下载文档原格式
高二化学选修4《盐类的水解》讲课稿今日我讲课的内容是新课程人教版高中化学选修4第三章第三节《盐类的水解》〔第一课时〕，以下我从四个方面加以论述。
一、教材剖析1、本节课在教材中的地位和作用〔1〕盐类的水解是在学生已经学习了化学均衡原理的基础上议论电解质在水溶液中的电离行为，包含弱电解质的电离均衡和水的电离均衡两个均衡系统；学生也知道溶液酸碱性的本质原由，在此基础上再来研究盐类在水溶液中的酸碱性规律，这样有助于促使学生的认知发展。
〔2〕盐类水解是后续电化学学习的必备基础。
从知识构造上讲，盐类水解均衡是继弱酸、弱碱及水的电离均衡系统以后的又一个电解质溶液的均衡系统，利于学生形成完好的电解质溶液的均衡系统。
2、本节课的要点、难点要点：盐类水解的实质。
难点：盐类水解的方程式的书写。
二、教课目的依据学生已有的知识水平易认知能力，联合新课标的基本理念，本节课的三维教课目的确立为：1、知识与技术〔1〕认识盐类水解的原理和规律〔2〕能够正确书写盐类水解的反响方程式2、过程与方法〔1〕能从微粒间互相作用这一微观实质的角度去理解盐溶液体现酸碱性这一宏观现象。
(2)使用实验研究的科学方法，研究不一样种类盐溶液的酸碱性，揭露化学均衡理论在盐溶液中的延长。
3、感情态度与价值观〔1〕能在思虑剖析过程中聆听别人建议，互相启迪，领会集作沟通的重要与快乐。
〔2〕体验科学研究的乐趣，学会透过现象看实质。
〔3〕成立个性与共性、对峙与一致的科学辩证观。
三、教课方法这节课，我采纳了实验研究和理论研究两条学习主线：实验研究其目的在于使学生体验科学研究的过程，激发学习化学的兴趣，加强科学研究的意识，促使学习方式的转变，培育学生的创新精神和实践能力。
理论研究是运用已有的化学均衡知识，发掘出新知识的“生长点〞——盐类水解，形成科学的世界观。
本节课的教课方案充分表达新课改理念，如①引课的情境设计切近学生、切近实质；②采纳概括法揭露几类盐水解的规律；③教课重、难点的打破采纳自主合作研究方法；④观点的建.专心..专心.［板书］一、实验研究一一盐溶液的酸碱性 ［分组实验］对盐溶液进行酸碱性测定〔教溶液呈碱性的有：CH 3COONa3NaHCO构充分表达观点的科学价值。
《盐类的水解》说课稿（第一课时）今天我说课的内容是人教版高中化学选修4第三章第三节《盐类的水解》，我将从以下几个方面说课。
一、教材分析《盐类的水解》是人教版高中化学选修4第三章第三节的内容，该节分两课时教学，本节为第一课时。
第一部份是找规律，从学生比较熟悉的盐类物质入手，引导学生通过实验并运用归纳法分析盐类水解的组成与盐溶液酸碱性的对应关系。
第二部份是查原因，以水的电离平衡为基础，分析盐类电离出的阴、阳离子与水电离出的H+和OH －结合成弱酸或者弱碱的趋势，明确不同盐溶液呈现不同酸碱性的本质原因，同时深化对过去“离子反应发生的条件”的认识。
本节教材涉及的知识不少，具有很强的理论意义和实际意义。
是学生在高一必修一已经学习了离子方程式的书写，高二选修4学习了化学平衡原理、电解质的电离平衡、水的电离和溶液酸碱性的基础上学习的又一平衡体系，所以本节教学是本章的重点和难点，也是高考的重要考点。
通过本节的学习不仅可以加深学生对以前所学的平衡知识的理解，而且还可以为下一步学习水解平衡的挪移和水解的应用奠定坚实的基础，同时也利于学生形成完整的电解质溶液的平衡体系。
二、学情分析高二的学生已经具备独立思量的能力，而且思维活跃。
通过高一必修和前一阶段的学习，学生已经掌握了离子方程式书写、化学平衡、弱电解质的电离平衡以及水的电离和溶液的pH等知识，所以教学应该能顺利推进。
三、教学目标和教学重、难点根据课程标准的要求、结合教材和学生的学情，确定本节的教学教学目标和教学重难点为：1、教学目标知识与技能（1）认识盐类水解的原理和规律（2）能够正确书写盐类水解的反应方程式过程与方法（1）能从微粒间相互作用这一微观本质的角度去理解盐溶液呈现酸碱性这一宏观现象。
（2）使用实验探索的科学方法，探索不同类型盐溶液的酸碱性，揭示化学平衡理论在盐溶液中的延伸。
情感、态度、价值观（1）能在思量分析过程中倾听他人意见，相互启示，体味合作交流的重要与快乐。
《盐类的水解》教学设计一、教材依据：普通高中课程标准实验教科书，人民教育出版社，高中化学选修4第三章第三节。
二、设计思路：指导思想、设计理念：本节课秉承新课程理念，充分发挥学生自主性和能动性，将知识的学习与能力的培养有机结合起来。
通过创设引人入胜的教学情境，让学生在问题中思考、分析并总结，进而掌握重、难点，提高学习兴趣，实现自我价值，增强自信心。
教材分析：盐类水解是在化学平衡基础上讨论电解质在水溶液中电离，从知识结构中讲是在弱电解质的电离平衡之后又一个平衡体系。
其知识点多、面广、综合性强。
教材包括三个部分，第一部分是找规律，通过实验归纳出盐的组成与盐溶液酸碱性的对应关系。
第二部分是查原因，以水的电离为基础，分析盐类电离出的阴、阳离子与水电离的H+和OH-生成弱电解质的趋势，揭示不同盐溶液呈现不同酸碱性的本质原因，同时深化对“离子反应发生的条件”认识。
这是本节教学的重点，也是对化学平衡、电离平衡以及水的离子积等知识的综合运用。
第三部分是谈变化，主要讨论影响盐类水解的主要因素，同时介绍其应用。
本节课主要解决第一部分和第二部分的问题即可。
学情分析：学生刚学过化学平衡以及弱电解质的电离平衡和水的离子积，也已掌握了一定的实验操作技能、实验设计能力、实验分析能力。
以上均为本节奠定了良好的基础。
三、教学目标：1、知识与能力目标：（1）通过实验探究，自主讨论，理解盐类水解的本质和规律。
（2）掌握盐类水解化学方程式和离子方程式。
2、过程和方法目标：（1）通过课前预习任务和课堂中科学探究实验等活动培养学生动手能力，观察能力和分析问题、解决问题的能力。
（2）通过运用已学知识来学习未知知识，建立科学的知识体系。
3、情感态度与价值观目标：（1）通过课前预习培养学生热爱生活的人生观。
（2）通过合作，交流，讨论的学习体验，使学生认识到合作交流的重要性，敢于提出自己的观点和修改自己的错误观点。
（3）通过盐类水解平衡的建立，建立矛盾是“对立统一”的哲学观。
必修4 第三章第三讲盐类的水解(计时：45分钟满分：100分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分)1．下列物质在常温时发生水解，对应的离子方程式正确的是()A．Na2CO3：CO2－3＋2H2O H2CO3＋2OH－B．NH 4Cl：NH＋4＋H2O NH3↑＋H2O＋H＋C．CuSO 4：Cu2＋＋2H2O Cu(OH)2＋2H＋D．NaF：F－＋H 2O===HF＋OH－解析多元弱酸根离子水解是分步进行的，是可逆反应，水解的量少不能生成沉淀和气体。
本题选C 项。
答案 C2．在水溶液中，只因发生水解反应而不能大量共存的一组离子是()A．SO2－4、OH－、Na＋、H＋B．Al3＋、Na＋、AlO－2、Cl－C．Ba2＋、HCO－3、K＋、SO2－4D．S2－、H＋、SO2－4、Cu2＋解析A项溶液中发生中和反应H＋＋OH－===H2O而不能大量共存；B项溶液中，Al3＋和AlO－2发生相互促进的水解反应而不能大量共存；C项溶液中，因Ba2＋和SO2－4生成沉淀而不能大量共存；D项溶液中，发生反应S2－＋2H＋===H2S↑、Cu2＋＋S2－===CuS↓而不能大量共存。
答案 B3．下列说法错误的是()A．除去MgCl2溶液中少量的FeCl3，可选用MgCO3B．等物质的量浓度的(NH4)2SO4溶液和(NH4)2CO3溶液中NH＋4的浓度前者大于后者C．在NaHS溶液中，滴入少量CuCl2溶液，产生黑色沉淀，HS－的水解程度增大，pH增大D．用饱和氯化铵溶液可以清洗金属表面的锈迹解析A项，首先写出Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋，然后分析：MgCO3与H＋结合，使上述水解平衡右移，最终生成Fe(OH)3沉淀，正确；B项，CO2－3结合H＋，使NH＋4＋H2O NH3·H2O＋H＋右移，所以(NH 4)2CO3溶液中NH＋4水解程度大，浓度小，正确；C项，NaHS溶液中存在以下平衡：HS－＋H2O H2S ＋OH－、HS－H＋＋S2－，Cu2＋与S2－结合生成黑色沉淀CuS，使HS－H＋＋S2－右移，HS－浓度减小，水解平衡HS－＋H 2O H2S＋OH－左移，HS－水解程度减小，pH减小，错误；D项，氯化铵溶液水解显酸性，与锈迹反应，正确。
答案 C4．(2014·安徽理综)室温下，在0.2 mol·L－1 Al2(SO4)3溶液中，逐滴加入1.0 mol·L－1 NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如右图，下列有关说法正确的是()A．a点时，溶液呈酸性的原因是Al3＋水解，离子方程式为：Al3＋＋3OH－Al(OH)3B．a～b段，溶液pH增大，Al3＋浓度不变C．b～c段，加入的OH－主要用于生成Al(OH)3沉淀D．d点时，Al(OH)3沉淀开始溶解解析a点水解的离子方程式为：Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋，故A项错误；a－b段，由于NaOH 溶液的滴入，发生反应H＋＋OH－===H 2O，使得c(H＋)减小，Al3＋的水解平衡向水解的方向移动，所以a－b段的c(Al3＋)减小，B项错误；b－c段pH变化不大的原因是发生反应Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，因此，C 项正确；c 点后pH 迅速增大的原因是发生反应：Al(OH)3＋OH －===AlO －2＋2H 2O ，故D 项错误。
答案 C5．(2014·福建理综)下列关于0.10 mol·L －1 NaHCO 3溶液的说法正确的是( )A ．溶质的电离方程式为NaHCO 3===Na ＋＋H ＋＋CO 2－3B ．25 ℃时，加水稀释后，n (H ＋)与n (OH －)的乘积变大C ．离子浓度关系：c (Na ＋)＋c (H ＋)＝c (OH －)＋c (HCO －3)＋c (CO 2－3)D ．温度升高，c (HCO －3)增大解析 NaHCO 3在水溶液中电离：NaHCO 3===Na ＋＋HCO －3，HCO －3既能水解又能电离：HCO －3＋H 2O H 2CO 3＋OH －，HCO －3H ＋＋CO 2－3，由电荷守恒得：c (Na ＋)＋c (H ＋)＝c (OH －)＋c (HCO －3)＋2c (CO 2－3)，A 、C 项错误；温度升高，HCO －3的水解、电离平衡均向右移动，c (HCO －3)减小，D 项错误；25 ℃时K W ＝c (H ＋)·c (OH －)＝n (H ＋)V ·n (OH －)V，则n (H ＋)·n (OH －)＝K W V 2，加水稀释，K W 不变，V 增大，n (H ＋)与n (OH －)的乘积增大，B 项正确。
答案 B6．(2014·广东理综)常温下，0.2 mol/L 的一元酸HA 与等浓度的NaOH 溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是( )A ．HA 为强酸B ．该混合液pH ＝7C ．图中X 表示HA ，Y 表示OH －，Z 表示H ＋D ．该混合溶液中：c (A －)＋c (Y)＝c (Na ＋)解析 常温下，0.2 mol·L －1的一元酸HA 与等浓度的NaOH 溶液等体积混合后，恰好完全反应得到0.1mol·L －1 NaA 溶液，由图中的c (A －)<0.1 mol·L －1可知HA 为弱酸，A 项错误；混合液中存在A －的水解，溶液显碱性，pH>7，B 项错误；混合液粒子浓度大小为c (Na ＋)>c (A －)>c (OH －)>c (HA)>c (H ＋)，所以X 表示OH －，Y 表示HA ，Z 表示H ＋，C 项错误；根据物料守恒得c (A －)＋c (HA)＝c (Na ＋)，D 项正确。
答案 D7．(2015·石家庄质检二)25 ℃时，下列说法正确的是( )A ．0.1 mol/L CH 3COOH 溶液中：c (CH 3COO －)＝c (H ＋)B ．0.1 mol/L NaHCO 3溶液中：c (Na ＋)＝c (HCO －3)＋2c (CO 2－3)＋c (H 2CO 3)C ．水电离出来的c (H ＋)＝1.0×10－13 mol/L 的溶液中，Al 3＋可能大量存在D ．0.1 mol/L 的氨水中滴加稀盐酸至过量，不可能有：c (Cl －)>c (NH ＋4)>c (H ＋)>c (OH －)解析 在CH 3COOH 溶液中，c (CH 3COO －)＋c (OH －)＝c (H ＋)，A 项错误，在NaHCO 3溶液中，由物料守恒可得，c (Na ＋)＝c (HCO －3)＋c (CO 2－3)＋c (H 2CO 3)，B 项错误；水电离出来的c (H ＋)＝1.0×10－13 mol/L 的溶液，可能为酸溶液，也可能为碱溶液，Al 3＋在酸性溶液中能大量存在，C 项正确；当氨水中滴加盐酸至溶液显酸性时，可能有c (Cl －)>c (NH ＋4)>c (H ＋)>c (OH －)，D 项错误。
答案 C8．(2015·黄冈调研)有等体积、浓度均为0.1 mol/L 的三种溶液：①CH 3COOH 溶液、②HCOOH 溶液、③NaHCO 3溶液，已知将①、②分别与③混合，实验测得产生的CO 2气体体积(V )随时间(t )的变化如图所示，下列说法正确的是( )A ．酸性：CH 3COOH>HCOOH>H 2CO 3B ．反应结束后所得两溶液中：c (CH 3COO －)>c (HCOO －)C ．上述三种溶液中由水电离的c (OH －)大小：NaHCO 3溶液>CH 3COOH 溶液>HCOOH 溶液D ．CH 3COOH 溶液和NaHCO 3溶液反应所得溶液中：c (CH 3COO －)＋c (CH 3COOH)＝0.10 mol·L －1解析 由图象可知，HCOOH 与NaHCO 3反应的速率比CH 3COOH 与NaHCO 3反应的速率快，故酸性HCOOH>CH 3COOH ，A 项错误；CH 3COO －的水解程度大于HCOO －的水解程度，故反应结束后所得两溶液中：c (CH 3COO －)<c (HCOO －)，B 项错误；HCO －3的水解程度大于其电离程度，故NaHCO 3促进水的电离，酸电离出氢离子，抑制了水的电离，因酸性CH 3COOH<HCOOH ，故后者抑制水电离的效果更大，因此三种溶液中由水电离的c (OH －)大小：NaHCO 3溶液>CH 3COOH 溶液>HCOOH 溶液，C 项正确；等体积、浓度均为0.1 mol/L 的CH 3COOH 溶液和NaHCO 3溶液混合后，溶液体积加倍，故c (CH 3COO －)＋c (CH 3COOH)＝0.050 mol·L －1，D 项错误。
答案 C9．25℃时，取浓度均为0.1 mol·L －1的醋酸溶液和氨水溶液各20 mL ，分别用0.1 mol·L －1 NaOH 溶液、0.1 mol·L －1盐酸进行中和滴定，滴定过程中pH 随滴加溶液的体积变化关系如图所示。
下列说法正确的是( )A ．曲线Ⅰ：滴加溶液到10 mL 时：c (CH 3COO －)>c (Na ＋)>c (H ＋)>c (OH －)B ．曲线Ⅰ：滴加溶液到20 mL 时：c (Cl －)>c (OH －)>c (H ＋)C ．曲线Ⅱ：滴加溶液在10～20 mL 之间存在：c (NH ＋4)＝c (Cl －)>c (OH －)＝c (H ＋)D ．曲线Ⅱ：滴加溶液到10 mL 时：c (CH 3COO －)－c (CH 3COOH)＝2[c (H ＋)－c (OH －)]解析 由pH 变化可知曲线I 是盐酸滴定氨水，曲线Ⅱ是NaOH 溶液滴定醋酸，A 、C 项错误；B 项，恰好完全反应生成NH 4Cl ，溶液显酸性，错误；D 项，看到等号就想到守恒，电荷守恒c (CH 3COO －)＋c (OH－)＝c (H ＋)＋c (Na ＋)，物料守恒n (CH 3COOH)＋n (CH 3COO －)＝0.1 mol·L －1×0.02 L ，n (Na ＋)＝0.1 mol·L－1×0.01 L ，所以n (CH 3COOH)＋n (CH 3COO －)＝2n (Na ＋)，可知c (CH 3COOH)＋c (CH 3COO －)＝2c (Na ＋)，由两个守恒可知D 项正确。
