影响盐类的水解的因素和应用

单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,2014-12-1,#,第三章 水溶液中的离子平衡,第三节 盐类的水解,第二,课时,盐类的水解,的概念,在溶液中,盐,电离出来,的,弱,离,子,跟,水,所电离出来的,H,+,或,OH,-,结合生成,弱电解质,的反应,叫做盐类的水解。,知识回顾,写出下列盐的水解方程式,1,、一般水解,一元弱酸强碱盐：,NaF,多元弱酸强碱盐：,Na,3,PO,4,弱碱强酸盐水解：,NH,4,Cl,弱酸弱碱盐：,NH,4,HCO,3,2,、,双,水解反应,：两种盐单独水解时，一个显,较强,的酸性，一个显,较强,的碱性，但毕竟水解程度都很小，不能进行到底；若混合时，则因彼此互相促进而进行到底。常见能发生双水解的有,：,Al,3,+,与,AlO,2,、,HCO,3,、,CO,3,2,、,S,2,、,HS,、,ClO,Fe,3,+,与,AlO,2,、,HCO,3,、,CO,3,2,NH,4,+,与,SiO,3,2,Mg,3,N,2,+6H,2,O 3Mg(OH),2,+2NH,3,“,完全双水解,”的，用,“,=”,、“”、“”,Al,2,S,3,、,Mg,3,N,2,Al,2,S,3,+6H,2,O 2Al(OH),3,+3H,2,S,一,、,盐类水,解的影响因素,1,、内因：,盐本身的性质。,（越弱越水解）,不同弱酸对应的盐,对应的酸,HClO H,2,CO,3,碱 性,不同弱碱对应的盐,对应的碱,Mg(OH),2,Al(OH),3,MgCl,2,(aq),AlCl,3,(aq),酸 性,16,同一弱酸对应的盐,对应的酸,H,CO,3,H,2,CO,3,碱 性,正盐的水解程度 酸式盐的水解程度,多,元弱酸酸式酸根的水解与电离的区别：,NaHCO,3,HCO,3,+,H,2,O H,2,CO,3,+,OH,HCO,3,+,H,2,O CO,3,2,+,H,3,O,+,水解,电离,程度：,溶液呈,性,碱,NaHSO,3,HSO,3,+,H,2,O H,2,SO,3,+,OH,HSO,3,+,H,2,O SO,3,2,+,H,3,O,+,水解,电离,程度：,c(CH,3,COO,-,)c(OH,-,)c(H,+,),（十）溶液中离子浓度大小比较,二元弱酸盐溶液中离子浓度的一般关系,:,不水解离子水解离子 显性离,子,第一步水解离子 显性的对应离子,例,2,在,Na,2,CO,3,溶液中各离子的浓度,由大到小的,排列顺序,是：,c(Na,)c(CO,3,2-,)c(OH,-,),c(HCO,3,-,)c(H,),二元弱酸酸式盐溶液中离子浓度的一般关系,:,例,3,判断,0.1mol/L,的,NaHCO,3,溶液,中离,子浓度的大小关,系：,c(Na,)c(HCO,3,-,)c(OH,-,),c(H,)c(CO,3,2-,),不水解离子水解离子 显性离子,显,性的对应离子电离得到的酸根离子,练：,25,时，在浓度均,为,0.1mo/L,的,(NH,4,),2,SO,4,、,NH,4,Cl,、,NH,4,HCO,3,、,(NH,4,),2,Fe(SO,4,),2,、,4,种溶液中，若测得其中,NH,4,+,浓度分别为,a,、,b,、,c,、,d,则下列判断正确的是（）,A.a=b=c=d B.da b c,C.bacd D.adc,b,b.,不同 溶液中同种离子浓度比较,B,0.1mol/L,的下列各溶液,其中浓度由小到大的顺序为,NH,4,+,:,(NH,4,),2,SO,4,(NH,4,),2,CO,3,NH,4,HSO,4,NH,4,Cl CH,3,COONH,4,S,2-,:,Na,2,S,（,NH,4,）,2,S,NaHS,NH,4,HS,H,2,S,3,、电荷守恒,如：,NH,4,Cl,溶液中,阳离子：,NH,4,+,H,+,阴离子：,Cl,OH,正电荷总数,=,负电荷总数,n(NH,4,+,),+,n(H,+,)=n(Cl,),+,n(OH,),溶液中阴离子和阳离子所带的电荷总数相等。,c(NH,4,+,),+,c(H,+,)=c(Cl,),+,c(OH,),七、水溶液中微粒浓度的大小比较：,（考点）,七、水溶液中微粒浓度的大小比较：,（考点）,3,、电荷守恒,阳离子：,Na,+,、,H,+,阴离子：,OH,、,S,2,、,HS,又如：,Na,2,S,溶液,Na,2,S =2Na,+,+,S,2,H,2,O H,+,+,OH,S,2,+,H,2,O HS,+,OH,HS,+,H,2,O H,2,S,+,OH,c(Na,+,),+,c(H,+,)=c(OH,)+2c(S,2,)+c(HS,),溶液中阴离子和阳离子所带的电荷总数相等。,正电荷总数,=,负电荷总数,七、水溶液中微粒浓度的大小比较：,（考点）,4,、物料守恒,（,元素,or,原子守恒,）,溶液中，尽管有些离子能电离或水解，变成其它离子或分子等，但离子或分子中,某种特定元素,的,原子的总数是不变,的。,是指某一元素的,原始浓度,应该等于该元素在溶液中,各种存在形式的浓度之和,。,七、水溶液中微粒浓度的大小比较：,（考点）,4,、物料守恒,是指某一元素的,原始浓度,应该等于该元素在溶液中,各种存在形式的浓度之和,。,如：,a mol/L,的,Na,2,CO,3,溶液中,Na,2,CO,3,=,2,Na,+,+,C,O,3,2,H,2,O H,+,+,OH,CO,3,2,+,H,2,O,H,C,O,3,+,OH,HCO,3,+,H,2,O,H,2,C,O,3,+,OH,c(Na,+,),=,2,c(,C,O,3,2,),+,c(H,C,O,3,),+,c(H,2,C,O,3,),c(Na,+,),=,2,a mol/L,c(,C,O,3,2,),+,c(H,C,O,3,),+,c(H,2,C,O,3,),=,a mol/L,（,元素,or,原子守恒,）,即,c(Na,+,):c(C),2:1,七、水溶液中微粒浓度的大小比较：,（考点）,如：,Na,2,S,溶液,Na,2,S,=,2,Na,+,+,S,2,H,2,O H,+,+,OH,S,2,+,H,2,O,H,S,+,OH,HS,+,H,2,O,H,2,S,+,OH,因此：,c(Na,+,),=,2,c(,S,2,),+,c(H,S,),+,c(H,2,S,),4,、物料守恒,是指某一元素的,原始浓度,应该等于该元素在溶液中,各种存在形式的浓度之和,。,（,元素,or,原子守恒,）,c(Na,+,):c(S),2:1,七、水溶液中微粒浓度的大小比较：,（考点）,如：,NaHCO,3,溶液,4,、物料守恒,是指某一元素的,原始浓度,应该等于该元素在溶液中,各种存在形式的浓度之和,。,（,元素,or,原子守恒,）,c(Na,+,):c(C),1:1,因此,c(Na,+,),c(HCO,3,),+,c(CO,3,2,),+,c(H,2,CO,3,),七、水溶液中微粒浓度的大小比较：,（考点）,5,、质子,（,H,+,）,守恒,电解质溶液中分子或离子,得到或失去质子（,H,+,）的物质的量应相等,。,如：,NH,4,HCO,3,溶液中,为得到质子后的产物，,为失去质子后的产物，,因此：,H,3,O,+,、,H,2,CO,3,NH,3,、,OH,、,CO,3,2,c(H,3,O,+,)+c(H,2,CO,3,)=c(NH,3,)+c(OH,)+c(CO,3,2,),解题指导,电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考的“热点”之一。多年以来全国高考化学试卷年年涉及这种题型。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、电离度、水的电离、,pH,值、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度及对这些知识的综合运用能力。,首先必须有正确的思路,;,其次要掌握解此类题的三个思维基点,：,电离、水解和守恒（电荷守恒、物料守恒及质子守恒）,。对每一种思维基点的关键、如何切入、如何展开、如何防止漏洞的出现等均要通过平时的练习认真总结，形成技能。,第三，要养成认真、细致、严谨的解题习惯,，要在平时的练习中学会灵活运用常规的解题方法，例如：,淘汰法、定量问题定性化、整体思维法,等。,优化,P70,，,15,、,7,、,10,、,16,例,1,：在氯化铵溶液中，下列关系式正确的是,A,Cl,NH,4,+,H,+,OH,B,NH,4,+,Cl,H,+,OH,C,Cl,NH,4,+,H,+,OH,D,NH,4,+,Cl,H,+,OH,解析：,NH,4,Cl,是可溶性的盐，属于强电解质，在溶液中,完全电离,NH,4,Cl,NH,4,+,Cl,。因为,NH,4,Cl,是强酸弱碱所生成的盐，在水中要,发生水解,；,NH,4,+,+H,2,O NH,3,H,2,O+H,+,，,NH,4,+,比,H,+,及,OH,大得多；溶液,因水解而呈酸性,，所以,H,+,OH,-,。综合起来，不难得出：,Cl,NH,4,+,H,+,OH,。,例题分析,A,例,2,：在,0.1 mol/L,的,NH,3,H,2,O,溶液中，关系正确的是,A,c(NH,3,H,2,O),c(OH,),c(NH,4,+,),c(H,+,),B,c(NH,4,+,),c(NH,3,H,2,O),c(OH,),c(H,+,),C,c(NH,3,H,2,O),c(NH,4,+,),c(OH,),c(H,+,),D,c(NH,3,H,2,O),c(NH,4,+,),c(H,+,),c(OH,),解析：,NH,3,H,2,O,是一元弱碱，属于弱电解质，在水溶液中,少部分发生电离,（,NH,3,H,2,O NH,4,+,OH,），所以,c(NH,3,H,2,O),必大于,c(NH,4,+,),及,c(OH,),。,因为,电荷守恒,c(OH,),c(H,+,),c(NH,4,+,),，所以,c(OH,),c(NH,4,+,),。综合起来，,c(NH,3,H,2,O),c(OH,),c(NH,4,+,),c(H,+,),。,A,例,3,：（,2000,年高考）用,1L 10mol,L NaOH,溶液吸收,0.8molCO,2,，所得溶液中,CO,3,2,和,HCO,3,的物质的量浓度之比是,1:3,2:1,2:3,3:2,解析：设反应生成的,Na,2,CO,的物质的量为，,生成的,NaHCO,3,的物质的量为。,2x+y,10mol/L,（,Na,守恒）,x+y,0.8mol,（,C,守恒）,求出：,0.2mol,，,0.6mol,。,则,c(CO,3,2,):c(HCO,3,),:,A,例,4,：用均为,0.1 mol,的,CH,3,COOH,和,CH,3,COONa,配制成,1L,混合溶液，已知其中,c(CH,3,COO,),c(Na,+,),，对该混合溶液的下列判断正确的是,A.c(OH,),c(H,+,),B.c(CH,3,COOH),c(CH,3,COO,),0.2 mol/L,C.c(CH,3,COOH),c(CH,3,COO,),D.c(CH,3,COO,),c(OH,),0.2 mol/L,解析：,CH,3,COOH,和,CH,3,COONa,的混合溶液中，,CH,3,COOH,的,电离,和,CH,3,COONa,的,水解,因素同时存在。已知,CH,3,COO,-,Na,+,，根据,电荷守恒,CH,3,COO,-,OH,-,Na,+,H,+,，可得出,OH,-,H,+,。说明混合溶液呈酸性，进一步推测出,0.1mol/L,的,CH,3,COOH,和,0.1mol/L,的,CH,3,COONa,溶液中，电离和水解这一对矛盾中起主要作用是电离，即,CH,3,COOH,的电离趋势大于,CH,3,COO,-,的水解趋势。根据,物料守恒,，可推出（,B,）是正确的。,因为,Al(OH),3,的电离有,2,种方式：,Al(OH),3,Al,3,+,+3OH,H,+,+AlO,2