高中化学 单元复习与测试（基础）知识讲解学案 新人教版选修4.doc

单元复习与测试【学习目标】1、理解水的离子积常数的含义，并能应用其进行水溶液中的有关简单计算；2、知道测定溶液pH的方法，能描述弱电解质在水溶液中的电离平衡，知道酸、碱电离理论；3、认识盐类水解的原理，归纳影响盐类水解程度的因素；4、能描述沉淀溶解平衡，知道沉淀生成、转化、溶解的本质；5、知道离子反应发生的条件，会简单地判断离子反应能否发生；6、掌握酸碱中和滴定的原理和方法。【知识网络】【要点梳理】要点一、溶液中的三种平衡 1、弱电解质的电离平衡。 弱电解质的电离是一个可逆过程，溶液中未电离的电解质分子和已电离的离子处于平衡状态。 电离平衡是动态平衡，当浓度、温度等条件发生变化时，平衡就向着能够使这种变化减弱的方向移动。 影响电离平衡的因素有很多，如温度、浓度、酸碱度等。弱电解质的电离是吸热的，故升高温度有利于弱电解质的电离。浓度越大，弱电解质电离生成的离子碰撞的机会越多，越容易结合生成弱电解质分子，故电离程度越小。弱电解质的电离还受酸碱度、同离子效应等影响。 2、盐类的水解平衡。 和化学平衡一样，盐类水解也存在水解平衡，影响水解平衡的主要因素有： 温度：升高温度有利于水解，水解可看作是中和的逆过程。 浓度：盐溶液浓度越小，水解程度越大。 酸碱度：水解显酸性的盐加酸抑制水解，加碱促进水解；水解显碱性的盐加碱抑制水解，加酸促进水解。 3、难溶电解质的溶解平衡。 物质溶解性的大小是相对的，绝对不溶的物质是没有的。在一定温度下，当沉淀溶解和生成的速率相等时，即达到溶解平衡状态。难溶电解质的溶解平衡也是有条件的，条件变化，平衡被破坏。通过条件的变化可以使沉淀生成、沉淀溶解，也可以使沉淀转化。分析如下： 沉淀生成的条件是QcKsp。 沉淀溶解的条件是QcKsp。 沉淀的转化(生成更难溶的物质)。 在含有沉淀的溶液中加入另一种沉淀剂，使其与溶液中某一离子结合成更难溶的物质。引起一种沉淀转变成另一种沉淀的现象，叫沉淀的转化。如： CaSO4(s)+Na2CO3(aq)CaCO3(s)+Na2SO4(aq) 要点诠释：溶度积常数Ksp同电离常数、水的离子积常数、化学平衡常数一样，只与温度有关，与浓度无关。这些常数实质上都是平衡常数。要点二、溶液中离子浓度相对大小的比较 1、电解质溶液混合或稀释后，离子浓度相对大小的比较常分为三种类型： 单一溶液中离子浓度相对大小的比较。如：判断一元或多元弱酸溶液或水解的盐溶液中离子浓度的相对大小。判断水解的盐溶液中离子浓度相对大小的一般方法是： a若像NH4Cl等盐中的阴、阳离子等价时，离子浓度大小顺序为：c(不水解的离子)c(水解的离子)c水解后呈某性离子(如H+或OH)c(水解后呈某性的对立离子)。如在NH4Cl溶液中，其离子浓度大小顺序为：c(Cl)c(NH4+)c(H+)c(OH)。 b若为Na2CO3等盐中的阴、阳离子的价数不等时，判断离子浓度的大小顺序，则要根据实际情况具体分析。对于多元弱酸根的水解，几价就水解几步，在分步水解中以第一步水解为主。如在Na2CO3溶液中，其离子浓度关系为：c(Na+)c(CO32)c(OH)c(HCO3)c(H+)。 多种溶液中指定离子浓度相对大小的比较。如比较NH4Cl、NH4HCO3、NH4HSO4中c(NH4+)的大小。 两种溶液混合后离子浓度相对大小的比较。解题规律：首先是判断两种电解质能否反应；其次是看反应物是否过量；第三是分析电解质在水溶液中电离及可能存在的电离平衡、水解平衡等问题；最后比较离子浓度的相对大小。 2、守恒思想在溶液中的应用。 如：0.1 moL/L Na2S溶液中： c(H+)+c(Na+)=c(OH)+c(HS)+2c(S2)电荷守恒 c(HS)+c(H2S)+c(S2)=0.1 mol/L c(Na+)=2c(S2)+2c(HS)+2c(H2S)物料守恒 c(OH)=c(H+)+c(HS)+2c(H2S)质子守恒要点三、酸碱中和反应的三种常见情况分析1、等体积、等物质的量浓度的酸HA与碱MOH混合。HAMOHc(H+)酸与c(OH)碱大小溶液酸碱性离子浓度大小顺序强强中性c(A)c(M+)c(OH)c(H+)强弱酸性c(A)c(M+)c(H+)c(OH)弱强碱性c(M+)c(A)c(OH)c(H+) 规律：谁强显谁性，同强显中性。 2、等体积的酸HA和碱MOH混合(pH酸+pH碱=14)。HAMOHc(HA)与c(MOH)大小溶液酸碱性离子浓度大小顺序强强中性c(A)c(M+)c(OH)c(H+)强弱碱性(一般)c(M+)c(A)c(OH)c(H+)弱强酸性(一般)c(A)c(M+)c(H+)c(OH) 规律：谁过量显谁性。要点四、相关简单计算 计算溶液中由水电离出的H+或OH浓度的方法(以25为例)。 1、中性溶液：c(H+)=c(OH)=1.010-7 mol/L。 2、溶质为酸的溶液：此时溶液中的H+有两个来源：酸电离与水电离；OH只有一个来源：水电离，且水电离出的H+与OH浓度相等。 如计算pH=2的盐酸中由水电离出的c(H+)：方法是先求出溶液中的c(OH)=1012 mol/L，也就是水电离出的c(OH)=1012 mol/L，水电离出的c(H+)=水电离出的c(OH)=1012 mol/L。 3、溶质为碱的溶液：此时溶液中的OH有两个来源：碱电离与水电离；H+只有一个来源：水电离，且水电离出的H+与OH浓度相等。 4、水解呈酸性或碱性的盐溶液：此时溶液中的H+和OH均由水电离产生。如pH=2的NH4Cl溶液中由水电离出的c(H+)=102 mol/L，pH=12的Na2CO3溶液中由水电离出的c(OH)=102 mol/L。要点五、溶液中离子共存的判断 应从以下几方面进行分析： 1、看离子间是否生成难溶(或微溶)的物质若能生成，这些离子就不能大量共存，如Fe3+和OH、Ba2+和SO42、Ca2+和CO32等。 2、看离子间是否生成气体或挥发性物质，若能生成，这些离子就不能大量共存，如H+和CO32、H+和S2等。 3、若离子间能生成难电离物质，这些离子就不能大量共存，如H+和F、NH4+和OH、H+和OH等。 4、若离子间能发生氧化还原反应，这些离子就不能大量共存。如Fe3+和S2、MnO4和I、S2和ClO等。 5、看离子间在水溶液中能否发生完全双水解反应，若能发生，则离子不能共存，如Al3+和A1O2、NH4+和SiO32、Fe3+和CO32等。 6、看离子间能否发生络合反应，如Fe3+和SCN，此外还需要注意外加条件的暗示，如无色透明溶液即不含有色离子，如Fe3+、Fe2+、Cu2+、MnO4等，pH=1的溶液含有大量H+等。要点六、判断电离方程式、离子方程式正误 1、看离子反应是否符合客观事实，不可主观臆造产物及反应。如Cu+2H+Cu2+H2就不符合客观事实。 2、看“”“”“”“”等是否正确。 3、看表示各物质的化学式是否正确。如HCO3不能写成CO32+H+，HSO4通常应写成SO42+H+等。 4、看是否漏掉离子反应。如Ba(OH)2溶液与硫酸铜溶液反应，既要写Ba2+与SO42的离子反应，又要写Cu2+与OH的离子反应。 5、看电荷是否守恒。如FeCl2溶液与Cl2反应，不能写成Fe2+Cl2Fe3+2Cl，而应写成2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，同时两边各原子数也应相等。 6、看反应物或产物的配比是否正确。如稀H2SO4与Ba(OH)2溶液反应不能写成H+OH+SO42+Ba2+BaSO4+H2O，应写成2H+2OH+SO42+Ba2+BaSO4+2H2O；又如过量的氯气通入FeI2溶液中，不能写成2Fe2+2I+2Cl22Fe3+I2+4Cl，应写成2Fe2+4I+3Cl22Fe3+2I2+6Cl。 7、看是否符合题设条件及要求。如“过量”“少量”“等物质的量”“适量”“任意量”以及滴加顺序等对反应方程式的影响，即某些反应的反应物的量不同，相应的离子反应方程式可能不同。【典型例题】类型一、溶液的导电性例1、醋酸溶液中滴入稀氨水，溶液的导电能力发生变化，其电流I随加入氨水的体积V的变化曲线图是( )【思路点拨】醋酸和一水合氨都是弱电解质，溶液导电性比同浓度的强电解质要弱。但生成的醋酸铵为强电解质，导电性会增强。但后期溶液中离子浓度会随溶液体积的增大而减小，相应溶液导电性又会减弱。【答案】B【解析】注意滴入浓氨水过程中，溶液中离子浓度的变化。CH3COOH+NH3H2O=CH3COONH4+H2O，滴入氨水过程，逐渐由弱电解质导电转变为强电解质导电，溶液中自由移动离子浓度增加，导电性增强。随着氨水的不断加入，对原溶液起到稀释作用，离子浓度减小，导电性又逐渐减弱。【总结升华】溶液的导电性与溶液中的自由移动离子的浓度及离子所带电荷数的多少相关。电荷数相同时，离子浓度越大，导电性越强；离子浓度相同时，离子所带电荷数越多，溶液导电性越强。举一反三：【变式1】在同一温度下，当弱电解质溶液a，强电解质溶液b，金属导体c的导电能力相同，若同时升高到相同温度，则它们的导电能力是( )A、 abc B、 abcC、cab D、bca【答案】A【解析】温度越低，金属的导电性越强；温度越高，溶液导电性越强；温度升高，促进弱电解质的电离。类型二、弱电解质的电离平衡 例2 氯气溶于水达到平衡后，若其他条件不变，只改变某一条件，下列叙述正确的是( )。 A再通入少量氯气，c(H+)/c(ClO)减小 B通入少量SO2，溶液漂白性增强 C加入少量固体NaOH，一定有c(Na+)=c(Cl)+c(ClO) D加入少量水，水的电离平衡向正反应方向移动 【思路点拨】本题考查弱电解质的电离平衡问题，涉及次氯酸及水的电离平衡，酸碱中和、氧化还原等内容，需要从多方面综合考虑。 【答案】D 【解析】Cl2+H2OH+Cl+HClO；H2OH+OH。A项中由于氯气溶于水已达到平衡，故c(H+)/c(ClO)不变；B项中由于发生反应：Cl2+SO2+2H2O2HCl+H2SO4，溶液漂白性减弱；C项中根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(Cl)+c(ClO)+c(OH)，由于c(H+)不一定等于c(OH)，故C项错；D项中因为HCl、HClO对水的电离平衡有抑制作用，加水后，经稀释的氯水对水的电离抑制作用减弱，使水的电离平衡向正反应方向移动。 【总结升华】易错选C项，在氯水中加少量固体NaOH，溶液可能呈中性，但并非一定，只有溶液呈中性时，c(Na+)=c(Cl)+c(ClO)才正确。举一反三：【变式1】某温度下，相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡时pH随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断正确的是( )。 A为盐酸稀释时的pH变化曲线 Bb点溶液的导电性比c点溶液的导电性强 Ca点KW的数值比c点KW的数值大 Db点酸的总浓度大于a点酸的总浓度 【答案】B 【解析】本题考查弱电解质的电离平衡。相同pH的盐酸和醋酸分别加水稀释，醋酸稀释过程中电离程度增大，因此醋酸的pH改变值比盐酸的pH改变值小，即为盐酸pH变化曲线，为醋酸pH变化曲线，A项错误；pH b点小于c点，因此溶液中离子浓度b点大于c点，溶液导电性b点比c点强，B项正确；KW只与温度有关，因此a点、c点KW数值相等，C项错误；b点对应的酸为盐酸，a点对应的酸为醋酸，a点pH小，且溶液中还存在大量的醋酸分子，因此a点酸的总浓度大于b点酸的总浓度。D项错误。 【总结升华】以CH3COOH为例，证明CH3COOH是弱酸的方法如下：方法现象配制某浓度的醋酸溶液，向其中滴入几滴甲基橙试液，然后再加入少量醋酸钠晶体，振荡溶液由红色逐渐变为橙色醋酸钠溶液中加入几滴酚酞试液溶液呈浅红色测定0.1moL/L的醋酸溶液的pH测出溶液的pH1在烧杯里加入浓醋酸，接通电源，然后缓缓加入蒸馏水并不断搅拌，观察电流表中电流强度的变化电流表中电流强度先逐渐变大，然后逐渐变小取相同体积、相同浓度的盐酸和醋酸溶液，测其导电性电流强度：盐酸醋酸取1 mL pH相同的盐酸和醋酸溶液，用蒸馏水稀释相同的倍数，再测定两溶液的pH盐酸的pH变化大，醋酸溶液的pH变化小测定相同浓度的盐酸和醋酸溶液的pH盐酸的pH小，醋酸溶液的pH大浓度相同的盐酸和醋酸溶液，加入纯度、质量都相同的同种锌粉产生氢气的速率：盐酸醋酸同体积pH=1的盐酸和醋酸溶液，加入足量的锌，用排水法收集生成的氢气生成氢气的体积：醋酸盐酸滴定相同pH的等体积的盐酸和醋酸溶液消耗NaOH标准溶液的体积：醋酸盐酸类型三、水的电离与溶液的酸碱性、酸碱中和滴定例3、在pH均为9的NaOH和CH3COONa两种溶液中，假设由水电离产生的OH- 离子浓度分别为Amol/L与Bmol/L，则A和B关系为( )A、 AB B、A=10-4BC、 B=10-4 A D、A=B 【思路点拨】NaOH的存在会对水的电离起抑制作用；醋酸钠是一种强碱弱酸盐，会对水的电离起促进作用。【答案】B【解析】NaOH抑制水的电离、CH3COONa促进水的电离。NaOH溶于水电离产生OH- 离子浓度10-5mol/L，水电离产生c(H+)=c(OH-)=10-9mol/L；CH3COONa溶于水，CH3COO-结合水电离产生H+，使溶液显碱性，水电离产生 c(H+)=c(OH-)=10-5mol/L。【总结升华】水电离产生c(H+)始终等于c(OH-)，由于外加试剂影响，使c(H+)c(OH-)，溶液表现出酸碱性。如由水电离产生的c(H+)=110-14mol/L的溶液，其pH可能为14也可能为0。举一反三：【变式1】由水电离产生的c(H+)=110-5mol/L的溶液，其溶质可能是( ) A、NaHSO4 B、AlCl3 C、H2SO4 D、NaH2PO4【答案】B【解析】此种情况为外加某种盐能结合水电离产生OH-生成弱电解质，而促进水的电离，使溶液显酸性。类型四、溶液中离子浓度关系例4 25时，向10mL 0.01mol/L KOH溶液中滴加0.01mol/L苯酚溶液，混合溶液中粒子浓度关系正确的()A、pH7时，c(C6H5O-)c(K+)c(H+)c(OH-)B、pH7时，c(K+)c(C6H5O-)c(H+)c(OH-)C、VC6H5OH(aq)10mL时，c(K+)c(C6H5O-)c(OH-)c(H+)D、VC6H5OH(aq)20mL时，c(C6H5O-)+c(C6H5OH)=2c(K+)【思路点拨】首先考虑KOH与苯酚反应的情况。建议以两者等物质的量混合为特殊点进行分析，然后再分析苯酚少量、苯酚过量两种情况讨论。【答案】D【解析】先判断两溶液是否反应，如反应，可直接比较反应后溶液中离子浓度大小顺序，解题的关键是对“三大守恒”的综合运用。pH7时，c(H+)不可能大于c(OH-)的，所以选项A明显不正确；由溶液中的电荷守恒定律知：c(K+)+c(H+)c(C6H5O-)+c(OH-)，所以不可能满足c(K+)c(C6H5O-)c(H+)c(OH-)，即选项B不正确；苯酚是一种极弱的酸，所以当KOH溶液和苯酚恰好反应，产物苯酚钾会发生水解反应而显碱性。由题中数据不难计算出，当二者恰好反应时消耗苯酚的体积是10mL，此时溶液中粒子的浓度大小关系为：c(K+)c(C6H5O-)c(OH-)c(H+)，所以选项C是不正确的；当加入苯酚的体积是20mL时，苯酚过量，溶液是由等物质的量浓度的苯酚和苯酚钾组成，所以根据物料守恒可知c(C6H5O-)+c(C6H5OH)=2c(K+)一定成立，因此选项D是正确的。【总结升华】在对有关物质混合溶液进行分析时，应该考虑物质相互反应情况，然后对生成物质进行再次分析，若有过量情况，应该一同考虑进去。离子浓度比较中，最常用的就是物料守恒以及电荷守恒。例5 下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )A、室温下，向0.01 mol/L NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na+)c(SO42)c(NH4+)c(OH)=c(H+)B、0.1 mol/L NaHCO3溶液：c(Na+)c(OH-)c(HCO3-)c(H+)C、Na2CO3溶液：c(OH-)c(H+)=c(HCO3)+2c(H2CO3)D、25时，pH=4.75、浓度均为0.1 mol/L的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c(CH3COO-)+c(OH-)c(CH3COOH)+c(H+)【答案】AC【解析】A项滴加至溶液呈中性，根据电荷守恒c(NH4+)+c(Na+)+c(H+)=2c(SO42)+c(OH-)，因为c(H+)=c(OH-)，故c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42)，因为若反应产物恰为(NH4)2SO4与Na2SO4，则溶液呈酸性，所以必须多加NaOH才行，因此c(Na+)c(NH4+)，且由于Na+、SO42均不水解，故c(Na+)c(SO42)，再结合电荷守恒则c(NH4+)c(SO42)，所以A项正确；B项应为c(Na+)c(HCO3)c(OH-)c(H+)；C项根据物料守恒c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)，及电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，相减即可得到；D项物料守恒、电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，仅能得出c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)。【总结升华】离子浓度的比较一般与弱电解质的电离、盐的水解相联系，另外还要注意电荷守恒、物料守恒、质子守恒的应用。举一反三：【变式1】下列浓度关系正确的是( )。 A氯水中：c(Cl2)=2c(ClO)+c(Cl)+c(HClO) B氯水中：c(Cl)c(H+)c(OH)c(ClO) C等体积等浓度的氢氧化钠与醋酸混合：c(Na+)=c(CH3COO) DNa2CO3溶液中：c(Na+)c(CO32)c(OH)c(HCO3)c(H+) 【答案】D 【解析】本题主要考查盐类的水解及溶液中电荷守恒和物料守恒规律的理解应用。氯气溶于水发生反应Cl2+H2OH+Cl+HClO，Cl2并没有全部参加反应，溶液中仍存在一定的Cl2，其浓度与c(Cl)、c(ClO)、c(HClO)无定量关系，故A项错误。由氯水中的电荷守恒c(H+)=c(Cl)+c(ClO)+c(OH)可判断B项错误。等体积等浓度的NaOH和CH3COOH混合后，溶液中溶质为CH3COONa，因CH3COO水解，则有c(Na+)c(CH3COO)，C项错误。在Na2CO3溶液中：Na2CO3电离Na2CO32Na+CO32，Na2CO3电离产生的CO32少部分水解：CO32+H2OHCO3+OH，HCO3+H2OH2CO3+OH，第一步的水解程度远大于第二步的水解程度，则有c(Na+)c(CO32)c(OH)c(HCO3)。溶液中还存在：H2OH+OH，存在质子守恒，即c(OH)=c(HCO3)+c(H+)+2c(H2CO3)，因c(OH)略大于c(HCO3)，则有c(HCO3)c(H+)，因此D项正确。 【总结升华】对混合溶液中离子浓度的大小进行比较时，首先要考虑相互之间有无化学反应，怎样反应，然后考虑弱电解质的电离和盐类水解问题。同时要求同学们熟练掌握电荷守恒、物料守恒和质子守恒关系。【变式2】物质的量浓度相同的下列溶液中，含微粒种类最多的是( )A、CaCl2 B、CH3COONa C、NH3 D、K2S【答案】D 【解析】某些物质水溶液中存在电离平衡、水解平衡，使离子种类增多。类型五、沉淀溶解平衡 例6 已知：25时，KspMg(OH)2=5.611012，KspMgF2=7.421011。下列说法正确的是( )。 A25时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2+)大 B25：时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2+)增大 C25时，Mg(OH)2固体在20 mL 0.01 molL1氨水中的Ksp比在20 mL 0.01 molL1 NH4Cl溶液中的Ksp小 D25时，在Mg(OH)2的悬浊液加入NaF溶液后，Mg(OH)2不可能转化成为MgF2 【思路点拨】对于同一类型的物质，其溶度积越小，相应溶解度越小，其溶解平衡后溶液中离子浓度也越小。而当某个体系有生成多个物质的可能性时，反应总向生成更难溶的物质的方向进行。 【答案】B 【解析】Mg(OH)2的溶度积小，故其电离出的Mg2+浓度要小一些，A项错；NH4+可以结合Mg(OH)2电离出的OH，从而促使Mg(OH)2的电离平衡正向移动，c(Mg2+)增大，B项正确；Ksp仅与温度有关，C项错；当c(Mg2+)c2(F)7.421011时，就有沉淀MgF2生成，D项错。 【总结升华】溶度积Ksp反映了难溶电解质在水中的溶解能力，Ksp的大小和溶质的溶解度不同，它只与温度有关，与浓度无关。利用溶度积Ksp可以判断沉淀的生成、沉淀的溶解以及沉淀的转化等情况。 当QcKsp时，此时有沉淀析出直至沉淀与溶解达到平衡。 当Qc=Ksp时，沉淀与溶解处于平衡状态。 当QcKsp时，若溶液中存在难溶电解质，则难溶电解质会溶解，直至沉淀与溶解达到平衡状态。 溶度积和溶解度的值都可用来表示物质的溶解能力。举一反三：【变式1】一定温度下，向足量的石灰乳中加少量生石灰时，下列有关说法错误的是( )A、溶液中Ca2+数不变 B、溶液的pH不变 C、溶液的密度不变D、溶液中c(Ca2+)不变【答案】A【解析】题目已说明温度不变，故不需考虑热效应。CaO + H2O = Ca(OH)2(s)，使溶液中水减少而析出Ca(OH)2，但溶液仍为饱和溶液。各组分的量变小了，但浓度、密度不变。