2019高中化学第1部分第三单元第2课时盐类水解的应用讲义（含解析）苏教版.docx

盐类水解的应用1写出下列水解反应的离子方程式。(1)明矾用于净水。(2)热纯碱溶液去污能力强。(3)NH4Cl溶液用于除锈。提示：(1)Al33H2OAl(OH)33H。(2)COH2OHCOOH。(3)NHH2ONH3H2OH。2影响盐类水解的因素有哪些？提示：盐的浓度、温度、溶液的酸碱性、与盐水解平衡体系中反应的离子等因素均会影响盐的水解。新知探究探究以下为常见盐类水解的应用，填写相应空白。1盐溶液的配制和保存配制FeCl3溶液时，常将FeCl3先溶于盐酸，然后再加水稀释，通过增加溶液中的H浓度，抑制Fe3的水解。2盐类做净水剂铝盐、铁盐等部分盐类水解生成胶体，有较强的吸附性，常用作净水剂。如明矾水解的离子方程式为：Al33H2OAl(OH)3(胶体)3H。3热碱水去油污纯碱水解的离子方程式为：COH2OHCOOH。加热促进CO的水解，溶液碱性增强，去污能力增强。4制备胶体向沸水中滴加FeCl3饱和溶液，并加热至沸腾以促进Fe3的水解，从而制备Fe(OH)3胶体。5泡沫灭火器原理Al2(SO4)3溶液与小苏打溶液发生水解相互促进反应，产生CO2气体和Al(OH)3沉淀，将燃烧物质与空气隔离开来。离子方程式为：Al33HCO=Al(OH)33CO2。必记结论盐类水解的应用归纳1判断盐溶液的酸碱性(1)多元弱酸的强碱盐的碱性：正盐酸式盐：如0.1 molL1的Na2CO3和NaHCO3溶液的碱性：Na2CO3NaHCO3。(2)根据“谁强显谁性，两强显中性”判断。如0.1 molL1的NaCl，Na2CO3，AlCl3溶液pH大小：。2盐溶液的配制与贮存配制SnCl2溶液时加入一定量盐酸抑制水解；配制CuSO4溶液时加入少量稀硫酸，抑制铜离子水解。3制备无水盐有些盐(如Al2S3)遇水即水解，无法在溶液中制取，只能由单质直接反应制取(干法制取)；还有些盐(如FeCl3、AlCl3)必须在蒸发过程中不断通入HCl气体，以抑制阳离子的水解，才能得到其固体。4合理施用化肥(1)普钙Ca(H2PO4)2、铵态氮肥不能与草木灰(K2CO3)混用。(2)原因：Ca(H2PO4)2、铵态氮肥显酸性，K2CO3水解显碱性，若混用，相互促进，易造成肥效降低。5除杂如采用加热的方法来促进溶液中某些盐的水解，使之生成氢氧化物沉淀，以除去溶液中某些金属离子。例如，不纯的KNO3溶液中常含有杂质Fe3，可用加热的方法来除去KNO3溶液中所含的Fe3。6某些较活泼的金属与强酸弱碱盐溶液反应把Mg粉放入NH4Cl溶液中可产生H2，Mg2NH2H2O2NH3H2OH2Mg2。7判断溶液中离子能否共存(1)在水溶液中离子的水解若相互促进程度较小，则可以大量共存，如NH和CH3COO、CO等；(2)在水溶液中离子的水解若相互促进的程度很大、很彻底，则不能大量共存，如Al3与HCO在溶液中不能共存，因发生反应Al33HCO=Al(OH)33CO2，这类离子组合常见的有：(3)Fe3与S2、HS因发生氧化还原反应也不能大量共存。成功体验1实验室有下列试剂：NaOH溶液水玻璃Na2S溶液Na2CO3溶液NH4Cl溶液澄清石灰水浓硫酸，其中必须用带橡胶塞的试剂瓶保存的是()ABCD解析：选B强碱(与)和水解显碱性的盐(、)盛放时，应用带橡胶塞的试剂瓶。2(好题共享选自鲁科版教材P89T4)盐类水解反应在人类的生产、生活中有着广泛的应用。请你解释以下实用技术的原理。(1)草木灰是柴草燃烧后所留下的灰分，含有碳酸钾、硫酸钾、氯化钾以及磷、钙等多种元素。草木灰中90%以上的钾盐是水溶性的，因此草木灰是农村常用的钾肥，但草木灰不宜与用做氮肥的铵盐(如碳酸氢铵、硝酸铵)混合使用。(2)在实验室里配制CuSO4溶液时，加入少量硫酸。答案：(1)CO水解使溶液呈碱性：COH2OHCOOH，而NH水解溶液呈酸性：NHH2ONH3H2OH。若草木灰与铵盐混合使用，会促进NH水解生成大量NH3H2O，而NH3H2O易分解放出NH3，造成肥效损失。(2)CuSO4溶于水时发生水解。Cu22H2OCu(OH)22H，若生成较多Cu(OH)2会产生浑浊，加入硫酸后，c(H)增大，使Cu2水解平衡左移，浑浊变澄清。关键语句小结1溶液中离子浓度的三个守恒关系：电荷守恒、物料守恒、质子守恒。2Al3与S2发生相互促进的水解反应不能大量共存：2Al33S26H2O=2Al(OH)33H2S。3盐溶液蒸干后得到的物质与多种因素有关，如水解产生的酸是否易挥发，溶质是否易分解，是否易发生氧化还原反应等。 例1为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后，再加入适量的盐酸，这种试剂是()A氨水 BNaOHCNa2CO3 DMgCO3解析：选D加入氨水或NaOH或Na2CO3时，均能引入杂质离子NH或Na，不符合题意。因为原溶液中Fe3水解：Fe33H2OFe(OH)33H，当加入MgCO3后，有MgCO32H=Mg2CO2H2O反应发生，消耗了H，使水解平衡右移，生成的Fe(OH)3在加热搅拌条件下发生聚沉，最后可将Fe3除去。(1)除去MgCl2溶液中的Fe3时，向溶液中加入MgO或Mg(OH)2或MgCO3，与Fe3水解产生的H反应，使Fe3转化成Fe(OH)3而除去。(2)除去CuCl2溶液中的Fe3时，向溶液中加入CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3，与Fe3水解产生的H反应，使Fe3转化成Fe(OH)3而除去。1如何除去MgCl2溶液中的Fe2？答案：先用H2O2将Fe2氧化成Fe3，然后再加入MgO或Mg(OH)2或MgCO3，将Fe3转化成Fe(OH)3而除去。 例2将下列固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，得到化学组成与原固体物质相同的是()胆矾氯化铝硫酸铝氯化铜ABC D全部解析：选A胆矾CuSO45H2O溶于水得CuSO4溶液，因硫酸难挥发、蒸发结晶再灼烧得CuSO4；AlCl3、CuCl2发生水解，AlCl33H2OAl(OH)33HCl，CuCl22H2OCu(OH)22HCl，加热时HCl不断挥发，平衡右移，不断生成Al(OH)3、Cu(OH)2沉淀，灼烧得Al2O3、CuO；Al2(SO4)36H2O2Al(OH)33H2SO4，硫酸难挥发，最终仍得Al2(SO4)3。故选A。盐溶液蒸干并灼烧所得物质的判断(1)盐水解若生成挥发性酸(如HCl、HNO3)时，蒸干后一般得到难溶性碱。因为在盐蒸干的过程中酸会挥发，从而使盐的水解平衡右移。如AlCl33H2OAl(OH)33HCl，再灼烧时Al(OH)3分解，最终得到Al2O3。(2)盐水解若生成不挥发性酸(如H2SO4)时，蒸干一般得到原溶质。如Al2(SO4)3溶液蒸干仍得到Al2(SO4)3。(3)强碱弱酸盐水溶液蒸干后一般得到原物质。如蒸干Na2CO3溶液仍得到Na2CO3固体。2将下列物质的溶液在蒸发皿中加热蒸干并灼烧(400 )，可以得到该物质的固体的是()AAlCl3 BNaHCO3CMgSO4 DKMnO4解析：选CAlCl3发生水解，AlCl33H2OAl(OH)33HCl，加热时生成的HCl不断挥发，使上述平衡向右移动，致使不断生成Al(OH)3沉淀，最终经灼烧得到Al2O3固体。NaHCO3、KMnO4溶液蒸干后所得的NaHCO3、KMnO4，固体受热分解得到Na2CO3、K2MnO4、MnO2固体，只有MgSO4溶液蒸干并灼烧后得到MgSO4固体。判断溶液中离子浓度的大小常用方法：“一个比较”“两个微弱”“三个守恒”。1“一个比较”比较分子和离子或离子和离子水解能力与电离能力的相对大小。(1)分子的电离大于相应离子的水解能力，如CH3COOH的电离程度大于CH3COO水解的程度，所以等浓度的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后溶液显酸性。则有：c(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)。(2)分子的电离小于相应离子的水解能力，如HClO的电离程度小于ClO水解的程度，则等浓度的HClO与NaClO溶液等体积混合后溶液显碱性。则有：c(Na)c(ClO)c(OH)c(H)。(3)酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式盐的电离能力和水解能力的相对强弱。如NaHCO3溶液，HCO的水解能力大于电离能力，故溶液显碱性。则有：c(Na)c(HCO)c(OH)c(H2CO3)c(H)c(CO)NaHSO3溶液，HSO的电离能力大于HSO的水解能力，故溶液显酸性。则有：c(Na)c(HSO)c(H)c(SO)c(OH)c(H2SO3)2“两个微弱”(1)弱电解质的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力。如在稀醋酸中：CH3COOHCH3COOH；H2OOHH；则有：c(CH3COOH)c(H)c(CH3COO)c(OH)。(2)弱酸根或弱碱阳离子的水解是很微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如在稀NH4Cl溶液中：NH4Cl=NHCl；NHH2ONH3H2OH；H2OOHH；则有：c(Cl)c(NH)c(H)c(NH3H2O)c(OH)。3“三个守恒”(1)电荷守恒：含义：电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。举例：如NaHCO3溶液中：c(Na)c(H)c(HCO)2c(CO)c(OH)。(2)物料守恒(原子守恒)：物料守恒也就是元素守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。单一元素守恒，如1 mol NH3通入水中形成氨水，就有n(NH3)n(NH3H2O)n(NH)1 mol，即N元素守恒。两元素守恒，如NaHCO3溶液中：c(Na)c(H2CO3)c(HCO)c(CO)即Na元素与C元素的守恒。(3)质子守恒：电解质溶液中，由于电离、水解等过程的发生，往往存在质子(H)的转移，但转移过程中质子数量保持不变，称为质子守恒。如在NaHS溶液中，存在NaHS的电离和水解，H2O的电离，其质子转移情况可作如下分析：H2SHSS2H3OH2OOH则NaHS溶液中有如下守恒：c(H2S)c(H3O)c(S2)c(OH)，即c(H2S)c(H)c(S2)c(OH)。例3(2014新课标全国卷)一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是()ApH5的H2S溶液中，c(H)c(HS)1105 mol/LBpHa的氨水溶液，稀释10倍后，其pHb，则 ab1CpH2的H2C2O4溶液与pH12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na)c(H)c(OH)c(HC2O)DpH相同的CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液的c(Na)：解析：选DA项，pH5的H2S溶液中H的浓度为1105 mol/L，H来自于H2S的第一步电离、HS的电离和水的电离，故H的浓度大于HS的浓度，错误；B项，弱碱不完全电离，弱碱稀释10倍时，pH减小不到一个单位，a碳酸的酸性次氯酸的酸性，根据越弱越水解的原则，pH相同的三种钠盐，浓度的大小关系为CH3COONaNaHCO3NaClO，则钠离子的浓度为，故D正确。解决此类问题时，首先分析考查离子浓度大小的关系是相等还是不等。(1)若使用的是“”或“”，应主要考虑“电离”和“水解”。(2)若用“”连接，应根据“守恒”原理，视不同情况，从下列几个方面思考：若等号一端全部是阴离子或阳离子应首先考虑电荷守恒；若等号一端各项中都含有同一种元素时，首先考虑这种元素的原子守恒：若等号一端为c(H)或c(OH)时，首先考虑是否符合质子守恒。3在0.1 molL1 Na2S溶液中存在着多种离子和分子，下列关系不正确的是()Ac(Na)c(H)c(HS)c(OH)2c(S2)Bc(Na)c(H)c(HS)c(OH)c(S2)Cc(Na)2c(S2)2c(HS)2c(H2S)Dc(OH)c(H)c(HS)2c(H2S)解析：选B在电解质溶液里由电荷守恒得：c(Na)c(H)c(HS)c(OH)2c(S2)，A项正确，B项错误；由物料守恒得：c(Na)2c(S2)原，c(S2)原c(S2)c(HS)c(H2S)，即c(Na)2c(S2)2c(HS)2c(H2S)，C项正确；由质子守恒得：c(OH)c(H)c(HS)2c(H2S)，也可将AC得：c(H)c(OH)c(HS)2c(H2S)，整理得：c(OH)c(H)c(HS)2c(H2S)，D项正确。课堂双基落实1实验室在配制硫酸铁溶液时，先把硫酸铁晶体溶解在稀硫酸中，再加水稀释至所需浓度，如此操作的目的是()A防止硫酸铁分解 B抑制硫酸铁水解C促进硫酸铁溶解 D提高溶液的pH解析：选B加入稀H2SO4的目的是为抑制Fe3的水解。2下列有关问题与盐的水解有关的是()NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂草木灰与铵态氮肥不能混合施用实验室盛放Na2CO3溶液的试剂不能用磨口玻璃塞A BC D解析：选D中NH4Cl和ZnCl2溶液除锈是因为NH、Zn2水解呈酸性，锈与水解生成的H反应；NaHCO3与Al2(SO4)3作泡沫灭火器是因为HCO与Al3水解相互促进：3HCOAl3=Al(OH)33CO2；草木灰的成分是K2CO3，水解呈碱性，会造成铵态氮肥肥效的流失；实验室盛Na2CO3溶液时不用磨口玻璃塞的原因是：COH2OHCOOH，生成的碱与玻璃中的SiO2反应生成具有黏合性的物质。3常温下，将甲酸(HCOOH)与NaOH溶液混合，所得溶液的pH7，则此溶液中()Ac(HCOO)c(Na)Bc(HCOO)c(Na)Cc(HCOO)c(Na)D无法确定c(HCOO)与c(Na)的大小关系解析：选C本题考查的是对溶液中离子浓度大小的判断。很多同学不知如何下手，对题干分析不深刻。题干中所给的信息pH7很重要，当NaOH和HCOOH反应时溶液中存在的离子有4种：Na、HCOO、OH、H，根据电荷守恒可知：c(Na)c(H)c(HCOO)c(OH)；由pH7可知，c(H)c(OH)，得出c(Na)c(HCOO)。4常温下，用Na2SO3溶液吸收SO2时，溶液pH随n(SO)n(HSO)变化的关系如下表：n(SO)n(HSO)91911991pH8.27.26.2以下离子浓度关系的判断正确的是()ANaHSO3溶液中c(H)c(SO)c(HSO)c(OH)c(H)C当吸收液呈中性时，c(Na)c(SO)c(HSO)c(OH)c(H)D当吸收液呈中性时，c(Na)c(HSO)2c(SO)解析：选D用Na2SO3溶液吸收SO2时，随着吸收SO2的增多，溶液由碱性逐渐变为酸性。由表