高中化学第三章物质在水溶液中的行为章末重难点题突破讲义鲁科版.ppt

,章末重难点专题突破,第,三单元,物质在水溶液中的行为,一强、弱电解质的概念及其判断方法技巧,二溶液酸碱性规律与,pH,计算方法,内容索引,三弱电解质的电离平衡与电离常数,四“三角度”解读盐类水解基本规律,五溶液中粒子,(,离子、分子,),浓度大小比较的“二三四”规则,六难溶电解质的溶解平衡及其三个应用,一强、弱电解质的概念及其判断方法技巧,1.,强电解质和弱电解质的比较,强电解质,弱电解质,概念,在稀的水溶液中完全电离的电解质,在水溶液中部分电离的电解质,电离程度,几乎完全电离,只有部分电离,电离过程,不可逆过程，无电离平衡,可逆过程，存在电离平衡,溶液中的,粒子种类,只有电离出的阴、阳离子，不存在电解质分子,既有电离出的阴、阳离子，又有电解质分子,化合物类别,绝大多数盐：如,NaCl,、,BaSO,4,等；,强酸：如,H,2,SO,4,、,HCl,、,HClO,4,等；,强碱：如,Ba(OH),2,、,Ca(OH),2,等金属氧化物：如,Na,2,O,等,弱酸：如,H,2,CO,3,、,CH,3,COOH,等；,弱碱：如,NH,3,H,2,O,、,Cu(OH),2,等；水,电离方程式,H,2,SO,4,=2H,NaHCO,3,=Na,HA,H,A,BOH,B,OH,(1),强电解质溶液的导电能力不一定强；难溶性盐如果能完全电离，也是强电解质,(,如,BaSO,4,、,CaCO,3,等,),。,(2),弱电解质的电离用可逆符号,“,”,表示，多元弱酸分步电离，以第一步电离为主，电离方程式需分步书写，如：,特别提示,典例,1,下列叙述中，能说明该物质是弱电解质的是,A.,熔化时不导电,B.,不是离子化合物，而是共价化合物,C.,水溶液的导电能力很差,D.,溶液中溶质分子和电离出的离子共存,答案,解析,A,选项，熔融状态下能否导电是区分离子化合物和共价化合物的条件，而不是区分强、弱电解质的条件；,B,选项，有许多共价化合物,(,如,HCl,、,H,2,SO,4,等,),是强电解质；,C,选项，水溶液的导电能力不仅与电解质的强弱有关，还与溶液中离子的浓度及所带电荷有关；,D,选项，弱电解质的电离是可逆的，溶液中溶质分子和电离出的离子共存，则说明该物质是弱电解质。,2.,弱电解质的判断方法技巧,要判断某电解质是弱电解质，关键在于一个,“,弱,”,字，即证明它只是部分电离或其溶液中存在电离平衡。以一元弱酸,HA,为例，证明它是弱电解质的常用方法有：,方法,依据,(,实验设计或现象,),结论,(1),酸溶液的,pH,0.1 molL,1,的,HA,溶液,pH,1(,室温下,),；,将,pH,2,的,HA,溶液稀释,100,倍，稀释后,2,pH,4,；,向,HA,溶液中滴加,2,滴石蕊溶液，溶液呈红色，再加入少量,NaA,晶体，红色变浅,HA,是一元弱酸，是弱电解质。其中,(5),、,(6),项还能证明,HA,的酸性比,H,2,CO,3,弱,(2),盐溶液的,pH,NaA,溶液的,pH,7(,室温下,),HA,是一元弱酸，是弱电解质。其中,(5),、,(6),项还能证明,HA,的酸性比,H,2,CO,3,弱,(3),溶液的导电性,0.1,molL,1,的,HCl,和,HA,溶液，前者的导电能力明显更强,(4),与金属反应的速率,相同浓度的,HCl,与,HA,溶液，与相同,(,形状、颗粒大小,),的金属或碳酸盐反应，前者的反应速率快,(5),其钠盐能与弱酸反应生成,HA,CO,2,通入,NaA,溶液中有,HA,生成,(6),不与碳酸氢钠溶液反应,HA,溶液不与,NaHCO,3,溶液反应,典例,2,下,列事实能说明醋酸是弱电解质的是,醋酸与水能以任意比互溶,醋酸溶液中滴入石蕊溶液呈红色,醋酸溶液中存在醋酸分子,0.1 molL,1,醋酸溶液的,pH,比,0.1 molL,1,盐酸的,pH,大,醋酸能和碳酸钙反应放出,CO,2,0.1 molL,1,醋酸钠溶液,pH,8.9,大小相同的锌粒与相同物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液反应，开始时醋酸产生,H,2,的速率慢,A.,B.,C.,D.,答案,解析,弱电解质不完全电离，存在电离平衡，在溶液中主要以分子形式存在，,0.1 molL,1,CH,3,COOH,溶液的,pH1,，由,CH,3,COONa,溶液呈碱性及等物质的量浓度的醋酸和盐酸与锌粒反应的对比实验均能说明,CH,3,COOH,为弱电解质。醋酸与水能以任意比互溶与酸性强弱无关，醋酸能与碳酸钙反应，醋酸溶液能使石蕊溶液呈红色，证明醋酸有酸性，不能证明醋酸为弱酸。,二溶液酸碱性规律与,pH,计算方法,1.,溶液的酸碱性规律,溶液的酸碱性取决于溶液中,H,和,OH,的相对大小：,溶液,类别,H,与,OH,的关系,室温,(25,),数值,pH,中性,溶液,H,OH,H,OH,10,7,molL,1,7,酸性,溶液,H,OH,H,10,7,molL,1,7,碱性,溶液,H,OH,H,7,常温下，溶液酸碱性判断规律,(1)pH,相同的酸,(,或碱,),，酸,(,或碱,),越弱，其物质的量浓度越大。,(2)pH,相同的强酸和弱酸溶液，加水稀释相同的倍数时，强酸溶液的,pH,变化大。,特别提示,典例,3,已知温度,T,时水的离子积常数为,K,w,，该温度下，将浓度为,a,molL,1,的一元酸,HA,和,b,molL,1,的一元碱,BOH,等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是,A.,a,b,B.,混合溶液的,pH,7,C.,混合溶液中，,H,molL,1,D.,混合溶液中，,H,B,OH,A,答案,解析,溶液呈中性的依据是,H,OH,。,A,项，酸,HA,、碱,BOH,的强弱未定，故,a,b,不可作为判断混合溶液呈中性的依据；,B,项，该混合溶液的温度未确定为,25,，故其,pH,7,时不一定呈中性；,C,项，混合溶液中,H,OH,K,w,，则,H,molL,1,时，,OH,molL,1,，,H,OH,，溶液呈中性；,D,项，,H,B,OH,A,，表示该混合溶液中阴、阳离子所带电荷符合电荷守恒规律，该混合溶液无论呈酸性、中性还是碱性都成立。,2.pH,的计算方法,(1),基本方法思路,先判断溶液的酸碱性，再计算其,pH,；,若溶液为酸性，先求,H,，再求,pH,。,若溶液为碱性，先求,OH,，再由,H,求,H,，最后求,pH,。,(2),稀释后溶液的,pH,估算,强酸,pH,a,，加水稀释,10,n,倍，则,pH,a,n,。,弱酸,pH,a,，加水稀释,10,n,倍，则,a,pH,a,n,。,强碱,pH,b,，加水稀释,10,n,倍，则,pH,b,n,。,弱碱,pH,b,，加水稀释,10,n,倍，则,b,n,pHpH(CH,3,COONa),pH(Na,3,PO,4,),在溶液中能大量共存,答案,解析,选项,A,，一般情况下，电解质的电离是一个吸热过程，因此温度升高电离程度增大，,K,增大；,选项,B,，在,0.1,molL,1,CH,3,COOH,溶液中加入少量冰醋酸，电离平衡向右移动，溶液中,CH,3,COO,增大，,K,不变，,H,/,CH,3,COOH,K,/,CH,3,COO,，因此,H,/CH,3,COO,H,将减小；,选项,C,，,的电离常数,pH(Na,2,CO,3,)pH(CH,3,COONa),；,选项,D,，根据,H,3,PO,4,的三级电离常数可知能发生如下反应,因此,在溶液中不能大量共存。,3.,电离平衡的移动与电离平衡常数,K,、离子浓度的关系,实例,CH,3,COOH,CH,3,COO,H,H,0,NH,3,H,2,O,OH,H,0,改变,条件,平衡移,动方向,电离平,衡常数,H,OH,平衡移动方向,电离平衡常数,OH,H,加水,稀释,向右,不变,减小,增大,向右,不变,减小,增大,加,HCl(g),向左,不变,增大,减小,向右,不变,减小,增大,加,NaOH(s),向右,不变,减小,增大,向左,不变,增大,减小,加,CH,3,COONH,4,(s),向左,不变,减小,增大,向左,不变,减小,增大,升高,温度,向右,变大,增大,向右,变大,增大,典例,5,常温下,0.1 molL,1,醋酸溶液的,pH,a,，下列能使溶液,pH,(,a,1),的措施是,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 molL,1,盐酸,D.,提高溶液的温度,答案,解析,醋酸是弱酸，稀释,10,倍同时也促进了其电离，溶液的,a,pH(,a,1),，,A,错误；,醋酸根离子水解显碱性，向酸溶液中加入适量碱性溶液可以使,pH,增大,1,，,B,正确；,盐酸完全电离，加入盐酸后溶液的,pH,a,，,C,错误；,升高温度促进醋酸的电离，溶液的,pH,a,，,D,错误。,四“三角度”解读盐类水解基本规律,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，,pH,OH,水解实质：盐电离出的离子与,H,2,O,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,H,2,O,电离出的,H,结合，使,OH,H,强酸,强碱盐,呈中性，,pH,7,，,H,2,O,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，,H,OH,，呈酸性，如,NaHSO,3,、,NaHC,2,O,4,若电离程度,水解程度，,H,K,a,(HB),，即,HA,的酸性比,HB,强，那么相同浓度时,B,的水解程度比,A,大。相同浓度的,NaA,、,NaB,溶液中：,A,B,，,HA,HClO,B.pH,：,HClOHCN,C.,与,NaOH,恰好完全反应时，消耗,NaOH,的物质的量：,HClOHCN,D.,酸根离子浓度：,CN,NaClO,，可以确定酸性：,HCNHClO,，由于是同体积、同浓度的,HCN,和,HClO,与,NaOH,恰好反应，故消耗,NaOH,的量相同，所以,A,、,B,、,C,均错误；,由酸性越强电离程度越大，故,CN,H,A,OH,。,(2),单一的弱酸根阴离子和弱碱阳离子的水解是微弱的，水解生成的粒子的浓度小于盐电离产生的离子的浓度。如弱酸盐,NaA,溶液中,Na,A,OH,HA,H,。,(1),多元弱酸要考虑分步电离,(,K,a1,K,a2,K,a3,),，多元弱酸的正盐要依据分步水解分析离子浓度，如,Na,2,CO,3,溶液中，,Na,CO ,OH,HCO ,H,。,(2),强酸的酸式盐,NaHSO,4,只电离不水解；,NaHSO,3,等的溶液中弱酸的酸式根离子的水解能力小于其电离能力，溶液显酸性；,NaHS,、,NaHCO,3,等的溶液水解能力大于其电离能力，溶液显碱性。,特别提示,2.,熟知,“,三个,”,守恒,(1),电荷守恒规律：电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如,NaHCO,3,溶液中存在着,Na,、,H,、,HCO,、,CO,、,OH,，必存在如下关系：,Na,H,HCO ,OH,2CO ,。,(2),物料守恒规律,(,原子守恒,),：电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如,K,2,S,溶液中,S,2,、,HS,都能水解，故,S,元素以,S,2,、,HS,、,H,2,S,三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：,K,2,S,2,2,HS,2,H,2,S,。,(3),质子守恒规律：质子即,H,，酸碱反应的本质是质子转移，能失去质子的酸失去的质子数和能得到质子的碱得到的质子数相等。,如,NaHCO,3,溶液中，,(1),一元酸,HA,与碱,BOH,的混合溶液中只含有,H,、,A,、,B,、,OH,4,种离子，不可能出现两种阳,(,阴,),离子浓度同时大于两种阴,(,阳,),离子浓度的情况。如,B,A,H,OH,等肯定错误。,(2),将物料守恒式代入电荷守恒式中，即可得出质子守恒式。,特别提示,3.,掌握,“,四个,”,步骤,溶液中粒子浓度大小比较方法的四个步骤：,(1),判断反应产物：判断两种溶液混合时生成了什么物质，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观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。,典例,8,常温下，将,a,L 0.1 molL,1,的,NaOH,溶液与,b,L 0.1 molL,1,的,CH,3,COOH,溶液混合。下列有关混合溶液的说法一定不正确是,A.,a,Na,H,OH,B.,a,b,时，,CH,3,COO,Na,O,H,H,C.,a,b,时，,CH,3,COOH,H,OH,D.,无论,a,、,b,有何关系，均有,H,Na,CH,3,COO,OH,解析,答案,理解感悟,由电荷守恒得,H,Na,CH,3,COO,OH,，故,D,正确；,若,b,a,，醋酸过量，溶液为,CH,3,COONa,与,CH,3,COOH,的混合溶液，当溶液呈酸性时,A,正确；,若,a,b,，反应后的溶液为,CH,3,COONa,溶液，由于,CH,3,COO,水解而显碱性，根据质子守恒可知，,C,正确；,若,a,b,，说明碱过量，溶液为,CH,3,COONa,与,NaOH,的混合溶液，存在,Na,CH,3,COO,，,B,错误。,理解感悟,酸碱混合后，如,CH,3,COOH,与,NaOH,溶液混合，溶液中会出现四种离子，有,H,、,OH,、,CH,3,COO,、,Na,，可按以下几种情况考虑溶液的酸碱性和离子浓度的关系：,(1),当溶液是单一的盐,(CH,3,COONa),溶液并呈碱性时的情形：,守恒关系：,(,物料守恒,),CH,3,COO,CH,3,COOH,Na,；,(,质子守恒,),OH,CH,3,COOH,H,；,(,电荷守恒,),CH,3,COO,OH,Na,H,。,大小关系：,Na,CH,3,COO,OH,H,。,(2),当溶液呈中性，溶质是,CH,3,COONa,和,CH,3,COOH,的混合物，相当于,CH,3,COONa,没水解。,守恒关系：,(,物料守恒,),CH,3,COO,Na,；,(,质子守恒,),OH,H,；,(,电荷守恒,),CH,3,COO,OH,Na,H,。,大小关系：,Na,CH,3,COO,OH,H,。,(3),当溶液呈酸性，溶质是,CH,3,COONa,和,CH,3,COOH,的混合物，相当于,CH,3,COONa,和,CH,3,COOH,的混合溶液呈中性的基础上又加入了醋酸。,大小关系：,CH,3,COO,Na,H,OH,。,(4),强碱弱酸盐碱过量，溶质是,CH,3,COONa,和,NaOH,的混合物。,大小关系：,Na,CH,3,COO,OH,H,或,Na,CH,3,COO,OH,H,或,Na,OH,CH,3,COO,H,。,六难溶电解质的溶解平衡及其三个应用,1.,难溶电解质的溶解平衡与溶度积,(1),难溶电解质在水中会建立如下平衡：,M,m,A,n,(s),m,M,n,(aq),n,A,m,(aq),。因此，难溶电解质的溶解度虽然很小，但不可能为零,(,完全不溶解,),，溶液中的离子结合成难溶电解质时，也不可能完全进行到底。勒,夏特列原理同样适用于溶解平衡。,(2),下列沉淀溶解平衡：,M,m,A,n,(s),m,M,n,(aq),n,A,m,(aq),，固体纯物质不列入平衡常数，其溶度积为,K,sp,M,n,m,A,m,n,，,AgCl,的,K,sp,Ag,Cl,。对于相同类型的物质，,K,sp,的大小反映了难溶电解质在溶液中溶解能力的大小，也反映了该物质在溶液中沉淀的难易。与平衡常数一样，,K,sp,与温度有关。不过温度改变不大时，,K,sp,变化也不大，常温下的计算可不考虑温度的影响。,(3),通过比较溶度积,K,sp,与溶液中有关离子的浓度商,Q,的相对大小，可以判断难溶电解质在给定条件下能否生成沉淀或溶解。如,AgCl,溶液的,Q,c,(Ag,),c,(Cl,),，该计算式中的离子浓度不一定是平衡浓度，而,K,sp,计算式中的离子浓度一定是平衡浓度。,若,Q,K,sp,，则溶液过饱和，有沉淀析出，直至溶液饱和，达到新的平衡。,若,Q,K,sp,，则溶液饱和，沉淀与溶解处于平衡状态。,若,Q,K,sp,，则溶液未饱和，无沉淀析出，若加入过量难溶电解质，难溶电解质溶解直至溶液饱和。,典例,9,已知,25,时，,CaSO,4,在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，向,100 mL,该条件下的,CaSO,4,饱和溶液中加入,400,mL,0.01 molL,1,Na,2,SO,4,溶液，下列叙述正确的是,A.,溶液中析出,CaSO,4,固体沉淀，最终溶,液中,比原来的大,B.,溶液中无沉淀析出，溶液中,Ca,2,、,都变小,C.,溶液中析出,CaSO,4,固体沉淀，溶液中,Ca,2,、,都变小,D.,溶液中无沉淀析出，但最终溶液中,比原来的大,答案,解析,本题是一道考查沉淀溶解平衡的图像题。由题意知，,K,sp,(CaSO,4,),Ca,2,3.0,10,3,molL,1,3.0,10,3,molL,1,9,10,6,mol,2,L,2,，,CaSO,4,饱和溶液中,Ca,2,3.0,10,3,molL,1,。加入,400,mL,0.01,molL,1,Na,2,SO,4,溶液后，,Ca,2,8.6,10,3,molL,1,，,Q,c,(Ca,2,),c,(),6,10,4,molL,1,8.6,10,3,molL,1,5.16,10,6,mol,2,L,2,K,sp,(CaSO,4,),，所以溶液中无,CaSO,4,沉淀产生，则,D,正确。,0.5 L,3.0,10,3,molL,1,0.1 L,0.01,molL,1,0.4 L,2.,沉淀溶解平衡的应用,难溶电解质的溶解平衡也是动态平衡，可以利用其逆反应使溶液中的离子转化为沉淀，化学上通常认为溶液中的剩余离子浓度小于,1,10,5,molL,1,时就沉淀完全。,(1),沉淀的溶解,根据溶度积规则，使沉淀溶解的必要条件是,Q,S,(AgY),S,(AgZ),因为,AgX,、,AgY,、,AgZ,的阴、阳离子个数的比相同，可以直接利用,K,sp,的大小来判断溶解度的大小。,K,sp,越小，溶解度越小，,S,(AgX,),S,(AgY,),S,(AgZ,),。,(2),若向,AgY,的饱和溶液中加入少量的,AgX,固体，则,Y,_(,填,“,增大,”“,减小,”,或,“,不变,”,),。,答案,解析,减小,由于,AgY,比,AgX,更难溶，则向,AgY,的饱和溶液中加入,AgX,固体时，发生沉淀的转化：,AgX(s,),Y,(,aq),AgY(s,),X,(,aq,),，则,Y,减小。,(3),在,25,时，若取,0.188 g,的,AgY,(,相对分子质量,188),固体放入,100,mL,水中,(,忽略溶液体积的变化,),，则溶液中,Y,的物质的量浓度为,_,。,答案,解析,1.0,10,6,molL,1,25,时，,K,sp,(AgY,),1.0,10,12,mol,2,L,2,，即溶液达到饱和时，,Ag,Y,1.0,10,6,molL,1,。而,0.188 g,AgY,的物质的量为,0.001 mol,，将其溶于,100,mL,水中时，形成了,AgY,的饱和溶液,(,溶质还有未溶解的,),，则：,Y,1.0,10,6,molL,1,。,(4),由上述,K,sp,判断，在上述,(3),的体系中，能否实现,AgY,向,AgZ,的转化，并简述理由：,_,。,答案,解析,能，因为,K,sp,(AgZ,),K,sp,(AgY,),由于,K,sp,(AgZ,),K,sp,(AgY,),，可以实现,AgY,向,AgZ,的转化。,