2022高二化学学案第三章水溶液中的离子平衡章末总结(人教版选修4).docx

第三章 水溶液中的离子平衡章末总结 学案人教版选修4专题一一元强酸与一元弱酸的比较1c(酸)相同、体积相同时2.pH相同、体积相同时例1在甲烧杯中放入盐酸，乙烧杯中放入醋酸。两种溶液的体积和pH都相等，向两烧杯中同时参加质量不等的锌粒，反响结束后得到等量的氢气。以下说法中正确的选项是()A甲烧杯中放入锌粒的质量比乙烧杯中放入锌粒的质量小B甲烧杯中的酸过量C两烧杯中参加反响的锌等量D反响开始后乙烧杯中的c(H)始终比甲烧杯中的c(H)小听课记录：变式训练1在等体积、物质的量浓度均为0.3mol·L1的H2SO4、HCl、HNO3、CH3COOH溶液中，参加足量的Zn，以下说法中正确的选项是()A硫酸中放出的氢气量最多B醋酸中放出的氢气量最多C盐酸中放出的氢气量最多D盐酸和硝酸中放出的氢气量相等专题二强酸、强碱混合后溶液pH的计算1计算公式：依据化学反响计算n(H)或c(H)、n(OH)或c(OH)。酸过量：c(H)；碱过量：c(OH)；恰好中和：n(H)n(OH)，pH7。2等体积混合规律pHa的强酸溶液与pHb的强碱溶液等体积混合，由1014ab，可知：假设ab14，那么混合溶液呈中性(恰好中和)；假设ab<14，那么混合溶液呈酸性(酸过量)；假设ab>14，那么混合溶液呈碱性(碱过量)。3呈中性规律VaLpHa的强酸与VbLpHb的强碱溶液混合，假设混合后溶液呈中性，那么有Va·10aVb·10(14b)，即10ab14，那么，ab14时，VaVb；ab>14时，Va>Vb；ab<14时，Va<Vb。例225时，在一定体积pH12的Ba(OH)2溶液中，逐滴参加一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中Ba2恰好完全沉淀时，溶液pH11。假设反响后溶液的体积等于Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，那么Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积比是()A19B11C12D14听课记录：变式训练2室温时，将xmLpHa的稀NaOH溶液与ymLpHb的稀盐酸充分反响。以下关于反响后溶液pH的判断，正确的选项是()A假设xy，且ab14，那么pH>7B假设10xy ，且ab13，那么pH7C假设axby，且ab13，那么pH7D假设x10y，且ab14，那么pH>7专题三溶液中离子浓度大小比较的常见题型与对策1多元弱酸溶液，根据多步电离分析如在H3PO4的溶液中，c(H)>c(H2PO)>c(HPO)>c(PO)。2一种盐溶液中各种离子浓度的相对大小(1)当盐中阴、阳离子等价时c(不水解的离子)>c(水解的离子)>c(水解后显某性的离子(如H或OH)>c(显性相对离子(如OH或H)实例：CH3COONa溶液：c(Na)>c(CH3COO)>c(OH)>c(H)NH4Cl溶液：c(Cl)>c(NH)>c(H)>c(OH)(2)当盐中阴、阳离子不等价时要考虑是否水解，水解分几步。如多元弱酸根的水解，那么是“几价分几步，为主第一步。实例：Na2S水解分两步，各种离子浓度大小顺序为：c(Na)>c(S2)>c(OH)>c(HS)>c(H)3不同溶液中同一离子浓度的比较，要看溶液中其他离子对其影响的因素如在相同的物质的量浓度的以下溶液中：NH4Cl，CH3COONH4，NH4HSO4；c(NH)由大到小的顺序是>>。4混合溶液中各离子浓度的比较，要进行综合分析，如电离因素、水解因素等(1)首先考虑电荷守恒，如盐酸和氨水混合，无论谁过量均有c(NH)c(H)c(Cl)c(OH)。(2)考虑离子间的反响。(3)酸、碱混合时考虑是完全反响还是有一种过量。(4)等物质的量混合时要考虑是电离为主还是水解为主。常见的有三对：等浓度的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液：弱酸的电离大于其对应弱酸盐的水解，溶液呈酸性。等浓度的NH3·H2O与NH4Cl的混合溶液：弱碱的电离大于其对应弱碱盐的水解，溶液呈碱性。等浓度的HCN与NaCN的混合溶液：弱酸的电离小于其对应弱酸盐的水解，溶液呈碱性。例3关于浓度均为0.1mol·L1的三种溶液：氨水、盐酸、氯化铵溶液，以下说法不正确的选项是()Ac(NH)：>B水电离出的c(H)：>C和等体积混合后的溶液：c(H)c(OH)c(NH3·H2O)D和等体积混合后的溶液：c(NH)>c(Cl)>c(OH)>c(H)听课记录：变式训练3以下有关二元弱酸H2A的盐溶液的说法中，正确的选项是()A在NaHA溶液中一定有：c(Na)>c(HA)>c(OH)>c(H)B在NaHA溶液中一定有：c(Na)>c(HA)>c(H)>c(OH)C在Na2A溶液中：c(Na)c(HA)c(OH)2c(A2)D在Na2A溶液中：c(OH)c(H)c(HA)2c(H2A)专题四沉淀反响的应用1沉淀的生成(1)原理在难溶电解质溶液中，如果电解质电离出来的离子浓度幂的乘积(离子积Qc)大于难溶物的溶度积Ksp，就会表现出生成沉淀。在涉及无机物制备和提纯工艺的生产、科研、废水处理等领域中，常利用生成沉淀来到达别离或除去某些离子的目的。(2)方法参加沉淀剂使Qc>Ksp产生沉淀调节溶液的pH产生沉淀2沉淀的溶解如果难溶电解质的离子积Qc小于其溶度积Ksp，就会表现出沉淀溶解。将沉淀直接溶解变成易溶的物质或离子，假设将沉淀转化为另一种沉淀后再溶解为易溶的物质或离子是沉淀溶解的两种主要途径。3沉淀的转化沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动。一般来说，溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现。两种沉淀的溶解度差异越大，沉淀转化越容易。例4以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2、Pb2、Cd2等金属离子，通过添加过量难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀，经过滤除去包括MnS在内的沉淀，再经蒸发、结晶，可得纯洁的MnCl2。根据上述实验事实，可推知MnS具有的相关性质是()A具有吸附性B溶解度与CuS、PbS、CdS相同C溶解度大于CuS、PbS、CdSD溶解度小于CuS、PbS、CdS听课记录：变式训练4含有较多Ca2、Mg2和HCO的水称为暂时硬水，加热可除去Ca2、Mg2，使水变为软水。现有一锅炉厂使用这种水，试判断其水垢的主要成分为()(Ksp(MgCO3)6.8×106mol2·L2，KspMg(OH)25.6×1012mol3·L3)ACaO、MgOBCaCO3、MgCO3CCaCO3、Mg(OH)2DCaCO3、MgO参考答案专题归纳区1相同点：酸的物质的量相同，与碱恰好反响时消耗碱的量相同，与足量活泼金属反响产生的H2的量相同一元强酸：大小快中性一元弱酸：小大慢碱性2相同点：c(H)相同，开始时与金属反响的速率相同一元强酸：小少少少慢一元弱酸：大多多多快例1C产生等量的H2，那么参加反响的Zn的质量和H的物质的量均相同。当盐酸和醋酸的体积、pH相同时，c(CH3COOH)>c(HCl)，n(CH3 COOH)>n(HCl)。乙烧杯中H的物质的量多，实际产生等量的H2，那么必然是甲烧杯中参加的锌粒质量大，甲中Zn过量，乙中CH3COOH过量。假设乙中参加的Zn比甲中多，因H也比甲中多，那么乙中产生的H2肯定多。另外，在乙中，由于CH3COOH的电离平衡不断向右移动，持续产生H，所以其c(H)始终比甲烧杯中大。变式训练1AH2SO4溶液中n(H)最多，故产生H2的量最多；硝酸为强氧化性酸，与Zn反响不能产生H2。例2DpH12的Ba(OH)2溶液，c(OH)0.01mol·L1。由化学方程式：Ba(OH)2NaHSO4=BaSO4NaOHH2O可知，当Ba2恰好完全沉淀时，OH被中和了一半，剩余OH的物质的量为0.01mol·L1×V1×，此时pH11，所以c(OH)103mol·L1，解得V1V214。变式训练2Dy mL pHb的盐酸中，n(H)y·10b×103 mol；x mL pHa的NaOH溶液中，n(OH)x·10(14a)×103 mol。紧扣n(H)/n(OH)来列式分析：·1014(ab)。假设xy且ab14，那么n(H)/n(OH)1，pH7，A项错；假设10xy且ab13，那么n(H)/n(OH)100，pH<7，B项错；假设axby且ab13，那么n(H)/n(OH)>10(因为a>7，b<7)，pH<7，C项错；假设x10y且ab14，那么n(H)/n(OH)<1，pH>7，D项正确。例3B此题考查有关电解质溶液的相关问题，突出考查有关弱电解质的电离、盐类水解、电离平衡移动以及电荷守恒法判断电解质溶液中离子浓度的大小。重点考查考生的思维能力和逻辑判断能力，能正确运用相关规律进行分析与判断的能力。A项，氨水是弱电解质，局部电离，NH4Cl是强电解质，完全电离，故NH4Cl溶液中c(NH)较大；B项，同浓度的盐酸电离得到的c(H)要大于氨水电离得到的c(OH)，对水电离的抑制盐酸大于氨水，B项错；C项，和等体积混合后得到的是NH4Cl溶液，在该溶液中存在以下关系，电荷守恒：c(Cl)c(OH)c(H)c(NH)，物料守恒：c(Cl)c(NH)c(NH3·H2O)，将二式合并得c(H)c(OH)c(NH3·H2O)；D项，与等体积混合所得溶液呈碱性，故c(NH)>c(Cl)>c(OH)>c(H)。变式训练3DH2A为弱酸，那么NaHA中HA 一定发生水解，HA一定继续电离，但HA的电离与水解的能力无法比较，A错误；B也错误；Na2A溶液中存在电荷守恒：c(Na)c(H)c(OH)c(HA)2c(A2)，也存在物料守恒：c(Na)2c(HA)2c(H2A)2c(A2)，二者联立可得：c(OH)c(H)c(HA)2c(H2A)，C错误，D正确。例4C变式训练4C考查沉淀转化的原理，加热暂时硬水，发生分解反响：Ca(HCO3)2CaCO3CO2H2O，Mg(HCO3)2MgCO3CO2H2O，生成的MgCO3在水中建立起平衡：MgCO3Mg2CO，而CO发生水解反响：COH2OHCOOH，使水中的OH浓度增大，由于KspMg(OH)2<Ksp(MgCO3)，在持续加热的条件下，使MgCO3逐渐转化为更难溶的Mg(OH)2，因此水垢的主要成分就成为CaCO3和Mg(OH)2。