高中化学选修4学案专题三第三单元第2课时影响盐类水解的因素和盐类水解的应用

第2课时影响盐类水解的因素和盐类水解的应用一、影响盐类水解的主要因素1．内因——盐本身的性质：生成盐的弱酸越弱，该盐的水解程度越大；生成盐的弱碱越弱，该盐的水解程度越大。2．外因——反应条件的影响：(1)浓度：增大盐的浓度，可使水解平衡向正反应方向移动，水解程度减小；加水稀释，水解平衡向正反应方向移动，水解程度增大。(2)外加酸或碱：水解呈酸性的盐溶液，若加入碱，会促进水解，加入酸则抑制水解；水解呈碱性的盐溶液，若加入碱，会抑制水解，加入酸，会促进水解。(3)温度：升高温度，盐类水解程度增大。二、盐类水解在生产、生活中的应用1．用热纯碱溶液去污加热可促进Na2CO3的水解，使溶液中c(OH－)增大，去污能力增强。2．配制易水解的盐溶液如配制FeCl3水溶液时，加入少量的盐酸，以防止溶液浑浊。3．用盐作净水剂如铝盐、铁盐溶于水时，水解生成氢氧化物胶体，可以净水。4．制备无机化合物如用TiCl4制备TiO2，其反应的方程式为TiCl4＋2H2O=TiO2＋4HCl。探究点一影响盐类水解的因素1．内因主要因素是盐本身的性质，组成盐的酸根对应的酸越弱或阳离子对应的碱越弱，水解程度就越大(越弱越水解)。例如：酸性HF<CH3COOH，则水解程度NaF>CH3COONa。多元弱酸正盐的水解，水解反应第一步远远大于第二步，原因是第一步水解产生的OH－对第二步水解有抑制作用，并且正盐阴离子与H＋结合能力比酸式盐阴离子结合能力强。例如：Na2CO3溶液中eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(CO\o\al(2－,3)＋H2OHCO\o\al(－,3)＋OH－主要,HCO\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－))2．外因(1)温度：水解过程一般是吸热过程，故升温使水解程度增大，反之则减小。(2)浓度：盐溶液越稀，水解程度越大，反之越小。外加酸、碱等物质抑制或促进盐的水解。注意：盐的浓度大，水解程度小，但其溶液的酸性(或碱性)比稀溶液的酸性(或碱性)强。(3)溶液的酸碱性组成盐的离子能与水发生水解反应。向盐溶液中加入H＋，可抑制阳离子水解，促进阴离子水解；向盐溶液中加入OH－，能抑制阴离子水解，促进阳离子水解。注意：越弱越水解，越热越水解，越稀越水解，加酸碱抑制或促进水解。下面通过列举不同条件对FeCl3和CH3COONa水解平衡的影响情况，分析影响盐类水解的因素：(1)Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋(正反应吸热)。条件移动方向H＋数pH水解程度现象升高温度向右增降增大颜色变深(黄→红棕)通HCl向左增降减小颜色变浅加H2O向右增升增大颜色变浅加镁粉向右减升增大红褐色沉淀，无色气体加NaHCO3向右减升增大红褐色沉淀，无色气体加少量NaF向右减升增大颜色变深加少量NaOH向右减升增大红褐色沉淀(2)CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－(正反应吸热)。条件c(CH3COO－)c(CH3COOH)c(OH－)c(H＋)pH水解程度升温减小增大增大减小增大增大加水减小减小减小增大减小增大加醋酸增大增大减小增大减小减小加醋酸钠增大增大增大减小增大减小加HCl减小增大减小增大减小增大加NaOH增大减小增大减小增大减小盐溶液稀释后，水解程度增大与溶液的酸碱性减弱矛盾吗？提示：盐溶液稀释后，水解程度增大与溶液的酸碱性减小并不矛盾。因为稀释溶液可以促进盐的水解，水解产生的H＋或OH－的物质的量增大，但是溶液体积增大的程度大于水解平衡移动的程度，所以稀释时水解程度虽然增大，溶液的酸性或碱性却减弱了。增大盐溶液浓度的同理。由此可见，盐类水解平衡为动态平衡，勒夏特列原理同样适用于水解平衡。【例1】下列关于FeCl3水解的说法错误的是()A．在稀溶液中，水解达到平衡时，无论加FeCl3饱和溶液还是加水稀释，平衡均向右移动B．浓度为5mol/L和0.5mol/L的两种FeCl3溶液，其他条件相同时，Fe3＋的水解程度前者小于后者C．其他条件相同时，同浓度的FeCl3溶液在50℃和20℃时发生水解，50℃时Fe3＋D．为抑制Fe3＋的水解，更好地保存FeCl3溶液，应加少量盐酸【思路分析】分析盐类的水解要牢记温度、浓度、外加酸碱、同离子效应四大影响因素。【解析】增大FeCl3的浓度，水解平衡向右移动，但水解程度减小，加水稀释，水解平衡向右移动，水解程度增大，A、B均正确；盐类水解是吸热过程，温度升高，水解程度增大，C错误；Fe3＋水解后溶液呈酸性，增大H＋的浓度可抑制Fe3＋的水解，D正确。【答案】C向三份0.1mol/L的CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl3固体(忽略溶液体积变化)，则CH3COO－的浓度变化依次为(A)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：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－。加入NH4NO3，NHeq\o\al(＋,4)水解：NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋，H＋和OH－反应，使平衡右移，CH3COO－浓度减小，促进水解；加入Na2SO3，SOeq\o\al(2－,3)＋H2OHSOeq\o\al(－,3)＋OH－，水解产生OH－，使平衡左移，CH3COO－浓度增大，抑制水解的进行；加入FeCl3固体，Fe3＋水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，影响同NHeq\o\al(＋,4)类似，使CH3COO－浓度减小，促进水解。故选A。探究点二盐类水解的应用1．判断盐溶液酸碱性(pH)及能否使指示剂变色时，要考虑到盐的水解。如NaAc溶液显碱性，因为Ac－＋H2OHAc＋OH－，使酚酞变红。相同物质的量浓度的物质的溶液pH由大到小的判断：相同阳离子时，阴离子对应的酸的酸性越弱，盐越易水解，pH越大；相同阴离子时，阳离子对应的碱的碱性越弱，盐越易水解，pH越小。Na2SiO3、Na2CO3、NaHCO3、NaCl、NH4Cl，它们的pH越来越小。2．某些物质的水溶液配制。配制能水解的强酸弱碱盐，为了防止溶液变浑浊(水解)，需加入相应的酸抑制其水解，此时考虑了盐的水解。例：配制CuSO4溶液时需加少量H2SO4，配制FeCl3溶液时需加入少量盐酸(加相应的酸)。配制强碱弱酸盐的水溶液，应加入少量碱，抑制弱酸根离子水解。如配制Na2S水溶液时，应先滴入几滴氢氧化钠浓溶液，再加水冲稀至所需浓度。3．比较盐溶液中离子浓度大小时，要考虑到水解。4．说明盐溶液中离子(微粒)种类及多少时要考虑到水解。如Na2CO3溶液中，不考虑盐类水解，只有Na＋、COeq\o\al(2－,3)和水电离的H＋、OH－，但考虑到盐类水解，还应该有HCOeq\o\al(－,3)、H2CO3两种微粒。5．某些活泼金属与强酸弱碱盐溶液反应时，要考虑到水解产生H2。如Mg加入到NH4Cl溶液中，不考虑到盐类水解，可能认为不反应，但实际上，NHeq\o\al(＋,4)水解呈酸性，H＋与Mg作用生成H2，随着Mg的不断加入，NHeq\o\al(＋,4)水解生成的NH3·H2O又可以分解生成氨气。6．强酸弱碱盐与强碱弱酸盐溶液相混合，其现象不能用复分解反应规律来解释，要考虑到双水解。7．判断溶液中有关离子能否大量共存时要考虑盐的水解(主要是双水解问题)。8．某些化肥施用时会使土壤的酸碱性改变，此时需考虑到盐类水解。长期使用(NH4)2SO4的土壤因NHeq\o\al(＋,4)的水解而使土壤的酸性增强；草木灰不能和铵态氮肥混合施用，草木灰主要成分之一是K2CO3，它属于强碱弱酸盐，水解显碱性，生成的OH－可以和NHeq\o\al(＋,4)反应生成氨气，使氮肥肥效损失。9．明矾等物质的净水原理，需要考虑盐类水解。明矾在水中发生电离：KAl(SO4)2=K＋＋Al3＋＋2SOeq\o\al(2－,4)，其中Al3＋水解生成Al(OH)3是胶状物，具有很大的表面积，有较强的吸附性，可以吸附悬浮在水中的杂质，以达到净水的目的。FeCl3也能净水，原理和明矾一样。10．判断中和滴定终点时溶液酸碱性，选用酸碱滴定时的指示剂以及当pH＝7时酸(碱)过量情况的判断等问题，要考虑到盐的水解。若用强碱滴定弱酸，反应滴定终点后，因生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，所以应选用在碱性范围内变色的指示剂，通常选取酚酞。若用强酸滴定弱碱，反应滴定终点后，因生成强酸弱碱盐，溶液呈酸性，所以应选用在酸性范围内变色的指示剂，通常选取甲基橙。11．试剂的贮存要考虑到盐的水解。水解呈碱性的盐溶液如碳酸钠溶液不能保存在玻璃塞的试剂瓶中，要用橡胶塞。NaF溶液由于水解生成HF，不能用玻璃瓶盛装。12．制取无水盐晶体时要考虑到盐类水解。如加热氯化铝溶液、氯化铁溶液制备其固体，必须在氯化氢的气流中加热，否则Al3＋(Fe3＋)水解生成Al(OH)3[Fe(OH)3]，再加热分解最终得到氧化铝，而不是氯化铝。13．解释某些生活现象时要考虑到盐的水解，如家庭用纯碱(Na2CO3)去油污，就是利用其水解呈碱性，而碱可以使油脂水解变成水溶性物质。14．用于检验溶液：如用最简便的方法区别NaCl、NH4Cl、Na2CO3三种无色透明溶液。可以利用pH试纸鉴别，pH＝7的是NaCl溶液；pH<7的是NH4Cl溶液；pH>7的是Na2CO3溶液。15．利用盐类水解可以除杂质：如除去MgCl2酸性溶液中的FeCl3，可以加入Mg(OH)2，促进FeCl3的水解，使FeCl3转化为Fe(OH)3而除去。16．泡沫灭火器灭火的原理：泡沫灭火器内装有饱和的硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液，它们分装在不同的容器中，当使用时两溶液混合后发生双水解反应：Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑，生成大量的CO2气体，使泡沫灭火器内压强增大，CO2、Al(OH)3、H2O一起喷出，覆盖在着火的物质上使火焰熄灭。17．制备某些胶体要用到盐类水解。如Fe(OH)3胶体的制备原理是：FeCl3＋3H2O=Fe(OH)3(胶体)＋3HCl。18．关于盐溶液蒸干后所得产物的判断方法常见类型溶液蒸干所得物质金属阳离子易水解的挥发性强酸盐蒸干时得氢氧化物和氧化物的混合物，灼烧时得氧化物，如AlCl3(FeCl3)溶液蒸干时得到Al(OH)3和Al2O3[Fe(OH)3和Fe2O3]的混合物金属阳离子易水解的难挥发性强酸盐蒸干得原溶质，如Al2(SO4)3溶液蒸干仍得Al2(SO4)3固体酸根阴离子易水解的强碱盐蒸干得原溶质，如Na2CO3溶液蒸干得Na2CO3固体阴阳离子均易水解，且水解产物均易挥发的盐蒸干后得不到任何物质，如(NH4)2S、(NH4)2CO3等蒸干后得不到任何物质不稳定的化合物水溶液加热时在溶液中就能分解也得不到原物质，如Ca(HCO3)2溶液蒸干后得CaCO3，Mg(HCO3)2溶液蒸干后得Mg(OH)2；KHCO3溶液蒸干后得K2CO3易被氧化的盐蒸干后得不到原物质，蒸干后得其氧化产物，如FeSO4溶液蒸干后得Fe2(SO4)3，Na2SO3溶液蒸干后得Na2SO41．两种水解结果相反的离子在溶液中能大量共存吗？提示：(1)若相互促进的程度较小，则可以大量共存，如NHeq\o\al(＋,4)和CH3COO－、COeq\o\al(2－,3)等。(2)若相互促进的程度很大、水解很彻底，则不能大量共存，如Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑，这类离子组合常见的有Fe3＋与S2－、HS－因发生氧化还原反应也不能大量共存。2．为什么不能从溶液中直接制取Al2S3？如何制备？提示：因Al2S3遇水强烈水解，Al3＋、S2－均能水解，Al3＋水解使溶液呈酸性，S2－水解使溶液呈碱性。如Al3＋、S2－在同一溶液中，它们将相互促进水解而使水解完全，从而得不到Al2S3，故不能在水溶液中制备。要制备Al2S3，只能用2Al＋3Seq\o(=,\s\up15(△))Al2S3。3．请利用盐类水解的原理，选择最简便的方法区别NaCl、NH4Cl、Na2CO3三种溶液。提示：用pH试纸鉴别，pH＝7的是NaCl溶液，pH<7的是NH4Cl溶液，pH>7的是Na2CO3溶液。【例2】下列有关问题，与盐类的水解有关的是()①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂③草木灰与铵态氮肥不能混合施用④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞⑤加热蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)3固体A．①②③ B．②③④C．①④⑤ D．①②③④⑤【思路分析】要理解盐的水解的实质及在实际问题中的应用。【解析】本题考查盐类水解的应用与解释。①中NH4Cl与ZnCl2溶液水解均显酸性，可以除去金属表面的锈；②利用HCOeq\o\al(－,3)与Al3＋两种离子相互促进的水解反应，产生二氧化碳，可作灭火剂；③草木灰主要成分为碳酸钾，水解显碱性，而铵态氮肥水解显酸性，因而不能混合施用；④碳酸钠溶液水解显碱性，而磨口玻璃塞中的二氧化硅会与碱反应生成硅酸钠将瓶塞与瓶颈黏合在一块儿而打不开，因此实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶应用橡胶塞；⑤AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，加热时，盐酸挥发使平衡不断右移，最终得到Al(OH)3固体(如果灼烧，会得到Al2O3固体)。【答案】D已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有强氧化性，将溶液中的Fe2＋、Cu2＋、Fe3＋完全沉淀为氢氧化物，需溶液的pH分别为：9.6、6.4、3.7。现有含FeCl2杂质的CuCl2·2H2O，首先将其制成水溶液，然后按下图所示步骤进行提纯：eq\x(含杂质的水溶液Ⅰ)eq\o(→,\s\up15(加入氧化剂X),\s\do15())eq\x(溶液Ⅱ)eq\o(→,\s\up15(加入物质Y),\s\do15())eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\x(沉淀),\x(溶液Ⅲ)\o(→,\s\up15(一定条件下),\s\do15())\x(纯净的CuCl2·2H2O)))请回答下列问题：(1)本实验最适合的氧化剂X是C(选填下面的序号)。A．K2Cr2O7 B．NaClOC．H2O2 D．KMnO4(2)物质Y是CuO或Cu(OH)2或CuCO3。(3)本实验用加碱沉淀法能不能达到目的？不能。原因是加碱的同时Cu2＋也会形成Cu(OH)2沉淀，同时也会引入杂质离子。(4)除去Fe3＋的有关反应的离子方程式是Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，CuO＋2H＋=Cu2＋＋H2O。(5)加氧化剂的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，Fe3＋便生成沉淀而与Cu2＋分离。(6)最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl2·2H2O晶体？不能。应如何操作？应在HCl氛围中加热蒸发。解析：要将溶液pH直接调整到9.6除去Fe2＋，而此时Cu2＋早已沉淀完全，所以应先将Fe2＋转化为Fe3＋，在选择氧化剂时要防止引入新的杂质，所以选择H2O2。然后通过加入Y物质促进Fe3＋水解，达到沉淀分离的目的，同样要考虑避免引入新的杂质，选择用CuO或Cu(OH)2或CuCO3。由于Cu2＋在加热条件下水解，生成的HCl易挥发，促进了Cu2＋的水解，不能得到纯净的CuCl2·2H2O，为了抑制Cu2＋的水解应在HCl氛围中加热除水。1．为了同时对某农作物施用分别含N、P、K三种元素的化肥，对于给定的化肥：①K2CO3，②KCl，③Ca(H2PO4)2，④(NH4)2SO4，⑤氨水。最合适的组合是(B)A．①③④ B．②③④C．①③⑤ D．②③⑤解析：由于含P的只有Ca(H2PO4)2，显酸性，故所选另两种化肥应是中性或酸性的。所以选KCl和(NH4)2SO4。2．在一定条件下，Na2CO3溶液中存在水解平衡：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－。下列说法正确的是(B)A．稀释溶液，水解平衡常数增大B．通入CO2，水解平衡向正反应方向移动C．升高温度，eq\f(cHCO\o\al(－,3),cCO\o\al(2－,3))减小D．加入NaOH固体，溶液的pH减小解析：水解平衡常数只受温度的影响，A项错误；通入的CO2与OH－反应，使水解平衡向正反应方向移动，B项正确；温度升高，COeq\o\al(2－,3)的水解程度增大，c(HCOeq\o\al(－,3))增大，c(COeq\o\al(2－,3))减小，二者比值增大，C项错误；加入NaOH固体，溶液的pH增大，D项错误。3．下列关于盐类水解的应用中，说法正确的是(C)A．加热蒸干Na2CO3溶液，最后可以得到NaOH和Na2CO3的混合固体B．除去MgCl2中的Fe3＋，可以加入NaOH固体C．明矾净水的反应：Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋D．加热蒸干KCl溶液，最后得到KOH固体(不考虑CO2的反应)解析：A项，加热蒸发Na2CO3溶液，得不到NaOH。虽然加热促进COeq\o\al(2－,3)水解，但生成的NaHCO3与NaOH反应又生成了Na2CO3；B项，引入了新杂质Na＋，应用MgO或MgCO3固体；D项，KCl不水解，不可能得到KOH固体。4．在25℃时，1mol/L的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2的溶液中，测得其c(NHeq\o\al(＋,4))分别为a、b、c(单位mol/L)，下列判断正确的是(D)A．a＝b＝c B．a>b>cC．a>c>b D．c>a>b解析：本题考查通过水解反应判断离子浓度的大小。在1mol/L的三种溶液中，溶质完全电离均生成2mol/LNHeq\o\al(＋,4)，NHeq\o\al(＋,4)为弱碱阳离子，存在水解平衡NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋。(NH4)2SO4溶液中，SOeq\o\al(2－,4)对NHeq\o\al(＋,4)水解无影响；(NH4)2CO3溶液中，COeq\o\al(2－,3)＋H＋=HCOeq\o\al(－,3)，促进NHeq\o\al(＋,4)的水解，c(NHeq\o\al(＋,4))减小；(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，因Fe2＋＋2H2OFe(OH)2＋2H＋，c(H＋)增大，抑制NHeq\o\al(＋,4)的水解，使NHeq\o\al(＋,4)增多。所以c(NHeq\o\al(＋,4))最大的是(NH4)2Fe(SO4)2，其次是(NH4)2SO4，最小的是(NH4)2CO3。