新教材适用2024版高考化学二轮总复习第1部分新高考选择题突破专题8电解质溶液微专题1溶液中的三大平衡与平衡常数教师用书

专题8电解质溶液新课程标准1．从电离、离子反应、化学平衡的角度认识电解质水溶液的组成、性质和反应。2．认识电解质在水溶液中存在电离平衡，了解电离平衡常数的含义。认识水的电离，了解水的离子积常数，认识溶液的酸碱性及pH，掌握检测溶液pH的方法。3．认识盐类水解的原理和影响盐类水解的主要因素。4．认识难溶电解质在水溶液中存在沉淀溶解平衡，了解沉淀的生成、溶解与转化。5．了解水溶液中的离子反应与平衡在物质检测、化学反应规律研究、物质转化中的应用。了解溶液pH的调控在工农业生产和科学研究中的应用。命题角度1．水的离子积常数、电离常数、水解常数、溶度积的计算与比较。2．弱电解质电离、盐类水解、沉淀溶解平衡的影响因素。3．盐类水解和沉淀溶解平衡在生产生活中的应用。4．电解质溶液中的电荷守恒、物料守恒、质子守恒与粒子浓度的比较。5．有关微粒物质的量分数分布等图像及其相关计算。6．酸碱中和滴定、氧化还原滴定、沉淀滴定原理、操作、计算及误差分析。微专题1溶液中的三大平衡与平衡常数命题角度1弱电解质的电离平衡与平衡常数1.(2022·全国乙卷)常温下，一元酸HA的Ka(HA)＝1.0×10－3。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(B)A．溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)B．溶液Ⅱ中的HA的电离度eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cA－,c总HA)))为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总(HA)之比为10－4【解析】常温下溶液Ⅰ的pH＝7.0，则溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7mol·L－1，c(H＋)＜c(OH－)＋c(A－)，A错误；常温下溶液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总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，则eq\f(0.1cA－,c总HA－cA－)＝1.0×10－3，解得eq\f(cA－,c总HA)＝eq\f(1,101)，B正确；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总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，eq\f(10－7[c总HA－cHA],cHA)＝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－1，Ka＝eq\f(cH＋·cA－,cHA)＝1.0×10－3，c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，eq\f(0.1[c总HA－cHA],cHA)＝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)]∶[1.01c(HA)]＝(104＋1)∶1.01≈104，D错误；故选B。2.(2022·湖北选考)H2O(l)、NH3(l)均可自电离：2H2O(l)OH－＋H3O＋、2NH3(l)NHeq\o\al(－,2)＋NHeq\o\al(＋,4)。下列反应与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】根据题目信息可知，CH3CH2Br和H2O互相交换成分生成CH3CH2OH和HBr。由2H2O(l)OH－＋H3O＋可得，Mg3N2与H2O互相交换成分生成Mg(OH)2和NH3，与题述反应原理相同，故A正确；由于NH3(l)可自电离，2NH3可写为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与SiCl4交换成分生成Si(NH2)4和NH4Cl与题述反应原理相同，故B正确；Cl2与NH3反应生成了单质N2，并不是反应物之间相互交换成分，与题述反应原理不同，故C错误；eq\o(H,\s\up6(δ＋))—eq\o(OH,\s\up6(δ－))和PCl3互相交换成分生成了H3PO3和HCl，与题述反应原理相同，故D正确；故选C。3.(2021·广东卷)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，下列叙述正确的是(B)A．0.001mol·L－1GHCl水溶液的pH＝3B．0.001mol·L－1GHCl水溶液加水稀释，pH升高C．GHCl在水中的电离方程式为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错误；0.001mol·L－1GHCl水溶液加水稀释，GH＋水解平衡正向移动，但是溶液体积增大使c(H＋)减小，则pH升高，B正确；GHCl的电离方程式为GHCl=GH＋＋Cl－，C错误；GHCl水溶液中存在电荷守恒：c(H＋)＋c(GH＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，D错误；故选B。4.(2021·浙江6月卷)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(B)A．25℃时，若测得0.01mol·L－1NaR溶液pH＝7，则HR是弱酸B．25℃时，若测得0.01mol·L－1HR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【解析】25℃时，若测得0.01mol·L－1NaR溶液pH＝7，可知NaR为强酸强碱盐，则HR为强酸，A错误；25℃时，若测得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未完全电离，HR为弱酸，B正确；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；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。命题角度2盐类的水解平衡与平衡常数5.(2022·浙江6月)25℃时，苯酚(C6H5OH)的Ka＝1.0×10－10，下列说法正确的是(C)A．相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c(C6H5O－)>c(CH3COO－)B．将浓度均为0.10mol·L－1的C6H5ONa和NaOH溶液加热，两种溶液的pH均变大C．25℃时，C6H5OH溶液与NaOH溶液混合，测得pH＝10.00，则此时溶液中c(C6H5O－)＝c(C6H5OH)D．25℃时，0.10mol·L－1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体，水的电离程度变小【解析】醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度较小，则相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O－)<c(CH3COO－)，A错误；C6H5ONa溶液中，C6H5O－水解生成氢氧根离子，升温促进C6H5O－的水解，氢氧根离子浓度增大，但温度升高Kw增大，pH无法判断，而氢氧化钠溶液中，升温Kw变大，氢氧根离子浓度不变，氢离子浓度增大，pH减小，B错误；当pH＝10.00时，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正确；C6H5ONa中的C6H5O－可以水解，会促进水的电离，D错误；故选C。6.(2021·浙江1月)实验测得10mL0.50mol·L－1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L－1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10－5。下列说法不正确的(C)A．图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度eq\f(0.50,x)mol·L－1，溶液pH变化值小于lgxC．随温度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH－)减小，c(H＋)增大，pH减小D．25℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中：c(Na＋)－c(CH3COO－)＝c(Cl－)－c(NHeq\o\al(＋,4))【解析】由题中信息可知，图中两条曲线为10mL0.50mol·L－1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L－1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大。氯化铵水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小。由分析可知，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，A说法正确；将NH4Cl溶液加水稀释至浓度eq\f(0.50,x)mol·L－1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c(H＋)变为原来的eq\f(1,x)，则溶液的pH将增大lgx，但是，加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c(H＋)大于原来的eq\f(1,x)，因此，溶液pH的变化值小于lgx，B说法正确；随温度升高，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即Kw增大；随温度升高，CH3COONa的水解程度变大，溶液中c(OH－)增大，因此，C说法不正确；25℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)。因此，氯化铵溶液中，c(Cl－)－c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(H＋)－c(OH－)，醋酸钠溶液中，c(Na＋)－c(CH3COO－)＝c(OH－)－c(H＋)。由于25℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10－5，因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，其中盐的水解程度是相同的，因此，两溶液中|c(OH－)－c(H＋)|(两者差的绝对值)相等，故c(Na＋)－c(CH3COO－)＝c(Cl－)－c(NHeq\o\al(＋,4))，D说法正确；故选C。7.(2021·北京卷)以下4个实验中均产生了白色沉淀。下列说法不正确的是(B)A．Na2CO3溶液、NaHCO3溶液含有的微粒种类相同B．Ca2＋促进了COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)的水解C．Al3＋促进了COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)的水解D．滴入溶液后，4支试管内溶液的pH都变小【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，故含有的微粒种类相同，A正确；HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)，加入Ca2＋后，Ca2＋和COeq\o\al(2－,3)反应生成沉淀，促进HCOeq\o\al(－,3)的电离，B错误；Al3＋与COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)都能发生互相促进的水解反应，C正确；由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会减小，pH减小，D正确；故选B。命题角度3沉淀溶解平衡与平衡常数8.(2023·浙江1月)碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：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的电离常数Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11]，下列有关说法正确的是(B)A．上层清液中存在c(Ca2＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))B．上层清液中含碳微粒最主要以HCOeq\o\al(－,3)形式存在C．向体系中通入CO2气体，溶液中c(Ca2＋)保持不变D．通过加Na2SO4溶液可实现CaCO3向CaSO4的有效转化【解析】上层清液为碳酸钙的饱和溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子，因此c(Ca2＋)>c(COeq\o\al(2－,3))，A错误；根据Ka2＝4.7×10－11可得eq\f(cCO\o\al(2－,3)·cH＋,cHCO\o\al(－,3))＝4.7×10－11，则碳酸根的水解平衡常数为Kh＝eq\f(cHCO\o\al(－,3)·cOH－,cCO\o\al(2－,3))＝eq\f(Kw,Ka2)≈2×10－2>Ka2，说明碳酸根的水解程度较大，则上层清液中含碳微粒主要为碳酸氢根离子，B正确；向体系中通入CO2，COeq\o\al(2－,3)＋CO2＋H2O=2HCOeq\o\al(－,3)，c(COeq\o\al(2－,3))减小，CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)正向移动，溶液中钙离子浓度增大，C错误；由题干可知，Ksp(CaCO3)＝3.4×10－9，Ksp(CaSO4)＝4.9×10－5，碳酸钙比硫酸钙更难溶，加入硫酸钠后碳酸钙不会转化成硫酸钙，D错误；故选B。9.(2022·湖南选考)室温时，用0.100mol·L－1的标准AgNO3溶液滴定15.00mL浓度相等的Cl－、Br－和I－混合溶液，通过电位滴定法获得lgc(Ag＋)与V(AgNO3)的关系曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于1.0×10－5mol·L－1时，认为该离子沉淀完全。Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgBr)＝5.4×10－13，Ksp(AgI)＝8.5×10－17)。下列说法正确的是(C)A．a点：有白色沉淀生成B．原溶液中I－的浓度为0.100mol·L－1C．当Br－沉淀完全时，已经有部分Cl－沉淀D．b点：c(Cl－)>c(Br－)>c(I－)>c(Ag＋)【解析】向含浓度相等的Cl－、Br－和I－混合溶液中滴加硝酸银溶液，根据三种沉淀的溶度积常数，三种离子沉淀的先后顺序为I－、Br－、Cl－，根据滴定图示，当滴入4.50mL硝酸银溶液时，Cl－恰好沉淀完全，此时共消耗硝酸银的物质的量为4.50mL×10－3L/mL×0.1000mol·L－1＝4.5×10－4mol，所以Cl－、Br－和I－均为1.5×10－4mol。I－先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A错误；原溶液中I－的物质的量为1.5×10－4mol，则I－的浓度为eq\f(1.5×10－4mol,0.01500L)＝0.0100mol·L－1，故B错误；当Br－沉淀完全时(Br－浓度为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－已经开始沉淀，则此时溶液中的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，则已经有部分Cl－沉淀，故C正确；b点加入了过量的硝酸银溶液，溶液中的I－、Br－、Cl－全部转化为沉淀，则Ag＋浓度最大，根据溶度积可知，b点各离子浓度为c(Ag＋)>c(Cl－)>c(Br－)>c(I－)，故D错误；故选C。〔思维建模〕1．弱电解质电离平衡解题流程2．沉淀溶解平衡解题流程知能对点1弱电解质的电离1.根据水电离出的c(H＋)和溶液中c(H＋)判断溶液的性质(1)室温下水电离出的c(H＋)＝1×10－7mol·L－1，若某溶液中水电离出的c(H＋)<1×10－7mol·L－1，则可判断该溶液呈酸性或碱性；若某溶液中水电离出的c(H＋)>1×10－7mol·L－1，则可判断出该溶液中存在能水解的盐，从而促进了水的电离。(2)室温下，溶液中的c(H＋)>1×10－7mol·L－1，说明该溶液是酸性溶液或水解呈酸性的盐溶液；溶液中的c(H＋)<1×10－7mol·L－1，说明该溶液是碱性溶液或水解呈碱性的盐溶液。2.“电离平衡”分析判断中的常见误区(1)误认为电离平衡正向移动，弱电解质的电离程度一定增大。如向醋酸溶液中加入少量冰醋酸，平衡向电离方向移动，但醋酸的电离程度减小。(2)误认为弱电解质在加水稀释的过程中，溶液中离子浓度都减小。如氨水加水稀释时，c(H＋)增大。(3)误认为由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－13mol·L－1的溶液一定呈碱性。如25℃，0.1mol·L－1盐酸或氢氧化钠溶液中由水电离出的c(H＋)都为1.0×10－13mol·L－1。(4)弱电解质溶液在加水稀释的过程中，判断某些微粒浓度的关系式是否发生变化时，首先要考虑该关系式是否是电离常数、离子积常数或者是它们的变形。知能对点2“用规律”“抓类型”突破盐类水解问题1.规律：有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，同强显中性，越热越水解，越稀越水解。2.类型：(1)强碱弱酸盐，阴离子水解，其水溶液呈碱性，如醋酸钠水解的离子方程式为CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－；多元弱酸酸根分步水解，如碳酸钠水解的离子方程式为COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－、HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－。(2)强酸弱碱盐，阳离子水解，其水溶液呈酸性，如氯化铵、氯化铝水解的离子方程式分别为NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋、Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋。(3)NaCl等强酸强碱盐不水解，溶液呈中性。(4)弱酸弱碱盐相互促进水解，其溶液的酸碱性取决于弱酸和弱碱的相对强弱。(5)弱酸酸式盐水溶液酸碱性，取决于酸式酸根离子电离程度和水解程度的相对大小。①若电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，如NaHSO3、NaH2PO4等。②若电离程度小于水解程度，溶液呈碱性，如NaHCO3、Na2HPO4等。知能对点3沉淀溶解平衡突破1.沉淀能否生成或溶解的判断方法通过比较溶度积与非平衡状态下溶液中有关离子浓度幂的乘积——离子积Qc的相对大小，可以判断难溶电解质在给定条件下沉淀生成或溶解的情况：Qc>Ksp，溶液过饱和，有沉淀析出；Qc＝Ksp，溶液饱和，沉淀的生成与溶解处于平衡状态；Qc<Ksp，溶液未饱和，无沉淀析出。2.沉淀的转化方法沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动，非氧化还原类离子反应都是向离子浓度减小的方向移动，从溶解角度说，一般是易溶物质转化成微溶物质，微溶物质转化为难溶物质。有些金属硫化物(如CuS、HgS等)溶度积特别小，在饱和溶液中这些金属硫化物不能溶于非氧化性强酸，只能溶于氧化性酸，c(S2－)减小，可达到沉淀溶解的目的。3.溶度积(Ksp)与溶解能力的关系的突破方法溶度积(Ksp)反映了电解质在水中的溶解能力，对于阴阳离子个数比相同的电解质，Ksp的数值越大，难溶电解质在水中的溶解能力越强；但对于阴阳离子个数比不同的电解质，不能直接比较Ksp数值的大小。知能对点4四类平衡常数、应用及其关系1.四类平衡常数对比(1)电离常数(Ka、Kb)：对于一元弱酸HA：HAH＋＋A－，电离常数Ka＝eq\f(cH＋·cA－,cHA)；对于一元弱碱BOH：BOHB＋＋OH－，电离常数Kb＝eq\f(cB＋·cOH－,cBOH)；Ka、Kb只与温度有关，升高温度，K值增大。(2)水的离子积常数(Kw)：Kw＝c(OH－)·c(H＋)，只与温度有关，升高温度，Kw增大。(3)难溶电解质的溶度积常数(Ksp)：MmAn的饱和溶液：Ksp＝cm(Mn＋)·cn(Am－)，Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关。(4)盐类的水解常数(Kh)：NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋，Kh＝eq\f(cH＋·cNH3·H2O,cNH\o\al(＋,4))，Kh随温度的升高而增大。2.四类平衡常数的应用(1)判断离子浓度比值的大小变化。如将NH3·H2O溶液加水稀释，c(OH－)减小，由于电离平衡常数为eq\f(cNH\o\al(＋,4)·cOH－,cNH3·H2O)，此值不变，故eq\f(cNH\o\al(＋,4),cNH3·H2O)的值增大。(2)判断平衡移动方向Qc＞K，平衡逆向移动Qc＝K，平衡不移动Qc＜K，平衡正向移动3.四类平衡常数之间的关系(1)Kw、Ka(Kb)、Ksp、Kh之间的关系①一元弱酸强碱盐：Kh＝Kw/Ka；一元弱碱强酸盐：Kh＝Kw/Kb；②多元弱碱强酸盐，如氯化铁：Fe3＋(aq)＋3H2O(l)Fe(OH)3(s)＋3H＋(aq)Kh＝c3(H＋)/c(Fe3＋)。将(Kw)3＝c3(H＋)·c3(OH－)与Ksp＝c(Fe3＋)·c3(OH－)两式相除，消去c3(OH－)可得Kh＝(Kw)3/Ksp。②M(OH)n悬浊液中Ksp、Kw、pH间关系，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。命题角度1弱电解质的电离平衡与平衡常数1.(2023·上海杨浦统考二模)25℃时，H2S溶液中的下列关系不能说明H2S第二步电离比第一步电离程度更小的是(A)A．c(H2S)远大于c(S2－)B．c(HS－)远大于c(S2－)C．c(H＋)远大于c(S2－)D．c(H＋)约等于c(HS－)【解析】氢硫酸是二元弱酸，在溶液中分步电离：H2SHS－＋H＋、HS－S2－＋H＋，第一步电离抑制第二步电离，电离以第一步电离为主，则溶液中氢离子浓度约等于氢硫酸根离子浓度，硫离子浓度远小于氢硫酸浓度、氢离子浓度和硫氢根离子浓度，则硫离子浓度远小于氢硫酸浓度不能说明氢硫酸的第二步电离比第一步电离程度更小，也可能是第一步电离生成的HS－的浓度就很少，综上所述，A项符合题意；故选A。2.(2023·江苏统考二模)以一定浓度NaOH溶液吸收H2S可制备Na2S或NaHS。若通入H2S所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度c总＝c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)。室温下，H2S的电离常数分别为Ka1＝1.1×10－7、Ka2＝1.3×10－13。下列说法正确的是(C)A．Na2S溶液显碱性的原因：S2－＋2H2OH2S＋2OH－B．NaOH恰好转化为Na2S的溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋c(S2－)C．吸收所得c总＝c(Na＋)的溶液中：c(H2S)＞c(S2－)D．NaOH溶液吸收H2S过程中，溶液的温度下降【解析】S2－的水解分步进行，以第一步水解为主，离子方程式为S2－＋H2OHS－＋OH－，A错误；NaOH恰好转化为Na2S，则溶液中溶质全为Na2S，溶液中的氢氧根全部来自于水的电离，则c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)，B错误；c总＝c(Na＋)，即c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)＝c(Na＋)，此时加入的NaOH的物质的量等于H2S的物质的量，溶质为NaHS，Ka2＝1.3×10－13，HS－的水解平衡常数Kh＝eq\f(Kw,Ka1)＝0.91×10－7，则HS－的水解程度大于电离程度，故c(H2S)＞c(S2－)，C正确；NaOH溶液吸收H2S，发生酸碱中和反应放出热量，溶液温度升高，D错误；故选C。命题角度2盐类水解平衡与平衡常数3.(2023·重庆二模)常温下，0.1mol/L的某三种溶液的pH如下表所示：下列说法不正确的是(D)溶液NaXNaYNa2Z(H2Z为二元弱酸)pH7.58.911.6A.常温下的电离常数：HX>HY>HZ－B．pH＝2的HX溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，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．将0.1mol/L的HY溶液加水稀释，其电离常数和eq\f(cH＋,cHY)均不变【解析】由表格数据可知，水解程度：Z2－>Y－>X－，则酸性：HX>HY>HZ－，故常温下的电离常数：HX>HY>HZ－，A正确；HX为弱酸，则pH＝2的HX溶液中HX的浓度远大于0.01mol/L，则pH＝2的HX溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后溶液显酸性，故c(X－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，B正确；H2Z为二元弱酸，根据物料守恒可知，0.1mol/L的Na2Z溶液中：c(Na＋)＝2c(Z2－)＋2c(HZ－)＋2c(H2Z)，C正确；将0.1mol/L的HY溶液加水稀释，其电离常数不变，c(Y－)减小，则eq\f(cH＋,cHY)增大，D错误；故选D。4.(2023·广东惠州三模)硒酸(H2SeO4)在水溶液中按下式发生一级和二级电离：H2SeO4=H＋＋HSeOeq\o\al(－,4)；HSeOeq\o\al(－,4)H＋＋SeOeq\o\al(2－,4)，K2＝1.0×10－2(298K)，室温下，在10mL0.1mol·L－1H2SeO4溶液中，滴加0.1mol·L－1NaOH溶液。下列说法正确的是(B)A．SeOeq\o\al(2－,4)可经过两步水解得到H2SeO4B．滴加NaOH溶液10mL时，溶液中离子浓度：c(Na＋)>c(HSeOeq\o\al(－,4))>c(H＋)>c(SeOeq\o\al(2－,4))>c(OH－)C．当滴加至中性时，溶液中有c(Na＋)＝c(HSeOeq\o\al(－,4))＋c(SeOeq\o\al(2－,4))D．当用去NaOH溶液体积20mL时，此时溶液中有2c(Na＋)＝c(HSeOeq\o\al(－,4))＋c(SeOeq\o\al(2－,4))【解析】根据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为强酸，而HSeOeq\o\al(－,4)为弱酸，则HSeOeq\o\al(－,4)对应的盐SeOeq\o\al(2－,4)为弱酸盐，SeOeq\o\al(2－,4)离子水解，溶液呈碱性，水解离子方程式为SeOeq\o\al(2－,4)＋H2OHSeOeq\o\al(－,4)＋OH－。而H2SeO4对应的盐HSeOeq\o\al(－,4)为强酸盐，在水溶液中只电离，不水解，溶液显酸性，据此分析解答。根据上述分析可知，SeOeq\o\al(2－,4)只能发生一步水解得到HSeOeq\o\al(－,4)，A错误；滴加NaOH溶液10mL时，刚好生成NaHSeO4，溶液中存在HSeOeq\o\al(－,4)的电离平衡：HSeOeq\o\al(－,4)H＋＋SeOeq\o\al(2－,4)，所以离子浓度为c(Na＋)>c(HSeOeq\o\al(－,4))>c(H＋)>c(SeOeq\o\al(2－,4))>c(OH－)，B正确；溶液存在电荷守恒，即c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSeOeq\o\al(－,4))＋2c(SeOeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)，当滴加至中性时，c(H＋)＝c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(HSeOeq\o\al(－,4))＋2c(SeOeq\o\al(2－,4))，C错误；当用去NaOH溶液体积20mL时，此时溶液的溶质为Na2SeO4，SeOeq\o\al(2－,4)为弱酸盐，SeOeq\o\al(2－,4)