利用化學開發新能源和新材料，改善人類的生活條件；使用化學綜合應用自然資源，保護環境，讓人類生活更美好。下面是小編為大家帶來的高二化學必修教案七篇，希望大家能夠喜歡！

高二化學必修教案（精選篇1）

教學目標

知識目標

使學生掌握用化合價升降法配平氧化還原反應方程式。

能力目標

培養學生配平氧化還原反應方程式的技能。

情感目標

通過對各種氧化還原反應方程式的不同配平方法的介紹，對學生進行辯證思維的訓練。

教學建議

教學重點：氧化還原反應方程式配平的原則和步驟。

教學難點：氧化還原反應方程式配平的一些可借鑒的經驗。

教材分析：

是正確書寫氧化還原反應方程式的一個重要步驟，也是側重理科學生所應掌握的一項基本技能。配平氧化還原反應方程式的方法有多種，本節介紹的“化便谷升降法”就是其中的一種。

教材從化學反應中的物質變化遵守質量守恒定律引入，說明氧化還原反應方程式可以根據質量守恒定律來配平，但對于較復雜的氧化還原反應，根據質量守恒定律來配平不太方便，進而引出用“化合價升降法”解決這一問題的有效措施。

本節教材通過三個典型的例題，對三種不同類型的氧化還原反應進行細致分析;介紹了三種不同的配平方法，培養了學生靈活看待能力，訓練了學生的辯證思維。

教材還通過問題討論，將學生易出錯誤的氧化還原反應的離子方程式，用配平時應遵循的原則—化合價升降總數相等，進行分析判斷，強化了配平的關鍵步驟—使反應前后離子所帶的電荷總數相等的原則，培養了學生的能力。

教法建議

教學中應注重新舊知識間的聯系，利用學生所學的氧化還原反應概念和接觸的一些氧化還原反應，學習本節內容。教學中應采用精講精練、講練結合的方法，使學生逐步掌握氧化還原反應的配平方法。不能使學生一步到位，隨意拓寬知識內容。

1.通過復習，總結配平原則

教師通過以學生學習過的某一氧化還原反應方程式為例，引導學生分析電子轉移及化合價的變化，總結出原則—化合價升降總數相等。

2.配平步驟

[例1]、[例2]師生共同分析歸納配平基本步驟：

(1)寫出反應物和生成物的化學式，分別標出變價元素的化合價，得出升降數目。

(2)使化合價升高與化合價降低的總數相等(求最小公倍數法)

(3)用觀察的方法配平其它物質的化學計算數(包括部分未被氧化或還原的原子(原子團)數通過觀察法增加到有關還原劑或氧化劑的化學計量數上)，配平后把單線改成等號。

該基本步驟可簡記作：劃好價、列變化、求總數、配化學計量數。

[例3]在一般方法的基礎上采用逆向配平的方法。屬于經驗之談，是對學生辯證思維的訓練，培養了學生的創新精神。

為使學生較好地掌握配平技能，建議在分析完每個例題后，補充針對性問題，強化技能訓練，鞏固所學知識。

另外，關于氧化還原反應的離子方程式的書寫，可組織學生結合教材中的“討論”、得出氧化還原反應的離子方程式的配平要滿足原子個數守恒、電荷守恒、化合價升降總數相等。然后組織學生進行適當練習加以鞏固。通過設置該“討論”內容，鞏固了氧化還原反應配平的知識，強化了氧化還原反應的配平在學習化學中的重要作用。

對于學有余力的學生，教師可補充配平的另一種方法—離子一電子法，以及不同化合價的同種元素間發生氧化還原反應時，氧化產物和還原產物的確定方法：氧化產物中的被氧化元素的價態不能高于還原產物中被還原元素的價態。

如： (濃)— 氧化產物是 而不是 或 ，還原產物是 而不是 。 氧化產物 的還原產物 。

典型例題

例1 一定條件下，硝酸銨受熱分解的未配平化學方程式為：

，請配平方程式。

選題目的：復習鞏固氧化還原反應方程式的一般配平方法，當使用一般配平方法有困難時可用其它方法配平。拓寬視野，達到簡化配平方法的目的。此題適于任何學生。

解析:一般可根據元素化合價的變化關系

5NH4NO3 ====2HNO3+ 4N2↑+ 9H2O

升高3×5

降低5×3

為了簡化配平過程，也可通過反應物中氮元素的平均化合價及變化關系

5/2NH4NO3 —— HNO3+ 2N2↑+ 9/2H2O ===>5NH4NO3 ===2HNO3+ 4N2↑+ 9H2O

N：+1——→+5 升高4×1

2N：(+1—→0)×2 降低2×2

注：在配平此題時一定要注意，氮元素的化合價不能出現交叉現象

解答： 5、2、4、9。

啟示：對于同種物質中同種元素價態不清或同種物質中同種元素的價態不同時，只需根據化合價法則，找出元素的相應化合價，抓住質量守恒、電子守恒，就可正確配平。

例2 已知 在下列反應中失去7mol電子，完成并配平下列化學方程式： 選題目的：加強對“依據是化合價升降(電子轉移)總數相等。”的理解。此題作為提高能力可介紹給學習程度較好的學生。

思路分析： 觀察反應前后 的化合價的變化： 。CuSCN中各元素的化合價不十分清楚，則化合價的變化更不易一一找出，另外氧元素的化合價也發生了變化。因此，該題不宜使用一般方法配平，因SCN- 和HCN中元素化合價較復雜，做起來較麻煩，可利用氧化還原反應中氧化劑地電子總數和還原劑失電子總數是相等的這一規律。根據題中已知條件設未知系數求算。

設 計量數為 ， 計量數為 ，根據得失電子數相等，有7x=5y。

所以x：y=5：7，代入后用觀察法確定其它物質計量數，最后使各項計量數變為整數，得：10、14、21、10、10、14、7、16。

注：解本題是依據氧化還原反應中，氧化劑得電子總數和還原劑失電子總數是相等的這一規律。本題若用確定元素化合價變化進行配平，需確定 中 為+1價，S為-2價，1個 應當失去 ，可得相同結果，但做起來較麻煩。

啟示： 因中學階段學生學習的化學反應是有限的，不可能把每一個反應都了解的很透徹，抓住氧化還原反應的配平依據，即可找到解題的切入點。

例3 在強堿性的熱溶液中加入足量硫粉，發生反應生成 -和 。生成物繼續跟硫作用生成 和 。過濾后除去過量的硫，向濾液中加入一定量的強堿液后再通入足量的 ， 跟 反應也完全轉化為 。

(1)寫出以上各步反應的離子方程式;

(2)若有a mol硫經上述轉化后，最終完全變為 ，至少需 和 的物質的量各是多少?

(3)若原熱堿液中含 6mol，則上述a mol硫的轉化過程里生成的 中的 值為多少?

選題目的：該題以信息的形式給出已知條件，是培養學生學會提煉題中信息作為解題依據的能力;鍛煉學生能夠從不同角度思考問題，學會學習方法;復習鞏固離子反應、氧化還原反應和等知識在解題中的應用。

解析：

(1)① ② ③

④

(2)從氧化還原電子得失關系看，電子得失均在硫元素之間進行。

從 ，失電子;從 ，得電子。

所以 完全轉化為 所失電子數與 轉化為 所得電子數相等，即：

amol amol

由 守恒， 完全轉化為 需 和 。

(3)原熱堿液中含 ，則反應①中消耗 。根據反應①、②、③，有 ，所以 。

高二化學必修教案（精選篇2）

1、確定本周課程教學內容

內容和進度：完成芳香烴一節的教學及第一節2-1脂肪烴的習題講評

第一課時：(1)復習芳香烴、苯的同系物概念;

(2)復習鞏固苯的化學性質：氧化反應、取代反應，加成反應;

(3)能力提升;拓展與溴取代及硝化反應的實驗，產物的提純。

第二課時：(1)苯的同系物(甲苯)的化學性質;

(2)芳香烴的來源及其應用;

第三、四課時：對脂肪烴、芳香烴鞏固訓練，講評相關習題

2、教學目標：

在復習苯的結構和性質后，重點介紹苯的同系物。教學時，要注意引導學生從苯的結構和性質，遷移到苯的同系物的結構和性質;從烷烴的同分異構體的規律和思考方法，遷移到苯的同系物的同分異構體問題。要注意脂肪烴和芳香烴的結構和性質的對比;要善于通過實驗培養學生的能力。

? 教學重點：苯和苯的同系物的結構特點、化學性質

? 教學難點：苯的同系物結構中苯環和側鏈烴基的相互影響

3、資料準備：

選修5《有機化學基礎》教材、《步步高》、分子球棍模型、實驗視頻

4、授課方式(含疑難點的突破)： 第一課時：以舊帶新，復習提升;

第二課時：對比、聯系學習新知。通過比較苯和甲苯的結構與化學性質的不同，使學生認識基團間的相互影響。

第一課時【方案Ⅰ】復習再現,對比思考,學習遷移

復習再現：復習苯的結構和性質。通過計算機課件、立體模型展示苯的結構，通過實驗錄相再現苯的燃燒、苯與溴的四氯化碳溶液及高錳酸鉀酸性溶液的反應。引導學生討論甲烷、乙烯、乙炔、苯的結構和性質的相似點和不同點，并列表對比小結。

提示：從苯的分子組成上看，具有很高的不飽和度，其性質應該同乙烯、乙炔相似，但實際苯不能與溴的四氯化碳溶液、高錳酸鉀酸性溶液反應，說明苯的結構比較穩定。這是苯的結構和化學性質的特殊之處──“組成上高度不飽和，結構比較穩定”。

學習遷移：

(1)苯燃燒有濃厚的黑煙，同乙炔類似，因為苯(C6H6)和乙炔(C2H2)分子中C、H的原子個數比相同，含碳的質量分數相同，均為92.3%，高于甲烷和乙烯。

(2)取代反應，類似于烷烴的反應，重點討論苯的溴代和硝化反應，與甲烷氯代的反應進行對比。

(3)加成反應，由于苯屬于不飽和烴，因此也能發生類似烯烴、炔烴的加成反應，苯與氫氣催化加成生成環己烷(環狀飽和烴)，不同的是苯不能與溴的四氯化碳溶液發生加成反應。

第二課時

2. 苯的同系物

【方案Ⅲ】活動探究，對比思考，總結講解

活動探究：討論對比苯和甲苯結構的相似點和不同點，實驗探究苯、甲苯分別與溴的四氯化碳溶液、高錳酸鉀酸性溶液的反應，思考有機化合物基團間的相互影響。

通過活動探究，填寫下表：

總結講解：甲苯發生取代反應時取代基的定位，甲苯被氧化的原因是苯環與甲基的相互作用使甲基變得活潑。

【方案Ⅳ】結構演繹，觀察思考，遷移提高

3. 芳香烴的來源及其應用

【方案Ⅴ】自學閱讀，討論提高

情景創設(教師也可提供網絡教學資源，指導學生通過網絡自主學習)：教師提出相關問題，指導學生閱讀。

問題提示：芳香烴的主要來源是什么?芳香烴的主要用途是什么?

閱讀討論：閱讀教科書，討論相關問題

小結提高：交流各小組討論結果，聯系 生活實際，提高對石油產品及其應用的認識。

二、活動建議

【實驗2-2】由 于高錳酸鉀酸性溶液的顏色較深，甲苯與高錳酸鉀酸性溶液反應較慢，本實驗顏色變化觀察較困難。一方面要加入硫酸改變溶液的酸堿性，另一方面，高錳酸鉀溶液不能加入太多，幾滴即可，并可用蒸餾水稀釋試管中的溶液，以便于觀察顏色變化和分層情況。

討論記錄

羅賢朗：1、教學中要注意引導學生討論甲烷、乙烯、乙炔、苯的結構和性質的相似點和不同點，并列表對比小結。2、通過苯的結構和化學性質的特殊之處──“組成上高度不飽和，結構比較穩定”使學生意識到結構(官能團)決定有機物的性質。3、課本中只介紹甲苯的硝化反應(取代反應)，上課時應該補充甲苯與液溴在FeBr3催化劑和光照條件下的鹵代反應，強調條件不同，取代的位置不同。

林春：1、演示苯+酸性高錳酸鉀溶液、苯+溴水的實驗，或者播放視頻，引導仔細觀察實驗現象。2、引導學生討論對比苯和甲苯結構的相似點和不同點，先猜測甲苯的化學性質，再通過實驗探究苯、甲苯分別與溴的四氯化碳溶液、高錳酸鉀酸性溶液的反應，思考有機化合物基團間的相互影響。

3、多個側鏈的苯的同系物的取代反應產物簡單補充一下，讓學生真正認識到鄰、對位取代。化學方程式需要多練習書寫。

附件：導學案

第二 單元 芳香烴學案

芳香族化合物—— 。

芳香烴—— 。

一、苯的結構與性質

1.苯的結構

(1)分子式： 最簡式(實驗式)：

(2)結構式： 結構簡式：

〖交流與討論〗苯分子的結構是怎樣的?

① 苯的1H核磁共振譜圖(教材P48)：苯分子中6個H所處的化學環境

苯分子結構的確定經歷了漫長的歷史過程，1866年，

德國化學家凱庫勒提出苯環結構，稱為凱庫勒式：

② 苯的一取代物只有一種，鄰位二取代物只有一種

〖拓展視野〗苯環中的碳原子都是采用的sp2雜化，碳原子之間形成σ(sp2-sp2)鍵，六個C原子的p軌道重疊形成一個大π鍵。苯分子中碳碳鍵的鍵長都是一樣長的(1.4×10-10m)，這說明碳原子之間形成的一種介于單鍵和雙鍵之間的特殊共價建，

(3)分子空間構型

苯分子是 結構，鍵角 ，所有原子都在一個平面上，鍵長C—C 苯環上的碳碳鍵長 C=C C≡C，苯環上的碳碳鍵是

之間的獨特鍵。

2.苯的物理性質

苯是 色，帶有 氣味的液體，苯有毒，

溶于水，密度比水 。用冰冷卻，苯凝結成無色的晶體，通常可 溴水中的溴，是一種有機溶劑。

3.苯的化學性質

(1)苯的溴代反應

原理：

裝置：(如右圖)

現象：

①向三頸燒瓶中加苯和液溴后，

②反應結束后，三頸燒瓶底部出現 ( )

③錐形瓶內有白霧，向錐形瓶中加入AgNO3溶液，出現 沉淀

④向三頸燒瓶中加入NaOH溶液，產生 沉淀( )

注意：

①直型冷凝管的作用： (HBr和少量溴蒸氣能通過)。

高二化學必修教案（精選篇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系，并由此學會判斷反應進行的方向。

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生的原因

生成沉淀的離子反應之所以能夠發生，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：在一定溫度下，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平衡的存在，決定了Ag+和Cl-的反應不能進行到底。

3.生成難溶電解質的離子反應的限度

不同電解質在水中的溶解度差別很大，例如AgCl和AgNO3;但難溶電解質與易溶電解質之間并無嚴格的界限，習慣上將溶解度小于0.01 g的電解質稱為難溶電解質。對于常量的化學反應來說，0.01 g是很小的，因此一般情況下，相當量的離子互相反應生成難溶電解質，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1×10-5 mol?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表示難溶電解質在溶液中的溶解能力。

3.規則

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

Qc>Ksp，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;

Qc

知識點一　沉淀的溶解平衡

1.下列有關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.升高溫度，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;沒有絕對不溶的物質;溫度越高，一般物質的溶解度越大;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.反應開始時，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，溶液中溶質的離子濃度相等且保持不變

D.沉淀溶解達到平衡時，如果再加入難溶性的該沉淀物，將促進溶解

答案　B

3.在一定溫度下，一定量的水中，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+數目減少 B.c(Ca2+)增大

C.溶液中c(OH-)減小 D.c(OH-)增大

答案　A

知識點二　溶度積

4.在100 mL 0.01 mol?L-1 KCl溶液中，加入1 mL 0.01 mol?L-1 AgNO3溶液，下列說法正確的是(AgCl的Ksp=1.8×10-10 mol2?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+)=0.01×1101 mol?L-1=9.9×10-5 mol?L-1，c(Cl-)=0.01×100101 mol?L-1=9.9×10-3 mol?L-1，所以Q c=c(Ag+)?c(Cl-)=9.8×10-7 mol2?L-2>1.8×10-10 mol2?L-2=Ksp，故有AgCl沉淀析出。

5.下列說法正確的是(　　)

A.在一定溫度下的AgCl水溶液中，Ag+和Cl-濃度的乘積是一個常數

B.AgCl的Ksp=1.8×10-10 mol2?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1.8×10-10 mol2?L-2

C.溫度一定時，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，故A錯;只有在飽和AgCl溶液中c(Ag+)?c(Cl-)才等于1.8×10-10 mol2?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-的物質的量濃度之間的關系類似于c(H+)?c(OH-)=KW，存在等式c(M+)?c(X-)=Ksp。一定溫度下，將足量的AgCl分別加入下列物質中，AgCl的溶解度由大到小的排列順序是(　　)

①20 mL 0.01 mol?L-1 KCl;

②30 mL 0.02 mol?L-1 CaCl2溶液;

③40 mL 0.03 mol?L-1 HCl溶液;

④10 mL蒸餾水;

⑤50 mL 0.05 mol?L-1 AgNO3溶液

A.①>②>③>④>⑤

B.④>①>③>②>⑤

C.⑤>④>②>①>③

D.④>③>⑤>②>①

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，而與溶液的體積無關。①c(Cl-)=0.01 mol?L-1;②c(Cl-)=0.04 mol?L-1;③c(Cl-)=0.03 mol?L-1;④c(Cl-)=0 mol?L-1;⑤c(Ag+)=0.05 mol?L-1。Ag+或Cl-濃度由小到大的排列順序：④<①<③<②<⑤，故AgCl的溶解度由大到小的排列順序：④>①>③>②>⑤。

練基礎落實

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.H2O B.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在溶液中的各離子濃度的乘積

B.溶度積常數是不受任何條件影響的常數，簡稱溶度積

C.可用離子積Qc判斷沉淀溶解平衡進行的方向

D.所有物質的溶度積都是隨溫度的升高而增大的

答案　C

解析　溶度積不是溶解平衡時難溶電解質在溶液中的各離子濃度的簡單乘積，還與平衡式中化學計量數的冪指數有關，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1.8×10-10 mol2?L-2和2.0×10-12 mol3?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的大小直接判斷溶解能力的大小

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來比較二者溶解能力的大小，所以只有C對;其余三項敘述均錯誤。比較溶解度大小，若用溶度積必須是同類型，否則不能比較。

5.已知HF的Ka=3.6×10-4 mol?L-1，CaF2的Ksp=1.46×10-10 mol2?L-2。向1 L 0.1 mol?L-1的HF溶液中加入11.1 g CaCl2，下列有關說法正確的是(　　)

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.因為HF是弱酸，HF與CaCl2不反應

D.如果升高溫度，HF的Ka、CaF2的Ksp可能增大，也可能減小

答案　A

解析　該題可采用估算法。0.1 mol?L-1的HF溶液中c(HF)=0.1 mol?L-1，因此，c2(F-)=c(H+)?c(F-)≈3.6×10-4 mol?L-1×0.1 mol?L-1=3.6×10-5 mol2?L-2，又c(Ca2+)=11.1 g÷111 g/mol÷1 L=0.1 mol?L-1，c2(F-)×c(Ca2+)=3.6×10-6>Ksp，顯然，A是正確的;D項，由于HF的電離是吸熱的，升高溫度，Ka一定增大，D錯誤。

練方法技巧

6.

已知Ag2SO4的Ksp為2.0×10-5 mol3?L-3，將適量Ag2SO4固體溶于100 mL水中至剛好飽和，該過程中Ag+和SO2-4濃度隨時間變化關系如圖所示[飽和Ag2SO4溶液中c(Ag+)=0.034 mol?L-1]。若t1時刻在上述體系中加入100 mL 0.020 mol?L-1 Na2SO4溶液，下列示意圖中，能正確表示t1時刻后Ag+和SO2-4濃度隨時間變化關系的是(　　)

答案　B

解析　已知Ag2SO4的Ksp=2.0×10-5 mol3?L-3=[c(Ag+)]2?c(SO2-4)，則飽和溶液中c(SO2-4)=Ksp[c?Ag+?]2=2.0×10-5?0.034?2 mol?L-1=0.017 mol?L-1，當加入100 mL 0.020 mol?L-1 Na2SO4溶液時，c(SO2-4)=0.017 mol?L-1+0.020 mol?L-12=0.018 5 mol?L-1，c(Ag+)=0.017 mol?L-1(此時Q c

7.已知：25℃時，Ksp[Mg(OH)2]=5.61×10-12 mol3?L-3，Ksp[MgF2]=7.42×10-11 mol3?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20 mL 0.01 mol?L-1氨水中的Ksp比在20 mL 0.01 mol?L-1 NH4Cl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不可能轉化為MgF2

答案　B

解析　Mg(OH)2與MgF2均為AB2型難溶電解質，故Ksp越小，其溶解度越小，前者c(Mg2+)小，A錯誤;因為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，C錯誤;加入NaF溶液后，若Qc=c(Mg2+)?[c(F-)]2>Ksp(MgF2)，則會產生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1.0 g?cm-3)

答案　0.002 9 g

解析　根據Mg(OH)2(s) Mg2+(aq)+2OH-(aq)，c(OH-)=10-3 mol?L-1，則1 L Mg(OH)2溶液中，溶解的n[Mg(OH)2]=1 L×12×10-3 mol?L-1=5×10-4 mol，其質量為58 g?mol-1×5×10-4 mol=0.029 g，再根據S100 g=0.029 g1 000 mL×1.0 g?cm-3可求出S=0.002 9 g。

凡是此類題都是設溶液的體積為1 L，根據1 L溶液中溶解溶質的質量，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，控制溶液的pH，以達到分離金屬離子的目的。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+，應該控制溶液的pH為______。

A.<1　　 　　B.4左右　　 　　C.>6

(3)在Ni(OH)2溶液中含有少量的Co2+雜質，______(填“能”或“不能”)通過調節溶液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如下表：

物質 FeS MnS CuS PbS HgS ZnS

Ksp 6.3×10-18 2.5×

10-13 1.3×10-36 3.4×10-28 6.4×10-53 1.6×10-24

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

A.NaOH 　　　B.FeS 　　　　C.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)據圖知pH=4～5時，Cu2+開始沉淀為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，據圖知pH應為4左右。

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

(4)據已知條件結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)因為在FeS、CuS、PbS、HgS四種硫化物中只有FeS的溶度積，且與其他三種物質的溶度積差別較大，因此應用沉淀的轉化可除去廢水中的Cu2+、Pb2+、Hg2+，且因FeS也難溶，不會引入新的雜質。

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.知道沉淀轉化的本質。

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、科研、廢水處理等領域中，常利用生成沉淀來達到分離或除去某些離子的目的。

2.沉淀的方法

(1)調節pH法：如工業原料氯化銨中含雜質氯化鐵，使其溶解于水，再加入氨水調節pH至7～8，可使Fe3+轉變為Fe(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，也是分離、除去雜質常用的方法。反應如下：

Cu2++S2-===CuS↓，

Cu2++H2S===CuS↓+2H+，

Hg2++S2-===HgS↓，

Hg2++H2S===HgS↓+2H+。

二、沉淀的轉化

1.實驗探究

(1)Ag+的沉淀物的轉化

實驗步驟

實驗現象 有白色沉淀生成 白色沉淀變為黃色 黃色沉淀變為黑色

化學方程式 AgNO3+NaCl===AgCl↓+NaNO3 AgCl+KI===AgI+KCl 2AgI+Na2S===Ag2S+2NaI

實驗結論 溶解度小的沉淀可以轉化成溶解度更小的沉淀

(2)Mg(OH)2與Fe(OH)3的轉化

實驗步驟

實驗現象 產生白色沉淀 產生紅褐色沉淀

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

實驗結論 Fe(OH)3比Mg(OH)2溶解度小

2.沉淀轉化的方法

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

3.沉淀轉化的實質

沉淀轉化的實質就是沉淀溶解平衡的移動。一般說來，溶解度小的沉淀轉化成溶解度更小的沉淀容易實現。

兩種沉淀的溶解度差別越大，沉淀轉化越容易。

4.沉淀轉化的應用

沉淀的轉化在科研和生產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+Na2CO3 CaCO3+Na2SO4，CaCO3+2HCl===CaCl2+H2O+CO2↑。

(2)對一些自然現象的解釋

在自然界也發生著溶解度小的礦物轉化為溶解度更小的礦物的現象。例如，各種原生銅的硫化物經氧化、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，便慢慢地使之轉變為銅藍(CuS)。

其反應如下：

CuSO4+ZnS===CuS+ZnSO4，

CuSO4+PbS===CuS+PbSO4。

知識點一　沉淀的生成

1.在含有濃度均為0.01 mol?L-1的Cl-、Br-、I-的溶液中，緩慢且少量的加入AgNO3稀溶液，結合溶解度判斷析出三種沉淀的先后順序是(　　)

A.AgCl、AgBr、AgI B.AgI、AgBr、AgCl

C.AgBr、AgCl、AgI D.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，析出沉淀的先后順序是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.NaOH B.Na2CO3 C.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，Fe3+完全生成Fe(OH)3，而pH≥11.1時，Mg2+完全生成Mg(OH)2，所以應加堿性物質調節pH使Fe3+形成Fe(OH)3;又由于除雜不能引進新的雜質，所以選擇MgO。

3.要使工業廢水中的重金屬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 PbSO4 PbCO3 PbS

溶解度/g 1.03×10-4 1.81×10-7 1.84×10-14

由上述數據可知，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。

知識點二　沉淀的轉化

4.向5 mL NaCl溶液中滴入一滴AgNO3溶液，出現白色沉淀，繼續滴加一滴KI溶液并振蕩，沉淀變為黃色，再滴入一滴Na2S溶液并振蕩，沉淀又變成黑色，根據上述變化過程，分析此三種沉淀物的溶解度關系為(　　)

A.AgCl=AgI=Ag2S B.AgCl

C.AgCl>AgI>Ag2S D.AgI>AgCl>Ag2S

答案　C

解析　沉淀溶解平衡總是向更難溶的方向轉化，由轉化現象可知三種沉淀物的溶解度關系為AgCl>AgI>Ag2S。

5.已知如下物質的溶度積常數：FeS：Ksp=6.3×10-18 mol2?L-2;CuS：Ksp=6.3×10-36 mol2?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.向含有等物質的量的FeCl2和CuCl2的混合溶液中逐滴加入Na2S溶液，最先出現的沉淀是FeS

D.除去工業廢水中的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+的工業廢水中加入FeS，FeS會轉化為更難溶的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;C項先達到CuS的Ksp，先出現CuS沉淀。

練基礎落實

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MnS，可使這些金屬離子形成硫化物沉淀而除去。根據上述實驗事實，可推知MnS具有的相關性質是(　　)

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固體的量減少，須加入少量的(　　)

A.MgCl2 B.NaOH C.MgSO4 D.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]=1.2×10-11 mol3?L-3，Ksp(AgCl)=1.8×10-10 mol2?L-2，Ksp(Ag2CrO4)=1.9×10-12 mol3?L-3，Ksp(CH3COOAg)=2.3×10-3 mol?L-2。下列敘述正確的是(　　)

A.等體積混合濃度均為0.2 mol/L的AgNO3溶液和CH3COONa溶液一定產生CH3COOAg沉淀

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

C.在Mg2+為0.121 mol/L的溶液中要產生Mg(OH)2沉淀，溶液的pH至少要控制在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.已知下表數據：

物質 Fe(OH)2 Cu(OH)2 Fe(OH)3

Ksp/25 ℃ 8.0×10-16 mol3?L-3 2.2×10-20 mol3?L-3 4.0×10-38 mol4?L-4

完全沉淀時的pH范圍 ≥9.6 ≥6.4 3～4

對含等物質的量的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，并調節pH到3～4后過濾，可獲得純凈的CuSO4溶液　④在pH=5的溶液中Fe3+不能大量存在

A.①② B.①③ C.②③ D.②④

答案　C

練方法技巧

5.含有較多Ca2+、Mg2+和HCO-3的水稱為暫時硬水，加熱可除去Ca2+、Mg2+，使水變為軟水。現有一鍋爐廠使用這種水，試判斷其水垢的主要成分為(　　)

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

A.CaO、MgO B.CaCO3、MgCO3

C.CaCO3、Mg(OH)2 D.CaCO3、MgO

答案　C

解析　考查沉淀轉化的原理，加熱暫時硬水，發生分解反應：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發生水解反應：CO2-3+H2O HCO-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Ksp=c(Ba2+)?c(SO2-4)，稱為溶度積常數，下列說法正確的是(　　)

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

A.加入Na2SO4可以使溶液由a點變到b點

B.通過蒸發可以使溶液由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)升高時，c(Ba2+)要降低，而由a點變到b點c(Ba2+)沒有變化，A錯;蒸發濃縮溶液時，離子濃度都升高，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Ksp>c(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沉淀轉化為CaCO3沉淀的可能性，查得如下資料：(25℃)

難溶電

解質 CaCO3 CaSO4 MgCO3 Mg(OH)2

Ksp 2.8×10-9

mol2?L-2 9.1×10-6

mol2?L-2 6.8×10-6

mol2?L-2 1.8×10-12

mol3?L-3

實驗步驟如下：

①往100 mL 0.1 mol?L-1的CaCl2溶液中加入100 mL 0.1 mol?L-1的Na2SO4溶液，立即有白色沉淀生成。

②向上述懸濁液中加入固體Na2CO3 3 g，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，表示電解質的溶解度越______(填“大”或“小”)。

(2)寫出第②步發生反應的化學方程式：

________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

(3)設計第③步的目的是

________________________________________________________________________。

(4)請補充第④步操作及發生的現象：

________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

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　本題考查的知識點為教材新增加的內容，題目在設計方式上為探究性實驗，既注重基礎知識，基本技能的考查，又注重了探究能力的考查。由Ksp表達式不難看出其與溶解度的關系，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+結合生成沉淀，即CO2-3+Ca2+===CaCO3↓。既然是探究性實驗，必須驗證所推測結果的正確性，故設計了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Fe2+。

①在提純時為了除去Fe2+，常加入合適的氧化劑，使Fe2+轉化為Fe3+，下列物質可采用的是______。

A.KMnO4 B.H2O2 C.氯水 D.HNO3

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

A.NaOH B.NH3?H2O C.CuO D.Cu(OH)2

(2)甲同學懷疑調整溶液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，他查閱有關資料得到如下數據，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1.0×10-5 mol?L-1時就認定沉淀完全，設溶液中CuSO4的濃度為3.0 mol?L-1，則Cu(OH)2開始沉淀時溶液的pH為______，Fe3+完全沉淀[即c(Fe3+)≤1.0×10-5 mol?L-1]時溶液的pH為______，通過計算確定上述方案______(填“可行”或“不可行”)。

答案　(1)①B　②CD　(2)4　3　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+)=1.0×10-4 mol?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=1.0×10-11 mol?L-1。此時c(H+)=1×10-3 mol?L-1，pH=3，因此上述方案可行。

高二化學必修教案（精選篇4）

學習目標:

1、知道水是一種極弱的電解質，在一定溫度下，水的離子積是常數。

2、了解溶液的酸堿 性和pH的關系。

3、掌握水的電離平衡/

學習過程

一、知識鏈接

1.水的電離：水是 電解質，發生 電離，電離過程

水的電 離平衡常數的表達式為

思考：實驗測得，在室溫下1L H2O(即 mol)中只有1×10-7 mol H2O電離，則室溫下C(H+)和C( OH-)分別為多少? 純水中水的電離度α(H2O)= 。

2.水的離子積

水的離子積：KW= 。

注：(1)一定溫度時，KW是個常數，KW只與 有關， 越高KW越 。

25℃時，KW= ，100℃時，KW=10-12。

(2)KW不僅適用于純水，也適用于酸、堿、鹽的稀溶液。 任何水溶液中，由水所電離而生成的C(H+) C(OH-)。

二、自主探究

溶液的酸堿性和pH

1.影響水的電離平衡的因素

(1)溫度： 溫度升高，水的電離度 ，水的電 離平衡向 方向移動，

C(H+)和C(OH-) ，KW 。

(2)溶液的酸、堿度：改變溶液的酸、堿度均可使水的電離平衡發生移動。

三：合作探究

討論：改變下列條件水的電離平衡是否移動?向哪個方向移動?水的離子積常數是否改變?是增大還是減小?

①升高溫度 ②加入NaCl ③加入NaOH ④加入HCl

練習：①在0.01mol/LHCl溶液中, C(OH-)= ， C(H+)= ，

由水電離出的H+濃度= ，由水電離出的OH-濃度= 。,

②在0.01mol/LNaOH溶液中，C(OH-)= ，C(H+)= ，

由水電離出的H+濃度= ，由水電離出的OH-濃度= 。

③在0.01mol/LNaCl溶液中， C(OH-)= ，C(H+)= ，

由水電離出的H+濃度= ，由水電離出的OH-濃度= 。

小結：(1)升高溫度，促進水的電離KW增大

(2)酸、堿抑制水的電離

2.溶液的酸堿性

溶液的酸堿性 常溫( 25℃)

中性溶液：C(H+) C (OH-) C(H+) 1×10- 7mol/L

酸性溶液：C(H+) C(OH-) C(H+) 1×10-7mol/L

堿性溶液：C(H+) C(OH-) C(H+) 1×10- 7mol/L

3.溶液的pH： pH=-lgc(H+)

輕松做答：

(1)C(H+)=1×10-6mol/L pH=______;C(H+)=1×10-3mol/L pH=__ ___

C(H+)=1×10-mmol/L pH=______ ;C(OH-)=1×10-6mol/L pH=______

C(OH-)=1×10-10mol/L pH=______ ;C(OH-)=1×10- nmol/L pH=___ ___

(2)pH=2 C(H+)=________ ;pH=8 c(H+)=________

(3)c(H+)=1mol/L pH= ______ ;c(H+)=10mol/L pH= _____

歸納：pH與溶液酸堿性的關系(25℃時)

pH 溶液的酸堿性

pH<7 溶液呈 性，pH越小，溶液的酸性

pH=7 溶液呈 性

pH>7 溶液呈 性，pH越大，溶液的堿性

四：學習評價

1.pH=2的強酸溶液，加水稀釋，若溶液體積擴大10倍，則C(H+)或C(OH-)的變化 ( )

A、C(H+)和C(OH-)都減少 B、C(H+)增大

C、C(OH-)增大 D、C(H+)減小

2.向純水中加入少量的KHSO4固體(溫度不變)，則溶液的 (　 )

A、pH值升高　　 B、C(H+)和C(OH-)的乘積增大

C、酸性增強　 D、OH-離子濃度減小

3.100℃時，KW=1×10-12，對純水的敘述正確的是 (　 )

A、pH=6顯弱酸性 B、C(H+ )=10-6mol/L，溶液為中性

C、KW是常溫時的10-2倍 D、溫度不變沖稀10倍pH=7 五：總結與反思

高二化學必修教案（精選篇5）

一、教材分析

本課題的主要內容是二氧化碳的性質和用途、一氧化碳的性質和用途、二氧化碳對生活環境的影響等。在本節課內容中再次充分體現“結構──性質──用途”三者間的密切關系，還蘊含了“對比”的學科思想，教師在教學中應特別注意學科思想的滲透。

二、重難點突破

1.二氧化碳的物理性質

通常情況下，二氧化碳是無色、無味的氣體，密度比空氣大(或“二氧化碳比空氣重)，可溶于水(1體積水約能溶解1體積二氧化碳氣體，加壓溶解更多些)。

在一定條件下，二氧化碳氣體會變成液體或固體。固態二氧化碳叫做“干冰”。干冰升華時，吸收大量的熱。因此干冰常用作“制冷劑”，還可用來“人工降雨”。

在教學中應該注意：

(1)二氧化碳是繼氧氣之后，學生能夠相對系統學習的又一種身邊的化學物質，應該關注讓學生進一步建構“物理性質”的知識體系包括“顏色、狀態、氣味、密度、溶解性、熔沸點、硬度”等內容，從而為學生在后續(乃至高中)物質的學習奠定基礎。

(2)在認識二氧化碳狀態的時候，幫助學生建構起“物質存在的狀態與外界條件有關”的意識。

(3)對于物理性質的獲取途徑，應該幫助學生建立如下學科方法：物質的顏色、狀態可通過觀察獲取(觀察法);氣味可通過鼻聞獲取(實驗法);密度即可通過對“存放時瓶口方向的觀察”獲取(觀察法)，還可通過實驗的方法(實驗法);溶解性則要通過實驗的方法(實驗法)，或者查閱數據的方法來判斷(文獻法)。所以在教學中要注意發揮“高低蠟燭”、“瓶癟”、“干冰升華”等幾個看似簡單的實驗的教學功能，不要忽視幾個簡單實驗對學生學科思想方法建構所產生的影響。

(4)對于“升華”(指固態物質不經液態直接變為氣態的現象)的概念，不僅需要學生清楚概念的含義，同時強調化學用語的正確書寫，不要寫成“升化”、“生化”、“生華”等錯誤寫法，化學用語是化學的語言，不能正確使用化學語言也是缺少化學素養的一種體現。

2.二氧化碳的化學性質

(1)二氧化碳本身無毒，但是二氧化碳不能支持呼吸(空氣中含量達到一定值時，能使人窒息死亡)。

(2)一般情況下，二氧化碳不燃燒，也不支持燃燒。

(3)二氧化碳能與水反應生成碳酸，反應的化學方程式為：

CO2+H2O═H2CO3

碳酸很不穩定，容易分解成二氧化碳和水(受熱分解會更快)：

H2CO3═CO2↑+H2O

(4)二氧化碳與氫氧化鈣溶液(澄清石灰水)等堿溶液反應：

CO2+Ca(OH)2═CaCO3↓+H2O

(現象：石灰水變渾濁，常用來檢驗二氧化碳)

CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O

(5)二氧化碳高溫下與碳反應(第六單元課題1所學)：

CO2+C2CO

(6)能與水在光照條件下發生光合作用：

H2O+CO2有機物+O2

在教學中應該注意：

(1)對于二氧化碳的化學性質，學生通過前面的學習和生活經驗，已經有所認識，本節課的教學任務應該加深學生對這些性質的認識。在二氧化碳是否“與水發生反應”的探究活動中，教師應該尊重學生的思維邏輯，給學生充分提供探究的空間。切忌用教師的思維替代學生的思維，或用教師的方案替代學生的方案，讓學生按照教師的方案進行操作。這些都不是真實的探究活動，都只能說是“戴著探究帽子”的虛假探究活動。同時，這個探究活動需要的儀器較少，操作也簡單，也沒有危險，所以建議在有條件的情況下，盡量給學生提供親自動手探究的機會，有效培養學生的實驗探究能力。

(2)即便有“二氧化碳是否與水發生反應”的探究活動作為基礎，學生在學習本課題的時候，仍然對于“二氧化碳是否與氫氧化鈉溶液發生反應”的探究活動感到困難。建議教師在教學中不要急于求成，應避免提前增加學生學習的內容，人為造成學習的困難，增加學生學習的畏懼感。

(3)在學習二氧化碳“不支持燃燒”這一性質時，教師要注意強調“一般情況下”，不要將問題絕對化，一是以免產生知識性錯誤，二是也為學生未來的學習留有發展的空間。

(4)不要忽視二氧化碳的光合作用，這個反應本身為人類作出了極大貢獻，也是扭轉人們“誤解”二氧化碳的證據之一。同時，這一知識點能夠幫助學生搭建化學學科與生物學科的橋梁，能夠幫助學生將已有的知識活學活用，構建自身的知識體系。

3.二氧化碳對生活和環境的影響

(1)二氧化碳的用途

用途

利用的性質

性質類別

滅火

不燃燒，也不支持燃燒

化學性質

氣體肥料

促進光合作用

化學性質

光合作用

在光照條件下，與水反應生成氧氣

化學性質

制冷劑

(冷藏、保鮮)

干冰升華吸收大量熱

物理性質

人工降雨

干冰升華吸熱，空氣中的水蒸氣迅速冷凝變成水滴

物理性質

制作碳酸飲料

二氧化碳溶于水，并部分與水反應

化學性質

(2)溫室效應

溫室效應產生的原因(略)。

產生溫室效應的氣體除二氧化碳外，還有臭氧(O3)、甲烷(CH4)、氟氯代烷(商品名為氟利昂)等。

控制溫室效應的主要措施有：①減少使用煤、石油和天然氣等化石燃料，更多地利用太陽能、風能、地熱等清潔能源;②促進節能產品和技術的進一步開發和普及，提高能源的生產效率和使用效率;③大力植樹造林，嚴禁亂砍濫伐森林;④采用物理或化學方法，人工吸收二氧化碳等等。

在教學中應該注意：

(1)要將二氧化碳的性質與用途結合起來進行教學，要體現“性質決定用途，用途體現性質”的學科思想。

(2)引導學生辯證的認識“溫室效應”的利與弊，培養學生辯證地看待問題的意識。

教學片斷“兩只蝴蝶”引發的探究活動

環節一、創設學習情境，引發學生探究_

上課前的課間幾分鐘，教師在教室中播放著《兩只蝴蝶》，引得很多學生也在小聲或大聲的跟唱，課堂觀察組的幾位老師，既被歌聲感染者，也在心中猜忌著“老師播放《兩只蝴蝶》的用意是什么呢?”很快上課鈴聲響了，我們心中的疑惑也有了答案。

【師】龐龍的《兩只蝴蝶》好不好聽?

【生齊】好聽!

【師】老師這兒也有幾只蝴蝶，(老師拿出兩支紫色的蝴蝶)，你們知道老師的兩支蝴蝶是什么紙作成的嗎?

【生齊】紫色的紙。

【師】(笑了)是紫色的紙，可是，這紫色是我自己染的色，你們想知道我用什么染的色嗎?

【生齊】想。

【師】紫色石蕊。

【生1】老師，紫色石蕊是什么東西啊?

【師】問得好!紫色石蕊是一種色素，遇到某些物質能夠變色，有時候變成紅色，有時候變成藍色，那要看它遇到什么物質了，我們在第十單元還會更詳細地學習有關它的知識。下面我先請紫蝴蝶們給大家表演一個短劇。請大家欣賞：

劇情一：教師在一盛有少許熱水的盤子中(很少的溫水即可，目的是讓后面的現象更明顯)，然后再盤子中加入幾塊干冰，立即產生大量的云霧。

劇情二：(教師畫外音)有兩只紫色蝴蝶飛呀飛(學生自動給老師伴唱“飛過叢林，飛過小溪水”)，飛著去看人間仙境(指剛才制作的干冰云霧)。

劇情三：(教師畫外音)忽然，天降小雨(同學幫忙用噴壺_)，趕緊跑，可惜其中的一只蝴蝶沒躲開，被淋了個“落湯蝶”(老師故意讓其中一只蝴蝶被_)(學生哄堂大笑)。

劇情四：(教師畫外音)趕緊躲一躲呀，兩只蝴蝶分別飛進了兩只集氣瓶(里面均盛有二氧化碳氣體)。

劇情五：(教師畫外音)外面的雨停了，紫蝴蝶們出來吧。咦!同學們，你們發現了什么?”

【生】被雨淋濕的“紫蝴蝶”變成了“紅蝴蝶”(學生們睜大眼睛，困惑不已)。

【師】同學們看完剛才的“蝴蝶劇”有什么問題嗎?

學生提出的問題主要有：(1)“云霧”是怎么產生的?(2)集氣瓶中的氣體是什么?(3)“紫蝴蝶”為什么會變成“紅蝴蝶”?

環節二、探究二氧化碳的物理性質

問題1：有沒有同學猜出來老師是用什么物質制造出來的“云霧”呢?

有學生能夠說出“干冰”，并能夠說出“干冰是二氧化碳固體”;教師追問“干冰是怎么形成云霧的?”，并引導學生分析得出：干冰能夠升華，升華時吸收熱量，使周圍空氣溫度降低，水蒸氣冷凝產生“云霧”。

問題2：集氣瓶中盛的是二氧化碳氣體，通過對剛才老師表演“蝴蝶劇”的觀察，你發現了二氧化碳有哪些物理性質呢?并說明判斷的依據。

【生1】直接觀察得知二氧化碳是一種無色無味氣體。

【師追問】“氣味”你是怎么觀察到的?(眾生笑)

【生1】(不好意思笑笑)應該聞一聞。并按照老師要求到講臺前聞二氧化碳氣味，證明“無味”。

【師追問】二氧化碳一定是“氣體”嗎?

【生1】是。

【生2】不一定，剛才老師表演時用的干冰就是二氧化碳的固體。

【師】很好，你觀察非常細致。應該說“通常情況下，二氧化碳是氣體”，一定條件下，二氧化碳也可以轉化為液體、固體，比如生活中有“液體二氧化碳滅火器”，剛才大家也看到了固體二氧化碳——干冰。

【生3】根據集氣瓶口向上，推測“二氧化碳密度比空氣大”。

【師追問】你的推測很有道理。那么大家現在可以討論一下，可以設計一個實驗更科學、更直觀的證明二氧化碳的密度比空氣大嗎?

學生提出的方法有：(1)書上的“二氧化碳熄滅階梯型的蠟燭”方法(如圖1所示);(2)利用簡易天平傾倒二氧化碳(如圖2所示)。

圖1圖2

教師演示了方法(1)，即圖1所示實驗，其他均留給學生課下繼續自主探究。

【生4】根據“紫蝴蝶”變“紅蝴蝶”說明二氧化碳能夠溶于水。

【師追問】同學們同意他的觀點嗎?

學生們意見不一致，認為使“紫蝴蝶”變“紅蝴蝶”的原因可能有如下幾個：(1)是二氧化碳使“紫蝴蝶”變“紅蝴蝶”;(2)是水使“紫蝴蝶”變“紅蝴蝶”;(3)是二氧化碳和水發生生成了新物質使“紫蝴蝶”變“紅蝴蝶”。

環節三、探究“紫蝴蝶”變“紅蝴蝶”的原因(即二氧化碳與水的反應)

問題3：請同學們利用桌上的儀器藥品探究“紫蝴蝶”變“紅蝴蝶”的原因到底是什么?

學生利用教師提供的二氧化碳氣體、水、紫色紙蝴蝶進行實驗探究活動，教師引導學生在探究觀察中要注意通過對比實驗，并注意控制變量。

圖3

通過探究活動，學生得出二氧化碳能夠與水反應，生成的新物質能夠使石蕊變成紅色。生成的新物質叫作“碳酸”，反應的化學方程式為：CO2+H2O═H2CO3。

【師】再給大家表演一個小魔術(即教材實驗6-4)。

圖4

問題4：描述你觀察到的現象，并解釋產生現象的原因。

【生5】現象是：塑料瓶變癟;原因是：二氧化碳與水反應，瓶內壓強變小，所以塑料瓶變癟。

【師追問】有不同意這位同學觀點的嗎?

【生6】也有可能是二氧化碳溶于水使瓶內壓強變小，塑料瓶才變癟的。

【師再次追問】你同意哪位同學的觀點呢?

教師引導學生對兩位同學的觀點對比分析，得出：二氧化碳能溶于水，通常情況下1體積水能溶解1體積二氧化碳;溶于水的二氧化碳一部分和水發生了反應。

【師繼續演示實驗】打開塑料瓶蓋，劇烈振蕩塑料瓶。

問題5：描述你觀察到的現象，并解釋產生現象的原因。

教師引導學生根據實驗現象分析得出：碳酸不穩定，容易分解，受熱分解的速率會更快。碳酸分解的化學方程式為：H2CO3═CO2↑+H2O。

環節四、討論二氧化碳的其他化學性質

問題6：根據前面的學習和生活經驗，你還知道二氧化碳有哪些化學性質?

教師引導學生分析得出：二氧化碳能與氫氧化鈣溶液(澄清石灰水)等堿溶液反應：CO2+Ca(OH)2═CaCO3↓+H2O(現象：石灰水變渾濁，常用來檢驗二氧化碳);二氧化碳高溫下與碳反應：CO2+C2CO;能與水在光照條件下發生光合作用：H2O+CO2有機物+O2等。

環節五、二氧化碳對生活和環境的影響(略)

高二化學必修教案（精選篇6）

教學目標

【知識與技能】

1、掌握乙醛的結構及乙醛的氧化反應和還原反應。

2、了解醛類和甲醛的性質和用途。

3、了銀氨溶液的配制方法。

【過程與方法】

通過實驗來學習乙醛的結構與性質的關系

【情感、態度與價值觀】

培養實驗能力，樹立環保意識

教學重點

醛的氧化反應和還原反應

教學難點

醛的氧化反應

課時安排

2課時

教學過程

★第一課時

【引入】師：前面學習了乙醇的知識，乙醇在加熱和Cu做催化劑的條件下，氧化成什么物質呢?寫出反應的化學方程式。

【學生活動】回憶，思考，回答并寫出有關化學方程式：

師：今天我們將學習乙醛的結構與性質。

【板書】第二節醛

一、乙醛

1.乙醛的結構

分子式：C2H4O結構式：結構簡式：CH3CHO

官能團：—CHO或(醛基)

(展示乙醛的分子比例模型)

【設問】乙醛的結構簡式為什么不能寫成CH3COH?

引導學生分析比較：

【回答】因為在乙醛的分子結構中，不含有羥基。

【板書】2.乙醛的物理性質

(展示一瓶純凈的乙醛溶液，打開瓶蓋，觀察乙醛溶液的色、態及嗅一下氣味。)

【學生活動】觀察、聞氣味，說出一些物理性質。如無色、有刺激性氣味。

【指導閱讀】乙醛的物理性質，引導學生將分子量、沸點、溶解性與丙烷和乙醇進行比較。

密度比水小，沸點20.8℃，易揮發，易燃燒，能和水、乙醇、_、氯仿等互溶。

【過渡】師：從結構上分析可知，乙醛分子中含有官能團—CHO，它對乙醛的化學性質起著決定性的作用。

試推測乙醛應有哪些化學性質?

【板書】3.乙醛的化學性質

(1)加成反應(碳氧雙鍵上的加成)

【設問】哪位同學能說出乙烯和H2的加成反應是怎樣發生的?

【學生活動】思考，描述乙烯和氫氣加成時，是乙烯結構雙鍵中的一個鍵斷裂，加上兩個氫原子。

【追問】當乙醛和氫氣發生加成反應時應如何進行呢?請一位同學到黑板上寫出化學方程式，引導學生總結出加成反應的規律：C=O中的雙鍵中的一個鍵打開。

催化劑

【板書】CH3CHO+H2→CH3CH2OH

師：根據前面所學的有機物的氧化反應和還原反應的特點可知，乙醛的催化加氫也是它的還原反應。

【板書】(2)氧化反應

①銀鏡反應

【演示實驗3-5】(此過程中要引導學生認真觀察，了解銀氨溶液的配制，銀鏡反應的條件和現象。)

實驗注意事項：

1.試管內壁應潔凈。

2.必須用水浴加熱，不能用酒精燈直接加熱。

3.加熱時不能振蕩試管和搖動試管。

4.配制銀氨溶液時，氨水不能過量(防止生成易爆物質)。

【指導學生】根據實驗步驟寫出化學方程式。

【板書】

AgNO3+NH3?H2O=AgOH↓+NH4NO3

AgOH+2NH3?H2O=Ag(NH3)2OH+2H2O(銀氨溶液的配制)

CH3CHO+2Ag(NH3)2OH→CH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O

實驗現象：反應生成的銀附著在試管壁上形成光亮的銀鏡。

【板書】

②乙醛被另一弱氧化劑——新制的Cu(OH)2氧化

【演示實驗3-6】(此過程中要引導學生認真觀察，了解乙醛發生此反應的條件和現象。)

CH3CHO+2Cu(OH)2→CH3COOH+Cu2O↓+2H2O

實驗現象：溶液由藍色逐漸變成棕_，最后變成紅色沉淀。

【設問】分析上述兩個實驗的共同點是什么?

說明乙醛有什么性質?如何檢驗醛基?

師:乙醛能被弱氧化劑氧化，有還原性，是還原劑。可用銀氨溶液或新制的氫氧化銅檢驗醛基的存在。此兩個反應需要在堿性條件下進行。

【小結】乙醛的主要化學性質：

①乙醛能和氫氣發生加成反應。

②乙醛能被弱氧化劑氧化，更能被強氧化劑氧化。

【二】

1.概念及結構特點：

分子里由烴基和醛基相連而構成的化合物。

【設問】①飽和一元脂肪醛的結構式的通式應如何表示?

②醛類的分子式通式應如何表示?

(學生討論，分析，推測)

【根據學生的回答板書】①醛類的結構式通式為：或簡寫為RCHO。

②分子式通式可表示為CnH2nO

【追問】③醛類分子中都含有什么官能團?它對醛類的化學性質起什么作用?

④醛類物質應有哪些化學性質?

【提示】結合乙醛的分子結構及性質分析。

(學生熱烈討論后回答，教師根據學生的回答給予評價并板書)

【板書】2、醛類的主要性質：

①醛類分子中都含有醛基官能團，它對醛類物質的主要化學性質起決定作用。

②推測出醛類物質可能能和H2發生加成反應，與銀氨溶液及新制的Cu(OH)2反應。

【聯想啟發】

⑤如果醛類物質有這些化學性質，則體現了醛基有什么性質?

(學生積極思考，猜測應該是氧化性和還原性。)

師：在醛類物質中還有另一種比較重要的醛即甲醛，今天我們來學習甲醛的結構及性質。

【板書】

3.甲醛

(1)甲醛的結構

分子式：CH2O結構簡式：HCHO結構式：

【強調】結構特點為羰基兩側是對稱的氫原子，與其它醛類物質不同，甲醛分子中相當是含有兩個醛基。

【板書】(2)物理性質

甲醛又稱蟻醛，是一種無色具有強烈刺激性氣味的氣體，易溶于水。35%～40%的甲醛水溶液稱為福爾馬林。

【提示】根據乙醛的化學性質思考甲醛應有哪些化學性質。

(學生討論、回答)

【提問】誰能用化學方程式來表示?

【板書】(3)化學性質

①能與H2發生加成反應：HCHO+H2CH3OH

②具有還原性。

HCHO+4Ag(NH3)2OH→(NH4)2CO3+4Ag↓+6NH3+2H2O

HCHO+2Cu(OH)2→CO2+2Cu2O↓+5H2O

【板書】(4)用途

師：甲醛在工業上，可制備酚醛樹脂，合成纖維、生產維尼綸等，也用于制福爾馬林。

【小結】以上學習的是醛類的概念及甲醛的性質和用途。

【補充】丙_的官能團是羰基，主要化學性質：可催化加氫生成醇，但不能被銀氨溶液、新制的Cu(OH)2等弱氧化劑氧化。

【總結】指導學生對這節的知識進行總結，歸納。如：醇、醛、酸之間的轉化關系如何?啟發學生的思維。

高二化學必修教案（精選篇7）

【教材分析】

本節是人教版化學必修一第二章《化學反應與能量》的第二節，在學習了《化學能與熱能》一節之后，學生已經通過實驗探究，了解了化學能與能量的變化的本質原因和宏觀能量轉化關系，并且知道了常見的放熱反應和吸熱反應。知道化學能可以通過化學反應與其他形式的能量之間轉化。對于如何使化學能轉化為電能有著強烈的好奇心和探索意識，為本節《化學能與電能》的學習打下了基礎。

由于新課標“螺旋式上升”教學思路，必修模塊和選修模塊均安排了“化學能與電能”的教學，但在必修部分，只要求掌握原電池的定義、工作原理和形成條件。本節利用《電池的起源》視頻引起學生對于原電池組成的興趣與質疑，引導學生利用實驗進行探究。并通過師生討論、小組討論以及實驗探究，發現形成原電池的條件，激發學生興趣。

【教學目標】

1、知識與技能：

理解原電池的概念，理解原電池原理及其形成條件

2、過程與方法：

通過實驗探究和分析實驗現象，培養學生獨立解決問題、發現問題的能力。

通過實驗探究培養學生主動探索科學規律的精神

3、情感、態度與價值觀

通過《電池起源》的學習，培養學生的質疑精神和廣泛學習的科學習慣。

經歷探究過程，提高學生的創新思維能力，勇于探索問題的本質特征，體驗科學過程。

【教學重點】

原電池概念、工作原理、形成條件和電極方程式的書寫。

【教學難點】

原電池的工作原理和電極方程式的書寫。

【教學方法】

啟發探究，實驗探究，小組討論，練習歸納，實踐應用

【教學過程】

【視頻導入】《電池的起源》

1780年，意大利科學家加伐尼發現，用兩種金屬線連接死青蛙，蛙腿仍會抽搐。受到電鰻等放電生物的影響，他認為這是“生物電”。但同是意大利的科學家伏打質疑，電流時試驗中的金屬線產生的，于是，他用蘸了鹽水的濕布替換了青蛙，也產生了電流。根據這個實驗原理，伏打設計了第一個電池——伏打電堆。