理化生水溶液中的离子平衡二轮.pptx

1.酸HA的强弱判断角度(1)从水解的角度分析，取其钠盐(NaA)溶于水，测其pH，若pH7，则说明HA是弱酸，若pH7，则说明HA是强酸。(2)从是否完全电离的角度分析，配制一定物质的量浓度HA溶液(如0.1 molL1)，测其pH，若pH1，则说明HA是弱酸，若pH1，则说明HA是强酸。(3)从电离平衡移动的角度分析，如向HA溶液中加水稀释100倍后，溶液pH增大不是2的是弱酸；向HA溶液中加入NaA晶体，溶液中的pH变化的是弱酸。注：同理碱的强弱判断也可从上述三个角度分析第1页/共37页第2页/共37页 (2012山东高考节选)NO2可用氨水吸收生成NH4NO3,25 时，将a mol NH4NO3溶于水，溶液显酸性，原因是_(用离子方程式表示)。向该溶液滴加b L氨水后溶液呈中性，则滴加氨水的过程中水的电离平衡将_(填“正向”“不”或“逆向”)移动，所滴加氨水的浓度为_molL1。(NH3H2O的电离平衡常数取Kb2105molL1)第3页/共37页第4页/共37页第5页/共37页1(2012高考组合题)下列说法正确的是()A(浙江卷)常温下，将pH3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH4B(浙江卷)为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH。若pH7，则H2A是弱酸；若pH7，则H2A是强酸C(福建卷)中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸所消耗的n(NaOH)相等D(重庆卷)稀醋酸加水稀释，醋酸电离程度增大，溶液的pH减小第6页/共37页【答案】C 第7页/共37页【解析】第8页/共37页【答案】D 第9页/共37页1.水的电离及影响因素(1)加酸：抑制H2O电离，c(H)H2Oc(OH)。(2)加碱：抑制H2O电离，c(OH)H2Oc(H)。(3)加水解呈酸性的盐，促进H2O电离，c(H)H2Oc(H)(4)加水解呈碱性的盐，促进水电离，c(OH)H2Oc(OH)(5)加酸式盐，若酸式根以电离为主，抑制水的电离；若酸式根以水解为主，促进水的电离。2盐类水解(1)盐类水解的本质是促进水的电离，水的电离平衡右移。(2)盐类水解生成的弱电解质越弱(即越难电离)，水解程度越大，反之也成立。(3)盐溶液的浓度越小，水解程度越大，但水解生成的c(H)或c(OH)越小。第10页/共37页 (1)(2012高考组合题)判断正误(填“”或“”)。A(浙江卷)用0.200 0 molL1 NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合液(混合液中两种酸的浓度均约为0.1 molL1)，至中性时，溶液中的酸未被完全中和()B(福建卷)25 与60 时，水的pH相等()C(天津卷)含1 mol KOH的溶液与1 mol CO2完全反应后，溶液中c(K)c(HCO)()D(天津卷)在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，可使c(Na)c(CH3COO)()E(天津卷)同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH7()第11页/共37页第12页/共37页【解析】(1)A项，NaOH和CH3COOH完全中和时，生成的CH3COONa溶液因水解而呈碱性，故溶液为中性时，溶液中的酸未被完全中和；B项，水的离子积常数随温度的升高而增大，对应pH随温度升高而减小，故B错误；C项，1 mol KOH与1 mol CO2完全反应恰好生成KHCO3，因为KHCO3溶液中的HCO存在电离平衡和水解平衡，所以K浓度应大于HCO浓度，C错；D项，CH3COONa溶液中CH3COO水解使溶液显碱性，加入适量的CH3COOH时，CH3COOH可以电离出H，当CH3COOH的电离程度与CH3COO的水解程度相同时，溶液显中性，根据电荷守恒c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)，因为c(H)c(OH)，故c(Na)c(CH3COO)，D对；E项，因为强酸与强碱的元数未知，故同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH不一定等于7，E错。第13页/共37页【答案】(1)A.BCDE (2)C 第14页/共37页第15页/共37页第16页/共37页【答案】C 第17页/共37页4(2012上海高考)常温下a mol/L CH3COOH稀溶液和b mol/L KOH稀溶液等体积混合，下列判断一定错误的是()A若c(OH)c(H)，abB若c(K)c(CH3COO)，abC若c(OH)c(H)，abD若c(K)c(CH3COO)，ab，反应后溶液中溶质为CH3COOK和CH3COOH，该溶液可能呈中性，则C项正确；若该溶液含CH3COOH很少，CH3COOH的电离程度小于CH3COO的水解程度，溶液呈碱性，则溶液中c(K)c(CH3COO)，B项正确；若溶液中c(K)c(OH)，溶液显酸性，而aKsp时，溶液中会有沉淀析出。判断难溶电解质在水中的溶解能力当化学式中阴、阳离子个数比相同时：aKsp越大的难溶电解质在水中的溶解能力越强。b当一种离子和其他几种离子都可能产生沉淀时，Ksp越小，沉淀越容易生成。判断能否发生沉淀转化反应一般来说，Ksp大的沉淀容易转化为Ksp小的沉淀。对于Ksp相差不大时，Ksp小的沉淀也可以转化Ksp大的沉淀。2中和滴定原理的应用(1)求未知酸或碱的物质的量浓度。(2)利用滴定原理也可以进行其他反应有关的物质的量浓度计算。第20页/共37页(1)某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl22H2O晶体，加入_，调至pH4，使溶液中的Fe3转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3)_。过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl22H2O晶体。第21页/共37页(2)在空气中直接加热CuCl22H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是_(用化学方程式表示)。由CuCl22H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是_。(3)某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl22H2O晶体的试样(不含能与I发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取0.36 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.100 0 molL1 Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。可选用_作滴定指示剂，滴定终点的现象是_。CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为_。该试样中CuCl22H2O的质量百分数为_。第22页/共37页第23页/共37页第24页/共37页【答案】(1)Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO326109 molL1(2)2CuCl22H2O Cu(OH)2CuCl22HCl2H2O主要产物写成Cu(OH)2、Cu(OH)Cl、CuO均可在干燥的HCl气流中加热脱水(3)淀粉溶液蓝色褪去，放置一定时间后不复色2Cu24I=2CuII295%第25页/共37页第26页/共37页5(2012安徽高考)已知室温下，Al(OH)3的Ksp或溶解度远大于Fe(OH)3。向浓度均为0.1 molL1的Fe(NO3)3和Al(NO3)3混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列示意图表示生成Al(OH)3的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系，合理的是()第27页/共37页【解析】解答本题时应特别注意，难溶物的Ksp越大，在溶液中越难形成沉淀；Al(OH)3能溶于过量的NaOH溶液。由于Al(OH)3的Ksp比Fe(OH)3的Ksp大，故在混合液中加入NaOH溶液时，先生成Fe(OH)3沉淀，而不生成Al(OH)3沉淀，当Fe(NO3)3反应完全后再生成Al(OH)3沉淀，继续加入NaOH溶液，Al(OH)3沉淀又溶解，故只有C图像符合题意。【答案】C第28页/共37页6(2011全国新课标高考节选)在0.10 molL1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH8时，c(Cu2)_molL1(KspCu(OH)22.21020)。若在0.1 molL1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2完全沉淀为CuS，此时溶液中的H浓度是_molL1。【答案】2.21080.2 第29页/共37页第30页/共37页第31页/共37页7(2012海南高考)25时，a molL1一元酸HA与b molL1 NaOH等体积混合后，pH为7，则下列关系一定正确的是()AabBabCc(A)c(Na)Dc(A)c(Na)【解析】题意中隐含了一元酸可能是强酸也可能是弱酸这个条件，因而只能选C。【答案】C第32页/共37页第33页/共37页【答案】D 第34页/共37页9(2012安徽高考)氢氟酸是一种弱酸，可用来刻蚀玻璃。已知25 时：HF(aq)OH(aq)=F(aq)H2O(l)H67.7 kJmol1H(aq)OH(aq)=H2O(l)H57.3 kJmol1在20 mL 0.1 molL1氢氟酸中加入V mL 0.1 molL1 NaOH溶液。下列有关说法正确的是()A氢氟酸的电离方程式及热效应可表示为：HF(aq)F(aq)H(aq)H10.4 kJmol1B当V20时，溶液中：c(OH)c(HF)c(H)C当V20时，溶液中：c(F)c(Na)0.1 molL1D当V0时，溶液中一定存在：c(Na)c(F)c(OH)c(H)第35页/共37页【解析】根据盖斯定律，将式减去式可得：HF(aq)H(aq)F(aq)H10.4 kJmol1，故A项错误。当V20时，两者恰好完全反应生成NaF，溶液中存在质子守恒关系：c(OH)c(HF)c(H)；因F水解，故溶液中存在：c(F)c(Na)0.05 molL1，故B项正确，C项错误。D项，溶液中离子浓度的大小取决于V的大小，溶液既可能呈酸性，也可能呈碱性，故D项错误。【答案】B 第36页/共37页感谢您的观看！第37页/共37页