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优选教育(全程复习方略)(浙江专用)版高考化学盐类的水解课件.ppt_图文

第三单元 盐类的水解

………三年16考 1.了解盐类水解的原理。 2.了解影响盐类水解程度的主要因素。 3.了解盐类水解的应用。

高考指数:★★★★

一、盐类水解的原理

1.一个实质——“生成弱电解质”

盐电离 水

弱酸的阴离子→结合_H_+_ 弱碱的阳离子→结合_O_H_-

生成弱电解质→破坏了_水__的__电__离__平__衡__→水的电离程度_增__大___

→c(H+)≠c(OH-)→溶液呈碱性或酸性。

2.两个特点——“微弱”、“吸热”

(1)程度微弱,属于可逆反应。

(2)吸热反应,是_酸__碱__中__和__反应的逆反应。

3.两个规律 有弱才水解,越弱越水解;谁强显谁性;同强显中性。

盐的 类型
强酸强 碱盐
强酸弱 碱盐
弱酸 强碱盐

实例

是否 水解

NaCl、KNO3 _否__

水解的 离子

NH4Cl、 Cu(NO3)2

_是__ _N_H_4_+、__C_u_2_+

CH3COONa、 _是__ Na2CO3

C_H_3_C_O_O_-_、 __C_O_3_2-__

溶液的 溶液 酸碱性 的pH _中__性__ _p_H_=_7_
_酸__性__ _p_H_<_7_
_碱__性__ _p_H_>__7

4.水解方程式的书写
(1)一般盐类水解程度很小,水解产物很少,产物不标“↑”
或“↓”,如果产物易分解(如NH3·H2O、H2CO3)也不写成其分 解产物的形式, 如:NH4Cl的水解离子方程式:_N_H_4_++_H_2_O______N_H_3_·__H_2O_+_H_+_。 (2)多元弱酸盐的水解分步进行,以第一步为主,一般只写第
一步水解的离子方程式,如Na2CO3的水解离子方程式: __C_O_3_2_-+_H_2_O______H_C_O_3_-+_O_H_-_________。

(3)多元弱碱阳离子的水解方程式一步写完,如:FeCl3的水解 离子方程式:_F_e_3_++_3_H_2_O______F_e_(_O_H_)_3+_3_H_+____。
(4)若阴、阳离子水解相互促进,由于水解程度较大,书写时
要用“”、“↑”、“↓”等,如:NaHCO3与AlCl3混合溶液的 反应离子方程式:_A_l_3_++_3_H_C_O_3_-_=_=_=_=_A_l_(_O_H_)_3↓__+_3_C_O_2_↑_。

二、影响盐类水解的主要因素 可概括为:越弱越水解,越热越水解,越稀越水解。 1.内因 形成盐的酸或碱的强弱。对应的酸或碱__越__弱___就越易发生水 解。 如:酸性:CH3COOH>H2CO3 决定 相同浓度的Na2CO3、 CH3COONa溶液的pH大小关系为__p_H_(_N_a_2_C_O_3)_>__p_H_(_C_H_3_C_O_O_N_a_)_。

2.外因 (1)温度、浓度。

条件
升高温度 增大
反应物 浓度 减小

移动方向 右移 右移 右移

水解程度 增大

水解产生的离子 浓度
增大

减小

增大

增大

减小

(2)外加物质。 外加物质对水解反应的影响取决于该物质的性质。 ①外加酸碱

外加物质 酸

水解程度的影响

弱酸根离子

弱碱阳离子

增大

减小



减小

增大

②加能水解的盐

相互抑制 相互促进

三、盐类水解的应用 1.用热的纯碱溶液洗油污 原因:_升__温__可__促__进__碳__酸__钠__水__解__,__使__溶__液__中__c_(_O_H_-_)_增__大____;

2.明矾净水 离子方程式: ___A_l_3_+_+_3_H_2O_______A_l_(_O_H_)_3_(_胶__体__)_+_3_H_+______; 3.制备Fe(OH)3胶体 离子方程式: ____F_e_3+_+_3_H_2_O____?____F_e_(_O_H_)__3(_胶__体__)_+_3_H_+____; 4.不能在溶液中制取Al2S3 表示原因的离子方程式: ___2_A_l_3_++_3_S_2_-_+_6_H_2O_=_=_=_=_2_A_l_(_O_H_)_3_↓__+_3_H_2_S_↑____。

1.pH相同的盐酸和氯化铵溶液中由水电离出的c(H+)相同。 (× )
【分析】不相同。盐酸溶液中水的电离被抑制,氯化铵溶液 中水的电离被促进。 2.酸式盐溶液一定呈酸性。( × ) 【分析】不一定。酸式盐溶液有的呈酸性,如NaHSO4溶液; 有的酸式盐溶液呈碱性,如NaHCO3溶液。

3.某盐的溶液呈酸性,该盐一定发生了水解反应。( × ) 【分析】不一定。有些酸式盐溶液呈酸性,是因为电离产生 了氢离子,并未发生水解,如NaHSO4溶液。 4.某盐溶液呈中性,该盐一定为强酸强碱盐。( × ) 【分析】不一定。如弱酸弱碱盐CH3COONH4,因CH3COO和NH4+的水解程度相同,溶液呈中性。 5.降低温度和加水稀释,都会使盐的水解平衡向逆反应方向 移动。( × ) 【分析】水解反应是吸热反应,降低温度可使水解平衡逆向 移动,但加水稀释时,水解平衡正向移动,水解程度增大。

溶液中粒子浓度大小的比较 1.两个平衡依据——“电离”、“水解” (1)电离平衡。 电离过程是微弱的,如H2CO3溶液中:c(H2CO3)>c(HCO3-)> c(CO32-)(多元弱酸分步电离逐级减弱) (2)水解平衡。 水解过程是微弱的。如Na2CO3溶液中: c(CO32-)>c(HCO3-)>c(H2CO3)(多元弱酸根离子分步水解逐级 减弱)

2.两个守恒关系——“电荷”、“物料” (1)电荷守恒。 溶液中所有阳离子所带的正电荷总数等于所有阴离子所带的 负电荷总数。 如NaHCO3溶液中: c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-) (2)物料守恒。 在电解质溶液中,某些微粒可能发生变化,但变化前后某种 元素的原子个数守恒。 如0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中: c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=0.1 mol·L-1

3.一种思想——“追根寻源”

在比较离子浓度大小时,关键是分析溶液中的离子是来自于

哪里,是盐的水解剩余的还是水解生成的,再结合“两

弱”——弱电解质的电离、盐的水解都是微弱的,一般都不

超过10%,即可快速确定离子浓度大小。如在NaHCO3溶液中:

NaHCO3====Na++HCO3- ①,HCO3-

H++CO32- ②,

HCO3-+H2O

H2CO3+OH- ③,H2O

H++OH- ④,c(Na+)

最大,HCO3-能水解也能电离,但程度都不大,故HCO3-的

浓度小于Na+浓度,但大于其余离子的浓度;如果只考虑②,
则c(H+)=c(CO32-),但c(H+)还来源于④,故c(H+)>c(CO32-); 溶液显碱性,则c(OH-)>c(H+),也说明HCO3-的水解的程度大 于其电离程度,故c(H2CO3)>c(CO32-),由此可知溶液中的离子 浓度大小关系为:c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)>c(CO32-)。 再如比较等浓度的NH3·H2O和NH4Cl中的c(NH4+),NH3·H2O中 的NH4+来源于电离,很小;而NH4Cl中的NH4+是盐完全电离后水 解剩余的,故NH4Cl中的c(NH4+)远大于NH3·H2O中的c(NH4+)。

4.四种主要类型 (1)多元弱酸溶液。 多元弱酸分步电离,逐级减弱,如H3PO4溶液中: c(H+)>c(H2PO4-)>c(HPO42-)>c(PO43-) (2)多元弱酸的正盐溶液。 多元弱酸的弱酸根离子的分步水解,水解程度逐级减弱,如 在Na2CO3溶液中: c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)

(3)不同溶液中同一离子浓度大小的比较。 要看溶液中其他离子对该离子的影响。如在相同物质的量浓度 的下列溶液中:①NH4Cl;②CH3COONH4; ③NH4HSO4,c(NH4+)由大到小的顺序为:③>①>②。 (4)混合溶液中各离子浓度的比较。 要进行综合分析,如电离因素、水解因素等。如在0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液和0.1 mol·L-1的氨水混合溶液中,各离子浓度大小 的顺序为:c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)。

【拓展延伸】质子守恒规律:质子守恒是指电解质溶液中水 电离出的氢离子(H+)总数等于粒子接受的氢离子(H+)总数加 游离的氢离子(H+)数。如Na2S水溶液中的质子转移如下:
由上表可得Na2S水溶液中质子守恒式可表示为 c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)=c(OH-)或 c(H+)+2c(H2S)+c(HS-) =c(OH-)。 质子守恒式也可以从电荷守恒式与物料守恒式推导得到。

【高考警示钟】(1)关注离子所带电荷的多少 在列电荷守恒式时,不要简单地认为只是各离子浓度的相加, 注意离子所带电荷的多少,如2c(CO32-)的系数“2”不可漏掉。 (2)等式考虑守恒原理,不等式考虑平衡原理 在微粒浓度大小比较中,等式一般与电荷守恒、物料守恒相 联系,如果给定的等式不是两个守恒式,可以把两个守恒式 变化形式后相互作差,加以推导即可。

【典例1】(2011·天津高考)25 ℃时,向10 mL 0.01 mol·L-1 KOH溶液中滴加0.01 mol·L-1 苯酚溶液,混合溶液中粒子浓度 关系正确的是( ) A.pH>7时,c(C6H5O-)>c(K+)>c(H+)>c(OH-) B.pH<7时,c(K+)>c(C6H5O-)>c(H+)>c(OH-) C.V[C6H5OH(aq)]=10 mL时,c(K+)=c(C6H5O-)>c(OH-)=c(H+) D.V[C6H5OH(aq)]=20 mL时,c(C6H5O-)>c(K+)>c(H+)>c(OH-)

【解题指南】解答本题时应注意以下两点: (1)pH>7时,可能二者恰好完全反应,也可能KOH过量; pH<7时,CH3COOH一定过量。 (2)等浓度的一元弱酸和对应盐混合时,一般电离过程大于水 解过程。

【解析】选D。A项,当pH>7时,应有c(H+)<c(OH-),A错 误;B项,当pH<7时,c(H+)>c(OH-),根据电荷守恒 c(C6H5O-)+ c(OH-)=c(K+)+c(H+)可知,c(K+)<c(C6H5O-),故此时离 子浓度关系应该是c(C6H5O-)>c(K+)>c(H+)>c(OH-),B错 误;C项,V[C6H5OH(aq)]=10 mL时,恰好得到C6H5OK 溶液,此时溶液呈碱性,离子浓度关系式为c(K+)>c(C6H5O-) >c(OH-)>c(H+),C错误;D项,V[C6H5OH(aq)]=20 mL时,经中和反应后,得到的混合液是等浓度的C6H5OK和 C6H5OH的混合溶液,此时C6H5OH的电离程度大于C6H5O离子的水解程度,溶液呈酸性,故D正确。

【技巧点拨】粒子浓度关系的判断技巧 (1)判断溶液中粒子浓度之间的等式关系,主要根据“三大守 恒”,即电荷守恒、物料守恒和质子守恒去分析。大小比较 要依据有关变化及其程度来分析。 (2)对于混合溶液中微粒浓度的比较,要先考虑是否反应,再 判断反应后酸或碱是否过量,若过量,则须同时考虑电离与 水解两个方面。

(3)一般而言,等浓度的弱酸与弱酸盐混合,电离程度大于水 解程度,溶液呈酸性;HCN、NaCN混合液除外,它们的混 合溶液呈碱性,水解程度大于电离程度。

盐类水解的应用

1.判断溶液的酸碱性:

Na2CO3溶液呈碱性的原因是:

CO32-+H2O

HCO3-+OH-

2.配制或贮存易水解的盐溶液:

如配制FeCl3溶液时,先将它溶解在较浓的盐酸中,再加水至 指定浓度;配制CuSO4溶液时,加入少量的H2SO4,以抑制Cu2+ 水解。

3.判断盐溶液蒸干灼烧时所得的产物: 如AlCl3、FeCl3溶液蒸干后得到Al(OH)3、Fe(OH)3,灼烧得到 Al2O3、Fe2O3,CuSO4溶液蒸干后得CuSO4固体,NaHCO3溶液低 温蒸干后可得Na2CO3固体。 4.离子共存: Al3+、Fe3+与HCO3-、CO32-,Al3+与AlO2-,Al3+与S2-因相互促进 水解而不共存。 5.解释生活中的现象或事实: 如明矾净水、热纯碱液除油污,草木灰不能与铵盐混用、泡 沫灭火器原理。

6.离子浓度大小的比较: 如碳酸氢钠溶液中离子浓度大小顺序为: c(Na+)>c(HCO3-);c(OH-)>c(H+) 7.物质的提纯(水解除杂): 如MgCl2溶液中混有少量Fe3+杂质时,因Fe3+水解的程度比Mg2+ 的水解程度大,可加入MgO或Mg(OH)2等,导致水解平衡右移, 生成Fe(OH)3沉淀而除去。

【高考警示钟】(1)因Fe3+在酸性较强的环境中比Al3+、 Mg2+、Cu2+更易发生水解,故一般可采用调节pH的方法生 成Fe(OH)3沉淀除去,如加入CuO、Cu(OH)2等皆可,但不 能加会引入杂质离子的物质。 (2)除去溶液中的Fe2+时,由于Fe2+水解程度比Fe3+小,一般 先将Fe2+氧化成Fe3+,然后再类似(1)加入试剂。 (3)相互促进水解的离子在同一溶液中是否可以大量共存,要 看水解产物能否脱离反应体系。如Fe3+与HCO3-互相促进水 解生成沉淀和气体,水解趋于完全,二者不能大量共存。 CH3COO-和NH4+水解相互促进生成的是溶酸和溶碱,仍然 存在平衡状态,二者可以大量共存。

【典例2】(2012·湖州模拟)下列说法正确的是( ) ①NH4Cl溶液可作焊接金属的除锈剂 ②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂 ③NH4F溶液不能用玻璃试剂瓶保存,硅酸钠溶液不能用磨口 试剂瓶保存 ④加热蒸干FeSO4溶液,并灼烧残余物得Fe2(SO4)3和Fe2O3的混 合物 ⑤加热蒸干CaCl2和NaAlO2混合溶液得到Ca(OH)2和NaAlO2的混 合物 A.①②③④ B.②③④ C.③④ D.③④⑤

【解题指南】解答该题要注意以下三点: (1)快速准确找出盐中的“弱离子”; (2)盐水解所得酸或碱的酸、碱性决定盐的应用; (3)亚铁盐具有强还原和易水解的性质。

【解析】选A。①NH4Cl溶液水解显酸性,可以除去金属表面 的锈;②利用HCO3-与Al3+两种离子水解相互促进,产生二 氧化碳,可作灭火剂;③NH4F溶液水解生成氢氟酸,能腐蚀 玻璃,Na2SiO3溶液水解显碱性,其本身具有黏合性,能腐 蚀试剂瓶的磨口;④FeSO4具有强还原性,同时溶液中Fe2+ 又发生水解,但水解所得H2SO4不挥发,故在加热蒸干、灼 烧时生成Fe2(SO4)3和Fe2O3;⑤CaCl2是强酸强碱盐,不发生 水解,NaAlO2水解生成NaOH和Al(OH)3,均不具有挥发性, 故最终仍得到原溶质CaCl2和NaAlO2。

【答题要领7】——试剂的作用的答题要素
【典例】[2011·海南高考·T17(2)]硫酸亚铁铵 [(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]为浅绿色晶体,实验室中常以废 铁屑为原料来制备,其步骤如下: 步骤1:将废铁屑放入碳酸钠溶液中煮沸除油污,分离出液体, 用水洗净铁屑。

步骤2:向处理过的铁屑中加入过量的3 mol·L-1H2SO4溶液, 在60 ℃左右使其反应到不再产生气体,趁热过滤,得FeSO4 溶液。 步骤3:向所得FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液,经过 “一系列操作”后得到硫酸亚铁铵晶体。 请回答下列问题: 在步骤2中所加的硫酸必须过量,其原因是 ______________________________________________。

【抽样分析】

考生甲
抽 样 使铁完全溶解,并使废铁屑 试 中的铁锈也完全反应 卷

考生乙
防止Fe2+水解生成Fe(OH)2 沉淀



用词不准确,“抑制”不等

析 点

对“过量硫酸”的主要作用 同于“防止”;答案不完整,
没有完全认识,目的不明确



沉淀也可能是Fe(OH)3

【规范答案】抑制Fe2+的水解,防止生成Fe(OH)2或 Fe(OH)3沉淀

**答题要领** 解答要素: (1)试剂的作用是什么? (2)要达到的目的是什么? 得分点及关键词: (1)作用类:“除去”、“防止”、“抑制”、“使……”等, 回答要准确。 (2)作用-目的类:作用+目的 “作用”是“……”,“目的”是“……”。 回答要准确全面。

(2010·全国卷Ⅰ·T29)请设计CO2在高温下与木炭反应生成 CO的实验。 (1)在下面方框中,A表示有长颈漏斗和锥形瓶组成的气体发 生器,请在A后完成该反应的实验装置示意图(夹持装置,连接 胶管及尾气处理部分不必画出,需要加热的仪器下方用△标 出),按气流方向在每件仪器下方标出字母B、C……;其他可 选用的仪器(数量不限)简易表示如下:

(2)根据方框中的装置图,在答题卡上填写下表。

仪器标号 A

仪器中所加物质 石灰石、稀盐酸

作用
石灰石与盐酸作用产生 CO2

答案:(1)

(2)

仪器标号 仪器中所加物质

B

饱和碳酸 氢钠溶液

C

浓硫酸

D

干燥木炭粉

E

澄清石灰水

作用 除去CO2中的HCl气体 除去CO2中的水蒸气
与CO2反应产生CO 吸收未反应的CO2

1.常温下,某溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-13 mol·L-1, 下列各组中的溶液均有可能的是( ) A.SO2水溶液、饱和食盐水、NaOH溶液 B.稀盐酸、氨水、食醋 C.氨水、澄清石灰水、CH3COONH4水溶液 D.稀硫酸、冰醋酸、NH4Cl水溶液 【解析】选B。由水电离出的c(H+)=1×10-13 mol·L-1< c(H+)水=10-7 mol·L-1,说明水的电离受到抑制,故对应的 可能是酸或碱溶液,故答案选B。

2.下列各式中属于正确的水解反应离子方程式的是( )

A.S2-+2H2O

H2S+2OH-

B.CH3COO-+H2O

CH3COOH+OH-

C.CH3COOH+H2O

CH3COO-+H3O+

D.CH3COOH+OH-

CH3COO-+H2O

【解析】选B。A项,多元弱酸的酸根水解时要分步水解,应

分步书写,不能合写;C项,属于电离方程式;D项,属于中

和反应的离子方程式而不是水解方程式。

3.(2012·杭州模拟)为了配制NH4+与Cl-的浓度比为1∶1的溶

液,可在NH4Cl溶液中加入( )

①适量NH4NO3 ②适量NaCl

③适量氨水

④适量NaOH

A.②③

B.①③

C.②④

D.①②

【解析】选B。在NH4Cl溶液中,由于NH4++H2O NH3·H2O+ H+,导致c(NH4+)∶c(Cl-)<1∶1,若使c(NH4+)与c(Cl-)之比为 1∶1,则应加入物质抑制NH4+的水解,或适当加入NH4+,即选B。

4.(2012·北京模拟)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 D.小苏打溶液中加入少量的NaCl固体

【解析】选B。本题考查水解平衡和电离平衡等知识,溶液颜 色变深的原因是溶液的碱性增强,抓住这一本质寻找答案。A 项,明矾溶液中铝离子水解使溶液呈酸性,加热使铝离子的 水解程度增大,溶液的酸性增强,无颜色变化;B项,醋酸钠 溶液中醋酸根离子水解使溶液呈碱性,加热,醋酸根离子的 水解程度增大,溶液的碱性增强,溶液的颜色加深;C项,加 入氯化铵固体,氨水的电离程度减弱,碱性减弱,溶液颜色 变浅;D项,溶液的酸碱性不变,溶液的颜色没有变化。

5.将0.10 mol·L-1的AlCl3溶液10 mL与0.10 mol·L-1的KOH 溶液40 mL充分混合,所得溶液中各种微粒的物质的量浓度关 系正确的是( ) A.c(K+)>c(Cl-)>c(AlO2-)>c(OH-)>c(H+) B.c(K+)>c(Cl-)>c(AlO2-)>c(H+)>c(OH-) C.c(Cl-)>c(K+)>c(OH-)>c(AlO2-)>c(H+) D.c(Cl-)>c(K+)>c(AlO2-)>c(OH-)>c(H+)

【解析】选A。n(AlCl3)∶n(KOH)=1∶4,故二者发生的反应为 AlCl3+4KOH====KAlO2+3KCl,故c(K+)最大,c(Cl-)次之, 而 AlO2-发生水解,方程式为:AlO2-+2H2O Al(OH)3+OH-,故 溶液中离子浓度大小为:c(K+)>c(Cl-)>c(AlO2-)>c(OH-) >c(H+)。

6.常温下,浓度均为0.1 mol·L-1的四种溶液:

①Na2CO3溶液 ②NaHCO3溶液 ③盐酸 ④氨水 试回答下列问题:

(1)上述溶液中有水解反应发生的是_______(填编号,下

同),溶液中溶质存在电离平衡的是_______;

(2)比较①、②溶液,pH较大的是_______;

(3)在溶液④中加入少量NH4Cl固体,此时

c(N H 4? ) c(O H ? )

的值将

_________(填“变小”、“变大”或“不变”)。

【解析】(1)Na2CO3为弱酸强碱盐,只存在弱酸根的水解; NaHCO3为弱酸的酸式盐,既存在HCO3-的水解平衡又存在 HCO3-的电离平衡;盐酸为强酸,只发生电离;氨水中只存 在NH3·H2O的电离平衡。 (2)CO32-对应的酸为HCO3-,HCO3-对应的酸为H2CO3,酸 性H2CO3>HCO3-。等浓度的两种溶液,Na2CO3的水解程度 比NaHCO3的大,所以pH较大的是Na2CO3溶液。

(3)氨水中存在NH3·H2O NH4++OH-,向溶液中加入NH4Cl
固体,NH4+浓度增大,平衡左移,OH-浓度减小,所以 c ( N H的4 ? 值) 将变大。
c(O H ? )
答案:(1)①② ②④ (2)① (3)变大


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