第27講弱電解質(zhì)的電離平衡命題分析(1)從考查題型和內(nèi)容上看，高考命題以選擇題和非選擇題呈現(xiàn)，考查內(nèi)容主要有以下兩個(gè)方面：①以弱酸、弱堿為載體，考查溶液pH、電離平衡影響因素、離子濃度關(guān)系等。②以電解質(zhì)溶液曲線(xiàn)為載體，考查電離常數(shù)的計(jì)算、離子濃度關(guān)系等。(2)從命題思路上看，側(cè)重以電解質(zhì)溶液圖像、化工流程為載體，依據(jù)圖像進(jìn)行電離常數(shù)的計(jì)算、運(yùn)用電離常數(shù)進(jìn)行相關(guān)計(jì)算。真題演練1．(2024·湖北，14,3分)H2L為某鄰苯二酚類(lèi)配體，其pKa1＝7.46，pKa2＝12.4。常溫下構(gòu)建Fe(Ⅲ)－H2L溶液體系，其中c0(Fe3＋)＝2.0×10－4mol·L－1，c0(H2L)＝5.0×10－3mol·L－1。體系中含F(xiàn)e物種的組分分布系數(shù)δ與pH的關(guān)系如圖所示，分布系數(shù)δ(x)＝eq\f(cx,2.0×10－4mol·L－1)，已知lg2≈0.30，lg3≈0.48。下列說(shuō)法正確的是(C)A．當(dāng)pH＝l時(shí)，體系中c(H2L)>c{[FeL]＋}>c(OH－)>c(HL－)B．pH在9.5～10.5之間，含L的物種主要為L(zhǎng)2－C．L2－＋[FeL]＋[FeL2]－的平衡常數(shù)的lgK約為14D．當(dāng)pH＝10時(shí)，參與配位的c(L2－)≈1.0×10－3mol·L－1[解析]pH＝1時(shí)，c(OH－)＝1×10－13mol·L－1，c(H＋)＝0.1mol·L－1，Ka1＝eq\f(cH＋·cHL－,cH2L)＝10－7.46，eq\f(cHL－,cH2L)＝eq\f(10－7.46,0.1)＝10－6.46，說(shuō)明此時(shí)H2L電離程度特殊弱，則c(H2L)≈5.0×10－3mol·L－1－c{[FeL]＋}＝(5.0×10－3－1×10－4)mol·L－1＝4.9×10－3mol·L－1，依據(jù)Ka1得c(HL－)＝4.9×10－9.46>c(OH－)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；Ka2＝eq\f(cL2－·cH＋,cHL－)＝10－12.4，c(H＋)在10－9.5～10－10.5之間時(shí)eq\f(cL2－,cHL－)＝eq\f(10－12.4,cH＋)<1，則c(HL－)>c(L2－)，則含L的物種主要不是L2－，B項(xiàng)錯(cuò)誤；此反應(yīng)的K＝eq\f(c{[FeL2]－},cL2－·c{[FeL]＋})，pH＝4時(shí)，[FeL]＋與[FeL2]－濃度相等，此時(shí)K＝eq\f(1,c[L2－])，則lgK＝－lgc[L2－]，據(jù)Ka1、Ka2可得c(L2－)＝eq\f(Ka1·Ka2·cH2L,c2H＋)＝eq\f(10－7.46×10－12.4×5.0×10－3,10－8)mol·L－1＝5.0×10－14.86mol·L－1，則lgK＝14.86－lg5≈14，C項(xiàng)正確；pH＝10時(shí)，由圖像可知c{[FeL3]3－}＝c{[FeL2OH]2－}＝1.0×10－4mol·L－1，則參與配位的c(L2－)＝1×10－4×(2＋3)mol·L－1＝5×10－4mol·L－1，D項(xiàng)錯(cuò)誤。2．(2024·浙江1月選考，13,3分)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(guò)離子交換樹(shù)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(shù)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(已知甲酸Ka＝1.8×10－4)，下列說(shuō)法不正確的是(D)A．活性成分R3N在水中存在平衡：R3N＋H2OR3NH＋＋OH－B．pH＝5的廢水中c(HCOO－)∶c(HCOOH)＝18C．廢水初始pH<2.4，隨pH下降，甲酸的電離被抑制，與R3NH＋作用的HCOO－數(shù)目削減D．廢水初始pH>5，離子交換樹(shù)脂活性成分主要以R3NH＋形態(tài)存在[解析]類(lèi)比NH3·H2O的電離平衡可知，R3N在水中存在平衡：R3N＋H2OR3NH＋＋OH－，A項(xiàng)正確；依據(jù)甲酸電離平衡HCOOHH＋＋HCOO－，Ka＝eq\f(cH＋·cHCOO－,cHCOOH)＝1.8×10－4，pH＝5即c(H＋)＝10－5mol·L－1，代入計(jì)算得eq\f(cHCOO－,cHCOOH)＝18，B項(xiàng)正確；pH<2.4時(shí)，隨pH下降，H＋濃度增大，甲酸電離平衡逆向移動(dòng)，電離度減小，甲酸的電離被抑制，HCOO－濃度減小，則可與R3NH＋作用的HCOO－數(shù)目削減，使回收率降低，與圖像相符，C項(xiàng)正確；由平衡R3N＋H2OR3NH＋＋OH－知，pH較高時(shí)，OH－濃度增大，平衡逆向移動(dòng)，離子交換樹(shù)脂活性成分主要以R3N形態(tài)存在，故被吸附的HCOO－較少，回收率較低，D項(xiàng)錯(cuò)誤。3．(2024·海南等級(jí)考)某弱酸HA溶液中主要成分的分布分?jǐn)?shù)隨pH的變更如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是(B)A．該酸－lgKa≈4.7B．NaA的水解平衡常數(shù)Kh＝eq\f(1,Ka)C．當(dāng)該溶液的pH＝7.0時(shí)，c(HA)<c(A－)D．某c(HA)∶c(A－)＝4∶1的緩沖溶液，pH≈4[解析]視察曲線(xiàn)的交點(diǎn)為c(HA)＝c(A－)時(shí)，此時(shí)溶液的pH≈4.7，該酸Ka＝eq\f(cH＋·cA－,cHA)＝c(H＋)≈10－4.7，故－lgKa≈4.7，A說(shuō)法正確；NaA的水解平衡常數(shù)Kh＝eq\f(cOH－·cHA,cA－)＝eq\f(cOH－·cHA·cH＋,cA－·cH＋)＝eq\f(Kw,Ka)，B說(shuō)法錯(cuò)誤；依據(jù)圖像可知，當(dāng)該溶液的pH＝7.0時(shí)，c(HA)<c(A－)，C說(shuō)法正確；依據(jù)圖像可知，c(HA)為0.8，c(A－)為0.2時(shí)，pH約為4，故某c(HA)∶c(A－)＝4∶1的緩沖溶液，pH≈4，D說(shuō)法正確。本講要點(diǎn)速記：1．推斷強(qiáng)弱電解質(zhì)的核心依據(jù)電解質(zhì)在水溶液中的電離程度，若不完全電離則為弱電解質(zhì)。2．電離平衡的兩個(gè)特征v(電離)＝v(結(jié)合)≠0；分子、離子濃度保持不變。3．影響電離平衡的三個(gè)因素(1)上升溫度：電離平衡右移。(2)稀釋?zhuān)弘婋x平衡右