高二化学(下)【ty】溶液中离子浓度大小的判断

上教考资源网助您教考无忧版权所有@中国教育考试资源网一.教学内容：溶液中离子浓度大小的判断二.教学目标能用盐类水解的原理分析一些具体现象能从电离和水解的角度进行溶液中离子浓度的大小比较能从原子守恒、电荷守恒和物料守恒的角度判断溶液中离子浓度之间的关系三.教学重点、难点溶液中离子浓度的大小比较以及从守恒的角度分析离子浓度之间的关系四.教学过程：（一）盐类水解的应用：盐类的水解是盐电离产生的弱酸阴离子（或弱碱阳离子）与水电离产生的H＋（OH－）作用生成相应的弱酸（或弱碱）的反应。利用盐类的水解原理，可判断溶液的酸碱性，可用于判断盐的存放和配制方法，可用来分析判断化肥的合理使用，蒸发某些盐溶液所得产物的分析判断，热的碱液的去污能力增强，泡沫灭火器的使用，金属的除锈，离子的共存等。盐类的水解，与我们的生活、生产息息相关。说明：1.强酸弱碱盐水解显酸性，强碱弱酸盐水解显碱性。都弱都水解，谁强显谁性。2.由于某些盐溶液存放时易水解，因此保存时往往加入抑制其水解的酸（或碱）等物质。如：保存FeCl3溶液时，向溶液中加入少量的盐酸，抑制Fe3＋的水解等。3.一些盐的制备：如：AlCl3(HCl)、FeCl3(HCl)在配制过程中往往要加入少量的相应的酸抑制盐的水解。有些盐会完全水解，无法在溶液中制取，只能由单质直接反应制取(如：Al2S3、Mg3N2、CaC2)。4.蒸发某些盐溶液时，必须考虑水解因素的作用，如蒸发AlCl3、FeCl3溶液时，我们往往得不到固体AlCl3和FeCl3，而是相应的氧化物，主要是Al3＋、Fe3＋极易水解，而加热有利于Al3＋和Fe3＋水解的进行，同时水解生成的HCl易挥发，降低生成物浓度，促进水解正向进行，因此，在加热蒸发过程后只能得到氧化物，而得不到固体AlCl3和FeCl3。若想得到AlCl3和FeCl3固体，则必须抑制其水解，可在HCl气流中蒸发结晶。5.由于Al3＋、Fe3＋极易水解，水解产生的Al(OH)3、Fe(OH)3具有较大的表面积，有很强的吸附作用，因此，利用Al3＋和Fe3＋的这个性质，选择适当的铝盐和铁盐作净水剂。如：明矾净水：KAl(SO4)2·12H2O；KAl(SO4)2＝K＋＋Al3＋＋2SO42－；Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋6.油脂很难洗涤，但在碱性条件下可水解生成易溶于水的甘油和羧酸盐。因此，我们可利用热的纯碱溶液去除油渍。Na2CO3==2Na＋＋CO32－；CO32－＋H2OHCO3－＋OH－；HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－7.某些金属表面产生少量的氧化物，现欲除去金属表面的氧化物，而又要尽可能减少金属的损耗，一般不是选择酸与氧化物反应，而是选择一些强酸弱碱盐，利用其水解产生的H＋与金属氧化物作用，除去金属表面的氧化物。如用NH4Cl溶液除锈等。8.合理使用化肥和改良土壤的化学措施。化肥使用过程中要注意化肥的酸碱性，如酸性化肥就不能施加到酸性土壤中，以免土壤酸化；碱性化肥也不能施加到碱性土壤中，以免土壤碱化。同时，酸性化肥不能与碱性化肥使用，以防肥效流失。如：草木灰不能与铵态氮肥混合使用，因为：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，NH4＋＋H2ONH3·H2O上教考资源网助您教考无忧版权所有@中国教育考试资源网＋H＋，水解产生的H＋和OH－，促进水解的进行，使NH3·H2O转化成氨气流失，减少肥效。9.泡沫灭火器钢筒中装有NaHCO3饱和溶液，玻璃瓶中装有Al2(SO4)3溶液，由于HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－，Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，水解产生的H＋和OH－，促进水解的进行，生成大量的CO2和Al(OH)3，阻止火势蔓延，达到灭火的目的。其水解方程式为：2Al3＋＋3CO32－＋3H2O＝2Al(OH)3↓＋3CO2↑10.利用盐类的水解还可以除去某些盐溶液中所含有的杂质。如：CuCl2溶液中含有FeCl3，由于Fe3＋的水解能力（pH在4左右时就可以完全水解）远大于Cu2＋（pH在8附近时水解）因此，我们只需向溶液中加入少量的CuO（CuCO3、Cu(OH)2也可）中和溶液中的酸（H＋）降低溶液的酸性，就可以除去Fe3＋，而不引入新的杂质。11.利用盐类的水解还可以判断离子在溶液中能否共存，若能发生双水解反应的离子在溶液中不能大量共存。如：Fe3＋、Al3＋与CO32－、SO32－、S2－、HS－、AlO2－、HCO3－、SO32－、HSO3－等在溶液中不能大量共存。盐类的水解的应用很多，在离子方程式的书写，物质的鉴别、推断，溶液中离子浓度的大小比较等方面都需要考虑盐类的水解。（二）电解质水溶液中存在着离子和分子，它们之间存在着一些定量关系。也存在量的大小关系。说明：1.大小关系：在电解质溶液中，由于电离和水解的关系，溶液中各离子的浓度大小并不完全相同，在分析溶液中各离子浓度的大小关系时，必须综合考虑电离和水解对离子浓度的影响。①多元弱酸溶液，根据多元酸分步电离，且越来越难电离分析。如：在溶液中，②多元酸正盐溶液，根据弱酸根分步水解分析。如：在Na2CO3溶液中Na+CO32-OH-HCO3-H+③多元弱酸的酸式盐溶液，必须综合考虑电离和水解的相对强弱。④不同溶液中同一离子浓度的比较要看溶液中其他离子对其影响因素。如比较NH4Cl和NH4Ac溶液中NH4＋的浓度大小关系，则必须考虑Ac－和Cl－对NH水解的影响，Ac－促进NH4＋的水解，而Cl－对NH4＋的水解没有影响，因此，NH4Cl溶液中NH4＋的浓度大于NH4Ac溶液NH4＋的浓度。⑤混合溶液中各离子浓度比较，要进行综合分析，要考虑电离、水解等因素。2.溶液中离子浓度的定量关系（即恒等式关系）：①电荷守恒规律：电解质溶液中，不论存在多少种离子，溶液总是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如Na2CO3溶液中，阳离子有和，阴离子有OH，3HCO，23CO，根据电荷守恒原理有：)(2)()()()(233COcOHcHCOcHcNac；在Na2S溶液中根据电荷守恒原理有)(2)()()()(2ScHScOHcHcNac②应用“物料守恒”方法分析。物料守恒规律：电解质溶液中，由于某些离子能水解或电离，离子种类增多，但某些关键性的原子总是守恒的。上教考资源网助您教考无忧版权所有@中国教育考试资源网电解质溶液中某一组份的原始浓度（起始浓度）应等于它在溶液中各种存在形式的浓度之和。如：晶体3NaHCO中，)()(3HCOnNan则在溶液中：)()()()(32233COHcCOcHCOcNac③质子守恒：电解质电离、水解过程中，水电离出的H+与OH－总数一定是相等的。如：NH4Cl溶液——)()()(23OHNHOHHccc【典型例题】［例1］为了配制NH4＋的浓度与Cl－的浓度比为1∶1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入A.适量的HClB.适量的NaClC.适量的氨水D.适量的NaOH解析：NH4Cl溶液水解显酸性：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，使NH4＋的浓度减小，从而使溶液中NH4＋的浓度与Cl－的浓度比小于1∶1。现欲使NH4＋的浓度与Cl－的浓度比为1∶1，则必须抑制NH4＋的水解（或增大NH4＋的浓度），但同时不能增加Cl－的浓度。因此，采取的措施可以是：加入适量的氨水或除NH4Cl外的其他铵盐，以补充NH4＋；也可以加入稀硫酸等除盐酸外的其他酸抑制水解。综上所述，本题的答案为C答案：C［例2］化合物SOCl2是一种液态化合物，沸点为77℃，在盛有10mL水的锥形瓶中，小心地滴加8－10滴SOCl2，可观察到剧烈反应，液面上有白雾形成，并有带刺激性气味的气体逸出。该气体可使滴有品红试液的滤纸褪色，轻轻振荡锥形瓶，等白雾消失后，往溶液中加硝酸银溶液，有不溶于稀硝酸的白色凝乳状沉淀析出。（1）根据上述实验，写出SOCl2和水反应的化学方程式：；（2）将AlCl3溶液蒸干灼烧得不到无水AlCl3，而SOCl2与AlCl3·6H2O混合共热，可得到无水AlCl3，其原因是：解析：SOCl2与水反应后，产生可使品红试液褪色的气体，说明生成了SO2气体，同时，产生白雾，溶于水后产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，说明生成了HCl气体。由此可得SOCl2的反应方程式为：SOCl2＋H2O＝2HCl＋SO2；AlCl3溶液蒸发过程中，由于Al3＋的水解：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，加热有利于水解反应的进行，同时，加热也可使水解产生的HCl挥发，加速水解，甚至使水解完全。因此得不到无水AlCl3，而只能得到Al(OH)3，Al(OH)3受热分解成Al2O3。用SOCl2与AlCl3·6H2O混合共热，由于SOCl2水解生成HCl气体，抑制了AlCl3的水解，同时又减少了水的量，因此可以得到无水AlCl3。答案：SOCl2＋H2O＝2HCl＋SO2；SOCl2水解生成HCl气体，抑制了AlCl3的水解，同时又减少了水的量，因此可以得到无水AlCl3。上教考资源网助您教考无忧版权所有@中国教育考试资源网［例3］在SNa2溶液中存在的下列关系中不正确的是：A.B.C.D.解析：溶液中存在两个守恒关系a.电荷守恒，即………（1）b.物料守恒，即晶体中：；在溶液中S元素存在形式有三种：，及∴………………（2）将（2）－（1）得综上分析，关系正确的有A．C．D。答案：B［例4］将0.2mol·L－1HCN溶液和0.1mol·L－1的NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性，下列关系式中正确的是A.c(HCN)＜c(CN－)B.c(Na＋)＞c(CN－)C.c(HCN)－c(CN－)＝c(OH－)D.c(HCN)＋c(CN－)＝0.1mol·L－1解析：HCN与NaOH混合，首先发生中和反应，根据中和反应物质的量之间的关系，可以判断出HCN过量，反应只消耗一半，则反应后的溶液为HCN和NaCN的混合溶液，浓度均为0.05mol/L；混合溶液显碱性，说明CN－的水解能力大于HCN的电离能力，优先考虑CN－的水解。存在的方程式有：05.0105.0105.01CNNaNaCN；OHCNx21xxOHHCN11；水解为主yHCN1yyCNH11。HCN原浓度为0.05mol/L，其电离程度小于水解程度则有：c(HCN)=0.05－y＋x＞0.05；c(Na＋)＝0.05；c(CN－)＝0.05－x＋y＜0.05；综上所述，可得：c(HCN)＞c(Na＋)＞c(CN－)，c(HCN)＋c(CN－)＝0.1。C项中浓度之和等于c(OH－)，说明溶液显碱性，中和后的溶液若不水解，则c(HCN)＝c(CN－)。由于水解CN－产生了OH－，并且同时产生了HCN，所以水解平衡后，应有：c(HCN)－c(CN－)＝2c(OH－)所以C不正确。本题的答案为BD答案：BD【模拟试题】1.25℃时，将稀氨水逐滴加入到稀硫酸中，当溶液的pH＝7时，下列关系正确的是上教考资源网助您教考无忧版权所有@中国教育考试资源网A.c(NH4+)=c(SO42－)B.c(NH4+)c(SO42－)C.c(NH4+)c(SO42－)D.c(OH－)+c(SO42－)=c(H+)+c(NH4+)2.室温下，下列溶液等体积混合后，所得溶液的pH一定大于7的是A.0.1mol/L的盐酸和0.1mol/L的氢氧化钠溶液B.0.1mol/L的盐酸和0.1mol/L的氢氧化钡溶液C.pH＝4的醋酸溶液和pH＝10的氢氧化钠溶液D.pH＝4的盐酸和pH＝l0的氨水3.将0.2mol/L的HCN溶液和0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性，下列关系式中正确的是A.c(HCN)＜c(CN－)B.c(Na＋)＞c(CN－)C.c(HCN)－c(CN－)＝c(OH－)D.c(HCN)＋c(CN－)＝0.1mol/L4.将0.2mol/L醋酸钾溶液与0.1mol/L盐酸等体积混合后，溶液