高三化学一轮复习课件83盐类的水解

1、第3节 盐类的水解三年16考 高考指数:1.了解盐类水解的原理。2.了解影响盐类水解的主要因素。3.了解盐类水解的应用。一、盐类水解的原理1.一个实质生成弱电解质 弱酸的阴离子结合_ 弱碱的阳离子结合_破坏了_水的电离程度_H+OH-溶液呈碱性或酸性。盐电离 生成弱电解质水H+OH-水的电离平衡增大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_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。酸碱中和盐的类型实例是否水解水解的离子溶液的酸碱性溶液的pH强酸强碱盐NaCl、KNO3_强酸弱碱盐NH4Cl、Cu(NO3)2_弱酸强碱盐CH3

2、COONa、Na2CO3_否中性pH=7是是Cu2+CH3COO-、酸性碱性pH74.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NH3H2O、H2CO3)也不写成其分解产物的形式，如：NH4Cl的水解离子方程式:_。(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：_。(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：_。(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：_

3、。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.内因决定因素形成盐的酸或碱的强弱。对应的酸或碱_就越易发生水解。如：酸性：CH3COOHH2CO3 相同浓度的Na2CO3、CH3COONa溶液的pH大小关系为_。越弱决定pH( Na2CO3)pH(CH3COONa)2.外因(1)温度、浓度。条件移动方向水解程度水解产生的离子浓度升高温度反应物浓度增大减小右移增大增大右移右移增大减小增大减小(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。外加酸碱外加物质酸碱水解程度的影响弱酸根离子弱碱阳离子增大增大减小减小取决于两种盐的水解形式相同相反_(如NH4Cl、

4、FeCl3)_(如Al2(SO4)3、NaHCO3)加能水解的盐三、盐类水解的应用1.用热的纯碱溶液洗油污的原因：_。相互抑制相互促进升温可促进碳酸钠水解，使溶液中OH-增大2.明矾净水的离子方程式：_。3.制备Fe(OH)3胶体的离子方程式：_。4.不能在溶液中制取Al2S3的原因的离子方程式：_。Fe3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+=2Al3+3S2-+6H2O=2Al(OH)3+3H2S1.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

5、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

6、)电离平衡。电离过程是微弱的，如H2CO3溶液中：H2CO3 (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： 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浓度等于所有阴离子所带的负电荷总浓度。如NaHCO3溶液中：Na+H+= +2 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 molL-1 NaHCO3溶液中：Na+= H2CO3=0.1 molL-13.一种思想“追根寻源”在比较离子浓度大小时，关键是分析溶液中的离

7、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+ ， ，+H2O H2CO3+OH-，H2O H+OH-，Na+最大， 是水解和电离剩余的，故它大于其余离子的浓度；如果只考虑，则H+= ，但H+还来源于，故H+ ；溶液显碱性，则OH-H+，也说明 的水解的程度大于其电离程度，故H2CO3 ，由此可知溶液中的离子浓度大小关系为：Na+ OH-H+ 。再如比较等浓度的NH3H2O和NH4Cl中的 ，NH3H2O中的 来源于电离，很小；而NH4Cl中的 是盐完全

8、电离后水解剩余的，故NH4Cl中的 远大于NH3H2O中的 。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：H+ (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：Na+ OH- (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：NH4Cl；CH3COONH4；NH4HSO4， 由大到小的顺序为：。(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 molL-1 NH4Cl溶液和0.1 molL-1的氨水混合溶液中，

9、各离子浓度大小的顺序为： Cl-OH-H+。【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2 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。【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H3O+2

10、H2S+HS-=OH-或H+2H2S+HS-=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。【典例1】(2011天津高考改编)25 时，向10 mL 0.01 mol/L KOH溶液中滴加0.01 mol/L CH3COOH溶液，混合溶液中粒子浓度关系正确的是( )A.pH7时，CH3COO-K+H+OH-B.pH7时，K+CH3COO-H+OH-C.VCH3COOH(aq)=10 mL时，K+=CH3COO-OH-=H+D.VCH3COOH(aq)=20 mL时，CH3COO-K+H+OH-【解题指南】解答本题时应注意以下两点：(1)pH7时，可能二者恰好完全反应，也可能KOH过

11、量；pH7时，应有H+OH-，A错误；B项，当pHOH-，根据电荷守恒CH3COO-+OH-=K+H+可知，K+CH3COO-，故此时离子浓度关系应该是CH3COO-K+H+OH-，B错误；C项，VCH3COOH(aq)=10 mL时,恰好得到CH3COOK溶液，此时溶液呈碱性，离子浓度关系式为K+CH3COO-OH-H+，C错误；D项，VCH3COOH(aq)=20 mL时,经中和反应后，得到的混合液是等浓度的CH3COOK和CH3COOH的混合溶液，此时CH3COOH的电离程度大于CH3COO-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

12、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。【变式备选】常温下，0.1 molL-1某二元酸H2A溶液中=110-8，下列叙述不正确的是( )A.溶液中水电离出的H+=10-11 molL-1B.溶液中HA-+A2-+H2A=0.1 molL-1C.溶液中加入

13、一定量CH3COONa晶体或加水稀释，溶液的OH-均增大D.与0.1 molL-1 NaOH溶液等体积混合后所得溶液中存在：Na+OH-=H2A+HA-+H+【解析】选D。首先计算出H+=10-3 molL-1，说明二元酸H2A为弱酸，OH-=10-11=H+水=10-11 (molL-1)，A正确；B项符合物料守恒，正确；C项，CH3COO-能结合溶液中的H+，加CH3COONa或加水稀释，都能降低溶液中的H+，增大OH-，故C正确；D项，先根据反应：H2A+2NaOH=Na2A+2H2O，得到溶液为等浓度的H2A和Na2A的混合液，由电荷守恒写出式子：Na+H+=OH-+2A2-+HA-，

14、物料守恒的式子：Na+=H2A+A2-+HA-，将2-变形可得：Na+OH-=2H2A+HA-+H+，故D错误。【变式备选】某酸的酸式盐NaHY在水溶液中，HY-的电离程度小于HY-的水解程度。有关的叙述正确的是( )A.H2Y的电离方程式为：H2Y+2H2O 2H3O+Y2-B.在该酸式盐溶液中Na+Y2-HY-OH-H+C.HY-的水解方程式为HY-+H2O H3O+Y2-D.在该酸式盐溶液中Na+HY-OH-H+【解析】选D。酸式盐NaHY的水溶液中，由HY-的电离程度小于HY-的水解程度可以判断：H2Y属于二元弱酸，其电离分步进行，故A错误；NaHY的水溶液显碱性，但水解反应HY-+H

15、2O H2Y+OH-很弱，阴离子仍然主要还是以HY-形式存在，故溶液中Na+HY-OH-Y2-H+，B错误；C项不是水解方程式，属于电离方程式，C错误。 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：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NaHCO

16、3固体。4.离子共存：Al3+、Fe3+与 、 ，Al3+与 ，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：Na+ ；OH-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(

17、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 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 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】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

18、草木灰与铵态氮肥不能混合施用实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞加热蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2固体在含有Fe2+的FeCl3溶液中，要除去它们，往往可先通入氧化剂Cl2，再调节溶液的pHA.仅 B.仅C.仅 D.【解题指南】解答本题时应注意以下两点：(1)正确判断“弱”离子水解后溶液的酸碱性；(2)看是否存在水解相互促进的情况。【解析】选D。NH4Cl与ZnCl2溶液水解均显酸性，可以除去金属表面的锈；利用 与Al3+两种离子水解相互促进，产生二氧化碳，可作灭火剂；草木灰的主要成分为碳酸钾，水解显碱性，而铵态氮肥水解显酸性，因而不能混合施用；碳酸钠溶液水解显碱性，而磨口玻璃塞

19、中的二氧化硅会与碱反应生成硅酸钠，将瓶塞与瓶口黏合在一块儿而打不开，因此实验室盛放碳酸钠的试剂瓶应用橡胶塞；CuCl2溶液中存在水解平衡：CuCl22H2O Cu(OH)22HCl，加热时，HCl挥发使平衡不断右移，最终得到Cu(OH)2固体。Cl2能氧化Fe2+生成Fe3+而没有引入杂质。【互动探究】(1)用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂，能否用Na2CO3代替NaHCO3？(2)在含有Fe2+的FeCl3溶液中，要除去它们，往往可先通入氧化剂Cl2，若改为加入稀硝酸可否？提示：(1)不能，因NaHCO3与Al2(SO4)3发生一步水解反应生成CO2，而Na2CO3则

20、要经过两步水解反应才能生成CO2，水解程度与水解速率都减弱。(2)若改为加入稀硝酸不可，原因是引入了新的杂质离子 。【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)2SO4FeSO46H2O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 molL-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

21、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】考生甲考生乙抽样试卷使铁完全溶解，并使废铁屑中的铁锈也完全反应防止Fe2+水解生成Fe(OH)2沉淀分析点评对“过量硫酸”的主要作用没有完全认识，目的不明确用词不准确，“抑制”不等同于“防止”；答案不完整，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

22、。 (2010全国卷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仪器中所加物质作 用A石灰石、稀盐酸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作用B饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中的HCl气体C浓硫酸除去CO2中的水蒸气D干燥木炭粉与CO2反应产生COE澄清石灰水吸收

23、未反应的CO21.常温下，某溶液中由水电离出的H+=110-13 mol/L，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H+=110-13 mol/LH+水=10-7 mol/L，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.(2012马鞍山模拟)下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是( )A.氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中：Cl- B.pH=2的一元酸和pH=12的一元碱等体积混合：OH-=H+C.0.1 mol

24、L-1的硫酸铵溶液中： H+D.0.1 molL-1的硫化钠溶液中：OH-=H+HS-+H2S【解析】选C。氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中：Cl-= ，选项A错误；pH=2的一元酸和pH=12的一元碱等体积混合，不知道酸的强弱和碱的强弱，反应后，OH-不一定等于H+，选项B错误。0.1 molL-1的硫酸铵溶液中： H+，选项C正确；根据质子守恒，0.1 molL-1的硫化钠溶液中：OH-=H+HS-+2H2S ，选项D错。3.(2012延安模拟)25 时，浓度均为0.2 molL-1的NaHCO3和Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是( )A.均存在电离平衡和水解平衡B.存在的粒子种类

25、相同C.均存在Na+H+= +OH-+ D.Na2CO3溶液中Na+ OH- 【解析】选C。NaHCO3和Na2CO3溶液中都存在水的电离平衡和阴离子的水解平衡，A对；NaHCO3和Na2CO3溶液中都存在微粒： Na+、H+、 、OH-、 和H2CO3，粒子种类相同，B对；C中所列的是电荷守恒式， 前面系数应是2，C错；Na2CO3溶液中，Na+ ， 微弱水解产生等浓度的OH-、 ，考虑水电离出的OH-，使OH- ，D对。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NH4ClD.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