第01讲电离平衡（举一反三讲义，6大题型）（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年高考化学一轮复习举一反三（新高考通用）-G53_资料_2026版

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 第01 讲 电离平衡
目录
一、题型精
讲
题型01 强弱电解质及其判断......................................................................................................................................1
题型02 外界条件对弱电解质的电离平衡的影响.....................................................................................................3
题型03 电解质溶液的导电能力及其变化.................................................................................................................5
题型04 电离平衡常数及其影响因素.........................................................................................................................7
题型05 强酸和弱酸的比较..........................................................................................................................................9
题型06 加水稀释粒子浓度比值变化分析...............................................................................................................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
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。
1
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(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。
【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 mol·L－1的“铅糖”溶液中c(Pb2＋)<0.1 mol·L－1
B．“铅糖”是强电解质
C．“铅糖”是共价化合物
D．“铅糖”溶液的导电性可能很弱
【答案】B
【解析】由离子反应条件知，题述反应能发生至少应满足下列四个条件中的一种：有难溶性物质、难电离
的物质、挥发性气体生成或有电子转移。由于(CH3COO)2Pb 可溶于水，不挥发，此反应没有电子的转移，
所以(CH3COO)2Pb 是弱电解质，A 项正确、B 项错误；因为离子化合物均是强电解质，故“铅糖”只能是
共价化合物，C 项正确；若“铅糖”电离程度很小，则其溶液导电性很弱，D 项正确。
【变式1-2】下列事实能证明MOH 是弱碱的有(　　)
0.1 mol·L
①
－1 MOH 溶液可以使酚酞溶液变红
②常温下，0.1 mol·L－1 MOH 溶液中c(OH)－<0.1 mol·L－1
③相同温度下，0.1 mol·L－1 MOH 溶液的导电能力比0.1 mol·L－1 NaOH 溶液的弱
④等体积的0.1 mol·L－1 MOH 溶液与0.1 mol·L－1盐酸恰好完全反应
A．①②  B．②③  C．②④  D．③④
【答案】B
【解析】①0.1 mol·L－1 MOH 溶液可以使酚酞溶液变红，说明MOH 是碱，不能说明MOH 部分电离，则
不能证明MOH 是弱碱；②常温下，0.1 mol·L－1 MOH 溶液中c(OH－)<0.1 mol·L－1，说明MOH 部分电离，
为弱碱；③相同温度下，0.1 mol·L－1 MOH 溶液的导电能力比0.1 mol·L－1 NaOH 溶液的弱，NaOH 是强碱，
则MOH 部分电离，为弱碱；④等体积的0.1 mol·L－1 MOH 溶液与0.1 mol·L－1盐酸恰好完全反应，说明
2
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MOH 是一元碱，不能说明MOH 部分电离，则不能证明MOH 是弱碱。
题型02 外界条件对弱电解质的电离平衡的影响
1.温度：弱电解质的电离一般是吸热过程，升高温度，使电离平衡向电离的方向移动，电离程度增大。
2.浓度：在一定温度下，同一弱电解质溶液，浓度越小，离子相互碰撞结合为分子的几率越小，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，电离程度减小。
4.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，电离平衡向电离的方向移动，电离程度
增大。
【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，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。
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。
【例2】下列对氨水中存在的电离平衡：NH3·H2O
NH＋OH－叙述正确的是(　　)
A．加水后，溶液中n(OH－)增大
B．加入少量浓盐酸，溶液中c(OH－)增大
C．加入少量浓氢氧化钠溶液，电离平衡正向移动
D．加入少量氯化铵固体，溶液中c(NH)减少
【答案】A
【解析】A 项，加水使NH3·H2O 电离平衡右移，n(OH－)增大，正确；B 项，加入少量浓盐酸使c(OH－)减
小，错误；C 项，加入浓NaOH 溶液，电离平衡向左移动，错误；D 项，加NH4Cl 固体，c(NH)增大，错
误。
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【变式2-1】 已知0.1 mol·L－1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH
CH3COO－＋H＋，要使溶液中
的值增大，可以采取的措施是(　　)
A．加少量烧碱溶液  
B．加少量醋酸钠
C．加少量冰醋酸  
D．加水
【答案】D
【解析】A 错，加烧碱溶液消耗H＋，平衡向右移动，n(H＋)、n(CH3COOH)均减小，但n(H＋)减小程度大，
＝，故的值减小；B 错，加入少量醋酸钠，平衡向左移动，n(H＋)减小，n(CH3COOH)增大，二者平衡浓度
比值减小；C 错，加少量冰醋酸，平衡向右移动，n(H＋)增大，但n(H＋)增大程度不如n(CH3COOH)增大的
多，故二者平衡浓度比值减小；D 对，加水，平衡向右移动，n(H＋)增大，n(CH3COOH)减小，二者平衡浓
度比值增大。
【变式2-2】 已知人体体液中存在如下平衡：CO2＋H2O
H2CO3
H＋＋HCO，以此维持体液pH 的相
对稳定。下列说法错误的是(　　)
A．静脉滴注大量生理盐水时，平衡向左移动
B．如果CO2进入血液，平衡向右移动
C．当强酸性物质进入体液后，平衡向左移动
D．当强碱性物质进入体液后，平衡向右移动
【答案】A
【解析】生理盐水为NaCl 溶液，滴注大量生理盐水，血液被稀释，平衡向右移动，A 项错误；如果CO2
进入血液，CO2浓度增大，平衡向右移动，B 项正确；当强酸性物质进入体液后，氢离子浓度增大使平衡
向左移动，C 项正确；当强碱性物质进入体液后，消耗氢离子，导致氢离子浓度减小，平衡向右移动，D
项正确。
【变式2-3】 从植物花汁中提取的一种有机物，可简化表示为HIn，在水溶液中因存在下列电离平衡，故
可用作酸碱指示剂：
 HIn
H＋＋In－
(红色)　　(黄色)
在上述溶液中加入适量下列物质，最终能使指示剂显黄色的是(　　)
A．盐酸  
B．NaHCO3溶液
C．NaHSO4  
D．NaClO 固体
【答案】B
【解析】盐酸中含有大量氢离子，会使平衡逆向移动，溶液显红色，A 不符合题意；碳酸氢根离子可以消
耗氢离子，使平衡正向移动，溶液显黄色，B 符合题意；硫酸氢钠溶液中含有大量氢离子，会使平衡逆向
移动，溶液显红色，C 不符合题意；次氯酸钠溶液具有漂白性，溶液最终会褪色，D 不符合题意。
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题型03 电解质溶液的导电能力及其变化
【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。
【例3】用如图所示装置分别进行下列各组物质的导电能力实验，小灯泡的亮度比反应前明显减弱的是(　 
)
A．向亚硫酸钠溶液中通入氯气
B．向硝酸银溶液中通入少量氯化氢
C．向氢碘酸饱和溶液中通入少量氧气
D．向氢氧化钠溶液中通入少量氯气
【答案】C
【解析】A 项中发生的反应为Na2SO3＋Cl2＋H2O===Na2SO4＋2HCl，生成了两种强电解质，溶液的导电能
力增强，故灯泡变亮；B 项中发生的反应为AgNO3＋HCl===AgCl↓＋HNO3，溶液的导电能力没有明显变
化；C 项中发生的反应为4HI＋O2===2H2O＋2I2，溶液的导电能力下降，灯泡变暗；D 项中发生的反应为
2NaOH＋Cl2===NaCl＋NaClO＋H2O，溶液的导电能力没有明显变化。
【变式3-1】把0.05 mol NaOH 晶体分别加入下列100 mL 液体中，溶液导电能力变化最小的是(　　)
A．自来水
B．0.5 mol·L－1盐酸
C．0.5 mol·L－1氨水
D．0.5 mol·L－1硝酸钠溶液
【答案】B
【解析】电解质溶液导电能力强弱与离子浓度成正比，与所带电荷数成正比，把0.05 mol NaOH 晶体分别
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加入相应液体中，溶液导电能力变化最小，说明离子浓度变化最小。加入0.5 mol·L－1盐酸中，二者恰好完
全反应生成强电解质NaCl，HCl、NaCl 都是强电解质，离子浓度变化不大，则溶液导电能力变化不大。
【变式3-2】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(　　)
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
【答案】D
【解析】灯光“亮→暗(灭)→亮”的过程，意味着随着反应的进行，水溶液中的离子浓度先下降(至很低)再
上升。CuSO4与Ba(OH)2反应：Cu2＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋Cu(OH)2↓，随着反应进行，离子浓度
逐渐降低，至恰好完全反应时，水溶液几乎没有离子，随着CuSO4溶液的过量，离子浓度上升，故A 正确；
NH4HCO3与Ca(OH)2反应：NH＋HCO＋Ca2＋＋2OH－===NH3·H2O＋H2O＋CaCO3↓，随着反应进行，离子
浓度逐渐降低，至恰好完全反应时，仅剩NH3·H2O 的少量电离(还有一部分NH3·H2O 分解并挥发)，随着
NH4HCO3溶液的过量，离子浓度上升，故B 正确；H2SO4与Ba(OH)2反应：2H＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－
===BaSO4↓＋2H2O，随着反应进行，离子浓度逐渐降低，至恰好完全反应时，水溶液几乎没有离子，随着
H2SO4溶液的过量，离子浓度上升，故C 正确；CH3COOH 与NH3·H2O 反应：CH3COOH＋
NH3·H2O===CH3COO－＋NH＋H2O，由于CH3COONH4电离程度大于CH3COOH，随着反应的进行，离子
浓度增大，故D 错误。
【变式3-3】一定温度下，冰醋酸稀释过程中溶液的导电能力变化如图所示。下列说法不正确的是(　　)
A.加水前导电能力为零的原因是冰醋酸中不存在自由移动的离子
B.a、b、c 三点对应溶液的c(H＋)：c<a＝b
C.a、b、c 三点对应溶液CH3COOH 的电离程度：c>b>a
D.加入少量Na2CO3固体，可使b 点c(CH3COO－)增大、c(H＋)减小
【答案】B
【解析】在加水以前的冰醋酸是纯净的醋酸，以电解质分子存在，其中无自由移动的离子，因此不能导电，
故A 正确；溶液中自由移动的离子浓度越大，溶液的导电能力就越强。由于导电能力：c＜a＜b，所以溶
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液中c(H＋)由小到大的顺序是c＜a＜b，故B 错误；向冰醋酸中加入水，加水量越多，醋酸电离程度就越大。
由图可知加水量：a＜b＜c，所以a、b、c 三点对应的溶液中，CH3COOH 的电离程度：c>b>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：CH3COOH
CH3COO－＋H＋    Ka＝；
NH3·H2O
NH＋OH－    Kb＝。
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，
H2CO3
H＋＋HCO    Ka1＝；
HCO
H＋＋CO       Ka2＝。
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。
【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。
【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＝
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＝，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。
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【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＝＝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：CH3COOH
CH3COO－＋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(　　)
酸
HX
HY
HZ
电离平衡常数Ka
9×10－7
9×10－6
1×10－2
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 mol·L－1 HX 溶液的电离平衡常数等于0.1 mol·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(　　)
组别
浓度
体积
①
0.1 mol·L－1醋酸
V1 L
②
0.01 mol·L－1醋酸
V2 L
A.醋酸的电离程度：①<②
B．溶液中各种离子浓度均有：①>②
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。
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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
     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
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
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
【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。
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【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 mol·L－1 NaR 溶液pH＝7，则HR 是弱酸
B.25 ℃时，若测得0.01 mol·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 mol·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 mol·L－1 HR 溶液pH＞2 且pH＜7，可知溶液中c(H＋)＜0.01 mol/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。
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题型06 加水稀释粒子浓度比值变化分析
【解题通法】
(1)同一溶液、浓度比等于物质的量比。如HF 溶液：＝。(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：＝＝。(由两变量转变为一变量)
【例6】将0.1 mol·L－1的NH3·H2O 溶液加水稀释，下列说法正确的是(　　)
A.的值减小
B.OH－的物质的量减小
C.的值减小
D.的值不变
【答案】D
【解析】在NH3·H2O 溶液中，存在电离平衡：NH3·H2ONH＋OH－，当加水稀释时，电离平衡正向移动，
使电离出的n(NH)增大，溶液中的n(NH3·H2O)减小，则＝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＝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 mol·L－1的H2X 溶液中c(H＋)≈5×10－3 mol·L－1
D.向H2X 溶液中加水稀释过程中，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；
H2X
H＋＋HX－，加入KHX，平衡向左移动，c(H＋)减小，B 项正确；Ka1＝＝2.5×10－4 mol·L－1，因c(H
＋)≈c(HX－)、c(H2X)≈0.1 mol·L－1，故c(H＋)≈5×10－3 mol·L－1，C 项正确；＝，加水稀释过程中，c(H＋)减小，
故增大，D 项错误。
【变式6-2】下列说法正确的是(　　)
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A.0.1 mol/L HF 溶液中存在平衡：HF
H＋＋F－，加水可使溶液中增大
B.向0.1 mol/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 mol/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)＝，当HF 溶液加水不断稀释，促进电离，但c(H＋)减小，Ka(HF)不变，则增大，故A 正
确；B.弱酸HA 溶液中存在平衡：HA
H＋＋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 mol·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 
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 ＝2 时，若两溶液同时升高温度，则增大
【答案】D
【解析】由图像分析浓度为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 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 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：ROH
R＋＋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 
＝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：ROH
R＋＋OH－，升高温度促进电离平衡正向移动，c(R＋)增大，故减小，D 错误。
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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lg V
V0
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K a (HB)= K a (HC)
B．将常温下c、e 两点对应的溶液升高至50℃，c(A
−)
c(B
−) >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K a (HB)> K a (HC)，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℃，
c(A
−)
c(B
−) <1，故B 错误；
C. HA 是强酸；HB、HC 是弱酸，且酸性HB>HC，根据“越弱越水解”，等浓度的三种钠盐溶液的pH：
pH(NaA)<pH(NaB)<pH(NaC)，故C 错误；
D. b 点溶液中HC 的浓度是d 点的100 倍，等体积的b、d 两点对应溶液，b 点HC 的物质的量是d 点的100
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倍，所以b 点消耗氢氧化钠的物质的量是d 点的100 倍，则消耗等浓度的NaOH 溶液Vb=100Vd，故D 正
确；故选D。
2.（24-25 高三下·广东江门·月考）某温度下，取等体积、等H
+浓度的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，溶液
中c (H
+)随溶液体积变化的关系如图所示。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 点对应的酸的总浓度大于a 点对应的酸的总浓度
C．取等体积的a 点、b 点对应溶液，完全中和时消耗NaOH 的物质的量相同
D．b 点对应溶液的导电能力比c 点对应溶液的导电能力强
【答案】D
【解析】醋酸属于弱电解质，在稀释时会使电离平衡正向移动，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；a 点对应的酸(CH3COOH)的总浓度大于b 点对应的酸(HCl)的总浓度，B 项错误；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c(CH3COOH)>c(HCl)，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10 mL0.1mol⋅L
−1HA溶液中逐滴加入0.1mol⋅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)。
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下列说法正确的是
A．常温下，K b(MOH)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c (HA)+2c (H
+)=c(A
−)+2c (MOH)+2c(OH
−)
【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K b(MOH)= K a (HA)，在a
点pH =2.8，c (H
+)=c(A
−)=10
−2.8 mol/L，c (HA)≈0.1mol/L，K a= c (H
+)×c(A
−)
c (HA)
 
= 10
−2.8×10
−2.8
0.1
=10
−4.6，故K b(MOH)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c (HA)+c(A
−)= 
2c (M
+)+2c (MOH)(1)，和c (H
+)+c (M
+)= c(A
−)+c(OH
−)(2)，通过(1)+(2)×2可以得到c (HA)+2c (H
+)= 
c(A
−)+2c (MOH)+2c(OH
−)，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 mol⋅L
-1的水溶液中存在平衡：
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HF⇌H
++F
- K 1
、HF+F
-⇌HF2
- K 2
。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．K 1= c (H
+)⋅c(F
−)
c (HF)
≈7×10
−4，K 2=
c(HF2
−)
c (HF)⋅c(F
−) ≈5
C．溶液中c总(HF)=c(F
−)+c (HF)+c(HF2
−)
D．pH=1 的溶液中c (H
+)=c(F
−)+c(HF2
−)+c(OH
−)
【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 mol/L、c(HF2
-)=0.0045 mol/L、c(F
-)=0.0800 mol/L，
K 1= c (H
+)⋅c(F
−)
c (HF)
= 10
−4×0.0800
0.0110
≈7×10
−4，K 2=
c(HF2
−)
c (HF)⋅c(F
−) =
0.0045
0.0110×0.0800 ≈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)=c(F
−)+c (HF)+2c(HF2
−)>c(F
−)+c (HF)+c(HF2
−)
， 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c (H
+)>c(F
−)+c(HF2
−)+c(OH
−)，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0.1mol⋅L
−1的NaOH 溶液，滴定曲
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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：Cl2(aq)+ H2O(l)= H
+ (aq)+Cl
−(aq)+ HClO (aq)
B．甲点溶液中存在：n(Cl2)+n (HClO)+n(Cl
−)+n(ClO
−)=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：c(Na
+)>c(Cl
−)>c(ClO
−)>c(H
+)
【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×0.1mol/L=0.002mol，结合钠、氯元素守恒，则
2n(Cl2)+n (HClO)+n(Cl
-)+n(ClO
-)=0.002mol，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+)=10-8mol/L， Ka=c(H
+)c(ClO
-)
(HClO)
=10
−8×c(ClO
-)
(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
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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 =−lg c(HR
−)
c(R
2−)
或−lg c(H2R)
c(HR
−)
]随pH变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．曲线a表示−lg c(HR
−)
c(R
2−)
的变化情况
B．亚硫基二乙酸的第一步电离平衡常数K al的数量级为10
−1
C．用NaOH固体调pH，n点溶液中：c (Na
+)+c (H
+)=c(OH
−)+3c(R
2−)
D．室温下，m点对应溶液的pH为3.02
【答案】D
【分析】K a1(H2R)= c(H
+)c(HR
−)
c(H2R)
，所以c(H2R)
c(HR
−)
=
c(H
+)
K a1(H2R)，所以−lg c(H2R)
c(HR
−) =lg K a1(H2R)
c(H
+)
，同理可
得−lg c(HR
−)
c(R
2−) =lg K a2(H2R)
c(H
+)
，K a1(H2R)＞K a2(H2R)，所以相同pH 条件下−lg c(H2R)
c(HR
−)
＞−lg c(HR
−)
c(H
+)
，则a 表示−lg c(H2R)
c(HR
−)
，b 表示−lg c(HR
−)
c(R
2−)
；
【解析】由分析可知，a 表示−lg c(H2R)
c(HR
−)
，b 表示−lg c(HR
−)
c(R
2−)
，A 错误；第一步电离
K a1(H2R)= c(H
+)c(HR
−)
c(H2R)
，类似可得pX =−lg c(H2R)
c(HR
−)
=pH−K a1
。曲线a 在pH=1.02 时pX=0，即
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K a1=10
−1.02，K a1=10
−1.02≈9.5×10
−2，数量级为10
−2，B 错误；n 点，−lg c(HR
−)
c(R
2−)
=1，则
c(HR
−)=0.1c(R
2−)，由电荷守恒可知c (Na
+)+c (H
+)=c(OH
−)+2c(R
2−)+c(HR
−)，则
c (Na
+)+c (H
+)=c(OH
−)+2.1c(R
2−)，C 错误；m 点在曲线a 上，已知pX=0 时，即−lg c(H2R)
c(HR
−)
=0，
pH=1.02，则f ( x)=−lg c(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
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
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， 0.1mol/L 的HCN 溶液中( c(H
+)=√62×10
−6 mol/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；0.1mol/L HCN 溶液中，c(H⁺)=
√Ka×c=√6.2×10
−10×0.1mol/L=√62×10
−6 mol/L，D 正确；故选C。
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8.（2025·天津和平·三模）常温下，一元酸HA 的K a (HA)=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)=c (HA)+c(A
−)，当达到平衡时，下列叙述正确的是
A．溶液Ⅰ中c(A
−)=10
−7 mol⋅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c (HA)不相等
D．溶液Ⅱ中的HA 的电离度c(A
−)
c总(HA)为1
101
【答案】D
【解析】常温下溶液I 的pH=7.0，则溶液I 中c(H+)=1×10-7mol/L，结合K a (HA)= c(H
+)⋅c(A
-)
c(HA)
=1×10
−3
知，此时c(A
-)
c(HA) =10
4，HA 为弱酸，溶液Ⅰ中c(A
−)不可能为10
−7 mol⋅L
−1，A 错误；常温下溶液I 的
pH=7.0，溶液I 中c(H+)=1×10-7mol/L，结合K a (HA)= 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+)=0.1mol/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)]：
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[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+)=0.1mol/L，结合
K a (HA)= 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c(A
−)
c总(HA)
= 1
101，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
0.1mol⋅L
-1盐酸滴定20.00mL0.1mol⋅L
-1甲胺溶液，测得混合溶液中pH与lgc(CH3NH3
+)
c(CH3NH2⋅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；
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lgc(CH3NH3
+)
c(CH3NH2⋅H2O)
=lg Kb
c(OH
−) =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K a(HIn)=3.6×10
−20 mol⋅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)<α(HY)
C．c(H
+)=1.8×10
−20 mol⋅L
−1时，c(HY)+c(Y
−)>c(HIn)+c(In
−)
D．反应In
-+HY⇌Y
-+HIn的平衡常数为1
9
【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
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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
K a(HIn)=3.6×10
−20 mol⋅L
−1，c(H
+)=1.8×10
−20 mol⋅L
−1时，c(In
-)
c(HIn) =Ka(HIn)
c(H
+)
= 3.6×10
−20
1.8×10
−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c(Y
-)c(HIn)
c(In
-)c(HY) =c(HIn)
c(In
-) ×c(Y
-)
c(HY) =1
3 × 1
3 = 1
9，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：K a(CH2ClCOOH)< K a(CHCl2COOH)< K a(CCl3COOH)
B．常温下K a(CCl3COOH)的数量级为10
−1
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C．等浓度的三种酸溶液中，水的电离程度最大的是CH2ClCOOH
D．当三种溶液中c(CCl3COO
−)=c(CHCl2COO
−)=c(CH2ClCOO
−)，消耗n (NaOH)最少的为氯乙酸
【答案】D
【分析】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，X=-lgc(CCl3COO
-)
c(CCl3COOH)
=-lg Ka(CCl3COOH)
c(H+)
=-lgKa(CCl3COOH)−pH、
-lgc(CHCl2COO
-)
c(CHCl2COOH) =-lg Ka(CHCl2COOH)
c(H+)
=-lgKa(CHCl2COOH)−pH或
-lgc(CH2ClCOO
-)
c(CH2ClCOOH) =-lg Ka(CH2ClCOOH)
c(H+)
=-lgKa(CH2ClCOOH)−pH，当pH 等于0 时，X=-lgKa，X 越
小Ka越大，故曲线Ⅰ代表-lgc(CH2ClCOO
-)
c(CH2ClCOOH)
，曲线Ⅱ代表-lgc(CHCl2COO
-)
c(CHCl2COOH)
，曲线Ⅲ代表
-lgc(CCl3COO
-)
c(CCl3COOH)
，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=-lgc(CCl3COO
-)
c(CCl3COOH)
=-lg Ka(CCl3COOH)
c(H+)
=-lgKa(CCl3COOH)−pH
，当pH 等于0 时，X=0.5<-lgKa(CCl3COOH)<1，常温下Ka(CCl3COOH)的数量级为10
−1B 正确；等浓度
的三种酸溶液中，酸性越强，氢离子浓度越大，对水的电离程度抑制的越强，故酸性最弱的酸中水的电离
程度最大，为CH2ClCOOH，C 正确；当三种溶液中c(CCl3COO
-)=c(CHCl2COO
-)=c(CH2ClCOO
-)，则提供
的氢离子总量相同，消耗n (NaOH)均相同，D 错误；故选D。
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12.（2025·河南·一模）一元弱酸丙酸(CH3CH2COOH)、丙烯酸(CH2=CHCOOH)、丙炔酸(CH≡CCOOH)分别简
记为HA、HB、HC。常温下，向三种酸浓度均为0.1mol⋅L
−1的混合液中滴加少量NaOH溶液，含碳粒子分
布系数δ[如δ (HA)=
c (HA)
c (HA)+c(A
−) ×100 %]与pH 关系如图所示。已知：HA、HB、HC 的酸性依次增强。
下列叙述错误的是
A．HB 的电离常数K a=10
−4.26
B．1molHC和1molNaC完全溶于水配制成的溶液pH>1.89
C．A
−+ HC⇌HA+C
−的平衡常数K >100
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：
K a (HA)=10
−4.87，K a (HB)=10
−4.26，K a (HC)=10
−1.89，所以L4表示δ (HA)与pH 关系、L6表示δ (A
−)与pH
关系、L3表示δ (HB)与pH 关系、L1表示δ (HC)与pH 关系、L5表示δ (B
-)与pH 关系、L2表示δ (C
-)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：
K a (HA)=10
−4.87，K a (HB)=10
−4.26，K a (HC)=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，1molHC和1molNaC完全溶于水配制得到的溶液中c (HC)<c(C
−)，
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pH =1.89+lg c(C
−)
c (HC) >1.89，故B 正确；A
−+ HC⇌HA+C
−的平衡常数K = K a (HC)
K a (HA) = 10
−1.89
10
−4.87 =10
2.98>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 =CH2<−C≡CH，故D 错误；故选D。
13.（24-25 高三上·上海·期中）H2S 浓度过大会对鱼虾的养殖造成极大负面影响，可投入Na2CO3处理。碳
酸和硫化氢的电离平衡常数如下表：
Ka1
Ka2
H2S
1.3×10-7
7.0×10-15
H2CO3
4.2×10-7
4.8×10-11
该处理过程发生的离子方程式为(不定项)
A．CO❑3
2− + H2S = H2CO3 + S2-
B．CO❑3
2−+ 2H2S = H2CO3 + 2HS-
C．CO❑3
2−+ H2S = HCO❑3
− + HS-
D．2CO❑3
2−+ H2S = 2HCO❑3
− + S2-
【答案】C
【解析】分析表中氢硫酸、碳酸的电离常数知酸性：H2CO3＞H2S＞HCO❑3
-＞HS-，根据强酸制弱酸原理知
H2S 与足量的Na2CO3溶液反应生成碳酸氢钠和硫氢化钠，该反应的离子方程式为CO❑3
2−+ H2S = HCO❑3
− 
+ HS-，故C 正确；故选 C。
14.（2025·湖北·一模）液氨能像H2O(l)一样发生电离：2NH3(l)⇌NH2
−+ NH4
+。下列反应与NH3的电离无关的
是
A．8 NH3+3Cl2=6 NH4Cl+ N2
B．4 NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl
C．4 NH3+SOCl2=SO(NH2)2+2NH4Cl
D．2NH3+ HgCl2= Hg(NH2)Cl↓+ NH4Cl
【答案】A
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【解析】8 NH3+3Cl2=6 NH4Cl+ N2这个反应中，氨气和氯气发生氧化还原反应，没有产生NH2
−、NH4
+，
故A 符合题意。4 NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl，此反应中生成的NH4Cl、CO(NH2)2涉及到了液氨的电
离，故B 不符合题意。4 NH3+SOCl2=SO(NH2)2+2NH4Cl，此反应中，液氨与SOCl2反应，生成了
NH4Cl，这与液氨的电离有关，故C 不符合题意；2NH3+ HgCl2= Hg(NH2)Cl↓+ NH4Cl，在这个反应中，
液氨与HgCl2反应，生成了Hg(NH2)Cl 沉淀和NH4Cl，同样涉及液氨的电离，故D 不符合题意；故选A。
15.（23-24 高三上·吉林长春·期末）图中曲线L1、L2、L3分别表示−lgc(M
2+)、−lg c(A
−)
c (HA)和−lg c(B
−)
c (HB)在
常温下随pH 的变化关系，已知pX为−lgc(M
2+)、−lg c(A
−)
c (HA)或−lg c(B
−)
c (HB)。下列说法错误的是
A．K a (HA)> K a (HB)
B．K sp[M (OH)2]=10
−17
C．NaA和NaB的混合溶液中存在c(OH
−)=c (H
+)+c (HA)+c (HB)
D．HB+ A
−⇌B
−+ HA的平衡常数为10
1.5
【答案】A
【分析】图中曲线L1、L2、L3分别表示−lgc(M
2+)、−lg c(A
−)
c (HA)和−lg c(B
−)
c (HB)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Ka (HA)与Ka (HB)；根据曲线L1，其与pH 轴的交
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点(2，6.5)可算出Ksp[M (OH)2]；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
Ka (HA)=c(H
+)⋅c(A
−)
c(HA)
=10
−2×10
−4.5=10
−6.5、Ka (HB)=c(H
+)⋅c(B
−)
c(HB)
=10
−2×10
−3=10
−5，
Ka(HA)<Ka(HB)，A 项错误；根据曲线L1，其与pH 轴的交点(2，6.5)可算出Ksp[M (OH)2]=c(M
2+)⋅c
2(OH
−)=
10
−2×(
10
−14
10
−6.5)
2
=10
−2×(10
−7.5)
2=10
−17， B 项正确； 根据质子守恒可知NaA 和NaB 的混合溶液中存在
c(OH
−)=c (H
+)+c (HA)+c (HB)，C 项正确；根据电离平衡常数可知HB+ A
−⇌B
−+ HA的平衡常数为
K =c(B
−)c(HA)
c(A
−)c(HB)
=Ka (HB)
Ka (HA) = 10
−5
10
−6.5 =10
1.5， D 项正确；故选A。
16.（24-25 高三上·河北开封·月考）氨水有下列平衡：NH3⋅H2O⇌NH❑4
+ +OH
−当其它条件不变时，改变下
列条件，平衡向左移动，且c(NH4
+)增大的是
A．加NaOH
B．加盐酸
C．加NH4Cl
D．加同浓度氨水
【答案】C
【解析】加NaOH，增加c(OH-)，平衡向逆反应方向进行，c(NH4
+)减少，A 错误；加盐酸，H＋消耗OH-，
平衡向正反应方向进行，c(NH4
+)增大，B 错误；加NH4Cl，c(NH4
+)增大，平衡向逆反应方向移动，C 正确；
加同浓度氨水，c(NH4
+)不变，平衡不移动，D 错误；故选C。
17.（2025·河北邯郸·联考）室温下，关于100 mL0.1mol⋅L
−1NH3⋅H2O溶液的说法正确的是
A．NH3⋅H2O的电离方程式：NH3⋅H2O = NH4
++OH
−
B．加入水稀释后，NH3⋅H2O的电离程度和电离平衡常数均增大
C．滴加几滴稀盐酸的过程中，c(NH4
+)增大
D．加入等体积等浓度盐酸后，溶液中的c(NH4
+)=c(Cl
−)
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【答案】C
【解析】一水合氨是弱碱，在溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子，电离方程式为
NH3⋅H2O⇌NH4
++OH
−，故A 错误；向溶液中加水稀释时，电离平衡右移，一水合氨的电离程度增大，但
电离常数不变，故B 错误；向溶液中滴加几滴稀盐酸，氢离子中和溶液中的氢氧根离子，电离平衡右移，
溶液中铵根离子浓度增大，故C 正确；等体积等浓度的氨水与盐酸恰好反应生成氯化铵和水，氯化铵在溶
液中水解使溶液呈酸性，由电荷守恒关系c(NH❑4
+)+c(H+)=c(Cl—)+c(OH—)可知，溶液中氯离子浓度大于铵
根离子浓度，故D 错误；故选C。
18.（24-25 高三上·北京·一模）分别测定不同浓度NaCl溶液、HCl溶液和CH3COOH溶液的电导率(σ)数值，
测定结果的数据处理如下表。
溶液
σ0.02
σ0.01 σ0.005 σ0.01:σ0 σ0.005:σ0
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%
已知：σ0.02代表0.02mol⋅L
−1溶液的电导率数值；其他条件相同时，电导率越大，溶液导电性越好。下
列说法不正确的是
A．由σ0.02的数据说明电解质的强弱顺序为：HCl>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σ 0.02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σ 0.02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［
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δ (X)=
c (X)
c (HClO)+c(ClO
−)，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δ (ClO
−)、δ (HClO)的变化
C．次氯酸电离常数K a的数量级为10
−8
D．向次氯酸溶液中加NaOH 溶液，δ (HClO)
δ (ClO
−) 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δ (HClO)、δ (ClO
−)的变
化，故B 错误；次氯酸的K a= c (H
+)⋅c(ClO
−)
c (HClO)
，在a、b 的交点处，c(ClO
−)= c (HClO)，
K a=10
−7.5=10
0.5×10
−8，所以K a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δ (HClO)
δ (ClO
−) 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：
酸
HClO4
H2SO4
HCl
HNO3
Ka(mol⋅L
−1.6×10
−5 6.3×10
−9 1.6×10
−9 4.2×10
−10
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
++SO4
2−
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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。
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