高三化学一轮复习全套的教学案

《高三化学一轮复习全套的教学案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高三化学一轮复习全套的教学案（88页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、 .wd.考点11 化学键考点聚焦1掌握化学键的类型，理解离子键与共价键的概念2掌握极性键和非极性键判断方法3了解键参数，共价键的主要类型键和键4掌握原子、离子、分子、离子化合物的电子式，用电子式表示物质的形成过程5等电子原理知识梳理课件投影以下内容，学生阅读教材完成以下填空。一、化学键的概念及类型1、概念：，叫做化学键，根据成键原子间的电负性差值可将化学键分为和。旧的化学键的断裂和新的化学键的生成是化学反响的本质，也是化学反响中能量变化的 基本。2、离子键与共价键对比键型离子键共价键(1)概念(2)成键微粒(3)形成条件(4)用电子式表示形成过程思考：1.离子键、共价键分别存在于哪些种类的物

2、质中 2.写出以下微粒的电子式：Al Mg2+ O2- OH- NH4+ CaCl2 CO2二、共价键的类型共价键 非极性共价键：元素的原子间形成的共价键，共用电子对偏向任何一个原子，各原子都，简称 极性共价键：元素的原子间形成的共价键，共用电子对偏向电负性较的一方，简称三、键参数键参数包括、；其中、是衡量共价稳定性的参数，通常键长越，键能越大，说明共价键越稳定；共价键具有性，是描述分子立体构造的重要参数，分子的立体构造还与有一定的关系。四、等电子原理、一样的分子具有相似的化学键特征，它们的许多性质是相近的，这叫做等电子原理。试题枚举课件投影例题【例1】关于化学键的以下表达中，正确的选项是A离

3、子化合物中可能含有共价键 B共价化合物中可能含有离子键C离子化合物中只含离子键D共价键只能存在于化合物中解析：离子键只存在于离子化合物中，共价键可存在于离子化合物、共价化合物以及某些单质中答案： A【例2】以下化合物中既存在离子键，又存在极性键的是AH2O BNH4Cl CNaOH DNa2O2解析：水分子中只有H-O键，是极性键，无离子键，排除A项；NH4Cl中NH4+和Cl-间是离子键，NH4+内N和H原子以极性键结合，B项正确；NaOH中Na+和OH-以离子键结合，OH-内H和O之间以极性键结合，C项正确；Na2O2中Na+和O22-以离子键结合，O22-内有非极性键，排除D项。答案：B

4、 C。 【例3】以下分子中所有原子都满足最外层8电子构造的是A光气(COCl2) B六氟化硫 C二氟化氙 D三氟化硼解析：分子中的原子是否满足8电子构造，决定于中心原子的最外层电子数和形成共价键的数目答案：A 答案：A【例4】以下分子中，键能最小的是 F2r2l2N2解析：N2中含有一个三键，键能较大；F2、r2、l2中只有一个单键，键能小，F2分子中电子“密度大，F原子间斥力大，键能最小答案：A【例6】能够用键能解释的是 氮气的化学性质比氧气稳定 常温常压下，溴呈液体，碘为固体 稀有气体一般很难发生化学反响 硝酸易挥发，硫酸难挥发 解析：键能的大小影响键的稳定性，影响的是物质的化学性质(稳定

5、性)【例7】与NO3-互为等电子体的是 SO3BF3CH4NO2 解析：等电子体要求原子总数一样、价原子总数一样，C、D原子总数不同，A价原子总数不同，选B答案：B作业完成?三维设计?相关练习题考点12 分子间作用力与氢键考点聚焦1掌握分子间作用力的本质及分子间作用力与化学键的区别2掌握影响分子间作用力的因素，了解分子间作用力对物质性质的影响3了解氢键及氢键对物质性质的影响知识梳理课件投影以下内容，学生阅读教材完成以下填空。一、分子间作用力1概念：分子间作用力又称，是广泛存在于分子与分子之间的较弱的电性引力，只有分子间充分接近时才有分子间的相互作用存在。2影响分子间作用力大小的因素：(1)组成

6、与构造相似的物质，相对分子质量，分子间作用力越大(2)分子的极性越大，分子间作用力(3)分子的空间构型：一般来说，分子的空间型越对称，分子间作用力越小3分子间作用力对物质性质的影响分子间作用力主要影响物质的物理性质，如、等二、氢键氢键是除范德华力外的另一种，它是由已经与电负性很强的原子形成共价键的氢原子与中电负性很强的原子之间的作用力；氢键不仅存在于分子与分子之间，也可存在于分子内。与化学键相比，氢键是一种较弱的作用力，但比范德华力大。试题枚举课件投影例题【例1】以下变化中，不存在化学键断裂的是A氯化氢气体溶于水 B干冰气化C氯化钠固体溶于水D氢气在氯气中燃烧解析：氯化氢气体溶于水，电离出H+

7、和Cl-，原有的共价键被破坏；氯化钠固体溶于水，氯化钠固体中不能自由移动的Na+和Cl-变成能够自由移动，原有的离子键被破坏；干冰是由分子构成的，气化时只要抑制分子间作用力，不要破坏分子内的化学键；氢气在氯气中燃烧是化学变化，必然有化学键的断裂。答案： B【例2】以下实验事实不能用氢键来解释的是A冰的密度比水小，能浮在水面上 B接近沸点的水蒸气的相对分子质量测量值大于18 C邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛 DH2O比H2S稳定解析：氢键使冰晶体中的水分子呈一定规那么排列，空间利用率低，密度小；氢键使接近沸点的水蒸气中含有少量(H2O)2；邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，而对羟基苯甲醛存在分子间

8、氢键，增大了分子间作用力，沸点较高。H2O比H2S稳定是因为H-O比H-S稳定答案：D。 【例3】以下物质中分子间能形成氢键的是 AN2 BHBr CNH3 DH2S解析：A-HB，A、B为N、O、F答案：C【例4】试从不同角度解释：乙醇C2H5OH和二甲醚CH3OCH3的化学组成均为C2H6O，但乙醇的沸点为78.5，而二甲醚的沸点为23 解析：乙醇C2H5OH和二甲醚CH3OCH3的化学组成一样，两者的相对分子质量也一样，不同的是二者的极性、对称性不同，且乙醇能满足氢键的形成条件，从不同点加以解释。 答案：乙醇的极性强，分子间作用力大，沸腾时需要提供更多的能量去破坏分子间作用力乙醇分子之间

9、能形成氢键，使分子间产生了较强的结合力，沸腾时需要提供更多的能量去破坏分子间氢键，而二甲醚分子间没有氢键，上述两点使乙醇的沸点比二甲醚的高。作业完成?三维设计?相关练习题考点13 化学反响速率考点聚焦1知道化学反响速率的概念及其定量表示方法，能进展有关化学反响速率的简单计算。2了解测定化学反响速率的方法，通过实验测定某些化学反响的速率。知识梳理课件投影以下内容，学生阅读教材完成以下填空。一、化学反响速率概念：用单位时间里反响物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示。1表示方法：=c/t2单位:mol/(Ls)；mol/(Lmin)；mol/LS。3相互关系：4NH3+5O24NO+6H2Og(NH

10、3)(O2)(NO)(H2O)=4546二、影响化学反响速率的因素1内因：如：钠与水反响和钾与水反响速率明显不同。2外内：1浓度：浓度越大，单位体积内活化分子数，有效碰撞的几率，发生化学反响的速率；因此，化学反响速率与浓度有密切的关系，浓度越大，化学反响速率越快。增大反响物的浓度，正反响速率加快。2温度：温度越高，一方面活化分子百分数，另一方面含有较高能量的分子间的碰撞频率，两个方面都使分子间有效碰撞的几率，反响速率正逆反响速率都加快。3压强：对于有气体参与的化学反响，通过改变容器体积而使压强变化的情况PV=nRT：压强增大，相当于浓度，反响速率。反响物和生成物的浓度都增大，正逆反响速率都增大

11、，相反，亦然。4催化剂：使用正催化剂，反响所需的活化能，活化分子百分数，有效碰撞的几率，化学反响速率对于可逆的反响使用催化剂可以同等程度地改变正逆反响速率。试题枚举课件投影例题【例1】：4NH3+5O2 4NO+6H2O，假设反响速率分别用(NH3)、(O2)、(NO)、(H2O) molL-1min-1表示，那么关系正确的选项是 A4(NH3)=5(O2)B. 5(O2)=6(H2O)C. 3(NH2)=2(H2O)D. 4(O2=5(NO) 解析：化学反响方程式的系数与分别用各物质表达的化学反响速率成正比。 答案：C、D 【变式】在2L密闭容器中，发生3A(气)+B(气)2C(气)的反响，

12、假设最初参加A和B都是4mol，A的平均反响速率为0.12mol/Ls，那么10秒钟后容器中B的物质的量为 A.2.8mol B.1.6mol C.3.2mol D.3.6mol 答案：C【例2】某温度时，浓度都是1molL-1的两种气体，X2、Y2在密闭容器中反响生成气体Z，到达平衡时c(X2)=0.4molL-1、c(Y2)=0.8molL-1、c(Z)=0.4molL-1，那么该反响的反响式是 A. X2+2Y22XY2 B. 2X2+Y22X2YC. 3X2+Y2 2X3Y D. X2+3Y22XY3解析：根据化学反响方程式的系数与分别用各物质表达的化学反响速率成正比的关系，只需分别计

13、算同一时间内用各物质表达的化学反响速率，然后进展对比。 答案：C 【变式】A和B反响生成C，假定反响由A、B开场，它们的起始浓度均为1mol/L。反响进展2min后A的浓度为0.8mol/L，B的浓度为0.6mol/L，C的浓度为0.6mol/L。那么2min内反响的平均速率A=_，B=_，C=_。该反响的化学反响方程式为_。 答案A=0.1molL-1min-1， B=0.2molL-1min-1， C=0.3molL-1min-1； 化学反响方程式为A+2B=3C。 【例3】在一定条件下，反响N2+3H22NH3，在2L密闭容器中进展，5min内氨的质量增加了1.7g，那么反响速率为A.(

14、H2)=0.03mol/(Lmin)B.(N2)=0.02mol/(Lmin) C. (NH3)=0.17g/(Lmin) D. (NH3)=0.01mol/(Lmin) 解析：根据题目可知V(NH3)=0.01mol/(Lmin)，根据反响系数与化学反响速率的关系可求出V(H2)=0.015mol/(Lmin) 答案：D 【变式】4NH3+5O24NO+6H2O反响在5L的密闭容器中进展，半分钟后，NO物质的量增加了0.3mol，那么此反响的反响速率为 A.(O2)=0.01mol/Ls B.(NO)=0.008mol/Ls C.(H2O)=0.003mol/Ls D.(NH3)=0.002

15、mol/Ls 答案：CD【变式】把0.6molX气体和0.4molY气体混合2L于容器中使它们发生如下反响，3X(气)+Y(气) nZ(气)+2W(气)，5min末已生成0.2mol W，假设测知以Z浓度变化来表示的反响平均速率为0.01mol/Lmin，那么1上述反响中Z气体的反响方程式系数n的值是A.1 B.2 C.3D.4 2上述反响在5分钟末时，已消耗的Y值占原来的分数是A.20% B.25% C.33% D.50% 答案：1A 2B【例4】以下体系加压后，对化学反响速率没有影响的是 A.2SO2+O22SO3 B.CO+H2O(气) CO2+H2C.CO2+H2H2CO3 D.OH-

16、+H+H2O 解析：压强对没有气体参加的反响无影响。 答案：D 【例5】把镁带投入盛有盐酸的敞口容器里，在以下因素中：盐酸的浓度，镁带的外表积，溶液的温度，氯离子的浓度。对反响速率有影响的是 A. B. C. D. 解析：根据影响反响速率的因素有：浓度、温度、压强和催化剂可知，肯定对反响速率有影响，而镁带的外表积越大那么与盐酸的接触越充分，显然反响速率越快。此反响的实质是Mg+2H+Mg2+H2，与氯离子浓度无关，所以对此反响速率无影响。故此题的正确答案为D。 答案：D作业完成?三维设计?相关练习题考点14 化学平衡考点聚焦1通过实验探究温度、浓度、压强和催化剂对化学反响速率的影响。2认识温度

17、、浓度、压强和催化剂对化学反响速率影响的一般规律，能用有效碰撞理论等予以简单解释。知识梳理一、化学平衡的概念：在一定条件下的可逆反响里，正反响和逆反响的速率相等，反响混合物中各组在成分的含量保持不变的状态叫做化学平衡。1“等处于密闭体系的可逆反响，化学平衡状态建设的条件是正反响速率和逆反响速率相等。即v(正)=v(逆)0。这是可逆反响到达平衡状态的重要标志。2“定当一定条件下可逆反响一旦达平衡可逆反响进展到最大的程度状态时，在平衡体系的混合物中，各组成成分的含量即反响物与生成物的物质的量，物质的量浓度，质量分数，体积分数等保持一定而不变即不随时间的改变而改变。这是判断体系是否处于化学平衡状态的

18、重要依据。3“动指定化学反响已达化学平衡状态时，反响并没有停顿，实际上正反响与逆反响始终在进展，且正反响速率等于逆反响速率，所以化学平衡状态是动态平衡状态。4“变任何化学平衡状态均是暂时的、相对的、有条件的与浓度、压强、温度等有关。而与达平衡的过程无关化学平衡状态既可从正反响方向开场达平衡，也可以从逆反响方向开场达平衡。二、化学平衡的移动勒沙特列原理：如果改变影响平衡的一个条件如浓度、压强或温度，平衡就向着能够减弱这种改变的方向移动。三、影响化学平衡的条件外因的变化备注对反响速率的影响对化学平衡的影响浓度增大反响物的浓度固体物质除外v正、v逆均增大，且v正v逆向正反响方向移动减小生成物的浓度v

19、正、v逆均减小，且v正v逆减小反响物的浓度v正、v逆均减小，且v正v逆向逆反响方向移动增大生成物的浓度v正、v逆均增大，且v正v(放)，在速率-时间图上，要注意看清曲线是连续的还是跳跃的，分清渐变和突变，大变和小变。例如，升高温度，v(吸)大增，v(放)小增，增大反响物浓度，v(正)突变，v(逆)渐变。4注意终点。例如在浓度-时间图上，一定要看清终点时反响物的消耗量、生成物的增加量，并结合有关原理进展推理判断。3对于化学平衡的有关图象问题，可按以下的方法进展分析：1认清坐标系，搞清纵、横坐标所代表的意义，并与勒沙特列原理挂钩。2紧扣可逆反响的特征，搞清正反响方向是吸热还是放热，体积增大还是减小

20、、不变，有无固体、纯液体物质参加或生成等。3看清速率的变化及变化量的大小，在条件与变化之间搭桥。4看清起点、拐点、终点，看清曲线的变化趋势。5先拐先平。例如，在转化率-时间图上，先出现拐点的曲线先到达平衡，此时逆向推理可得该变化的温度高、浓度大、压强高。6定一议二。当图象中有三个量时，先确定一个量不变再讨论另外两个量的关系。试题枚举课件投影例题【例1】某温度下，在体积为5的容器中，、三种物质物质的量随着时间变化的关系如图1所示，那么该反响的化学方程式为_，2内用的浓度变化和用的浓度变化表示的平均反响速率分别为_、_。 解析：这类题目是讨论同一时间段内各物质的变化量的比例关系，且要注意物质的量减

21、少的为反响物，物质的量增多的为生成物。又因物质的量都不变时，反响物、生成物共存，故方程式要用“表示。答案：23；008s；012s。 【例2】对到达平衡状态的可逆反响X+YZ+W，在其他条件不变的情况下，增大压强，反响速率变化图象如图1所示，那么图象中关于X、Y、Z、W四种物质的聚集状态为 AZ、W均为气体，X、Y中有一种是气体BZ、W中有一种是气体，X、Y皆非气体CX、Y、Z、W皆非气体DX、Y均为气体，Z、W中有一种为气体解析： 经常有一些同学错选B，认为增大压强，平衡向气体体积缩小的方向移动其实，图象告诉我们的是：增大压强，加快了正、逆反响，但逆反响速率增大的幅度大于正反响速率增大的幅度

22、，由此而导致平衡向左移动而压强的改变，只影响气体反响的速率，选项B所言的X、Y皆非气体即其正反响速率不受影响，故正确答案为A答案：A【例3】以下各图是温度或压强对应；的正、逆反响速率的影响，曲线交点表示建设平衡时的温度或压强，其中正确的选项是解析：曲线交点表示建设平衡时的温度或压强，升高温度，增加压强，、均增大，B中，D中、走向均减小，那么B、D均错；可逆反响；的正反响是一个气体体积增大的吸热反响，那么升高温度，向正反响方向移动，故；增加压强，向逆反响方向移动，故。答案：A、C【例4】现有可逆反响Ag2BgnCgQ，在一样温度、不同压强时，A的转化率跟反响时间t的关系如图4，其中结论正确的选项

23、是 Ap1p2，n3 Bp1p2，n3Cp1p2，n3 Dp1p2，n=3解析： 当其他条件不变时，对于有气体参加的可逆反响，压强越大，到达平衡的时间越短图象中曲线和横轴平行，说明反响已达平衡由图象知道，当压强为p2时，该反响到达平衡的时间较短，故p1p2在其他条件不变的情况下，增大压强会使化学平衡向着气体体积缩小的方向移动因p1p2，且当压强为p1时，A的转化率较大，所以正反响为气体体积增加的反响，即1+2n，故正确答案选B。答案：B作业完成?三维设计?相关练习题考点16弱电解质的电离平衡考点聚焦1 了解强电解质、弱电解质在水溶液中电离程度的差异，能判断常见的强电解质和弱电解质。2 了解电离

24、平衡概念，能描述弱电解质在水溶液中的电离平衡。3 会书写常见弱电解质的电离方程式。4 了解酸碱电离理论。知识梳理课件投影以下内容，学生阅读教材完成以下填空。【讨论与思考】请指出以下物质中哪些是电解质，哪些是非电解质，哪些既不是电解质也不是非电解质，哪些是强电解质，哪些是弱电解质填序号，并说出你的判断依据。H2SO4 液氨 Ca(OH)2 石墨 NH3H2O H2O CH3COONH4 C2H5OH CaCO3 氨水 H3PO4 Na2O电解质：判断依据：非电解质：判断依据：既不是电解质也不是非电解质：判断依据：强电解质：判断依据：弱电解质：判断依据：1电解质和非电解质电解质的概念：常见物质类别

25、：。非电解质的概念:常见物质类别：。2强电解质和弱电解质强电解质的概念： 常见物质类别：。弱电解质的概念： 常见物质类别：。3强、弱电解质对比对比的工程强电解质弱电解质定义化合物类型物质类别离子浓度导电能力电离程度电离平衡溶液中溶质微粒电离方程式4弱电解质的电离平衡 概念：在一定条件下如温度，浓度下，当电解质分子电离成离子的速率和离子重新结合成分子的速率 时，电离过程就到达了状态，这叫做电离平衡。 弱电解质电离平衡的特点：“动：。“等：。“定：。“变：。弱电解质电离平衡的影响因素：内因主要因素：外因次要因素：浓度：。温度：。酸碱性：。其它条件：。电离平衡常数：一元弱酸：CH3COOHCH3CO

26、O-+H+电离平衡常数化是函数，不变K不变。K值越，该弱电解质较易电离，其对应的弱酸弱碱较强；K值越，该弱电解质越难电离，其对应的弱酸弱碱越弱；即K值大小可判断弱电解质相对强弱。5.弱电解质的电离平衡(1)特征： 动：(电离)(结合)的动态平衡定：条件一定，分子和离子浓度一定 变：条件改变，平衡破坏，发生移动(2)影响因素以CH3COOH CH3COO+ H+为例浓度：加水稀释促进电离，溶液中(H+)增大，c(H+)减小温度：升温促进电离因为电离过程是吸热的相关离子：例如参加无水CH3COONa能抑制电离，参加盐酸也抑制电离，参加碱能促进电离，仍然符合勒夏特列原理6.弱电解质的电离平衡(1)特

27、征： 动：(电离)(结合)的动态平衡定：条件一定，分子和离子浓度一定 变：条件改变，平衡破坏，发生移动(2)影响因素以CH3COOH CH3COO+ H+为例浓度：加水稀释促进电离，溶液中(H+)增大，c(H+)减小温度：升温促进电离因为电离过程是吸热的相关离子：例如参加无水CH3COONa能抑制电离，参加盐酸也抑制电离，参加碱能促进电离，仍然符合勒夏特列原理7.电离方程式的书写及弱电解质溶液中粒子浓度关系1电离方程式的书写：强电解质用“，弱电解质用“多元弱酸分步电离，以第一步为主：例如：NaCl=Na+ClNH3H2ONH4+OH H3PO4 H+H2PO4(为主)(3)酸式盐：强酸的酸式盐

28、完全电离，一步写出，如NaHSO4Na+H+SO42一。弱酸的酸式盐强中有弱分步写出：如NaHCO3Na+ HCO3一；HCO3一CO32一+ H+2弱电解质溶液中粒子浓度关系：如在0.1mol/L的氢硫酸溶液中，根据H2S的分步电离，得各离子浓度大小关系：c(H+)c(HS)c(S2)c(OH)，根据阴阳离子的电荷守恒关系：c(H+)=2 c(S2)+ c(HS)+ c(OH)。根据物料守恒关系，得0.1mol/L=c(H2S)+ c(S2)+ c(HS)试题枚举课件投影例题【例1】(2006高考全国，1111.在0.1molL1CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3CO

29、OH+对于该平衡，以下表达正确的选项是A参加水时，平衡向逆反响方向移动B参加少量NaOH固体，平衡向正反响方向移动C参加少量0.1molL1HCl溶液，溶液中c(H+)减小D参加少量CH3COONa固体，平衡向正反响方向移动解析：弱电解质的电离平衡 (1在一定条件如温度、浓度下，当电解质分子电离成离子的速率和离子重新结合成分子的速率相等时，电离过程就到达了平衡状态，这叫做电离平衡。2影响电离平衡的条件：温度：升高温度，电离平衡向电离方向移动因为弱电解质的电离过程是吸热的。浓度：当弱电解质溶液被稀释时平衡向电离的方向移动。A、加水，有利于弱电解质的电离，虽离子浓度减小，但离子数目增加B、加碱于弱

30、酸电离的H+反响使电离正向移动，但H+浓度减小。C、加强酸提供H+，抑制弱酸电离，但H+浓度增大，溶液酸性增强.D、加同阴离子的强电解质，同离子抑制弱酸电离，平衡逆向移动。答案：B【例2】以下物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是A CH3COOHB Cl2C NH4NO3D SO2解析：此题考察电解质和非电解质 基本概念，因此要正确理解概念的含义并能够加以区别切记不能混淆这些概念。Cl2及溶液既不是电解质，又不是非电解质，因为Cl2不是化合物其水溶液又是混合物。SO2水溶液能导电但不是自身电离出自由移动的离子导电，所以也不是电解质因此是非电解质。答案：B【例3】2004年高考全国卷将0.5m

31、ol/LCH3OOH 溶液加水稀释，以下说法正确的选项是A溶液中c(H+)和c(OH)都减少 B溶液中c(H+)增大 C醋酸电离平衡向左移动 D溶液的pH增大解析：常温下，c(H+)c(OH)KW，加水稀释，c(H+)减少，c(OH) 增大，据电离平衡移动原理，醋酸的电离平衡向右移动。答案：D【例4】一定量的盐酸跟过量的铁粉反响时，为了减缓反响速率，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中参加适量的NaOH固体KNO3溶液水CH3COONa固体A B C D解析：此题主要考离子浓度大小变化以及量的变化之间的判断判断。此类题目要抓住反响后变化和速率影响的因素结合考虑，对根基知识要求能熟练应用。盐酸一定

32、，铁粉过量产生H2的总量取决于盐酸的多少，为减缓反响且不影响H2的产量，应从降低c(H+)入手。答案：D【例5】以下电离方程式正确的选项是 ANaHSO4Na+H+SO42一 BNaHCO3Na+ HCO3一CH3PO43H+PO43 DHF+H2OF+H3O+解析：此题考察强弱电解质电离方程式的书写形式及强弱电解质的识别。此题一般单独出现在高考题中可能性不大，但是作为训练题值得大家去思考，特别第四个答案中的水合氢离子容易被同学忽略。答案：D【点评】【例6】2004年广东高考甲酸和乙酸都是弱酸，当它们的浓度均为0.10 mol/L时，甲酸中的c(H+)约为乙酸中的c(H+)的3倍。现有两种浓度

33、不等的甲酸溶液a和b，以及0.10mol/L的乙酸，经测定它们的pH从大到小依次为a、乙酸、b。由此可知(Aa的浓度必小于乙酸的浓度 Ba的浓度必大于乙酸的浓度 Cb的浓度必小于乙酸的浓度 Db的浓度必大于乙酸的浓度解析：由同浓度的甲、乙两酸，甲酸中的c(H+)大于乙酸中的c(H+)，说明甲酸的酸性强于乙酸，由pH：a乙酸b知c(H+)：a乙酸b，a的浓度一定小于乙酸的浓度，b的浓度与乙酸的浓度关系不能确定，可能大于也可能小于，也可以等于。答案：A作业完成?三维设计?相关练习题考点17水的电离与溶液的pH考点聚焦1初步掌握测定溶液pH的方法。2学会使用滴定管，能进展酸碱滴定，并能绘制滴定过程中

34、的pH变化曲线，了解酸碱中和过程中溶液pH的变化规律。3知道溶液pH的调控在工农业生产和科学研究中的重要应用。知识梳理课件投影以下内容，学生阅读教材完成以下填空。1水的电离和水的离子积水的电离和电离平衡：水是一种电解质，它能微弱地电离，生成和离子，电离方程式为，简写为： ；H7。假设酸为弱酸，碱为强碱，那么混合后pH7。(6等物质的量浓度的一元酸、碱等体积混合后溶液的pH的判断：强酸和强碱混合，pH=7；强酸和弱碱混合，pH7；弱酸和弱碱混合，pH由强者决定；未注明酸、碱强弱时，pH无法判断。(7等体积强酸pH1和强碱pH2混合：假设溶液呈中性，二者pH之和为14。假设溶液呈碱性，二者pH之和

35、大于14。假设溶液呈酸性，二者pH之和小于14。试题枚举课件投影例题【例1】体积pH=2.5的盐酸与10体积某一元强碱溶液恰好完全反响，那么该碱溶液的pH等于A9.0B9.5C10.5D11.0解析： 方法一：盐酸与某一元强碱恰好完全反响时：nOH=nH+。所以有cOH10V=cH+V，cOH=，cOH=103.5 molL1pH=lgcH+=lg=lg=lg1010.5=10.5。所以选择C选项。方法二：假设1体积pH2.5的盐酸和1体积某浓度的该一元强碱恰好完全反响，那么酸中H+浓度等于碱中OH上标浓度，两者的pH之和等于14，也就是碱的pH11.5。将该溶液稀释10倍，就得到题中所用的强

36、碱溶液，其pH减小1，等于10.5。答案: C。【例2】 25 时，假设体积为Va、pH=a的某一元强酸与体积为Vb、pH=b的某一元强碱混合，恰好中和，且VaVb和a=0.5 b。请填写以下空白。(1a值可否等于3填“可或“否_，其理由是_。(2a值可否等于5填“可或“否_，其理由是_。(3a的取值范围是_。解析:此题是对强酸、强碱中和规律的研究，综合性较强。强酸与强碱完全中和，pH之和必为14，即a+b=14，由此可知a=3或a=5均不合题意。难点在a的取值范围确实定上。=10a+b141所以a+b140，而a=0.5b,即3a14,a7,a，所以a1，不符合题意，故a5(3a【例3】在p

37、H都等于9的NaOH溶液和CH3COONa溶液中，设由水电离产生的OH-离子浓度分别为A和B，那么A和B的关系是 A. B. C. D. 解析：此题是在纯水中参加碱和盐溶液后判断水的电离情况。pH等于9的NaOH溶液中，CH+= ，而NaOH只提供OH-，不提供H+，所以溶液中的H+就是水提供的，即A=。pH=9的CH3COONa溶液中, CH+= ，由知COH =，CH3COONa不提供H+和OH，两者全部来自于水的电离，故水电离出来的CH+、COH，即B=，所以答案为B。应指出的是，这里的，因水电离出来的有相当一局部转化为CH3COOH了。此题也可以根据“酸碱抑制，盐促进来估算，立即得答案

38、为B。答案：B【例4】 常温下的两种一元酸溶液A和B，分别加水1000倍稀释，其pH与所加水的体积变化如以以以下图所示，那么以下结论中正确的选项是A. A酸比B酸的电离程度小 B. B酸比A酸容易电离 C. B是弱酸，A是强酸 D. pH=1时，B酸的物质的量浓度比A酸大解析：如果一元酸是强酸，pH=1时，加水稀释103倍后，此时，。如果是一元弱酸，那么。从图上可以看出A酸为强酸而B酸是弱酸。pH=1时，B酸的物质的量浓度比A酸大。所以C和D是正确的。答案：CD作业完成?三维设计?相关练习题考点18酸碱中和滴定考点聚焦1掌握酸碱中和滴定的原理及反响实质。2学会酸碱中和滴的操作方法步骤和指示剂的

39、选择。所使用的仪器名称和特点、对仪器洗涤的要求。3能正确分析实验操作中的误差。 4培养学生的实验应用能力和分析问题解决问题的能力。知识梳理课件投影以下内容，学生阅读教材完成以下填空。1.中和滴定的概念及原理(1)概念：用物质的量浓度的酸或碱来测定未知物质的量浓度的碱或酸的方法。(2)实质：中和反响。(3)关键：准确测定；准确判断。答案：标准液和待测溶液的体积、反响的终点。2中和滴定所用仪器酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、铁架台、滴定管夹、烧杯等3试剂： 标准液、待测液、指示剂；指示剂的作用：通过指示剂的颜色变化来确定滴定终点。指示剂的选择：变色要灵敏、明显，一般强酸滴定强碱用甲基橙，强碱滴定强

40、酸用酚酞。4中和滴定的操作以标准盐酸滴定NaOH为例、准备： 1滴定管： 检验酸式滴定管是否漏水洗涤滴定管后要用标准液洗涤23次，并排除管尖嘴处的气泡注入标准液至“0刻度上方23cm处将液面调节到“0刻度或“0刻度以下某一刻度2锥形瓶：只用蒸馏水洗涤，不能用待测液润洗、滴定：用碱式滴定管取一定体积的待测液于锥形瓶中，滴入12滴指示剂用左手握活塞旋转开关，右手不断旋转振荡锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化至橙色或粉红色出现，记下刻度。、计算：每个样品滴定23次，取平均值求出结果。、注意点： 滴速：先快后慢，当接近终点时，应一滴一摇终点判断：当最后一滴刚好使指示剂颜色发生明显的改变而且半分钟内不

41、恢复原来的颜色，即为滴定终点。5中和滴定的误差分析原理：滴定待测液的浓度时，消耗标准溶液多，那么结果偏高；消耗标准溶液少，那么结果偏低。从计算式分析，当酸与碱恰好中和时，有关系式：c标V标n标=c待V待n待c、V、n分别表示溶液物质的量浓度，溶液体积，酸或碱的元数。故c待=，由于 c标、n标、V待、n待均为定值，所以c待的大小取决于V标的大小，V标大，那么c待大，V标小，那么c待小。6中和滴定过程中的pH变化和滴定终点的判断酸碱滴定过程中，溶液的pH发生了很大的变化。假设用标准的强酸溶液滴定未知浓度的强碱溶液，那么反响开场时溶液的pH很大，随着强酸的滴入，溶液的pH逐渐减小；当二者恰好中和时溶

42、液的pH为7；当酸过量一滴时，溶液立即变为酸性。假设用强碱滴定强酸那么恰恰相反。根据滴定过程中的pH变化及酸碱指示剂在酸性或碱性溶液中的颜色变化，只要选择适宜的指示剂，即可准确判断中和反响是否恰好进展。在实验室里选用的指示剂一般为酚酞，当用酸滴定碱时，恰好中和时颜色由红色刚好褪去；当用碱滴定酸时，恰好中和时颜色由无色变为浅红色。7中和滴定实验主要仪器的使用中和滴定中使用的滴定管分酸式和碱式两种，使用时不能混用。酸式滴定管还可用于盛其他酸性或具有强氧化性的物质，碱式滴定管还能用于盛装其他碱性物质。中和滴定中有关仪器的洗涤，滴定管在使用前经检查后要进展洗涤，须先用自来水洗必要时用特殊试剂洗再用蒸馏

43、水洗，然后再用待盛液润洗23次。但锥形瓶用蒸馏水洗净后不能再用待盛液润洗，否那么将会引起误差。要注意滴定管的刻度，0刻度在上，往下越来越大，全部容积大于它的最大刻度值，因为下端有一局部没有刻度。滴定时，所用溶液不得超过最低刻度，也不得一次滴定使用两滴定管酸或碱，也不得中途向滴定管中添加。附：中和滴定实验中的误差因素酸碱中和滴定实验中的误差因素主要来自以下6个方面。一仪器润洗不当1.盛标准液的滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗。分析：这时标准液的实际浓度变小了，所以会使其用量有所增加，导致c待测液物质的量浓度的测定值偏大。2.盛待测液的滴定管或移液管用蒸馏水洗涤后未用待测液润洗。分析：这时实际所取待测液的总物质的量变少了，所以会使标准液的用量减少，导致c待测液的测定值偏少。3.锥形瓶用蒸馏水洗涤后再用待测液润洗。分析：这时待测液的实际总量变多了，使标准液的用量增加，导致c待测液的测定值偏大。二读数方法有误1.滴定前仰视，滴定后俯视。分析：由图1可知：仰视时：观察液面低于实际液面。俯视时：观察液面高于实际液面。所以滴前仰视V前液偏大，滴后俯视V后测偏小。这样V标准液V标=V后测V前测的值就偏