高考化学总复习第八单元第3讲盐类的水解教案新人教版.docx

第3讲盐类的水解见自学听讲P158一、盐类的水解及其规律1.盐类的水解2.盐类水解规律有弱才水解,越弱越水解;谁强显谁性,同强显中性。盐的类型实例是否水解水解的离子溶液的酸碱性强酸强碱盐NaCl、KNO3强酸弱碱盐NH4Cl、Cu(NO3)2弱酸强碱盐CH3COONa、Na2CO33.表示方法水解离子方程式水解离子方程式的书写规律:谁弱写谁,都弱都写;阳离子水解生成弱碱,阴离子水解生成弱酸。(1)一般来说,盐类水解的程度不大,应该用“”表示。盐类水解一般不会产生沉淀和气体,所以不用符号“”和“”表示水解产物。 如Cu2+2H2O; NH4+H2O。 (2)若水解程度较大,书写时要用“”“”或“”,主要有:Al3+和HCO3-、CO32-、HSO3-、SO32-、HS-、S2-、AlO2-等的双水解,Fe3+和HCO3-、CO32-、SiO32-、AlO2-等的双水解。如NaHCO3与AlCl3反应的离子方程式为。 (3)多元弱酸盐的水解是分步进行的,水解离子方程式要分步表示。如Na2CO3水解反应的离子方程式为(主要)、(次要);不能写成CO32-+2H2OH2CO3+2OH-。(4)多元弱碱阳离子的水解简化成一步完成,如FeCl3溶液中:。要将盐的电离方程式与盐类水解的离子方程式区别开来。如:HS-+H2OS2-+H3O+是HS-电离的离子方程式,而HS-+H2OH2S+OH-是HS-水解的离子方程式。二、影响盐类水解的因素1.内因盐本身的性质2.外因(1)升高温度,水解平衡向方向移动,水解程度增大。 (2)增大浓度,水解平衡向水解方向移动,水解程度。加水稀释,水解平衡向方向移动,水解程度增大。 (3)增大c(H+)可促进离子水解,抑制水解;增大c(OH-)可促进水解,抑制离子水解。 (4)加入与水解有关的其他物质,符合化学平衡移动原理。例如:Fe3+在溶液中存在水解平衡:Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+。改变条件,影响结果如下表:条件移动方向c(H+)pH现象升温向右增大降低颜色变深通HCl气体增大降低颜色变浅加H2O向右减小升高颜色变浅加Fe粉向左升高颜色加NaHCO3粉末向右减小升高产生红褐色沉淀及无色气体加浓FeCl3溶液增大颜色加深三、盐类水解的应用应用举例判断溶液的酸碱性FeCl3溶液显酸性,原因是判断酸性强弱等浓度的NaX、NaY、NaZ三种盐溶液pH分别为8、9、10,则酸性配制或贮存易水解的盐溶液配制CuSO4溶液时,加入少量H2SO4防止Cu2+水解;配制FeCl3溶液,加入少量;贮存Na2CO3溶液、Na2SiO3溶液的试剂瓶不能用胶体的制取制取Fe(OH)3胶体的离子方程式:盐溶液蒸干产物的判断如AlCl3溶液加热时水解程度增大,同时由于HCl挥发,生成,若对沉淀继续加热灼烧,将生成泡沫灭火器原理成分为NaHCO3溶液与Al2(SO4)3溶液,发生反应的离子方程式为作净水剂明矾可作净水剂,原理为化肥的使用铵态氮肥与草木灰混用失效原因为除锈剂NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接时的除锈剂物质的提纯(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+水解的程度大,可加入等,使Fe3+水解平衡右移,生成Fe(OH)3沉淀而除去水电离产生的H+或OH-弱电解质弱酸酸根离子弱碱阳离子H+OH-电离平衡增大酸碱中和否中性是NH4+、Cu2+酸性是CH3COO-、CO32-碱性Cu(OH)2+2H+NH3H2O+H+3HCO3-+Al3+Al(OH)3+3CO2CO32-+H2OHCO3-+OH-HCO3-+H2OH2CO3+OH-Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+水解减小水解弱酸阴弱碱阳离子弱碱阳离子弱酸阴向左减小变浅向右降低Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+HXHYHZ盐酸磨口玻璃塞Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+Al(OH)3沉淀Al2O3Al3+3HCO3- Al(OH)3+3CO2Al3+3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+2NH4+CO32-2NH3+CO2+H2OMgO或Mg(OH)21.盐类水解的三个特点:可逆反应;吸热反应(中和反应的逆反应);水解程度一般很微弱。2.熟记盐类水解的四条规律:有弱才水解;越弱越水解;谁强显谁性;同强显中性。3.盐溶液蒸干的两项注意(1)易挥发性强酸的弱碱盐溶液蒸干得到氢氧化物,灼烧得到氧化物。(2)难挥发性强酸的弱碱盐溶液蒸干仍得到原溶质。4.离子浓度的大小比较(1)两个过程:电离和水解。(2)两个“微弱”:电离是微弱的,水解是微弱的。(3)三个守恒:物料守恒、电荷守恒、质子守恒(电荷守恒与物料守恒的推导)。见自学听讲P159盐类水解的实质1.判断正误(正确的打“”,错误的打“”)。(1)溶液呈中性的盐一定是强酸、强碱生成的盐。()(2)酸式盐溶液一定呈酸性。()(3)强酸强碱盐的水溶液一定呈中性。()(4)向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液,有沉淀和气体生成 。()(5) 1 L 0.1 molL-1 NH4Cl溶液中,NH4+的数目为0.1NA。()(6)碳酸钠与硫酸铝反应的离子方程式为2Al3+3CO32-+3H2O2Al(OH)3+3CO2。()(7)醋酸钠的水解平衡常数表达式为Kh=c(CH3COOH)c(OH-)c(CH3COO-)。()答案 (1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)2.写出下列物质发生水解反应的离子方程式。(1)胆矾:;(2)NaClO:;(3)小苏打:;(4)NaAlO2:;(5)NH4Cl溶于D2O中:;(6)NaHS:。答案(1)Cu2+2H2OCu(OH)2+2H+(2)ClO-+H2OHClO+OH-(3)HCO3-+H2OH2CO3+OH-(4)AlO2-+2H2OAl(OH)3+OH-(5)NH4+D2ONH3HDO+D+(6)HS-+H2OH2S+OH-一、书写水解离子方程式的注意事项(1)盐类水解是中和反应的逆反应,如果是离子方程式,产物是弱碱和氢离子(或弱酸和氢氧根离子)。(2)盐类水解是微弱的。多元弱酸阴离子(弱酸根离子)的水解虽是多步进行的,但一般只写第一步水解,如Na2CO3+H2ONaHCO3+NaOH。二、比较盐类水解程度的相对大小(1)盐对应的弱酸(或弱碱)越弱,水解程度越大。(2)同种弱酸(或弱碱)的盐溶液浓度越小,水解程度越大。(3)相同条件下的水解程度:正盐相应酸式盐,如水解程度:CO32-HCO3-。(4)水解相互促进的盐单独水解的盐水解相互抑制的盐。如NH4+的水解程度:(NH4)2CO3(NH4)2SO4(NH4)2Fe(SO4)2。(5)温度越高,盐的水解程度越大。1.下列离子方程式中,属于水解反应的是()。A.HCOOH+H2OHCOO-+H3O+B.CO2+H2OHCO3-+H+C.CO32-+H2OHCO3-+OH-D.HS-+H2OS2-+H3O+解析A、D两项是电离方程式,B项是CO2溶于水后的电离过程。答案C2.25 时,浓度都是1 molL-1的四种正盐溶液:AX、BX、AY、BY;AX溶液的pH=7且溶液中c(X-)=1 molL-1,BX溶液的pH=4,BY溶液的pH=6。下列说法正确的是()。A.电离平衡常数K(BOH)小于K(HY)B.AY溶液的pH小于BY溶液的pHC.稀释相同倍数,溶液pH的变化量:BX=BYD.将浓度均为1 molL-1的HX和HY溶液分别稀释10倍后,HX溶液的pH大于HY解析A项,BY溶液的pH=6,则B+比Y-更易水解,BOH比HY更难电离,因此电离平衡常数K(BOH)小于K(HY);B项,根据AX、BX、BY溶液的pH可知,AX为强酸强碱盐,BX为强酸弱碱盐,BY为弱酸弱碱盐,则AY为弱酸强碱盐,溶液的pH7,故AY溶液的pH大于BY溶液的pH;C项,稀释相同倍数,BX、BY溶液的pH均增大,且BX溶液的pH变化量大于BY溶液;D项,HX为强酸,HY为弱酸,浓度相同时,稀释10倍后,HY的电离程度增大,但仍不能全部电离,故HX溶液的酸性更强,pH更小。答案A3.已知常温下浓度均为0.1 molL-1的溶液的pH如下表所示:溶液NaFNaClONa2CO3pH7.59.711.6下列有关说法正确的是()。A.根据上表得出三种酸的电离平衡常数:HFHClOH2CO3(一级电离平衡常数)B.加热0.1 molL-1 NaClO溶液,其pH将小于9.7C.pH=2的HF溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合,则混合后的溶液有c(Na+)=c(F-)c(H+)=c(OH-)D.0.1 molL-1 Na2CO3溶液中:c(OH-)-c(H+)=c(HCO3-)+2c(H2CO3)解析相同温度下,相同浓度的钠盐溶液中,弱酸根离子水解程度越大其溶液pH越大。根据表中数据可知,离子水解程度F-ClO-HClOHCO3-,A项错误;盐类水解是吸热反应,升高温度促进盐类水解,故加热NaClO溶液,ClO-水解程度增大,溶液的碱性增强,pH增大,B项错误;常温下,NaF溶液的pH=7.57,说明NaF是强碱弱酸盐,则HF是弱酸,pH=2的HF溶液浓度大于pH=12的NaOH溶液浓度,二者等体积混合,HF有剩余,溶液呈酸性,则c(H+)c(OH-),结合电荷守恒得c(Na+)c(Na+)c(H+)c(OH-),C项错误;根据物料守恒得2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=c(Na+),根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-),故c(OH-)-c(H+)=c(HCO3-)+2c(H2CO3),D项正确。答案D盐类水解的影响因素及应用1.判断正误(正确的打“”,错误的打“”)。(1)加热0.1 molL-1 Na2CO3溶液,CO32-的水解程度和溶液的pH均增大。()。(2)氯化铵溶液加水稀释时,c(NH4+)c(Cl-)的值减小。()。(3)在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH,可使c(Na+)=c(CH3COO-)。()。(4)水解平衡右移,盐离子的水解程度可能增大,也可能减小。()。(5)稀溶液中,盐的浓度越小,水解程度越大,其溶液酸性(或碱性)也越强。()。(6)醋酸钠的水解常数(Kh)随温度的升高而增大。()。(7)试管中加入2 mL饱和Na2CO3溶液,滴入两滴酚酞,溶液变红,加热后红色变浅。()。答案(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)2.(1)Na2CO3溶液中滴入酚酞试液呈红色,原因是(用离子方程式表示)。加热后颜色变(填“深”或“浅”),原因是。(2)若在上述溶液中再滴入过量的氯化钡溶液,所观察到的现象是。其原因是(以离子方程式和简要文字说明)。答案(1)CO32-+H2OHCO3-+OH-;深;随着温度升高,水解平衡右移,c(OH-)增大,碱性增强,故溶液的红色加深(2)产生白色沉淀,且红色逐渐褪去;滴入BaCl2溶液后,发生反应Ba2+CO32-BaCO3(白色),由于c(CO32-)减小,CO32-水解平衡左移,使c(OH-)减小,溶液逐渐褪色3.在CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中,存在CH3COO-的水解平衡、CH3COOH的电离平衡以及水的电离平衡。(1)醋酸的电离常数表达式为;CH3COO-的水解常数表达式为;试推导Kh、Ka、Kw三者的关系:。(2)利用(1)题中推导出的Kh、Ka、Kw的关系,说明弱酸的相对强弱与该弱酸对应的强碱盐水解程度的关系:。答案(1)Ka=c(CH3COO-)c(H+)c(CH3COOH);Kh=c(CH3COOH)c(OH-)c(CH3COO-);Kw=KaKh(2)酸越弱,该酸对应的强碱盐水解程度就越大(即越弱越水解)一、影响盐类水解的因素因素水解平衡水解程度溶液中离子的浓度温度升高右移增大增大浓度增大右移减小增大减小(稀释)右移增大减小外加酸、碱酸促进弱酸阴离子的水解,使其水解程度增大;抑制弱碱阳离子的水解,使其水解程度减小碱抑制弱酸阴离子的水解,使其水解程度减小;促进弱碱阳离子的水解,使其水解程度增大加能水解的盐二、Kh与Ka(或Kb)、Kw间的关系及计算1.一元弱酸一元强碱盐:Kh=KwKa。2.一元强酸一元弱碱盐:Kh=KwKb。3.一元弱酸一元弱碱盐。如醋酸铵:Kh=KwKaKb。4.Ka(或Kb)、Kw的定量关系为KaKh=Kw或KbKh=Kw。5.以上各种平衡常数都只与温度有关。1.向三份0.1 molL-1的CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl2固体(忽略溶液体积变化),则CH3COO-浓度的变化依次为()。A.减小、增大、减小B.增大、减小、减小C.减小、增大、增大D.增大、减小、增大解析CH3COONa溶液中存在水解平衡CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,加入的NH4NO3和FeCl2水解显酸性,故促进其平衡正向移动,则CH3COO-浓度减小;加入的Na2SO3水解显碱性,对水解平衡有抑制作用,故CH3COO-浓度增大。答案A2.下列关于盐类水解的说法错误的是()。A.pH相等的NaHCO3、Na2CO3、NaOH溶液的物质的量浓度大小:B.浓度均为0.1 molL-1的(NH4)2CO3、(NH4)2SO4、(NH4)2Fe(SO4)2溶液中,c(NH4+):C.在NH4Cl溶液中加入稀HNO3,能抑制NH4+水解D.在CH3COONa溶液中加入冰醋酸,能抑制CH3COO-水解解析A项,等浓度时,强碱弱酸盐溶液的碱性弱于碱溶液,多元弱酸盐的水解程度:正盐酸式盐,故pH相等时,物质的量浓度,正确;B项,溶液中CO32-促进NH4+水解,使c(NH4+)减小,中只有NH4+水解,溶液中Fe2+抑制NH4+水解,使c(NH4+)增大,c(NH4+)的大小顺序为,错误;C项,NH4Cl溶液中存在水解平衡NH4+H2ONH3H2O+H+,加入稀HNO3,c(H+)增大,平衡左移,抑制NH4+水解,正确;D项,在CH3COONa溶液中存在水解平衡CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,加入冰醋酸,c(CH3COOH)增大,对CH3COO-的水解起抑制作用,正确。答案B3.已知K、Ka、Kw、Kh分别表示化学平衡常数、弱酸的电离平衡常数、水的离子积常数、盐的水解平衡常数。(1)有关上述常数的说法正确的是。 a.它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度b.它们的大小都随温度的升高而增大c.常温下,CH3COOH在水中的Ka大于在饱和CH3COONa溶液中的Kad.一定温度下,在CH3COONa溶液中,Kw=KaKh(2)25 时,将a molL-1氨水与0.01 molL-1盐酸等体积混合后所得溶液中c(NH4+)=c(Cl-),则溶液显(填“酸”“碱”或“中”)性;用含a的代数式表示NH3H2O的电离平衡常数Kb=。 (3)25 时,H2SO3HSO3-+H+的电离平衡常数Ka=110-2 molL-1,则该温度下pH=3、c(HSO3-)=0.1 molL-1的NaHSO3溶液中c(H2SO3)=。 解析 (1)对于正反应为放热反应的化学反应,升高温度,平衡逆向移动,平衡常数减小,b项错误;温度不变,CH3COOH的电离平衡常数不变,c项错误。(2)根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-),因为c(NH4+)=c(Cl-),所以c(H+)=c(OH-),故溶液显中性。Kb=c(NH4+)c(OH-)c(NH3H2O)=120.0110-7a2-120.01=10-9a-0.01。(3)由Ka=c(H+)c(HSO3-)c(H2SO3),代入数据得c(H2SO3)=0.01 molL-1。答案 (1)ad(2)中;10-9a-0.01(3)0.01 molL-1盐类水解的应用1.判断正误(正确的打“”,错误的打“”)。(1)配制FeCl3溶液时,将FeCl3固体溶解在浓盐酸中,然后用水稀释到所需浓度。()(2)天然弱碱性水呈碱性的原因是其中含有较多的Fe3+、Cu2+等离子。()(3)生活中用电解食盐水的方法制取消毒液,运用了盐类的水解原理。()(4)NaX、NaY、NaZ的溶液,其pH依次增大,则HX、HY、HZ的酸性依次减弱。()(5)AlO2-与HCO3-的水解相互促进而不能大量共存。()(6)实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡胶塞,而不能用玻璃塞。()答案(1)(2)(3)(4)(5)(6)2.配制FeSO4溶液要加入铁粉,配制SnCl2溶液要加入盐酸,二者原理是否相同?答案不相同;加入Fe粉是为了防止Fe2+被氧化,加入盐酸是为了防止Sn2+水解。3.(1)K2CO3的水溶液蒸干得到的固体物质是,原因是。(2)KAl(SO4)2溶液蒸干得到的固体物质是,原因是。(3)FeCl2溶液蒸干灼烧得到的固体物质是,原因是。(4)亚硫酸钠溶液蒸干灼烧得到的固体物质是,原因是。(5)将0.5 molL-1的NaClO溶液加热蒸干灼烧最后所得的固体是,原因是。(6)将KMnO4溶液加热蒸干、灼烧最后所得的固体是,原因是。答案(1)K2CO3;尽管加热过程促进水解,但生成的KHCO3和KOH反应后又生成K2CO3(2)KAl(SO4)212H2O;尽管Al3+水解,但由于H2SO4为难挥发性酸,最后仍然为结晶水合物。注意温度过高,会脱去结晶水(3)Fe2O3;Fe2+水解生成Fe(OH)2和HCl,在加热蒸干过程中HCl挥发,Fe(OH)2逐渐被氧化生成Fe(OH)3,Fe(OH)3灼烧分解生成Fe2O3(4)Na2SO4;Na2SO3被空气中的O2氧化,发生反应:2Na2SO3+O22Na2SO4(5)NaCl;NaClO水解的化学方程式为NaClO+H2ONaOH+HClO,2HClO2HCl+O2,HCl+NaOHNaCl+H2O,故最终得到NaCl(6)K2MnO4、MnO2;KMnO4加热时发生反应:2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2盐溶液蒸干灼烧时所得产物的判断1.盐溶液水解生成难挥发性酸时,蒸干后一般得原物质,如CuSO4(aq)CuSO4(s);盐溶液水解生成易挥发性酸时,蒸干灼烧后一般得对应的氧化物,如AlCl3(aq)Al(OH)3(s)Al2O3(s)。2.酸根阴离子易水解的强碱盐,如Na2CO3溶液等蒸干后可得到原物质。3.考虑盐受热时是否分解Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固体受热易分解,因此蒸干灼烧后分别为Ca(HCO3)2CaCO3(CaO);NaHCO3Na2CO3;KMnO4K2MnO4+MnO2;NH4ClNH3+HCl。4.还原性盐在蒸干时会被O2氧化,如Na2SO3(aq)Na2SO4(s)。1.下列溶液加热蒸干、灼烧后,能析出原溶质固体的是()。A.AlCl3B.KHCO3C.Fe2(SO4)3D.NH4HCO3解析蒸干AlCl3溶液,Al3+水解,生成Al(OH)3,灼烧后生成Al2O3,A项错误;KHCO3不稳定,加热易分解,B项错误;加热时,Fe3+虽然水解,但硫酸难挥发,最后固体仍为Fe2(SO4)3,C项正确;NH4HCO3不稳定,加热易分解,D项错误。答案C2.下列事实与盐类水解无关的是()。A.MgCO3可以除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+B.氯化铁溶液常用作铜印刷电路板的腐蚀剂C.常用热的纯碱溶液除去油污D.长期施用硫酸铵易使土壤酸化解析MgCO3调节pH,使Fe3+的水解反应正向进行,使Fe3+沉淀完全,转化成Fe(OH)3,MgCO3难溶于水,不引入新杂质,A项与盐类水解有关;氯化铁具有强氧化性,可与铜发生氧化还原反应,可用于腐蚀铜印刷电路板,B项与盐类水解无关;盐类的水解是吸热反应,故升高温度,溶液碱性增强,去油污能力增强,C项和盐类的水解有关;铵态氮肥中铵根离子水解显酸性,长期施用硫酸铵易使土壤酸化,D项与盐类水解有关。答案B3.已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有强氧化性。将溶液中的Cu2+、Fe2+、Fe3+沉淀为氢氧化物,需溶液的pH分别为6.4、9.6、3.7。现有含FeCl2杂质的氯化铜晶体(CuCl22H2O),为制取纯净的CuCl22H2O,首先将其制成水溶液,然后按图示步骤进行提纯:请回答下列问题:(1)本实验最适合的氧化剂X是(填字母)。A.K2Cr2O7B.NaClOC.H2O2D.KMnO4(2)物质Y是。(3)本实验用加碱沉淀法能不能达到目的?(填“能”或“不能”),原因是。(4)除去Fe3+的有关离子方程式是。(5)加氧化剂的目的是。(6)最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl22H2O晶体?(填“能”或“不能”),若不能,应如何操作?。解析(1)能把Fe2+氧化为Fe3+,同时又不能引入新的杂质,符合要求的只有H2O2。(2)当CuCl2溶液中混有Fe3+时,可以利用Fe3+的水解:Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+,加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3或Cu2(OH)2CO3与溶液中的H+作用,从而使水解平衡向右移动,使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去。(3)若用加碱法使Fe3+沉淀,同时也必将使Cu2+沉淀。(6)为了抑制CuCl2水解,应在HCl气流中加热蒸发。答案(1)C(2)CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3(3)不能;加碱的同时也会使Cu2+生成Cu(OH)2沉淀(4)Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+,CuO+2H+Cu2+H2O或Cu(OH)2+2H+Cu2+2H2O等其他合理答案均可(5)将Fe2+氧化为Fe3+,便于生成沉淀而与Cu2+分离(6)不能;应在HCl气流中加热蒸发溶液中离子浓度关系的判断1.判断正误(正确的打“”,错误的打“”)。(1)Na2S溶液和NaHS溶液中含有的微粒种类相同。()(2)Na2S溶液和NaHS溶液中都有等式:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)。()(3)pH=7的溶液中一定有c(H+)=c(OH-)。()(4)盐酸中滴加氨水至中性,溶液中溶质为氯化铵。()(5)0.1 molL-1 NaHCO3溶液与0.1 molL-1 NaOH溶液等体积混合,所得溶液中:c(Na+)c(CO32-)c(HCO3-)c(OH-)。()(6)20 mL 0.1 molL-1 CH3COONa溶液与10 mL 0.1 molL-1 HCl溶液混合后溶液呈酸性,所得溶液中:c(CH3COO-)c(Cl-)c(CH3COOH)c(H+)。()(7)室温下,pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合,所得溶液中:c(Cl-)+c(H+)c(NH4+)+c(OH-)。()(8)0.1 molL-1 CH3COOH溶液与0.1 molL-1 NaOH溶液等体积混合,所得溶液中:c(OH-)c(H+)+c(CH3COOH)。()答案 (1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)2.0.1 molL-1的Na2CO3溶液中:(1)离子浓度大小关系:。(2)物料守恒:。(3)电荷守恒:。(4)质子守恒:。答案(1)c(Na+)c(CO32-)c(OH-)c(HCO3-)c(H+)(2)c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)(3)c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)(4)c(OH-)=c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-)3.已知氨水的电离平衡常数与CH3COOH相同,则CH3COONH4的水溶液呈(填“酸性”“中性”或“碱性”),理由是。0.1 molL-1的CH3COONH4溶液中:(1)粒子种类:。(2)离子浓度的大小关系:。(3)物料守恒:。答案中性;NH4+与CH3COO-在等浓度时水解程度相等(1)CH3COO-、NH4+、H+、NH3H2O、OH-、H2O、CH3COOH(2)c(CH3COO-)=c(NH4+)c(H+)=c(OH-)(3)c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(NH4+)+c(NH3H2O)一、溶液中粒子浓度大小的比较1.同一溶液中粒子浓度大小的比较方法(1)“一个比较”比较同浓度的弱酸(或弱碱)的电离能力与对应的强碱弱酸盐(或对应强酸弱碱盐)的水解能力。如果电离能力大于水解能力,如CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度,则等浓度的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后溶液显酸性,溶液中c(H+)c(OH-)。 如果是水解能力大于电离能力,如HClO的电离程度小于ClO-的水解程度,则等浓度的HClO与NaClO溶液等体积混合后溶液显碱性,溶液中c(H+)c(OH-)。 酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式酸根离子的电离能力和水解能力的相对强弱。如NaHCO3溶液中,HCO3-的水解能力大于其电离能力,故溶液显碱性,即c(H+)c(OH-)。 (2)“两个微弱”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:CH3COOHCH3COO-+H+,H2OOH-+H+;在溶液中粒子浓度由大到小的顺序是c(CH3COOH)c(H+)c(CH3COO-)c(OH-)。弱酸阴离子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:NH4ClNH4+Cl-;NH4+H2ONH3H2O+H+,H2OOH-+H+;在溶液中粒子浓度由大到小的顺序是c(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(NH3H2O)c(OH-)。 (3)“三个守恒”电荷守恒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。如NaHCO3溶液中:c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)。 物料守恒即原子守恒,变化前后某种元素的原子个数守恒。如0.1 molL-1 NaHCO3溶液中:c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=0.1 molL-1。 质子守恒指由水电离产生的c(H+)和c(OH-)始终相等,溶液中由水电离产生的H+或OH-虽会与其他离子结合,以不同形式存在,但其总量始终相等。a.如在Na2CO3溶液中,H+、HCO3-、H2CO3为得到质子后的产物;OH-为失去质子后的产物,推得c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)。 b.如在Na2S溶液中,由于S2-的水解,水电离产生的H+被S2-结合,生成了少量的HS-和H2S,但溶液中未被结合的H+和HS-、H2S中的H+总量与溶液中OH-总量一定是相等的,即c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)。 2.溶液中粒子浓度大小比较的具体分析(1)单一溶液中各粒子浓度的比较多元弱酸溶液多元弱酸分步电离,电离程度逐级减弱。如H3PO4溶液中:c(H+)c(H2PO4-)c(HPO42-)c(PO43-)。多元弱酸的正盐溶液多元弱酸的弱酸根离子分步水解,水解程度逐级减弱。如在Na2CO3溶液中:c(Na+)c(CO32-)c(OH-)c(HCO3-)c(H+)。 多元弱酸的酸式盐溶液取决于弱酸酸式酸根离子水解和电离程度的相对大小。如在NaHCO3溶液中:c(Na+)c(HCO3-)c(OH-)c(H+)。 (2)混合溶液中粒子浓度的比较比较混合溶液中粒子浓度大小时,要综合分析电离、水解等因素。如0.1 molL-1 NH4Cl溶液和0.1 molL-1氨水的混合溶液呈碱性,各粒子浓度大小的顺序为c(NH4+)c(Cl-)c(OH-)c(H+)。 酸、碱中和型粒子浓度的关系:(3)不同溶液中同一粒子浓度的比较不同溶液某微粒浓度的大小要看溶液中其他微粒对该微粒的影响。如25 时,相同物质的量浓度的下列溶液中:a.NH4Clb.CH3COONH4c.NH4HSO4d.(NH4)2SO4e.(NH4)2Fe(SO4)2c(NH4+)由大到小的顺序为edcab。 二、离子浓度大小比较的答题模板1.下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是()。A.浓度均为0.1 molL-1的氨水和盐酸等体积混合后:c(H+)=c(OH-)+c(NH3H2O)B.等浓度的碳酸钠、碳酸氢钠溶液混合后:c(CO32-)c(CH3COO-)c(H+)c(OH-)B.W点所表示的溶液中,c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)C.pH=3.5的溶液中,c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+c(CH3COOH)=0.1 molL-1D.向W点所表示的1 L溶液中通入0.05 mol HCl气体(溶液的体积变化可忽略),c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)解析醋酸是弱电解质,电离程度很小,因此25 时醋酸的溶液中c(CH3COOH)c(H+)c(CH3COO-)c(OH-),A项错误。溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),W点时c(CH3COOH)=c(CH3COO-),故c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-),B项正确。由电荷守恒及c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1 molL-1可知,c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+c(CH3COOH)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1 molL-1,C项正确。向W点所表示的1 L溶液中通入0.05 mol HCl气体,溶液中电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-);物料守恒关系为2c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1 molL-1,得2c(Na+)+2c(H+)=3c(CH3COO-)+2c(OH-)+c(CH3COOH),c(Na+)=0.05 molL-1,c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1 molL-1,所以得c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),D项正确。答案A3.已知 25 时,几种弱酸的电离常数如下:弱酸的化学式CH3COOHHCNH2S电离常数1.810-54.910-10K1=9.110-8K2=1.110-12下列说法正确的是()。A.等物质的量浓度的各溶液的pH大小:Na2SNaCNNaHSCH3COONaB.用0.1 molL-1的NaOH溶液滴定体积、pH相等的CH3COOH和HCN溶液,CH3COOH消耗的NaOH溶液体积更大C.NaHS和Na2S的混合溶液中,一定存在c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)+c(H2S)D.某浓度的NaCN溶液的 pH=d,则其中由水电离出的c(OH-)=10-d molL-1解析根据电离常数,电离出H+能力大小:CH3COOHH2SHCNHS-,根据盐类水解规律,越弱越水解,因此pH的大小为Na2SNaCNNaHSCH3COONa,A项正确;CH3COOH的酸性强于HCN,pH相等时,CH3COOH的浓度小于HCN,因此与等浓度的氢氧化钠溶液反应,醋酸消耗的氢氧化钠溶液的体积小于HCN,B项错误;根据溶液呈电中性,则有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-),C项错误;水电离出的部分H+与CN-结合,溶液中c(H+)=10-d molL-1,根据水的离子积,c(OH-)=Kwc(H+)=10-1410-d molL-1=10d-14 molL-1,NaCN溶液中的OH-完全是水电离产生,因此水电离出的c(OH-)=10d-14 molL-1,D项错误。答案A4.比较下列几组溶液中指定微粒浓度的大小。(1)浓度均为0.1 molL-1的下列溶液pH从大到小的顺序是。c(H2S)从大到小的顺序是。 H2SNaHSNa2SH2S和NaHS混合液(2)相同浓度的下列溶液中,c(CH3COO-)由大到小的顺序是。 CH3COONH4CH3COONaCH3COOH(3)c(NH4+)相等的下列溶液中,其物质的量浓度由大到小的顺序为。 (NH4)2SO4溶液NH4HSO4溶液(NH4)2CO3溶液NH4Cl溶液解析(1)H2S在溶液中部分电离出H+,溶液呈酸性;NaHS溶液中,HS-的电离程度小于其水解程度,溶液呈碱性;Na2S溶液中S2-水解,溶液呈碱性,且S2-的水解程度大于HS-;H2S和NaHS混合液中,H2S的电离程度大于HS-的水解程度,溶液呈酸性,又HS-抑制H2S的电离。(2)根据弱酸电离程度及盐类水解的影响因素判断。答案 (1);(2)(3)1.(2018年天津理综,3)下列叙述正确的是()。A.某温度下,一元弱酸HA的Ka越小,则NaA的Kh(水解常数)越小B.铁管镀锌层局部破损后,铁管仍不易生锈C.反应活化能越高,该反应越易进行D.不能用红外光谱区分C2H5OH和CH3OCH3解析电离平衡常数与水解平衡常数成反比,Kw=KaKh,故Ka越小,Kh越大,A项错误。铁管镀锌层局部破损后,锌仍然作负极被腐蚀,保护了铁,B项正确。反应的活化能越高,反应越不易进行,C项错误。红外光谱可以判断有机物中的化学键和官能团,故用红外光谱可以区分C2H5OH和CH3OCH3,D项错误。答案B2.(2018年北京理综,11)测定0.1 molL-1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH,数据如下:时刻温度/25304025pH9.669.529.379.25实验过程中,取时刻的溶液,加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验,产生白色沉淀多。下列说法不正确的是()。A.Na2SO3溶液中存在水解平衡:SO32-+H2OHSO3-+OH-B.的pH与不同,是由SO32-浓度减小造成的C.的过程中,温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D.与的Kw值相等解析Na2SO3是强碱弱酸盐,在水溶液中发生水解,存在水解平衡:SO32-+H2OHSO3-+OH-,A项正确。实验过程中,取时刻的溶液,加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验,产生白色沉淀多,说明中的SO42-数目大于中的,则中的SO32-数目小于中的,所以中OH-数目小于中的,pH不同,B项正确。Kw只与温度有关,D项正确。的过程中,pH变小,说明SO32-水解产生的c(OH-)减小;升高温度, SO32-的水解平衡正向移动,溶液中SO32-水解产生的c(OH-)增大,pH应增大,而实际上溶液的pH减小,其主要原因是实验过程中部分SO32-被空气中的O2氧化生成SO42-,溶液中c(SO32-)减小,水解平衡逆向移动,则溶液中c(OH-)减小,pH减小;的过程中,温度升高,SO32-的水解平衡正向移动,而c(SO32-)减小,水解平衡逆向移动,二者对水解平衡移动方向的影响不一致,C项错误。答案C3.(2018年天津理综,6)LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下,LiH2PO4溶液的pH随 c初始(H2PO4-)的变化如图1所示,H3PO4溶液中H2PO4-的分布分数随pH的变化如图2所示=c(H2PO4-)c总(含P元素的粒子)。下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是()。图1图2A.溶液中存在3个平衡B.含P元素的粒子有H2PO4-、HPO42-、PO43-C.随c初始(H2PO4-)增大,溶液的pH明显变小D.用浓度大于1 molL-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3,当pH达到4.66时,H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4解析溶液中存在H2PO4-、HPO42-的电离平衡和水解平衡,存在水的电离平衡,所以至少存在5个平衡,A项错误;含P元素的粒子有H2PO4-、HPO42-、PO43-和H3PO4,B项错误;从图1中可知随着c初始(H2PO4-)增大,溶液的pH从5.5减小到4.66,变化程度很小,且达到4.66后pH不变,C项错误;由图2可知,pH=4.66时,=0.994,即溶液中所有含P元素的成分中H2PO4-占99.4%,所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4,D项正确。答案D4.(2018年江苏,14)(双选)