鲁科版高中化学选择性必修第一册第3章物质在水溶液中的行为章末总结学案

这是一份鲁科版高中化学选择性必修第一册第3章物质在水溶液中的行为章末总结学案，共8页。

第3章 物质在水溶液中的行为 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： 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(NH3⋅H2O) 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.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(NH3⋅H2O) 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，D错误。 迁移应用2 （1）已知25 ℃ 时，NH3⋅H2O 的电离平衡常数Kb=1.8×10-5mol⋅L-1 ，该温度下1 mol⋅L-1 的NH4Cl 溶液中c(H+)=mol⋅L-1 （已知5.56≈2.36 ）。 （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=1.0×10-2mol⋅L-1,Ka2=6.0×10-8mol⋅L-1 ）。 （3）已知常温下CN- 的水解常数Kh=1.61×10-5mol⋅L-1 。常温下，含等物质的量浓度的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cmol⋅L-1 盐酸与0.62 mol⋅L-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，Ksp[Fe(OH)3]=8×10-39mol4⋅L-4 ，该温度下反应Fe(OH)3+3 H+⇌Fe3++3 H2O 的平衡常数为 （列式并计算）。向0.001 mol⋅L-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）2.36×10-5 （2）向右 ; 60 （3）碱 ; ＜ ; c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+) ; 0.6162（4）K=c(Fe3+)c3(H+)=Ksp[Fe(OH)3]KW3=8×10-3910-14×3mol-2⋅L2=8×103mol-2⋅L2 ; 2.3 解析：（1）Kh=c(H+)⋅c(NH3⋅H2O)c(NH4+)=KWKb,c(H+)≈c(NH3⋅H2 O) ，而c(NH4+)≈1 mol⋅L-1 。所以c(H+)=Kh=10-141.8×10-5mol⋅L-1≈2.36×10-5mol⋅L-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-+H2O⇌HSO3-+OH-,Kh=c(HSO3-)⋅c(OH-)c(SO32-)=KWKa2=10-14mol2⋅L-26.0×10-8mol⋅L-1 ，所以c(SO32-)c(HSO3-)=10-510-146.0×10-8=60 。 （3）Kh(CN-)=1.61×10-5mol⋅L-1 ，由此可求出Ka(HCN)≈6.2×10-10mol⋅L-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(HCN)=c(K+)-c(CN-)=c(Cl-)=0.5cmol⋅L-1 ，由CN-+H2O⇌HCN+OH- 得Kh=c(OH-)⋅c(HCN)c(CN-)=1.0×10-7×0.5c0.31-0.5cmol⋅L-1=1.61×10-5mol⋅L-1 ，解得c≈0.6162 。 （4）该反应的平衡常数K=c(Fe3+)c3(H+)=c(Fe3+)⋅c3(OH-)c3(H+)⋅c3(OH-)=Ksp[Fe(OH)3]KW3=8×10-3910-14×3mol-2⋅L2=8×103mol-2⋅L2 。开始沉淀时c(OH-)=3Ksp[Fe(OH)3]c(Fe3+)=38×10-390.001mol⋅L-1=2×10-12mol⋅L-1 ，故pH=-lgc(H+)=-lg(5×10-3)=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，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0.1 mol⋅L-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-)+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0.1 mol 的CH3COOH 和CH3COONa 配成1 L 混合溶液，已知其中c(CH3COO-)＞c(Na+) ，下列对该溶液的判断正确的是( ) A.c(H+)＞c(OH-) B.c(CH3COO-)=0.1 mol⋅L-1 C.c(CH3COOH)＞c(CH3COO-) D.c(CH3COO-)+c(OH-)=0.1 mol⋅L-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-)=0.2 mol⋅L-1,c(CH3COO-)＞c(Na+)=0.1 mol⋅L-1 ，故c(CH3COO-)＞c(CH3COOH) ，B 、C项错误；c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)=c(H+)+0.1 mol⋅L-1＞0.1 mol⋅L-1 ，D项错误。 高考体验 1.（2020课标Ⅰ，13，6分）以酚酞为指示剂，用0.1000 mol⋅L-1 的NaOH 溶液滴定20.00 mL 未知浓度的二元酸H2A 溶液。溶液中，pH 、分布系数δ 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：δ(A2-)=c(A2-)c(H2A)+c(HA-)+c(A2-) ] 下列叙述正确的是( ) A.曲线①代表δ(H2A) ，曲线②代表δ(HA-) B.H2A 溶液的浓度为0.2000 mol⋅L-1 C.HA- 的电离常数Ka=1.0×10-2 D.滴定终点时，溶液中c(Na+)＜2c(A2-)+c(HA-) 答案： C 解析：由题图可知加入NaOH 溶液的体积为40 mL 时，溶液pH 发生突跃，达到滴定终点，溶质为Na2A ，故有n(H2A)=20.00 mL×c(H2A)=12n(NaOH)=12×0.1000 mol/L×40 mL ，则c(H2A)=0.1000 mol/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①表示δ(HA-) ，曲线②表示δ(A2-) ，A 、B项错误；由Ka=c(A2-)⋅c(H+)c(HA-) ，VNaOH 等于25 mL 时，pH=2.0 ，且c(A2-)=c(HA-) ，可知Ka=1.0×10-2 ，C项正确；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-)=0.1 mol⋅L-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 点时，pH=-lgKa C.该体系中，c(CH3COOH)=0.1c(H+)Ka+c(H+)mol⋅L-1 D.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(CH3 COO-)=0.1 mol⋅L-1 ，则c(CH3COO-)=0.1 mol⋅L-1-c(CH3COOH),Ka=c(CH3COO-)⋅c(H+)c(CH3COOH) ，解得c(CH3COOH)=0.1c(H+)Ka+c(H+)mol⋅L-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-+H2O⇌CH3COOH+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4.7，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1 mol⋅L-1Na2S 溶液中，c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1 mol⋅L-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CH3COO- 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1 mol⋅L-1Na2S 溶液中，依据物料守恒知c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1 mol⋅L-1 ，正确。 4.（2020山东，16，12分）用软锰矿（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。 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Ⅰ可循环使用，应当将其导入到 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c≤1.0×10-5mol⋅L-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-+NH3⋅H2O=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Ⅰ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x mol⋅L-1 ，则1.0×10-5×x3=1×10-32.3,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-+NH3⋅H2O=MnCO3↓+NH4++H2O 。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)H2O⇌H++OH-HA⇌H++A-AmBn(s)⇌mAn+(aq)+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-)影响因素温度物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp1×10-16.31×10-38.61×10-32.31×10-12.7