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单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,*,讲练结合,水溶液中的离子平衡,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,pH,7,，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 mol/L),，测其,pH,，若,pH1,，则说明,HA,是弱酸，若,pH,1,，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,温度升高，,Ka,或,Kb,增大,水的电离,H,2,O H,OH,Kw=H,OH,水的电离影响因素,5,H,水,=OH,水,(2012,山东高考,)NO,2,可用氨水吸收生成,NH,4,NO,3,25,时，将,a,mol NH,4,NO,3,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,_mol,L,1,。,(NH,3,H,2,O,的电离平衡常数取,K,b,2,10,5,mol,L,1,),1,、水解离子方程式的书写,考查知识点,2,、水的电离平衡,3,、电离常数及应用,4,、电荷守恒的应用,隐含条件,25,时,呈中性,H,=OH,和,PH=7,2009,年山东,28(4).,在,25,下，将,a mol/L,的氨水与,0.01 mol/L,的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中,c(NH,4,)=c(Cl,-,),，则溶液显,_,性（填“酸”“碱”或“中”）；用含,a,的代数式表示,NH,3,H,2,O,的电离常数,K,b,=,_,_,_,_,_,。,【,答案,】,中,a-0.01,10,9,mol/L,1,(2012,高考组合题,),下列说法正确的是,(,),A,(,浙江卷,),常温下，将,pH,3,的醋酸溶液稀释到原体积的,10,倍后，溶液的,pH,4,B,(,浙江卷,),为确定某酸,H,2,A,是强酸还是弱酸，可测,NaHA,溶液的,pH,。若,pH,7,，则,H,2,A,是弱酸；若,pH,7,，则,H,2,A,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,【,答案,】,C,【,解析,】,【,答案,】,D,1.,水的电离及影响因素,(1),加酸：抑制,H,2,O,电离，,c,(H,)H,2,O,c,(OH,),。,(2),加碱：抑制,H,2,O,电离，,c,(OH,)H,2,O,c,(H,),。,(3),加水解呈酸性的盐，促进,H,2,O,电离，,c,(H,),H,2,O,c,(H,),(4),加水解呈碱性的盐，促进水电离，,c,(OH,),H,2,O,c,(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。,(6),水的电离是吸热过程，所以，升高温度，促进,H,2,O,电离,质子守恒,例如：,Na,2,CO,3,溶液中的质子守恒。,OH,-,=H,+,+HCO,3,-,+2H,2,CO,3,练习：,Na,2,S,溶液中的质子守恒。,OH,-,=H,+,+HS,-,+2H,2,S,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。,水解离子的判断：,水解离子方程式的书写：,加,OH,是否是弱碱,是否是弱酸,加,H,盐,=,金属阳离子,+,酸根,阳离子带几个正电荷，就需要,几,个水，就可逆生成,几,个,H,+,，就有,几,个,OH,与阳离子结合生成弱碱；阴离子不管带,几,个负电荷，都需要,一,个水，都可逆生成,一,个,OH,，都有,一,个,H,+,与阴离子结合生成弱酸或弱酸根。,前正后正，前负后负。,与电离方程式不同,(1),(2012,高考组合题,),判断正误,(,填,“,”,或,“,”,),。,A,(,浙江卷,),用,0.2mol/L NaOH,标准溶液滴定,HCl,与,CH,3,COOH,的混合液,(,混合液中两种酸的浓度均约为,0.1 mol/L),，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 CO,2,完全反应后，溶液中,c,(K,),c,(HCO,3,)(,),D,(,天津卷,),在,CH,3,COONa,溶液中加入适量,CH,3,COOH,，可使,c,(Na,),c,(CH,3,COO,)(,),E,(,天津卷,),同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的,pH,7(,),【,答案,】,(1)A.,B,C,D,E,【,解析,】,(1)A,项，,NaOH,和,CH,3,COOH,完全中和时，生成的,CH,3,COONa,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 CO,2,完全反应恰好生成,KHCO,3,，因为,KHCO,3,溶液中的,HCO,3,存在电离平衡和水解平衡，所以,K,浓度应大于,HCO,3,浓度，,C,错；,D,项，,CH,3,COONa,溶液中,CH,3,COO,水解使溶液显碱性，加入适量的,CH,3,COOH,时，,CH,3,COOH,电离出,H,，当,CH,3,COOH,的电离程度与,CH,3,COO,的水解程度相同时，溶液显中性，由电荷守恒,c,(Na,),c,(H,)=,c,(CH,3,COO,),c,(OH,),，因为,c,(H,),c,(OH,),，故,c,(Na,),c,(CH,3,COO,),，,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。,(2)C,【,答案,】,C,4,(2012,上海高考,),常温下,a,mol/L CH,3,COOH,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,),，,a,b,B,若,c,(K,),c,(CH,3,COO,),，,a,b,C,若,c,(OH,),c,(H,),，,a,b,D,若,c,(K,),c,(CH,3,COO,),，,a,b,，反应后溶液中溶质为,CH,3,COOK,和,CH,3,COOH,，该溶液可能呈中性，则,C,项正确；若该溶液含,CH,3,COOH,很少，,CH,3,COOH,的电离程度小于,CH,3,COO,的水解程度，溶液呈碱性，则溶液中,c,(K,),c,(CH,3,COO,),，,B,项正确；若溶液中,c,(K,),c,(OH,),，溶液显酸性，而,a,K,sp,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：,a,K,sp,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，,K,sp,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，,K,sp,大的沉淀容易转化为,K,sp,小的沉淀。对于,K,sp,相差不大时，,K,sp,小的沉淀也可以转化,K,sp,大的沉淀。,例,2012,高考,30(1),2009,山东：在,25,下，向浓度均为,0.1 mol/L,的,MgCL,2,和,CuCl,2,混合溶液中逐滴加入氨水，先生成,沉淀（填化学式），生成该沉淀的离子方程式为,。已知,25,时,K,sp,Mg(OH),2,=1.810,-11,K,sP,Cu(OH),2,=2.210,-20,。,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。,HCl,滴,定,NaOH,1,、谁在滴？,2,、滴在哪里？,4,、谁是标准液？装在哪里？,5,、谁是待测液液？装在哪里？,3,、滴的目的是什么？,6,、用何种指示剂？滴定终点如何判断？,两种,滴定管,及,所盛装的,试剂,C,待,=,C,标,V,待,V,标,6,、误差分析：,(1),某酸性,CuCl,2,溶液中含有少量的,FeCl,3,，为得到纯净的,CuCl,2,2H,2,O,晶体，加入,_,，调至,pH,4,，使溶液中的,Fe,3,转化为,Fe(OH),3,沉淀，此时溶液中的,c,(Fe,3,),_,。过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到,CuCl,2,2H,2,O,晶体。,(2),在空气中直接加热,CuCl,2,2H,2,O,晶体得不到纯的无水,CuCl,2,，原因是,(,用化学方程式表示,),。,由,CuCl,2,2H,2,O,晶体得到纯的无水,CuCl,2,的合理方法是,_,(2)2CuCl,2,2H,2,O=Cu(OH),2,CuCl,2,2HCl,2H,2,O,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),某学习小组用,“,间接碘量法,”,测定含有,CuCl,2,2H,2,O,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,0.1mol/LNa,2,S,2,O,3,标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗,Na,2,S,2,O,3,标准溶液,20.00mL,。,可选用,_,作滴定指示剂，滴定终点的现象是,_,。,CuCl,2,溶液与,KI,反应的离子方程式为,_,。,该试样中,CuCl,2,2H,2,O,的质量百分数为,_,。,【,答案,】,淀粉溶液蓝色褪去，放置一定时间后不复色,2Cu,2,4I,=2CuI,I,2,95%,5,(2012,安徽,),已知室温下，,Al(OH),3,的,K,sp,或溶解度远大于,Fe(OH),3,。向浓度均为,0.1 mol,L,1,的,Fe(NO,3,),3,和,Al(NO,3,),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,(,),【,解析,】,解答本题时应特别注意，难溶物的,K,sp,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,K,sp,比,Fe(OH),3,的,K,sp,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(NO,3,),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,6,(2011,全国,),在,0.10 mol/L,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,pH,8,时，,c,(Cu,2,),_mol/L(,K,sp,Cu(OH),2,2.210,20,),。若在,0.1 molL,1,硫酸铜溶液中通入过量,H,2,S,气体，使,Cu,2,完全沉淀为,CuS,，此时溶液中的,H,浓度是,_mol/L,。,【,答案,】,2.210,8,0.2,7,(201
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