù)目減少，即甲酸的電離程度對回收率影響顯著，D正確；

故答案為：Ao

3.(安徽省宣城市2023屆高三下學(xué)期第二次調(diào)研)常溫下，天然水體中H2cCh與空氣中的CO2保持平衡，水體

中l(wèi)gc(X)[X為H2c。3、HCO3,CO；或Ca2+]與pH的關(guān)系如圖所示，已知Ksp(CaCO3)=2.8xl(y9。下列說法不正

確的是

A.I代表HCOg與pH的關(guān)系曲線

B.pH=10.3時，c(Ca2+)=2.8xlO-7-9mol-L1

C.2pH(b)=pH(a)+pH(c)

D.H2cO3的二級電離常數(shù)為IO-"

【答案】D

【解析】A.pH增大則溶液堿性增大，從而會促進(jìn)H2cO3和HCO：的電離。C。；比HCO：更容易結(jié)合H+,所以

pH小的時候，HCO］的濃度更大。根據(jù)以上分析，曲線I代表HCO］與pH的關(guān)系曲線；曲線II代表CO；與pH

的關(guān)系曲線；曲線III代表Ca2+與pH的關(guān)系曲線，A項(xiàng)正確；

B.pH=10.3時，c(CO；)=10-ii,則c(Ca2+)=a^^^=E>=2.8x10-79mol?!?,B項(xiàng)正確；

c(CC)3)10

CH283的一級電離常數(shù)為&=號*2,在a點(diǎn)有C(H8.C(H283)=1。-5,小尸1醇,所以研吟

呢。3的二級電離常數(shù).飛葭(「),在c點(diǎn)有c(HCa)R8”l?！埂福琧(H+)-所以Kz=l。-叫

C2(H+)XC(CO2)

3

KtK2=''x,在b點(diǎn)有c(C0；尸c(H2co3)，C(H+)=(&K2)°5。pH(a)=6.3,pH(c)=10.3,pH(b)=8.3,所

C(H2CO3)

以2PH(b)=pH(a)+pH(c),C項(xiàng)正確;

D.H2co3的二級電離常數(shù)K［=|丁但)，在c點(diǎn)有C(HCC>3)=c(C。：)=10-i/，c(H+)=10-g,所以憶與。」明

C(HC(J3)

D項(xiàng)錯誤。

答案選D。

4.(北京市房山區(qū)2023屆高三一模)某溫度下，將pH和體積均相同的HC1和CH3coOH溶液分別加水稀釋,

其pH隨加水體積的變化如圖所示。下列敘述不正確的是

加水體積

A.稀釋前溶液的濃度：c(HC1)<C(CH3COOH)

B.溶液中水的電離程度：b點(diǎn)<c點(diǎn)

C.從b點(diǎn)到d點(diǎn)，溶液中c(H+〉c(OlT)逐漸增大

D.在d點(diǎn)和e點(diǎn)均存在：c”)>c(酸根陰離子)

【答案】C

【解析】A.稀釋前兩溶液的pH值相等，由于醋酸是部分電離，因此溶液的濃度：c(HCl)<c(CH3coOH),故A

正確；

B.b點(diǎn)pH值小于c點(diǎn)pH值，說明c點(diǎn)酸性弱，抑制水的電離程度小，水的電離程度大，因此溶液中水的電離

程度：b點(diǎn)Vc點(diǎn)，故B正確；

C.從b點(diǎn)到d點(diǎn)，由于溶液的溫度不變，因此溶液中c(H+>c(OH-)不變，故C錯誤；

D.在d點(diǎn)和e點(diǎn)均存在電荷守恒即c(H+)=c(酸根陰離子)+c(0H)因此存在：c(H+)>c(酸根陰離子)，故D正確;

故選：Co

5.(遼寧省重點(diǎn)高中聯(lián)合體2023屆高三第一次模擬)常溫下，水溶液中部分緩沖對的微粒濃度之比的對數(shù)值Igx

C.a-b的過程中，水的電離程度逐漸減小

C（H2CO3）c（HPO^）

D.當(dāng)pH增大時，lg》口:片7g的值逐漸增大

clHCO3）clH2PO41

【答案】D

【分析】由電離平衡H2c。3.HCO-+H\H2PoiHPO；+H+可知，隨pH增大，溶液中c（OH）增大，使電離