高中化学 第三章 水溶液中的离子平衡章末复习学案 新人教版选修41.doc

1、a水溶液中的离子平衡一、酸的强弱的判断 【归纳总结】电解质的强弱，可以从电离平衡的特征去考虑，用定性和定量的方法加以证明。要证明一种酸是强酸还是弱酸，常见的方法如下：1根据定义判定(1)强酸在水溶液中全部电离，不存在溶质分子；弱酸在水溶液中部分电离，因存在电离平衡，所以既含溶质离子，又含溶质分子。(2)同温度、同浓度的强酸溶液的导电性强于弱酸溶液的导电性。(3)pH相同的强酸和弱酸，弱酸的物质的量浓度大于强酸的物质的量浓度。2根据稀释过程中c(H)变化判定(1)相同pH、相同体积的强酸和弱酸，当加水稀释相同倍数时，pH变化大的为强酸，pH变化小的为弱酸。(2)稀释浓的弱酸溶液，一般是c(H)先

2、增大后减小；稀释浓的强酸溶液，c(H)一直减小。3根据中和反应区别判定(1)中和相同体积、相同pH的强酸和弱酸，弱酸的耗碱量多于强酸。(2)相同pH、相同体积的强酸和弱酸分别与等物质的量的同元强碱发生中和反应后，若溶液呈中性，该酸为强酸；若溶液呈酸性，则该酸为弱酸。4根据与其他物质发生化学反应的速率、生成气体的量等判定(1)pH相同、体积也相同的强酸和弱酸分别跟足量活泼金属反应时，起始速率相同；在反应过程中，弱酸反应较快，产生的氢气量多；而强酸反应较慢，产生的氢气量少。(2)同浓度、同体积的强酸和弱酸，分别与足量较活泼的金属反应，强酸生成氢气的速率较大；弱酸产生氢气的速率较小。当二者为同元酸时

3、，产生氢气的物质的量相等。5根据酸根离子是否水解判断强酸强碱盐不水解溶液呈中性，弱酸强碱盐溶液水解显碱性，且水解程度越大的酸根对应的酸越弱。【题型过关】例题1常温下0.1 molL1醋酸溶液的pHa，下列措施能使溶液pH(a1)的是()A将溶液稀释到原体积的10倍 B加入适量的醋酸钠固体C加入等体积0.2 molL1盐酸 D提高溶液的温度答案解析醋酸是弱电解质，故稀释10倍后溶液的pH介于a至a1之间，A项错误；加入醋酸钠后。醋酸钠电离出的醋酸根对醋酸的电离产生抑制作用，从而使氢离子浓度降低，可能使溶液pH达到(a1)，B项正确；溶液中加入等体积0.2 molLaaB1盐酸会使pH变小，C项错

4、误；提高溶液的温度，增大醋酸的电离程度，溶液pH变小，D项错误例题2常温下，pH10的X、Y两种碱溶液各1 mL，分别稀释到100 mL，其pH与溶液体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是()A.X、Y两种碱溶液中溶质的物质的量浓度一定相等B.稀释后，X溶液的碱性比Y溶液的碱性强C.分别完全中和X、Y这两种碱溶液时，消耗同浓度盐酸的体积VXVYD.若8a10，则X、Y都是弱碱答案解析D强碱稀释100倍，c(OH)降为原来的，则pH减小2个单位；弱碱稀释时，电离程度增大，稀释100倍c(OH)减小，但大于原来的，pH减小少于2个单位二、酸、碱混合溶液pH的计算【归纳总结】不同体积不同pH溶液

5、混合，若二者为强酸，则先求出混合溶液的c(H)，再求pH。若二者为强碱，则必须先求出混合后溶液的c(OH)，求得pOH，再转化为pH。若一强酸与一强碱混合，则先求出剩余c(H)或c(OH)后，再转化为pH或得pOH，再转化为pH。类别条件近似计算强酸与强酸pH相差2或2以上，pHApHB(等体积混合)pHA0.3强酸与强酸(一元)不等体积混合强碱与强碱pH相差2或2以上，pHA14(等体积混合)pH碱0.3pH酸pH碱”“c(NH)c(Na)c(OH)c(H)(4)92(1)酸或碱抑制水的电离，酸中c(H)、碱中c(OH)越大，水电离程度越小，所以。盐水解促进水的电离，则。(2)中NH3H2O

6、部分电离，c(NH)最小；中CH3COO和NH相互促进水解；中NH4HSO4=NHHSO，H抑制NH的水解；所以c(NH)由大到小的顺序是。(3)NaOH溶液与NH4Cl溶液按体积比12混合，反应后得到同浓度的NH3H2O、NH4Cl和NaCl混合物溶液。溶液中NH3H2ONHOH，NHH2ONH3H2OH，因电离大于水解，溶液显碱性，离子浓度c(Cl)c(NH)c(Na)c(OH)c(H)。(4)t 时，Kw11014，则t 25 。混合后溶液pH2，溶液显酸性。则102,9b2a，ab92三、盐类水解基本规律【归纳总结】1盐溶液的酸碱性规律盐的类别溶液的酸碱性原因强酸弱碱盐呈酸性，pHc(

7、OH)水解实质：盐电离出的阴离子、阳离子与H2O电离出的H或OH结合生成弱电解质强碱弱酸盐呈碱性，pH7弱酸根阴离子与H2O电离出的H结合，使c(OH)c(H)强酸强碱盐呈中性，pH7，H2O的电离平衡不被破坏，不水解弱酸的酸式盐若电离程度水解程度，c(H)c(OH)，呈酸性，如NaHSO3、NaHC2O4若电离程度水解程度，c(H)c(OH)，溶液显酸性。若电离程度小于水解程度，溶液显碱性，例如NaHCO3溶液中：HCOHCO(次要)，HCOH2OH2CO3OH(主要)，使c(OH)c(H)，溶液呈碱性，NaHS溶液亦显碱性。【题型过关】例题5 T 时，某浓度氯化铵溶液的pH4，下列说法中一

8、定正确的是()A由水电离出的氢离子浓度为1010 molL1B溶液中c(H)c(OH)11014C溶液中c(Cl)c(NH)c(H)c(OH)D溶液中c(NH3H2O)c(NH)c(Cl)c(OH)答案解析CNH水解促进了H2O的电离，溶液中的c(H)即为H2O电离的c(H)，A错；在25 时，水的离子积为11014，B错；NH水解生成H，故c(Cl)c(NH)c(H)c(OH)，C正确；由物料守恒可知c(Cl)c(NH)c(NH3H2O)，D错误例题6 已知NaHSO3溶液和Na2CO3溶液混合加热煮沸能产生CO2气体。下列说法中正确的是(）ANaHSO3溶液因水解而呈碱性B两溶液混合后产生

9、CO2的原因是二者发生相互促进的水解反应C向NaHSO3溶液中加入三氯化铁溶液既有沉淀生成，又有气体生成D0.1 molL1的NaHSO3溶液中：c(HSO)2c(SO)c(OH)c(H)0.1 molL1答案解析由生成CO2知亚硫酸氢钠溶液呈酸性，A错误；相互促进的水解反应是在带相反电荷的微粒之间进行的，B错误；亚硫酸氢钠与三氯化铁溶液之间发生氧化还原反应，生成FeaaD2和SO，无气体和沉淀生成，C错误；由c(HSO)2c(SO)c(OH)c(Na)c(H)及c(Na)0.1 molL1知D正确四、溶液中粒子浓度大小比较的步骤【归纳总结】1.判断反应产物：判断两种溶液混合时生成了什么物质，

10、是否有物质过量，再确定反应后溶液的组成。2.写出反应后溶液中存在的平衡：根据溶液的组成，写出溶液中存在的所有平衡(水解平衡、电离平衡)，尤其要注意不要漏写在任何水溶液中均存在的水的电离平衡。这一步的主要目的是分析溶液中存在的各种粒子及比较直接地看出某些粒子浓度间的关系，在具体应用时要注意防止遗漏。3.列出溶液中存在的等式：根据反应后溶液中存在的溶质的守恒原理，列出两个重要的等式，即电荷守恒式和物料守恒式，据此可列出溶液中阴、阳离子间的数学关系式。4.比大小：根据溶液中存在的平衡和题给条件，结合平衡的有关知识，分析哪些平衡进行的程度相对大一些，哪些平衡进行的程度相对小一些，再依此比较溶液中各粒子

11、浓度的大小。这一步是溶液中粒子浓度大小比较最重要的一步，关键是要把握好电离平衡和水解平衡两大理论，树立“主次”意识。【题型过关】例题7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

12、)c(Na)0.1 molL1D当V0时，溶液中一定存在：c(Na)c(F)c(OH)c(H)答案解析CHF是弱酸，在溶液中不能完全电离；溶液中离子浓度大小的判断要充分利用电荷守恒和物料守恒。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Faa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项错误例题8直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，

13、危害环境。利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。(1)用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应：_。(2)在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式是_。(3)吸收液吸收SO2的过程中，pH随n(SO)n(HSO)变化关系如下表：n(SO)n(HSO)91911991pH8.27.26.2由上表判断，NaHSO3溶液显_性，用化学平衡原理解释：_。当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是(选填字母)：_。ac(Na)2c(SO)c(HSO)bc(Na)c(HSO)c(SO)c(H)c(OH)cc(Na)c(H)c(SO)c(HSO)c(O

14、H)答案解析(1)SO2H2OH2SO3、2H2SO3O22H2SO4(2)2OHSO2=H2OSO(3)酸HSO存在：HSOHSO和HSOH2OH2SO3OH，HSO的电离程度强于水解程度ab(1)SO2和H2O发生反应生成H2SO3，H2SO3被氧化为H2SO4。(2)书写离子方程式时，氧化物应写成化学式形式，SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO3的离子方程式为2OHSO2=H2OSO。(3)由于HSO在溶液中既能电离又能发生水解，而HSO的电离程度大于HSO的水解程度，故NaHSO3溶液显酸性。根据电荷守恒：c(Na)c(H)c(OH)2c(SO)c(HSO)，又由于溶液呈中性，即c(

15、H)c(OH)，故a正确，c错；根据表中数据可知当n(SO)n(HSO)，pH7.2，故当pH7时，n(SO)Ksp，溶液过饱和，有沉淀析出；QcKsp，溶液饱和，沉淀的生成与溶解处于平衡状态；QcKsp，溶液未饱和，无沉淀析出。2.沉淀的转化：沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动，非氧化还原类离子反应都是向离子浓度减小的方向移动，从溶解角度说，一般是易溶物质转化成微溶物质，微溶物质转化为难溶物质。有些金属硫化物(如CuS、HgS等)溶度积特别小，在饱和溶液中这些金属硫化物不能溶于非氧化性强酸，只能溶于氧化性酸，c(S2)减小，可达到沉淀溶解的目的。3.溶度积(Ksp)与溶解能力的关系：溶度积(

16、Ksp)反映了电解质在水中的溶解能力，对于阴阳离子个数比相同的电解质，Ksp的数值越大，难溶电解质在水中的溶解能力越强；但对于阴阳离子个数比不同的电解质，不能直接比较Ksp数值的大小。【题型过关】例题9已知Ksp2.21020，Ksp4.01038，Cu2和Fe3完全生成氢氧化物沉淀时的pH分别为6.7和3.2。现在向pH0、浓度均为0.04 molL1的Cu2、Fe3溶液中加入某一固体，以中和H调节pH(设溶液体积不变)，该过程中Cu2、Fe3的浓度与pH关系正确的是()答案解析B由Ksp2.21020、Ksp4.01038,0.04 molL1的Cu2、Fe3溶液，Cu2开始沉淀时c(OH

17、)7.41010 molL1，pH约为4.8，Fe3开始沉淀时，c(OH)1012 molL1，pH2。所以pH2时Fe3开始沉淀，当全部沉淀时，pH为3.2例题10某兴趣小组为探究沉淀溶解平衡的原理并测定某温度下PbI2溶度积常数，设计如下实验。.取100 mL蒸馏水，加入过量的PbI2固体(黄色)，搅拌，静置，过滤到洁净的烧杯中，得到滤液。(1)搅拌的目的是_。(2)取少量滤液于试管中，向其中滴加几滴0.1 molL1 KI溶液，观察到的现象是_，溶液中c(Pb2)_(填“增大”“减小”或“不变”)。aa.准确量取10.00 mL滤液，与离子交换树脂(RH)发生反应：2RHPb2=R2Pb

18、2H，交换完成后，流出溶液用中和滴定法测得n(H)3.000105 mol。(3)在此实验温度下，PbI2的溶度积常数Ksp_。(4)若步骤盛装滤液的烧杯中有少量水，Ksp测定结果将会_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。答案解析(1)使碘化铅快速、充分溶解(2)产生黄色沉淀或黄色浑浊减小(3)1.35108(4)偏小.PbI2为难溶电解质，因此搅拌的目的是使PbI2快速充分地溶解，滴加0.1 molL1 KI溶液，c(I)增大，PbI2(s)Pb2(aq)2I(aq)向左移动，c(Pb2)减小，并析出PbI2沉淀。II.由2RHPb2=R2Pb2H知，n(Pb2)3.000105 mol1.

19、500105mol，所以c(Pb)1.500103 molL1，c(I)1.500103molL123.000103molL1，Kspc(Pb2)c2(I)1.500103(3.000103)21.35108；若步骤盛装滤液的烧杯中有少量水，会使c(Pb2)减少，Ksp偏小【单元过关演练】一、选择题（本小题共7小题，每题只有一个正确选项，每题6分，共42分）1.化学与生活、生产密切相关。下列生活、生产中使用的化学品的溶液能够使pH试纸最后呈蓝色,且原因是发生水解的是( )A.漂白粉B.食用醋 C.氯化铵D.纯碱2. 下列各离子RRR2R3RHRH(R表示不同的元素)都有10个电子，其中不会破坏

20、水的电离平衡的有()A仅有 B仅有 C D3下列溶液中，说法正确的是()A.NaHCO3溶液中可以大量存在NO、Al3、K、S2等离子B.室温下0.1 mol/L的NaOH溶液与pH=1的某酸HA等体积混合后，溶液中c(Na)c(A)C.1 mol/L的醋酸溶液加水稀释时，溶液中所有离子浓度均减小D.t时，水的离子积常数为KW，则2KW的水溶液一定呈中性4. 将pH相同，溶液体积也相同的两种酸溶液(甲：盐酸；乙：醋酸)分别与锌反应，若最后有一溶液中有锌剩余，且放出的气体一样多，对此有如下判断，其中正确的是()aa(1)所需时间：乙乙(3)参加反应的锌的质量：甲乙(4)整个反应阶段的平均速率：乙

21、甲(5)盛盐酸的容器中有锌剩余(6)盛醋酸的容器中有锌剩余A.(1)(2)(3)(5) B.(1)(3)(5) C.(2)(3)(6) D.(1)(3)(4)(5)5. 下图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠的相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是( )A.盐酸的物质的量浓度为1 mol/L B.P点时反应恰好完全，溶液呈中性C.曲线a是盐酸滴定氢氧化钠的滴定曲线 D.酚酞不能用做本实验的指示剂6. 已25时，两种一元弱酸的电离程度：HAHB，在等浓度的NaA、NaB混合溶液中，下列判断正确的是( )A.溶液中共含有两种分子 B.只存在水解平衡，不存在电离平衡C.阴离子浓度大小关系：c(B) c(A)

22、c(OH)D.根据电荷守恒有：c(B)+ c(A) = c(Na) 7. 向10mL 0.1 molL NaOH溶液中逐滴加入0.1 molL的CH3COOH溶液，其pH逐渐减小，图中a.b、c三点的pH为实验中所测得，下列有关说法中一定正确的是( ) A.当7pHc(CH3COO) c(OH)C(H)B.当pH=7时，所加CH3COOH溶液的体积为10 mLC当5pH7时，溶液中c(CH3COO)c(Na)D.继续滴加0.1 molL的CH3COOH溶液，溶液的pH最终可以变化至1二、非选择题（本小题共4小题，共58分）8. 10时，在烧杯中加入0.1mol/L的NaHCO3溶液400mL，

23、加热，测得该溶液的pH发生如下变化：温度（）1020305070pH8.38.48.58.99.4aa(1)甲同学认为，该溶液的pH升高的原因是HCO3的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为 。(2)乙同学认为，溶液的pH升高的原因是NaHCO3是受热分解，生成了Na2CO3 ，并推断Na2CO3水解程度 (填“大于”或“小于”) NaHCO3。(3)丙同学认为，要确定上述哪种说法合理，应把加热后的溶液冷却到10时再测定溶液pH，若pH 8.3(填“”“”或 “=”)，说明甲同学正确，若pH 8.3(填“”“ c(CH3COO)，故A项错误；当滴加10mL CH3COOH溶液时，与N

24、aOH溶液恰好完全反应，此时pH7，B项错误；无限滴加CH3COOH溶液，由于CH3COOH 溶液被稀释，所以c(CH3COO)c(Na)，而且CH3COOH又属于弱电解质，故pH一定大于1，D项错误非选择题题号答案解析8(1) HCO3- +H2OH2CO3+OH- (2)大于(3) = (4) 乙 (5)乙 溶液冷却至室温后pH大于8.4，说明次实验过程中有新物质生成（3）在10时，NaHCO3不分解，导致其溶液的pH=8.3的原因在于HCO3-的水解，说明甲同学观点正确。pH8.3，说明NaHCO3受热分解生成了水解能力更强的Na2CO3aa（4）NaHCO3受热分解产生能使石灰水变浑浊的CO2，说明乙同学观点正确。（5）将NaHCO3溶液置于烧杯中加热至微沸后的溶液pH为9.8，冷却至室温（20）时测定该溶液pH=10.18.4。说明溶质的主要成分是Na2CO3 而不是NaHCO3所以乙同学观点正确9(1)在氨水中滴入酚酞试液变红，加入醋酸铵固体，振荡，溶液颜色明显变浅，说明c(OH)减小，是c(NH)增大平衡左移而造成的，由此证明氨水中存在着电离平衡(2)弱电解质稀释10a倍，pH改变小于a将一定浓度的醋酸稀释到一定量(如100倍)后，测量稀释前后溶液的pH稀释的倍