高考化學(xué)二輪總復(fù)習(xí) 第11課時(shí) 鹽類(lèi)的水解和離子濃度大小的比較課件 新人教版

《高考化學(xué)二輪總復(fù)習(xí) 第11課時(shí) 鹽類(lèi)的水解和離子濃度大小的比較課件 新人教版》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《高考化學(xué)二輪總復(fù)習(xí) 第11課時(shí) 鹽類(lèi)的水解和離子濃度大小的比較課件 新人教版（21頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、231認(rèn)識(shí)鹽類(lèi)水解的原理，能解釋強(qiáng)酸弱堿鹽和強(qiáng)堿弱酸鹽的水解；2運(yùn)用比較、分類(lèi)、歸納、概括等方法得出鹽類(lèi)水解規(guī)律，探究影響鹽類(lèi)水解程度的主要因素；3能夠用鹽類(lèi)水解規(guī)律判斷常見(jiàn)鹽溶液的酸堿性，會(huì)書(shū)寫(xiě)鹽類(lèi)水解的離子方程式；4能舉例說(shuō)明鹽類(lèi)水解在生產(chǎn)、生活中的應(yīng)用。 電解質(zhì)溶液中離子、分子濃度關(guān)系，是高考的“熱點(diǎn)”之一。這種題型考查的知識(shí)點(diǎn)多，靈活性、綜合性較強(qiáng)，有較好的區(qū)分度，它能有效地測(cè)試出學(xué)生對(duì)強(qiáng)弱電解質(zhì)、電離平衡、水的電離、pH、離子反應(yīng)、鹽類(lèi)水解等基本概念的掌握及對(duì)這些知識(shí)的綜合運(yùn)用能力。4一、鹽類(lèi)的水解1實(shí)質(zhì)：復(fù)分解反應(yīng)(有機(jī)水解屬取代)鹽+水 酸+堿(中和反應(yīng)的逆反應(yīng)，吸熱)。2水解平

2、衡：CH3COONa+H2O CH3COOH+NaOHCH3COO-+H2O CH3COOH+OH-(1)三大守恒：(以醋酸鈉溶液為例說(shuō)明)電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)物料守恒：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Na+)將上述兩式相加得到以下關(guān)系：質(zhì)子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)5(3)酸式鹽在溶液中的酸堿行為：弱酸的酸式鹽電離與水解并存；多數(shù)水解大于電離，但也有少數(shù)電離大于水解，如，HSO3-、H2PO4-、HC2O4-等。(2)水解規(guī)律：有弱才水解，都弱雙水解，誰(shuí)強(qiáng)顯誰(shuí)性。越弱越水解，越高(溫度高或價(jià)態(tài)高)越水

3、解，越稀越水解。注：可水解的物質(zhì)：部分鹽類(lèi)、鹵代烴、金屬碳化物、酯、糖類(lèi)(單糖除外)、蛋白質(zhì)。63影響因素：(1)決定性因素鹽的性質(zhì)(2)外因濃度鹽的濃度越大，水解程度越小。溫度溫度越高，水解程度越大。溶液的pH根據(jù)鹽類(lèi)水解后溶液的酸堿性判斷水解程度大小。如a.FeCl3溶液在配制時(shí)先將固體溶于濃鹽酸，再加水稀釋到所需濃度以抑制其水解。b.等物質(zhì)的量濃度的NH4HSO4、NH4Cl、NH4HCO3溶液、c(NH4+)依次減小。同種元素陽(yáng)離子的化合價(jià)價(jià)高水解程度更大，如Fe3+Fe2+。7(1) 判斷溶液的酸堿性。(2) 利用鹽類(lèi)互相促進(jìn)水解泡沫滅火器。(3) 分析鹽溶液中離子濃度大小。(4)

4、配制鹽溶液(配制FeCl3溶液要加入鹽酸，配制 Na2SiO3溶液加入NaOH)。(5) 判斷離子共存問(wèn)題。(6) 解釋一些化學(xué)現(xiàn)象(FeCl3溶液制膠體，無(wú)水AlCl3瓶蓋打開(kāi)有白霧等)。(7) 鹽溶液蒸干時(shí)所得產(chǎn)物的判斷(CuCl2溶液蒸干灼燒得到CuO，而硫酸銅則依然為硫酸銅)。 4水解知識(shí)應(yīng)用：8二、溶液中粒子濃度的大小比較基本原則：1抓住溶液中粒子濃度必須滿(mǎn)足的三種守恒關(guān)系：電荷守恒：任何溶液均顯電中性，各陽(yáng)離子濃度與其所帶電荷數(shù)的乘積之和=各陰離子濃度與其所帶電荷數(shù)的乘積之和。物料守恒：某原子的總量(或總濃度)=其以各種形式存在的所有粒子的量(或濃度)之和。質(zhì)子守恒：得質(zhì)子后形成的

5、粒子濃度 得質(zhì)子數(shù)=失質(zhì)子后形成的粒子濃度 失質(zhì)子數(shù)。9注：酸式鹽溶液的酸堿性：只電離不水解：如HSO4-；電離程度水解程度，顯酸性(如：HSO3-、H2PO4-)；水解程度電離程度，顯堿性(如：HCO3-、HS-、HPO42-)。 2抓住鹽類(lèi)水解的特點(diǎn)：程度小 含一種弱酸根離子的鹽溶液水解程度一般很小，水解產(chǎn)生的離子濃度一般較小，此原則適用于含一種弱酸根離子的鹽溶液中離子濃度大小比較的題型。10一、判斷溶液的酸堿性【例1】 (2011重慶)對(duì)滴有酚酞試液的下列溶液，操作后顏色變深的是()A明礬溶液加熱BCH3COONa溶液加熱C氨水中加入少量NH4Cl固體D小蘇打溶液中加入少量的NaCl固體

6、 【解析】本題考查外界條件對(duì)鹽類(lèi)水解及電離平衡的影響。鹽類(lèi)水解是吸熱的，因此加熱有利于水解反應(yīng)向正反應(yīng)方向移動(dòng)，明礬中的Al3水解，方程式為Al33H2O Al(OH)33H，加熱時(shí)酸性會(huì)增強(qiáng)。 A不正確不正確11答案：答案：B 【解析】CH3COONa水解顯堿性，方程式為CH3COOH2O CH3COOHOH，加熱時(shí)堿性會(huì)增強(qiáng)，所以溶液顏色會(huì)變深，B正確正確；氨水顯堿性，溶液中存在下列電離平衡NH3H2O NH4OH，加入少量NH4Cl固體，會(huì)增大NH4的濃度，抑制氨水的電離，從而降低堿性，顏色會(huì)變淺，C不正確不正確；NaHCO3屬于強(qiáng)電解質(zhì)，電離方程式為NaHCO3NaHCO3，HCO3同

7、時(shí)電離和水解，方程式為HCO3 HCO23，HCO3H2O H2CO3OH。由于水解程度大于電離程度，所以NaHCO3溶液顯弱堿性，但加入少量NaCl固體時(shí)，對(duì)兩個(gè)平衡不會(huì)產(chǎn)生影響，即顏色不發(fā)生變化，D不正確不正確。12【變式練習(xí)1】某溶液中存在的離子有：Na+、H+、S2-、HS-、OH-，則下列有關(guān)對(duì)該溶液敘述錯(cuò)誤的是( )A離子濃度可能是c(Na+)c(S2-)c(OH-)c(HS-)c(H+)B組成該溶液的溶質(zhì)只能是Na2S或NaHS或兩者的混合物C離子物質(zhì)的量的關(guān)系是2n(S2-)+n(HS-)+n(OH-) =n(Na+)+n(H+)D該溶液可能是中性，堿性，或酸性13【解析】溶液

8、中存在：Na+、H+、S2-、HS-、OH-，組成該溶液的溶質(zhì)除B外還有Na2S與NaOH，NaHS與H2S等組合，故B錯(cuò)。 答案：答案：B14二、判斷離子共存問(wèn)題【例2】常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是()ApH=1的溶液中：Fe2+、NO3-、SO42-、Na+B由水電離的c(H+)=1 10-14molL-1的溶液中：Ca2+、K+、Cl-、HCO3-Cc(H+)/c(OH-)=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3-、Cl-Dc(Fe3+)=0.1 molL-1的溶液中：K+、ClO-、SO42-、SCN-15【解析】 A項(xiàng)，由于H+、NO3-與Fe2+發(fā)生氧化還原

9、反應(yīng)而不能大量共存；B項(xiàng)，抑制了水的電離，溶液中存在大量的H+或OH-，但都不能與HCO3-共存；C項(xiàng)，溶液中的c(H+)=0.1 mol/L，能與本組離子共存；D項(xiàng)，F(xiàn)e3+能與SCN-發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)。綜上分析可知，本題選C項(xiàng)。答案：答案：C16【變式練習(xí)2】下列各種情況下，溶液中一定能大量存在的離子組是( )A能使pH試紙變深藍(lán)色的溶液中：S2-、SO32-、S2O32-、Na+B含有大量NO的溶液：H+、Fe2+、SO42-、Cl-C由水電離出的c(H+)=1 10-12 mol/L 的溶液中：K+、Na+、Cl-、SO32-D含有大量AlO2-的溶液：Na+、NH4+、SO42-、HCO

10、32-17【解析】 B中H+、Fe2+、NO3-不能共存，C溶液既可能呈酸性也可能呈堿性，酸性時(shí)SO32-與H+不能共存，D中OH-與NH4+、HCO3-不能共存。 答案：答案：A18三、分析鹽溶液中離子濃度大小【例3】(2011廣東)對(duì)于0.1 molL1Na2SO3溶液，正確的是()A升高溫度，溶液pH降低Bc(Na)2c(SO32)c(HSO3)c(H2SO3)Cc(Na)c(H)2c(SO32)2c(HSO3)c(OH)D加入少量NaOH固體，c(SO32)與c(Na)均增大19【解析】 Na2SO3是弱酸強(qiáng)堿鹽，溶液呈堿性，升高溫度能促進(jìn)SO32的水解，溶液pH升高，故故A錯(cuò)誤錯(cuò)誤；由物料守恒可得：c(Na)2c(SO32)c(HSO3)c(H2SO3)，故故B錯(cuò)誤錯(cuò)誤；由電荷守恒得：c(Na)c(H)2c(SO32)c(HSO3)c(OH)，故故C錯(cuò)誤錯(cuò)誤；加入少量NaOH固體，能抑制SO32的水解，故溶液中c(SO32)和c(Na)均增大，D正確正確。答案：答案：2021