专题10 水溶液中的离子平衡
1．[2019新课标Ⅰ]NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸H2A的K a1=1.1×10?3 ，K a2=3.9×10?6）溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是
A．混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关B．Na+与A2?的导电能力之和大于HA?的
C．b点的混合溶液pH=7 D．c点的混合溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(OH?) 【答案】C邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐，邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。
【详解】A项、向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中Na+和A2—的浓度增大。由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关；
B项、a点和b点K+的物质的量相同，K+的物质的量浓度变化不明显，HA—转化为A2—，b点导电性强于a 点，说明Na+和A2—的导电能力强于HA—，故B正确；
C项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，A2—在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH＞7，故C错误；
D项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中c（Na+）和c（K+）相等，c点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中c（Na+）＞c（K+），由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b 点到c点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c（K+）＞c（OH—），溶液中三者大小顺序为c（Na+）＞c（K+）＞c（OH—），故D正确。
2019年高考真题
2．[2019新课标Ⅱ]绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于
水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是
A ．图中a 和b 分别为T 1、T 2温度下CdS 在水中形成的饱和溶液的物质的量浓度
B ．图中各点对应的K sp 的关系为：K sp (m)=K sp (n) C ．向m 点的溶液中加入少量Na 2S 固体，溶液组成由m 沿mpn 线向p 方向移动 D ．温度降低时，q 点的饱和溶液的组成由q 沿qp 线向p 方向移动 【答案】B 【详解】A. CdS 在水中存在沉淀溶解平衡：CdS(s)Cd 2+(aq)+S 2-(aq)，其溶度积K sp =c(Cd 2+)· c(S 2-),在饱和溶液中，c(Cd 2+)= c(S 2-)，结合图象可以看出，图中a 和b 分别表示T 1和T 2温度下CdS 的溶解度； B. CdS 的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m 、n 和p 点均在温度为T 1条件下所测的对应离子浓度，则其溶度积相同，B 项错误； C. m 点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c(Cd 2+)减小，c(S 2-)增大，溶液组成由m 沿mnp 向p 方向移动，C 项正确； D. 沉淀溶解断键，大部分都是吸热过程。CdS(s)Cd 2+(aq)+S 2-(aq)为吸热反应，则温度降低时，q 点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd 2+)与c(S 2-)同时减小，会沿qp 线向p 点方向移动，D 项正确。 3．[2019新课标Ⅲ]设N A 为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H 3PO 4溶液，下列说法正确的是 A ．每升溶液中的H +数目为0.02N A B ．c (H +)= c (42H PO -)+2c (24HPO -)+3c (34PO - )+ c (OH ?) C ．加水稀释使电离度增大，溶液pH 减小 D ．加入NaH 2PO 4固体，溶液酸性增强 【答案】B 【详解】A 、常温下pH ＝2，则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L ，因此每升溶液中H ＋数目为0.01N A ； B 、根据电荷守恒可知选项B 正确； C 、加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH 增大，C 错误； D 、加入NaH 2PO 4固体，H 2PO 4－浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D 错误； 4．[2019北京]实验测得0.5 mol·L?1 CH3COONa溶液、0.5 mol·L?1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 A．随温度升高，纯水中c(H+)>c(OH?) B．随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH?)减小 C．随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是K w改变与水解平衡移动共同作用的结果 D．随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO?、Cu2+水解平衡移动方向不同 【答案】C【详解】A.水的电离为吸热过程，升高温度，平和向着电离方向移动，水中c(H+).c(OH-)=Kw减小，故pH减小，但c(H+)=c(OH-)，故A不符合题意； B.水的电离为吸热过程，升高温度，进水的电离，所以c(OH-)增大，醋酸根水解为吸热过程，CH3COOH-+H2O CH 3COOH+OH-,升高温度促进盐类水解，所以c(OH-)增大，故B不符合题意； C.升高温度，促进水的电离，故c(H+)增大；升高温度，促进铜离子水解Cu2++2H 2O Cu(OH)2 +2H+，故c(H+)增大，两者共同作用使pH发生变化，故C符合题意； D.盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故D不符合题意； 5．[2019天津]某温度下，2HNO 和3CH COOH 的电离常数分别为45.010-?和5 1.710-?。将pH 和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH 随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是 A ．曲线Ⅰ代表2HNO 溶液 B ．溶液中水的电离程度：b 点＞c 点 C ．从c 点到d 点，溶液中()()()HA OH A c c c --?保持不变（其中HA 、A -分别代表相应的酸和酸根离子） D ．相同体积a 点的两溶液分别与NaOH 恰好中和后，溶液中()Na n +相同 【答案】C 【解析】A 、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I 的酸性强，Ⅱ代表HNO 2，I 代表CH 3COOH ，故A 错误； B 、酸抑制水电离，b 点pH 小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B 错误； C 、Ⅱ代表HNO 2，c(HNO 2)c(OH -)/c(NO 2-)=c(H +)·c(HNO 2)c(OH -)/[c(H +)·c(NO 2-)]=k w /k(HNO 2)，k w 为水的离子积常数，k(HNO 2)为HNO 2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故C 正确； D 、体积和pH 均相同的HNO 2和CH 3COOH 溶液，c （CH 3COOH ）＞c （HNO 2），分别滴加同浓度的NaOH 溶液至恰好中和，CH 3COOH 消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO 2消耗的NaOH 少，故D 错误； 6．[2019江苏]室温下，反应3HCO -+H 2O ≒H 2CO 3+OH ?的平衡常数K =2.2×10?8。将NH 4HCO 3溶液和氨水按一 定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO 。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是 A ．0.2 mol·L ?1氨水：c (NH 3·H 2O)>c (4NH +)> c (OH ?)> c (H +) B ．0.2 mol·L ?1NH 4HCO 3溶液(pH>7)：c (4NH +)> c (3HCO -)> c (H 2CO 3)> c (NH 3·H 2O) C ．0.2 mol·L ?1氨水和0.2 mol·L ?1NH 4HCO 3溶液等体积混合：c (4NH +)+c (NH 3·H 2O)=c (H 2CO 3)+c (3HCO - )+ c (23CO -) D ．0.6 mol·L ?1氨水和0.2 mol·L ?1 NH 4HCO 3溶液等体积混合：c (NH 3·H 2O)+ c (23CO -)+ c (OH ?)= 0.3 mol·L?1+ c (H2CO3)+ c (H+) 【答案】BD【详解】A.NH3?H2O属于弱碱，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH3?H2O≒NH4++OH-，H2O≒H++OH-，所以c(OH-)>c(NH4+)，故A错误； B.NH4HCO3溶液显碱性，说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解，所以c(NH4+)>c(HCO3-)，HCO3-水解：H2O+HCO3-≒H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4++H2O≒NH3?H2O+H+，前者水解程度大且水解都是微弱的，则c(H2CO3)>c(NH3?H2O)，故B正确； C.由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，则有c(NH4+)+c(NH3?H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]，故C错误； D.由物料守恒，n(N):n(C)=4:1，则有c(NH4+)+c(NH3?H2O)=4[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]①；电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)②；结合①②消去c(NH4+)得： c(NH3?H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)③，0.2mol/LNH4HCO3与0.6mol/L氨水等体积混合后瞬间c(NH4HCO3)=0.1mol/L，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L④，将③等式两边各加一个c(CO32-)，则有c(NH3?H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-)，将④带入③中得，c(NH3?H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.3mol/L，故D正确。 7．[2019浙江选考]室温下，取20 mL 0.1 mol·L?1某二元酸H2A，滴加0.2 mol·L?1 NaOH溶液。已知：H2A H+ ＋HA?，HA??H+＋A2?。下列说法不正确 ．．．的是 A．0.1 mol·L?1 H2A溶液中有c(H+)－c(OH?)－c(A2?)＝0.1 mol·L?1 B．当滴加至中性时，溶液中c(Na+)＝c(HA?)＋2c(A2?)，用去NaOH溶液的体积小于10 mL C．当用去NaOH溶液体积10 mL时，溶液的pH＜7，此时溶液中有c(A2?)＝c(H+)－c(OH?) D．当用去NaOH溶液体积20 mL时，此时溶液中有c(Na+)＝2c(HA?)＋2c(A2?) 【答案】B 由于该二元酸H2A，第一步电离完全，第二步部分电离，可以把20 mL 0.1 mol·L?1二元酸H2A 看做20 mL 0.1 mol·L?1HA-一元弱酸和0.1mol/LH+溶液，注意该溶液是不存在H2A微粒。 【详解】A. 0.1 mol·L?1H2A溶液存在电荷守恒，其关系为c(H+)=c(OH?)+2c(A2?)+c(HA?)，因而c(H+)-c(OH?)-c(A2?)= c(A2?)+c(HA?)=0.1mol·L?1，A项正确； B.若NaOH用去10ml，反应得到NaHA溶液，由于HA??H+＋A2?，溶液显酸性，因而滴加至中性时，需要加入超过10ml的NaOH溶液，B项错误； C.当用去NaOH溶液体积10 mL时，得到NaHA溶液，溶液的pH＜7，存在质子守恒，其关系为c(A2?)＝c(H+)－c(OH?)，C项正确； D.当用去NaOH溶液体积20 mL时，得到Na2A溶液，根据物料守恒有：c(Na+)＝2c(HA?)＋2c(A2?) 8．[2019·甘肃省定西市]常温下，向20 mL 0.1 mol·L?1氨水中滴加一定浓度的稀盐酸，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法不正确的是 A．常温下，0.1 mol·L?1氨水中 32 NH H O ?的电离常数 b K约为5 110- ?C．c点溶液中c(NH4+) =10?14/10?11mol/L=0.001mol/L，K b=c（NH4+）?c（OH?）/c（NH3?H2O）=10?3×10?3/0.1mol/L=1×10?5mol/L； B.a、b之间的任意一点，溶液都呈碱性，则c（H+）＜c（OH?），结合电荷守恒得c（Cl?）＜c（NH4+），而c（Cl?）和c（OH?）的相对大小与所加盐酸的量有关，假如加入氨水中刚开始加入一个氯化氢，此时氯离子和氢离子都小于铵根离子和氢氧根离子，故B错误； C.根据图知，c点水电离出的氢离子浓度最大，恰好反应生成氯化铵，铵根水解溶液呈酸性，结合电荷守恒得：c（NH4+）＜c（Cl?），故C正确； D. b点溶液中c（H+）=10?7mol/L，常温下c（H+）·c（OH?）=K w=10?14，所以c（H+）=c（OH?），溶液呈中性，故D正确。 9．[2019·山西省太原市]常温下，将等浓度的NaOH溶液分别滴加到等pH、等体积的HA、HB两种弱酸溶液中，溶液的pH与粒子浓度比值的对数关系如图所示。下列叙述错误的是 A．a点时，溶液中由水电离的c(OH?)约为1×10?10 mol·L?1B．电离平衡常数：K a(HA)< K a(HB) 2019届高考模拟试题 C．b点时，c(B?)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH?) D．向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时：c(B?)> c(HB) 【答案】B【解析】A. a点时， () () - c A lg c HA =0，c(A?)=c(HA)，溶液为酸和盐的溶合溶液，pH=4，抑制水的 电离，溶液中由水电离的c(OH?)约为1×10?10 mol·L?1，选项A正确； B. () () - c A lg c HA =0，c(A?)=c(HA)，电离平衡常数：Ka(HA)= ()() () +- c H c A c HA =()H+ c=10?4mol/L； () () - c B lg c HB =0， c(B?)=c(HB)，电离平衡常数：Ka(HB)= ()() () +- c H c B c HB =()+ c H=10?5mol/L，Ka(HA)> Ka(HB)，选项B错误； C. b点时， () () - c B lg c HB =0，c(B?)=c(HB)，pH=5，c(B?)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH?)，选项C正确； D. 向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时， () () - c B lg c HB >0，c(B?)> c(HB)，选项D正确。 10．[2019·武汉市]室温下，用0.100 mol·L?1的NaOH溶液分别滴定均为20.00mL0.100 mol·L?1的HCl溶液和醋酸溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是 A．Ⅰ表示的是滴定醋酸的曲线B．pH=7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)＞20.00mL C．V(NaOH)＝20.00mL时，两份溶液中c(Cl－)＞c(CH3COO－) D．V(NaOH)＝10.00mL时，醋酸中c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(H+)＞c(OH－) 【答案】C【解析】A. 未滴加NaOH溶液时，0.1mol/L盐酸pH=1，0.1mol/L醋酸pH＞1，所以滴定盐酸的曲线是图Ⅰ，故A错误； B. V（NaOH）=20.00mL时恰好生成醋酸钠，溶液呈碱性，若pH=7，则加入的氢氧化钠溶液体积应该稍小，即V（NaOH）＜20.00mL，故B错误； C. V（NaOH）=20.00mL时，二者反应生成氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，浓度小于氯离子，即c（Cl?）＞c（CH3COO?），故C正确； D. V（NaOH）=10.00mL时，与醋酸反应后得到等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，由于醋酸的电离程度 大于醋酸根离子的水解程度，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH?），根据电荷守恒可知：c（CH3COO?）＞c （Na+），溶液中正确的离子浓度大小为：c（CH3COO?）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH?），故D错误。12．..[2019·山东省济南市]某温度下，向10 mL 0.1 mol·L?l NaCl溶液和10 mL 0.1 mol·L?l K2CrO4溶液中分别滴加0.1 mol·L?l AgNO3溶液。滴加过程中pM[－lgc(Cl?)或－lgc(CrO42－)]与所加AgNO3溶液体积之间的关系如下图所示。已知Ag2CrO4为红棕色沉淀。下列说法错误的是 A．该温度下，K sp(Ag2CrO4)＝4×10－12B．a l、b、c三点所示溶液中c(Ag+)：a l＞b＞c C．若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol·L－1，则a1点会平移至a2点 D．用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂 【答案】B根据pM=－lgc(Cl?)或pM=－lgc(CrO42－)可知，c(CrO42－)越小，pM越大，根据图像，向10 mL 0.1 mol·L?l NaCl溶液和10 mL 0.1 mol·L?l K2CrO4溶液中分别滴加0.1 mol·L?l AgNO3溶液。当滴加10 mL0.1 mol·L?l AgNO3溶液时，氯化钠恰好反应，滴加20 mL0.1 mol·L?l AgNO3溶液时，K2CrO4恰好反应，因此a l 所在曲线为氯化钠，b、c所在曲线为K2CrO4，据此分析解答。 【详解】A．b点时恰好反应生成Ag2CrO4，－lgc(CrO42－)=4.0，c(CrO42－)= 10－4mol·L?l，则c(Ag+)=2× 10－4mol·L?l，该温度下，K sp(Ag2CrO4)＝c(CrO42－)×c2(Ag+)=4×10－12，故A正确； B．a l点恰好反应，－lgc(Cl?)=4.9，c(Cl?)=10－4.9mol·L?l，则c(Ag+)=10－4.9mol·L?l，b点c(Ag+)=2× 10－4mol·L?l， c点，K2CrO4过量，c(CrO42－)约为原来的1 4 ，则c(CrO42－)= 0.025mol·L?l，则c(Ag+ 12 41 25 .0 － 1.6×10 －5mol·L?l，a l、b、c三点所示溶液中b点的c(Ag+)最大，故B错误； C．温度不变，氯化银的溶度积不变，若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol·L－1，平衡时，－lgc(Cl?)=4.9，但需要的硝酸银溶液的体积变成原来的2倍，因此a1点会平移至a2点，故C正确； D．根据上述分析，当溶液中同时存在Cl?和CrO42?时，加入硝酸银溶液，Cl?先沉淀，用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂，滴定至终点时，会生成Ag2CrO4为红棕色沉淀，故D正确。 11．[2019·四川省成都市]25℃将浓度均为0.1 mol/L的HA溶液和BOH溶液按体积分别为V a和V b混合，保持V a+V b=100 mL，且生成的BA可溶于水。已知V a、V b与混合液pH关系如图。下列说法错误的是 A．曲线II表示HA溶液体积B．x点存在c(A?)+c(OH?)=c(B+)+c(H+) C．电离平衡常数K(HA)>K(BOH) D．向z点溶液加入NaOH，水的电离程度减小 【答案】C【详解】A. 由图可知，当HA溶液与BOH溶液等体积混合时，溶液的pH>7，随着曲线I体积的增大，溶液的pH逐渐增大，说明曲线I表示BOH溶液的体积，则曲线II表示HA溶液体积，故A正确； B. 根据图像，x点HA溶液体积大于BOH溶液等体积，溶液为HA和BA的混合溶液，根据电荷守恒，有c(A?)+c(OH?)=c(B+)+c(H+)，故B正确； C. 由图可知，当HA溶液与BOH溶液等体积混合时，溶液的pH>7，溶液显碱性，说明K(HA) D. 根据图像，z点HA溶液体积小于BOH溶液等体积，溶液为BA和BOH的混合溶液，碱过量水的电离程受抑制，所以向z点溶液加入NaOH，水的电离程度减小，故D正确。 13．[2019·安徽省蚌埠市]常温下，向20mL0.05mol·L－1的某稀酸H2B溶液中滴入0.1mol·L－1氨水，溶液中由水电离出氢离子浓度随滴入氨水体积变化如图。下列分析正确的是 A．NaHB溶液可能为酸性，也可能为碱性 B．A、B、C三点溶液的pH是逐渐减小，D、E、F三点溶液的pH是逐渐增大 C．E溶液中离子浓度大小关系：c(NH4+)>c(B2－)>c(OH－)>c(H+) D．F点溶液c(NH4+)=2c(B2－) 【答案】D【分析】未加入氨水前，溶液的水电离出的OH?浓度为10?13mol/L，所以溶液中c(H+)=0.1mol/L，该酸的浓度为0.05mol/L，所以该酸为二元强酸。酸、碱对水的电离起抑制作用，可水解的盐对水的电离起促进作用，随着氨水的不断滴入，溶液中水电离的c（H+）逐渐增大，当两者恰好完全反应生成（NH4）2B 时水的电离程度达最大（图中D点），继续加入氨水，水电离的c（H+）逐渐减小。 【详解】A. NaHB属于强酸的酸式盐，NaHB溶液应该呈酸性，A项错误； B. 向酸溶液中逐渐加入碱发生中和反应，混合液溶液的pH是逐渐增大的，B项错误； C.E点溶液由（NH4）2B和氨水混合而成，由于水电离的c（H+）>1×10?7mol/L，溶液中H+全部来自水电离，则E点水溶液显酸性，所以c(H+)>c(OH?)，C项错误； D.F点溶液由（NH4）2B和氨水混合而成，由于水电离的c（H+）=1×10?7mol/L，溶液中H+全部来自水电离，则F点水溶液呈中性，此时溶液中的电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(OH?)+2c(B2?)，因c(H+)=c(OH?)，所以有c(NH4+)=2c(B2?)，D项正确； 14．[2019·河南省洛阳市]常温下，向10mL0.10 mol/L CuCl2溶液中滴加0.10mol/L Na2S溶液，滴加过程中－lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法正确的是 A．K sp(CuS)的数量级为10－21B．曲线上a点溶液中，c(S2－)·c(Cu2+) > K sp(CuS) C．a、b、c三点溶液中，n(H+)和n(OH－)的积最小的为b点 D．c点溶液中：c(Na+)>c(Cl－)>c(S2－)>c(OH－)>c(H+) 【答案】D【分析】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2??CuS↓，Cu2+单独存在或S2?单独存在均会水解，水解促进水的电离，结合图象分析解答。 【详解】A．该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2?)=10?17.7mol/L，则 K sp(CuS)=c(Cu2+)c(S2?)=10?17.7mol/L×10?17.7mol/L=10?35.4，则K sp (CuS)的数量级为10?36，故A错误； B．沉淀溶解平衡常数K sp (CuS)只与温度有关，并且K sp (CuS)=10?35.4，很小，所以随着Na2S溶液的滴加，溶液中c(Cu2+)减小、?lgc(Cu2+)增大，二者关系始终满足c(S2?)·c(Cu2+)=定值=K sp(CuS)，故B错误； C．温度不变，K w=c(H+)c(OH－)不变，则n(H+) n(OH－)= K w V2，说明溶液的体积越小，n(H+) n(OH－)越小，因此n(H+)和n(OH－)的积最小的为a点，故C错误； D．c点时溶质为浓度之比2∶1的NaCl和Na2S混合溶液，Na2S是弱酸强碱盐，水解使溶液显碱性，所以c 点溶液中：c(Na+)＞c(Cl?)＞c(S2?)＞c(OH?)＞c(H+)，故D正确； 15．[2019·四川省遂宁市]常温下，用0.1mol/LNaOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.1mol/L 的HX、HY溶液，pH随NaOH溶液体积变化如图。下列结论正确的是 A．酸性:HX < HY C．a、b两点溶液混合后，c(HX)+c(HY)+c(H＋)=c(OH－) B．pH=7时，c(Y－)=c(X－) D．10.00mL时，有c(Na＋)>c(HY)>c(Y－)>c(H＋) 【答案】C【解析】用浓度为0.1mol/L的NaOH溶液分别逐滴加入到20.00 mL 0.1mol/L的HX、HY溶液中，酸越弱，初始时刻pH值越大，根据图象可判断，酸性强弱为HY＜HX；当NaOH反应了10.00 mL时，溶液中分别存在HX、NaX和HY、NaY，且物质的量之比分别为1：1；当NaOH反应了20.00 mL时，溶液中分别恰好存在NaX和NaY，二者均会发生水解使溶液呈碱性，根据图象和溶液中的守恒关系解答。 【详解】A．对于HX和HY，酸性越弱，电离出的H+浓度越小，初始时刻根据图象，pH越小的酸酸性越强，电离程度就越大，因此酸性强弱为HY＜HX，A项错误； B．pH=7时，溶液中c（H+）=c（OH?），根据电荷守恒，分别存在c（Na+）=c（X?），c（Na+）=c（Y?），但HX和HY此时消耗的NaOH的量不相同，前者消耗的多，因此c（X?）＞c（Y?），B项错误； C．当V（NaOH）=20.00 mL时，HX恰好转化为NaX，HY恰好转化为NaY，二者均水解使溶液显碱性，根据质子守恒可知c(HX)+c(HY)+c(H+)=c(OH?)，C项正确； D．当V（NaOH）=10.00mL时，HY的溶液中存在HY和NaY，物质的量之比为1：1，此时溶液显酸性，可以判断是酸的电离程度大于酸根离子的水解程度，对于HY、NaY的混合溶液来说，根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH?）+c（Y?），由于溶液是酸性，因此c（H+）＞c（OH?），则c（Na+）＜c（Y?），无论是电离还是水解，都是微弱的过程，因此X?、HY浓度都大于H+的浓度，所以溶液中粒子浓度大小关系为：c （Y?）＞c（Na+）＞c（HY）＞c（H+）＞c（OH?），D项错误； 16．[2019·湖南省常德市]已知：常温下，K sp(CuS)=1.0×10－36，K sp(HgS)=1.6×10－52；pM=－lgc(M2+)。常温下，向10.0mL0.20mol·L－1Cu(NO3)2溶液中逐滴滴加0.10mo l·L－1Na2S溶液，溶液中pM与加入Na2S溶液的体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是 A．V0=20.0mL，m=18 B．若c[Cu(NO3)2]=0.01mol·L－1，则反应终点可能为e点 C．a、b、d三点中，由水电离的c(H+)和c(OH－)的积最大的为b点 D．相同条件下，若用等浓度等体积的Hg(NO3)2溶液代替上述Cu(NO3)2溶液，则反应终点b向c方向移动 【答案】C【解析】A.根据图象可知在V0时c(Cu2+)突然减小，说明此时恰好发生反应：Cu2++S2?=CuS↓， n(S2?)=n(Cu2+)=c?V=0.20mol/L×0.01L=2.0×10?3mol，V(S2?)==0.02L=20mL，由于 Ksp(CuS)=c(Cu2+)?c(S2?)=1.0×10－36，所以c(Cu2+)=1.0×10－18mol/L，则pM=?lg c(Cu2+)=?lg1.0×10－18=18；B.温度不变，K sp不变，则pM就不变，c[Cu(NO3)2]=0.01mol/L时，根据Cu2++S2?=CuS↓，Cu2+物质的量减小，反应消耗的S2?的体积也减小，n(S2?)=n(Cu2+)=c?V=0.01mol/L×0.01L=1.0×10?4mol， V(S2?)==0.001L=1mL，根据所以反应终点可能为e点，B正确； C.a点是反应开始不长时间，Cu(NO3)2溶液过量，Cu2+水解时溶液显酸性，对水的电离平衡起促进作用，随着Na2S溶液的加入，当到b点时恰好发生Cu2++S2?=CuS↓，对水的电离平衡影响最小，后随着Na2S溶液的加入，Na2S溶液过量，S2?水解使溶液显碱性，又促进水的电离，水的电离程度在b点最小，但无论在哪一点，反应温度不变，水电离产生的c(H+)和c(OH?)的积都等于水的离子积常数K w，是相等的，C错误； D.若用等浓度等体积的Hg(NO3)2溶液代替上述Cu(NO3)2溶液，恰好发生反应：Hg2++S2?=CuS↓时， n(S2?)=n(Hg2+)=c?V=0.20mol/L×0.01L=2.0×10?3mol，V(S2?)==0.02L=20mL，由于K (HgS)=1.6×10－52，所以c(Hg2+)=1.0×10－26mol/L，则pM=?lg c(Hg2+)=?lg1.0×10－26=26，m数值变大，所以sp 反应终点b向c方向移动，D正确。 化学平衡图像专题 基础知识： 对于反应mA(g) + nB(g) pC(g)+qD(g) △H<0 m+n>p+q 条件改变变化结果 K变化平衡移动反应A的浓度C(A)A转化率C的含量条件改变ν逆ν正变 化 1C(A)增大 2C(A)减小 3C(C)增大 4C(C)减小 5温度升高 6温度降低 7压强增大 8压强减小 9加催化剂 课时探究 探究一、图像绘制，读图解题 例题1：氨气有广泛用途，工业上利用反应3H2(g)+ N2(g)2NH3(g) 来合成 氨气；某小组为了探究外界条件对反应的影响，在a b两种条件下分别加入相同浓度 时间t/min02468 条件a c(H2)/10-2mol·L-1 2.00 1.50 1.100.800.80 条件b c(H2)/10-2mol·L-1 2.00 1.30 1.00 1.00 1.00 12 1 T2 下同），△H 0，根据表格数据请在下面画出c(H2)-t图： (2)a条件下，0~4min的反应速率为；平衡时，H2的转化率为 ; 平衡常数为； (3)在a条件下，8min末将容器体积压缩至原来的1/2，11min后达到新的平衡，画出 8min~12min时刻c(H2)的变化曲线。 探究二、图像解题方法 1、反应mA(g) + nB(g) pC(g)+qD(g) △H <0 m+n>p+q 反应速率和时间图如图所示 ，t 1时刻只改变一个影响因素 ①图1所示 ，t 1 时刻改变的因素是 ，平衡向 方向移动， ②图2所示， t 1 时刻改变的因素是 ，平衡向 方向移动， ③图3所示， t 1 时刻改变的因素是 ，平衡向 方向移动， ④图4所示 ，t 1 时刻改变的因素是 ，平衡向 方向移动， ⑤图5所示， t 1 时刻改变的因素是 ，平衡向 方向移动， 2、①对于反应mA(g)+nB(g) pC(g)，右图所示， 请判断温度大小：T 1 T 2，△H 0 ②对于反应mA(g)+nB(g) pC(g)，右图所示， 请判断温度大小：T 1 T 2，△H 0 P 1 P 2， m+n p 探究三、陌生图像的解题技能 1、解决的问题是什么？从图像可以得到什么信息？该信息与所学知识的关联?能用关联解决问题？ △H 0 mA(g)+nB(g) pC(g) ①y 是A 的浓度，△H 0，m+n p ②y 是C 的含量, △H 0，m+n p 最后冲刺15天 10.水溶液中的离子平衡 一、选择题(本题包括16个小题，每小题3分，共48分) 1．下列说法正确的是 ( ) A．向0.1 mol/L Na2CO3溶液中滴加酚酞，溶液变红色 B．Al3＋、NO－3、Cl－、CO2－3、Na＋可大量共存于pH＝2的溶液中 C．乙醇和乙酸都能溶于水，都是电解质 D．分别与等物质的量的HCl和H2SO4反应时，消耗NaOH的物质的量相同 解析：pH＝2的溶液显酸性，CO2－3与H＋不共存，B不正确；乙醇是非电解质，C不正确；与等物质的量的HCl和H2SO4反应，消耗NaOH的物质的量比为1∶2，D不正确． 答案：A 2．(2012·福建质检)有关常温下pH均为3的醋酸和硫酸的说法正确的是 ( ) A．两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度均为1×10－11 mol/L B．分别加水稀释100倍后，两种溶液的pH仍相同 C．醋酸中的c(CH3COO－)和硫酸中的c(SO2－4)相等 D．分别加入足量锌片，两种溶液生成H2的体积相同 解析：酸溶液中氢氧根离子全部来自于水的电离，氢离子浓度相同的情况下，氢氧根离子浓度也相同，则由水电离出的氢离子浓度也相同． 答案：A 3．下列各选项中所述的两个量，前者一定大于后者的是 ( ) A．1 L 0.3 mol/L CH3COOH溶液和3 L 0.1 mol/L CH3COOH溶液中的H＋数 B．pH＝1的CH3COOH溶液和盐酸的物质的量浓度 C．pH＝12的氨水和NaOH溶液的导电能力 D．pH相同的等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量锌粒反应产生的气体体积 解析：A项两溶液中CH3COOH的物质的量相同，后者CH3COOH溶液的浓度小电离程度大，后者中H＋数多，A不正确．B项CH3COOH是弱酸，不完全电离，CH3COOH溶液的浓度大，B符合．C项两溶液中c(H ＋)、c(OH－)均相等，则c(NH＋ c(Na＋)，导电能力相同，C不正确．D项中醋酸的浓度大，n(CH3COOH) 4)＝ 大，与足量锌反应产生的H2多，D不正确． 答案：B 4．用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，若测定结果偏高，则产生误差的原因可能是 A．滴定时，装NaOH溶液的锥形瓶未用NaOH溶液润洗 B．酸式滴定管用蒸馏水洗后，用标准盐酸润洗 高中化学学习材料 金戈铁骑整理制作 第2课时沉淀溶解平衡的应用 [经典基础题] 1. 要使工业废水中的重金属Pb2＋沉淀，可用硫酸盐、碳酸盐、硫化物等作沉淀 剂，已知Pb2＋与这些离子形成的化合物的溶解度如下： 化合物PbSO4PbCO3PbS 溶解度/g 1.03×10－4 1.81×10－7 1.84×10－14由上述数据可知，选用的沉淀剂最好为 () A．硫化物B．硫酸盐 C．碳酸盐D．以上沉淀剂均可 答案 A 解析由表中数据可知，PbS的溶解度最小，沉淀最彻底。 2．工业上用Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢使其中CaSO4能转化为CaCO3，下列有关CaSO4和CaCO3性质有关推测正确的是 () A．CaSO4是一种强酸弱碱盐 B．CaSO4溶解度小于CaCO3 C．CaSO4溶解度大于CaCO3 D．CaSO4溶解度等于CaCO3 答案 C 解析CaSO4的沉淀溶解平衡向左移动，生成更难溶的CaCO3。 3．为除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入的一种试剂是 () A．NH3·H2O B．NaOH C．Na2CO3D．MgCO3 答案 D 解析Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋，调节pH，可使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀后除去。在①不引入新杂质，②Mg2＋不沉淀的条件下，选用MgCO3，过量的MgCO3可一起过滤除去。也可选用MgO、Mg(OH)2等试剂。 4．下列说法正确的是 () A．向AgI沉淀中加入饱和KCl溶液，有白色沉淀生成，说明AgCl比AgI 更难溶 B．向浓度均为0.1 mol·L－1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成蓝色Cu(OH)2沉淀，则K sp[Mg(OH)2] 高中化学：电离平衡练习(含答案) 一、单选题 1．下列说法正确的是 A．可以用FeCl3溶液和NaOH溶液反应制备Fe(OH)3胶体 B．FeCl3、FeCl2和Fe(OH)3都可以通过化合反应得到 C．40gNaOH固体溶解于500mL水中,所得溶液的物质的量浓度为2mol/L D．根据电解质的水溶液导电能力的强弱将电解质分为强电解质和弱电解质 2．现有常温下pH=2的醋酸溶液,下列有关叙述正确的是（） COO-) A．c(H+)＝c(CH 3 B．醋酸的物质的量浓度为0.01mol·L-1 C．与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后,溶液呈碱性 D．加入醋酸钠固体可抑制醋酸的电离,但电离常数Ka不变 3．在室温下,0.1mol/L100mL的醋酸溶液中,欲使其溶液的pH减小,但又要使醋酸电离程度减少,应采取 A．加入少量CH3COONa固体B．通入少量HCl气体 C．升高温度D．加入水 4．下列说法正确的是 A．酸碱盐都是电解质,其电离的过程属于物理变化 B．电解质是可以导电的化合物 C．在水溶液中能电离出H+的化合物都是酸 D ．强电解质易溶于水导电性强,而弱电解质难溶于水导电性弱 5．已知常温时CH 3COOH 的电离平衡常数为K 。该温度下向20 mL 0.1 mol·L －1 CH 3COOH 溶液中逐滴加入0.1 mol·L －1 NaOH 溶液,其pH 变化曲线如图所示(忽略温度变化)。下列说法中错误的是( ) A ．a 点表示的溶液中c(H +)等于10－3 mol·L －1 B ．b 点表示的溶液中c(CH 3COO －)>c(Na ＋) C ．c 点表示CH 3COOH 和NaOH 恰好反应完全 D ．b 、d 点表示的溶液中33c CH COO c H c CH COOH -+?（）（）（） 均等于K 6．下列说法正确的是() A ．2H S 溶于水的电离方程式为22H S 2H S +-+,向2H S 溶液中加入少量2CuCl 固体,电离平衡 正向移动 B ．4KHSO 在熔融状态下的电离方程式为244KHSO K H SO ++- =++,向醋酸中加入少量4 KHSO 固体,电离平衡逆向移动 C ．向稀氨水中滴加少量432mol /LNH NO ,溶液,4NH +与OH -结合生成 32NH H O ?,使平衡正向移动,电离常数增大 D ．常温下,冰醋酸加水稀释的过程中,溶液的导电能力先增大后减小 7．下列属于弱电解质的是 A ．BaSO 4 B ．CH 3COOH C ．C 2H 5OH D ． Cu 高考化学复习 化学平衡常数及其计算 1．随着汽车数量的逐年增多，汽车尾气污染已成为突出的环境问题之一。反应：2NO(g)＋2CO(g) 2CO 2(g)＋N 2(g)可用于净化汽车尾气，已知该反应速率极慢，570 K 时平 衡常数为1×1059 。下列说法正确的是( ) A ．提高尾气净化效率的最佳途径是研制高效催化剂 B ．提高尾气净化效率的常用方法是升高温度 C ．装有尾气净化装置的汽车排出的气体中不再含有NO 或CO D ．570 K 时，及时抽走CO 2、N 2，平衡常数将会增大，尾气净化效率更佳 解析：提高尾气净化效率的最佳途径是研制高效催化剂，加快反应速率，A 正确，B 错误；题中反应为可逆反应，装有尾气净化装置的汽车排出的气体中仍然含有NO 或CO ，C 错误；改变浓度对平衡常数无影响，平衡常数只与温度有关，D 错误。 答案：A 2．在淀粉-KI 溶液中存在下列平衡：I 2(aq)＋I － (aq)I － 3(aq)。测得不同温度下 该反应的平衡常数K 如表所示。下列说法正确的是( ) t /℃ 5 15 25 35 50 K 1 100 841 689 533 409 A.反应I 2(aq)＋I － (aq) I － 3(aq)的ΔH >0 B ．其他条件不变，升高温度，溶液中c (I － 3)减小 C ．该反应的平衡常数表达式为K ＝c （I 2）·c （I －）c （I －3） D ．25 ℃时，向溶液中加入少量KI 固体，平衡常数K 小于689 解析：A 项，温度升高，平衡常数减小，因此该反应是放热反应，ΔH <0，错误；B 项， 温度升高，平衡逆向移动，c (I －3 )减小，正确；C 项，K ＝c （I －3） c （I 2）· c （I －） ，错误；D 项， 平衡常数仅与温度有关，25 ℃时，向溶液中加入少量KI 固体，平衡正向移动，但平衡常数不变，仍然是689，错误。 答案：B 3．(2019·深圳质检)对反应：a A(g)＋b B(g)c C(g)＋d D(g) ΔH ，反应特点 与对应的图象的说法不正确的是( ) 高中化学平衡知识点 1、影像化学反应速率的因素 （1）内因（决定因素） 化学反应是由参加反应的物质的性质决定的。 （2）外因（影响因素） ①浓度：当其他条件不变时，增大反应物的浓度，反应速率加快。 注意：增加固体物质或纯液体的量，因其浓度是个定值，故不影响反应速率（不考虑表面积的影响） ②压强：对于有气体参加的反应，当其他条件不变时，增大压强，气体的体积减小，浓度增大，反应速率加快。 注意：由于压强对固体、液体的体积几乎无影响，因此，对无气体参加的反应，压强对反应速率的影响可以忽略不计。 ③温度：当其他条件不变时，升高温度，反应速率加快。 一般来说，温度每升高10℃，反应速率增大到原来的2~4倍。 ④催化剂：催化剂有正负之分。使用正催化剂，反应速率显著增大；使用负催化剂，反应速率显著减慢、不特别指明时，指的是正催化剂。 2、外界条件同时对V正、V逆的影响 （1）增大反应物浓度时，V正急剧增加，V逆逐渐增大；减小反应物的浓度，V正急剧减小，V逆逐渐减小 （2）加压对有气体参加或生成的可逆反应，V正、V逆均增大，气体分子数大的一侧增大的倍数大于气体分子数小的一侧增大的倍数；降压V正、V逆均减小，气体分子数大的一侧减小的倍数大于气体分子数小的一侧减小的倍数。 （3）升温，V正、V逆一般均加快，吸热反应增大的倍数大于放热反应增加的倍数；降温时，V正、V逆一般均减小，吸热反应减小的倍数大于放热反应减小的倍数。 3、可逆反应达到平衡状态的标志 （1）V正=V逆，如对反应mA（g）+nB（g)======pC（g） ①生成A的速率与消耗A的速率相等。 ②生成A的速率与消耗B的速率之比为m：n （2）各组成成分的量量保持不变 这些量包括：各组成成分的物质的量、体积、浓度、体积分数、物质的量分数、反应的转换率等。 （3）混合体系的某些总量保持不变 对于反应前后气体的体积发生变化的可逆反应，混合气体的总压强、总体积、总物质的量及体系平均相对分子质量、密度等不变。 《沉淀溶解平衡》教学设计 一、教材分析 案例章节 《普通高中标准实验教科书（苏教版）》选修《化学反应原理》专题3溶液中的离子反应第四单元沉淀溶解平衡。 内容分析 （1）沉淀溶解平衡内容既包括溶液中的离子反应——溶解过程和沉淀过程，又牵涉到平衡知识。所以教材把这部分内容安排在化学平衡知识之后，溶液中的离子反应的最后一单元。使得学生能够从强电解质在水溶液中完全溶解，离子生成沉淀，难溶强电解质溶解和生成沉淀速率相同而达到平衡状态三个层次上来学习研究这部分知识，即能用已学的离子反应和平衡的知识来帮助解决本节课中所遇到的化学问题。 （2）沉淀溶解平衡知识无论对于化学本身还是对化工生产及人们的生活实际都有重要的意义。如何判断沉淀能否生成或是溶解；如何使沉淀的生成和溶解更加完全；如何创造条件，只使某一种或某几种离子从含多种离子的溶液中完全沉淀下来，而其余的离子却保留在溶液中，这些都是实际生产、生活和化学实验中经常遇到的问题。 （3）沉淀溶解平衡在新课程标准和新教材中的补充使得选修化学反应原理内容更加完整。 根据高中化学课程标准和教材内容，制订了教学目标： 教学目标分析 知识与技能： 1．认识沉淀溶解平衡的建立过程； 2．理解溶度积的概念，能用溶度积规则判断沉淀的产生、溶解； 3．知道沉淀溶解、生成和转化的本质； 4．了解沉淀溶解平衡在生产、生活中的应用。 过程与方法：分析比较归纳等思维能力的培养，通过实验培养观察能力。 情感态度与价值观：从实验现象分析得出宏观现象和微观本质的关系，领悟感性认识到理性认识的过程。 教学难点分析 1．沉淀溶解平衡的建立； 2．运用溶度积规则判断分析沉淀的溶解、生成和沉淀的转化； 3．沉淀溶解平衡在生产、生活中的应用。 教学重点分析 1．沉淀溶解平衡的建立过程； 2．知道沉淀溶解、生成和转化的本质。 二、学情分析 学生对于化学反应原理知识的学习从接触化学学习就开始了，特别是通过选修教材《化学反应原理》进行了系统的反应原理的学习，特别是学到整本书的最后一个专题的最后一个单元的内容后，学习能力较强的学生已经积累了一定学习方法，他们在学习沉淀溶解平衡知识块的时候，教师只要设计相应的问题情境，如生活和工业生产真实的情境和探究实验，进行适当的引导学生就能结合前面学习过的平衡的知识解决部分问题。而对于学习能力较弱的学生，教师在他们学习的过程中应起主导作用，帮助他们设计该部分内容中必须要掌握的一些基本问题，指导他们解决问题方法，帮助、指导他们总结解决不同类型问题的方法，从而能从纯粹知识的学习上升到学习方法学习和提高化学问题解决能力上。 水溶液中的化学平衡 高中化学中，水溶液中的化学平衡包括了：电离平衡，水解平衡，沉淀溶解平衡等。看是三大平衡，其实只有一大平衡，既化学反应平衡。所有关于平衡的原理、规律、计算都是相通的，在学习过程中，不可将他们割裂开来。 化学平衡勒夏特列原理（又称平衡移动原理）是一个定性预测化学平衡点的原理，内容为：在一个已经达到平衡的反应中，如果改变影响平衡的条件之一（如温度、压强，以及参加反应的化学物质的浓度），平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，但不能完全消除这种改变。 比如一个可逆反应中，当增加反应物的浓度时，平衡要向正反应方向移动，平衡的移动使得增加的反应物浓度又会逐步减少；但这种减弱不可能消除增加反应物浓度对这种反应物本身的影响，与旧的平衡体系中这种反应物的浓度相比而言，还是增加了，转化率还是降低了。 1、不管是电离、水解还是沉淀溶解，一般情况下，正反应的程度都不高，即产物的浓度是较低的，或者说产物离子不能大量共存。双水解除外。 2、弄清楚三类反应的区别和联系。 影响电离平衡的因素 1.温度：电离过程是吸热过程,温度升高,平衡向电离方向移动 2.浓度：弱电解质浓度越大,电离程度越小 3.同离子效应：在弱电解质溶液中加入含有与该弱电解质具有相同离子的强电解质,从而使弱电解质的电离平衡朝着生成弱电解质分子的方向移动，弱电解质的解离度降低的效应称为同离子效应 4.化学反应：某一物质将电离的离子反应掉,电离平衡向正方向移动 1、电离平衡 定义：在一定条件下，弱电解质的离子化速率（即电离速率)等于其分子化速率（即结合速率） （如：水部分电离出氢离子和氢氧根离子，同时，氢离子和氢氧根离子结合成水分子的可逆过程） 范围：弱电解质（共价化合物）在水溶液中 外界影响因素：1）温度：加热促进电离，既平衡向正反向移动（电离是吸热的） 2）浓度：越稀越电离，加水是促进电离的，因为平衡向电离方向移动（向离子数目增多的方向移动） 3）外加酸碱：抑制电离，由于氢离子或氢氧根离子增多，使平衡向逆方向移动 2、水解平衡 定义：在水溶液中，盐溶液中电离出的弱酸根离子或弱碱根离子能和水电离出的氢离子或氢氧根离子结合成弱电解质的过程。 范围：含有弱酸根或弱碱根的盐溶液 外界影响因素：1）温度：加热促进水解，既平衡向正反向移动（水解是吸热的，是中和反应的逆反应） 2）浓度：越稀越水解，加水是促进水解的，因为平衡向水解方向移动 3）外加酸碱盐：同离子子效应。 高考化学知识点：化学平衡常数 高考化学知识点：化学平衡常数 1、化学平衡常数 (1)化学平衡常数的化学表达式 (2)化学平衡常数表示的意义 平衡常数数值的大小可以反映可逆反应进行的程度大小，K值越大，反应进行越完全，反应物转化率越高，反之则越低。 2、有关化学平衡的基本计算 (1)物质浓度的变化关系 反应物：平衡浓度=起始浓度-转化浓度 生成物：平衡浓度=起始浓度+转化浓度 其中，各物质的转化浓度之比等于它们在化学方程式中物质的计量数之比。 (2)反应的转化率()：= 100% (3)在密闭容器中有气体参加的可逆反应，在计算时经常用到阿伏加德罗定律的两个推论： 恒温、恒容时：恒温、恒压时：n1/n2=V1/V2 (4)计算模式 浓度(或物质的量) aA(g)+bB(g) cC(g)+dD(g) 起始 m n O O 转化 ax bx cx dx 平衡 m-ax n-bx cx dx (A)=(ax/m)100% (C)= 100% (3)化学平衡计算的关键是准确掌握相关的基本概念及它们相互之间的关系。化学平衡的计算步骤，通常是先写出有关的化学方程式，列出反应起始时或平衡时有关物质的浓度或物质的量，然后再通过相关的转换，分别求出其他物质的浓度或物质的量和转化率。概括为：建立解题模式、确立平衡状态方程。说明： ①反应起始时，反应物和生成物可能同时存在; ②由于起始浓度是人为控制的，故不同的物质起始浓度不一定是化学 计量数比，若反应物起始浓度呈现计量数比，则隐含反应物转化率相等，且平衡时反应物的浓度成计量数比的条件。 ③起始浓度，平衡浓度不一定呈现计量数比，但物质之间是按计量数反应和生成的，故各物质的浓度变化一定成计量数比，这是计算的关键。 化学平衡常数知识点总结分享到这里，更多内容请关注高考化学知识点栏目。 第三节化学平衡练习题一、选择题 1．在一个密闭容器中进行反应：2SO 2(g)＋O2(g) 2SO3(g) 已知反应过程中某一时刻，SO2、O2、SO3分别是L、L、L，当反应达到平衡时，可能存在的数据是（） A．SO2为L，O2为L B．SO2为L C．SO2、SO3(g)均为L D．SO3(g)为L 2．在一定温度下，可逆反应A(g)+3B(g) 2C(g)达到平衡的标志是（） A. C生成的速率与C分解的速率相等 B. A、B、C的浓度不再变化 C. 单位时间生成n molA，同时生成3n molB D. A、B、C的分子数之比为1:3:2 3．可逆反应H 2(g)+I2(g) 2HI(g)达到平衡时的标志是（） A. 混合气体密度恒定不变 B. 混合气体的颜色不再改变 C. H2、I2、HI的浓度相等 D. I2在混合气体中体积分数不变 4．在一定温度下的定容密闭容器中，取一定量的A、B于反应容器中，当下列物理量不再改变时，表明反应：A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)已达平衡的是（）A．混合气体的压强B．混合气体的密度 C．C、D的物质的量的比值D．气体的总物质的量 5．在一真空密闭容器中，通入一定量气体A．在一定条件下，发生如下反应： 2A(g) B(g) + x C(g)，反应达平衡时，测得容器内压强增大为P ％，若此时A 的转 化率为a ％，下列关系正确的是（ ） A ．若x=1，则P ＞a B ．若x=2，则P ＜a C ．若x=3，则P=a D ．若x=4，则P≥a 6．密闭容器中，用等物质的量A 和B 发生如下反应：A(g)+2B(g) 2C(g)，反应 达到平衡时，若混合气体中A 和B 的物质的量之和与C 的物质的量相等，则这时A 的转化率为（ ） A ．40％ B ．50% C ．60％ D ．70％ 7．在1L 的密闭容器中通入2molNH 3，在一定温度下发生下列反应：2NH 3 N 2+3H 2， 达到平衡时，容器内N 2的百分含量为a%。若维持容器的体积和温度都不变，分别通入下列初始物质，达到平衡时，容器内N 2的百分含量也为a ％的是（ ） A ．3molH 2+1molN 2 B ．2molNH 3＋1molN 2 C ．2molN 2+3molH 2 D ．＋+ 8．在密闭容器中发生反应2SO 2+O 2 2SO 3(g)，起始时SO 2和O 2分别为20mol 和 10mol ，达到平衡时，SO 2的转化率为80%。若从SO 3开始进行反应，在相同的条件下，欲使平衡时各成分的体积分数与前者相同，则起始时SO 3的物质的量及SO 3的转化率分别为（ ） A 10mol 10% B 20mol 20% C 20mol 40% D 30mol 80% 9．X 、Y 、Z 为三种气体，把a mol X 和b mol Y 充入一密闭容器中，发生反应X+2Y 2Z 。达到平衡时，若它们的物质的量满足：n （X ）+n （Y ）=n （Z ），则Y 的转 化率为（ ） A ． %1005 ?+b a B ．%1005) (2?+b b a C ．%1005)(2?+b a D ．%1005) (?+a b a 考点一弱电解质的电离 (一)强、弱电解质 1．概念 [注意]①六大强酸：HCl、H SO4、HNO3、HBr、HI、HClO4。②四大强碱：NaOH、 2 KOH、Ca(OH)2、Ba(OH)2。③大多数盐包括难溶性盐，如BaSO4。 2．电离方程式书写 (1)弱电解质 ①多元弱酸分步电离，且第一步电离程度远远大于第二步(通常只写第一步电离)，如H2CO3的电离方程式： H2CO3H＋＋HCO－3、HCO－3H＋＋CO2－3。 ②多元弱碱电离方程式一步写成，如Fe(OH)3电离方程式为Fe(OH)3Fe3＋＋3OH－。 (2)酸式盐 ①强酸的酸式盐在溶液中完全电离，如NaHSO4的电离方程式为NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO2－4。 ②弱酸的酸式盐中酸根离子在溶液中不能完全电离，如 NaHCO3===Na＋＋HCO－3、HCO－3H＋＋CO2－3。 (二)弱电解质的电离平衡 1．电离平衡的建立 2．电离平衡的特征 (三)影响弱电解质电离平衡的因素 1．影响电离平衡的内因 弱电解质本身的性质是决定电离平衡的主要因素。 2．外界条件对电离平衡的影响 以弱电解质HB的电离为例：HB H＋＋B－。 (1)温度：弱电解质电离吸热，温度升高，电离平衡向正反应方向移动，HB的电离程度增大，c(H＋)、c(B－)均增大。 (2)浓度：稀释溶液，电离平衡向正反应方向移动，电离程度增大，n(H＋)、n(B－)增大，但c(H＋)、c(B－)均减小。 (3)相同离子：在弱电解质的溶液中，加入与弱电解质具有相同离子的强电解质，电离平衡向逆反应方向移动，电离程度减小。 (4)加入能与电离出的离子反应的物质：电离平衡向正反应方向移动，电离程度增大。 (四)溶液的导电能力 电解质溶液导电能力取决于溶液中自由移动离子浓度和离子所带电荷数。自由移动离子浓度越大，离子所带电荷数越多，则导电能力越强。将冰醋酸、稀醋酸加水稀释，其导电能力随加水的量的变化曲线如图所示。 [说明]①OA段导电能力随加水量的增多导电能力增强，原因是冰醋酸发生了电离，溶液中离子浓度增大。 ②AB段导电能力减弱的原因，随水的加入，溶液的体积增大，离子浓度变小，导电能力减弱。 2019年高二化学沉淀溶解平衡同步练习 在学习的过程中，及时做同步练习是非常重要，小编为大家准备了2019年高二化学沉淀溶解平衡同步练习，供大家参考学习，希望对大家有所帮助! 1.在100 mL 0.10 molL-1的AgNO3溶液中加入100 mL 溶有 2.08 g BaCl2的溶液，再加入100 mL溶有0.010 mol CuSO45H2O的溶液，充分反应。下列说法中正确的是( ) A.最终得到白色沉淀和无色溶液 B.最终得到的白色沉淀是等物质的量的两种化合物的混合物 C.最终得到的溶液中，Cl-的物质的量为0.02 mol D.在最终得到的溶液中，Cu2+的物质的量浓度为0.01 molL-1 解析：此题为一计算推断题。经计算AgNO3、BaCl2、CuSO45H2O三种物质的物质的量都为0.01 mol，反应生成的AgCl和BaSO4各为0.01 mol，溶液中剩余的是0.01 mol 、0.01 mol Cl-和0.01 mol Cu2+，所以溶液应呈蓝色，故A、C 是错误的，三种溶液混合后溶液的体积增大两倍，Cu2+的物质的量浓度为0.033 molL-1。 答案：B 2.一定温度下，在氢氧化钡的悬浊液中，存在氢氧化钡固体与其电离的离子间的溶解平衡关系：Ba(OH)2(固体) Ba2++2OH-。向此种悬浊液中加入少量的氢氧化钡粉末，下列叙述正确的是( ) A.溶液中钡离子数目减小 B.溶液中钡离子浓度减小 C.溶液中氢氧根离子浓度增大 D.pH减小 解析：氢氧化钡悬浊液中存在氢氧化钡的固体和氢氧化钡饱和溶液的溶解平衡，即氢氧化钡的固体溶解到溶液中电离生成钡离子和氢氧根离子，溶液中的钡离子和氢氧根离子结合，沉淀出氢氧化钡的固体，再加入少量的氢氧化钡粉末，由于溶液中固体不存在浓度问题，平衡没有发生移动。可是选项中所描述的量都发生变化，与结论相矛盾。是否从该体系的另一方面分析，水的量发生变化考虑?由于加入的氢氧化钡粉末在水中转化为结晶水合物，消耗了一定量的水，平衡发生移动。溶解的离子结合生成氢氧化钡的固体，引起溶解物质相应的量发生变化。选项A中的钡离子的个数随着水的量的减少，溶液质量、溶质质量都相应减少，其个数必然减少。 本题也可采用排除法，当平衡发生移动时，一定会引起相应物质的数量变化。若是讨论某种具体物质的数量，它应该绝对变化，如溶质微粒个数、溶质质量和溶液质量等。但若讨论两个量的比值，在特定条件下可能不变，如溶解度、浓度等。 答案：A 3.工业废水中常含有Cu2+、Cd2+、Pb2+等重金属离子，可通过加入过量的难溶电解质FeS、MnS，使这些金属离子形 高中化学电离平衡九大知识点 一、弱电解质的电离 1、定义：电解质：在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物,叫电解质。 非电解质：在水溶液中或熔化状态下都不能导电的化合物。 强电解质：在水溶液里全部电离成离子的电解质。 弱电解质：在水溶液里只有一部分分子电离成离子的电解质。 2、电解质与非电解质本质区别： 电解质——离子化合物或共价化合物非电解质——共价化合物 注意：①电解质、非电解质都是化合物②SO2、NH3、CO2等属于非电解质 ③强电解质不等于易溶于水的化合物（如BaSO4不溶于水，但溶于水的BaSO4全部电离，故BaSO4 为强电解质）——电解质的强弱与导电性、溶解性无关。 3、电离平衡：在一定的条件下，当电解质分子电离成离子的速率和离子结合成时，电离过程就达到了平衡状态，这叫电离平衡。 4、影响电离平衡的因素： A、温度：电离一般吸热，升温有利于电离。 B、浓度：浓度越大，电离程度越小；溶液稀释时，电离平衡向着电离的方向移动。 C、同离子效应：在弱电解质溶液里加入与弱电解质具有相同离子的电解质，会减弱电离。 D、其他外加试剂：加入能与弱电解质的电离产生的某种离子反应的物质时，有利于电离。 5、电离方程式的书写：用可逆符号弱酸的电离要分布写（第一步为主） 6、电离常数：在一定条件下，弱电解质在达到电离平衡时，溶液中电离所生成的各种离子浓度的乘积，跟溶液中未电离的分子浓度的比是一个常数。叫做电离平衡常数，（一般用Ka表示酸，Kb表示碱。） 表示方法：ABA++B- Ki=[ A+][B-]/[AB] 7、影响因素： a、电离常数的大小主要由物质的本性决定。 b、电离常数受温度变化影响，不受浓度变化影响，在室温下一般变化不大。 C、同一温度下，不同弱酸，电离常数越大，其电离程度越大，酸性越强。如：H2SO3>H3PO4>HF>CH3COOH>H2CO3>H2S>HClO 二、水的电离和溶液的酸碱性 1、水电离平衡： 水的离子积：KW= c[H+]·c[OH-] 25℃时,[H+]=[OH-] =10-7 mol/L ; KW= [H+]·[OH-] = 1*10-14 注意：KW只与温度有关，温度一定，则KW值一定 KW不仅适用于纯水，适用于任何溶液（酸、碱、盐） 2、水电离特点：（1）可逆（2）吸热（3）极弱 3、影响水电离平衡的外界因素： ①酸、碱：抑制水的电离 KW〈1*10-14 ②温度：促进水的电离（水的电离是吸热的） ③易水解的盐：促进水的电离 KW 〉1*10-14 4、溶液的酸碱性和pH： （1）pH=-lgc[H+] （2）pH的测定方法： 2020届高三化学考前复习——速率常数与化学平衡常数综 合分析（有答案和详细解答） 1．T 1温度时在容积为2 L 的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)＋O 2(g) 2NO 2(g) ΔH <0。 实验测得：v 正＝v (NO)消耗＝2v (O 2)消耗＝k 正c 2(NO)·c (O 2)，v 逆＝v (NO 2) 消耗＝k 逆c 2(NO 2)，k 正、k 逆为速率常数，只受温度影响。不同时刻测得容器中n (NO)、n (O 2)如表： 时间/s 0 1 2 3 4 5 n (NO)/mol 1 0.6 0.4 0.2 0.2 0.2 n (O 2)/mol 0.6 0.4 0.3 0.2 0.2 0.2 (1)T 1温度时，k 正 k 逆 ＝______________。 (2)若将容器的温度改变为T 2时，其k 正＝k 逆，则T 2_______(填“>”“<”或“＝”)T 1。 答案 (1)160 (2)> 解析 (1)根据v 正＝v (NO)消耗＝2v (O 2)消耗＝k 正c 2(NO)·c (O 2)，得出k 正＝v (NO )消耗 c 2(NO )·c (O 2)，根据 v 逆＝v (NO 2)消耗＝k 逆 ·c 2(NO 2)，得出k 逆＝v (NO 2)消耗c 2 (NO 2)，因为v (NO)消耗＝v (NO 2)消耗，所以k 正 k 逆 ＝c 2(NO 2) c 2(NO )·c (O 2)＝K ，表格中初始物质的量：n (NO)＝1 mol ，n (O 2)＝0.6 mol ，体积为2 L ，则列 出三段式如下： 2NO(g)＋O 2(g) 2NO 2(g) 始/mol·L －1 0.5 0.3 0 转/mol·L －1 0.4 0.2 0.4 平/mol·L －1 0.1 0.1 0.4 K ＝c 2(NO 2)c 2(NO )·c (O 2)＝0.42 0.12×0.1＝160。 (2)若将容器的温度改变为T 2时，其k 正＝k 逆，则 K ＝1＜160，因反应：2NO(g)＋ O 2(g) 2NO 2(g) ΔH ＜0，K 值减小，则对应的温度增大，即T 2＞T 1。 2．顺-1,2-二甲基环丙烷和反-1,2-二甲基环丙烷可发生如下转化： 高中化学溶液离子水解与电离中三大守恒详解 电解质溶液中有关离子浓度的判断是近年高考的重要题型之一。解此类型题的关键是掌握“两平衡、两原理”，即弱电解质的电离平衡、盐的水解平衡和电解质溶液中的电荷守恒、物料守恒原理。首先，我们先来研究一下解决这类问题的理论基础。 一、电离平衡理论和水解平衡理论 1.电离理论： ⑴弱电解质的电离是微弱的，电离消耗的电解质及产生的微粒都是少量的，同时注意考虑水的电离的存在；⑵多元弱酸的电离是分步的，主要以第一步电离为主； 2.水解理论： 从盐类的水解的特征分析：水解程度是微弱的（一般不超过2‰）。例如：NaHCO 3 溶液中，c(HCO 3―)＞＞c(H 2 CO 3 )或c(OH― ) 理清溶液中的平衡关系并分清主次： ⑴弱酸的阴离子和弱碱的阳离子因水解而损耗；如NaHCO 3 溶液中有：c(Na+)＞ c(HCO 3 -)。⑵弱酸的阴离子和弱碱的阳离子的水解是微量的（双水解除外），因此水解生成的弱电解质及产生H+的（或OH-）也是微量，但由于水的电离平衡和盐类水解平衡的存在，所以水解后的酸性溶液中c(H+)（或碱性溶液中的c(OH-)）总是大于水解产生的弱电解质的浓度；⑶一般来说“谁弱谁水解，谁强显谁性”，如水解呈酸性的溶液中c(H+)＞c(OH-)，水解呈碱性的溶液中c(OH-)＞c(H+)；⑷多元弱酸的酸根离子的水解是分步进行的，主要以第一步水解为主。 二、电解质溶液中的守恒关系 1、电荷守恒：电解质溶液中的阴离子的负电荷总数等于阳离子的正电荷总数， 电荷守恒的重要应用是依据电荷守恒列出等式，比较或计算离子的物质的量或物质的量浓度。如（1）在只含有A＋、M－、H＋、OH―四种离子的溶液中c(A+)+c(H ＋)==c(M-)+c(OH―),若c(H＋)＞c(OH―)，则必然有c(A+)＜c(M-)。盐溶液中阴、阳离子所带的电荷总数相等。 例如，在NaHCO 3 溶液中，有如下关系： C(Na＋)+c(H＋)==c(HCO 3―)+c(OH―)+2c(CO 3 2―) 如NH 4 Cl溶液中：c（NH4+）＋c（H+）＝c（Cl－）＋c（OH－） 如Na 2CO 3 溶液中：c（Na+）＋c（H+）＝2c（CO32-）＋c（HCO3-）＋c（OH－） 书写电荷守恒式必须①准确的判断溶液中离子的种类；②弄清离子浓度和电荷浓度的关系。 2、物料守恒：就电解质溶液而言，物料守恒是指电解质发生变化（反应或电离）前某元素的原子（或离子）的物质的量等于电解质变化后溶液中所有含该元素的原子（或离子）的物质的量之和。实质上，物料守恒属于原子个数守恒和质量 一、几大影响因素对应的基本v-t图像 1．浓度 当其他条件不变时，增大反应物浓度或减小生成物浓度，平衡向正反应方向移动；增大生成物浓度或减小反应物浓度，平衡向逆反应方向移动。 改变浓度对反应速率及平衡的影响曲线： 2．温度。 在其他条件不变的情况下，升高温度，化学平衡向着吸热的方向进行；降低温度，化学平衡向着放热的方向进行。 化学平衡图像专题知识梳理 由曲线可知：当升高温度时，υ正和υ逆均增大，但吸热方向的速率增大的倍数要大于放热方向的速率增大的倍数，即υ吸>υ放，故化学平衡向着吸热的方向移动；当降低温度时，υ正和υ逆 <υ放，故化学平降低，但吸热方向的速率降低的倍数要大于放热方向的速率降低的倍数，即υ 吸 衡向着放热的方向移动。 3．压强 对于有气体参加且方程式左右两边气体物质的量不等的反应来说，在其他条件不变的情况下，增大压强，平衡向着气体物质的量减小的方向移动；减小压强，平衡向着气体物质的量增大的方向移动。 改变压强对反应速率及平衡的影响曲线[举例反应：mA(g)+n(B)p(C)，m+n>p] 由曲线可知，当增大压强后，υ正和υ逆均增大，但气体物质的量减小的方向的速率增大的 倍数大于气体物质的量增大的方向的速率增大的倍数(对于上述举例反应来说，即'υ正增大的倍 数大于'υ逆增大的倍数)，故化学平衡向着气体物质的量减小的方向移动；当减小压强后，υ正和υ 均减小，但气体物质的量减小的方向的速率减小的倍数大于气体物质的量增大的方向的速率逆 减小的倍数(对于上述举例反应来说，即'υ正减小的倍数大于'υ逆减小的倍数)，故化学平衡向着气体物质的量增大的方向移动。 【注意】对于左右两边气体物质的量不等的气体反应来说： *若容器恒温恒容，则向容器中充入与反应无关的气体(如稀有气体等)，虽然容器中的总压强增大了，但实际上反应物的浓度没有改变(或者说：与反应有关的气体总压强没有改变)，故无论是反应速率还是化学平衡均不改变。 *若容器恒温恒压，则向容器中充入与反应无关的气体(如稀有气体等)，为了保持压强一定，容器的体积一定增大，从而降低了反应物的浓度(或者说：相当于减小了与反应有关的气体压强)，故靴和她均减小，且化学平衡是向着气体物质的量增大的方向移动。 高中化学重点离子平衡集团文件版本号：（M928-T898-M248-WU2669-I2896-DQ586-M1988） 化 学考点精讲 1.复习重点 （1）增加限制条件，如强酸性、无色透明、碱性、pH=1、甲基橙呈红色、发生氧化还原反应等。 (2)定性中有定量，如“由水电离出的H +或OH -浓度为1×10-10mol/L 的溶液中，……”。 2．难点聚焦 (一)、由于发生复分解反应，离子不能大量共存。 1、有气体产生。如CO 32-、HCO 3-、S 2-、HS -、SO 32-、HSO 3-等易挥发的弱酸的酸根与H +不能大量共存，主要是由于发生CO 32-＋2H +＝CO 2↑＋H 2O 、HS -＋H +＝H 2S↑等。 ２、有沉淀生成。如Ba 2+、Ca 2+、Mg 2+等不能与SO 42-、CO 32-等大量共存，主要是由于Ba 2+＋CO 32-＝BaCO 3↓、Ca 2+＋SO 42-＝CaSO 4↓（微溶）；Mg 2+、Al 3+、Cu 2+、Fe 2+、Fe 3+等不能与OH -大量共存是因为 Cu 2+＋2OH -＝Cu(OH)2↓，Fe 3+＋3OH -＝Fe(OH)3↓等； SiO 32-、AlO 2- 、S 2O 3２－等不能与H +大量共存是因为 SiO 32-＋2H +＝H 2 SiO 3↓、AlO 2-＋H +＋H 2O ＝Al(OH)3↓、S 2O 3２－＋2H ＋＝S↓＋SO 2↑＋H 2O ３、有弱电解质生成。 如OH -、ClO -、F -、CH 3COO -、HCOO -、PO 43-、HPO 42-、H 2PO 4-等与H +不能大量共存， 主要是由于OH -＋H +＝H 2O 、CH 3COO -＋H +＝CH 3COOH 等； 化学平衡图像题专题分类总结 一、化学平衡图像题的解法 1、步骤： （1）看图像。一看面，即看清楚横坐标与纵坐标的意义；二看线，即线的走向和变化趋势；三看点，即起点、、终点、交点、拐点；四看辅助线，如等温线、等压线、平衡线等；五看量的变化，如温度、浓度、压强、转化率、产率、百分含量等的变化趋势（2）想规律。联想外界条件对反应速率和化学平衡的影响规律。 （3）做判断。根据图像中体现的关系与所学规律对比，做出符合题目要求的判断。 2、原则： （1）“定一议二”原则 在化学平衡图像中，包括横坐标、纵坐标和曲线所表示的三个量，先确定横坐标（或纵坐标）所表示的量，再讨论纵坐标（或横坐标）与曲线的关系。 （2）“先拐先平，数值大”原则 在化学平衡图像中，先出现拐点的反应则先达到平衡，先出现拐点的曲线表示温度较高或压强较大。 二、常见的几种图像题的分析 1、速率—时间图 此类图像揭示了V正、V逆随时间（含条件改变对速率的影响）而变化的规律，体现了平衡的“动、等、定、变”的基本特征，以及平衡移动的方向。 【例1】对于达平衡的可逆反应X＋Y W＋Z，在其他条件不变的情况下，增大压强，反应速度变化图像如图所示，则图像中关于X，Y，Z，W四种物质的聚集状态为 A、Z，W为气体，X，Y中之一为气体（） B、Z，W中之一为气体，X，Y为非气体 C、X，Y，Z皆为气体，W为非气体 D、X，Y为气体，Z，W中之一为气体 2、浓度－时间图像 此类图像题能说明各平衡体系组分（或某一成分）在反应过程中的变化情况，解题时要注意各物质曲线的拐点（达平衡时刻），各物质浓度变化的内在联系及比例符合化学方程式中化学计量数关系等情况。 【例2】今有正反应放热的可逆反应，若反应开始 经t1秒后达平衡，又经t2秒后，由于反应条件改变，使平衡破坏，到t3秒时 又建立新的平衡，如图所示： （1）该反应的反应物是_________________ （2）该反应的化学方程式为_________________高中化学平衡图像专题Word版
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