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    (浙江专用)2020版高考化学二轮复习专题十一第2课时盐类水解及其应用课件

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    (浙江专用)2020版高考化学二轮复习专题十一第2课时盐类水解及其应用课件

    1、第2课时 盐类水解及其应用,命题调研(20162019四年大数据),真题重现,1.(2019浙江4月选考)下列溶液呈碱性的是( ),A.NH4NO3 B.(NH4)2SO4 C.KCl D.K2CO3 解析 NH4NO3和(NH4)2SO4均为强酸弱碱盐,水溶液呈酸性;KCl为强酸强碱盐,水溶液呈中性;K2CO3为弱酸强碱盐,水溶液呈碱性,故选D。 答案 D,2.(2019浙江4月选考)室温下,取20 mL 0.1 molL1某二元酸H2A,滴加0.2 molL1 NaOH溶液。,已知:H2A=HHA,HAHA2。下列说法不正确的是( ) A.0.1 molL1 H2A溶液中有c(H)c(OH

    2、)c(A2)0.1 molL1 B.当滴加至中性时,溶液中c(Na)c(HA)2c(A2),用去NaOH溶液的体积小于10 mL C.当用去NaOH溶液体积10 mL时,溶液的pH7,此时溶液中有c(A2)c(H)c(OH) D.当用去NaOH溶液体积20 mL时,此时溶液中有c(Na)2c(HA)2c(A2),答案 B,3.(2018浙江11月选考)下列物质因发生水解而使溶液呈酸性的是( ),A.HNO3 B.CuCl2 C.K2CO3 D.NaCl,答案 B,4.(2018浙江11月选考)常温下,分别取浓度不同、体积均为20.00 mL的3种HCl溶液,分别滴入浓度为1.000 molL1

    3、、0.100 0 molL1和0.010 00 molL1的NaOH溶液,测得3个反应体系的pH随V(NaOH)的变化的曲线如图,在V(NaOH)20.00 mL前后pH出现突跃。下列说法不正确的是( ),A.3种HCl溶液的c(HCl):最大的是最小的100倍 B.曲线a、b、c对应的c(NaOH):abc C.当V(NaOH)20.00 mL时,3个体系中均满足:c(Na)c(Cl) D.当V(NaOH)相同时,pH突跃最大的体系中的c(H)最大,解析 根据滴加NaOH之前,溶液的pH,可以推断a、c曲线对应的盐酸物质的量浓度分别为1 molL1,0.01 molL1,A项正确;根据突跃变

    4、化,应是浓度接近的相互滴定,B项正确;当V(NaOH)20.00 mL时,溶液呈中性,所以c(Na)c(Cl),C项正确;当V(NaOH)相同,在突跃之前,pH突跃最大的体系中c(H)最大,而在突跃之后,pH突跃最大的体系中c(H)又最小,D项错误。 答案 D,5.(2018浙江4月学考)在常温下,向10 mL 浓度均为 0.1 molL1 NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 molL1盐酸,溶液pH随盐酸加入体积的变化如图所示,下列说法正确的是( ),句,答案 B,6.(2017浙江11月学考)25 时,在“H2AHAA2”的水溶液体系中,H2A、HA和A2三者中各自所占的物质的量分

    5、数()随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是( ),A.在含H2A、HA和A2的溶液中,加入少量NaOH固体, (HA)一定增大 B.将等物质的量的NaHA和Na2A混合物溶于水,所得的溶液中(HA)(A2) C.NaHA溶液中,HA的水解能力小于HA的电离能力 D.在含H2A、HA和A2的溶液中,若c(H2A)2c(A2)c(OH)c(H),则(H2A)和(HA)一定相等,解析 A.根据图像,在含H2A、HA和A2 的溶液中,加入少量NaOH固体,溶液的酸性减弱,(HA)可能增大,可能减小,与原溶液的成分有关,故A错误;B.根据图像,将等物质的量的NaHA和Na2A混合物溶于水时,溶

    6、液的pH在45之间,溶液显酸性,以HA电离为主,所得的溶液中(HA)(A2),故B错误;C.NaHA溶液显酸性,以电离为主,可知其电离程度大于其水解程度,故C正确;D.在含H2A、HA和A2的溶液中,根据电荷守恒,有2c(A2)c(OH)c(HA)c(H)c(Na),因为c(H2A)2c(A2)c(OH)c(H),则2c(A2)c(OH)c(HA)c(H)c(Na)c(H2A)2c(A2)c(OH)c(Na),因此c(HA)c(H2A)c(Na),故D错误;故选C。 答案 C,正盐水溶液的酸碱性判断规律如下:,备考策略,而弱酸酸式盐溶液中, 酸式酸根离子既存在电离又存在水解,二者使溶液的酸碱性

    7、也相反,理论上是通过比较二者强弱,来确定溶液的酸碱性。但在实际操作过程中,其实是先记得结论,然后反推电离和水解谁强谁弱的显酸性的有: NaHSO3,NaH2PO4, KHC2O4 (草酸酸式盐);其余的弱酸酸式盐溶液显碱性,如NaHCO3,NaHS,Na2HPO4,至于NaHSO4,只有电离,因此溶液显示酸性。,考向二 盐类的水解规律 2.(2017浙江温州二外语学校)某温度下,pH相同的盐酸和氯化铵溶液分别稀释,pH随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断下列叙述中,正确的是( ),A.为氯化铵稀释时pH变化曲线,为盐酸稀释时pH变化曲线 B.b点溶液中水的电离程度比d点溶液中水的电离程度大,

    8、但两点的Kw相同 C.a点时,等体积的两溶液分别与NaOH反应,消耗的NaOH量相同 D.c点溶液的导电能力一定比b点溶液导电能力强,解析 A.由于氯化铵溶液存在铵根离子的水解平衡,pH相同的盐酸和氯化铵溶液分别稀释相同倍数时,氯化铵溶液pH增大的程度小于盐酸溶液,所以图中曲线代表盐酸,曲线代表氯化铵溶液,故A错误;B.b点的pH小于d点pH,说明b点氢离子浓度大,对水的电离抑制程度大,即b点溶液中水的电离程度比d点溶液中水的电离程度小,Kw只与温度有关,因此两点的Kw相等,故B错误;C.由于氯化铵溶液存在铵根的水解平衡,氯化铵溶液与氢氧化钠反应时降低了氢离子的浓度,促进铵根离子的水解生成了更

    9、多的氢离子,因此a点时,等体积的两溶液分别与NaOH反应,氯化铵溶液消耗的NaOH多,故C错误;D.b、c两点相比较氯离子浓度c点大,c点氯化铵溶液中氢离子浓度大于b点盐酸溶液氢离子浓度,而且氯化铵溶液中还含有铵根离子,所以c点溶液离子浓度大,导电性强,故D正确。 答案 D,考向三 溶液中离子浓度大小的比较 3.(2018浙江省温州高三适应性二模)25 时,一定量的Na2CO3与盐酸混合所得溶液中,部分含碳微粒的物质的量分数()与pH的关系如图所示。下列说法正确的是( ),答案 D,溶液中离子浓度大小比较的规律,备考策略,(4)如果题目中指明溶质只有一种物质(该溶质经常是可水解的盐),要首先考

    10、虑原有阳离子和阴离子的个数,水解程度如何,水解后溶液显酸性还是显碱性。 (5)如果题目中指明是两种物质,则要考虑两种物质能否发生化学反应,有无剩余,剩余物质是强电解质还是弱电解质;若恰好反应,则按照“溶质是一种物质”进行处理;若是混合溶液,应注意分析其电离、水解的相对强弱,进行综合分析。 (6)若题中全部使用的是“”或“”,应主要考虑电解质的强弱、水解的难易、各粒子个数的原有情况和变化情况(增多了还是减少了)。,(7)对于HA 和NaA的混合溶液(多元弱酸的酸式盐:NaHA),在比较盐或酸的水解、电离对溶液酸、碱性的影响时,由于溶液中的Na保持不变,若水解大于电离,则有c(HA) c(Na)c

    11、(A) ,显碱性;若电离大于水解,则有c(A) c(Na) c(HA),显酸性。若电离、水解完全相同(或不水解、不电离),则c(HA)c(Na)c(A),但无论是水解部分还是电离部分,都只能占c(HA) 或c(A)的百分之几到百分之零点几,因此,由它们的酸或盐电离和水解所产生的c(H) 或c(OH)都很小。,考向四 图像问题 4.(2018浙江绍兴选考适应性测试)25 时, 向10 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液中逐滴加入20 mL 0.1 mol/L的盐酸,溶液中部分含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示。下列说法不正确的是( ),答案 D,备考策略,巧妙利用“关键点”突破图

    12、像问题,1.抓反应“一半”点,判断是什么溶质的等量混合。 2.抓“恰好”反应点,生成什么溶质,溶液呈什么性,是什么因素造成的。 3.抓溶液“中性”点,生成什么溶质,哪种反应物过量或不足。 4.抓反应“过量”点,溶质是什么,判断谁多、谁少还是等量。,考向五 溶液中的守恒问题 5.(2018金华十校联盟)H2S酸为二元弱酸。20 时,向0.100 molL1的Na2S溶液中缓慢通入HCl气体(忽略溶液体积的变化及H2S的挥发)。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是( ),A.通入HCl 气体之前c(S2)c(HS)c(OH)c(H) B.pH7的溶液中:c(Cl)c(HS)2c(H2S

    13、) C.c(HS)c(S2)的碱性溶液中:c (Cl)c(HS)0.100 molL1c(H2S) D.c(Cl)0.100 molL1的溶液中:c(OH)c(H)c(H2S)c(S2),解析 A.H2S为二元弱酸,在0.100 molL1的Na2S溶液中存在硫离子的水解反应,c(S2)c(OH)c(HS)c(H),故A错误;B.根据电荷守恒, pH7的溶液中存在c(Na)c(H)c(Cl)c(HS)2c(S2)c(OH),则c(Na)c(Cl)c(HS)2c(S2),根据物料守恒,c(Na)2c(H2S)2c(HS)2c(S2),则c(Cl)c(HS)2c(H2S),故B错误;C.根据电荷守

    14、恒,c(Cl)c(HS)c(Na)c(H)2c(S2)c(OH)2c(H2S)2c(HS)c(H)c(OH),因为c(HS)c(S2),碱性溶液中c(H)c(OH),所以c(Cl)c(HS)2c(H2S)c(HS)c(S2)c(H)c(OH)c(H2S)c(HS)c(S2)c(H2S)0.100 molL1c(H2S),故C错误;D.根据C的分析,c(Cl)c(HS)2c(H2S)2c(HS)c(H) c(OH),则c(OH)c(H)2c(H2S)2c(HS)c(Cl)c(HS)2c(H2S)c(HS)c(Cl)c(H2S)c(HS)c(S2)c(H2S)c(Cl)c(S2)0.100 mol

    15、L10.100 molL1c(H2S)c(S2)c(H2S)c(S2),故D正确。 答案 D,正确运用几个守恒分析离子浓度关系,2.物料守恒注意溶液中某元素的原子守恒,备考策略,1.电荷守恒注意溶液呈电中性,3.质子守恒溶液中得失H数目相等,考向六 盐类水解的应用 6.为了得到比较纯净的物质,使用的方法恰当的是( ),A.向Na2CO3饱和溶液中,通入过量的CO2后,在加压、加热的条件下,蒸发得NaHCO3晶体 B.加热蒸发AlCl3饱和溶液得纯净的AlCl3晶体 C.向FeBr2溶液中加入过量的氯水,加热蒸发得FeCl3晶体 D.向FeCl3溶液里加入足量的NaOH溶液,经过滤、洗涤沉淀,再

    16、充分灼烧沉淀得Fe2O3,答案 D,盐类水解的应用:,1.分析判断盐溶液酸碱性时要考虑水解。 2.确定盐溶液中的离子种类和浓度时要考虑盐的水解。 如Na2S溶液中含有哪些离子,按浓度由大到小的顺序排列: c(Na)c(S2)c(OH)c(HS)c(H) 或:c(Na)c(H)2c(S2)c(HS)c(OH) 3.配制某些盐溶液时要考虑盐的水解 如配制FeCl3、SnCl4、Na2SiO3等盐溶液时应分别将其溶解在相应的酸或碱溶液中。,备考策略,4.制备某些盐时要考虑水解,Al2S3、MgS、Mg3N2等物质极易与水作用,它们在溶液中不能稳定存在,所以制取这些物质时,不能用复分解反应的方法在溶液

    17、中制取,而只能用干法制备。 5.某些活泼金属与强酸弱碱溶液反应,要考虑水解 如Mg、Al、Zn等活泼金属与NH4Cl、CuSO4、AlCl3等溶液反应。3Mg2AlCl36H2O=3MgCl22Al(OH)33H2 6.判断中和滴定终点时溶液酸碱性,选择指示剂以及当pH7时酸或碱过量的判断等问题时,应考虑到盐的水解。如CH3COOH与NaOH刚好反应时pH7,若二者反应后溶液pH7,则CH3COOH过量。指示剂选择的总原则是,所选择指示剂的变色范围应该与滴定后所得盐溶液的pH值范围相一致。即强酸与弱碱互滴时应选择甲基橙;弱酸与强碱互滴时应选择酚酞。,9.加热蒸发和浓缩盐溶液时,对最后残留物的判

    18、断应考虑盐类的水解,(1)加热浓缩不水解的盐溶液时一般得原物质。 (2)加热浓缩Na2CO3型的盐溶液一般得原物质。 (3)加热浓缩FeCl3型的盐溶液。最后得到FeCl3和Fe(OH)3的混合物,灼烧得Fe2O3。 (4)加热蒸干(NH4)2CO3或NH4HCO3型的盐溶液时,得不到固体。 (5)加热蒸干Ca(HCO3)2型的盐溶液时,最后得相应的正盐。 (6)加热Mg(HCO3)2、MgCO3溶液最后得到Mg(OH)2固体。,10.其它方面,(1)净水剂的选择:如Al2(SO4)3,FeCl3等均可作净水剂,应从水解的角度解释。 (2)化肥的使用时应考虑水解。如草木灰不能与铵态氮肥混合使用。 (3)小苏打片可治疗胃酸过多。 (4)纯碱液可洗涤油污。 (5)磨口试剂瓶不能盛放Na2SiO3、Na2CO3等试剂。,


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