新教材適用2024版高考化學(xué)二輪總復(fù)習(xí)第1部分新高考選擇題突破專題8電解質(zhì)溶液微專題1溶液中的三大平衡與平衡常數(shù)教師用書

專題8電解質(zhì)溶液新課程標(biāo)準(zhǔn)1．從電離、離子反應(yīng)、化學(xué)平衡的角度認(rèn)識電解質(zhì)水溶液的組成、性質(zhì)和反應(yīng)。2．認(rèn)識電解質(zhì)在水溶液中存在電離平衡，了解電離平衡常數(shù)的含義。認(rèn)識水的電離，了解水的離子積常數(shù)，認(rèn)識溶液的酸堿性及pH，掌握檢測溶液pH的方法。3．認(rèn)識鹽類水解的原理和影響鹽類水解的主要因素。4．認(rèn)識難溶電解質(zhì)在水溶液中存在沉淀溶解平衡，了解沉淀的生成、溶解與轉(zhuǎn)化。5．了解水溶液中的離子反應(yīng)與平衡在物質(zhì)檢測、化學(xué)反應(yīng)規(guī)律研究、物質(zhì)轉(zhuǎn)化中的應(yīng)用。了解溶液pH的調(diào)控在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和科學(xué)研究中的應(yīng)用。命題角度1．水的離子積常數(shù)、電離常數(shù)、水解常數(shù)、溶度積的計算與比較。2．弱電解質(zhì)電離、鹽類水解、沉淀溶解平衡的影響因素。3．鹽類水解和沉淀溶解平衡在生產(chǎn)生活中的應(yīng)用。4．電解質(zhì)溶液中的電荷守恒、物料守恒、質(zhì)子守恒與粒子濃度的比較。5．有關(guān)微粒物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)分布等圖像及其相關(guān)計算。6．酸堿中和滴定、氧化還原滴定、沉淀滴定原理、操作、計算及誤差分析。微專題1溶液中的三大平衡與平衡常數(shù)命題角度1弱電解質(zhì)的電離平衡與平衡常數(shù)1.(2022·全國乙卷)常溫下，一元酸HA的Ka(HA)＝1.0×10－3。在某體系中，H＋與A－離子不能穿過隔膜，未電離的HA可自由穿過該膜(如圖所示)。設(shè)溶液中c總(HA)＝c(HA)＋c(A－)，當(dāng)達(dá)到平衡時，下列敘述正確的是(B)A．溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)B．溶液Ⅱ中的HA的電離度eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cA－,c總HA)))為eq\f(1,101)C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c總(HA)之比為10－4【解析】常溫下溶液Ⅰ的pH＝7.0，則溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7mol·L－1，c(H＋)＜c(OH－)＋c(A－)，A錯誤；常溫下溶液Ⅱ的pH＝1.0，溶液中c(H＋)＝0.1mol·L－1，Ka＝eq\f(cH＋·cA－,cHA)＝1.0×10－3，c總(HA)＝c(HA)＋c(A－)，則eq\f(0.1cA－,c總HA－cA－)＝1.0×10－3，解得eq\f(cA－,c總HA)＝eq\f(1,101)，B正確；根據(jù)題意，未電離的HA可自由穿過隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，C錯誤；常溫下溶液Ⅰ的pH＝7.0，溶液Ⅰ中c(H＋)＝1×10－7mol·L－1，Ka＝eq\f(cH＋·cA－,cHA)＝1.0×10－3，c總(HA)＝c(HA)＋c(A－)，eq\f(10－7[c總HA－cHA],cHA)＝1.0×10－3，溶液Ⅰ中c總(HA)＝(104＋1)c(HA)，溶液Ⅱ的pH＝1.0，溶液Ⅱ中c(H＋)＝0.1mol·L－1，Ka＝eq\f(cH＋·cA－,cHA)＝1.0×10－3，c總(HA)＝c(HA)＋c(A－)，eq\f(0.1[c總HA－cHA],cHA)＝1.0×10－3，溶液Ⅱ中c總(HA)＝1.01c(HA)，未電離的HA可自由穿過隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，溶液Ⅰ和Ⅱ中c總(HA)之比為[(104＋1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]＝(104＋1)∶1.01≈104，D錯誤；故選B。2.(2022·湖北選考)H2O(l)、NH3(l)均可自電離：2H2O(l)OH－＋H3O＋、2NH3(l)NHeq\o\al(－,2)＋NHeq\o\al(＋,4)。下列反應(yīng)與CH3CH2OH＋HBr原理不同的是(C)A．Mg3N2＋6H2O=3Mg(OH)2＋2NH3B．SiCl4＋8NH3(l)=Si(NH2)4＋4NH4ClC．3Cl2＋8NH3=6NH4Cl＋N2D．PCl3＋3H2O=H3PO3＋3HCl【解析】根據(jù)題目信息可知，CH3CH2Br和H2O互相交換成分生成CH3CH2OH和HBr。由2H2O(l)OH－＋H3O＋可得，Mg3N2與H2O互相交換成分生成Mg(OH)2和NH3，與題述反應(yīng)原理相同，故A正確；由于NH3(l)可自電離，2NH3可寫為eq\o(NH,\s\up6(δ＋))4—eq\o(NH,\s\up6(δ－))2，eq\o(NH,\s\up6(δ＋))4—eq\o(NH,\s\up6(δ－))2與SiCl4交換成分生成Si(NH2)4和NH4Cl與題述反應(yīng)原理相同，故B正確；Cl2與NH3反應(yīng)生成了單質(zhì)N2，并不是反應(yīng)物之間相互交換成分，與題述反應(yīng)原理不同，故C錯誤；eq\o(H,\s\up6(δ＋))—eq\o(OH,\s\up6(δ－))和PCl3互相交換成分生成了H3PO3和HCl，與題述反應(yīng)原理相同，故D正確；故選C。3.(2021·廣東卷)鳥嘌呤(G)是一種有機(jī)弱堿，可與鹽酸反應(yīng)生成鹽酸鹽(用GHCl表示)。已知GHCl水溶液呈酸性，下列敘述正確的是(B)A．0.001mol·L－1GHCl水溶液的pH＝3B．0.001mol·L－1GHCl水溶液加水稀釋，pH升高C．GHCl在水中的電離方程式為GHCl=G＋HClD．GHCl水溶液中：c(OH－)＋c(Cl－)=c(GH＋)＋c(G)【解析】0.001mol·L－1GHCl水溶液中GH＋少量水解生成H＋，所以c(H＋)小于0.001mol·L－1，pH>3，A錯誤；0.001mol·L－1GHCl水溶液加水稀釋，GH＋水解平衡正向移動，但是溶液體積增大使c(H＋)減小，則pH升高，B正確；GHCl的電離方程式為GHCl=GH＋＋Cl－，C錯誤；GHCl水溶液中存在電荷守恒：c(H＋)＋c(GH＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，D錯誤；故選B。4.(2021·浙江6月卷)某同學(xué)擬用pH計測定溶液pH以探究某酸HR是否為弱電解質(zhì)。下列說法正確的是(B)A．25℃時，若測得0.01mol·L－1NaR溶液pH＝7，則HR是弱酸B．25℃時，若測得0.01mol·L－1HR溶液pH＞2且pH＜7，則HR是弱酸C．25℃時，若測得HR溶液pH＝a，取該溶液10.0mL，加蒸餾水稀釋至100.0mL，測得pH＝b，b－a＜1，則HR是弱酸D．25℃時，若測得NaR溶液pH＝a，取該溶液10.0mL，升溫至50℃，測得pH＝b，a＞b，則HR是弱酸【解析】25℃時，若測得0.01mol·L－1NaR溶液pH＝7，可知NaR為強酸強堿鹽，則HR為強酸，A錯誤；25℃時，若測得0.01mol·L－1HR溶液pH＞2且pH＜7，可知溶液中c(H＋)＜0.01mol·L－1，所以HR未完全電離，HR為弱酸，B正確；假設(shè)HR為強酸，取pH＝6的該溶液10.0mL，加蒸餾水稀釋至100.0mL測得此時溶液pH＜7，C錯誤；假設(shè)HR為強酸，則NaR為強酸強堿鹽，溶液呈中性，升溫至50℃，促進(jìn)水的電離，水的離子積常數(shù)增大，pH減小，D錯誤；故選B。命題角度2鹽類的水解平衡與平衡常數(shù)5.(2022·浙江6月)25℃時，苯酚(C6H5OH)的Ka＝1.0×10－10，下列說法正確的是(C)A．相同溫度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c(C6H5O－)>c(CH3COO－)B．將濃度均為0.10mol·L－1的C6H5ONa和NaOH溶液加熱，兩種溶液的pH均變大C．25℃時，C6H5OH溶液與NaOH溶液混合，測得pH＝10.00，則此時溶液中c(C6H5O－)＝c(C6H5OH)D．25℃時，0.10mol·L－1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固體，水的電離程度變小【解析】醋酸的酸性大于苯酚，則醋酸根離子的水解程度較小，則相同溫度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O－)<c(CH3COO－)，A錯誤；C6H5ONa溶液中，C6H5O－水解生成氫氧根離子，升溫促進(jìn)C6H5O－的水解，氫氧根離子濃度增大，但溫度升高Kw增大，pH無法判斷，而氫氧化鈉溶液中，升溫Kw變大，氫氧根離子濃度不變，氫離子濃度增大，pH減小，B錯誤；當(dāng)pH＝10.00時，c(H＋)＝1.0×10－10，Ka＝eq\f(cH＋·cC6H5O－,cC6H5OH)＝eq\f(1.0×10－10×cC6H5O－,cC6H5OH)＝1.0×10－10，故c(C6H5O－)＝c(C6H5OH)，C正確；C6H5ONa中的C6H5O－可以水解，會促進(jìn)水的電離，D錯誤；故選C。6.(2021·浙江1月)實驗測得10mL0.50mol·L－1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L－1CH3COONa溶液的pH分別隨溫度與稀釋加水量的變化如圖所示。已知25℃時CH3COOH和NH3·H2O的電離常數(shù)均為1.8×10－5。下列說法不正確的(C)A．圖中實線表示pH隨加水量的變化，虛線表示pH隨溫度的變化B．將NH4Cl溶液加水稀釋至濃度eq\f(0.50,x)mol·L－1，溶液pH變化值小于lgxC．隨溫度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH－)減小，c(H＋)增大，pH減小D．25℃時稀釋相同倍數(shù)的NH4Cl溶液與CH3COONa溶液中：c(Na＋)－c(CH3COO－)＝c(Cl－)－c(NHeq\o\al(＋,4))【解析】由題中信息可知，圖中兩條曲線為10mL0.50mol·L－1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L－1CH3COONa溶液的pH分別隨溫度與稀釋加水量的變化曲線，由于兩種鹽均能水解，水解反應(yīng)為吸熱過程，且溫度越高、濃度越小其水解程度越大。氯化銨水解能使溶液呈酸性，濃度越小，雖然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸鈉水解能使溶液呈堿性，濃度越小，其水溶液的堿性越弱，故其pH越小。由分析可知，圖中實線表示pH隨加水量的變化，虛線表示pH隨溫度的變化，A說法正確；將NH4Cl溶液加水稀釋至濃度eq\f(0.50,x)mol·L－1時，若氯化銨的水解平衡不發(fā)生移動，則其中的c(H＋)變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,x)，則溶液的pH將增大lgx，但是，加水稀釋時，氯化銨的水解平衡向正反應(yīng)方向移動，c(H＋)大于原來的eq\f(1,x)，因此，溶液pH的變化值小于lgx，B說法正確；隨溫度升高，水的電離程度變大，因此水的離子積變大，即Kw增大；隨溫度升高，CH3COONa的水解程度變大，溶液中c(OH－)增大，因此，C說法不正確；25℃時稀釋相同倍數(shù)的NH4Cl溶液與CH3COONa溶液中均分別存在電荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)。因此，氯化銨溶液中，c(Cl－)－c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(H＋)－c(OH－)，醋酸鈉溶液中，c(Na＋)－c(CH3COO－)＝c(OH－)－c(H＋)。由于25℃時CH3COOH和NH3·H2O的電離常數(shù)均為1.8×10－5，因此，由于原溶液的物質(zhì)的量濃度相同，稀釋相同倍數(shù)后的NH4Cl溶液與CH3COONa溶液，溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度仍相等，由于電離常數(shù)相同，其中鹽的水解程度是相同的，因此，兩溶液中|c(OH－)－c(H＋)|(兩者差的絕對值)相等，故c(Na＋)－c(CH3COO－)＝c(Cl－)－c(NHeq\o\al(＋,4))，D說法正確；故選C。7.(2021·北京卷)以下4個實驗中均產(chǎn)生了白色沉淀。下列說法不正確的是(B)A．Na2CO3溶液、NaHCO3溶液含有的微粒種類相同B．Ca2＋促進(jìn)了COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)的水解C．Al3＋促進(jìn)了COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)的水解D．滴入溶液后，4支試管內(nèi)溶液的pH都變小【解析】Na2CO3溶液、NaHCO3溶液均存在Na＋、COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、H2CO3、H＋、OH－、H2O，故含有的微粒種類相同，A正確；HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)，加入Ca2＋后，Ca2＋和COeq\o\al(2－,3)反應(yīng)生成沉淀，促進(jìn)HCOeq\o\al(－,3)的電離，B錯誤；Al3＋與COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)都能發(fā)生互相促進(jìn)的水解反應(yīng)，C正確；由題干信息可知形成沉淀時會消耗碳酸根和碳酸氫根，則它們濃度減小，水解產(chǎn)生的氫氧根的濃度會減小，pH減小，D正確；故選B。命題角度3沉淀溶解平衡與平衡常數(shù)8.(2023·浙江1月)碳酸鈣是常見難溶物，將過量碳酸鈣粉末置于水中達(dá)到溶解平衡：CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)[已知Ksp(CaCO3)＝3.4×10－9，Ksp(CaSO4)＝4.9×10－5，H2CO3的電離常數(shù)Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11]，下列有關(guān)說法正確的是(B)A．上層清液中存在c(Ca2＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))B．上層清液中含碳微粒最主要以HCOeq\o\al(－,3)形式存在C．向體系中通入CO2氣體，溶液中c(Ca2＋)保持不變D．通過加Na2SO4溶液可實現(xiàn)CaCO3向CaSO4的有效轉(zhuǎn)化【解析】上層清液為碳酸鈣的飽和溶液，碳酸根離子水解生成碳酸氫根離子，因此c(Ca2＋)>c(COeq\o\al(2－,3))，A錯誤；根據(jù)Ka2＝4.7×10－11可得eq\f(cCO\o\al(2－,3)·cH＋,cHCO\o\al(－,3))＝4.7×10－11，則碳酸根的水解平衡常數(shù)為Kh＝eq\f(cHCO\o\al(－,3)·cOH－,cCO\o\al(2－,3))＝eq\f(Kw,Ka2)≈2×10－2>Ka2，說明碳酸根的水解程度較大，則上層清液中含碳微粒主要為碳酸氫根離子，B正確；向體系中通入CO2，COeq\o\al(2－,3)＋CO2＋H2O=2HCOeq\o\al(－,3)，c(COeq\o\al(2－,3))減小，CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)正向移動，溶液中鈣離子濃度增大，C錯誤；由題干可知，Ksp(CaCO3)＝3.4×10－9，Ksp(CaSO4)＝4.9×10－5，碳酸鈣比硫酸鈣更難溶，加入硫酸鈉后碳酸鈣不會轉(zhuǎn)化成硫酸鈣，D錯誤；故選B。9.(2022·湖南選考)室溫時，用0.100mol·L－1的標(biāo)準(zhǔn)AgNO3溶液滴定15.00mL濃度相等的Cl－、Br－和I－混合溶液，通過電位滴定法獲得lgc(Ag＋)與V(AgNO3)的關(guān)系曲線如圖所示(忽略沉淀對離子的吸附作用。若溶液中離子濃度小于1.0×10－5mol·L－1時，認(rèn)為該離子沉淀完全。Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgBr)＝5.4×10－13，Ksp(AgI)＝8.5×10－17)。下列說法正確的是(C)A．a(chǎn)點：有白色沉淀生成B．原溶液中I－的濃度為0.100mol·L－1C．當(dāng)Br－沉淀完全時，已經(jīng)有部分Cl－沉淀D．b點：c(Cl－)>c(Br－)>c(I－)>c(Ag＋)【解析】向含濃度相等的Cl－、Br－和I－混合溶液中滴加硝酸銀溶液，根據(jù)三種沉淀的溶度積常數(shù)，三種離子沉淀的先后順序為I－、Br－、Cl－，根據(jù)滴定圖示，當(dāng)?shù)稳?.50mL硝酸銀溶液時，Cl－恰好沉淀完全，此時共消耗硝酸銀的物質(zhì)的量為4.50mL×10－3L/mL×0.1000mol·L－1＝4.5×10－4mol，所以Cl－、Br－和I－均為1.5×10－4mol。I－先沉淀，AgI是黃色的，所以a點有黃色沉淀AgI生成，故A錯誤；原溶液中I－的物質(zhì)的量為1.5×10－4mol，則I－的濃度為eq\f(1.5×10－4mol,0.01500L)＝0.0100mol·L－1，故B錯誤；當(dāng)Br－沉淀完全時(Br－濃度為1.0×10－5mol·L－1)，溶液中的c(Ag＋)＝eq\f(KspAgBr,cBr－)＝eq\f(5.4×10－13,1.0×10－5)＝5.4×10－8mol·L－1，若Cl－已經(jīng)開始沉淀，則此時溶液中的c(Cl－)＝eq\f(KspAgCl,cAg＋)＝eq\f(1.8×10－10,5.4×10－8)＝3.3×10－3mol·L－1，原溶液中的c(Cl－)＝c(I－)＝0.0100mol·L－1，則已經(jīng)有部分Cl－沉淀，故C正確；b點加入了過量的硝酸銀溶液，溶液中的I－、Br－、Cl－全部轉(zhuǎn)化為沉淀，則Ag＋濃度最大，根據(jù)溶度積可知，b點各離子濃度為c(Ag＋)>c(Cl－)>c(Br－)>c(I－)，故D錯誤；故選C?！菜季S建?！?．弱電解質(zhì)電離平衡解題流程2．沉淀溶解平衡解題流程知能對點1弱電解質(zhì)的電離1.根據(jù)水電離出的c(H＋)和溶液中c(H＋)判斷溶液的性質(zhì)(1)室溫下水電離出的c(H＋)＝1×10－7mol·L－1，若某溶液中水電離出的c(H＋)<1×10－7mol·L－1，則可判斷該溶液呈酸性或堿性；若某溶液中水電離出的c(H＋)>1×10－7mol·L－1，則可判斷出該溶液中存在能水解的鹽，從而促進(jìn)了水的電離。(2)室溫下，溶液中的c(H＋)>1×10－7mol·L－1，說明該溶液是酸性溶液或水解呈酸性的鹽溶液；溶液中的c(H＋)<1×10－7mol·L－1，說明該溶液是堿性溶液或水解呈堿性的鹽溶液。2.“電離平衡”分析判斷中的常見誤區(qū)(1)誤認(rèn)為電離平衡正向移動，弱電解質(zhì)的電離程度一定增大。如向醋酸溶液中加入少量冰醋酸，平衡向電離方向移動，但醋酸的電離程度減小。(2)誤認(rèn)為弱電解質(zhì)在加水稀釋的過程中，溶液中離子濃度都減小。如氨水加水稀釋時，c(H＋)增大。(3)誤認(rèn)為由水電離出的c(H＋)＝1.0×10－13mol·L－1的溶液一定呈堿性。如25℃，0.1mol·L－1鹽酸或氫氧化鈉溶液中由水電離出的c(H＋)都為1.0×10－13mol·L－1。(4)弱電解質(zhì)溶液在加水稀釋的過程中，判斷某些微粒濃度的關(guān)系式是否發(fā)生變化時，首先要考慮該關(guān)系式是否是電離常數(shù)、離子積常數(shù)或者是它們的變形。知能對點2“用規(guī)律”“抓類型”突破鹽類水解問題1.規(guī)律：有弱才水解，越弱越水解，誰強顯誰性，同強顯中性，越熱越水解，越稀越水解。2.類型：(1)強堿弱酸鹽，陰離子水解，其水溶液呈堿性，如醋酸鈉水解的離子方程式為CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－；多元弱酸酸根分步水解，如碳酸鈉水解的離子方程式為COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－、HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－。(2)強酸弱堿鹽，陽離子水解，其水溶液呈酸性，如氯化銨、氯化鋁水解的離子方程式分別為NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋、Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋。(3)NaCl等強酸強堿鹽不水解，溶液呈中性。(4)弱酸弱堿鹽相互促進(jìn)水解，其溶液的酸堿性取決于弱酸和弱堿的相對強弱。(5)弱酸酸式鹽水溶液酸堿性，取決于酸式酸根離子電離程度和水解程度的相對大小。①若電離程度大于水解程度，溶液呈酸性，如NaHSO3、NaH2PO4等。②若電離程度小于水解程度，溶液呈堿性，如NaHCO3、Na2HPO4等。知能對點3沉淀溶解平衡突破1.沉淀能否生成或溶解的判斷方法通過比較溶度積與非平衡狀態(tài)下溶液中有關(guān)離子濃度冪的乘積——離子積Qc的相對大小，可以判斷難溶電解質(zhì)在給定條件下沉淀生成或溶解的情況：Qc>Ksp，溶液過飽和，有沉淀析出；Qc＝Ksp，溶液飽和，沉淀的生成與溶解處于平衡狀態(tài)；Qc<Ksp，溶液未飽和，無沉淀析出。2.沉淀的轉(zhuǎn)化方法沉淀轉(zhuǎn)化的實質(zhì)是沉淀溶解平衡的移動，非氧化還原類離子反應(yīng)都是向離子濃度減小的方向移動，從溶解角度說，一般是易溶物質(zhì)轉(zhuǎn)化成微溶物質(zhì)，微溶物質(zhì)轉(zhuǎn)化為難溶物質(zhì)。有些金屬硫化物(如CuS、HgS等)溶度積特別小，在飽和溶液中這些金屬硫化物不能溶于非氧化性強酸，只能溶于氧化性酸，c(S2－)減小，可達(dá)到沉淀溶解的目的。3.溶度積(Ksp)與溶解能力的關(guān)系的突破方法溶度積(Ksp)反映了電解質(zhì)在水中的溶解能力，對于陰陽離子個數(shù)比相同的電解質(zhì)，Ksp的數(shù)值越大，難溶電解質(zhì)在水中的溶解能力越強；但對于陰陽離子個數(shù)比不同的電解質(zhì)，不能直接比較Ksp數(shù)值的大小。知能對點4四類平衡常數(shù)、應(yīng)用及其關(guān)系1.四類平衡常數(shù)對比(1)電離常數(shù)(Ka、Kb)：對于一元弱酸HA：HAH＋＋A－，電離常數(shù)Ka＝eq\f(cH＋·cA－,cHA)；對于一元弱堿BOH：BOHB＋＋OH－，電離常數(shù)Kb＝eq\f(cB＋·cOH－,cBOH)；Ka、Kb只與溫度有關(guān)，升高溫度，K值增大。(2)水的離子積常數(shù)(Kw)：Kw＝c(OH－)·c(H＋)，只與溫度有關(guān)，升高溫度，Kw增大。(3)難溶電解質(zhì)的溶度積常數(shù)(Ksp)：MmAn的飽和溶液：Ksp＝cm(Mn＋)·cn(Am－)，Ksp只與難溶電解質(zhì)的性質(zhì)和溫度有關(guān)。(4)鹽類的水解常數(shù)(Kh)：NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋，Kh＝eq\f(cH＋·cNH3·H2O,cNH\o\al(＋,4))，Kh隨溫度的升高而增大。2.四類平衡常數(shù)的應(yīng)用(1)判斷離子濃度比值的大小變化。如將NH3·H2O溶液加水稀釋，c(OH－)減小，由于電離平衡常數(shù)為eq\f(cNH\o\al(＋,4)·cOH－,cNH3·H2O)，此值不變，故eq\f(cNH\o\al(＋,4),cNH3·H2O)的值增大。(2)判斷平衡移動方向Qc＞K，平衡逆向移動Qc＝K，平衡不移動Qc＜K，平衡正向移動3.四類平衡常數(shù)之間的關(guān)系(1)Kw、Ka(Kb)、Ksp、Kh之間的關(guān)系①一元弱酸強堿鹽：Kh＝Kw/Ka；一元弱堿強酸鹽：Kh＝Kw/Kb；②多元弱堿強酸鹽，如氯化鐵：Fe3＋(aq)＋3H2O(l)Fe(OH)3(s)＋3H＋(aq)Kh＝c3(H＋)/c(Fe3＋)。將(Kw)3＝c3(H＋)·c3(OH－)與Ksp＝c(Fe3＋)·c3(OH－)兩式相除，消去c3(OH－)可得Kh＝(Kw)3/Ksp。②M(OH)n懸濁液中Ksp、Kw、pH間關(guān)系，M(OH)n(s)Mn＋(aq)＋nOH－(aq)Ksp＝c(Mn＋)·cn(OH－)＝eq\f(cOH－,n)·cn(OH－)＝eq\f(cn＋1OH－,n)＝eq\f(1,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Kw,10－pH)))n＋1。命題角度1弱電解質(zhì)的電離平衡與平衡常數(shù)1.(2023·上海楊浦統(tǒng)考二模)25℃時，H2S溶液中的下列關(guān)系不能說明H2S第二步電離比第一步電離程度更小的是(A)A．c(H2S)遠(yuǎn)大于c(S2－)B．c(HS－)遠(yuǎn)大于c(S2－)C．c(H＋)遠(yuǎn)大于c(S2－)D．c(H＋)約等于c(HS－)【解析】氫硫酸是二元弱酸，在溶液中分步電離：H2SHS－＋H＋、HS－S2－＋H＋，第一步電離抑制第二步電離，電離以第一步電離為主，則溶液中氫離子濃度約等于氫硫酸根離子濃度，硫離子濃度遠(yuǎn)小于氫硫酸濃度、氫離子濃度和硫氫根離子濃度，則硫離子濃度遠(yuǎn)小于氫硫酸濃度不能說明氫硫酸的第二步電離比第一步電離程度更小，也可能是第一步電離生成的HS－的濃度就很少，綜上所述，A項符合題意；故選A。2.(2023·江蘇統(tǒng)考二模)以一定濃度NaOH溶液吸收H2S可制備Na2S或NaHS。若通入H2S所引起的溶液體積變化和H2O揮發(fā)可忽略，溶液中含硫物種的濃度c總＝c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)。室溫下，H2S的電離常數(shù)分別為Ka1＝1.1×10－7、Ka2＝1.3×10－13。下列說法正確的是(C)A．Na2S溶液顯堿性的原因：S2－＋2H2OH2S＋2OH－B．NaOH恰好轉(zhuǎn)化為Na2S的溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋c(S2－)C．吸收所得c總＝c(Na＋)的溶液中：c(H2S)＞c(S2－)D．NaOH溶液吸收H2S過程中，溶液的溫度下降【解析】S2－的水解分步進(jìn)行，以第一步水解為主，離子方程式為S2－＋H2OHS－＋OH－，A錯誤；NaOH恰好轉(zhuǎn)化為Na2S，則溶液中溶質(zhì)全為Na2S，溶液中的氫氧根全部來自于水的電離，則c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)，B錯誤；c總＝c(Na＋)，即c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)＝c(Na＋)，此時加入的NaOH的物質(zhì)的量等于H2S的物質(zhì)的量，溶質(zhì)為NaHS，Ka2＝1.3×10－13，HS－的水解平衡常數(shù)Kh＝eq\f(Kw,Ka1)＝0.91×10－7，則HS－的水解程度大于電離程度，故c(H2S)＞c(S2－)，C正確；NaOH溶液吸收H2S，發(fā)生酸堿中和反應(yīng)放出熱量，溶液溫度升高，D錯誤；故選C。命題角度2鹽類水解平衡與平衡常數(shù)3.(2023·重慶二模)常溫下，0.1mol/L的某三種溶液的pH如下表所示：下列說法不正確的是(D)溶液NaXNaYNa2Z(H2Z為二元弱酸)pH7.58.911.6A.常溫下的電離常數(shù)：HX>HY>HZ－B．pH＝2的HX溶液與pH＝12的NaOH溶液等體積混合后，c(X－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)C．0.1mol/L的Na2Z溶液中：c(Na＋)＝2c(Z2－)＋2c(HZ－)＋2c(H2Z)D．將0.1mol/L的HY溶液加水稀釋，其電離常數(shù)和eq\f(cH＋,cHY)均不變【解析】由表格數(shù)據(jù)可知，水解程度：Z2－>Y－>X－，則酸性：HX>HY>HZ－，故常溫下的電離常數(shù)：HX>HY>HZ－，A正確；HX為弱酸，則pH＝2的HX溶液中HX的濃度遠(yuǎn)大于0.01mol/L，則pH＝2的HX溶液與pH＝12的NaOH溶液等體積混合后溶液顯酸性，故c(X－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，B正確；H2Z為二元弱酸，根據(jù)物料守恒可知，0.1mol/L的Na2Z溶液中：c(Na＋)＝2c(Z2－)＋2c(HZ－)＋2c(H2Z)，C正確；將0.1mol/L的HY溶液加水稀釋，其電離常數(shù)不變，c(Y－)減小，則eq\f(cH＋,cHY)增大，D錯誤；故選D。4.(2023·廣東惠州三模)硒酸(H2SeO4)在水溶液中按下式發(fā)生一級和二級電離：H2SeO4=H＋＋HSeOeq\o\al(－,4)；HSeOeq\o\al(－,4)H＋＋SeOeq\o\al(2－,4)，K2＝1.0×10－2(298K)，室溫下，在10mL0.1mol·L－1H2SeO4溶液中，滴加0.1mol·L－1NaOH溶液。下列說法正確的是(B)A．SeOeq\o\al(2－,4)可經(jīng)過兩步水解得到H2SeO4B．滴加NaOH溶液10mL時，溶液中離子濃度：c(Na＋)>c(HSeOeq\o\al(－,4))>c(H＋)>c(SeOeq\o\al(2－,4))>c(OH－)C．當(dāng)?shù)渭又林行詴r，溶液中有c(Na＋)＝c(HSeOeq\o\al(－,4))＋c(SeOeq\o\al(2－,4))D．當(dāng)用去NaOH溶液體積20mL時，此時溶液中有2c(Na＋)＝c(HSeOeq\o\al(－,4))＋c(SeOeq\o\al(2－,4))【解析】根據(jù)H2SeO4=H＋＋HSeOeq\o\al(－,4)，HSeOeq\o\al(－,4)H＋＋SeOeq\o\al(2－,4)，K2＝1.0×10－2(298K)，可知H2SeO4為強酸，而HSeOeq\o\al(－,4)為弱酸，則HSeOeq\o\al(－,4)對應(yīng)的鹽SeOeq\o\al(2－,4)為弱酸鹽，SeOeq\o\al(2－,4)離子水解，溶液呈堿性，水解離子方程式為SeOeq\o\al(2－,4)＋H2OHSeOeq\o\al(－,4)＋OH－。而H2SeO4對應(yīng)的鹽HSeOeq\o\al(－,4)為強酸鹽，在水溶液中只電離，不水解，溶液顯酸性，據(jù)此分析解答。根據(jù)上述分析可知，SeOeq\o\al(2－,4)只能發(fā)生一步水解得到HSeOeq\o\al(－,4)，A錯誤；滴加NaOH溶液10mL時，剛好生成NaHSeO4，溶液中存在HSeOeq\o\al(－,4)的電離平衡：HSeOeq\o\al(－,4)H＋＋SeOeq\o\al(2－,4)，所以離子濃度為c(Na＋)>c(HSeOeq\o\al(－,4))>c(H＋)>c(SeOeq\o\al(2－,4))>c(OH－)，B正確；溶液存在電荷守恒，即c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSeOeq\o\al(－,4))＋2c(SeOeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)，當(dāng)?shù)渭又林行詴r，c(H＋)＝c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(HSeOeq\o\al(－,4))＋2c(SeOeq\o\al(2－,4))，C錯誤；當(dāng)用去NaOH溶液體積20mL時，此時溶液的溶質(zhì)為Na2SeO4，SeOeq\o\al(2－,4)為弱酸鹽，SeOeq\o\al(2－,4)