2023高二化學的教案設(shè)計

Word-61-2023高二化學的教案設(shè)計2023高二化學教案設(shè)計七篇

借鑒先進教學理念，提高我校老師水平。借助本科國際化項目，學院骨干老師在國內(nèi)體驗國外高校的教學活動。下面是為大家?guī)淼?023高二化學教案設(shè)計七篇，盼望大家能夠喜愛！

2023高二化學教案設(shè)計【篇1】

1、確定本周課程教學內(nèi)容

內(nèi)容和進度：其次節(jié)醛、酮及習題講評

第一課時：(1)以乙醛為例學習醛基的化學性質(zhì);甲醛的反應及相關(guān)計算。

其次課時：同學分組試驗：乙醛的銀鏡反應、乙醛與新制氫氧化銅反應;簡潔介紹酮的性質(zhì)。

第三課時：《步步高》醛的練習講評。

第四課時：《步步高》酮的練習講評

2、教學目標：

熟悉醛類的結(jié)構(gòu)特點和性質(zhì)主要通過醛類的典型代表物──乙醛，介紹了乙醛的氧化反應和加成反應，主要通過試驗來歸納乙醛的性質(zhì);結(jié)合乙醛的結(jié)構(gòu)特點，復習和應用核磁共振氫譜圖;結(jié)合乙醛的加成反應，進一步熟悉有機化學中的氧化反應和還原反應。

教學重點：乙醛的結(jié)構(gòu)特點和主要化學性質(zhì)。

教學難點：乙醛與銀氨溶液、新制cu(oh)2反應的化學方程式的正確書寫。

3、資料預備：

選修5《有機化學基礎(chǔ)》教材、《步步高》、試驗藥品、儀器、視頻

4、新課授課方式(含疑難點的突破)：

第一課時醛

同學已經(jīng)把握了乙醇的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，把握了羥基官能團的結(jié)構(gòu)特點及其在化學反應中可能的變化，因此教學的重點是關(guān)心同學在對比羥基和醛基官能團結(jié)構(gòu)的基礎(chǔ)上，運用“結(jié)構(gòu)打算性質(zhì)”的觀點，推想乙醛可能的化學性質(zhì);再通過試驗，探究乙醛的化學性質(zhì)，落實“性質(zhì)反映結(jié)構(gòu)”的觀點;最終通過小結(jié)醛基的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，關(guān)心同學遷移到醛類化合物，并把握醛基發(fā)生氧化、還原反應的基本規(guī)律。

依據(jù)“結(jié)構(gòu)打算性質(zhì)”的觀點，首先提示爭論乙醛的結(jié)構(gòu)特點，推想乙醛可能的化學性質(zhì)，

然后開展試驗探究，探究乙醛的還原性。探究乙醛與高錳酸鉀酸性溶液、與銀氨溶液、與cu(oh)2反應的試驗現(xiàn)象和反應規(guī)律。爭論小牢固驗現(xiàn)象，書寫反應的化學方程式。

爭論學習：邊講、邊爭論乙醛與銀氨溶液、新制cu(oh)2反應的化學方程式的書寫。

爭論反應規(guī)律，1mol醛基(—cho)可還原2molag+或2molcu(oh)2，醛基(—cho)轉(zhuǎn)化為羧基(—cooh)。

遷移提高：依據(jù)乙醛與銀氨溶液、新制cu(oh)2反應的規(guī)律，寫出甲醛、丙醛與銀氨溶液、新制cu(oh)2反應的化學方程式。

爭論題：下列有機物中，不能發(fā)生銀鏡反應的是()。

a.hchob.ch3ch2choc.hoch2ch2ohd.ch3cooh

答案：c、d

小結(jié)：乙醛的反應中“官能團轉(zhuǎn)化”的基本規(guī)律：

其次課時同學分組試驗

【試驗3-5】乙醛的銀鏡反應

試驗關(guān)鍵：為使生成的銀能很好地附著在試管壁上，可先在試管中加入naoh溶液，加熱煮沸1min，以除去試管壁上的油污;硝酸銀溶液要新配制的，若放置太久或酸性太強試驗效果都不佳;氨水要稍過量一點，保證反應在弱堿性條件下進行。配制銀氨溶液時，向硝酸銀溶液中滴加氨水的過程中，應先產(chǎn)生白色略帶棕色的沉淀，然后再連續(xù)滴加氨水使沉淀溶解;若溶液始終澄清，則說明藥品的濃度、用量有問題，或試劑放置太久不宜再用。

【試驗3-6】乙醛與新制氫氧化銅反應

試驗關(guān)鍵：乙醛與新制cu(oh)2的反應，需要在較強的堿性條件下進行。因此，naoh要大大過量于cuso4。試劑要用新制的cu(oh)2，否則cu(oh)2懸濁液會汲取空氣中的co2轉(zhuǎn)化為堿式碳酸銅而影響試驗效果。

2023高二化學教案設(shè)計【篇2】

一、說理念

高中生，其心理特點是處于進展成熟期，思維特點是處于形象到抽象的過渡期，而這節(jié)課剛好是高二化學必修教材中的第三章鐵和鐵的化合物中的專題課，因此，設(shè)計這節(jié)課意在著重培育同學的各種席位力量和對學問的運用力量及實際問題的處理力量，充分體現(xiàn)同學的主動學習、思索的習慣，嘗試運用所學學問和方法來觀看和理解生活中的問題。在設(shè)計這節(jié)課是，通過大量的實際例子來引導同學思索，并設(shè)計不同難度的練習，讓同學人人參加，正確分析各種現(xiàn)象，并培育他們的合作精神。

二、說教材

化學說課稿鐵和鐵的化合物鐵，是已經(jīng)發(fā)覺的金屬中應用最廣泛的金屬，鐵的化合物也是我們生產(chǎn)生活中最普遍的物質(zhì)，這一節(jié)內(nèi)容是本章的重點，也是教學大綱的重點，還是每年高考的重點，在這節(jié)課中，其難點在于對鐵及其鐵的化合物化學性質(zhì)的應用，因此把握這節(jié)課就是要把握這些重點難點!

三、說教學目標

1、學問與力量，正確把握鐵及其鐵的化合物的物理性質(zhì)和化學性質(zhì)，了解他們在實際中的應用，培育同學抽象思維力量、歸納概括力量和處理實際問題的力量。

2、過程和方法，充分利用同學已學的學問和閱歷，如鈉、鎂、鋁等金屬的熟悉和應用，創(chuàng)設(shè)問題情景，讓同學人人參加，主動學習和思索，使他們將獲得的學問在問題中得到應用。

3、情感與創(chuàng)新，通過問題的爭論、溝通和探究，進一步發(fā)揮同學的創(chuàng)新意識，及對學問的遷移轉(zhuǎn)化力量，使他們的學習樂觀性得到提高。

四、說教法

本節(jié)課采納“實例引導”的教學反復市，以生活中最常見的例子來導入新課，層層深化，不斷地讓同學的思想活躍起來，在整個教學過程中，讓鐵和鐵的化合物的物性和化性完整地被體現(xiàn)出來。同時，我采納“反饋教學”的方式，設(shè)計大量的練習，不斷反饋同學把握所授學問狀況，讓同學主動思索和理解，發(fā)揮其綜合學問的運用力量，同樣也培育他們的創(chuàng)新性思維，在這種教學過程中，結(jié)合互動，調(diào)動氣氛，發(fā)揮同學主題作用和老師主導作用，真正做到“兩個主體”的效果，體現(xiàn)現(xiàn)代教學的思想。

五、說學法

在設(shè)計這節(jié)課時，注意的是指導同學的獨自思索力量，和實際應用力量，又表及里，又淺入深，使他們能更形象深刻地接受新的學問并得到應用，使他們聽得明白，思索透徹，說得清晰，寫得明確。針對不同層次的同學設(shè)計不同難度的考題，測試其獲得學問的速率和效果，同學可以首先跟著我的腳步走，接受我的灌輸，然后在練習中體現(xiàn)出來。

六、說教學過程

1、引入課題，從同學已有的學問閱歷動身，系統(tǒng)得聯(lián)系前后學問，順著同學想知道新課題的內(nèi)容的心理來引入。

2、在教學過程中，著重將本節(jié)課的學問重點和難點劃分清晰，讓同學有個心理預備，將難點變簡潔，把握重點。

(1)鐵的化學性質(zhì)，同不同的反應物反應，條件和產(chǎn)物都不同。

(2)鐵的化合物的化學性質(zhì)，同鐵單質(zhì)的比較，不同的化合物，化學性質(zhì)也不同，且抓住鐵化合物之間的相互轉(zhuǎn)變，采納課堂試驗的形式。

(3)不同家臺的鐵離子的檢驗

這些狀況應當明確地提出概念，分析性質(zhì)變化的過程，在里的同時，要不斷提出新的要求，通過爭論可以更好地鞏固和應用。

3、設(shè)計課堂練習及課后練習，增加課堂互動性，反饋教學信息，真正達到教學目標的要求，使同學能在課堂上把握重點，理解難點，各種力量也得到進展。

總之，這節(jié)課我依據(jù)教學目標和同學的思維特點，運用實例引入和反饋教學及其他互動相結(jié)合的教學方法，本著培育同學抽象思維，創(chuàng)新性思維，綜合應用力量的宗旨，設(shè)計該教學方案，我想，通過本節(jié)課，100%的同學都能充分把握所授學問。

2023高二化學教案設(shè)計【篇3】

第四單元沉淀溶解平衡

第1課時沉淀溶解平衡原理

[目標要求]1.能描述沉淀溶解平衡。2.了解溶度積和離子積的關(guān)系，并由此學會推斷反應進行的方向。

一、沉淀溶解平衡的建立

1.生成沉淀的離子反應之所以能夠發(fā)生的緣由

生成沉淀的離子反應之所以能夠發(fā)生，在于生成物的溶解度小。

盡管生成物的溶解度很小，但不會等于0。

2.溶解平衡的建立

以AgCl溶解為例：

從固體溶解平衡的角度，AgCl在溶液中存在下述兩個過程：一方面，在水分子作用下，少量Ag+和Cl-脫離AgCl的表面溶于水中;另一方面，溶液中的Ag+和Cl-受AgCl表面正、負離子的吸引，回到AgCl的表面析出——沉淀。

溶解平衡：在肯定溫度下，當沉淀溶解和生成的速率相等時，即得到AgCl的飽和溶液，如AgCl沉淀體系中的溶解平衡可表示為AgCl(s)Cl-(aq)+Ag+(aq)。由于沉淀、溶解之間的這種動態(tài)平衡的存在，打算了Ag+和Cl-的反應不能進行究竟。

3.生成難溶電解質(zhì)的離子反應的限度

不同電解質(zhì)在水中的溶解度差別很大，例如AgCl和AgNO3;但難溶電解質(zhì)與易溶電解質(zhì)之間并無嚴格的界限，習慣上將溶解度小于0.01g的電解質(zhì)稱犯難溶電解質(zhì)。對于常量的化學反應來說，0.01g是很小的，因此一般狀況下，相當量的離子相互反應生成難溶電解質(zhì)，可以認為反應完全了。

化學上通常認為殘留在溶液中的離子濃度小于1×10-5mol?L-1時，沉淀就達完全。

二、溶度積

1.表達式

對于下列沉淀溶解平衡：

MmAn(s)mMn+(aq)+nAm-(aq)

Ksp=[c(Mn+)]m?[c(Am-)]n。

2.意義

Ksp表示難溶電解質(zhì)在溶液中的溶解力量。

3.規(guī)章

通過比較溶度積與溶液中有關(guān)離子濃度冪的乘積——離子積Qc的相對大小，可以推斷在給定條件下沉淀能否生成或溶解：

QcKsp，溶液過飽和，有沉淀析出;

Qc=Ksp，溶液飽和，沉淀與溶解處于平衡狀態(tài);

Qc

學問點一沉淀的溶解平衡

1.下列有關(guān)AgCl沉淀的溶解平衡說法正確的是()

A.AgCl沉淀生成和沉淀溶解達平衡后不再進行

B.AgCl難溶于水，溶液中沒有Ag+和Cl-

C.上升溫度，AgCl沉淀的溶解度增大

D.向AgCl沉淀中加入NaCl固體，AgCl沉淀的溶解度不變

答案C

解析難溶物達到溶解平衡時沉淀的生成和溶解都不停止，但溶解和生成速率相等;沒有肯定不溶的物質(zhì);溫度越高，一般物質(zhì)的溶解度越大;向AgCl沉淀中加入NaCl固體，使溶解平衡左移，AgCl的溶解度減小。

2.下列對沉淀溶解平衡的描述正確的是()

A.反應開頭時，溶液中各離子的濃度相等

B.沉淀溶解達到平衡時，沉淀的速率和溶解的速率相等

C.沉淀溶解達到平衡時，溶液中溶質(zhì)的離子濃度相等且保持不變

D.沉淀溶解達到平衡時，假如再加入難溶性的該沉淀物，將促進溶解

答案B

3.在肯定溫度下，肯定量的水中，石灰乳懸濁液存在下列溶解平衡：Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)，當向此懸濁液中加入少量生石灰時，若溫度不變，下列說法正確的是()

A.溶液中Ca2+數(shù)目削減B.c(Ca2+)增大

C.溶液中c(OH-)減小D.c(OH-)增大

答案A

學問點二溶度積

4.在100mL0.01mol?L-1KCl溶液中，加入1mL0.01mol?L-1AgNO3溶液，下列說法正確的是(AgCl的Ksp=1.8×10-10mol2?L-2)()

A.有AgCl沉淀析出B.無AgCl沉淀

C.無法確定D.有沉淀但不是AgCl

答案A

解析c(Ag+)=0.01×1101mol?L-1=9.9×10-5mol?L-1，c(Cl-)=0.01×100101mol?L-1=9.9×10-3mol?L-1，所以Qc=c(Ag+)?c(Cl-)=9.8×10-7mol2?L-21.8×10-10mol2?L-2=Ksp，故有AgCl沉淀析出。

5.下列說法正確的是()

A.在肯定溫度下的AgCl水溶液中，Ag+和Cl-濃度的乘積是一個常數(shù)

B.AgCl的Ksp=1.8×10-10mol2?L-2，在任何含AgCl固體的溶液中，c(Ag+)=c(Cl-)且Ag+與Cl-濃度的乘積等于1.8×10-10mol2?L-2

C.溫度肯定時，當溶液中Ag+和Cl-濃度的乘積等于Ksp值時，此溶液為AgCl的飽和溶液

D.向飽和AgCl水溶液中加入鹽酸，Ksp值變大

答案C

解析在AgCl的飽和溶液中，Ag+和Cl-濃度的乘積是一個常數(shù)，故A錯;只有在飽和AgCl溶液中c(Ag+)?c(Cl-)才等于1.8×10-10mol2?L-2，故B項敘述錯誤;當Qc=Ksp，則溶液為飽和溶液，故C項敘述正確;在AgCl水溶液中加入HCl只會使溶解平衡發(fā)生移動，不會影響Ksp，所以D錯。

6.對于難溶鹽MX，其飽和溶液中M+和X-的物質(zhì)的量濃度之間的關(guān)系類似于c(H+)?c(OH-)=KW，存在等式c(M+)?c(X-)=Ksp?？隙囟认拢瑢⒆懔康腁gCl分別加入下列物質(zhì)中，AgCl的溶解度由大到小的排列挨次是()

①20mL0.01mol?L-1KCl;

②30mL0.02mol?L-1CaCl2溶液;

③40mL0.03mol?L-1HCl溶液;

④10mL蒸餾水;

⑤50mL0.05mol?L-1AgNO3溶液

A.①②③④⑤

B.④①③②⑤

C.⑤④②①③

D.④③⑤②①

答案B

解析AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，由于c(Ag+)?c(Cl-)=Ksp，溶液中c(Cl-)或c(Ag+)越大，越能抑制AgCl的溶解，AgCl的溶解度就越小。AgCl的溶解度大小只與溶液中Ag+或Cl-的濃度有關(guān)，而與溶液的體積無關(guān)。①c(Cl-)=0.01mol?L-1;②c(Cl-)=0.04mol?L-1;③c(Cl-)=0.03mol?L-1;④c(Cl-)=0mol?L-1;⑤c(Ag+)=0.05mol?L-1。Ag+或Cl-濃度由小到大的排列挨次：④①③②⑤，故AgCl的溶解度由大到小的排列挨次：④①③②⑤。

練基礎(chǔ)落實

1.25℃時，在含有大量PbI2的飽和溶液中存在著平衡PbI2(s)Pb2+(aq)+2I-(aq)，加入KI溶液，下列說法正確的是()

A.溶液中Pb2+和I-濃度都增大

B.溶度積常數(shù)Ksp增大

C.沉淀溶解平衡不移動

D.溶液中Pb2+濃度減小

答案D

2.CaCO3在下列哪種液體中，溶解度()

A.H2OB.Na2CO3溶液C.CaCl2溶液D.乙醇

答案A

解析在B、C選項的溶液中，分別含有CO2-3、Ca2+，會抑制CaCO3的溶解，而CaCO3在乙醇中是不溶的。

3.下列說法正確的是()

A.溶度積就是溶解平衡時難溶電解質(zhì)在溶液中的各離子濃度的乘積

B.溶度積常數(shù)是不受任何條件影響的常數(shù)，簡稱溶度積

C.可用離子積Qc推斷沉淀溶解平衡進行的方向

D.全部物質(zhì)的溶度積都是隨溫度的上升而增大的

答案C

解析溶度積不是溶解平衡時難溶電解質(zhì)在溶液中的各離子濃度的簡潔乘積，還與平衡式中化學計量數(shù)的冪指數(shù)有關(guān)，溶度積受溫度的影響，不受離子濃度的影響。

4.AgCl和Ag2CrO4的溶度積分別為1.8×10-10mol2?L-2和2.0×10-12mol3?L-3，若用難溶鹽在溶液中的濃度來表示其溶解度，則下面的敘述中正確的是()

A.AgCl和Ag2CrO4的溶解度相等

B.AgCl的溶解度大于Ag2CrO4的溶解度

C.兩者類型不同，不能由Ksp的大小直接推斷溶解力量的大小

D.都是難溶鹽，溶解度無意義

答案C

解析AgCl和Ag2CrO4陰、陽離子比類型不同，不能直接利用Ksp來比較二者溶解力量的大小，所以只有C對;其余三項敘述均錯誤。比較溶解度大小，若用溶度積必需是同類型，否則不能比較。

5.已知HF的Ka=3.6×10-4mol?L-1，CaF2的Ksp=1.46×10-10mol2?L-2。向1L0.1mol?L-1的HF溶液中加入11.1gCaCl2，下列有關(guān)說法正確的是()

A.通過計算得知，HF與CaCl2反應生成白色沉淀

B.通過計算得知，HF與CaCl2不反應

C.由于HF是弱酸，HF與CaCl2不反應

D.假如上升溫度，HF的Ka、CaF2的Ksp可能增大，也可能減小

答案A

解析該題可采納估算法。0.1mol?L-1的HF溶液中c(HF)=0.1mol?L-1，因此，c2(F-)=c(H+)?c(F-)≈3.6×10-4mol?L-1×0.1mol?L-1=3.6×10-5mol2?L-2，又c(Ca2+)=11.1g÷111g/mol÷1L=0.1mol?L-1，c2(F-)×c(Ca2+)=3.6×10-6Ksp，明顯，A是正確的;D項，由于HF的電離是吸熱的，上升溫度，Ka肯定增大，D錯誤。

練方法技巧

6.

已知Ag2SO4的Ksp為2.0×10-5mol3?L-3，將適量Ag2SO4固體溶于100mL水中至剛好飽和，該過程中Ag+和SO2-4濃度隨時間變化關(guān)系如圖所示[飽和Ag2SO4溶液中c(Ag+)=0.034mol?L-1]。若t1時刻在上述體系中加入100mL0.020mol?L-1Na2SO4溶液，下列示意圖中，能正確表示t1時刻后Ag+和SO2-4濃度隨時間變化關(guān)系的是()

答案B

解析已知Ag2SO4的Ksp=2.0×10-5mol3?L-3=[c(Ag+)]2?c(SO2-4)，則飽和溶液中c(SO2-4)=Ksp[cAg+]2=2.0×10-50.0342mol?L-1=0.017mol?L-1，當加入100mL0.020mol?L-1Na2SO4溶液時，c(SO2-4)=0.017mol?L-1+0.020mol?L-12=0.0185mol?L-1，c(Ag+)=0.017mol?L-1(此時Qc

7.已知：25℃時，Ksp[Mg(OH)2]=5.61×10-12mol3?L-3，Ksp[MgF2]=7.42×10-11mol3?L-3。下列說法正確的是()

A.25℃時，飽和Mg(OH)2溶液與飽和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2+)大

B.25℃時，在Mg(OH)2的懸濁液中加入少量的NH4Cl固體，c(Mg2+)增大

C.25℃時，Mg(OH)2固體在20mL0.01mol?L-1氨水中的Ksp比在20mL0.01mol?L-1NH4Cl溶液中的Ksp小

D.25℃時，在Mg(OH)2的懸濁液中加入NaF溶液后，Mg(OH)2不行能轉(zhuǎn)化為MgF2

答案B

解析Mg(OH)2與MgF2均為AB2型難溶電解質(zhì)，故Ksp越小，其溶解度越小，前者c(Mg2+)小，A錯誤;由于NH+4+OH-===NH3?H2O，所以加入NH4Cl后促進Mg(OH)2的溶解平衡向右移動，c(Mg2+)增大，B正確;Ksp只受溫度的影響，25℃時，Mg(OH)2的溶度積Ksp為常數(shù)，C錯誤;加入NaF溶液后，若Qc=c(Mg2+)?[c(F-)]2Ksp(MgF2)，則會產(chǎn)生MgF2沉淀，D錯誤。

8.Mg(OH)2難溶于水，但它溶解的部分全部電離。室溫下時，飽和Mg(OH)2溶液的pH=11，若不考慮KW的變化，則該溫度下Mg(OH)2的溶解度是多少?(溶液密度為1.0g?cm-3)

答案0.0029g

解析依據(jù)Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)，c(OH-)=10-3mol?L-1，則1LMg(OH)2溶液中，溶解的n[Mg(OH)2]=1L×12×10-3mol?L-1=5×10-4mol，其質(zhì)量為58g?mol-1×5×10-4mol=0.029g，再依據(jù)S100g=0.029g1000mL×1.0g?cm-3可求出S=0.0029g。

凡是此類題都是設(shè)溶液的體積為1L，依據(jù)1L溶液中溶解溶質(zhì)的質(zhì)量，計算溶解度。

練綜合拓展

9.金屬氫氧化物在酸中溶解度不同，因此可以利用這一性質(zhì)，掌握溶液的pH，以達到分別金屬離子的目的。難溶金屬的氫氧化物在不同pH下的溶解度(S/mol?L-1)如下圖。

(1)pH=3時溶液中銅元素的主要存在形式是______。

(2)若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3+，應當掌握溶液的pH為______。

A.1B.4左右C.6

(3)在Ni(OH)2溶液中含有少量的Co2+雜質(zhì)，______(填“能”或“不能”)通過調(diào)整溶液pH的方法來除去，理由是

________________________________________________________________________。

(4)要使氫氧化銅沉淀溶解，除了加入酸之外，還可以加入氨水，生成[Cu(NH3)4]2+，寫出反應的離子方程式_________________________________________________________。

(5)已知一些難溶物的溶度積常數(shù)如下表：

物質(zhì)FeSMnSCuSPbSHgSZnS

Ksp6.3×10-182.5×

10-131.3×10-363.4×10-286.4×10-531.6×10-24

某工業(yè)廢水中含有Cu2+、Pb2+、Hg2+，最相宜向此工業(yè)廢水中加入過量的______除去它們。(選填序號)

A.NaOHB.FeSC.Na2S

答案(1)Cu2+(2)B

(3)不能Co2+和Ni2+沉淀的pH范圍相差太小

(4)Cu(OH)2+4NH3?H2O===[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O

(5)B

解析(1)據(jù)圖知pH=4～5時，Cu2+開頭沉淀為Cu(OH)2，因此pH=3時，銅元素主要以Cu2+形式存在。

(2)若要除去CuCl2溶液中的Fe3+，以保證Fe3+完全沉淀，而Cu2+還未沉淀，據(jù)圖知pH應為4左右。

(3)據(jù)圖知，Co2+和Ni2+沉淀的pH范圍相差太小，無法通過調(diào)整溶液pH的方法除去Ni(OH)2溶液中的Co2+。

(4)據(jù)已知條件結(jié)合原子守恒即可寫出離子方程式：

Cu(OH)2+4NH3?H2O===[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O。

(5)由于在FeS、CuS、PbS、HgS四種硫化物中只有FeS的溶度積，且與其他三種物質(zhì)的溶度積差別較大，因此應用沉淀的轉(zhuǎn)化可除去廢水中的Cu2+、Pb2+、Hg2+，且因FeS也難溶，不會引入新的雜質(zhì)。

第2課時沉淀溶解平衡原理的應用

[目標要求]1.了解沉淀溶解平衡的應用。2.知道沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)。

一、沉淀的生成

1.沉淀生成的應用

在涉及無機制備、提純工藝的生產(chǎn)、科研、廢水處理等領(lǐng)域中，常利用生成沉淀來達到分別或除去某些離子的目的。

2.沉淀的方法

(1)調(diào)整pH法：如工業(yè)原料氯化銨中含雜質(zhì)氯化鐵，使其溶解于水，再加入氨水調(diào)整pH至7～8，可使Fe3+轉(zhuǎn)變?yōu)镕e(OH)3沉淀而除去。反應如下：

Fe3++3NH3?H2O===Fe(OH)3↓+3NH+4。

(2)加沉淀劑法：如以Na2S、H2S等作沉淀劑，使某些金屬離子，如Cu2+、Hg2+等生成極難溶的硫化物CuS、HgS等沉淀，也是分別、除去雜質(zhì)常用的方法。反應如下：

Cu2++S2-===CuS↓，

Cu2++H2S===CuS↓+2H+，

Hg2++S2-===HgS↓，

Hg2++H2S===HgS↓+2H+。

二、沉淀的轉(zhuǎn)化

1.試驗探究

(1)Ag+的沉淀物的轉(zhuǎn)化

試驗步驟

試驗現(xiàn)象有白色沉淀生成白色沉淀變?yōu)辄S色黃色沉淀變?yōu)楹谏?/p>

化學方程式AgNO3+NaCl===AgCl↓+NaNO3AgCl+KI===AgI+KCl2AgI+Na2S===Ag2S+2NaI

試驗結(jié)論溶解度小的沉淀可以轉(zhuǎn)化成溶解度更小的沉淀

(2)Mg(OH)2與Fe(OH)3的轉(zhuǎn)化

試驗步驟

試驗現(xiàn)象產(chǎn)生白色沉淀產(chǎn)生紅褐色沉淀

化學方程式MgCl2+2NaOH===Mg(OH)2↓+2NaCl3Mg(OH)2+2FeCl3===2Fe(OH)3+3MgCl2

試驗結(jié)論Fe(OH)3比Mg(OH)2溶解度小

2.沉淀轉(zhuǎn)化的方法

對于一些用酸或其他方法也不能溶解的沉淀，可以先將其轉(zhuǎn)化為另一種用酸或其他方法能溶解的沉淀。

3.沉淀轉(zhuǎn)化的實質(zhì)

沉淀轉(zhuǎn)化的實質(zhì)就是沉淀溶解平衡的移動。一般說來，溶解度小的沉淀轉(zhuǎn)化成溶解度更小的沉淀簡單實現(xiàn)。

兩種沉淀的溶解度差別越大，沉淀轉(zhuǎn)化越簡單。

4.沉淀轉(zhuǎn)化的應用

沉淀的轉(zhuǎn)化在科研和生產(chǎn)中具有重要的應用價值。

(1)鍋爐除水垢

水垢[CaSO4(s)――→Na2CO3溶液CaCO3――→鹽酸Ca2+(aq)]

其反應方程式是CaSO4+Na2CO3CaCO3+Na2SO4，CaCO3+2HCl===CaCl2+H2O+CO2↑。

(2)對一些自然現(xiàn)象的解釋

在自然界也發(fā)生著溶解度小的礦物轉(zhuǎn)化為溶解度更小的礦物的現(xiàn)象。例如，各種原生銅的硫化物經(jīng)氧化、淋濾作用后可變成CuSO4溶液，并向深部滲透，遇到深層的閃鋅礦(ZnS)和方鉛礦(PbS)時，便漸漸地使之轉(zhuǎn)變?yōu)殂~藍(CuS)。

其反應如下：

CuSO4+ZnS===CuS+ZnSO4，

CuSO4+PbS===CuS+PbSO4。

學問點一沉淀的生成

1.在含有濃度均為0.01mol?L-1的Cl-、Br-、I-的溶液中，緩慢且少量的加入AgNO3稀溶液，結(jié)合溶解度推斷析出三種沉淀的先后挨次是()

A.AgCl、AgBr、AgIB.AgI、AgBr、AgCl

C.AgBr、AgCl、AgID.三種沉淀同時析出

答案B

解析AgI比AgBr、AgCl更難溶于水，故Ag+不足時先生成AgI，析出沉淀的先后挨次是AgI、AgBr、AgCl，答案為B。

2.為除去MgCl2溶液中的FeCl3，可在加熱攪拌的條件下加入的一種試劑是()

A.NaOHB.Na2CO3C.氨水D.MgO

答案D

解析要除FeCl3實際上是除去Fe3+，由于pH≥3.7時，F(xiàn)e3+完全生成Fe(OH)3，而pH≥11.1時，Mg2+完全生成Mg(OH)2，所以應加堿性物質(zhì)調(diào)整pH使Fe3+形成Fe(OH)3;又由于除雜不能引進新的雜質(zhì)，所以選擇MgO。

3.要使工業(yè)廢水中的重金屬Pb2+沉淀，可用硫酸鹽、碳酸鹽、硫化物等作沉淀劑，已知Pb2+與這些離子形成的化合物的溶解度如下：

化合物PbSO4PbCO3PbS

溶解度/g1.03×10-41.81×10-71.84×10-14

由上述數(shù)據(jù)可知，選用沉淀劑為()

A.硫化物B.硫酸鹽

C.碳酸鹽D.以上沉淀劑均可

答案A

解析PbS的溶解度最小，沉淀最徹底，故選A。

學問點二沉淀的轉(zhuǎn)化

4.向5mLNaCl溶液中滴入一滴AgNO3溶液，消失白色沉淀，連續(xù)滴加一滴KI溶液并振蕩，沉淀變?yōu)辄S色，再滴入一滴Na2S溶液并振蕩，沉淀又變成黑色，依據(jù)上述變化過程，分析此三種沉淀物的溶解度關(guān)系為()

A.AgCl=AgI=Ag2SB.AgCl

C.AgClAgIAg2SD.AgIAgClAg2S

答案C

解析沉淀溶解平衡總是向更難溶的方向轉(zhuǎn)化，由轉(zhuǎn)化現(xiàn)象可知三種沉淀物的溶解度關(guān)系為AgClAgIAg2S。

5.已知如下物質(zhì)的溶度積常數(shù)：FeS：Ksp=6.3×10-18mol2?L-2;CuS：Ksp=6.3×10-36mol2?L-2。下列說法正確的是()

A.同溫度下，CuS的溶解度大于FeS的溶解度

B.同溫度下，向飽和FeS溶液中加入少量Na2S固體后，Ksp(FeS)變小

C.向含有等物質(zhì)的量的FeCl2和CuCl2的混合溶液中逐滴加入Na2S溶液，最先消失的沉淀是FeS

D.除去工業(yè)廢水中的Cu2+，可以選用FeS作沉淀劑

答案D

解析A項由于FeS的Ksp大，且FeS與CuS的Ksp表達式是相同類型的，因此FeS的溶解度比CuS大;D項向含有Cu2+的工業(yè)廢水中加入FeS，F(xiàn)eS會轉(zhuǎn)化為更難溶的CuS，可以用FeS作沉淀劑;B項Ksp不隨濃度變化而變化，它只與溫度有關(guān);C項先達到CuS的Ksp，先消失CuS沉淀。

練基礎(chǔ)落實

1.以MnO2為原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2+、Pb2+、Cd2+等金屬離子，通過添加過量難溶電解質(zhì)MnS，可使這些金屬離子形成硫化物沉淀而除去。依據(jù)上述試驗事實，可推知MnS具有的相關(guān)性質(zhì)是()

A.具有吸附性

B.溶解度與CuS、PbS、CdS等相同

C.溶解度大于CuS、PbS、CdS

D.溶解度小于CuS、PbS、CdS

答案C

2.當氫氧化鎂固體在水中達到溶解平衡Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)時，為使Mg(OH)2固體的量削減，須加入少量的()

A.MgCl2B.NaOHC.MgSO4D.NaHSO4

答案D

解析若使Mg(OH)2固體的量減小，應使Mg(OH)2的溶解平衡右移，應減小c(Mg2+)或c(OH-)。答案為D。

3.已知常溫下：Ksp[Mg(OH)2]=1.2×10-11mol3?L-3，Ksp(AgCl)=1.8×10-10mol2?L-2，Ksp(Ag2CrO4)=1.9×10-12mol3?L-3，Ksp(CH3COOAg)=2.3×10-3mol?L-2。下列敘述正確的是()

A.等體積混合濃度均為0.2mol/L的AgNO3溶液和CH3COONa溶液肯定產(chǎn)生CH3COOAg沉淀

B.將0.001mol/L的AgNO3溶液滴入0.001mol/L的KCl和0.001mol/L的K2CrO4溶液中先產(chǎn)生Ag2CrO4沉淀

C.在Mg2+為0.121mol/L的溶液中要產(chǎn)生Mg(OH)2沉淀，溶液的pH至少要掌握在9以上

D.向飽和AgCl水溶液中加入NaCl溶液，Ksp(AgCl)變大

答案C

4.已知下表數(shù)據(jù)：

物質(zhì)Fe(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)3

Ksp/25℃8.0×10-16mol3?L-32.2×10-20mol3?L-34.0×10-38mol4?L-4

完全沉淀時的pH范圍≥9.6≥6.43～4

對含等物質(zhì)的量的CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液的說法，不正確的是()

①向該混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到紅褐色沉淀②向該混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到白色沉淀③向該混合溶液中加入適量氯水，并調(diào)整pH到3～4后過濾，可獲得純潔的CuSO4溶液④在pH=5的溶液中Fe3+不能大量存在

A.①②B.①③C.②③D.②④

答案C

練方法技巧

5.含有較多Ca2+、Mg2+和HCO-3的水稱為臨時硬水，加熱可除去Ca2+、Mg2+，使水變?yōu)檐浰，F(xiàn)有一鍋爐廠使用這種水，試推斷其水垢的主要成分為()

(已知Ksp(MgCO3)=6.8×10-6mol2?L-2，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12mol3?L-3)

A.CaO、MgOB.CaCO3、MgCO3

C.CaCO3、Mg(OH)2D.CaCO3、MgO

答案C

解析考查沉淀轉(zhuǎn)化的原理，加熱臨時硬水，發(fā)生分解反應：Ca(HCO3)2=====△CaCO3↓+CO2↑+H2O，Mg(HCO3)2=====△MgCO3↓+CO2↑+H2O，生成的MgCO3在水中建立起平衡：MgCO3(s)Mg2+(aq)+CO2-3(aq)，而CO2-3發(fā)生水解反應：CO2-3+H2OHCO-3+OH-，使水中的OH-濃度增大，由于Ksp[Mg(OH)2]

6.某溫度時，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。提示：BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO2-4(aq)的平衡常數(shù)Ksp=c(Ba2+)?c(SO2-4)，稱為溶度積常數(shù)，下列說法正確的是()

提示：BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO2-4(aq)的平衡常數(shù)Ksp=c(Ba2+)?c(SO2-4)，稱為溶度積常數(shù)。

A.加入Na2SO4可以使溶液由a點變到b點

B.通過蒸發(fā)可以使溶液由d點變到c點

C.d點無BaSO4沉淀生成

D.a點對應的Ksp大于c點對應的Ksp

答案C

解析由溶度積公式可知，在溶液中當c(SO2-4)上升時，c(Ba2+)要降低，而由a點變到b點c(Ba2+)沒有變化，A錯;蒸發(fā)濃縮溶液時，離子濃度都上升，而由d點變到c點時，c(SO2-4)卻沒變化，B錯;d點落在平衡圖象的下方，說明Kspc(Ba2+)?c(SO2-4)，此時是未飽和溶液，無沉淀析出，C正確;該圖象是BaSO4在某一確定溫度下的平衡曲線，溫度不變，溶度積不變，a點和c點的Ksp相等，D錯。

練綜合拓展

7.已知難溶電解質(zhì)在水溶液中存在溶解平衡：

MmAn(s)mMn+(aq)+nAm-(aq)

Ksp=[c(Mn+)]m?[c(Am-)]n，稱為溶度積。

某學習小組欲探究CaSO4沉淀轉(zhuǎn)化為CaCO3沉淀的可能性，查得如下資料：(25℃)

難溶電

解質(zhì)CaCO3CaSO4MgCO3Mg(OH)2

Ksp2.8×10-9

mol2?L-29.1×10-6

mol2?L-26.8×10-6

mol2?L-21.8×10-12

mol3?L-3

試驗步驟如下：

①往100mL0.1mol?L-1的CaCl2溶液中加入100mL0.1mol?L-1的Na2SO4溶液，馬上有白色沉淀生成。

②向上述懸濁液中加入固體Na2CO33g，攪拌，靜置，沉淀后棄去上層清液。

③再加入蒸餾水攪拌，靜置，沉淀后再棄去上層清液。

④________________________________________________________________________。

(1)由題中信息知Ksp越大，表示電解質(zhì)的溶解度越______(填“大”或“小”)。

(2)寫出第②步發(fā)生反應的化學方程式：

________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

(3)設(shè)計第③步的目的是

________________________________________________________________________。

(4)請補充第④步操作及發(fā)生的現(xiàn)象：

________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

答案(1)大

(2)Na2CO3+CaSO4===Na2SO4+CaCO3↓

(3)洗去沉淀中附著的SO2-4

(4)向沉淀中加入足量的鹽酸，沉淀完全溶解并放出無色無味氣體

解析本題考查的學問點為教材新增加的內(nèi)容，題目在設(shè)計方式上為探究性試驗，既注意基礎(chǔ)學問，基本技能的考查，又注意了探究力量的考查。由Ksp表達式不難看出其與溶解度的關(guān)系，在硫酸鈣的懸濁液中存在著：CaSO4(aq)===SO2-4(aq)+Ca2+(aq)，而加入Na2CO3后，溶液中CO2-3濃度較大，而CaCO3的Ksp較小，故CO2-3與Ca2+結(jié)合生成沉淀，即CO2-3+Ca2+===CaCO3↓。既然是探究性試驗，必需驗證所推想結(jié)果的正確性，故設(shè)計了③④步操作，即驗證所得固體是否為碳酸鈣。

8.(1)在粗制CuSO4?5H2O晶體中常含有雜質(zhì)Fe2+。

①在提純時為了除去Fe2+，常加入合適的氧化劑，使Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，下列物質(zhì)可采納的是______。

A.KMnO4B.H2O2C.氯水D.HNO3

②然后再加入適當物質(zhì)調(diào)整溶液pH至4，使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3，調(diào)整溶液pH可選用下列中的______。

A.NaOHB.NH3?H2OC.CuOD.Cu(OH)2

(2)甲同學懷疑調(diào)整溶液pH至4是否能達到除去Fe3+而不損失Cu2+的目的，乙同學認為可以通過計算確定，他查閱有關(guān)資料得到如下數(shù)據(jù)，常溫下Fe(OH)3的溶度積Ksp=1.0×10-38，Cu(OH)2的溶度積Ksp=3.0×10-20，通常認為殘留在溶液中的離子濃度小于1.0×10-5mol?L-1時就認定沉淀完全，設(shè)溶液中CuSO4的濃度為3.0mol?L-1，則Cu(OH)2開頭沉淀時溶液的pH為______，F(xiàn)e3+完全沉淀[即c(Fe3+)≤1.0×10-5mol?L-1]時溶液的pH為______，通過計算確定上述方案______(填“可行”或“不行行”)。

答案(1)①B②CD(2)43可行

(2)Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)?c2(OH-)，則c(OH-)=3.0×10-203.0=1.0×10-10(mol?L-1)，則c(H+)=1.0×10-4mol?L-1，pH=4。

Fe3+完全沉淀時：Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)?c3(OH-)，則c(OH-)=31.0×10-381.0×10-5=1.0×10-11mol?L-1。此時c(H+)=1×10-3mol?L-1，pH=3，因此上述方案可行。

2023高二化學教案設(shè)計【篇4】

其次單元溶液的酸堿性

第1課時溶液的酸堿性

[目標要求]1.了解溶液的酸堿性與c(H+)、c(OH-)的關(guān)系。2.了解pH的定義及簡潔的計算。

一、溶液的酸堿性

1.一種溶液顯酸性、中性還是堿性，取決于溶液中c(H+)和c(OH-)的相對大小。在肯定溫度下，水溶液中氫離子和氫氧根離子的物質(zhì)的量濃度之積為常數(shù)。只要知道溶液中氫離子(或氫氧根離子)的濃度，就可以計算溶液中氫氧根離子(或氫離子)的濃度，并據(jù)此推斷酸堿性。例如室溫下測得某溶液中的c(H+)為1.0×10-5mol?L-1，依據(jù)KW=c(H+)?c(OH-)=1.0×10-14mol2?L-2可求得該酸溶液中c(OH-)=1.0×10-9mol?L-1。

2.酸性溶液：c(H+)c(OH-)，c(H+)越大，酸性越強;

中性溶液：c(H+)=c(OH-);

堿性溶液：c(H+)

二、溶液的酸堿性與pH的關(guān)系

1.溶液pH的定義

(1)由于用c(H+)及c(OH-)來表示溶液的酸堿性有時數(shù)值特別小，使用很不便利。

在實際應用中，人們常用溶液中氫離子濃度的負對數(shù)(pH)來表示溶液的酸堿性。pH與氫離子濃度的關(guān)系式為pH=-lg_c(H+)。

(2)pH值與溶液酸堿性的關(guān)系

在25℃時，純水中c(H+)=c(OH-)=10-7mol?L-1，所以在25℃時，pH=7時，溶液中氫離子濃度和氫氧根離子濃度相等，溶液顯中性。pH7時，溶液中氫離子濃度小于氫氧根離子濃度，溶液顯堿性，且pH越大，溶液中c(OH-)越大，溶液的堿性越強。pH7時，溶液中氫離子濃度大于氫氧根離子濃度，溶液顯酸性，且pH越小，溶液中氫離子濃度越大，溶液的酸性越強。

2.強酸與強酸(或強堿與強堿)混合溶液pH的計算

(1)強酸與強酸混合液的pH

強酸Ⅰ：c1(酸)，V1(酸)――→電離n1(H+)=c1(H+)?V1，

強酸Ⅱ：c2(酸)，V2(酸)――→電離n2(H+)=c2(H+)?V2，

?V混=V1+V2n混(H+)=c1(H+)?V1+c2(H+)?V2?c混(H+)=c1H+?V1+c2H+?V2V1+V2?pH。

(2)強堿與強堿混合液的pH

強堿Ⅰ：c1(堿)，V1(堿)――→電離n1(OH-)=c1(OH-)?V1

強堿Ⅱ：c2(堿)，V2(堿)――→電離n2(OH-)=c2(OH-)?V2

?V混=V1+V2n混(OH-)=c1(OH-)?V1+c2(OH-)?V2

?c混(OH-)=c1OH-?V1+c2OH-?V2V1+V2，再求c(H+)=KWcOH-?pH。

三、溶液pH的測定方法

1.酸堿指示劑

酸堿指示劑一般是弱有機酸或弱有機堿，它們的顏色變化是在肯定的pH范圍內(nèi)發(fā)生的，因此可以用這些指示劑粗略測出pH范圍，但不能精確?????測定pH。

常用指示劑的變色范圍和顏色變化如下表：

指示劑甲基橙石蕊酚酞

變色范圍pH3.1～4.45～88.2～10.0

溶液顏色紅、橙、黃紅、紫、藍無色、粉紅、紅

2.pH試紙

粗略地測定溶液的pH可用pH試紙。pH試紙的使用方法是：取一小塊pH試紙放在玻璃片上(或表面皿上)，用干凈的玻璃棒蘸取待測液點在試紙的中部，變色穩(wěn)定后與標準比色卡對比確定溶液的pH。

3.pH計

通過儀器pH計來精確測定溶液的pH。

學問點一溶液的酸堿性

1.下列溶液確定呈酸性的是()

A.含H+的溶液B.能使酚酞顯無色的溶液

C.pH7的溶液D.c(OH-)

答案D

解析任何水溶液中均含H+和OH-，故A錯。酚酞顯無色的溶液，其pH8，該溶液可能顯酸性，也可能呈中性或堿性，B錯。以純水在100℃為例，KW=1.0×10-12mol2?L-2，c(H+)=1×10-6mol?L-1，pH=6，但溶液為中性，故pH7的溶液可能是酸性，也可能呈中性或堿性。

2.推斷溶液的酸堿性有多種方法。下列溶液中，肯定呈堿性的是()

A.能夠使甲基橙呈現(xiàn)黃色的溶液

B.溶液的pH7

C.溶液中：c(H+)

D.溶液中：c(H+)1×10-7mol?L-1

答案C

解析溶液酸堿性最本質(zhì)的推斷標準是看H+和OH-濃度的相對大小，只有當c(H+)c(OH-)時，溶液才呈酸性;當c(H+)=c(OH-)時，溶液呈中性;當c(H+)4.4時呈現(xiàn)黃色。所以，使甲基橙呈現(xiàn)黃色的溶液不肯定顯堿性。溶液的pH與溫度有關(guān)，常溫下pH7的溶液肯定顯堿性，但在不是常溫的狀況下就不肯定了。

3.下列溶液肯定呈中性的是()

A.pH=7的溶液

B.c(H+)=c(OH-)的溶液

C.由強酸、強堿以等物質(zhì)的量反應所得到的溶液

D.非電解質(zhì)溶于水所得到的溶液

答案B

學問點二pH值計算

4.常溫下，某溶液中由水電離產(chǎn)生的c(H+)=1×10-11mol?L-1，則該溶液的pH可能是()

A.4B.7C.8D.11

答案D

解析由題意知由水電離產(chǎn)生的c(H+)=1×10-11mol?L-11×10-7mol?L-1，抑制了水的電離，可能是酸，也可能是堿，若是酸，c(H+)=1×10-3mol?L-1，pH=3，若是堿，c(OH-)=1×10-3mol?L-1，pH=11。

5.25℃時，若pH=a的10體積某強酸溶液與pH=b的1體積某強堿溶液混合后溶液呈中性，則混合之前該強酸的pH與強堿的pH之間應滿意的關(guān)系()

A.a+b=14B.a+b=13C.a+b=15D.a+b=7

答案C

解析酸中n(H+)=10-a×10，堿中n(OH-)=10-1410-b×1=10-14+b，依據(jù)混合后溶液呈中性，故n(H+)=n(OH-)，即10-a×10=10-14+b，所以a+b=15。

學問點三pH的測定方法

6.下列試紙中，在測溶液的性質(zhì)時，預先不能用蒸餾水潤濕的是()

A.石蕊試紙B.醋酸鉛試紙C.KI淀粉試紙D.pH試紙

答案D

解析pH試紙測溶液的酸堿性時是定量測定，加水潤濕后會導致溶液的濃度降低，使測得的pH產(chǎn)生偏差，所以不能潤濕。

7.有一同學甲在試驗室測某溶液的pH，試驗時，他先用蒸餾水潤濕pH試紙，然后用干凈干燥的玻璃棒蘸取試樣進行檢測。同學乙對同學甲的操作的評價為：操作錯誤，測定結(jié)果肯定有誤差。同學丙對同學甲的操作的評價為：操作錯誤，但測定結(jié)果不肯定有誤差。

(1)你支持________(填“乙”或“丙”)同學的觀點，緣由是________________。

(2)若用此法分別測定c(H+)相等的鹽酸和醋酸溶液的pH，誤差較大的是________，緣由是________________________________________________________________________。

(3)只從下列試劑中選擇試驗所需的物品，你________(填“能”或“不能”)區(qū)分0.1mol?L-1的硫酸和0.01mol?L-1的硫酸。若能，簡述操作過程。

________________________________________________________________________

①紫色石蕊試液②酚酞試液③甲基橙試液

④蒸餾水⑤BaCl2溶液⑥pH試紙

答案(1)丙當溶液呈中性時，則不產(chǎn)生誤差;否則將產(chǎn)生誤差

(2)鹽酸在稀釋過程中，醋酸連續(xù)電離產(chǎn)生H+，使得溶液中c(H+)較鹽酸溶液中c(H+)大，誤差較小

(3)能用玻璃棒分別蘸取兩種溶液點在兩張pH試紙上，與標準比色卡比較其pH，pH較大的為0.01mol?L-1的硫酸

解析本題考查pH試紙的使用，pH試紙使用不能用蒸餾水潤濕，若潤濕相當于對待測液稀釋。對于不同性質(zhì)的溶液造成的影響不同：若溶液為中性，則測得結(jié)果無誤差;若為酸性，測得結(jié)果偏大;若為堿性，測得結(jié)果偏小。

練基礎(chǔ)落實

1.用pH試紙測定某無色溶液的pH時，規(guī)范的操作是()

A.將pH試紙放入溶液中，觀看其顏色變化，跟標準比色卡比較

B.將溶液倒在pH試紙上跟標準比色卡比較

C.用干燥的干凈玻璃棒蘸取溶液，滴在pH試紙上，跟標準比色卡比較

D.在試管內(nèi)放入少量溶液，煮沸，把pH試紙放在管口，觀看顏色，跟標準比色卡比較

答案C

2.常溫下，pH=11的X、Y兩種堿溶液各1mL，分別稀釋至100mL，其pH與溶液體積(V)的關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是()

A.X、Y兩種堿溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度肯定相等

B.稀釋后，X溶液的堿性比Y溶液的堿性強

C.分別完全中和X、Y這兩種堿溶液時，消耗同濃度鹽酸的體積V(X)V(Y)

D.若9

答案D

3.在常溫下，將pH=8的NaOH溶液與pH=10的NaOH溶液等體積混合后，溶液的pH最接近于()

A.8.3B.8.7C.9D.9.7

答案D

解析本題考查有關(guān)混合溶液pH的計算。有關(guān)稀溶液混合，總體積近似等于兩種溶液體積之和。強堿溶液混合，應按c(OH-)計算：c混(OH-)=(1×10-6mol?L-1+1×10-4mol?L-1)/2=5.05×10-5mol?L-1，c混(H+)=KW/c(OH-)≈2×10-10mol?L-1，pH=9.7。

4.下列敘述正確的是()

A.無論是純水，還是酸性、堿性或中性稀溶液，在常溫下，其c(H+)×c(OH-)=1×10-14mol2?L-2

B.c(H+)等于1×10-7mol?L-1的溶液肯定是中性溶液

C.0.2mol?L-1CH3COOH溶液中的c(H+)是0.1mol?L-1CH3COOH溶液中的c(H+)的2倍

D.任何濃度的溶液都可以用pH來表示其酸性的強弱

答案A

解析KW=c(H+)?c(OH-)，且KW只與溫度有關(guān)，所以，在常溫下，純水，酸性、堿性或中性稀溶液，其KW=1×10-14mol2?L-2;在溫度不確定時，中性溶液里的c(H+)不肯定等于1×10-7mol?L-1;0.2mol?L-1CH3COOH溶液中的CH3COOH電離程度比0.1mol?L-1CH3COOH溶液中的CH3COOH電離程度小，所以，0.2mol?L-1CH3COOH溶液中的c(H+)小于0.1mol?L-1CH3COOH溶液中的c(H+)的2倍;當c(H+)或c(OH-)大于1mol?L-1時，用pH表示溶液的酸堿性就不簡便了，所以，當c(H+)或c(OH-)大于1mol?L-1時，一般不用pH表示溶液的酸堿性，而是直接用c(H+)或c(OH-)來表示。

練方法技巧

5.pH=3的兩種一元酸HX和HY溶液，分別取50mL加入足量的鎂粉，充分反應后，收集到H2的體積分別為V(HX)和V(HY)，若V(HX)V(HY)，則下列說法正確的是()

A.HX可能是強酸

B.HY肯定是強酸

C.HX的酸性強于HY的酸性

D.反應開頭時二者生成H2的速率相等

答案D

解析解答該題應留意以下三點：(1)強酸完全電離，弱酸部分電離。(2)酸性相同的溶液，弱酸的濃度大，等體積時，其物質(zhì)的量多。(3)產(chǎn)生H2的速率取決于c(H+)的大小。本題考查了強、弱酸的推斷及溶液酸性大小的比較。據(jù)題意，Mg粉足量，酸不足，應依據(jù)酸的物質(zhì)的量來計算H2的體積，由V(HX)V(HY)，知pH相等時，HX的物質(zhì)的量濃度比HY的大，即HX是比HY弱的弱酸，而無法推斷HY是強酸還是弱酸，故A、B、C錯誤;D項，反應開頭時的速率取決于c(H+)，由于開頭時c(H+)相等，故D項正確。

6.某溫度下，相同pH值的鹽酸和醋酸溶液分別加水稀釋，平衡pH值隨溶液體積變化的曲線如右圖所示。據(jù)圖推斷正確的是()

A.Ⅱ為鹽酸稀釋時的pH值變化曲線

B.b點溶液的導電性比c點溶液的導電性強

C.a點KW的數(shù)值比c點KW的數(shù)值大

D.b點酸的總濃度大于a點酸的總濃度

答案B

解析本題考查了強酸和弱酸的稀釋規(guī)律，解題時要留意弱酸在稀釋時還會連續(xù)電離。pH相同的鹽酸(強酸)和醋酸(弱酸)，稀釋相同的倍數(shù)時，因醋酸在稀釋時仍不斷地電離，故鹽酸的pH增大的多，故曲線Ⅰ代表鹽酸稀釋時pH的變化曲線，A錯誤;不斷加水稀釋時，溶液中c(H+)不斷減小，導電性減弱，B正確;由于KW僅僅是溫度的函數(shù)，由于是在相同的溫度下，故a點KW與c點KW的數(shù)值相同，C錯誤;因鹽酸和醋酸的pH相同，則c(醋酸)c(鹽酸)，稀釋相同的倍數(shù)，由于醋酸存在電離平衡，故仍有c(醋酸)c(鹽酸)，D錯誤。

練綜合拓展

7.已知水在25℃和95℃時，其電離平衡曲線如右圖所示：

(1)則25℃時水的電離平衡曲線應為________(填“A”或“B”)，請說明理由________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

(2)25℃時，將pH=9的NaOH溶液與pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，則NaOH溶液與H2SO4溶液的體積比為__________。

(3)95℃時，若100體積pH1=a的某強酸溶液與1體積pH2=b的某強堿溶液混合后溶液呈中性，則混合前，該強酸的pH1與強堿的pH2之間應滿意的關(guān)系是________________________________________________________________________

__________________。

(1)曲線B對應溫度下，pH=2的某HA溶液和pH=10的NaOH溶液等體積混合后，混合溶液的pH=5。請分析其緣由：

________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

答案(1)A水的電離是吸熱過程，溫度低時，電離程度小，c(H+)、c(OH-)小

(2)10∶1(3)a+b=14或pH1+pH2=14

(4)曲線B對應95℃，此時水的離子積為10-12mol2?L-2，HA為弱酸，HA中和NaOH后，混合溶液中還剩余較多的HA分子，可連續(xù)電離出H+，使溶液pH=5

解析本題的關(guān)鍵是搞清晰溫度對水的電離平衡、水的離子積和溶液pH的影響。

(1)當溫度上升時，促進水的電離，水的離子積也增大，水中氫離子濃度、氫氧根離子濃度都增大，水的pH也增大，但溶液仍舊呈中性。因此結(jié)合圖象中A、B曲線變化狀況及氫離子濃度、氫氧根離子濃度可以推斷，25℃時水的電離平衡曲線應為A，理由為水的電離是吸熱過程，上升溫度，水的電離程度增大。

(2)25℃時所得混合溶液的pH=7，溶液呈中性即酸堿恰好中和，即n(OH-)=n(H+)，則V(NaOH)?10-5mol?L-1=V(H2SO4)?10-4mol?L-1，得V(NaOH)∶V(H2SO4)=10∶1。

(3)要留意的是95℃時，水的離子積為10-12mol2?L-2，即c(H+)?c(OH-)=10-12mol2?L-2，即：等體積強酸、強堿反應至中性時pH(酸)+pH(堿)=12。依據(jù)95℃時混合后溶液呈中性，pH2=b的某強堿溶液中c(OH-)=10b-12;有100×10-a=1×10b-12，即：10-a+2=10b-12，所以，有以下關(guān)系：a+b=14或pH1+pH2=14。

(4)在曲線B對應溫度下，因pH(酸)+pH(堿)=12，可得酸堿兩溶液中c(H+)=c(OH-)，若是強酸、強堿，兩溶液等體積混合后溶液應呈中性;現(xiàn)混合溶液的pH=5，即等體積混合后溶液顯酸性，說明H+與OH-完全反應后又有新的H+產(chǎn)生，即酸過量，所以說酸HA是弱酸。

8.(1)pH=2的某酸稀釋100倍，pH________4，pH=12的某堿稀釋100倍，pH________10。

(2)室溫時，將pH=5的H2SO4溶液稀釋10倍，c(H+)∶c(SO2-4)=________，將稀釋后的溶液再稀釋100倍，c(H+)∶c(SO2-4)=________。

(3)

MOH和ROH兩種一元堿的溶液分別加水稀釋時，pH變化如右圖所示。下列敘述中不正確的是()

A.MOH是一種弱堿

B.在x點，MOH完全電離

C.在x點，c(M+)=c(R+)

D.稀釋前ROH溶液中c(OH-)是MOH溶液中c(OH-)的10倍

答案(1)≤≥(2)2∶120∶1(3)B

解析(1)若某酸為強酸，則pH=4，若為弱酸，則pH4;同理，對pH=12的某堿稀釋100倍，pH≥10。

(2)pH=5的H2SO4稀釋10倍，c(H+)和c(SO2-4)同等倍數(shù)減小，所以c(H+)∶c(SO2-4)=2∶1，若將稀釋后的溶液再稀釋100倍，其pH≈7，而c(SO2-4)=5×10-7102=5×10-9mol?L-1，所以c(H+)∶c(SO2-4)=10-7∶5×10-9=20∶1。

(3)由圖知，稀釋100倍后ROH的pH變化為2，為強堿，MOH的pH變化為1，為弱堿;x點時ROH與MOH的c(OH-)相等，故c(M+)與c(R+)相等;稀釋前ROH的c(OH-)=0.1mol?L-1，MOH的c(OH-)=0.01mol?L-1，故D項正確;MOH為弱堿，在任何點都不能完全電離，B項錯誤。

第2課時酸堿中和滴定

[目標要求]1.理解酸堿中和滴定的原理。2.初步了解酸堿中和滴定的操作方法。3.把握有關(guān)酸堿中和滴定的誤差分析。

酸堿中和滴定

1.酸堿中和滴定概念：用已知物質(zhì)的量濃度的酸(或堿)來測定未知物質(zhì)的量濃度的堿(或酸)的方法叫做酸堿中和滴定。滴定的原理：n元酸與n′元堿恰好完全中和時：nc酸V酸=n′c堿V堿。假如用A代表一元酸，用B代表一元堿，可以利用下列關(guān)系式來計算未知堿(或酸)的物質(zhì)的量濃度：cB=cAVAVB。

2.酸堿中和滴定的關(guān)鍵：精確?????測定參與反應的兩種溶液的體積，以及精確?????推斷中和反應是否恰好進行完全。

3.酸堿中和滴定試驗

試驗儀器：pH計、酸式滴定管、堿式滴定管、錐形瓶、燒杯、滴定管夾、量筒、鐵架臺。

試驗藥品：標準液、待測液、指示劑。

試驗步驟：

(1)查：檢查兩滴定管是否漏水和堵塞;

(2)洗：先用蒸餾水洗滌兩滴定管，然后用所要盛裝的酸堿潤洗2～3遍;

(3)盛、調(diào)：分別將酸、堿溶液注入酸、堿滴定管中，使液面位于滴定管刻度“0”以上2～3厘米處，并將滴定管固定在滴定管夾上，然后趕走滴定管內(nèi)部氣泡，調(diào)整滴定管中液面高度處于某一刻度，并登記讀數(shù)。

(4)?。簭膲A式滴定管中放出25.00mL氫氧化鈉溶液于錐形瓶中，滴入2滴酚酞試液，將錐形瓶置于酸式滴定管下方，并在瓶底襯一張白紙。

(5)滴定：左手掌握酸式滴定管活塞，右手拿住錐形瓶瓶頸，邊滴入鹽酸，邊不斷搖動錐形瓶，眼睛始終留意錐形瓶內(nèi)溶液顏色變化。

(6)記：當看到加一滴鹽酸時，錐形瓶中溶液紅色突變?yōu)闊o色時，停止滴定，且半分鐘內(nèi)不恢復原來的顏色，精確?????登記鹽酸讀數(shù)，并精確?????求得滴定用去的鹽酸體積。

(7)算：整理數(shù)據(jù)進行計算。

依據(jù)cB=cAVAVB計算。

二、酸堿中和滴定誤差分析

中和滴定試驗中，產(chǎn)生誤差的途徑主要有操作不當，讀數(shù)不準等，分析誤差要依據(jù)計算式分析，c待測=c標準?V標準V待測，當用標準酸溶液滴定待測堿溶液時，c標準、V待測均為定值，c待測的大小取決于V標準的大小。

下列為不正確操作導致的試驗結(jié)果偏差：

(1)儀器洗滌

①酸式滴定管水洗后，未潤洗(偏高);②酸式滴定管水洗后，誤用待測液潤洗(偏高);③堿式滴定管水洗后，未潤洗(偏低);④錐形瓶水洗后，用待測液潤洗(偏高)。

(2)量器讀數(shù)

①滴定前俯視酸式滴定管，滴定后平視(偏高);

②

滴定前仰視酸式滴定管，滴定后俯視(偏低)如圖所示;

③滴定完畢后，馬上讀數(shù)，半分鐘后顏色又褪去(偏低)。

(3)操作不當

①酸式滴定管漏液(偏高);②滴定前酸式滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定過程中氣泡變小(偏高);③滴定過程中，振蕩錐形瓶時，不當心將溶液濺出(偏低);④滴定過程中，錐形瓶內(nèi)加少量蒸餾水(無影響);⑤用甲基橙作指示劑進行滴定時，溶液由橙色變紅色時停止滴定(偏高);⑥用甲基橙作指示劑，溶液由黃色變橙色，5s后又褪去(偏低)。

學問點一酸堿中和滴定

1.一只規(guī)格為amL的滴定管，其尖嘴部分布滿溶液，管內(nèi)液面在mmL處，當液面降到nmL處時，下列推斷正確的是()

A.流出溶液的體積為(m-n)mL

B.流出溶液的體積為(n-m)mL

C.管內(nèi)溶液體積等于(a-n)mL

D.管內(nèi)溶液體積多于nmL

答案B

解析滴定管的“0”刻度在上方，越向下刻度越大，所以流出液體的體積為(n-m)mL;刻度線以下及尖嘴部分均充有溶液，所以管內(nèi)溶液體積大于(a-n)mL。

2.某同學用已知物質(zhì)的量濃度的鹽酸來測定未知物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液時，選擇甲基橙作指示劑。請?zhí)顚懴铝锌瞻祝?/p>

(1)用標準的鹽酸滴定待測的NaOH溶液時，左手握酸式滴定管的活塞，右手搖動錐形瓶，眼睛凝視________，直到因加入一滴鹽酸后，溶液由黃色變?yōu)槌壬_____為止。

(2)下列操作中可能使所測NaOH溶液的濃度數(shù)值偏低的是()

A.酸式滴定管未用標準鹽酸潤洗就直接注入標準鹽酸

B.滴定前盛放NaOH溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒有干燥

C.酸式滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消逝

D.讀取鹽酸體積時，開頭仰視讀數(shù)，滴定結(jié)束時俯視讀數(shù)

(3)若滴定開頭和結(jié)束時，酸式滴定管中的液面如圖所示，則起始讀數(shù)為________mL，終點讀數(shù)為________mL，所用鹽酸溶液的體積為________mL。

(4)某同學依據(jù)3次試驗分別記錄有關(guān)數(shù)據(jù)如下表：

滴定次數(shù)待測NaOH溶液的體積/mL0.1000mol?L-1鹽酸的體積/mL

滴定前刻度滴定后刻度溶液體積/mL

第一次25.000.0026.1126.11

其次次25.001.5630.3028.74

第三次25.000.2226.3126.09

依據(jù)上表數(shù)據(jù)列式計算該NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度。

答案(1)錐形瓶中溶液顏色變化在半分鐘內(nèi)不變色(2)D(3)0.0026.1026.10

(4)V=26.11mL+26.09mL2=26.10mL，c(NaOH)=0.1000mol?L-1×26.10mL25.00mL=0.1044mol?L-1

解析在求c(NaOH)和進行誤差分析時應依據(jù)公式：c(NaOH)=cHCl?V[HClaq]V[NaOHaq]。欲求c(NaOH)，須先求V[(HCl)aq]再代入公式;進行誤差分析時，要考慮實際操作對每一個量即V[(HCl)aq]和V[(NaOH)aq]的影響，進而影響c(NaOH)。

(1)考查酸堿中和滴定試驗的規(guī)范操作。

(2)考查由于不正確操作引起的誤差分析。滴定管未用標準鹽酸潤洗，內(nèi)壁附著一層水，可將加入的鹽酸稀釋，消耗相同量的堿，所需鹽酸的體積偏大，結(jié)果偏高;用堿式滴定管取出的待測NaOH溶液的物質(zhì)的量一旦確定，倒入錐形瓶后，水的加入不影響OH-的物質(zhì)的量，也就不影響結(jié)果;若排出氣泡，液面會下降，故讀取V酸偏大，結(jié)果偏高;正確讀數(shù)(虛線部分)和錯誤讀數(shù)(實線部分)如圖所示。

(3)讀數(shù)時，以凹液面的最低點為基準。

(4)先算出耗用標準酸液的平均值

V=26.11mL+26.09mL2=26.10mL(其次次偏差太