第八章第1讲电离平衡（讲义及教师版）_05-化学-高考总复习_一轮复习_2026年-化学高考一轮复习_2026年高考化学大一轮复习-G354_资料

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第八章 水溶液中的离子反应与平衡
第1 讲 电离平衡
考点一 弱电解质的电离平衡及影响因素
1．强、弱电离质
（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。
注意
2．电离平衡的建立：在一定条件下(如温度、压强等)，当弱电解质分子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
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
1
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3．电离平衡的特征
(1)逆：可逆过程 
(2)等：v(电离)＝v(结合)≠0
(3)动：动态平衡
(4)定：条件不变，溶液中各分子、离子的浓度不变
(5)变：条件改变时，电离平衡发生移动，各粒子的浓度要发生改变
4．影响弱电解质电离平衡的因素
内因
弱电解质本身的性质是决定因素
外因
浓度
同一弱电解质溶液，电解质溶液的浓度越小，电离程度越大(越稀越电离)；浓度越
大，电离程越小
a．同一弱电解质，稀释溶液时，电离平衡将向电离的方向移动，电离程度增大，但
溶液中离子浓度不一定变大，如：弱酸HA 溶液稀释时，c(HA)、c(H＋)、c(A－)均减
小(参与平衡建立的微粒)，但c(OH－)会增大
b．增大溶液的物质的量浓度，电离平衡将向电离方向移动，但电解质的电离程度减
小
温度
电离一般是吸热过程，温度升高，电离程度增大；反之电离程度减小
同离子
效应
加入与弱电解质具有相同离子的强电解质时，电离平衡向结合成弱电解质分子的方向
移动，电离程度减小
化学
反应
加入能与弱电解质电离出的离子发生反应的离子时，电离平衡向电离方向移动
以0.1 mol·L－1 CH3COOH
CH3COO－＋H+为例
平衡移
动方向
 电离
 程度
n(H＋)
c(H＋)
c(CH3COO－ )
c(CH3COOH )
导电
能力
平衡常
数Ka
加水稀释
向右
增大
增大
减小
减小
减小
减小
不变
加冰醋酸
向右
减小
增大
增大
增大
增大
增大
不变
升温
向右
增大
增大
增大
增大
减小
增大
增大
加CH3COONa(s)
向左
减小
减小
减小
增大
增大
增大
不变
通入HCl(g)
向左
减小
增大
增大
减小
增大
增大
不变
加NaOH(s)
向右
增大
减小
减小
增大
减小
增大
不变
加入镁粉
向右
增大
减小
减小
增大
减小
增大
不变
注意
2
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5．电解质溶液导电能力的判断
电解质溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度和离子所带电荷数，自由移动离子的浓度越大、离
子所带电荷数越多，导电能力越强。将冰醋酸和稀醋酸分别加水稀释，其导电能力随加水量的变化曲
线如图所示：
(1)OA 段随加水量的增多，导电能力增强，其原因是冰醋酸发生了电离，溶液中离子浓度增大
(2)AB 段导电能力减弱，原因是随着水的加入，溶液的体积增大，离子浓度减小，导电能力减弱
【逐点训练1】
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pH<7，则HR 是弱酸
C．25 ℃时，若测得HR 溶液的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 溶液的pH=a，取该溶液10.0 mL，升温至50 ℃，测得pH=b，a>b，则HR
是弱酸
2. 鸟嘌呤(G)是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用GHCl 表示)。已知GHCl 水溶液呈酸性，下列
①加水稀释电解质溶液时，溶液中离子的浓度不一定减小。如因为温度不变，Kw＝c(H＋)·c(OH－)不
变，稀醋酸加水稀释时，溶液中的c(H＋)减小，故c(OH－)增大
②电离平衡右移，电解质分子的浓度不一定减小。如对于NH3·H2O
NH＋OH－，平衡后，通入氨
气，c(NH3·H2O)增大，平衡右移，根据勒夏特列原理，只能“减弱”而不能消除这种改变，再次达到
平衡时，c(NH3·H2O)比原平衡时大
③电离平衡右移，离子的浓度不一定增大，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＋)比原平衡时要小
④电离平衡右移，电离程度也不一定增大，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
3
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叙述正确的是(　　)
A．0.001 mol·L-1 GHCl 水溶液的pH=3
B．0.001 mol·L-1 GHCl 水溶液加水稀释，pH 升高
C．GHCl 在水中的电离方程式：GHCl=G+HCl
D．GHCl 水溶液中：c(OH-)+c(Cl-)=c(GH+)+c(G)
3. (2024·天津市第二十中学高三第二次月考)25℃时，对于pH=2 的CH3COOH 溶液，下列判断不正确的是
(    )
A．加水稀释，电离平衡正向移动，溶液中所有离子浓度都减小
B．通入少量HCl 气体，电离平衡逆向移动，c(CH3COO-)减小，Ka不变
C．加入少量冰醋酸，电离平衡正向移动，c(H+)增大，电离度减小
D．升高温度，电离平衡正向移动，c(H+)增大，pH 减小
4．H2S 溶液中存在电离平衡H2S
H＋＋HS－、HS－
H＋＋S2－。下列说法正确的是(　　)
A．向H2S 溶液中加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大
B．向H2S 溶液中通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH 增大
C．向H2S 溶液中滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH 减小
D．向H2S 溶液中加入少量CuSO4固体(忽略体积变化)，溶液中所有离子浓度都减小
5．常温下，将浓度为0.1 mol·L－1的HF 溶液加水稀释，下列各量保持增大的是(　　)
①c(H＋)　②c(F－)　③c(OH－)　④Ka(HF)　⑤Kw　⑥ 　⑦
A．①⑥          B．②④          C．③⑦          D．④⑤
6．一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如图所示，下列说法正确的
是(　　)
A．a、b、c 三点溶液的pH：c＜a＜b
4
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B．a、b、c 三点CH3COOH 的电离程度：c＜a＜b
C．用湿润的pH 试纸测量a 处溶液的pH，测量结果偏小
D．a、b、c 三点溶液用1 mol·L－1NaOH 溶液中和，消耗NaOH 溶液的体积：c＜a＜b
7．电导率可用于衡量电解质溶液导电能力的强弱。室温下，用0.100 mol·L－1氨水滴定10 mL 浓度均为
0.100 
mol·L－1的HCl 和CH3COOH 的混合液，滴定过程中溶液电导率曲线如图所示。下列说法正确的是(　 
)
A．①溶液中c(H＋)为0.200 mol·L－1                        B．溶液温度高低为①＞③＞②
C．③点溶液有c(Cl－)＞c(CH3COO－)              D．③点后因离子数目减少使电导率略减小
考点二  电离平衡常数及应用
1．电离常数
(1)概念：在一定条件下，弱电解质在达到电离平衡时，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，该常数叫做电离平衡常数，简称电离常数，用K 表
示(弱酸的电离平衡常数用Ka表示，弱碱的电离平衡常数用Kb表示)
(2)电离平衡常数表达式
①一元弱酸或弱碱
一元弱酸HA
一元弱碱BOH
电离方程式
HA
H＋＋A－
BOH
B＋＋OH－
电离常数表达式
Ka＝
Kb＝
②多元弱酸(以H2CO3为例)
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第一步电离
第二步电离
电离方程式
H2CO3
H＋＋HCO
HCO
H＋＋CO
电离常数表达式
Ka1＝＝4.3×10－7
Ka2＝＝5.6×10－11
电离常数关系
Ka1≫Ka2
(3)电离常数的影响因素
①内因：相同温度下，电解质越弱，其电离常数越小，反之，电离常数越大
②外因：电离平衡常数与温度有关，与浓度无关，升高温度，K 增大
(4)电离常数的意义
①反映弱电解质的相对强弱，电离平衡常数越大，弱电解质的电离能力越强
②多元弱酸的各步电离常数的大小关系是Ka1＞Ka2＞Ka3……，当Ka1≫Ka2时，计算多元弱酸中的c(H＋)
或比较多元弱酸酸性的相对强弱时，通常只考虑第一步电离
(5)电离平衡常数的应用
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>HCO
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CO＋
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，＝＝稀释时，c(H＋)减小，Ka值不变，则变大
2．电离度
概念
一定条件下，当弱电解质在溶液中达到电离平衡时，溶液中已经电离的电解质分子数占原来
弱电解质总分子数的百分数
表达式
α＝×100%＝×100%
影响因素
温度
升高温度，电离平衡向右移动，电离度增大；降低温度，电离平衡向左移动，电离度
减小
浓度
当弱电解质溶液浓度增大时，电离度减小；当弱电解质溶液浓度减小时，电离度增大
意义
衡量弱电解质的电离程度，在相同条件下(浓度、温度相同)，不同弱电解质的电离度越大，
弱电解质的电离程度越大
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电离常数
(K 电离)与
电离度(α)
的关系
以一元弱酸HA 为例
25 ℃，c mol·L－1的弱酸HA，设电离度为α
HA    
  H＋  ＋  A－
起始浓度/mol·L－1       c 酸            0       0
变化浓度/mol·L－1       c 酸·α         c 酸·α    c 酸·α
平衡浓度/mol·L－1       c 酸－c 酸·α     c 酸·α    c 酸·α
电离平衡常数Ka＝＝，由于α 很小，可认为1－α≈1
则Ka＝c 酸·α2，α＝  (越稀越电离)
则：c(H＋)＝c 酸·α＝
【逐点训练2】
1．下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是(　　)
A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以         
B．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸
C．0.10 mol·L－1的氢硫酸和亚硫酸的pH 分别为4.5 和2.1 
D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸
2．已知，下列实验中，因通入CO2的量不同而产物不同的是(　　)
HClO
苯酚
H2CO3
Ka＝4.0×10－8
Ka＝1.0×10－10
Ka1＝4.5×10－7；Ka2＝4.7×10－11
A．向苯酚钠溶液中通入CO2                            B．向NaClO 溶液中通入CO2
C．向Na2CO3溶液中通入CO2                          D．向Ba(OH)2溶液中通入CO2
3．现取20 mL c(H＋)＝1×10－3 mol·L－1的CH3COOH 溶液，加入0.2 mol·L－1的氨水，测得溶液导电能力
的变化如图所示，则加入氨水前CH3COOH 的电离度为(　　)
A．0.5%         B．1.5%         C．0.1%         D．1%
4.(2024·湖北省第九届高三三模)已知溶剂分子结合H+的能力会影响酸给出H+的能力，某温度下部分酸在
冰醋酸中的pKa如下表所示，下列说法错误的是(    )
分子式
HClO4
H2SO4
HCl
HNO3
7
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4.87
7.24(一级)
8.9
9.4
A．HClO4在冰醋酸中的电离方程式：HClO4+CH3COOH
ClO4
-+CH3COOH2
+
B．在冰醋酸中酸性：HClO4＞H2SO4＞HCl＞HNO3
C．结合H+的能力：H2O＞CH3COOH
D．相同温度下醋酸在液氨中的pKa大于其在水中的pKa
5.按要求回答下列问题。
 (1)已知室温下HA 的电离平衡常数Ka=1.0×10-5，则100mL0.lmol·L-1HA 溶液中，HA 的电离度为  
 
。
(2)已知次氯酸(HClO)的电离平衡常数为Ka=4.0×10-8，向20mL0.1mol•L-1的HClO 溶液中滴加少量硫酸，
再加水稀释至40mL，此时测得c(H+)=0.05mol•L-1，则溶液中c(ClO-)=   
 
         
 
   mol•L-1。
(3)联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离反应的平衡常数值为           (已
知：N2H4+H+
N2H5
+的
；
)。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为  
 
。
(4)已知25℃，NH3·H2O 的Kb=1.8×10-5，H2SO3的Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.2×10-8。若氨水的浓度为2.0mol·L-1，
则溶液中的c(OH-)=            mol·L-1。HSO 的电离常数表达式K=          。将SO2通入该氨水中，
当溶液中c(H+)为1.0×10-7mol·L-1时，溶液中的
=            。
(5)碳氢化合物完全燃烧生成CO2 和H2O。常温常压下，空气中的CO2 溶于水，达到平衡时，溶液的
pH=5.60，c(H2CO3)=1.5×10-5 mol·L-1。若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3
HCO3
-+H+的
8
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电离常数K1=　　　　(已知：10-5.60=2.5×10-6)。 
(6)已知室温时，0.1 mol·L-1某一元酸HA 在水中有0.1%发生电离，此酸的电离常数约为　　　　　　。 
(7)在25 ℃下，将a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH 4
+)=c(Cl-)，
则溶液显　　　(填“酸”、“碱”或“中”)性；用含a 的代数式表示NH3·H2O 的电离常数Kb=　 
 
。 
(8)常温下，将a mol·L-1 的醋酸与b mol·L-1Ba(OH)2 溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在
2c(Ba2+)=c(CH3COO-)，则该混合溶液中醋酸的电离常数Ka=　　
 
   
  　
  (用含a 和b 的代数式表示)。 
(9)25 ℃时，向含a mol NH4NO3 的溶液中滴加b L 氨水，溶液呈中性，则所滴加氨水的浓度为　 
 
mol·L-1。[已知Kb(NH3·H2O)=2×10-5] 
考点三  强酸(碱)与弱酸(碱)的比较
1．从实验的角度判断强、弱电解质的方法——以判断室温下某酸(HA)是否为弱酸为例
** 错误的表达式 **测0.01 mol·L－1 HA 溶液
的pH
pH＝2，HA 为强酸；pH＞2，HA 为弱酸
** 错误的表达式 **室温下测NaA 溶液的pH
pH＝7，HA 为强酸；pH＞7，HA 为弱酸
** 错误的表达式 **相同条件下，测相同浓度
的HA 溶液和盐酸(强酸)的导电性
若导电性相同，则HA 为强酸；
若导电性较盐酸弱，则HA 为弱酸
** 错误的表达式 **测定同pH 的HA 与HCl
溶液稀释相同倍数后的pH 变化
若ΔpH(HA)＝ΔpH(HCl)，HA 是强酸；
若ΔpH(HA)＜ΔpH(HCl)，HA 是弱酸
** 错误的表达式 **测定等体积、等pH 的HA
溶液和盐酸分别中和NaOH 的量
若消耗NaOH 的量相同，则HA 为强酸；
若HA 溶液消耗NaOH 的量较盐酸多，则HA 为弱酸
** 错误的表达式 **往同浓度的HA 和HCl 中
投入相同的Zn 粒
开始反应速率快的为强酸；开始反应速率慢的为弱
酸
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⑤测等体积、等pH 的HA 溶液、盐酸分别与
足量锌反应产生H2的快慢及H2的量
若HA 溶液反应过程中产生H2较快且最终产生H2的
量较多，则HA 为弱酸
** 错误的表达式 **从升高温度后pH 的变化
判断
若升高温度，溶液的pH 明显减小，则是弱酸；
若升高温度，溶液的pH 变化幅度小，则是强酸
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
　　项目
酸　　
c(H＋)
pH
溶液的
导电性
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
强
相同
相同
大
醋酸溶液
小
大
弱
小
(2)相同pH、相同体积的盐酸与醋酸溶液的比较
　　项目
酸　　
c(H＋)
c(酸)
溶液的
导电性
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
相同
小
相同
小
少
相同，反应过程
中醋酸的快
醋酸溶液
大
大
多
3．图像法理解强酸、弱酸的稀释规律
(1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸加水稀释的图像
加水稀释相同的倍数
加水稀释到相同的pH
醋酸的pH 大
盐酸加入的水多
(2)相同体积、相同pH 的盐酸、醋酸加水稀释的图像
加水稀释相同的倍数
加水稀释到相同的pH
盐酸的pH 大
醋酸加入的水多
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(3)pH 与稀释倍数的线性关系
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
4．一元弱酸和一元强酸与金属的反应(以盐酸和醋酸为例)图像
实验操作
同体积、同浓度的盐酸和醋酸分别与足量
Zn 反应
同体积、同pH 的盐酸和醋酸分别与足
量Zn 反应
图像
【逐点训练3】
1．室温下，下列事实不能说明NH3·H2O 为弱电解质的是(　　)
A．0.1 mol·L－1 NH3·H2O 的pH 小于13
B．0.1 mol·L－1 NH4Cl 溶液的pH 小于7
C．相同条件下，浓度均为0.1 mol·L－1 NaOH 溶液和氨水，氨水的导电能力弱
D．0.1 mol·L－1 NH3·H2O 能使无色酚酞试液变红色
2．下列酸碱溶液恰好完全中和，如图所示，则下列叙述正确的是(　　)
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A．因为两种酸溶液的pH 相等，故V1一定等于V2
B．若V1>V2，则说明HA 为强酸，HB 为弱酸
C．若实验①中，V＝V1，则混合溶液中c(Na＋)＝c(A－)
D．实验②的混合溶液，可能pH＜7
3．某温度下，将pH 和体积均相同的HCl 和CH3COOH 溶液分别加水稀释，pH 随加水体积的变化如图所
示。下列叙述正确的是(　　)
A．稀释前溶液中溶质的浓度：c(HCl)＞c(CH3COOH)
B．溶液中水的电离程度：b 点＜c 点
C．从b 点到d 点，溶液中c(H＋)·c(OH－)逐渐增大
D．在d 点和e 点均存在：c(H＋)＜c(酸根阴离子)
4. (2024·浙江省部分学校高三选考模拟)在25℃下，稀释CH3COOH 和某酸HA 的溶液，溶液pH 变化的曲
线如图所示，其中V1表示稀释前的体积，V2表示稀释后的体积，下列说法错误的是(    )
A．
，两种酸溶液pH 相同时，c(HA)＜c(CH3COOH)
B．a、b 两点中，水的电离程度a 小于b
C．25℃时，等浓度的CH3COONa 与NaA 溶液中，c(A-)＜c(CH3COO-)
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D．曲线上a、b 两点中，
的比值一定相等
5. 浓度均为0.10 mol·L-1、体积均为V0的MOH 和ROH 溶液，分别加水稀释至体积为V，pH 随lg V
V 0
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：b 点大于a 点
C．若两溶液无限稀释，则它们的c(OH-)相等
D．当lg V
V 0
=2 时，若两溶液同时升高温度，则c( M
+)
c( R
+)
增大
6. (2024·河南郑州高三河南省实验中学校考期中)常温下，pH 均为2、体积均为V0的HA、HB、HC 溶液，
分别加水稀释至体积为V，溶液
随lg V
V 0
的变化关系如图所示，下列叙述错误的是(    )
A．常温下：Ka(HB) > Ka(HC)
B．
的电离度：a 点 < b 点
13
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C．当
时，升高温度，
减小
D．恰好中和
均为2、体积均为V0的三种酸溶液，消耗的NaOH 溶液一样多
7. (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
8．在一定温度下，有a.盐酸，b.硫酸，c.醋酸三种酸(用a、b、c 填空)
(1)当三种酸物质的量浓度相同时，c(H＋)由大到小的顺序是________
(2)同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和同物质的量浓度的NaOH 溶液的能力由大到小的顺序是
________
(3)若三者c(H＋)相同时，物质的量浓度由大到小的顺序是________
(4)当三者c(H＋)相同且体积也相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是
________
(5)当三者c(H＋)相同且体积相同时，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，则开始瞬间反应速率的大
小关系为________，若产生相同体积的H2(相同状况)，反应所需时间的长短关系是________
(6)将c(H＋)相同的三种酸均加水稀释至原来的100 倍后，c(H＋)由大到小的顺序是________
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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＜N
B． 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
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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，
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。
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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＞Y
B．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＜Z
D．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
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(     )
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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14
D．当pH=10 时，参与配位的c(L2-)≈1.0×10-3 mol·L-1
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
+
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
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
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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
8．(2022•湖北省选择性考试，15)下图是亚砷酸As(OH)3和酒石酸
混合体系
中部分物种的
图(浓度：总
为
，总T 为
)。下列说法错误的是(    )
A．As(OH)3的
为-9.1
B．[As(OH)2T]-的酸性比As(OH)3的强
C．
时，As(OH)3的浓度比[As(OH)2T]-的高
D．
时，溶液中浓度最高的物种为As(OH)3
9．(2022•辽宁省选择性考试，15)甘氨酸(NH2CH2COOH)是人体必需氨基酸之一、在
时，
NH3
+CH2COOH、NH3
+CH2COO-和NH2CH2COO-的分布分数【如
】与溶
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液
关系如图。下列说法错误的是(    )
A．甘氨酸具有两性
B．曲线c 代表NH2CH2COO-
C．NH3
+CH2COO-+H2O
NH3
+CH2COOH+OH-的平衡常数K=10-11.65
D．c 2(NH3
+CH2COO-)＜c(NH3
+CH2COOH) · c(NH2CH2COO-)
10．(2022•江苏卷，12)一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1mol∙L-1KOH 溶液吸收CO2，若
通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O 挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c 总=c(H2CO3)+c(HCO3
- )
+c(CO3
2-)。H2CO3电离常数分别为Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是(    )
A．KOH 吸收CO2所得到的溶液中：c(H2CO3)＞c(HCO3
-)
B．KOH 完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-)= c(H+)+c(HCO3
-)+c(H2CO3)
C．KOH 溶液吸收CO2，c 总=0.1mol∙L-1溶液中：c(H2CO3)＞c(CO3
2-)
D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降
11．(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
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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
12．(2021•浙江6 月选考)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0.01mol·Lˉ1NaR 溶液pH=7，则HR 是弱酸
B．25℃时，若测得0.01mol·Lˉ1HR 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10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL，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10.0mL，升温至50℃，测得pH= b，a＞b，则HR
是弱酸
13．(2021•浙江1 月选考，17)25℃时，下列说法正确的是(    )
A．NaHA 溶液呈酸性，可以推测H2A 为强酸
B．可溶性正盐BA 溶液呈中性，可以推测BA 为强酸强碱盐
C．0.010 mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＜α2
D．100 mL pH=10.00 的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10-5mol
14．(2021•山东卷，15)赖氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR 表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐
(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2+
H2R+
HR
R-。向一定浓度的H3RCl2溶液中滴
加NaOH 溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR 和R-的分布系数δ(x)随pH 变化如图所示。已知δ(x)=
，下列表述正确的是(    )
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A．
>
                 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+)
15．(2020·海南卷，12)某弱酸HA 溶液中主要成分的分布分数随pH 的变化如图所示。下列说法错误的是( 
)
A．该酸－lgKa ≈4.7
B．NaA 的水解平衡常数Kh＝
C．当该溶液的pH＝7.0 时，c(HA)<c(A－)
D．某c(HA)∶c(A－)＝4∶1 的缓冲溶液，pH≈4
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答案及解析
【逐点训练1】
1.【答案】B
【解析】25 ℃时，若测得0.01 mol·L-1NaR 溶液的pH=7，可知NaR 为强酸强碱盐，则HR 为强酸，A
项错误；25 ℃时，若测得0.01 mol·L-1HR 的溶液pH>2 且pH<7，可知溶液中c(H+)<0.01 mol·L-1，所以HR
未完全电离，HR 为弱酸，B 项正确；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 项错误；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 项错误。
【思维建模】
强电解质和弱电解质的证明实验(以证明某酸(HA)为弱酸为例)
实验方法
结论
(1)测0.01 mol·L－1 HA 溶液的pH
pH＝2，HA 为强酸；pH>2，HA 为弱酸
(2)测NaA 溶液的pH
pH＝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
2.【答案】B
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【解析】GHCl 为强酸弱碱盐，电离出的GH+会发生水解，离子的水解较为微弱，因此0.001 mol·L-1 
GHCl 水溶液的pH>3，A 项错误；稀释GHCl 溶液时，GH+的水解程度增大，根据勒夏特列原理可知，溶
液中c(H+)减小，溶液pH 升高，B 项正确；GHCl 为强酸弱碱盐，在水中的电离方程式为GHCl=GH+
+Cl-，C 项错误；根据电荷守恒可知，GHCl 溶液中存在c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(GH+)，D 项错误。
3.【答案】A
【解析】A 项，醋酸中存在如下电离CH3COOH
CH3COO-+H+，向体系中加水稀释，醋酸的电
离程度增大，电离平衡向右移动，溶液中醋酸根离子、氢离子的浓度都减小，但水的离子积不变，溶液
中氢氧根离子浓度增大，故A 错误；B 项，通入少量HCl 导致溶液中c(H+)增大，抑制醋酸电离，电离平
衡逆向移动，c(CH3COO-)减小，温度不变，则Ka不变，故B 正确；C 项，加入少量冰醋酸，电离平衡正
向移动，c(H+)增大，但CH3COOH 的浓度增大，其电离程度减小，故C 正确；D 项，升高温度促进醋酸
电离，则平衡正向移动，溶液中c(H+)增大，pH 减小，故D 正确；故选A。
【名师提醒】
外界条件对电离平衡影响的四个不一定：
1．加水稀释时，溶液中不是所有离子的浓度都减小；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，电离程度不一定增大，如增大弱电解质的浓度，使电离平衡向右移动，但电离程
度减小。
3．电离平衡右移，电解质分子的浓度不一定减小，如对于CH3COOH
CH3COO-+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。
4．电离平衡右移，离子的浓度不一定增大，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(CH3COOH)、c(H+)都比原平衡时要小。
4．C。解析：加水促进电离，但氢离子浓度减小，A 项错误；通入过量SO2 气体发生反应2H2S＋
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SO2===3S↓＋2H2O，当SO2 过量时溶液显酸性，而且酸性比H2S 强，pH 减小，B 项错误；滴加新制氯
水，发生反应Cl2＋H2S===2HCl＋S↓，平衡向左移动，溶液pH 减小，C 项正确；加入少量硫酸铜固体，
发生反应：H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋，H＋浓度增大，D 项错误。
5．C。解析：HF 是弱电解质，加水稀释促进HF 的电离，但c(H＋)、c(F－)、c(HF)都减小；温度不变，Kw
不变，c(H＋)减小，则c(OH－)增大；温度不变，Ka(HF)不变，＝，c(F－)减小，则增大；根据电荷守恒知，
c(H＋)＝c(OH－)＋c(F－)，则＝＝1－，增大，故减小。综上所述，c(OH－)、保持增大。
6．C。解析：A 项，由导电能力知c(H ＋)：b＞a＞c，故pH：c＞a＞b；B 项，加水越多，越利于
CH3COOH 电离，故电离程度：c＞b＞a；C 项，用湿润的pH 试纸测量a 处溶液的pH，相当于稀释a 点溶
液，由图可知，溶液导电能力增强，c(H＋)增大，pH 偏小；D 项，a、b、c 三点n(CH3COOH)相同，用
NaOH 溶液中和时消耗n(NaOH)相同，即体积相同。
7．C。解析：醋酸为弱电解质，①点溶液c(H＋)<0.200 mol·L－1，故A 错误；酸碱中和反应放热，①点溶
液温度较低，故B 错误；③点时恰好完全反应生成等物质的量的氯化铵和醋酸铵，其中CH3COO－发生微
弱水解，则③点溶液中：c(Cl－)＞c(CH3COO－)，故C 正确；③点后，溶液体积变大，溶液中离子浓度减
小导致电导率减小，故D 错误。
【逐点训练2】
1．D
2．D。解析：由题给各物质的电离平衡常数可知，苯酚的酸性弱于碳酸，强于碳酸氢根离子，故向苯酚
钠溶液中通入CO2气体，只能生成苯酚和碳酸氢钠，A 项产物与通入CO2的量无关；由题给各物质的电离
平衡常数可知，次氯酸的酸性比碳酸弱，比碳酸氢根离子强，故向次氯酸钠溶液中通入CO2气体，只能
生成次氯酸和碳酸氢钠，B 项产物与通入CO2的量无关；向碳酸钠溶液中通入CO2气体，只能生成碳酸氢
钠，C 项产物与通入CO2的量无关；向氢氧化钡溶液中通入少量二氧化碳，生成碳酸钡白色沉淀，通入过
量二氧化碳，生成碳酸氢钡，D 项因通入CO2的量不同而产物不同。
3．D。解析：由题图可知，当加入10 mL 氨水时，溶液的导电能力最强，即此时二者恰好完全反应，则
有20 mL×c(CH3COOH)＝0.2 mol·L－1×10 mL，则c(CH3COOH)＝0.1 mol·L－1，故CH3COOH 的电离度为
×100%＝1%。
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4.【答案】D
【解析】A 项，由表格数据可知，高氯酸在冰醋酸中部分电离出高氯酸根离子和CH3COOH2
+离子，
电离方程式为HClO4+CH3COOH
ClO4
-+CH3COOH2
+，A 正确；B 项，由表格数据可知，四种酸在冰
醋酸中的电离常数的大小顺序为HClO4＞H2SO4＞HCl＞HNO3，则在冰醋酸中酸性的大小顺序为HClO4＞
H2SO4＞HCl＞HNO3，B 正确；C 项，由表格数据可知，在水中完全电离的四种强酸在冰醋酸中均不能完
全电离，说明水分子结合氢离子的能力强于醋酸，C 正确；D 项，相同温度下醋酸在液氨中的电离程度大
于在水中的电离程度，所以在液氨中的pKa小于其在水中的pKa，D 错误；故选D。
5.【答案】(1)1%    (2)4.0×10-8    (3) 8.7×10-7     N2H6(HSO4)2    (4)6×10—3  0.62
(5)4.2×10-7　(6)1×10-7       (7)中　10
-9
a -0.01 　(8)2b·10
-7
a -2b
　(9)a
200b
【解析】(1)由HA 的电离常数可知，0.lmol·L-1HA 溶液中氢离子浓度为
=
=10
—3mol/L，则HA 的电离度为
×100%=1%；(2)次氯酸(HClO)的电离平衡常数为Ka= 
=4.0×10-8，向20mL0.1mol•L-1的HClO 溶液中滴加少量硫酸，再加水稀释至40mL，则
c(HClO)=0.05mol/L，此时测得c(H+)=0.05mol•L-1，依据电离平衡常数公式可知，c(ClO-)=4.0×10-8mol/L；
(3)联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，则联氨第一步电离的方程式为N2H4+H2O
N2H5
+
+OH-，再根据已知：N2H4+H+
N2H5
+的
及
，故联氨第一步电离平衡常数为
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；联氨为二元弱碱，酸碱发生中和反应生成盐，则联氨与硫酸形
成酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2；(4)由氨水的电离常数可知，2.0mol·L-1氨水中氢氧根离子浓度为
=
=6×10—3mol/L；HSO3
-的电离常数表达式K=
；将SO2通
入该氨水中，当溶液中c(H+)为1.0×10-7mol·L-1时，溶液中的
=
=
=0.62。
(5)由H2CO3
H++HCO3
-得K1=c(H
+)·c(HCO3
-)
c(H2CO3)
=10
-5.60×10
-5.60
1.5×10
-5
≈4.2×10-7。
(6)由电离常数表达式算出Ka=c(H
+)·c( A
-)
c(HA)
≈1×10-7。
(7)氨水与盐酸等体积混合，电荷守恒关系式为c(NH4
+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，因c(NH4
+)=c(Cl-)，故有
c(H+)=c(OH-)，溶液显中性。
　　　　　　　NH3·H2O　
　NH4
+　+　OH-
浓度/(mol·L-1)　a
2 -0.01
2
　　        　0.01
2
　　　10-7
Kb=
0.01
2
×10
-7
a
2 -0.01
2
=10
-9
a -0.01
。
(8) 根据电荷守恒2c(Ba2+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-) ，由于c(CH3COO-)=2c(Ba2+)=b mol·L-1 ，所以
c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性。
　　　　　　　CH3COOH
CH3COO-+H+
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浓度/(mol·L-1)　a
2 -b　　　    　b　　　　10-7
Ka=
10
-7·b
a
2 -b
=2b·10
-7
a -2b
。
(9)根据溶液呈中性可知c(OH-)=c(H+)=1×10-7 mol·L-1，n(NH4
+)=n(NO3
-)=a mol。设加入的氨水的浓度为c 
mol·L-1，混合溶液的体积为V L，由Kb=c(N H4
+)·c(O H
-)
c(N H3·H2O)
=
a
V ×10
-7
bc
V
=2×10-5，得c=a
200b 。
【逐点训练3】
1．D。解析：D 项，只能说明NH3·H2O 显碱性，不能说明其是弱碱。
2．C。解析：因为不知道两种酸的酸性强弱关系，所以不能判断V1与V2的相对大小，故A 错误；若V1＞
V2，说明HA 的酸性比HB 的酸性强，但无法说明HA 是强酸，故B 错误；若实验①中，V＝V1，则HA 的
物质的量浓度也为0.01 mol·L－1，HA 溶液pH＝2，则HA 为强酸，反应后溶液显中性，故混合溶液中
c(Na＋)＝c(A－)，故C 正确；恰好完全中和后实验②的混合溶液中溶质为强碱弱酸盐或强酸强碱盐，溶液
的pH≥7，故D 错误。
3．B 。解析：稀释前两溶液的pH 相等，由于CH3COOH 部分电离，因此稀释前溶液中溶质的浓度：
c(CH3COOH)>c(HCl)，故A 错误；b 点pH 小于c 点pH，说明c 点酸性弱，对水的电离抑制程度小，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；从b 点到d 点，由于温度不变，因此溶
液中
c(H＋)·c(OH－)不变，故C 错误；在d 点和e 点均存在电荷守恒：c(H＋)＝c(酸根阴离子)＋c(OH－)，因此存
在：c(酸根阴离子)＜c(H＋)，故D 错误。
4.【答案】A
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【解析】A 项， m<4，两种酸都是弱酸，HA 的酸性小于CH3COOH，故pH 相同时， c(CH3COOH)
＜c(HA)，A 项错误；B 项，a 点pH 小于b 点pH，则a 溶液中c(H＋)大，对水的电离抑制程度大，因此水
的电离程度：a 小于b，B 项正确；C 项，CH3COOH 和HA 都是弱酸，其中HA 的酸性弱于CH3COOH，
25℃时，等浓度的CH3COONa 和NaA 溶液中，c(A-)＜c(CH3COO-)，C 项正确；D 项，
 ，又
，KW不
变，故曲线上a、b 两点
 一定相等，D 项正确；故选A。
【思维建模】
相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸
1．加水稀释相同的倍数，醋酸的pH 大。
2．加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多。
5.【答案】D
【解析】由图像可知，浓度为0.10 mol·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 溶液的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 项正确；曲线的横坐标lgV
V0
越大，表示加水稀释程度越大，由曲线可以看出b 点的稀释程度
大于a 点的，弱碱ROH 存在电离平衡：ROH
R++OH-，溶液越稀，弱电解质的电离程度越大，故ROH
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的电离程度：b 点大于a 点，B 项正确；若两溶液无限稀释，则溶液的pH 无限接近7，故两溶液的c(OH-)
相等，C 项正确；当 lgV
V0
=2 时，V=100V0，即溶液稀释100 倍，由于MOH 完全电离，升高温度，c(M+)
不变，ROH 存在电离平衡：ROH
R++OH-，升高温度促进电离平衡向电离方向移动，则c(R+)增大，故
c( M
+)
c(R
+)
减小，D 项错误。
6.【答案】D
【解析】常温下，pH =2 的强酸加水稀释，c(H＋)减小pH 增大，稀释后的强酸溶液pH =2+
，
pH =2 的弱酸加水稀释时，弱酸电离平衡发生移动向电离产生离子的方向移动，使H+的物质的量增加，
稀释后弱酸溶液c(H＋)大于稀释相同倍数后强酸溶液c(H＋)，弱酸溶液2<
<2+
，越弱的酸稀释后
pH 越小，所以结合图像可知是HA 强酸，HB、HC 是弱酸，酸性强弱为HA>HB>HC。A 项，相同温度下，
弱酸酸性相对越强其电离平衡常数Ka 越大，由酸性强弱HB>HC 可判断Ka(HB) > Ka(HC)，A 项正确；B
项，HC 是弱酸，HC
H++C-加水稀释电离平衡正向移动，电离程度增大，越稀电离度越大，稀释时，
a 点稀释倍数小b 点稀释倍数大，b 点浓度更稀，可以判断a 点电离度 < b 点，B 项正确；C 项，HA 强酸，
HC 是弱酸，当
时，升高温度HA 溶液中c(A-)不变(忽略溶液体积变化)，HC
H++C-电离平
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衡正向移动溶液中c(C-)增大，故
减小，C 项正确；D 项，pH =2，c(H＋)=10-2 mol·L-1，强酸HA 由
于完全电离c(HA)=10-2 mol·L-1，弱酸HB 电离，三段式分析：
，
同样分析弱酸HC，
，酸性
强弱HB>HC，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。
7.【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
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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。
8．(1)b>a>c　
(2)b>a＝c　
(3)c>a>b   
(4)c>a＝b　
(5)a＝b＝c　a＝b>c
(6)c>a＝b
1.【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＋
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＋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.【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
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，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.【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
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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
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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.【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.【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。
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6.【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)] [1.01
∶
c(HA)]=(104+1) 1.01≈10
∶
4，D 错误；故选B。
7.【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，
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，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-)<c(HA-)，故C 错误；D 项，
H2A 是弱酸，取pH=a 的H2A 溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，H2A 的电离平衡正向移动，则该溶液
pH<a+1，故D 错误；故选B。
8.【答案】D
【解析】由图分析，左侧纵坐标浓度的数量级为10-3mol/L，右坐标浓度的数量级为10-6mol/L，横坐
标为pH，随着pH 的增大，
先变大，然后再减小，同时
变大，两者浓度
均为右坐标，说明变化的程度很小，当pH=4.6 时，
=
，Ka=10-4.6。pH 继
续增大，则
减小，同时
增大，当pH=9.1 时，
=
，
，二者用左坐标表示，浓度比较大，说明变化的幅度比较大，但混合溶
液中存在着酒石酸，电离常数远大于亚砷酸，且总T 浓度也大于总As。A 项，
，
，当pH=9.1 时，
=
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，
，
为-9.1，A 正确；B 项，[As(OH)2T]- 
[As(OH)T]2-+H+
，当pH=4.6 时，
=
，Ka=10-4.6，而由A 选
项计算得H3AsO3的
，即Ka > Ka1，所以[As(OH)2T]-的酸性比As(OH)3的强，B 正确；C
项，由图可知As(OH)3的浓度为左坐标，浓度的数量级为10-3mol/L，[As(OH)2T]-的浓度为右坐标，浓度
的数量级为10-6mol/L，所以pH=3.0 时，As(OH)3的浓度比[As(OH)2T]-的高，C 正确；D 项，由可知条件，
酒石酸
，As(OH)3的
为-9.1，即酒石酸的第一部电离常数远大于亚砷
酸的第一步电离常数，所以酒石酸的酸性远强于As(OH)3，另外总As 的浓度也小于总T 的浓度，所以当
pH=7.0 时，溶液中浓度最高的物种不是As(OH)3，D 错误；故选D。
9.【答案】D
【解析】A 项，NH2CH2COOH 中存在-NH2和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A 正确；B 项，
氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a
表示NH3
+CH2COOH 的分布分数随溶液pH 的变化，曲b 表示NH3
+CH2COO-的分布分数随溶液pH 的变化，
曲线c 表示NH2CH2COO-的分布分数随溶液pH 的变化，故B 正确；C 项，NH3
+CH2COO-+H2O
NH3
+CH2COOH+OH-的平衡常数
，
时，根据a，b 曲线交点坐标(2.35，
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0.50)可知，pH=2.35 时，c(NH3
+CH2COO-)=c(NH3
+CH2COOH)，则
，故C 正确；
D 项，由C 项分析可知，
，根据b，c 曲线交点坐标坐标(9.78，0.50)分析可得电
离平衡NH3
+CH2COO-
NH2CH2COO-+H+的电离常数为K1=10-9.78，
，则
，即c 2(NH3
+CH2COO-)＞
c(NH3
+CH2COOH) · c(NH2CH2COO-)，故D 错误；故选D。
10.【答案】C
【解析】A 项，KOH 吸收CO2所得到的溶液，若为Na2CO3溶液，则CO3
2-主要发生第一步水解，溶
液中：c(H2CO3)＜c(HCO3
-)，若为NaHCO3溶液，则HCO3
-发生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)＜
c(HCO3
-)，A 不正确；B 项，KOH 完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K+)+ c(H+)=c(OH-)+ 
+c(HCO3
-)+2c(CO3
2-)，依据物料守恒，溶液中：c(K+)=2[c(CO3
2-)+c(HCO3
-)+c(H2CO3)]，则c(OH-)= c(H+)
+c(HCO3
-)+2c(H2CO3)，B 不正确；C 项，KOH 溶液吸收CO2，c(KOH)=0.1mol∙L-1，c 总=0.1mol∙L-1，则溶
液为KHCO3溶液， Kh2=
=
≈2.3×10-8＞Ka2=4.4×10-11，表明HCO3
-以水解为主，所以溶液中：
c(H2CO3)＞c(CO3
2-)，C 正确；D 项，如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生反应为：
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CO2+2KOH=K2CO3+H2O、K2CO3+CaO+H2O=CaCO3↓+2KOH(若生成KHCO3或K2CO3与KHCO3的混合物，
则原理相同)，二式相加得：CO2+CaO=CaCO3↓，该反应放热，溶液的温度升高，D 不正确；故选C。
11.【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-)<c(HA-)，故C 错误；D 项，
H2A 是弱酸，取pH=a 的H2A 溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，H2A 的电离平衡正向移动，则该溶液
pH<a+1，故D 错误；故选B。
12.【答案】B
【解析】A 项，25℃时，若测得0.01mol·Lˉ1NaR 溶液pH=7，可知NaR 为强酸强碱盐，则HR 为强酸，
A 错误；B 项，25℃时，若测得0.01mol·Lˉ1HR 溶液pH＞2 且pH＜7，可知溶液中c(H＋)＜0.01mol·Lˉ1，
所以HR 未完全电离，HR 为弱酸，B 正确；C 项，假设HR 为强酸，取pH=6 的该溶液10.0mL，加蒸馏水
稀释至100.0mL 测得此时溶液pH＜7，C 错误；D 项，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；故选B。
13.【答案】D
【解析】A 项，NaHA 溶液呈酸性，可能是HA－的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A 为
强酸的结论，A 错误；B 项，可溶性正盐BA 溶液呈中性，不能推测BA 为强酸强碱盐，因为也可能是B＋
和A－的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，B 错误；C 项，弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因
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此0.010 mol·L-1、0.10 mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＞α2，C 错误；D 项，100 mL 
pH=10.00 的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1×10－4mol/L，碳酸根水解促进水的电离，则水电离出H＋
的浓度是1×10－4mol/L，其物质的量为0.1L×1×10－4mol/L＝1×10－5mol，D 正确；故选D。
14.【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
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，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。
15.【答案】B
【解析】观察曲线的交点为c(HA)＝c(A－)时，此时溶液的pH≈4.7，该酸Ka＝＝c(H＋)≈10－4.7，故－
lgKa≈4.7，A 正确；NaA 的水解平衡常数Kh＝＝，B 错误；根据图像可知，当该溶液的pH＝7.0 时，
c(HA)＜c(A－ )，C 正确；根据图像可知，c(HA)为0.8，c(A－)为0.2 时，pH 约为4，故某c(HA)∶c(A－ )＝
4 1∶的缓冲溶液，pH≈4，D 正确。
苯的取代产物，故B 正确；C．M 的六元环中与
相连的C 为
杂化，苯中大
键发生改变，故C
错误；D．苯的硝化反应中浓
作催化剂，故D 正确；故选C。
4.【答案】C
【解析】A. 实验①中，0~2 小时内平均反应速率
，A 不正确；B. 实验③中水样初始
=8，
溶液显弱碱性，发生反应的离子方程式中不能用
配电荷守恒，B 不正确；C. 综合分析实验①和②可
知，在相同时间内，实验①中
浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加
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快反应速率，C 正确；D. 综合分析实验③和②可知，在相同时间内，实验②中
浓度的变化量大，因
此，其他条件相同时，适当减小初始
，
的去除效果越好，但是当初始
太小时，
浓度太
大，纳米铁与
反应速率加快，会导致与
反应的纳米铁减少，因此，当初始
越小时
的去
除效果不一定越好，D 不正确；综上所述，本题选C。
5.【答案】B
【解析】A．由表格数据可知，2min 时W 的浓度为0.080mol/L，则0 2min
∼
内，W 的反应速率为
=0.040 mol/(L·min)，故A 错误；B．反应③的活化能大于反应②说明X 转化为Z 的
反应为放热反应，升高温度，反应②平衡向逆反应方向移动，Z 的浓度减小，故B 正确；C．由反应达到
平衡时，正逆反应速率相等可得：
=
，若
，则X 和Z 的浓度关系为
，故
C 错误；D．由转化关系可知，反应①为W 完全分解生成X 和Y，Y 只参与反应①，所以增大容器容积，
平衡时Y 的物质的量不变、产率不变，故D 错误；故选B。
6.【答案】C
【分析】开始一段时间（大约13min 前）随着时间的推移Mn(Ⅶ)浓度减小直至为0，Mn(Ⅲ)浓度增大直
至达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(Ⅲ)，同时先生成少量Mn(Ⅳ)后Mn(Ⅳ)被消耗；后来
（大约13min 后）随着时间的推移Mn(Ⅲ)浓度减少，Mn(Ⅱ)的浓度增大；据此作答。
【解析】A．由图像可知，随着时间的推移Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(Ⅲ)，后
Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A 项错误；B．随着反应物浓度的减小，到大约13min
时开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，13min 后反应速率会增大，B 项错误；C．由图像可知，
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Mn(Ⅶ)的浓度为0 后才开始生成Mn(Ⅱ)，该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，C 项正确；D．
H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为2
+5H2C2O4+6H+=2Mn2+
+10CO2↑+8H2O，D 项错误；答案选C。
7.【答案】B
【解析】A．反应开始一段时间，随着时间的延长，产物Z 的平均生成速率逐渐减小，则
内Z 的
平均生成速率大于
内的，故
时，Z 的浓度大于
，A 正确； 
B．
时生成的Z 的物质的量为
，
时生成的Z 的物质的量
为
，故反应在
时已达到平衡，设达到平衡时生了
，列
三段式：
根据
，得
，则Y 的平衡浓度为
，Z 的平衡浓度为
，平衡常数
，
时Y 的浓度为
，Z 的浓度为
，加入
后Z 的
浓度变为
，
，反应正向进行，故
，B 错误；C．反
应生成的Y 与Z 的物质的量之比恒等于1 2∶，反应体系中只有Y 和Z 为气体，相同条件下，体积之比等于
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物质的量之比，
，故Y 的体积分数始终约为33.3%，C 正确；D．由B 项分析可知
时反应
处于平衡状态，此时生成Z 为
，则X 的转化量为
，初始X 的物质的量为
，剩余X 的
物质的量为
，D 正确；故答案选B。
8.【答案】C
【解析】A．实验①中，0~20min，氨气浓度变化量为2.40 10-3mol/L-2.00 10-3mol/L=4.00 10-4mol/L，
v(NH3)=
=2.00 10-5mol/(L·min)，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)=
v(NH3)=1.00
10-5mol/(L·min)，A 正确；B．催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度
与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为4.00 10-4mol/L，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00
10-4mol/L，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，氨气浓度减小，因此
实验②60min 时处于平衡状态，根据等效平衡可以判断x<0.2，即x≠0.4，B 正确；C．实验①、实验②中
0~20min、20min~40min 氨气浓度变化量都是4.00 10-4mol/L，实验②中60min 时反应达到平衡状态，实
验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min
时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C 错误；D．对比实验①和
实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2 倍，实验③先达到平衡状
态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D 正确；答案选C。
9.【答案】D
【解析】A．由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A 错
误；B．由图可知，催化剂I 比催化剂Ⅱ催化效果好，说明催化剂I 使反应活化能更低，反应更快，故B
错误；C．由图可知，使用催化剂Ⅱ时，在0~2min 内Y 的浓度变化了2.0mol/L，而a 曲线表示的X 的浓
度变化了2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a 曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X 浓度随
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时间t 的变化，故C 错误；D．使用催化剂I 时，在0~2min 内，Y 的浓度变化了4.0mol/L，则
(Y) =
=
=2.0
，
(X) =
(Y) =
2.0
=1.0
，故D 正
确；答案选D。
10.【答案】C
【解析】A．图象中可以得到单位时间内的浓度变化，反应速率是单位时间内物质的浓度变化计算得到，
从a、c 两点坐标可求得从a 到c 时间间隔内该化学反应的平均速率，选项A 正确；B．b 点处的切线的斜
率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为反应物B 的瞬时速率，选项B 正确；C．化学反应速率之比等于
化学方程式计量数之比分析，3v(B)=2v(X)，选项C 不正确；D．维持温度、容积不变，向反应体系中加
入催化剂，平衡不移动，反应速率增大，达到新的平衡状态，平衡状态与原来的平衡状态相同，选项D
正确；答案选C。
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