2024-2025学年高中化学第三章水溶液中的离子平衡第三节第2课时影响盐类水解的因素和盐类水解的应用学案新人教版选修4

PAGE10-第2课时影响盐类水解的因素和盐类水解的应用学习目标核心素养1.驾驭影响盐类水解的外界因素及水解程度的变更。2．了解盐类水解在生产、生活中的应用。3．了解盐类水解在化学试验和科学探讨中的应用。4．了解水解常数。1.变更观念与平衡思想：能用化学用语正确表示水溶液中的离子反应与平衡，能通过试验证明水溶液中存在的离子平衡，能举例说明离子反应与平衡在生产、生活中的应用。2．证据推理与模型认知：水解平衡与弱电解质的电离平衡相像，可建立同样的平衡模型。3．科学探究与创新意识：能利用盐类水解的平衡原理，说明生产、生活中的一些现象，并提出解决的方法。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：上升温度，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，去污实力增加。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。三、水解平衡常数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其次步，缘由是第一步水解产生的OH－对其次步水解有抑制作用，并且正盐阴离子与H＋结合实力比酸式盐阴离子结合实力强。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。留意：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。留意：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。下面以CH3COONa的水解平衡分析水解平衡的影响因素：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－(正反应吸热)盐溶液稀释后，水解程度增大与溶液的酸碱性减弱冲突吗？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冲突。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＋的水解程度比20℃时的小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、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，温度上升，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(忽视溶液体积变更)，则CH3COO－的浓度变更依次为(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一、盐类的水解在化学试验中的应用1．推断盐溶液的酸碱性和pH的大小相同物质的量浓度的物质的溶液pH由大到小的推断：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．配制易水解的盐溶液配制某些强酸弱碱盐时，须要加入相应的强酸，可使水解平衡向左移动，抑制阳离子的水解，如配制FeCl3、SnCl2溶液时，由于Fe3＋、Sn2＋水解程度较大，通常先将它们溶于盐酸中，再加水稀释到所需的浓度。3．加热蒸干溶液制备无水盐(1)若将某些挥发性酸对应的盐如AlCl3、FeCl3蒸干时，得不到无水盐，缘由是在加热过程中，HCl不断挥发，水解平衡不断向右移动，得到Al(OH)3或Fe(OH)3,若灼烧Al(OH)3、Fe(OH)3接着分解得到Al2O3、Fe2O3。所以上述晶体只有在HCl气流中加热才能得到。(2)水解生成难挥发性酸的盐溶液蒸干，一般得到原物质。如将Al2(SO4)3溶液蒸干得到Al2(SO4)3固体。4．推断离子是否大量共存在水溶液中水解相互促进的离子：(1)若相互促进程度较小，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、很彻底，则不能大量共存，如Al3＋与HCOeq\o\al(－,3)在溶液中不能共存，因发生反应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。5．碱性溶液的保存Na2CO3、Na2S等溶液水解显碱性，因碱性溶液可与玻璃中的SiO2反应，所以保存时不能运用磨口玻璃塞，应用带橡胶塞的试剂瓶保存。6．除去溶液中的杂质离子(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。7．推断盐溶液中离子种类及多少说明盐溶液中离子(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，还应当有HCOeq\o\al(－,3)、H2CO3两种微粒。8．推断反应生成物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H＋。如Mg加入到NH4Cl溶液中，不考虑到盐类水解，可能认为不反应，但事实上，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。9．推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)过量状况的推断等问题，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。10．制备某些胶体利用水解原理制备胶体，如向沸水中滴加FeCl3饱和溶液，产生红褐色胶体：Fe3＋＋3H2Oeq\o(=,\s\up17(△))Fe(OH)3(胶体)＋3H＋二、盐类的水解在生产、生活中的应用1．明矾或FeCl3等物质的净水原理利用Al3＋、Fe3＋水解产生的胶体，其表面积大，能够吸附水中的悬浮物形成沉淀而起到净水的作用。2．热的碱溶液去油污效果更好COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－，水解反应为吸热反应，加热平衡右移，溶液的碱性增加，去污效果更好。3．化肥的合理施用某些化肥施用时会使土壤的酸碱性变更，此时需考虑到盐类水解。长期运用(NH4)2SO4的土壤因NHeq\o\al(＋,4)的水解而使土壤的酸性增加；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。4．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，当运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。1．为什么不能从溶液中干脆制取Al2S3？如何制备？提示：因Al2S3遇水剧烈水解，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\up17(△))Al2S3。2．请利用盐类水解的原理，选择最简便的方法区分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试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．①②③B．②③④C．①④⑤D．①②③④⑤【思路分析】要理解盐类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说明。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，因此试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(假如灼烧，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：请回答下列问题：(1)本试验最适合的氧化剂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)本试验用加碱沉淀法能不能达到目的？不能。缘由是加碱的同时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＋便于生成沉淀而与Cu2＋分别。(6)最终能不能干脆蒸发结晶得到CuCl2·2H2O晶体？不能。应如何操作？应在HCl气流中加热蒸发。解析：要将溶液pH干脆调整到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，达到沉淀分别的目的，同样要考虑避开引入新的杂质，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气流中加热除水。1．下列说法正确的是(C)A．AlCl3溶液和NaAlO2溶液加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧，所得固体的成分相同B．配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸中，然后再用水稀释到所需的浓度C．用加热的方法可除去KNO3溶液中混有的Fe3＋D．泡沫灭火器中常运用的原料是碳酸钠和硫酸铝2．在确定条件下，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，平衡向正反应方向移动C．上升温度，eq\f(cHCO\o\al(－,3),cCO\o\al(2－,3))减小D．加入NaOH固体，溶液pH减小解析：平衡常数仅与温度有关，故稀释溶液，K是不变的，A项错；CO2通入水中，相当于生成H2CO3，可以与OH－反应，而促进平衡正向移动，B项正确；升温，促进水解，平衡正向移动，故表达式的结果是增大的，C项错；加入NaOH固体，碱性确定增加，pH增大，D项错。3．为了使Na2S溶液中eq\f(cNa＋,cS2－)的比值变小，可实行的措施是(D)①加适量盐酸②加适量NaOH(s)③加适量KOH(s)④加适量KHS(s)⑤加水⑥通H2S(g)⑦加热A．②③④ B．①②⑤⑥⑦C．②③ D．③④解析：欲使溶液中eq\f(cNa＋,cS2－)的比值变小，需使c(S2－)增大，从S2－＋H2OHS－＋OH－的平衡角度分析，增加c(OH－)或c(HS－)可抑制S2－的水解，使平衡向左移动，但不能增加c(Na＋)，明显③④可以，②不行以；①中发生反应2H＋＋S2－=H2S↑，使比值变大；⑤⑦促进Na2S水解，使比值变大；⑥通入H2S(g)后，发生反应S2－＋H2S=2HS－，使比值变大。4．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，最终可以得到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，最终得到KOH固体(不考虑CO2的反应)解析：A项，加热蒸干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，不行能得到KOH固体。5．分别将下列物质：①FeCl3②CaO③NaCl④Ca(HCO3)2⑤Na2SO3⑥K2SO4投入水中，在蒸发皿中对其溶液加热蒸干，能得到原物质的是(B)A．②③B．③⑥C．①④D．⑤⑥解析：①加热蒸干FeCl3溶液得到Fe(OH)3；②CaO投入水中，生成Ca(OH)2，加热蒸干得到Ca(OH)2；③加热蒸干NaCl溶液得到NaCl固体；④加热蒸干Ca(HCO3)2溶液得到CaCO3；⑤加热蒸干Na2SO3溶液得到Na2SO4；⑥加热蒸干K2SO4溶液得到K2SO4，故选B。6．对于等物质的量浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液，下列说法不正确的是(A)A．上升温度，两种溶液的pH均减小B．相同温度下两种溶液的pH：Na2CO3溶液>NaHCO3溶液C．分别加入少量NaOH，两溶液中c(COeq\o\al(2－,3))均增大D．两溶液中均存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))解析：升温，COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)的水解程度均增大，溶液的pH增大，故A项错误。7．试验室有下列试剂，其中必需用带橡皮塞的试剂瓶保存的是(B)①NaOH溶液②水玻璃③Na2S溶液④N