第42讲反应过程中粒子浓度变化及图像分析-【衡中学案】2027年高考化学一轮总复习学案

c(HCO3)·c(OH) 【易错辨析】 子浓度减小，所以平衡常数K c(C0片) 增大，故C正确；二(1)V 氧化碳与氢氧根离子反应，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液的H (2)×氯化铵溶液中NH水解，CI不水解，加水稀释时，c(NH)减小的 诚小，故D正确。 e(NH) 程度大于c(CI)减小的程度， 变小 2.B加热醋酸钠溶液促进CH,CO0的水解，同时H20的电离平衡正向 e(CI) 移动，因此溶液pH增大是CHC00水解平衡移动和H,0的电离平衡(3)V 正向移动共同作用的结果，故B错误。 i(4)x e(NH)>e(Cl)>c(OH)>e(H*) 3.C HCIO为弱酸，在水溶液中存在电离平衡HCI0一H+C0,当向！(5)×c(NH4)+2c(H)=c(NH3·H20)+2c(OH)。 pH=3的HCI0溶液中加入少量NaC0固体后，溶液中c(CIO)增大，(6)×2c(C20子)+c(HC20:)+c(OH)+c(C)=c(Na)+c(H*)。 HC10的电离平衡逆向移动，即HCI0的电离程度减小，但水的电离平衡：(7)V 正向移动，出水电离出的c(H)增大，A错误；NaCI0为强碱弱酸盐，其考点突破·能力提升 水溶液中C0会水解且C10的水解为吸热反应，即升高温度0的水微考点1 解程度增大，溶液的碱性增强(pH增大)；NOH为强碱，在水溶液中完 1.BNa2S溶液中存在电荷守恒：c(H)+c(Na)=c(OH)+e(HS)+ 全电离，但加热时水的电离程度增大，即NaOH溶液加热，其pH略微降 低，B错误；酸性：HCOOH>HCIO,相同温度下，等pH的HCOONa溶液和 2c(s2),A正确；0.01mol·L1Na,S溶液中，S2水解使溶液呈碱性，其 NaC1O溶液中，水解程度：CIO>HCO0,则溶液中有c(HCO0)> 水解常数为人，=c(0H)·c(Hs)飞104 c(Cl0),C正确；25℃时，溶液中存在电荷守恒c(H)+c(Na)= c(S2) 10210,根据硫元素 e(OH-)+c(CIO)pH=7,c(H*)=c(OH),c Na*)=c(ClO), K(HC0)=4.0×108,则C10的水解平衡常数K=2.5×10-7,C10的水 守可知es)10,所以0号>1.则c(0 解程度大于HCI0的电离程度，则c(HC10)>c(ClO),D错误 c(s2-),B不正确；Kp（Fes)远远大于K(CdS),向c(Cd2+)= 微考点2 0.01mdl·L的溶液中加人FeS时，可以发生沉淀的转化，该反应的平衡 4.D①FeCl3能水解，生成的Fe(OH)3胶体可吸附水中的杂质；②在 Kn(FeS)107.20 常数为K= FeCl3溶液中加入少量盐酸，能抑制Fe3+的水解；③A1Cl3水解生成 ，CS10D10*9→10，因此该反应可以完全进行. A1(OH)1和HC1,先将AICl3固体溶解在较浓的盐酸中可以抑制A1+的 在CdS的饱和溶液中c(Cd2+)=√/1026.而mol.L1=101.5mol.L1, 水解：④NH4CI、ZCl2水解使溶液呈酸性，能溶解金属氧化物，可用作除 则加入足量FeS时可使c(Cd2+)<108mdl·L-1,C正确：Cd2++H2S 锈剂；⑤Na2CO3水解使溶液呈碱性，会与玻璃中的主要成分Si02发生 c2(H) K1·K210697x10-20 反应；⑥(NH4)2S04水解使溶液呈酸性，长期施用(NH4)2S04,可使土壤酸 CdS+2H的平衡常数K= e(Cd2).e(H2S)K(CdS) 10-26.10 性增强」 5.B纯碱在热水中水解程度增大，溶液碱性增强，促进油脂水解，A不符 =10.2310,该反应可以完全进行，因此，当向c(Cd2+)=0.01mdl·L 的溶液中通人H,S气体至饱和，Cd2+可以完全沉淀，所得溶液中c(H+)> 合题意；重油在高温、高压和催化剂作用下裂化或裂解生成小分子烃，不 属于水解反应，B符合题意；蛋白质在酶的作用下发生水解反应转化为 c(Cd2+),D正确 氨基酸，C不符合题意；向沸水中滴人饱和FeC3溶液，Fe计发生水解反 2.(1)①c(Na*)=2[c(C03)+c(HC03)+c(H2C03)] 应生成Fe(OH)3胶体，D不符合题意. ②c(Na)+c(H)=c(HC03)+c(0H)+2c(C03) 6.D②FeS04溶液加热过程中生成Fe(OH)2和H2S04,又由于Fe(OH)2 3c(OH)=c(H)+2c(H,CO)+e(HCO) 会被氧化生成Fe(OH)3,故蒸干后得不到原溶质；④Ca(HC03)2受热会 (2)De(NH)+e(H*)=e(CI-)+e(OH-) 分解生成CaCO2、H20和CO2;⑤NH4HCO3受热分解生成NH3、H2O和 ②2c(CI)=c(NH4)+c(NH3·H20) CO2;⑥KMnO,受热分解生成KzMn04、MnO2和O2;⑦FeCl3在溶液中水： ③c(NH4)+2c(H)=c(NH3·H,O)+2c(OH) 解生成Fe(OH),和HCL,加热时，HCl挥发进一步促进FeCl2水解得到 (3)①c(Na)=2[c(S2)+c(HS)+c(H2S)] Fe(OH)3,Fe(OH)3受热分解得到的固体物质是Fe2O3 ②c(Na)+c(H)=c(0H)+c(HS)+2c(S2-） 7.(1)分解出HC气体，抑制CeCl3的水解 3c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H,S) (2)NaCl NaCl(0水解的化学方程式为VaCl0+H20=VaOH+HC0, (4)①c(NH4)+c(NH3·H20)=2c(S0子) 2HCI0△2HCl+02↑，HC+Na0H—NaCI+H,0,最终得到NaC ②c(NH4)+c(H)=2c(S04)+c(0H) 8.(1)AL203在A1CL3溶液中存在平衡A1CL3+3H20一A1(0H)3+3HCL, ③c(H)=c(NH3·H20)+c(OH) 加热时水解平衡右移，HC1浓度增大，蒸干时HC挥发，使平衡进一步向3.(1)①CINH,H,OHNH,·H,O、H20 右移动得到A1(OH)3,在灼烧时发生反应2A1(OH)3△A20,+3H20, 2c(Cl)>c(NH >c(H)>e(OH) 因此最后得到的固体是A12O3在HCI气流中加热蒸发溶质不变 ③c(CI)=c(NH4)+c(NH3·H2O) (2)在NH4Cl溶液中存在水解平衡NH4+H20-=NH3·H20+H,加人 (2)①c(Na*)>c(HC03)>c(0H)>c(H)>c(C03) Mg,Mg与H反应放出H2,使溶液中c(H)减小，平衡向右移动，使Mg ②c(Na)=c(HC03)+c(C03)+c(H2C03） 粉不断溶解 3c(Na)+c(H)=c(HCO)+2c(CO)+c(OH) 第42讲 反应过程中粒子浓度变化及图像分析 4c(OH)+e(CO3)=c(H2 CO3)+c(H*) (3)①c(Na)>c(C0)>c(0H)>c(HC03)>c(H) 考点一 ②c(Na)=2[c(C03)+c(HC03)+c(H2CO3)] ③c(Na)+c(H)=c(HC03)+c(0H)+2c(C03) 必备知识·梳理夯实 4c(OH)=e(H*)+2c(H2CO3)+e(HCO3) 1.(1)c(H2S)>c(H+)>c(Hs)>c(s2-) [解析](2)NaHCO3—Na+HCO(完全电离)， (2)c(C03)>e(HC03)>c(H2C03) HC03+H20-H2C03+0H(主要)， 2.【微思考】 HC0,H+C03(次要)， (1)c(Na)=c(HC03)+c(CO5)+c(H2C03) H,0一=H+OH厂（极微弱）。 (2)c(Na)+c(H)=c(HC03)+2c(CO3)+c(0H) 微考点2 (3)c(OH)+c(C0片)=c(H,C03)+c(H) 4.B未加盐酸时，NaOH和NH3·H2O混合溶液中，NaOH完全电离， 3.(2)c(Na*)>c(C0})>c(0H)>c(HC03)>c(H2C03) NH3·H20部分电离，则微粒浓度关系为c(OH)>c(Na)>c(NH3·H2O) 4.(1)c(NH4)>c(CI)>c(OH)>c(H) A错误；加入I0mL盐酸时，盐酸与NaOH恰好完全反应生成NaCl,此时 (2)c(Na)>c(CN)>c(OH)>c(H*) 为NaCl和NH,·H2O的混合溶液，根据电荷守恒可得c(NH4)+c(H)+ (3)c(Na)>c(CHC00)>c(C)>c(H)>c(0H) c(Na)=c(OH)+c(CI),由于NaCl不发生水解，则有c(C)= 5.c>a>bHS0,电离出来的H抑制NH的水解，而CH3C00水解与： c(Na),从而可得c(NH)+c(H)=c(OH),B正确；加人盐酸至溶液 NH4水解相互促进，CI对NH的水解既不促进，也不抑制 :pH=7时，溶液呈中性，则有c(H)=c(OH),根据电荷守恒可得 637 c(NH4)+c(Na)=c(Cl),C错误；加入20mL盐酸时，恰好完全反应生： [图解分析] 成NaCI和NH,Cl,由于NH发生水解而使溶液呈酸性，则有c(H)> 浓度是0.1000 c(OH);根据电荷守恒可得c(NH)+c(H)+c(Na)=c(OH)+ c(CI),从而可得c(CI)>c(NH4)+c(Na),D错误 12 mdL,pH不同，酸 的强弱不同，酸性 5.D由题图可知，0.1mol·LHX溶液的pH等于1，则HX为强酸，电离 8 HZ>HY>HX, 方程式为HX一H+X,A错误：由题图可知，0.1mol·LHY溶液的 HX 且H☑为接酸 6 pH等于4,0.1mol·L1HY溶液中c(H)=104mol·L1,B错误： HY HZ 20mL时酸与碱怜 V(NaOH溶液)=20mL时，两种溶液恰好反应分别生成等物质的量的 2 好完全反 NaX和NaY,NaY发生水解，所以两种溶液中c(X)>c(Y),C错误；b 102030 40 点加人NaOH溶液的体积为10mL,对于HY溶液，该点溶液中溶质为等 V(NaOH溶液)mL 物质的量的HY和NaY,根据元素守恒：c(Y-)+c(HY)=2c(Na),根据 [解析](1)根据图像分析，氢氧化钠溶液的体积为0时，0.1000mol·L 电荷守恒：c(Y)+c(OH)=c(H)+c(Na),联立得：c(Y)-c(HY)= 2[c(H)-c(0H)],则c(Y)-c(HY)>c(H)-c(OH),D正确。 的三种酸HX、HY、HZ的溶液的pH分别为4、3、1，故酸性大小顺序为HX 6.B已知K,(HS0a)=1.2×10-2,可知HS0:在水溶液中部分电离，故较 <HY<HZ,则相同温度下，相同浓度的三种酸溶液的导电能力：HX<HY< HZ。(2)当NaOH溶液体积为20.O0mL时，HY恰好与NaOH生成NaY, 浓H2S04溶液中存在电荷守恒：c(H)=2c(SO4)+c(HS04)+c(OH), Y部分水解，所以溶液中c(Y)>c(HY);由图像可知，HZ为强酸，而HX c(H2S03)·c(S03) A项错误；2HS03一S03+H2S03的平衡常数K 为弱酸，所以这两种酸溶液与NOH溶液反应至pH=7时，HX有利余 c(HSO3)·c(HS03) HZ恰好反应完全，故所需NaOH溶液的体积的关系是HZ溶液>HX溶 c(H2S03)·c(S03)·c(Ht)c(Ht)·c(S03) c(H2S03) 液。(3)由于酸性：HX<HY,所以HX恰好完全反应时，HY早已完全反 c(HS03)·c(HS03)·c(H) c(HSO3) c(HS03)·c(H) 应，所得溶液为NaX和NaY的混合液，X和Y水解均显碱性，c(OH)> K(H,50,)1,2x10=5.0x106,B项正确；(NH)2C0,溶液中存 K2(H2S03)6.0×10-8 c(H),由酸性：HX<HY,可知Y的水解程度小于X,由于水解是微弱 的，所以溶液中c(Na)>c(Y)>c(X)>c(OH)>c(H) 在电荷守恒：c(NH4)+c(H)=c(HC20)+2c(C20)+c(OH),存在元 (4)0.1000mdl·L1的HY溶液的pH=3,即c(H)=103mol·L, 素守恒：c(NH3·H20)+c(NH4)=2c(H2C204)+2c(HC20)+ 水的电离程度很小，可以不考虑。 2c(C20),两式联立，可得c(NH3·H20)+c(0H)=2c(HC204)+ HY(aq)=H*(aq)+Y(aq) c(HC204)+c(H),C项错误；“提铜”后的滤液中加人(NH4)2C204溶 起始(mol·L-1) 0.1000 0 0 液“沉镍”，八a的物质的量不变，但溶液总体积增大，故c期(Na)> 变化(mol·L1) 103 103 103 c沉(Na),D项错误 平衡(mol·L1) 0.1000-103103 103 微考点3 则c(HY)=(0.1000-103)mdl·L1≈0.1000mol·L1,K,(HY)≈ 7.(1)③>②>④>①(2)②>①>③(3)④>②>③>① 10-3×10-3 =105。 0.1000 8.⑤>④>③>①>② [思路导引](I)NH,CI溶液中只有NH发生水解，不受其他离子影微考点2 响，依此为基准，推测其他溶液中c(NH)的相对大小。 :3.D已知pKm(PbC03)=12.1,当8(Pb2+)=25%,即c(Pb2+)=5×10 (2)基本规律：若其他离子（如H、Fe2+)抑制NH的水解，c(NH)变 大，反之，若促进NH的水解，c(NH4)则变小 mal.L1时，e(cog)=(PbC0, =2×10-.1mol·L'<c(Ph2+),此时 c(Pb2+) [解析]等物质的量浓度时，④⑤溶液中c(NH4)大于其他三种溶液，】 pH>6.5,则pH=6.5时，c(Ph2+)>5×106mol·L1,c(C0)<2×107. Fe2+和NH均发生水解，相互抑制，则c(NH4):⑤>④。H抑制NH4的 mol·L1,故c(C0)<c(P42+),A正确：当8(P%2+)=8(PbC0)时，设溶 水解，c(NH)较大，则c(NH4);③>①。由于K(CH3COOH)= K,(NH3·H,0)=1.8×105,CH COONH4溶液中CH3C00、NH4均水 液体积为L,根据P%原子守恒，可得c(P2)+(C0, -+e[Pb(OH)*7 解，相互促进，则c(NH4):①>②。综上分析，溶液中c(NH)由大到小 ,则c(P%2+) 的顺序为⑤>④>③>①>②」 +d[%(C0,)]=2.0x105molL',c(Pb2)=n(PC0 考点二 <1.0×105mol·L,B正确：由元素守恒可知，n(C0)=2n(P%2+)+ 2n[Pb(0H)]+2n(PbC03)+2n[Pb(C03)3],则n(Cl04)>2n(Pb2+)+ 考点突破·能力提升 2n[Ph(0H)]+2n[Pb(C03)2],故c(CI04)>2c(Pb+)+ 微考点1 2c[Ph(0H)]+2c[Ph(C03)3],即2c(Pb2)+c[Ph(0H)]< 1.D结合起点和终点，向20mL0.10mol·L1NaOH溶液中缓慢滴人相 2c(CO3)+c(HCO3)+c(CIO4),C正确；NaHCO3溶液中HCO3的水解平 同浓度的HCOOH溶液，经过M点再下降的曲线表示的是OH的浓度改 Kw .1×1014 变，经过M点、N点再上升的曲线表示的是HCOO的浓度改变。M点 衡常数为XaH,C0,)10=1076>Ka(,C0,),NaHC0,溶液呈 时，V(HC0OH)=10mL,溶液中的溶质为c(HCOONa):c(NaOH)= 1:1,仍有未反应的NaOH,对水的电离是抑制的，N点HCOOH溶液与 c2(H+)·c(C03) 诚性，K(HC03)·K(HC03)= ,由于HCO的水解 NaOH溶液恰好反应生成HCOONa,此时存在HCOONa的水解，水的电离 程度最大，A正确：M点时，V(HCOOH)=10mL,溶液中的溶质为 HCOONa和NaOH,根据电荷守恒有c(Na)+c(H)=c(HCOO)+ 和电商都是微弱的，则NaHC0,溶液的H约为K(,C0,)pK。(,C0,) 2 c(OH),由图可知M点时c(HC00)=c(OH),则2c(OH)=c(Na)+ 8.35,说明加入少量NaHC03固体，溶液pH稍有增大，由题图可知，当 c(H),B正确；当V(HCOOH)=10mL时，溶液中的溶质为c(NaOH): pH由8稍微增大时，PbCO3的物质的量也略有增加，即PCO3不会溶 c(HCO0Na)=1:1,根据电荷守恒有c(Na)+c(H)=c(HCO0)+ 解，D错误 c(0H),根据元素守恒有c(Na)=2c(HCO0)+2c(HCOOH),则 4.C向亚硫酸溶液中滴加NaOH溶液，亚硫酸物质的量浓度逐渐减小，亚 c(OH)=c(H)+2c(HCOOH)+c(HCO0),C正确：N点HCOOH溶液 1 硫酸氢根离子物质的量浓度逐渐增大，因此曲线Ⅰ为亚硫酸，曲线Ⅱ为 与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa,由于甲酸根离子发生水解，因此！ 亚硫酸氢根离子，再继续加NOH溶液，亚硫酸氢根离子物质的量浓度 c(Na)>c(HCO0)及c(OH)>c(H),观察图中N点可知，c(HCOO) ≈0.05mol·L1,根据K(HC00H=e(H)·c(HC00 诚小，亚硫酸根离子物质的量浓度增大，因此曲线Ⅲ为亚硫酸根离子 =1.8×104可 e(HCOOH) 由分析可知，曲线Ⅱ表示HSO?的分布系数随pH的变化，A正确；在pH 知，c(HCOOH)>c(H),D错误。 =7.2时，亚硫酸氢根离子物质的量浓度和亚硫酸根离子物质的量浓度 2.(1)HX<HY<HZ 相等，则K2(H2S03)=c(H)=1×10-72=10°8×108，因此K2(H2S03) (2)>> 的数量级为108，B正确；pH=7时，根据电荷守恒和pH=7得到c(Na) (3)c(Na)>c(Y)>c(X)>c(OH-)>c(H*) =2c(SO3)+c(HSO3),又由于pH=7时c(SO3)<c(HS03),因此 (4)105 c(Na)>3c(SO),C错误；根据图中信息得到NaHSO3溶液pH大约为 -638 4,说明溶液显酸性，亚硫酸氢根离子电离抑制水的电离，因此溶液中水：(6)×食盐水中c(C)大，抑制AgC1的溶解，故AgC1在水中的溶解度大 电离出的c(H)<1×107mol·L-,D正确 于在食盐水中的溶解度。 微考点3 :(7)×如Ca(OH)2的溶解度随温度升高而降低，因此升高温度， 5.D多元弱碱的电离是分步进行的，第一步电离程度大于第二步电离，则： Ca(OH),的溶解平衡逆向移动。 第一步电离对应溶液的H大，图中横坐标为0时，M对应第一步电离，N(8)×大多数难溶物升高温度K,增大，少数（如氢氧化钙）升高温度K, 对应第二步电离。N,,的电离平衡常数：人-c(N,):(O) 减小。 c(N2H) :!(9)VK只受温度影响 10=10,Ka-cN,Hg）e(oH）10w 1014 (10)V该反应的平衡常数K=c(C)e(CI)·c(Ag).K,(Aga) c(N2Hs) 10=105,A正确：反应 e(I)c(I).c(Ag")K.(Agl) 考点突破·能力提升 N时+一2的平衡宿数人无O=10c1心，B正确：资客冬 !1.D AgCl悬浊液中存在沉淀溶解平衡AgCI(s)一Ag*(aq)+C(aq) N2H的水解常数Kh= (N,H)·c(H）10,而N,H的电离常数为 向其中加水，沉淀溶解平衡向右移动，由于温度不变，因此最终达到平衡 c(N2Hs) 时溶液中c(Ag)和c(CI)跟原平衡一样，A错误；Ca(OH)z悬浊液中存 105,故N2HC1溶液中N2H5的水解能力大于电离能力，C正确； 在沉淀溶解平衡Ca(OH)2(s)一Ca2(aq)+20H(aq)△H<0,升高温 N2H。Cl2溶液中，根据电荷守恒可得：c(CI)+c(OH)=c(N2H5)+ 度，平衡逆向移动，导致溶液中c(OH)减小，最终达到平衡时，溶液的碱 2c(N2H6)+c(H),据元素守恒可得：c(C1)=2c(N2H5)+2c(N2H)+ 性减弱，B错误；向盛有2mL0.1mol·L AgNO3溶液的试管中滴加几 2c(N2H4),故不能得出c(C)=c(N2H5)+c(N2H6)+c(H),D错误a 滴0.1mol·L NaCl溶液，c(Ag)·c(C1)>K(AgCI),因此反应产生 6.A根据题中反应分析可知，c(C)越大，c(Ag)越小，c([AgCl2])越 AgC1白色沉淀，由于AgN03溶液过量，再向其中滴加0.001mol·L 大，即与纵坐标交点为(0,9.74)的线表示Ag与C1的关系。c(C)= Nl溶液时，过量的Ag与加入的「反应产生Agl黄色沉淀，因此先观察 10252mol·L1时，溶液中c(Ag)=c([AgC2]),根据元素守恒可得 到白色沉淀，后又产生黄色沉淀，但不能据此说明K,(AgCI)>K(Ag), n(NO3)=n Ag")+n (AgCl ]+n AgCI)n NO3)= C错误；由于Kp(AgCI)=1.8×100,K(AgC04)=1.9×102,将 2n([AgCl2])+n(AgCl),c(N0)>2c([AgCl2]),A错误；由图像可 0.001mdl·L1AgN03溶液滴人含0.001mol·L1KC和0.001mdl·L 得，c(CI)=10mol·L时，溶液中c(C1)>c([AgCl2])>c(Ag),B K,C0,的混合溶液中，形成AgC沉淀需c(Ag)=1,8x10- -mol.L-!= e([AgCl2 ] 0.001 正确；反应Ag+2C1一一[AgCl2]的平衡常数K= (Ag*)·c(C)将 /1.9x10亚 mol·L1≈ 10-7.22 1.8×107mal·L,形成Ag2C0,沉淀需c(Ag)F√0.001 两线交点数值代人可得：107102了10“，C正确：用d沉淀 4.4×105m0d·L-1,故先产生AgC1白色沉淀，D正确。 Ag,溶液中的浓度过大时，导致AgCI(s)+C一[AgC2]平衡正 2.A加人碳酸钠粉末会生成CaC03,使Ca2+浓度减小，②错误；Ca(OH)2 向移动，沉淀效果不好，D正确。 的溶度积较大，要除去溶液中的Ca2+,应将Ca2+转化为更难溶的CaC03, ③错误；恒温下Kp不变，加人Ca0后，溶液仍为Ca(OH)2的饱和溶液， 第43讲 沉淀溶解平衡 pH不变，④错误；加热，C(OH)2的溶解度减小，溶液的pH降低，⑤错 误；加人NaCO3溶液，沉淀溶解平衡向右移动，Ca(OH)2固体转化为 考点一 CaC03固体，固体质量增加，⑥正确；加人NaOH固体平衡向左移动 Ca(OH)2固体质量增加，⑦错误。 必备知识·梳理夯实 3.(1)增大(2)增大(3)减小(4)增大 2.(1)沉淀溶解沉淀生成饱和等于 [解析](1)加入MgCl2固体，Mg2+的浓度增大，平衡向左移动， (2)>溶解=平衡<析出 Mg(OH)2固体的量增大。(2)加入NaOH固体，OH的浓度增大，平衡 (3)不变移动 向左移动，Mg(OH)2固体的量增大。(3)加入NH4NO3溶液，NH4浓度 (4)沉淀溶解的方向吸热沉淀溶解的方向沉淀析出的方向沉淀 增大，消耗OH,OH浓度变小，平衡正向移动，Mg(OH)2固体的量减 溶解的方向 小。(4)加入CH3CO0K固体，CHCO0水解出离子0H,OH浓度增 【微思考1】 大，平衡向左移动，Mg(OH)2固体的量增大。 (先左右，后上下)右移增大右移不变左移增大右移减 小左移诚小右移减小 微考点2 3.(1)cm(A+)·c"(Bm-)c"(A"+)·c"(Bm-)沉淀平衡未饱和 4.D试管①中沉淀是Ag2C04,浊液中存在沉淀溶解平衡：Ag2C04(s) (2)越小越小温度 一2Ag*(ag)+CO4(ag),A正确：试管①中存在沉淀溶解平衡，AgN0 【微思考2】 过量，即试管①的上层清液中存在Ag,加入氨水，先发生反应Ag+ (1)能。溶解能力由大到小：AgCl>AgBr>Ag NH3·H20一AgOH↓+NH,继续滴加氨水，发生反应AgOH+ (2)Km(AgCl)=c(Ag*)·c(CI)=c2(Ag)=1.8×1010,c(Ag)≈ 2NH3·H20一[Ag(NH)2]OH+2H20,因此溶液先变浑浊，再变澄 1.34×105mol·L,即AgC1的溶解浓度为1.34×105mol·L: 清，B正确：取试管①的浊液中，向其中加入KC1溶液，有白色沉淀产生， 该沉淀为AgCl,C正确：根据实验，加人KCl溶液的浓度为2md·L1比 Km[Mg(0H)2]=c(Mg2+)·c2(0H)=4e3(Mg+)=5.6×102 K,CO4溶液的浓度大得多，当c(Ag)×c(CI)>(AgCI)时，就会有 c(Mg2+)≈1.12×104mol·L,即Mg(0H)2的溶解浓度为1.12× AgCI沉淀产生，因此本实验不能证明Ag2CO4沉淀可以转化为AgCI沉 104mol·L,则AgCl更难溶 淀，D错误。 (3)溶解能力 5.A由题图可知，Km(CuS)=0.01×6×104=6×10-36,Km(MnS)=0.01× (4)强Q>KpQ=KQ<K 3×101=3×103。温度不变，溶度积常数不变，由题图可知，a点和b点 【易错辨析】 温度相同，则a点和b点的溶度积常数相等，A错误，B正确；在含有CuS (1)×AgCl悬浊液中Ag(aq)与CI(aq)的浓度相同，加入少量NaCl粉 末，c(C)增大，c(Ag)减小，离子的总浓度增大 和MnS闲体的溶液中c(Gu).c(Cu2-)·c(S2)K,(QS)6x10-% c(Mn2+)c(Mn2+)·c(S2）Kp(Mns)3x10B (2)×如果再加人难溶性的该沉淀物，沉淀溶解平衡不移动。 2×102 (3)V混合后Q。=c(Ag)·c(Cl)=0.001mol·L×0.001mol·L= ,C正确；由分析可知，该温度下，K,(CuS)<K(MnS),D 1.0×106>1.8×1010,故生成AgC1沉淀。 正确。 (4)×BaS04Ba2++S04表示的是电离方程式；BaSO4(s) 6.(1)1.6×104不能(2)Fe(0H)3 Ba+(aq)+S0:(aq)表示的是沉淀溶解平衡的式子。 [解析]炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的 (5)VCs的溶解度比ZnS的小。 单质，经稀硫酸酸浸时，铜不溶解，除含铅元素的+2价氧化物转化为硫 639(2)Mg粉可溶解在NH,Cl溶液中，原因是 受本讲要点速记： 1.盐类水解的三个特点 (1)可逆反应。 (2)吸热反应（中和反应的逆反应）。 (3)水解程度一般很微弱。 归纳拓展： 2.酸式盐溶液酸碱性的判断 盐溶液蒸干灼烧时所得产物判断 强酸的酸式盐→只电离，不水解，溶液一定呈酸性圆NaHS0, ①弱碱金属阳离子对应盐溶液水解生成难挥发 盐溶液的酸碱性取决于酸式酸根离子电离程 性酸时，蒸千后一般得原物质，如Cus04(ag)善千 弱酸的酸式盐~= 度和水解程度的相对大小 CSO,(s);盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸千灼烧后 电离程度>水解程度 ,一--一。溶液呈酸性 一般得对应的氧化物，如A1CL,(ag)蒸王A1(0H) 弱酸的酸式 @HSO,、H,PO 酸根离子 为远Al,0 电离程度<永解程度 ,一。溶液呈碱性 ☑酸根阴离子易水解的强碱盐，如Na2CO3溶液 @HCO、HPOg、HS 等蒸千后可得到原物质。 3.盐类水解的规律 ☒考虑盐受热时是否分解 有弱才水解，无弱不水解；越弱越水解，都弱都水 Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH,Cl固体受热易 解，越热越水解，越稀越水解，谁强显谁性，同强显中 分解，因此蒸千灼烧后分别为Ca(HCO,)2 性，弱弱具体定。 CaCO (Ca0);NaHCO3-Na,CO3;KMnO 4.影响水解的外部因素：温度、浓度、外加酸碱。 K2MnO4+MnO2;NH4Cl-→NH3↑+HCl↑。 5.盐溶液蒸干的两项注意 ④还原性盐在蒸干时会被O2氧化 (1)易挥发性强酸的弱碱盐溶液蒸千得到氢氧化 物，灼烧得到氧化物。 例知，Na,S0,(aq)蒸王Na,S0,(9)。 (2)难挥发性强酸的弱碱盐溶液蒸千仍得到原溶质。 28 固弱酸的铵盐蒸干并灼烧后发生分解，无固体剩 余，如NH,HC0、(NH4)2C03a 温馨提示：复习至此，请完成练案[41 第42讲 反应过程中粒子浓度变化及图像分析 1,理解电解质溶液中存在的电离平衡和水解平衡，能分析电解质在水溶液中发生的变化及 结果。 2.掌握溶液中各组分之间存在的守恒关系（电荷守恒、元素守恒和质子守恒），并能应用于分 复习目标 析、比较粒子浓度的大小。 3.能正确识别酸与碱（或盐）反应的图像，能确定图像中曲线代表的粒子变化，找出曲线的变化 趋势、关键点（起点、反应一半点、中性点等）。 4.利用溶液中的守恒关系，学会分析不同类型图像中各种粒子浓度之间的关系。 考点一溶液中粒子液度的关系及分析 必备知识·梳理夯实 ②多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第 步电离（第一步电离程度远大于第二步电离）。如在 1.熟悉两大理论，构建思维基点 H,S溶液中H,S、HS、S2、H的浓度大小关系是 (1)电离平衡 (2)水解平衡 ①电离过程是微弱的。如H,C0,溶液中： ①水解过程是微弱的。 c(H2C03)>c(HC0)>c(C0号)（多元弱酸分步电离逐 ②多元弱酸酸根离子的水解是分步进行的，其主 要是第一步水解，如在Na2C03溶液中：CO、HCO、 级减弱)，再如氨水中NH3·H2O、NH、OH浓度的大 H,CO,的浓度大小关系应是 小关系是c(NH,·H,0)>c(OH)>c(NH)。 2.明确电解质溶液中的三个守恒关系 CH,C0ONa溶液与0.1mol·LHCl溶液等体积混 (1)电荷守恒：电解质溶液必须保持电中性，即阴：合，发生化学反应HCl+CH,COONa一CH,COOH+ 离子所带负电荷数一定等于阳离子所带正电荷总数。NaCl,所以溶质实际上是CH,COONa、CH,COOH和 如Na,S与NaHS两溶液的电荷守恒式相同：c(Na)+NaCl,且三者浓度相等。由于CH,COOH的电离程度 e(H*)=e(HS-)+e(OH-)+2c(S2-)o 大于CHCO0的水解程度，故离子浓度大小顺序为 (2)元素守恒：变化前后某种元素的质量守恒。 0 如常温下，在1mol·LINa,S溶液中：c(Na)= 5.不同溶液中同一离子浓度大小的比较 2[c(Hs)+c(S2-)+c(H,S)]=2mol·L。 要分析溶液中其他离子的影响。如以下溶液具有 (3)质子守恒：电解质溶液中，由于电离、水解等相同的物质的量浓度：a.NH4Cl,b.CH,COONH4, 过程的发生，往往存在质子(H)的转移，转移过程中c.NH,HSO4。其中c(NH)由大到小的顺序： 质子数量保持不变，称为质子守恒。可通过元素守恒这是由于 与电荷守恒推出质子守恒。如N2S溶液中存在 c(OH)=c(H)+c(HS）+2c(H,S)。 【微思考】常温下，写出0.1mol·L1 NaHCO3 【易错辨析】 溶液中各种粒子浓度关系。 (1)同浓度的Na,CO3溶液和CH,COONa溶液相比，前 （1)元素守恒式： 者plH大；同浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液 (2)电荷守恒式： 相比，后者pH小。 () (3)质子守恒式： 3.单一溶液中粒子浓度的比较 c(NH2) (2)向氯化铵溶液中加水稀释时， e(CI-) 不变。 (1)多元弱酸溶液：多元弱酸分步电离，电离程度 ( 逐级减弱。如H,PO4溶液中：c(H)>c(H,P0:)> 282 (3)常温下，plH=10的CH,COONa溶液与pH=4的 c(HP0)>c(PO)。 NH,Cl溶液中水的电离程度相同。 () (2)多元弱酸的正盐溶液：多元弱酸的弱酸阴离 子分步水解，水解程度逐级减弱。如在N2CO,溶液 (4)pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合： 中： e(Cl-)>e(NH)>e(OH-)>e(H*). () 0 (3)多元弱酸的酸式盐溶液：分析酸式弱酸阴离 (5)室温下，将浓度均为0.1mol·L的氨水和NH,Cl 子电离程度与水解程度的大小。如NaHCO,溶液中 溶液等体积混合(pH=9.25):c(NH4)+c(H)= HCO;的水解程度大于其电离程度，则c(Na)> c(NH3·H20)+c(OH)。 () c(HC0)>c(0H)>c(H,C0,)>c(H*)>c(C03);(6)0.1mol·LNa2C,04溶液与0.1mol·LHC1溶 NaHSO,溶液中HSO,的电离程度大于其水解程度，则 液等体积混合(HC204为二元弱酸)：2c(C20})+ c(Na*)>c(HS0;)>c(H)>e(S03)>c(0H)> c(HC2O )+c(OH-)=e(Na*)+c(H*). () c(H,SO3) (7)向NH,HSO,溶液中滴加NaOH溶液到溶液恰好呈 4.混合溶液中各离子浓度的大小比较 中性：c(Na*)>c(S0?)>c(NH)>c(OH)= (1)根据电离程度、水解程度的相对大小分析。 c(H*)。 () 分子的电离大于相应离子的水解，如等物质的量浓度 的NH,Cl与NH,·H,0的混合溶液中，各离子浓度的 考点突破·能力提升 大小： 微考点1单一溶液中各种粒子浓度的比较 (2)分子的电离小于相应离子的水解。在 0.1mol·L1NaCN和0.1mol·L1HCN的混合液中， 1.(2024·安徽卷)环境保护工程师研究利用Na2S、 各离子浓度的大小： FeS和H,S处理水样中的Cd2。已知25℃时，H,S (3)两种溶液混合后发生化学反应，则先考虑发 饱和溶液浓度约为0.1mol·L,K(H2S)= 生化学反应后溶液中实际存在的物质及其物质的量的 106”,K2(H,S)=102”,Kp(FeS)=107.” 多少，后考虑水解或电离的问题。如0.2mol·L1 K(CdS)=1026.0。下列说法错误的是() A.Na,S溶液中：c(H)+c(Na)=c(OH)+c(HS)+ 微考点2混合溶液中各种粒子浓度的比较 2c(S2) 4.常温下，在10mL浓度均为0.1mol·L1Na0H和 B.0.01mol·L1NaS溶液中：c(Na*)>c(s2)> NH3·H20的混合溶液中滴加0.1mol·L的盐 c(OH-)>e(HS-) 酸。下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是 C.向c(Cd2+)=0.01mol·L1的溶液中加入FeS,可 使c(Cd2+)<10-8mol.L A.未加盐酸时：c(OH)>c(Na)=c(NH3·H,O) D.向c(Cd2+)=0.01mol·L1的溶液中通入H,S气 B.加入10mL盐酸时：c(NH)+c(H)=c(OH) 体至饱和，所得溶液中：c(H)>c(Cd2+) C.加入盐酸至溶液pH=7时：c(Cl)=c(Na) 2.写出下列溶液中的粒子守恒关系式。 D.加入20mL盐酸时：c(C)=c(NH)+c(Na) (1)Na2C0,溶液 5.(2026·广西玉林一模)在25℃时，向体积均为 ①物料守恒： 20mL、浓度均为0.1mol·L的两种酸(HX、HY) ②电荷守恒： 溶液中分别滴加0.1mol·L的NaOH溶液，所加 ③质子守恒： NaOH溶液的体积与反应后溶液的plH的关系如图 所示。下列叙述正确的是 () (2)浓度均为0.1mol·L1NH3·H20和NH,Cl溶 ◆V(NaOH溶液)/mL 液等体积混合 40--------------- ①电荷守恒： 304 HX ②物料守恒： 201 -HY ③质子守恒： 10 0 (3)Na2S溶液中各粒子浓度的关系 24678101214pi ①物料守恒： A.HX的电离方程式为HX==H+X 283 ②电荷守恒： B.0.1mol·L1HY溶液中c(H)=103mol·L ③质子守恒： C.V(NaOH溶液)=20mL时，反应后的两种溶液中 (4)写出(NH4),S04溶液中各粒子浓度关系 c(X-)=c(Y-) ①物料守恒： D.b点时：c(Y)-c(HY)>c(H)-c(OH) ②电荷守恒： 6.(2025·江苏卷，12,3分)室温下，有色金属冶炼废 ③质子守恒： 渣（含Cu、Ni、Si等的氧化物）用过量的较浓H,SO, 3.(1)常温下，0.1mol·LNH,Cl溶液。 溶液酸浸后，提取铜和镍的过程如图所示。 ①粒子种类： NaHSO,溶液(NH4),C,O,溶液 ②离子浓度大小关系： ③元素守恒式： 浸取液一 >提铜 >沉镍 →NiC,04 (2)常温下，比较0.1mol·L NaHCO,溶液中各种 离子浓度关系。 Cu ①大小关系： 已知：K(HS04)=1.2×102,K,(H2S03)=1.2× ②元素守恒式： 102,K2(H2S03)=6.0×10-8。下列说法正确的是 ③电荷守恒式： ④质子守恒式： A.较浓H2S04溶液中：c(H)=2c(S0)+c(OH) (3)常温下，比较0.1mol·L1Na2C03溶液中各种 B.NaHS0,溶液中：2HSO,=一S0号+H,S03的平衡 离子浓度关系。 常数K=5.0×106 ①大小关系： 0 C.(NH4)2C204溶液中：c(NH3·H20)+c(OH)= ②元素守恒式： c(H2C204)+c(HC20:)+c(H) ③电荷守恒式： D.“提铜”和“沉镍”后的两份滤液中：c提铜(Na)= ④质子守恒式： c沉镍(Na*) 微考点3不同溶液中同一离子浓度的比较 受归纳拓展： 7.比较下列几组溶液中指定离子浓度的大小。 比较溶液中微粒浓度大小的基本思路 (1)浓度均为0.1mol·L1的①H2S、②NaHs →H的浓度最大 ③Na2S、④H2S和NaHS的混合溶液，溶液pH 酸 溶 从大到小的顺序是 其他离子的浓度根据 虑 单 电离程度比较 电 (2)相同浓度的下列溶液中：①CH,COONH4、 离 液 OH的浓度最大 ②CH,COONa、③CH,COOH中，c(CH,C00)由 正盐 考虑水解 综 大到小的顺序是 先判断酸式酸根是以电 合运 (3)c(NH)相等的①(NH4)2SO4溶液、②NH,IHSO溶 离为主还是以水解为主 液、③(NH4),CO3溶液、④NH4Cl溶液，其物质 质淳 比较同一离子 看不同溶液中其他离 个 的量浓度由大到小的顺序为 浓度的大小 子对该离子的影响 8.(2026·山东滨州检测)25℃时，电离平衡常数： 恒关系 K(CH,C00H)=1.8×105,K,(NH3·H20)=1.8× 相互不反应 同时考虑电离和水解 105。相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH,Cl; 不 生成盐考虑水解 ②CH,COONH4;③NH4HSO4;④(NH4)2S04; 相互 量 生成酸、碱考虑电离 ⑤(NH)2Fe(S0,)2,c(NH4)由大到小的顺序为 反应 过 根据过量情况考虑电离 (填序号)。 量 或水解 考点二 反应过程中粒子浓度变化图像及分析 必备知识·梳理夯实 关键点 离子浓度关系 284 1,滴定曲线中的粒子浓度关系及分析 反应起始点起始点为HA的单一溶液，0.1mol·LHA (1)巧抓关键“五点”，突破中和滴定曲线中粒子 (与pH轴 溶液pH>1说明HA是弱酸，c(HA)>c(H)> 浓度关系 的交点) c(A)>c(OH) 反应的“起点” 判断酸、碱的相对强弱 两者反应生成等物质的量的NaA和HA混合 反应的“反应一半点” 判断溶质的成分及相应的物质 的量或浓度 反应一半点液，此时溶液pH<7,说明HA的电离程度大 判断溶液中溶质的成分及哪种 (点①) 于A的水解程度，c(A)>c(Na)>c(HA)> 溶液的“中性点” 物质过量或不足 c(H)>e(OH) 反应的“终点” 判断生成的溶质成分及溶液的 酸碱性 此时溶液pH=7,溶液显中性，酸没有完全被 判断溶液中的溶质，判断哪种 中性点 反应的“过量点” 物质过量 中和，c(Na)=c(A)>c(HA)>c(H)= (点②) e(OH) (2)应用示例及分析 以室温时用0.1mol·L1NaOH溶液滴定20mL 恰好完全 此时二者恰好完全反应生成NaA,为强碱弱 0.1mol·LHA溶液为例，总结如何抓住滴定曲线的 反应点 酸盐，溶液显碱性，c(Na)>c(A)>c(OH)> 5个关键点。滴定曲线如图所示： (点③) c(HA)>c(H) A 12H 此时，NaOH溶液过量，得到NaA与NaOH等 过量点 物质的量的混合液，溶液显碱性，c(Na)> (点④) c(OH)>c(A)>c(H) 1020 40 V(NaOH溶液) 2.分布分数图像中粒子浓度关系及分析 稀释后与稀释 分布分数图像是酸碱中和滴定曲线的一种变式， Ig Vo 前体积比的常 g云越大，稀释程度越大 常以pH、分布分数（δ）为横、纵坐标，结合滴定实验数 用对数 据绘制出关系曲线，这里分布分数（δ）代表组分的平衡 (2)分析对数图像的两把“秘钥” 浓度占总浓度的分数。一元弱酸和二元弱酸的分布分 ①对数运算法则：lgab=lgu+lgb:lg a 数图像及分析如下： -=Ig a- lgb;lg1=0。 一元弱酸 二元弱酸（以 酸 (以CH,COOH为例) 草酸H,C204为例) ②选取关键点：lg c(A) (B)0的点对应溶液中c(A)= 1.0 c(B);gc(A)=0的点对应溶液中c(A)=1ml·L。 0.8 0.6A (3)破解对数图像的步骤 pH=pK=4.76 0 0.4 0.8 、6 63 0.2 ①识图像：观察横坐标、纵坐标的含义，看清每条 o0.6 图像 0 0.4 曲线代表的粒子种类以及曲线的变化趋势，计算电离 0.2 0 56 注：pK,为电离常数 时应利用两种粒子浓度相等的点，如g 的负对数 ②找联系：根据图像中的坐标含义和曲线的交点， 分析所给电解质的电离平衡常数或pH与纵、横坐标之 6为CH,C0OH分布分 6。为H,C,0,分布分数 285 曲线 间的联系。 数，8为CH,CO0分布 6为HC,04分布分数、 含义 ③想原理：涉及电离平衡常数，写出平衡常数表达 分数 62为C,0分布分数 式，在识图像、想原理的基础上，将图像与原理结合起 来思考。 3.对数图像中的粒子浓度关系及分析 ④用公式：运用对数计算公式分析。 (1)利用某种粒子浓度（或两种粒子浓度的比值） 的对数（或负对数）与溶液的pH为坐标，建立滴定过 考点突破·能力提升 程中的对数关系图像，电解质溶液中四种常考对数关 微考点1滴定图像中的粒子浓度的关系 系及分析如下表： 1.(2024·湖南卷)常温下K(HC00H)=1.8×104,向 类型 含义 变化规律 20mL0.10mol·L1NaOH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 pH= 氢离子浓度的 pH越大，c(H)越小，溶 随加入HCOOH溶液体积的变化关系如图所示，下 -lg c(H") 常用对数负值 液的碱性越强 列说法错误的是 () 0.10 pC= 粒子C浓度的 pC越大，c(C)越小 -lg c(C) 常用对数负值 0.05 生成物与反应 c(HX) w) c(HX) g c(HX) 越大，H2X生 c(H,X) 物粒子浓度比 的常用对数 成HX进行的程度越大 5 1015 20 V(HCOOH)/mL A.水的电离程度：M<V 微考点2分布分数图像中微粒浓度关系 B.M点：2c(OH)=c(Na)+c(H) 3.(2025·湖北卷)C02气氛下，Pb(C10,)2溶液中含 C.当V(HC00H)=10mL时，c(OH)=c(H)+ 2e(HCOOH)+e(HCOO) 铅物种的分布如图。纵坐标（δ）为组分中铅占总铅 D.N点：c(Na*)>c(HC00)>c(OH)>c(H)> 的质量分数。已知co(Pb2+)=2.0×105mol·L, e(HCOOH) pKa1(H2C03)=6.4、pK2(HC03)=10.3, 2.25℃时，用浓度为0.1000mol·L的Na0H溶液 pK(PbCO3)=12.1。下列说法错误的是 () 滴定20.00mL浓度均为0.1000mol·L1的三种 酸HX、HY、HZ的溶液，滴定曲线如图所示。 100T Pb2 PbCO,(s) 12 50 Pb(CO 10 25 8 HX Pb(OH) 6 0 4 HY HZ 6 10 2 pH 10 20 30 40 A.pH=6.5时，溶液中c(C0})<c(Pb2+) V(NaOH溶液)mL (1)在相同温度下，相同浓度的三种酸溶液的导电 B.6(Pb2+)=6(PbC0)时，c(Pb2+)<1.0x105mol·L1 能力由弱到强的顺序是 C.pH=7时，2c(Pb2+)+c[Pb(OH)+1<2c(CO)+ c(HC0;)+c(Cl04) (2)V(NaOH溶液)=20.00mL时，溶液中c(Y) 286 D.pH=8时，溶液中加入少量NaHCO,(s),PbCO3会 (填“<”“>”或“=”，下同)c(HY)。若 使最终溶液的pH=7,则滴定HZ溶液和滴定 溶解 HⅨ溶液所需NaOH溶液的体积的关系是Hz溶4.室温下，向亚硫酸溶液中滴加NaOH溶液，各含硫微 液 HX溶液。 粒分布系数（平衡时某微粒的物质的量占各微粒物 (3)将上述HY溶液、HX溶液等体积混合后，用 质的量之和的分数)与溶液pH的关系如图所示。 NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时，溶液中 下列说法不正确的是 各离子浓度的大小关系为 1.00m (4)根据滴定曲线，可得K(Y)≈ 080 0.6 受归纳拓展： 0.40 明确解题要领，快速准确作答 0.2 ☐“读曲线”一每条曲线所代表的粒子及变化 PH 趋势； ☑“读浓度”一一通过横坐标的垂线，可读出某 A.曲线Ⅱ表示HSO;的分布系数随pH的变化 pH时的粒子浓度； B.H2SO3的二级电离平衡常数(K2)的数量级 “用交点”一一交点是某两种粒子浓度相等的 为108 点，可计算电离常数K; ④“可替换”—根据溶液中的元素守恒进行替 C.pH=7时，c(Na)=c(S02) 换，分析得出结论。 D.NaHS(03溶液中水电离出的c(H)<1×107mol·L 微考点3对数图像中粒子浓度的关系 受本讲要点速记： 5.已知N2H4在水中的电离与NH相似，室温下向 1.离子浓度大小的比较 N,H4的水溶液中滴加某强酸，溶液的pH与粒子浓 (1)判断离子：电离过程、水解反应。 度关系如图所示。下列说法不正确的是 (2)明确“微弱”：电离是微弱的，水解是微弱的。 (3)利用守恒：原子守恒、电荷守恒、质子守恒（电 荷守恒与原子守恒的推导)。 (4)溶液中粒子浓度关系比较的一般方法 N lg cNH) 酸或碱溶液 考虑电离 根据电离的程度 c(NH) 或gcH c(NH) 单一溶液 正盐：考虑水解 根据水解的程度 盐溶液 根据水解和电离 A.N2H4在水溶液中的第二步电离平衡常数为105 酸式盐：考虑 水解和电离 程度相对大小 B.N,H+N2H4==2N2H的平衡常数为1.0×109 分析溶 分析粒 比较粒 液组成 子种类 子浓度 C.N,H,Cl溶液中N2H的水解能力大于电离能力 不反应，则 首先判断溶 D.N2H,Cl2溶液中：c(CI)=c(N2H)+c(N2H)+ 从电离和水 根据电离和水解 质的种类 程度的大小、溶 混合溶液 解两个角度 液pH以及粒子的 考虑溶液中 c(H*) 反应，则书 来源等多方面判 写方程式捐 存在的粒子 断粒子浓度关系 断产物 6.(2024·七省适应性测试安徽卷)向AgN0,溶液中 2.判断溶液中粒子浓度关系的注意事项 滴加NaCl溶液，发生反应Ag+Cl==AgCl(s)和 AgCl(s)+Cl=[AgCl2]。-lg[c(M)/(mol·L1)] 弱酸阴离子或弱碱阳离子 ● 287 的水解是微弱的，但由于 与-lg[c(CI)/(mol·L1)]的关系如图所示（其中 水的电离，水解后酸性溶 多元弱酸酸根离子的水解是分 液中c(日+)或碱性溶液中 cOH)总是大于水解产生 步进行的，且以第一步为主 M代表Ag或[AgCl2])。下列说法错误的是 的弱电解质的浓度 @Na,S溶液中各粒子浓度大小 例NH,Cl溶液中各粒子 关系：cNa)>cS2)>cOHr)> 浓度大小关系：cC> c(HS-)>c(H) c(NH:)>c(H+)> cNH,·H,O) 规避等量关系中的2个易失分点 (2.52,7.22) 电荷守恒式中不只是各 元素守恒式中，离子浓度 高子浓度的简单相加 !的系数不能漏写或颜倒 黑70 @2c(C0)的系数2代表一 例Na,S溶液中的元素守恒式中， 个C0?带2个负电荷，不 c(Na)=2c(S),c(Na)=2[c(S2-)+ 123456 可漏写 c(HS-)+c(H,S)] -lglc(C)/(mol·LJ 3.从定性和定量两个角度辨析K。、K(K)、K三 A.c(C1)=1022mol·L1时，溶液中c(N0)= 者关系 2c([AgCl2]) 定性 B.c(CI)=101mol·L时，溶液中c(CI)> - 定量 c([AgCl2 ])>c(Ag) K、K(K)、K三者都是 平衡常数，都只受温度 K、K(K)、K三者定 C.Ag+2C1==[AgCl2]的平衡常数K的值 的影响，温度不变，平 量关系：K=K。K 衡常数不变 K=K·K 为10504 D.用C1沉淀Ag,溶液中C浓度过大时，沉淀效果 温馨提示：复习至此，请完成练案[42」 不好