高二化学电解质教案及练习题
电解质不一定能导电,而只有在溶于水或熔融状态时电离出自由移动的离子后才能导电 。下面是百文网小编为您带来的高二化学电解质教案及练习题,希望对大家有所帮助。
高二化学电解质教案:
一、教学目标
知识与技能:
1.了解强、弱电解质在水溶液中电离程度的差异及原因,
2.在化学平衡概念的基础上理解电离平衡概念。能运用电离平衡原理解释弱电解质在水溶液中的电离情况,
过程与方法:
通过强弱电解质概念的学习,掌握学习概念性知识的常用方法:归纳法和演绎法。通过合作学习,活动与探究,学习科学探究的一般方法,培养提出问题、探究问题和解决问题的能力;
情感、态度和价值观:
认识电离理论对实践的指导作用,用渗透由现象看本质的辩证观点。
二、教学重点:弱电解质的电离平衡
三、教学方法:四人一组,采用合作学习,实验探究学习的方法。
四、设计理念
1.在教材处理上结合苏教版、人教版的特点,重点分析弱电解质的电离平衡,教师创设问题情景,从对比实验入手,引导学生分析实验现象不同的原因是c(H+)不同,再通过阅读课本了解醋酸和盐酸在水中的电离情况,由学生小结强弱电解质的本质区别。通过设计科学探究实验、交流与讨论,归纳出证明醋酸是弱酸的方法以帮助学生理解电离平衡的移动。
2.在教学方法上根据教材的特点采用四人一组的合作学习、科学探究学习的教学方式。以学生为主体,概念从引入、分析到运用都给予学生足够的思考空间,教师适时加以引导,组织学生参与探究、合作学习。教学中充分发挥每位学生的特长,小组学生分工明确,有记录的、发言的、实验探究的,学生的个性得到张扬,课堂成为学生成长的乐园。
五.教学设计过程
高二化学电解质练习题:
一、选择题
1.某一密闭绝热容器中盛有饱和Ca(OH)2溶液,当加入少量CaO粉末时,下列说法正确的是()
①有晶体析出②c[Ca(OH)2]增大③pH不变
④c(H+)•c(OH-)的积不变⑤c(H+)一定增大
A.① B.①③
C.①②④ D.①⑤
答案:D
点拨:CaO与水反应生成Ca(OH)2的同时会放热,在绝热容器中热量不损失,温度升高,Ca(OH)2的溶解度减小,析出晶体,溶液中溶质的浓度减小。由于温度升高,水的离子积增大。溶液中Ca(OH)2的溶解度减小,所以溶液中的OH-的浓度减小,因此H+的浓度增大,①⑤正确。
2.下列叙述正确的是()
A.某溶液中所有离子的浓度大小排序是:c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),则该溶液的溶质一定是CH3COONa和CH3COOH
B.CH3COOH与NaOH的混合溶液显碱性,则溶液中各离子浓度大小排序一定为:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
C.常温下,a mol/L的CH3COOH溶液与b mol/L的 NaOH溶液等体积混合后溶液的pH=7,则一定有a=b
D.常温下,pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后溶液的pH一定等于7
答案:A
点拨:B项,溶液中各离子浓度也可能为c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)或c(Na+)>c(CH3COO-)=c(OH-)>c(H+);C项,若a=b,二者恰好完全反应得到CH3COONa溶液,pH>7;D项,CH3COOH为弱酸,等体积混合时,醋酸的物质的量远大于NaOH,即醋酸过量,所得溶液显酸性。
3.将20 mL 0.1 mol•L-1的氨水与10 mL 0.1 mol•L-1的盐酸混合,所得到的溶液中离子浓度的关系错误的是()
A.c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)
B.c(NH4+)+c(NH3•H2O)=2c(Cl-)
C.2c(OH-)-2c(H+)=c(NH4+)-c(NH3•H2O)
D.c(H+)=c(NH3•H2O)+c(OH-)
答案:D
点拨:混合后溶液中存在NH4Cl与NH3•H2O,其物质的量之比为1∶1。A项,电荷守恒,正确。B项,物料守恒,正确。C项,质子守恒,可由电荷守恒、物料守恒进行相应的运算而得。D项,当溶液中只有NH4Cl时,该式成立。
4.等浓度的下列稀溶液:①乙酸、②苯酚、③碳酸、④乙醇,它们的pH由小到大排列正确的是()
A.④②③① B.③①②④
C.①②③④ D.①③②④
答案:D
点拨:等浓度的溶液,酸性越强,pH越小。酸性:乙酸>碳酸>苯酚,乙醇呈中性,可知pH由小到大的顺序为:①③②④,D正确。
5.下列说法正确的是()
A.25℃时,NH4Cl溶液的Kw大于100℃时NaCl溶液的Kw
B.SO2通入碘水中,反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O===SO32-+2I+4H+
C.加入铝粉能产生H2的溶液中,可能存在大量的Na+、Ba2+、AlO2-、NO3-
D.100℃时,将pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合,溶液显中性
答案:C
点拨:A项,溶液中的KW随温度的升高而增大,故A项错误;B项,不符合得失电子守恒规律——仅发生了得电子过程,无失电子过程,故B项错误;C项,Al既能与强碱性溶液反应产生H2,又能与强酸性(不存在氧化性酸根离子)溶液反应产生H2,该项离子在强碱性环境中可共存,故C项正确;D项,100℃的pH=12的NaOH溶液中的c(OH-)>10-2mol•L-1,而pH=2的盐酸中的c(H+)=10-2mol•L-1,因此,两者混合时NaOH溶液过量,溶液显碱性,故D项错误。
6.常温下0.1mol•L-1醋酸溶液的pH=a ,下列能使溶液pH=(a+1)的措施是()
A.将溶液稀释到原体积的10倍 B.加入适量的醋酸钠固体
C.加入等体积0.2 mol•L-1盐酸 D.提高溶液的温度
答案:B
点拨:A项,醋酸是弱酸,弱酸溶液每稀释10倍pH增加不到1个单位;C项,加入等体积0.2 mol•L-1的盐酸,溶液中的H+主要来自于盐酸的电离,此时溶液中的H+浓度大于0.1 mol•L-1,混合液的pH比a要小;D项,温度升高,CH3COOH的电离程度增大pH减小;B项,加入CH3COONa后,溶液中的CH3COO-浓度增大,促使醋酸的电离平衡逆向移动,H+浓度下降,pH增大。
7.根据酸碱质子理论,凡是能给出质子的分子或离子都是酸,凡是能结合质子的分子或离子都是碱。按照这个理论,下列微粒属于两性物质的是()
①HS-②CO32-③H2PO4-④NH3⑤H2S⑥CH3COOH⑦OH-⑧H2O⑨NO2-⑩NH2CH2COOH
A.①⑤ B.③⑥
C.①②⑨ D.①③⑧⑩
答案:D
点拨:所给微粒中既能结合H+又能提供H+的有HS-、H2PO4-、H2O和H2N—CH2COOH,因此这四种物质从酸碱质子理论的角度上看既是酸又是碱,即两性物质。
8.常温下,对下列四种溶液的叙述正确的是()
编号 ① ② ③ ④
溶液 氨水 氢氧化钠溶液 醋酸溶液 盐酸
pH 11 11 3 3
A.②、③两溶液相比,溶液中水的电离程度不同
B.四种溶液分别加水稀释10倍,pH变化最大的是①和③
C.①、②、③中分别加入少量的醋酸铵固体后,三种溶液的pH均减小
D.①、④两溶液按一定体积比混合,所得溶液中离子浓度的关系不存在:c(H+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(NH4+)
答案:D
点拨:A项,②、③中c(OH-)=c(H+)=10-3mol/L,对水的电离起同等程度的抑制作用,故两溶液中水的电离程度相同。B项,加水稀释同样倍数时强碱比弱碱pH变化大,强酸比弱酸pH变化大。C项,③中加少量醋酸铵固体后,平衡CH3COOH??CH3COO-+H+向逆反应方向移动,pH增大。D项,c(H+)不会大于c(Cl-)。
9.对滴有酚酞试液的下列溶液,操作后颜色变深的是()
A.明矾溶液加热 B.CH3COONa溶液加热
C.氨水中加入少量NH4Cl固体 D.小苏打溶液中加入少量的NaCl固体
答案:B
点拨:明矾水解显酸性,加热促进水解,酚酞在酸性溶液中不显色,故A项错误;CH3COONa水解显碱性,加热促进水解,c(OH-)增大,溶液红色加深,B项正确;氨水显弱碱性,NH4Cl水解显酸性,溶液中c(OH-)减小,红色变浅,C项错误;加入少量NaCl固体对NaHCO3水解不产生影响,溶液颜色无变化,D项错误。
10.下列各溶液中,微粒的物质的量浓度关系正确的是()
A.0.1 mol•L-1的(NH4)2SO4溶液中:c(SO42-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)
B.0.1 mol•L-1的Na2CO3溶液中:c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+c(H2CO3)
C.0.1 mol•L-1的NH4Cl溶液与0.05 mol•L-1的NaOH溶液等体积混合:
c(Cl-)>c(Na+)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)
D.c(NH4+)相等的(NH4)2SO4溶液,NH4HSO4溶液、(NH4)2CO3溶液和NH4Cl溶液:c[(NH4)2SO4]
答案:D
点拨:A项由于盐类的水解比较微弱,所以c(NH4+)>c(SO42-);B项根据质子守恒c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3);C项两者反应后生成相同物质的量的NH3•H2O、NH4Cl和NaCl,NH3•H2O的电离程度大于NH4+的水解程度,NH4+的浓度比Na+大;D项四种盐的物质的量浓度相同时,c(NH4+)的大小关系为:c[(NH4)2SO4]> c[(NH4)2CO3] > c(NH4HSO4)>c(NH4Cl),当四种盐提供的NH4+浓度相等时,c[(NH4)2SO4]
11.下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是()
A.0.2 mol•L-1CH3COONa溶液和0.1mol•L-1HCl溶液等体积混合后:c(CH3COO-)>c(Na+)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)
B.pH=3的盐酸和NaNO3的混合溶液中:c(Na+)=c(Cl-)
C.0.1 mol•L-1 NaHCO3溶液中:
c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(OH-)
D.物质的量浓度相等的HCN(弱酸)和NaCN溶液等体积混合后有:c(HCN)+2c(H+)=2c(OH-)+c(CN-)
答案:D
点拨:A项,应为c(Na+)>c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-);B项,只给了盐酸的浓度,NaNO3的浓度未知,故不能确定c(Na+)与c(Cl-)的大小关系;C项,为电荷守恒关系,应为c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2×c(CO32-)+c(OH-)。
12.下列说法正确的是()
A.常温下0.4 mol/L HB溶液和0.2 mol/L NaOH溶液等体积混合后溶液的pH=3,则混合溶液中离子浓度的大小顺序为:c(Na+)>c(B-)>c(H+)>c(OH-)
B.常温时,pH均为2的CH3COOH溶液和HCl溶液、pH均为12的氨水和NaOH溶液,四种溶液中由水电离出的c(H+)相等
C.常温下0.1mol/L的下列溶液①NH4Al(SO4)2,②NH4Cl,③NH3•H2O,④CH3COONH4中,c(NH4+)由大到小的顺序是:②>①>④>③
D.0.1 mol/L pH为4的NaHB溶液中:c(HB-)>c(H2B)>c(B2-)
答案:B
点拨:A项,电荷不守恒,正确的顺序是c(B-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-);C项,Al3+对NH4+的水解有抑制作用,CH3COO-对NH4+的水解有促进作用。而NH3•H2O电离程度较小,产生的NH4+浓度很低,四种溶液中NH4+浓度由大到小的顺序是①>②>④>③;D项,由于NaHB溶液的pH=4,说明HB-的电离程度大于水解程度,所以B2-的浓度大于H2B的浓度。
13.下列表述或判断不正确的是()
A.根据CH3COO-+H2O??CH3COOH+OH-能说明CH3COOH是弱电解质
B.根据NH3+H3O+===NH4++H2O能说明NH3结合H+的能力比H2O强
C.pH相等的①Na2CO3;②NaOH;③CH3COONa三种溶液,物质的量浓度的大小顺序为:③>①>②
D.相同条件下等物质的量浓度的①NaCl溶液;②NaOH溶液;③HCl溶液中由水电离出的c(H+):③>①>②
答案:D
点拨:A项CH3COO-水解证明CH3COOH是弱酸,是弱电解质;B项NH3能夺取H3O+中的H+,证明NH3结合H+的能力比H2O强;C项当浓度相同时,pH②>①>③,所以当pH相等时③>①>②;D项NaOH溶液和HCl溶液抑制水的电离(且程度相同),NaCl溶液中水的电离程度最大,应为①>②=③。
14.常温下,用0.100 0mol/L NaOH溶液分别滴定20.00 mL0.100 0mol/L醋酸溶液,得到2条滴定曲线,如下图所示:
以HA表示酸,下列说法正确的是()
A.滴定盐酸的曲线是图2
B.达到B、D状态时,两溶液中离子浓度均为c(Na+)=c(A-)
C.达到B、E状态时,反应消耗的n(CH3COOH)>n(HCl)
D.当0 mLc(H+)>c(OH-)
答案:B
点拨:A项,0.1 mol/L盐酸pH=1,所以图1是NaOH滴定HCl的滴定曲线;C项,B、E点对应消耗NaOH的体积都是a mL,所以消耗掉的CH3COOH、HCl的物质的量是相等的;D项,当所加的NaOH量比较少时,混合液中H+、Na+浓度可能是c(H+)>c(Na+)。
15.室温下,在25 mL 0.1 mol•L-1NaOH溶液中逐滴加入0.2 mol•L-1CH3COOH溶液,pH与滴加CH3COOH溶液体积的关系曲线如下图所示,若忽略两溶液混合时的体积变化,下列有关粒子浓度关系的说法错误的是()
A.在A、B间任一点,溶液中一定都有
c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)
B.在B点:a>12.5,且有c(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)=c(H+)
C.在C点:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
D.在D点:c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol•L-1
答案:C
点拨:C项,电荷不守恒,在C点溶液呈酸性,离子浓度关系应为:c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)。
二、非选择题
16.氯碱工业中电解饱和食盐水的原理。
(1)电解饱和食盐水的离子方程式是____________________________________。
(2)电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2~3。用化学平衡移动原理解释盐酸的作用:________________________________________________________________________。
(3)电解所用的盐水需精制,去除有影响的Ca2+、Mg2+,NH4+,SO42-[c(SO42-)>c(Ca2+)]。精制流程如下(淡盐水和溶液A来自电解池):
①盐泥a除泥沙外,还含有的物质是________。
②过程Ⅰ中将NH4+转化为N2的离子方程式是___________________________________ _____________________________________。
③BaSO4的溶解度比BaCO3的小,过程Ⅱ中除去的离子有________。
④经过程Ⅲ处理,要求盐水c中剩余Na2SO3的含量小于5mg /L,若盐水b中NaClO的含量是7.45 mg /L,则处理10m3 盐水b,至多添加10% Na2SO3溶液________kg(溶液体积变化忽略不计)。
答案:(1)2Cl-+2H2O=====通电H2↑+Cl2↑+2OH-
(2)Cl2与水反应:Cl2+H2O?
?HCl+HClO,增大HCl的浓度使平衡逆向移动,减少Cl2在水中的溶解,有利于Cl2的逸出
(3)①Mg(OH)2
②2NH4++3Cl2+8OH-===N2↑+6Cl-+8H2O
③SO42-、Ca2+
④1.76
点拨:(1)略
(2)抓住信息(化学平衡移动),分析阳极区的存在的化学平衡只有Cl2与水反应;
(3)①由信息用溶液A(NaOH溶液)调pH=11、溶液中含有Mg2+,所以有沉淀Mg(OH)2生成;
②由信息可知NH4+被氧化生成N2,所以**是氧化剂,溶液显碱性用OH-和H2O配平即可;
③BaCO3(s)?
?Ba2+(aq)+CO32-(aq),Ba2+与溶液中的SO42-结合生成更难溶的BaSO4,且使BaCO3(s)?
?Ba2+(aq)+CO32-(aq)右移,生成CO32-与溶液中的Ca2+结合生成CaCO3;④反应的化学方程式为Na2SO3+NaClO===Na2SO4+NaCl,n(NaClO)=104L×7.45mg•L-1×10-3g•mg-1÷74.5 g•mol-1=1 mol,所以参加反应的n(Na2SO3)=1 mol,参加反应的m(Na2SO3)=126 g,溶液中最多剩余的m(Na2SO3)=104 L×5 mg•L-1×10-3g•mg-1=50 g,所以总共最多加入m(Na2SO3)=(126g+50g)=176g,需10%的Na2SO3为1.76 kg。
高二化学电解质教案:
一、教学目标
知识与技能:
1.了解强、弱电解质在水溶液中电离程度的差异及原因,
2.在化学平衡概念的基础上理解电离平衡概念。能运用电离平衡原理解释弱电解质在水溶液中的电离情况,
过程与方法:
通过强弱电解质概念的学习,掌握学习概念性知识的常用方法:归纳法和演绎法。通过合作学习,活动与探究,学习科学探究的一般方法,培养提出问题、探究问题和解决问题的能力;
情感、态度和价值观:
认识电离理论对实践的指导作用,用渗透由现象看本质的辩证观点。
二、教学重点:弱电解质的电离平衡
三、教学方法:四人一组,采用合作学习,实验探究学习的方法。
四、设计理念
1.在教材处理上结合苏教版、人教版的特点,重点分析弱电解质的电离平衡,教师创设问题情景,从对比实验入手,引导学生分析实验现象不同的原因是c(H+)不同,再通过阅读课本了解醋酸和盐酸在水中的电离情况,由学生小结强弱电解质的本质区别。通过设计科学探究实验、交流与讨论,归纳出证明醋酸是弱酸的方法以帮助学生理解电离平衡的移动。
2.在教学方法上根据教材的特点采用四人一组的合作学习、科学探究学习的教学方式。以学生为主体,概念从引入、分析到运用都给予学生足够的思考空间,教师适时加以引导,组织学生参与探究、合作学习。教学中充分发挥每位学生的特长,小组学生分工明确,有记录的、发言的、实验探究的,学生的个性得到张扬,课堂成为学生成长的乐园。
五.教学设计过程
教师活动 | 学生活动 | 设计意图 |
【演示实验】 (1)在四个小烧杯中分别加入物质的量浓度均为0.1 mol·L-1 HCl、NaOH、CH3COOH、NH3.H2O溶液各10mL,将连有灯泡、导线的碳棒分别插入溶液中。 (2)在锥形瓶中先各放20 mL0.1 mo·.L-1盐酸和0.1 mol·L-1醋酸,后同时投放等量的NaHCO3粉末,然后迅速套上气球 | 观察四个灯泡的亮暗程度, 思考影响导电能力的因素,产生不同实验现象的原因。 观察现象,比较反应产生气泡速率的快慢。分析原因,写出盐酸与醋酸溶液中的溶质 | 通过比较相同条件的一元酸、碱溶液的导电性,判断溶液中离子浓度的大小 让学生知道酸与NaHCO3反应的实质是与H+反应,速率不同即溶液中c(H+)的大小不同 |
【提问】 (1)上述实验现象说明相同条件下醋酸与盐酸溶液中c(H+)不同,你能解释原因吗? (2)醋酸是怎样电离的?(投影) (3)上述v-t体现了CH3COOH在水中的电离有什么特点? (4)影响CH3COOH的电离平衡的因素有哪些,怎样影响?怎样证明CH3COOH是弱酸? 【实验指导】指导学生完成下列对比实验,分析实验现象及原因。组织学生交流、归纳。 【学生归纳1】醋酸溶液中,加入少量的CH3COONH4固体,由于醋酸根离子浓度的增大,导致醋酸溶液的pH值增大,而盐酸中,加入NaCl,溶液的pH值不变。 【学生归纳2】 盐酸中加入少量CH3COONH4固体后由于c(CH3COO-)增大,结合了部分氢离子,使溶液中c(H+)浓度下降,与镁反应产生气泡的速度减慢,剧烈程度减弱。 【提问】从这些实验中你能说明什么问题? 【小结】(投影) 1.影响电离平衡的因素-浓度、温度 2.写出能证明CH3COOH是弱酸的方法 【及时对各小组的验证方法组织互相评价】 【投影】 (1)分别取相同物质的量浓度的HCl和CH3COOH溶液,比较其导电性。 (2)测相同物质的量浓度的HCl、CH3COOH溶液的pH值。 (3)对比物质的量浓度相同的HCl、CH3COOH溶液与接触面积相同的Mg带或NaHCO3粉末反应的速率. (4)测定0.1 mol/L的醋酸的pH, pH>1 【课堂练习】 (1)课本P59-问题解决设计实验比较0.1 mol·L-1NaOH溶液与0.1 mol·L-1的NH3·H2O的电离程度 (2)课本P65-7分析氯水成份,设计实验方案促使**与水反应的化学平衡正向移动。 氯水成份: 促使**与水反应的化学平衡正向移动的方法(至少3种) 【课堂检测】 欲使CH3COOH电离平衡向右移动,且增大c(CH3COO-),可采取的措施是(至少3种) | 相互交流,得出强弱电解质的概念并举例说明常见的强弱电解质 阅读课本P59, 学生上黑板用化学平衡的v-t图描述CH3COOH在水中的电离情况 学生上黑板写出醋酸的电离方程式 讨论得出电离平衡时的特点 分组讨论-实验探究 【探究性实验1】 酸液中加对应的盐 (1)测0.1 mol·L-1HCl和 0.1 mol·L-1CH3COOH的pH值 (2)在0.1 mol·L-1HCl中加入少量的NaCl固体,再测pH值 (3)0.1 mol·L-1CH3COOH中加入少量的醋酸铵固体,测pH值 【探究性实验2】 速度对比实验 在两支试管中分别加入0.1 mol·L-1HCl 10 mL,再在一支试管中加入少量的醋酸铵固体。再在两支试管中分别加入表面积、大小均相同的镁带。观察实验现象。 学生思考、小结 学生举例说明影响因素及平衡移动的方向 四人一组,分组讨论,书写方法,实物投影展示验证方法。 各小组间互相评价,归纳可行、简单的方法。 体验成功, 归纳整理实验验证方法,并交流得出最简单可行的方法是: 测定0.1 mol/L的醋酸的pH, pH>1 【体验探究】 交流讨论可行方案,并用实验验证: 测0.1 mol·L-1NaOH溶液与0.1 mol·L-1的NH3·H2O的pH值 学生上黑板写出**与水反应的化学方程式并写出氯水的成份 相互评价,并交流使化学平衡正向移动的方法:加水、通入**、光照、加入NaOH、NaHCO3、Mg等能与H+反应的物质…. 学生积极思考,参与讨论,师生小结: 加入Zn粉、升温、 加入NaOH、加入Na2CO3 加入Na2O等 | 引导学生从醋酸与盐酸物质的量浓度相同,而氢离子浓度不同的角度分析强弱电解质的本质区别。 让学生知道化学平衡移动原理也能适用于电离平衡 让学生知道弱电解质的电离是可逆的,书写方程式应用培养学生的科学探究能力 证明CH3COOH溶液中存在电离平衡 通过速率对比实验证0.1 mol·L-1HCl中加入少量的 CH3COONH4固体会减小c(H+),从而说明CH3COOH是弱电解质 进一步巩固影响电离平衡的因素 进一步巩固化学平衡移动原理 加深理解强弱电解质的本质区别-是否完全电离。让学生知道相同条件下的醋酸和盐酸因为c(H+)不同,所以导电性不同,pH值不同,与酸反应的速率不同 让学生理解只需比较相同条件c(OH-)即可。 进一步理解化学平衡的适用范围,知道HClO也是弱酸 检测课堂效果。 |
一、选择题
1.某一密闭绝热容器中盛有饱和Ca(OH)2溶液,当加入少量CaO粉末时,下列说法正确的是()
①有晶体析出②c[Ca(OH)2]增大③pH不变
④c(H+)•c(OH-)的积不变⑤c(H+)一定增大
A.① B.①③
C.①②④ D.①⑤
答案:D
点拨:CaO与水反应生成Ca(OH)2的同时会放热,在绝热容器中热量不损失,温度升高,Ca(OH)2的溶解度减小,析出晶体,溶液中溶质的浓度减小。由于温度升高,水的离子积增大。溶液中Ca(OH)2的溶解度减小,所以溶液中的OH-的浓度减小,因此H+的浓度增大,①⑤正确。
2.下列叙述正确的是()
A.某溶液中所有离子的浓度大小排序是:c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),则该溶液的溶质一定是CH3COONa和CH3COOH
B.CH3COOH与NaOH的混合溶液显碱性,则溶液中各离子浓度大小排序一定为:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
C.常温下,a mol/L的CH3COOH溶液与b mol/L的 NaOH溶液等体积混合后溶液的pH=7,则一定有a=b
D.常温下,pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后溶液的pH一定等于7
答案:A
点拨:B项,溶液中各离子浓度也可能为c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)或c(Na+)>c(CH3COO-)=c(OH-)>c(H+);C项,若a=b,二者恰好完全反应得到CH3COONa溶液,pH>7;D项,CH3COOH为弱酸,等体积混合时,醋酸的物质的量远大于NaOH,即醋酸过量,所得溶液显酸性。
3.将20 mL 0.1 mol•L-1的氨水与10 mL 0.1 mol•L-1的盐酸混合,所得到的溶液中离子浓度的关系错误的是()
A.c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)
B.c(NH4+)+c(NH3•H2O)=2c(Cl-)
C.2c(OH-)-2c(H+)=c(NH4+)-c(NH3•H2O)
D.c(H+)=c(NH3•H2O)+c(OH-)
答案:D
点拨:混合后溶液中存在NH4Cl与NH3•H2O,其物质的量之比为1∶1。A项,电荷守恒,正确。B项,物料守恒,正确。C项,质子守恒,可由电荷守恒、物料守恒进行相应的运算而得。D项,当溶液中只有NH4Cl时,该式成立。
4.等浓度的下列稀溶液:①乙酸、②苯酚、③碳酸、④乙醇,它们的pH由小到大排列正确的是()
A.④②③① B.③①②④
C.①②③④ D.①③②④
答案:D
点拨:等浓度的溶液,酸性越强,pH越小。酸性:乙酸>碳酸>苯酚,乙醇呈中性,可知pH由小到大的顺序为:①③②④,D正确。
5.下列说法正确的是()
A.25℃时,NH4Cl溶液的Kw大于100℃时NaCl溶液的Kw
B.SO2通入碘水中,反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O===SO32-+2I+4H+
C.加入铝粉能产生H2的溶液中,可能存在大量的Na+、Ba2+、AlO2-、NO3-
D.100℃时,将pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合,溶液显中性
答案:C
点拨:A项,溶液中的KW随温度的升高而增大,故A项错误;B项,不符合得失电子守恒规律——仅发生了得电子过程,无失电子过程,故B项错误;C项,Al既能与强碱性溶液反应产生H2,又能与强酸性(不存在氧化性酸根离子)溶液反应产生H2,该项离子在强碱性环境中可共存,故C项正确;D项,100℃的pH=12的NaOH溶液中的c(OH-)>10-2mol•L-1,而pH=2的盐酸中的c(H+)=10-2mol•L-1,因此,两者混合时NaOH溶液过量,溶液显碱性,故D项错误。
6.常温下0.1mol•L-1醋酸溶液的pH=a ,下列能使溶液pH=(a+1)的措施是()
A.将溶液稀释到原体积的10倍 B.加入适量的醋酸钠固体
C.加入等体积0.2 mol•L-1盐酸 D.提高溶液的温度
答案:B
点拨:A项,醋酸是弱酸,弱酸溶液每稀释10倍pH增加不到1个单位;C项,加入等体积0.2 mol•L-1的盐酸,溶液中的H+主要来自于盐酸的电离,此时溶液中的H+浓度大于0.1 mol•L-1,混合液的pH比a要小;D项,温度升高,CH3COOH的电离程度增大pH减小;B项,加入CH3COONa后,溶液中的CH3COO-浓度增大,促使醋酸的电离平衡逆向移动,H+浓度下降,pH增大。
7.根据酸碱质子理论,凡是能给出质子的分子或离子都是酸,凡是能结合质子的分子或离子都是碱。按照这个理论,下列微粒属于两性物质的是()
①HS-②CO32-③H2PO4-④NH3⑤H2S⑥CH3COOH⑦OH-⑧H2O⑨NO2-⑩NH2CH2COOH
A.①⑤ B.③⑥
C.①②⑨ D.①③⑧⑩
答案:D
点拨:所给微粒中既能结合H+又能提供H+的有HS-、H2PO4-、H2O和H2N—CH2COOH,因此这四种物质从酸碱质子理论的角度上看既是酸又是碱,即两性物质。
8.常温下,对下列四种溶液的叙述正确的是()
编号 ① ② ③ ④
溶液 氨水 氢氧化钠溶液 醋酸溶液 盐酸
pH 11 11 3 3
A.②、③两溶液相比,溶液中水的电离程度不同
B.四种溶液分别加水稀释10倍,pH变化最大的是①和③
C.①、②、③中分别加入少量的醋酸铵固体后,三种溶液的pH均减小
D.①、④两溶液按一定体积比混合,所得溶液中离子浓度的关系不存在:c(H+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(NH4+)
答案:D
点拨:A项,②、③中c(OH-)=c(H+)=10-3mol/L,对水的电离起同等程度的抑制作用,故两溶液中水的电离程度相同。B项,加水稀释同样倍数时强碱比弱碱pH变化大,强酸比弱酸pH变化大。C项,③中加少量醋酸铵固体后,平衡CH3COOH??CH3COO-+H+向逆反应方向移动,pH增大。D项,c(H+)不会大于c(Cl-)。
9.对滴有酚酞试液的下列溶液,操作后颜色变深的是()
A.明矾溶液加热 B.CH3COONa溶液加热
C.氨水中加入少量NH4Cl固体 D.小苏打溶液中加入少量的NaCl固体
答案:B
点拨:明矾水解显酸性,加热促进水解,酚酞在酸性溶液中不显色,故A项错误;CH3COONa水解显碱性,加热促进水解,c(OH-)增大,溶液红色加深,B项正确;氨水显弱碱性,NH4Cl水解显酸性,溶液中c(OH-)减小,红色变浅,C项错误;加入少量NaCl固体对NaHCO3水解不产生影响,溶液颜色无变化,D项错误。
10.下列各溶液中,微粒的物质的量浓度关系正确的是()
A.0.1 mol•L-1的(NH4)2SO4溶液中:c(SO42-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)
B.0.1 mol•L-1的Na2CO3溶液中:c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+c(H2CO3)
C.0.1 mol•L-1的NH4Cl溶液与0.05 mol•L-1的NaOH溶液等体积混合:
c(Cl-)>c(Na+)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)
D.c(NH4+)相等的(NH4)2SO4溶液,NH4HSO4溶液、(NH4)2CO3溶液和NH4Cl溶液:c[(NH4)2SO4]
答案:D
点拨:A项由于盐类的水解比较微弱,所以c(NH4+)>c(SO42-);B项根据质子守恒c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3);C项两者反应后生成相同物质的量的NH3•H2O、NH4Cl和NaCl,NH3•H2O的电离程度大于NH4+的水解程度,NH4+的浓度比Na+大;D项四种盐的物质的量浓度相同时,c(NH4+)的大小关系为:c[(NH4)2SO4]> c[(NH4)2CO3] > c(NH4HSO4)>c(NH4Cl),当四种盐提供的NH4+浓度相等时,c[(NH4)2SO4]
11.下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是()
A.0.2 mol•L-1CH3COONa溶液和0.1mol•L-1HCl溶液等体积混合后:c(CH3COO-)>c(Na+)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)
B.pH=3的盐酸和NaNO3的混合溶液中:c(Na+)=c(Cl-)
C.0.1 mol•L-1 NaHCO3溶液中:
c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(OH-)
D.物质的量浓度相等的HCN(弱酸)和NaCN溶液等体积混合后有:c(HCN)+2c(H+)=2c(OH-)+c(CN-)
答案:D
点拨:A项,应为c(Na+)>c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-);B项,只给了盐酸的浓度,NaNO3的浓度未知,故不能确定c(Na+)与c(Cl-)的大小关系;C项,为电荷守恒关系,应为c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2×c(CO32-)+c(OH-)。
12.下列说法正确的是()
A.常温下0.4 mol/L HB溶液和0.2 mol/L NaOH溶液等体积混合后溶液的pH=3,则混合溶液中离子浓度的大小顺序为:c(Na+)>c(B-)>c(H+)>c(OH-)
B.常温时,pH均为2的CH3COOH溶液和HCl溶液、pH均为12的氨水和NaOH溶液,四种溶液中由水电离出的c(H+)相等
C.常温下0.1mol/L的下列溶液①NH4Al(SO4)2,②NH4Cl,③NH3•H2O,④CH3COONH4中,c(NH4+)由大到小的顺序是:②>①>④>③
D.0.1 mol/L pH为4的NaHB溶液中:c(HB-)>c(H2B)>c(B2-)
答案:B
点拨:A项,电荷不守恒,正确的顺序是c(B-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-);C项,Al3+对NH4+的水解有抑制作用,CH3COO-对NH4+的水解有促进作用。而NH3•H2O电离程度较小,产生的NH4+浓度很低,四种溶液中NH4+浓度由大到小的顺序是①>②>④>③;D项,由于NaHB溶液的pH=4,说明HB-的电离程度大于水解程度,所以B2-的浓度大于H2B的浓度。
13.下列表述或判断不正确的是()
A.根据CH3COO-+H2O??CH3COOH+OH-能说明CH3COOH是弱电解质
B.根据NH3+H3O+===NH4++H2O能说明NH3结合H+的能力比H2O强
C.pH相等的①Na2CO3;②NaOH;③CH3COONa三种溶液,物质的量浓度的大小顺序为:③>①>②
D.相同条件下等物质的量浓度的①NaCl溶液;②NaOH溶液;③HCl溶液中由水电离出的c(H+):③>①>②
答案:D
点拨:A项CH3COO-水解证明CH3COOH是弱酸,是弱电解质;B项NH3能夺取H3O+中的H+,证明NH3结合H+的能力比H2O强;C项当浓度相同时,pH②>①>③,所以当pH相等时③>①>②;D项NaOH溶液和HCl溶液抑制水的电离(且程度相同),NaCl溶液中水的电离程度最大,应为①>②=③。
14.常温下,用0.100 0mol/L NaOH溶液分别滴定20.00 mL0.100 0mol/L醋酸溶液,得到2条滴定曲线,如下图所示:
以HA表示酸,下列说法正确的是()
A.滴定盐酸的曲线是图2
B.达到B、D状态时,两溶液中离子浓度均为c(Na+)=c(A-)
C.达到B、E状态时,反应消耗的n(CH3COOH)>n(HCl)
D.当0 mLc(H+)>c(OH-)
答案:B
点拨:A项,0.1 mol/L盐酸pH=1,所以图1是NaOH滴定HCl的滴定曲线;C项,B、E点对应消耗NaOH的体积都是a mL,所以消耗掉的CH3COOH、HCl的物质的量是相等的;D项,当所加的NaOH量比较少时,混合液中H+、Na+浓度可能是c(H+)>c(Na+)。
15.室温下,在25 mL 0.1 mol•L-1NaOH溶液中逐滴加入0.2 mol•L-1CH3COOH溶液,pH与滴加CH3COOH溶液体积的关系曲线如下图所示,若忽略两溶液混合时的体积变化,下列有关粒子浓度关系的说法错误的是()
A.在A、B间任一点,溶液中一定都有
c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)
B.在B点:a>12.5,且有c(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)=c(H+)
C.在C点:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
D.在D点:c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol•L-1
答案:C
点拨:C项,电荷不守恒,在C点溶液呈酸性,离子浓度关系应为:c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)。
二、非选择题
16.氯碱工业中电解饱和食盐水的原理。
(1)电解饱和食盐水的离子方程式是____________________________________。
(2)电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2~3。用化学平衡移动原理解释盐酸的作用:________________________________________________________________________。
(3)电解所用的盐水需精制,去除有影响的Ca2+、Mg2+,NH4+,SO42-[c(SO42-)>c(Ca2+)]。精制流程如下(淡盐水和溶液A来自电解池):
①盐泥a除泥沙外,还含有的物质是________。
②过程Ⅰ中将NH4+转化为N2的离子方程式是___________________________________ _____________________________________。
③BaSO4的溶解度比BaCO3的小,过程Ⅱ中除去的离子有________。
④经过程Ⅲ处理,要求盐水c中剩余Na2SO3的含量小于5mg /L,若盐水b中NaClO的含量是7.45 mg /L,则处理10m3 盐水b,至多添加10% Na2SO3溶液________kg(溶液体积变化忽略不计)。
答案:(1)2Cl-+2H2O=====通电H2↑+Cl2↑+2OH-
(2)Cl2与水反应:Cl2+H2O?
?HCl+HClO,增大HCl的浓度使平衡逆向移动,减少Cl2在水中的溶解,有利于Cl2的逸出
(3)①Mg(OH)2
②2NH4++3Cl2+8OH-===N2↑+6Cl-+8H2O
③SO42-、Ca2+
④1.76
点拨:(1)略
(2)抓住信息(化学平衡移动),分析阳极区的存在的化学平衡只有Cl2与水反应;
(3)①由信息用溶液A(NaOH溶液)调pH=11、溶液中含有Mg2+,所以有沉淀Mg(OH)2生成;
②由信息可知NH4+被氧化生成N2,所以**是氧化剂,溶液显碱性用OH-和H2O配平即可;
③BaCO3(s)?
?Ba2+(aq)+CO32-(aq),Ba2+与溶液中的SO42-结合生成更难溶的BaSO4,且使BaCO3(s)?
?Ba2+(aq)+CO32-(aq)右移,生成CO32-与溶液中的Ca2+结合生成CaCO3;④反应的化学方程式为Na2SO3+NaClO===Na2SO4+NaCl,n(NaClO)=104L×7.45mg•L-1×10-3g•mg-1÷74.5 g•mol-1=1 mol,所以参加反应的n(Na2SO3)=1 mol,参加反应的m(Na2SO3)=126 g,溶液中最多剩余的m(Na2SO3)=104 L×5 mg•L-1×10-3g•mg-1=50 g,所以总共最多加入m(Na2SO3)=(126g+50g)=176g,需10%的Na2SO3为1.76 kg。
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