2021届高考化学一轮复习-专题讲座突破“水溶液中离子平衡”的两个难点教案-新人教版.doc

2021届高考化学一轮复习 专题讲座突破“水溶液中离子平衡”的两个难点教案 新人教版

2021届高考化学一轮复习 专题讲座突破“水溶液中离子平衡”的两个难点教案 新人教版

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- 9 -

专题讲座(十)　突破“水溶液中离子平衡”的两个难点
难点一　滴定曲线中的五个关键点
　酸碱中和滴定曲线类试题是近几年高考考查的热点，特别是“一强一弱”类(如NaOH—CH3COOH、NH3·H2O—HCl)，中和滴定曲线出现的频率更高、题目一般在某一溶液中持续滴入另一溶液的反应曲线，主要考查溶液中离子浓度的大小比较、酸碱性的判断、对水电离平衡的影响、溶液中的守恒关系。
解决酸碱中和滴定曲线类问题的关键是巧抓“5点”，即曲线的起点、恰好反应点、中性点、反应一半点和过量点，先判断出各个点中的溶质及溶液的酸碱性，以下面室温时用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定0.1 mol·L－1 HA溶液为例，总结如何抓住滴定曲线的5个关键点：

滴定曲线
关键点
离子浓度关系

原点(点0)
原点为HA的单一溶液，0.1 mol·L－1 HA溶液pH>1说明HA是弱酸；c(HA)>c(H＋)>c(A－)>c(OH－)
反应一半点(点①)
两者反应生成等物质的量的NaA和HA混合液，此时溶液pH<7，说明HA的电离程度大于A－的水解程度，c(A－)>c(Na＋)>c(HA)>c(H＋)>c(OH－)
中性点(点②)
此时溶液pH＝7，溶液是中性，酸没有完全被中和，c(Na＋)＝c(A－)>c(HA)>c(H＋)＝c(OH－)
恰好完全反应点(点③)
此时二者恰好完全反应生成NaA，为强碱弱酸盐，溶液是碱性，c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(HA)>c(H＋)
过量点(点④)
此时，NaOH溶液过量，得到NaA与NaOH等物质的量的混合液，溶液显碱性，c(Na＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)

难点二　四大平衡常数的应用
1．四大平衡常数的表达式

符号
适用体系
平衡关系式(实例) 及平衡常数表达式
水的离子积常数
KW
任意水溶液
H2OH＋＋OH－
KW＝c(H＋)·c(OH－)
弱电解质电离平衡常数
Ka或Kb
弱酸或弱碱溶液
HFH＋＋F－
Ka＝
盐的水解平衡常数
Kh
弱离子的盐溶液
CH3COO－＋H2O
CH3COOH＋OH－
Kh＝

沉淀溶解平衡常数
Ksp
难溶电解质
Mg(OH)2(s)
Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)
Ksp[Mg(OH)2]＝c(Mg2＋)·c2(OH－)
2.相关规律
(1)Qc与K的关系
二者表达式相同，若Qc<K，平衡正向移动；若Qc＝K，平衡不移动；若Qc>K，平衡逆向移动。
(2)平衡常数都只与温度有关，温度不变，平衡常数不变。升高温度，Ka、KW、Kh均增大，而Ksp一般会增大。
(3)KW、Ka(Kb)、Ksp、Kh之间的关系
①一元弱酸一元强碱盐：Kh＝KW/Ka；
②一元强酸一元弱碱盐：Kh＝KW/Kb；
③多元弱碱一元强酸盐，如氯化铁：Fe3＋(aq)＋3H2O(l)⇌Fe(OH)3(s)＋3H＋(aq)　Kh＝c3(H＋)/c(Fe3＋)。将K＝c3(H＋)×c3(OH－)与Ksp＝c(Fe3＋)×c3(OH－)两式相除，消去c3(OH－)可得Kh＝K/Ksp。
[典题示例]
角度一　利用电离常数确定离子浓度比值的变化
已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等①，现向10 mL浓度为0.1 mol/L的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中(　　)
A．水的电离程度始终增大②
B．c(NH)/c(NH3·H2O)③先增大再减小
C．c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和④始终保持不变
D．当加入氨水的体积为10 mL时，c(NH)＝c(CH3COO－)⑤
典题剖析：　抽丝剥茧　溯本求源
关键信息
信息分析与迁移
信息①
电离常数相等，则其对应离子的水解程度相等
信息②
水的电离程度受溶液酸碱性的影响，也受能够水解的盐的影响
信息③
需利用电离平衡常数分析
信息④
从原子守恒和溶液体积的变化上分析
信息⑤
由CH3COOH与NH3·H2O的电离程度相等分析
D　[酸碱均抑制水的电离，向CH3COOH溶液中滴加氨水，水的电离程度先增大，当恰好完全反应后，再滴加氨水，水的电离程度减小，A错误；因为氨水的电离常数Kb＝，所以＝，因为温度不变Kb不变，随氨水的加入c(H＋)减小，不断减小，B错误；加入氨水，体积变大，c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和变小，C错误；当加入氨水的体积为10 mL时，氨水与CH3COOH恰好反应，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，故CH3COO－和NH的水解程度相同，溶液呈中性，由电荷守恒可得c(NH)＝c(CH3COO－)，D正确。]
角度二　利用电离常数判断化学反应的正误
部分弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸
HCOOH
HCN
H2CO3
电离平
衡常数①(25 ℃)
Ka＝1.77×10－4
Ka＝4.9×10－10
Ka1＝4.3×10－7
Ka2＝5.6×10－11
下列选项错误的是(双选)(　　)
A．2CN－＋H2O＋CO2===2HCN＋CO2－
B．2HCOOH＋CO===2HCOO－＋H2O＋CO2↑
C．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者③
D．等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者小于后者④
典题剖析：　抽丝剥茧　溯本求源
关键信息
信息分析与迁移
信息①
根据电离平衡常数的大小可知，酸性：HCOOH>H2CO3>HCN>HCO
信息②
利用“相对强的酸能制取相对弱的酸”原理分析
信息③
弱酸的强弱程度不同，中和碱的能力也不相同
信息④
根据电荷守恒和水解程度大小进行分析
AD　[根据电离平衡常数，HCN的电离程度介于H2CO3的一级电离和二级电离之间，因此A中反应错误，应为CN－＋H2O＋CO2===HCN＋HCO；HCOOH的电离程度大于H2CO3的一级电离，因此B正确；等pH的HCOOH和HCN，HCN溶液的浓度大，中和等体积、等pH的HCOOH和HCN，后者消耗NaOH的量大，C正确；在HCOONa和NaCN溶液中分别存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOO－)＋c(OH－)，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CN－)＋c(OH－)。等浓度的HCOONa和NaCN溶液，NaCN水解程度大，溶液中OH－浓度大，H＋浓度小。根据电荷守恒，两溶液中离子总浓度为2[c(Na＋)＋c(H＋)]，而Na＋浓度相同，H＋浓度后者小，因此等体积、等浓度的两溶液中离子总数前者大于后者，D错误。]
角度三　利用水的离子积常数判断溶液的酸碱性
如图表示水中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断错误的是(　　)

A．两条曲线间任意点均有c(H＋)×c(OH－)＝KW
B．M区域内任意点均有c(H＋)<c(OH－)
C．图中T1<T2
D．XZ线上任意点均有pH＝7
D　[任何水溶液中都有KW＝c(H＋)·c(OH－)，因此两条曲线间任一点均有此关系，A项正确；XZ线上任意点溶液呈中性，M区域在XZ上方均有c(H＋)<c(OH－)，B项正确；T1时KW小于T2时KW，则T1<T2，C项正确；XZ线上任意点溶液呈中性，但只有在25 ℃时pH＝7，D项错误。]
角度四　Ksp在污水处理及工农业生产中的应用
下表是三种物质的溶解度(20 ℃)，下列说法中正确的是(　　)
物质
MgCl2
Mg(OH)2
MgCO3
溶解度(g/100 g水)
74
0.000 84
0.01
A.已知MgCO3的Ksp＝6.82×10－6，则所有含有固体MgCO3的溶液中，都有c(Mg2＋)＝c(CO)，且c(Mg2＋)·c(CO)＝6.82×10－6
B．将表中三种物质与水混合，加热、灼烧，最终的固体产物相同
C．除去粗盐中含有的MgCl2杂质，最佳除杂试剂为Na2CO3溶液
D．用石灰水处理含有Mg2＋和HCO的硬水，发生反应的离子方程式为Mg2＋＋2HCO＋Ca2＋＋2OH－===CaCO3↓＋MgCO3↓＋2H2O
B　[含有MgCO3的溶液中一定有c(Mg2＋)·c(CO)＝6.82×10－6，但是c(Mg2＋)、c(CO)不一定相等，如溶液中同时含有MgCl2或Na2CO3，A项错误；加热MgCl2溶液过程中MgCl2水解，因HCl挥发，在加热、灼烧后最终得到的是MgO，加热MgCO3溶液过程中因Mg(OH)2更难溶，MgCO3转化为Mg(OH)2，灼烧Mg(OH)2得到MgO，B项正确；由于Mg(OH)2的溶解度更小，故除去粗盐中的MgCl2的最佳试剂是NaOH溶液，C项错误；石灰水处理硬水得到的沉淀是CaCO3和Mg(OH)2的混合物，D项错误。]
角度五　平衡常数间关系的综合应用
研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：
2NO2(g)＋NaCl(s)⇌NaNO3(s)＋ClNO(g)　K1　ΔH1<0(Ⅰ)
2NO(g)＋Cl2(g)⇌2ClNO(g)　K2　ΔH2<0(Ⅱ)
(1)4NO2(g)＋2NaCl(s)⇌2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)的平衡常数K①＝______________(用K1、K2表示)。
(2)为研究不同条件对反应(Ⅱ)的影响，在恒温条件下，向2 L恒容密闭容器中加入0.2 mol NO和0.1 mol Cl2,10 min时反应(Ⅱ)达到平衡。测得10 min内v(ClNO)＝7.5×10－3 mol·L－1·min－1，则平衡后n(Cl2)＝________mol，NO的转化率α1＝________。其他条件保持不变，反应(Ⅱ)在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率α2__________α1(填“>”“<”或“＝”)，平衡常数K2__________(填“增大”“减小”或“不变”)②。若要使K2减小③，可采取的措施是____________。
(3)实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O。含0.2 mol NaOH的水溶液与0.2 mol NO2恰好完全反应得1 L溶液A，溶液B为0.1 mol·L－1的CH3COONa溶液，则两溶液中c(NO)、c(NO)和c(CH3COO－)由大到小的顺序④为______________________。(已知HNO2的电离常数Ka＝7.1×10－4 mol·L－1，CH3COOH的电离常数Ka＝1.7×10－5 mol·L－1)
可使溶液A和溶液B的pH相等⑤的方法是________。
a．向溶液A中加适量水　　 B．向溶液A中加适量NaOH
c．向溶液B中加适量水 D．向溶液B中加适量NaOH
典题剖析：　抽丝剥茧　溯本求源
关键信息
信息分析与迁移
信息①
反应(Ⅰ)×2－反应(Ⅱ)即得到新反应，利用平衡常数定义可得该反应的平衡常数
信息②
平衡常数只受温度的影响
信息③
根据反应的焓变分析
信息④
据盐类水解规律，越弱越水解分析
信息⑤
由“越弱越水解”可知，A溶液的碱性比B溶液的碱性弱，pHA<pHB。要使pHA＝pHB，则应使pHA增大或pHB减小
解析：　(1)由题可知K1＝，K2＝，反应(Ⅰ)×2－反应(Ⅱ)得：4NO2(g)＋2NaCl(s)⇌2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)，故K＝＝；(2)转化的n(Cl2)＝×7.5×10－3 mol·L－1·min－1×2 L×10 min＝7.5×10－2 mol，则平衡后的n(Cl2)＝0.1 mol－7.5×10－2 mol＝2.5×10－2 mol；转化的n(NO)＝7.5×10－3 mol·L－1·min－1×2 L×10 min＝0.15 mol，则NO的转化率α1＝×100%＝75%；反应(Ⅱ)是一个气体分子数减少的反应，其他条件保持不变，在恒压条件下进行，需不断缩小体积，相当于加压，有利于平衡右移，故平衡时NO的转化率增大，即α2>α1；因为温度不变，平衡常数K2不变；反应(Ⅱ)的ΔH<0，升温会使平衡左移，K2减小；(3)不考虑水解与电离可得溶液A中c(NaNO3)＝c(NaNO2)＝0.1 mol·L－1，又知HNO2的电离常数Ka＝7.1×10－4 mol·L－1大于CH3COOH的电离常数Ka＝1.7×10－5 mol·L－1，HNO2的酸性大于CH3COOH，根据越弱越水解规律，CH3COO－的水解程度大于NO，故c(NO)>c(NO)>c(CH3COO－)；溶液A、B显碱性且溶液A的pH小于溶液B，向溶液A中加适量NaOH或者向溶液B中加适量水可使溶液A和溶液B的pH相等。
答案：　(1)
(2)2.5×10－2　75%　>　不变　升高温度
(3)c(NO)>c(NO)>c(CH3COO－)　bc