浙江省高考化学一轮复习导航 第6单元第26讲 盐类的水解课件 新课标

一、盐类水解一、盐类水解 1基本原理 溶液中盐电离出来的阴、阳离子与水电离出来的H+或OH-结合生成弱电解质，破坏了水的电离平衡。实际上，盐中离子消耗了水电离的H+或OH-，促进水电离平衡，使溶液中H+浓度与OH-浓度不相等，显示出不同的酸碱性。盐类水解可视为中和反应的逆反应。构成盐的离子中必须存在弱酸阴离子或弱碱阳离子，至少含其中一种。如 、 、HS-、 、Fe3+等。-3HCO+4NH-2AlO 2盐类水解离子方程式的书写 一般情况下盐类水解程度较小，应用可逆符号“ ”表示，水解反应生成的难溶物或挥发性物质不用沉淀符号“”，气体符号“”表示。 例如，Al3+3H2OAl(OH)3+3H+ +H2OH2CO3+OH-3HCO 多元弱酸根离子分步水解，要分步书写，以第一步为主：如，S2-+H2OHS-+OH-，HS-+H2O H2S+OH-。 多元弱碱的阳离子水解分步水解，习惯一步书写：如Mg2 +2H2O Mg(OH)2+2H+，Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+ 二、影响盐类水解的因素二、影响盐类水解的因素 研究影响盐类水解的因素可采用类比方法，将影响弱电解质电离的因素迁移过来。 1内因：盐本身性质，组成盐的酸根相对应的酸越弱(或阳离子对应的碱越弱)，水解程度越大。如，同浓度的 水解能力强于 。 2外因：受温度、浓度及外加试剂的影响。 (1)温度：盐类水解是吸热反应，因此，升温促进水解。 (2)浓度：盐的溶液浓度越小，水解程度越大。这里盐的浓度指水解离子，而不含不水解的离子。如，氯化铁溶液，Cl-并不影响水解平衡。 2-3CO2-3SO (3)外加酸碱：外加酸碱能促进或抑制盐的水解。 下面分析不同条件对氯化铁水解平衡的影响情况如表Fe3+3H2O Fe(OH)3+3H+(正反应为吸热反应) 三、盐的水解的应用三、盐的水解的应用 在生产生活和科学研究中，人们常常根据需要促进或抑制盐的水解。 如配制氯化铁溶液时，常将氯化铁溶于浓盐酸，然后再加水稀释，通过增加溶液中的氢离子的浓度，抑制铁离子的水解。 实验室制备氢氧化铁胶体时，采用的方法是向沸水中滴加氯化铁，并加热至沸腾以促进铁离子的水解。 人们经常将纯碱溶于热水中清洗油污，目的就是通过加热促进纯碱水解以增强溶液的碱性，从而增强去污效果。考点一 盐类水解原理的考查 例例1 物质的量浓度相同的下列溶液中，符合按pH由小到大顺序排列的是() ANa2CO3NaHCO3NaClNH4Cl BNa2CO3NaHCO3NH4ClNaCl C(NH4)2SO4NH4ClNaNO3Na2S DNH4Cl(NH4)2SO4Na2SNaNO3C 【解析】碳酸钠、碳酸氢钠溶液因水解显碱性，且 水解程度大于 水解程度，故碳酸钠溶液碱性比碳酸氢钠溶液的强；硫酸铵、氯化铵溶液因 水解呈酸性，且硫酸铵溶液中 浓度较大，所以它的酸性强些，硝酸钠溶液属于强碱强酸盐，呈中性；硫化钠溶液呈碱性。-3HCO+4NH2-3CO+4NH 【方法技巧点拨】比较溶液的pH时，先将电解质溶液按酸性、中性、碱性分组。不同组之间pH(酸性溶液)pH(中性溶液)pH(碱性溶液)，同一组内再根据电离及水解知识比较不同电解质溶液的pH。考点二 盐类水解原理的应用 例例2 (1)某些固态水合物受热时会发生水解反应，如：MgCl26H2O=Mg(OH)Cl+HCl+H2O，因而不能用加热的方法制备它们的无水物。对于无水氯化镁，可以在下列条件下加热制得与适量氯化铵固体混合加热；与适量SOCl2混合加热；在氯化氢氛围中，这是因为 加氯化铵_ _。 加SOCl2_。 氯化铵分解生成NH3和HCl，后者能抑制水解 S O C l2能 发 生 水 解 ：SOCl2+H2O=SO2+2HCl，既消耗了水又生成了HCl抑制水解 在氯化氢氛围下_。 (2)实验室可利用SbCl3的水解反应制Sb2O3。SbCl3的水解是分三步进行的，中间产物为SbOCl，其 水 解 反 应 的 总 方 程 式 可 表 示 为_。为了得到较多、较纯的Sb2O3，操作时需要将SbCl3缓慢加入到大量水中，反应后期还要加入少量的氨水，请说明这两项操作的理由是_。HCl可抑制水解 2SbCl3+3H2O Sb2O3+6HCl 加水稀释和加氨水中和HCl，两项操作都使化学平衡正向移动，提高SbCl3的利用率，有利于得到Sb2O3 【解析】 (1)能制得无水氯化镁的原因是三者均能抑制其的水解，均能提供HCl，从这一角度入手解题。(2)2SbCl3+3H2O Sb2O3+6HCl，两项操作的目的均是促进水解。 【方法技巧点拨】本题考查学生运用知识的能力，知识点落在盐类的水解和平衡的移动上。考点三 粒子浓度大小的比较 例例3 某酸性溶液中只有Na+、CH3COO-、H+、OH-四种离子。则下列描述正确的是() A该溶液由pH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH溶液等体积混合而成 B该溶液由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成 C溶液中离子浓度为c(CH3COO-)c(Na+)c(OH-)c(H+) D再加入适量氨水，c(CH3COO-)一定大于c(Na+)、c( )之和 A+4NH 【解析】关键把握题给条件：“酸性”、“只有Na+、CH3COO-、H+、OH-”四种离子。根据“酸性”，排除B项(NaOH与CH3COOH等物质的量)、排除C项不可能出现c(OH-)c(H+)，再据“四种离子”判定A项符合题意。选项D，先由电荷守恒得c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c( )+c(H+)，若溶液呈酸性，c(OH-)c(H+)，则c(CH3COO-)c( )+c(Na+)；若溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，则c(CH3COO-)=c( )+c(Na+)；若溶液呈碱性，c(H+)c(OH-)，则c(CH3COO-)c( )+c(Na+)，选项D也不合题意。 +4NH+4NH+4NH+4NH 【方法技巧点拨】比较溶液中离子浓度大小程序：第一步，写出相关的电离方程式、水解方程式；第二步：确定溶液中存在的阳离子、阴离子和分子(电解质分子)；第三步：运用上述规律比较相对大小。特别注意，题目的限制条件，如溶液呈中性：即c(H+)=c(OH-)；溶液呈酸性，即c(H+)c(OH-)。 1.常温下，某溶液中由水电离的c(H+)=110-13 molL-1，该溶液可能是() 二氧化硫水溶液氯化铵水溶液硝酸钠水溶液 氢氧化钠水溶液 A B C DA 【解析】由水电离的c(H+)=110-13 molL-1，说明该溶液中有抑制水电离的溶质存在，正确；中 水解促进了水的电离，中硝酸钠是强酸强碱盐，对水的电离无影响。+4NH 2.向体积为Va的0.05 molL-1CH3COOH溶液中加入体积为Vb的0.05 molL-1KOH溶液，下列关系错误的是() AVaVb时：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)c(K+) BVa=Vb时：c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-) CVaVb时：c(CH3COO-)c(K+)c(OH-)c(H+) DVa与Vb任意比时：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)C 【解析】此题以完全反应时为参照点：若Va=Vb，则酸和碱正好完全反应生成CH3COOK，根据质子守恒：c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-)，B项正确；根据物料守恒：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(K+)，可判断出：VaVb时，即酸过量时，A项正确；根据电荷守恒(适于各种量变)：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，可判断出：D项正确、C项错误。 3.盐酸、醋酸和碳酸氢钠是生活中常见的物质。下列表述正确的是() A在NaHCO3溶液中加入与其等物质的量的NaOH，溶液中的阴离子只有CO和OH- BNaHCO3溶液中：c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-) C10 mL 0.10 molL-1CH3COOH溶液加入等物质的量的NaOH后，溶液中离子的浓度由大到小的顺序是：c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+) D 中 和 体 积 与 p H 都 相 同 的 H C l 溶 液 和CH3COOH溶液所消耗的NaOH物质的量相同C 【解析】选项A中两种物质恰好完全反应生成Na2CO3， 部分水解生成 +OH-，溶液中共有3种阴离子，A错。B项，NaHCO3溶液的质子守恒式为c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)+c( )，B错。选项C中两者恰好完全反应生成CH3COONa，水解显碱性，正确。选项D中，由于CH3COOH为弱酸，在题设条件下CH3COOH的物质的量远大于HCl，当用NaOH中和两者时，CH3COOH消耗的NaOH远多于HCl，D错。-3HCO2-3CO2-3CO 4.(2011十堰统测十堰统测)常温下，将0.2 mol/L的某一元酸HA溶液和0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合后溶液pH大于7，若混合液体积等于两溶液体积之和，则混合液中下列关系正确的是() Ac(HA)c(A-) Bc(HA)一定大于0.1 mol/L Cc(Na+)=c(HA)+c(A-) Dc(OH-)=c(H+)+1/2c(HA)-c(A-)D 【解析】本题的正解是从OH-产生的原理去考虑问题。OH-的来源有两方面：一是水的电离，所以在等式中有c(H+)；二是盐的水解，A-水解产生等量的OH-和HA，平衡时c(HA)与c(A-)的差量值就是水解产生OH-量的两倍。这是从原理去分析，只要符合原理的就是正确的，否则就是错误的。根据溶液中的电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)与相关的物料守恒关系：c(Na+)=1/2c(HA)+c(A-)，两个关系相减可得D选项。 D 5.(2011郑州一模郑州一模)下列叙述正确的是() A常温时，某溶液中由水电离出来的c(H+)和c(OH-)的乘 积 为 11 0- 2 4， 该 溶 液 中 一 定 可 以 大 量 存 在 K+、Na+、 、 B常温时，0.1 mol/L HA溶液的pH1,0.1 mol/L BOH溶液中c(OH-)/c(H+)=1012，将这两种溶液等体积混合，混合后溶液中离子浓度的大小关系为：c(B+)c(OH-)c(H+)c(A-) C过量SO2通入Ba(NO3)2溶液中，正确的离子反应方程式为： 3SO2+2 +3Ba2+2H2O=3BaSO4+2NO+4H+ D用pH=3和pH=2的醋酸溶液中和含等量NaOH的溶液所消耗的醋酸溶液的体积分别为Va和Vb，则Va10Vb2-4SO-2AlO-3NO 【解析】D项正确：若是pH=3和pH=2的盐酸溶液中和等量的NaOH溶液，消耗盐酸的体积分别为Va和Vb，则Va=10Vb；现为CH3COOH溶液，由于CH3COOH是弱酸，故Va10Vb。A项中，由水电离出的c(H+)=c(OH-)=110-12 mol/L，故溶液可能呈酸性也可能呈碱性，若呈酸性，则 不能大量存在，A不正确。B项中，0.1 mol/L HA溶液pH1，说明HA为弱酸；0.1 mol/L BOH溶液中c(OH-)/c(H+)=1012，则c(OH-)=0.1 mol/L，说明BOH为强碱，等体积混合后生成BA盐为强碱弱酸盐，离子浓度大小关系应为：c(B+)c(A-)c(OH-)c(H+)，故B不正确；C项中过量的SO2通入Ba(NO3)2溶液中，正确的离子方程式为：3SO2+2 +Ba2+2H2O=BaSO4+2NO+4H+2 ，因此C也不正确。2-4SO-3NO-2AlO 6.(2011重庆重庆)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 BCH3COONa溶液加热 C氨水中加入少量NH4Cl固体 D小苏打溶液中加入少量NaCl固体B 【解析】本题考查外界条件对盐类水解及电离平衡的影响。盐类水解是吸热的，因此加热有利于水解反应向正方应方向移动，明矾中的Al3+水解，方程式为Al3+3H2O Al(OH)3+3H+，加热时酸性会增强，A不正确；CH3COONa水解显碱性，方程式为CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-，加热时碱性会增强，所以溶液颜色会变深，B正确；氨水显碱性，溶液中存在下列电离平衡NH3H2O +OH-，加入少量NH4Cl固体，会增大 的浓度，抑制氨水的电离，从而降低碱性，颜色会变浅，C不正确；+4NH+4NH N a H C O3属 于 强 电 解 质 ， 电 离 方 程 式 为NaHCO3=Na+ ， 同时电离和水解平衡，方程式为 H+ ， +H2OH2CO3+OH-。由于水解程度大于电离程度，所以NaHCO3溶液显弱碱性，但加入少量NaCl固体时，对两个平衡不会产生影响，即颜色不发生变化，D不正确。-3HCO2-3CO-3HCO-3HCO-3HCO 7.常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表： 请回答： ( 1 ) 从 组 情 况 分 析 ， H A 是 强 酸 还 是 弱 酸_。 (2)组情况表明，C_0.2(选填“大于”、“小于”或“等于”)。混合液中离子浓度c(A+)与c(Na+)的大小关系是_。 (3)从组实验结果分析，说明HA的电离程度_NaA的水解程度(选填“大于”、“小于”或“等于”)，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是_。弱酸 大于 c(A-)=c(Na+)大于 c(A-)c(Na+)c(H+)c(OH-) (4)组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH-)=_ molL-1。写出该混合溶液中下列算式的精确结果(不能作近似计算)： c(Na+)-c(A-)=_molL-1， c(OH-)-c(HA)=_molL-1。10-5 10-5-10-9 10-9 【解析】由实验可得HA是弱酸，和NaOH反应后生成强碱弱酸盐，水解呈碱性。实验反应后，溶液呈中性，则有c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知c(A-)=c(Na+)。实验反应后，溶液中的溶质为0.5 molL-1NaA和0.05 molL-1HA，现已知混合溶液的pH7，说明HA的电离程度大于NaA的水解程度，溶液中微粒浓度大小可表示为c(A-)c(Na+)c(H+)c(OH-)。(4)组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH-)等于溶液中的c(OH-)=10-5 molL-1，根据电荷守恒可知c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)=(10-5-10-9) molL-1，根据质子守恒可知c(OH-)-c(HA)=c(H+)=10-9 molL-1。