2022版新教材化学鲁科版选择性必修第一册学案：第3章 物质在水溶液中的行为 章末总结 WORD版含解析.docx

1、章末总结体系构建模型构建一、化学平衡常数、水的离子积、电离平衡常数及溶度积的比较例1 （2020辽宁丹东高二期末）化学平衡常数(K) 、电离常数(Ka、Kb) 、溶度积常数(Ksp) 等是表示、判断物质性质的重要常数。下列关于这些常数的说法正确的是( )A.化学平衡常数的大小与温度、浓度、压强有关，与催化剂无关B.Ka(HCN)Ka(CH3COOH) ，说明相同物质的量浓度时，氢氰酸的酸性比醋酸强C.向硝酸银溶液中加入同浓度的氯化钠和溴化钠溶液，先产生浅黄色沉淀，则Ksp(AgBr)Ksp(AgCl)D.当温度升高时，弱酸、弱碱的电离常数(Ka、Kb) 变大答案： D解析：化学平衡常数只与温度

2、有关，与浓度、压强、催化剂无关，故A错误；HCN 和CH3COOH 都是一元酸，浓度相同时，电离常数越小，说明酸的电离程度越小，氢离子浓度越小，溶液的酸性越弱，故氢氰酸的酸性比醋酸弱，故B错误；溶解度越小的越先沉淀，AgCl和AgBr 结构相似，溶解度越小，溶度积就越小，故Ksp(AgBr)Ksp(AgCl) ，故C错误；弱酸、弱碱的电离过程是吸热过程，温度升高促进电离，弱酸、弱碱的电离常数(Ka、Kb) 变大，故D正确。模型构建四种平衡常数的比较：化学平衡常数水的离子积电离平衡常数溶度积反应举例mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)H2OH+OH-HAH+A-AmBn(s)mAn+(a

3、q)+nBm-(aq)表达式K=c平p(C)c平q(D)c平m(A)c平n(B)KW=c平(H+)c平(OH-)Ka=c平(H+)c平(A-)c平(HA)Ksp=c平m(An+)c平n(Bm-)影响因素温度迁移应用1 化学平衡常数(K) 、电离常数(Ka、Kb) 、溶度积常数(Ksp) 是判断物质性质或变化的重要的常数。下列关于这些常数的说法中，正确的是( )A.升高温度，化学平衡常数一定增大B.CH3COONH4 溶液几乎呈中性，说明Ka(CH3COOH) 与Kb(NH3H2O) 近似相等C.已知：Ksp(AgCl)Ksp(AgI) ，由此可以判断AgCl+I-=AgI+Cl- 不能够发生D

4、.Ka(HCN)Ka(CH3COOH) ，说明相同浓度时，NaCN 溶液的pH 比CH3COONa 溶液小答案： B解析：对于放热反应，温度越高，化学平衡常数越小，A错误；CH3COONH4 溶液呈中性，说明NH4+ 和CH3COO- 在相同情况下的水解程度相同，从而说明在相同温度时Ka(CH3COOH) 和Kb(NH3H2O) 近似相等，B正确；沉淀转化的实质是由相对难溶解的物质转化为更难溶解的物质，由Ksp(AgCl)Ksp(AgI) 可知，AgI 更难溶于水，C错误；Ka 越大，说明该酸越易电离，对应弱酸酸根离子的水解程度越小，则相同浓度时CH3COONa 溶液的pH 比NaCN 溶液小

5、，D错误。迁移应用2 （1）已知25 时，NH3H2O 的电离平衡常数Kb=1.810-5molL-1 ，该温度下1molL-1 的NH4Cl 溶液中c(H+)=molL-1 （已知5.562.36 ）。（2）常温下，用NaOH 溶液吸收SO2 得到pH=9 的Na2SO3 溶液，吸收过程中水的电离平衡 （填“向左”“向右”或“不”）移动。试计算所得溶液中c(SO32-)c(HSO3-)= （常温下H2SO3 的电离平衡常数Ka1=1.010-2molL-1,Ka2=6.010-8molL-1 ）。（3）已知常温下CN- 的水解常数Kh=1.6110-5molL-1 。常温下，含等物质的量浓度

6、的HCN 与NaCN 的混合溶液显 （填“酸”“碱”或“中”）性，c(CN-) （填“”“”或“=”）c(HCN) 。该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 。常温下，若将cmolL-1 盐酸与0.62molL-1KCN 溶液等体积混合后恰好得到中性溶液，则c= （小数点后保留4位数字，忽略溶液体积变化）。（4）已知25 时，KspFe(OH)3=810-39mol4L-4 ，该温度下反应Fe(OH)3+3H+Fe3+3H2O 的平衡常数为 （列式并计算）。向0.001molL-1FeCl3 溶液中通入氨气（体积变化忽略不计），开始沉淀时溶液的pH 为 (lg5=0.7) 。答案：（1）2.361

7、0-5（2）向右 ; 60 （3）碱 ; ; c(Na+)c(CN-)c(OH-)c(H+) ; 0.6162（4）K=c(Fe3+)c3(H+)=KspFe(OH)3KW3=810-3910-143mol-2L2=8103mol-2L2 ; 2.3解析：（1）Kh=c(H+)c(NH3H2O)c(NH4+)=KWKb,c(H+)c(NH3H2O) ，而c(NH4+)1molL-1 。所以c(H+)=Kh=10-141.810-5molL-12.3610-5molL-1 。（2）NaOH 电离出的OH- 抑制水的电离，Na2SO3 电离出的SO32- 水解促进水的电离。SO32-+H2OHSO

8、3-+OH-,Kh=c(HSO3-)c(OH-)c(SO32-)=KWKa2=10-14mol2L-26.010-8molL-1 ，所以c(SO32-)c(HSO3-)=10-510-146.010-8=60 。（3）Kh(CN-)=1.6110-5molL-1 ，由此可求出Ka(HCN)6.210-10molL-1 ，故CN- 的水解能力强于HCN 的电离能力，由于NaCN 与HCN 的物质的量相等，故水解产生的c(OH-) 大于电离产生的c(H+) ，混合溶液显碱性，且c(CN-)c(HCN) 。当溶液显中性时，由电荷守恒知，溶液中c(K+)=c(CN-)+c(Cl-) ，由物料守恒得c(

9、HCN)=c(K+)-c(CN-)=c(Cl-)=0.5cmolL-1 ，由CN-+H2OHCN+OH- 得Kh=c(OH-)c(HCN)c(CN-)=1.010-70.5c0.31-0.5cmolL-1=1.6110-5molL-1 ，解得c0.6162 。（4）该反应的平衡常数K=c(Fe3+)c3(H+)=c(Fe3+)c3(OH-)c3(H+)c3(OH-)=KspFe(OH)3KW3=810-3910-143mol-2L2=8103mol-2L2 。开始沉淀时c(OH-)=3KspFe(OH)3c(Fe3+)=3810-390.001molL-1=210-12molL-1 ，故pH=

10、-lgc(H+)=-lg(510-3)=2.3 。二、溶液中微粒浓度的大小比较例2 某酸性溶液中只有Na+、CH3COO-、H+、OH- 四种离子。则下列描述正确的是( )A.该溶液可能由等物质的量浓度、等体积的NaOH 溶液和CH3COOH 溶液混合而成B.该溶液可能由pH=3 的CH3COOH 溶液与pH=11 的NaOH 溶液等体积混合而成C.加入适量的NaOH ，溶液中离子浓度为c(CH3COO-)c(Na+)c(OH-)c(H+)D.加入适量氨水：c(CH3COO-) 一定大于c(Na+)、c(NH4+) 之和答案： B解析：A项，所得溶液为CH3COONa 溶液，显碱性，错误；B项

11、，CH3COOH 为弱电解质，混合液中CH3COOH 过量，显酸性，正确；C项，电荷不守恒，错误；D项，根据电荷守恒式c(H+)+c(Na+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(CH3COO-) ，只有c(H+)c(OH-) 才会有c(CH3COO-)c(Na+)+c(NH4+) ，加入氨水后溶液中不一定c(H+)c(OH-) ，错误。模型构建有关离子浓度大小比较的解题思路：迁移应用3 在0.1molL-1Na2S 溶液中存在着多种离子和分子，下列关系不正确的是( )A.c(Na+)+c(H+)=c(HS-)+c(OH-)+2c(S2-)B.c(Na+)+c(H+)=c(HS-)+c(OH-)

12、+c(S2-)C.c(Na+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)D.c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)答案： B解析：在电解质溶液里，由电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(HS-)+c(OH-)+2c(S2-) ，A项正确，B项错误；由物料守恒得c(Na+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S) ，C项正确；由质子守恒得c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S) ，D项正确。迁移应用4 用物质的量均为0.1mol 的CH3COOH 和CH3COONa 配成1L 混合溶液，已知其中c(CH3COO-)c(Na+) ，下列对该溶液的判断正

13、确的是( )A.c(H+)c(OH-)B.c(CH3COO-)=0.1molL-1C.c(CH3COOH)c(CH3COO-)D.c(CH3COO-)+c(OH-)=0.1molL-1答案： A解析：由电荷守恒可知，c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+) ，因为c(CH3COO-)c(Na+) ，所以c(H+)c(OH-) ，A项正确；由物料守恒可知，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.2molL-1,c(CH3COO-)c(Na+)=0.1molL-1 ，故c(CH3COO-)c(CH3COOH) ，B 、C项错误；c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H

14、+)+c(Na+)=c(H+)+0.1molL-10.1molL-1 ，D项错误。高考体验1.（2020课标，13，6分）以酚酞为指示剂，用0.1000molL-1 的NaOH 溶液滴定20.00mL 未知浓度的二元酸H2A 溶液。溶液中，pH 、分布系数 随滴加NaOH 溶液体积VNaOH 的变化关系如下图所示。比如A2- 的分布系数：(A2-)=c(A2-)c(H2A)+c(HA-)+c(A2-) 下列叙述正确的是( )A.曲线代表(H2A) ，曲线代表(HA-)B.H2A 溶液的浓度为0.2000molL-1C.HA- 的电离常数Ka=1.010-2D.滴定终点时，溶液中c(Na+)2c

15、(A2-)+c(HA-)答案： C解析：由题图可知加入NaOH 溶液的体积为40mL 时，溶液pH 发生突跃，达到滴定终点，溶质为Na2A ，故有n(H2A)=20.00mLc(H2A)=12n(NaOH)=120.1000mol/L40mL ，则c(H2A)=0.1000mol/L ，而起点时pH 约为1，故H2A 的电离过程应为H2A=HA-+H+,HA-A2-+H+ ，故曲线表示(HA-) ，曲线表示(A2-) ，A 、B项错误；由Ka=c(A2-)c(H+)c(HA-) ，VNaOH 等于25mL 时，pH=2.0 ，且c(A2-)=c(HA-) ，可知Ka=1.010-2 ，C项正确

16、；以酚酞作指示剂，滴定终点时的溶质为Na2A ，溶液呈碱性，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-) ，结合c(H+)c(OH-) ，可知c(Na+)c(HA-)+2c(A2-) ，D项错误。2.（不定项）（2020山东，15，4分）25 时，某混合溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1molL-1 ，lgc(CH3COOH)、lgc(CH3COO-)、lgc(H+) 和lgc(OH-) 随pH 变化的关系如下图所示。Ka 为CH3COOH 的电离常数，下列说法正确的是( )A.O 点时，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)B.N

17、 点时，pH=-lgKaC.该体系中，c(CH3COOH)=0.1c(H+)Ka+c(H+)molL-1D.pH 由7到14的变化过程中，CH3COO- 的水解程度始终增大答案： B ; C解析： 分析题图可知，N 点为lgc(CH3COOH) 与lgc(CH3COO-) 随pH 变化曲线的交点，此时c(CH3COOH)=c(CH3COO-),Ka=c(CH3COO-)c(H+)c(CH3COOH)=c(H+),pH=-lgc(H+)=-lgKa ，A错误，B正确。题目中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1molL-1 ，则c(CH3COO-)=0.1molL-1-c(CH3CO

18、OH),Ka=c(CH3COO-)c(H+)c(CH3COOH) ，解得c(CH3COOH)=0.1c(H+)Ka+c(H+)molL-1 ，C正确。pH 由7到14过程中，溶液中c(OH-) 逐渐增大，对CH3COO- 的水解平衡(CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-) 有抑制作用，故CH3COO- 的水解程度不可能始终增大，D错误。3.（2020天津，7，3分）常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是( )A.相同浓度的HCOONa 和NaF 两溶液，前者的pH 较大，则Ka(HCOOH)Ka(HF)B.相同浓度的CH3COOH 和CH3COONa 两溶液等体积混合后pH 约为4.

19、7，则溶液中c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)C.FeS 溶于稀硫酸，而CuS 不溶于稀硫酸，则Ksp(FeS)Ksp(CuS)D.在1molL-1Na2S 溶液中，c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1molL-1答案： A解析：A项，相同浓度的HCOONa 溶液和NaF 溶液，HCOONa 溶液的pH 较大说明HCOO- 水解程度大于F- ，依据“越弱越水解”知，HCOOH 的酸性弱于HF ，即Ka(HCOOH)Ka(HF) ，错误；B项，相同浓度的CH3COOH 溶液和CH3COONa 溶液等体积混合后pH 约为4.7，说明CH3COOH 的电离程度大于CH3C

20、OO- 的水解程度，则溶液中的离子浓度：c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-) ，正确；C项，在FeS 中存在：FeS(s)Fe2+(aq)+S2-(aq) ，CuS 中存在：CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq) ，加入稀硫酸后FeS 溶解是由于H+ 与S2- 结合形成H2S ，使沉淀溶解平衡正向移动；CuS 不溶解说明溶液中c(S2-) 小，即FeS 的溶解度大于CuS ，Ksp(FeS)Ksp(CuS) ，正确；D项，在1molL-1Na2S 溶液中，依据物料守恒知c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1molL-1 ，正确。4.（2020山东，16，12分）用

21、软锰矿（主要成分为MnO2 ，含少量Fe3O4、Al2O3 ）和BaS 制备高纯MnCO3 的工艺流程如下：已知：MnO2 是一种两性氧化物；25 时相关物质的Ksp 见下表。物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp110-16.3110-38.6110-32.3110-12.7回答下列问题：（1）软锰矿预先粉碎的目的是 ，MnO2 与BaS 溶液反应转化为MnO 的化学方程式为 。（2）保持BaS 投料量不变，随MnO2 与BaS 投料比增大，S 的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2 的量达到最大值后会减小，减小的原因是 。（3）滤液可循环使用，应当将其导入

22、到 操作中（填操作单元的名称）。（4）净化时需先加入的试剂X 为 （填化学式），再使用氨水调溶液的pH ，则pH 的理论最小值为 （当溶液中某离子浓度c1.010-5molL-1 时，可认为该离子沉淀完全）。（5）碳化过程中发生反应的离子方程式为 。 答案：（1）增大接触面积，充分反应，提高反应速率 ; MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S（2）过量的MnO2 消耗了产生的Ba(OH)2（3）蒸发 （4）H2O2 ; 4.9（5）Mn2+HCO3-+NH3H2O=MnCO3+NH4+H2O解析：（1）预先粉碎软锰矿，可以增大接触面积，充分反应，从而提高反应速率和原料的利用率。从

23、题给流程图中可以看出，MnO2 和BaS 溶液反应除生成MnO 外，还生成S 和Ba(OH)2 ，根据得失电子守恒和原子守恒可得反应的化学方程式为MnO2+BaS+H2O=MnO+Ba(OH)2+S 。（2）由题给信息可知MnO2 是一种两性氧化物，故可与Ba(OH)2 反应，Ba(OH)2 的量会减少。（3）蒸发结晶析出Ba(OH)2 ，过滤后，滤液是饱和的Ba(OH)2 溶液，其中含有Ba(OH)2 ，为循环使用，可将其导入到蒸发操作中。（4）为除尽Fe2+, 可加入H2O2 将其氧化为Fe3+ 。由题表中相关物质的Ksp 可知，Fe3+ 完全沉淀需要的pH 比Al3+ 完全沉淀所需pH 小，溶液pH 只需达到Al3+ 完全沉淀所需pH 即可；设Al3+ 恰好完全沉淀时溶液中OH- 浓度为xmolL-1 ，则1.010-5x3=110-32.3,x=10-9.1,pOH=9.1,pH=14-9.1=4.9 。（5）碳化过程中生成MnCO3 的反应为Mn2+HCO3-=MnCO3+H+ ，生成的H+ 再和所加氨水反应生成NH4+ ，故反应的离子方程式为Mn2+HCO3-+NH3H2O=MnCO3+NH4+H2O 。