2013版化學復習方略課件8.3 鹽類的水解（蘇教版·浙江專用）

1、第三單元 鹽類的水解,………三年16考 高考指數:★★★★1.了解鹽類水解的原理。2.了解影響鹽類水解程度的主要因素。3.了解鹽類水解的應用。,一、鹽類水解的原理1.一個實質——“生成弱電解質”生成弱電解質→破壞了_____________→水的電離程度______→c(H+)≠c(OH-)→溶液呈堿性或酸性。2.兩個特點——“微弱”、“吸熱”(1)程度微弱,屬于可逆反應。(2)吸熱反應，是_______

2、__反應的逆反應。,鹽電離,,水,弱酸的陰離子→結合___弱堿的陽離子→結合___,,,,H+,OH-,水的電離平衡,增大,酸堿中和,3.兩個規(guī)律有弱才水解，越弱越水解；誰強顯誰性；同強顯中性。,否,中性,pH=7,是,NH4+、Cu2+,酸性,pH<7,是,CH3COO-、,CO32-,堿性,pH＞7,4.水解方程式的書寫(1)一般鹽類水解程度很小，水解產物很少，產物不標“↑”或“↓”,如果產物易分解(如NH3·

3、;H2O、H2CO3)也不寫成其分解產物的形式，如：NH4Cl的水解離子方程式：_______________________。(2)多元弱酸鹽的水解分步進行，以第一步為主，一般只寫第一步水解的離子方程式，如Na2CO3的水解離子方程式：_______________________________。,NH4++H2O NH3·H2O+H+,CO32-+H2O HCO3-+OH-,(3)多元弱堿陽離子

4、的水解方程式一步寫完，如:FeCl3的水解離子方程式：___________________________。(4)若陰、陽離子水解相互促進，由于水解程度較大，書寫時要用“”、“↑”、“↓”等，如:NaHCO3與AlCl3混合溶液的反應離子方程式：_____________________________。,Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+,Al3++3HCO3-====Al(OH)3↓+3CO2↑,二、影響鹽

5、類水解的主要因素可概括為：越弱越水解，越熱越水解，越稀越水解。1.內因形成鹽的酸或堿的強弱。對應的酸或堿_______就越易發(fā)生水解。如：酸性：CH3COOH＞H2CO3 相同濃度的Na2CO3、CH3COONa溶液的pH大小關系為_________________________。,越弱,pH(Na2CO3)＞pH(CH3COONa),2.外因(1)溫度、濃度。,右移,增大,增大,右移,右移,增大,減

6、小,增大,減小,(2)外加物質。外加物質對水解反應的影響取決于該物質的性質。①外加酸堿,外加物質,酸,堿,水解程度的影響,弱酸根離子,弱堿陽離子,增大,增大,減小,減小,②加能水解的鹽,相互抑制,相互促進,三、鹽類水解的應用1.用熱的純堿溶液洗油污原因：___________________________________________；,升溫可促進碳酸鈉水解，使溶液中c(OH-)增大,2.明礬凈水離子方程式：______

7、_________________________________；3.制備Fe(OH)3膠體離子方程式：_______________________________________；4.不能在溶液中制取Al2S3表示原因的離子方程式：_______________________________________。,Al3++3H2O Al(OH)3(膠體)+3H+,Fe3++3H2O Fe(OH)

8、3(膠體)+3H+,2Al3++3S2-+6H2O====2Al(OH)3↓+3H2S↑,1.pH相同的鹽酸和氯化銨溶液中由水電離出的c(H+)相同。( )【分析】不相同。鹽酸溶液中水的電離被抑制，氯化銨溶液中水的電離被促進。2.酸式鹽溶液一定呈酸性。( )【分析】不一定。酸式鹽溶液有的呈酸性，如NaHSO4溶液；有的酸式鹽溶液呈堿性，如NaHCO3溶液。,×,×,3.某鹽的溶液呈酸性，該鹽一定發(fā)

9、生了水解反應。( )【分析】不一定。有些酸式鹽溶液呈酸性，是因為電離產生了氫離子，并未發(fā)生水解，如NaHSO4溶液。4.某鹽溶液呈中性，該鹽一定為強酸強堿鹽。( )【分析】不一定。如弱酸弱堿鹽CH3COONH4，因CH3COO-和NH4+的水解程度相同，溶液呈中性。5.降低溫度和加水稀釋，都會使鹽的水解平衡向逆反應方向移動。( )【分析】水解反應是吸熱反應，降低溫度可使水解平衡逆向移動，但加水稀釋時，水解平衡

10、正向移動，水解程度增大。,×,×,×,溶液中粒子濃度大小的比較1.兩個平衡依據——“電離”、“水解”(1)電離平衡。電離過程是微弱的，如H2CO3溶液中：c(H2CO3)>c(HCO3-)＞c(CO32-)(多元弱酸分步電離逐級減弱)(2)水解平衡。水解過程是微弱的。如Na2CO3溶液中：c(CO32-)>c(HCO3-)＞c(H2CO3)(多元弱酸根離子分步水解逐級減弱),2.兩個

11、守恒關系——“電荷”、“物料”(1)電荷守恒。溶液中所有陽離子所帶的正電荷總數等于所有陰離子所帶的負電荷總數。如NaHCO3溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)＋c(OH-)(2)物料守恒。在電解質溶液中，某些微?？赡馨l(fā)生變化，但變化前后某種元素的原子個數守恒。如0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中：c(Na+)=c(HCO3-)＋c(CO32-)＋c(H2CO3)=0.

12、1 mol·L-1,3.一種思想——“追根尋源”在比較離子濃度大小時，關鍵是分析溶液中的離子是來自于哪里，是鹽的水解剩余的還是水解生成的，再結合“兩弱”——弱電解質的電離、鹽的水解都是微弱的，一般都不超過10%，即可快速確定離子濃度大小。如在NaHCO3溶液中：NaHCO3====Na++HCO3- ①，HCO3- H++CO32- ②，HCO3-+H2O H2CO3+OH- ③，H2O

13、 H++OH- ④，c(Na+)最大，HCO3-能水解也能電離，但程度都不大，故HCO3-的,濃度小于Na+濃度，但大于其余離子的濃度；如果只考慮②，則c(H+)=c(CO32-)，但c(H+)還來源于④，故c(H+)>c(CO32-)；溶液顯堿性，則c(OH-)>c(H+)，也說明HCO3-的水解的程度大于其電離程度，故c(H2CO3)>c(CO32-)，由此可知溶液中的離子濃度大小關系為：c(Na+)>c

14、(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)>c(CO32-)。再如比較等濃度的NH3·H2O和NH4Cl中的c(NH4+)，NH3·H2O中的NH4+來源于電離，很小；而NH4Cl中的NH4+是鹽完全電離后水解剩余的，故NH4Cl中的c(NH4+)遠大于NH3·H2O中的c(NH4+)。,4.四種主要類型(1)多元弱酸溶液。多元弱酸分步電離，逐級減弱，如H3PO4溶液中：c(H+)&g

15、t;c(H2PO4-)>c(HPO42-)>c(PO43-)(2)多元弱酸的正鹽溶液。多元弱酸的弱酸根離子的分步水解，水解程度逐級減弱，如在Na2CO3溶液中：c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-),(3)不同溶液中同一離子濃度大小的比較。要看溶液中其他離子對該離子的影響。如在相同物質的量濃度的下列溶液中：①NH4Cl；②CH3COONH4；③NH4HSO4，c(NH4+)

16、由大到小的順序為：③＞①＞②。(4)混合溶液中各離子濃度的比較。要進行綜合分析,如電離因素、水解因素等。如在0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液和0.1 mol·L-1的氨水混合溶液中，各離子濃度大小的順序為：c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)。,【拓展延伸】質子守恒規(guī)律：質子守恒是指電解質溶液中水電離出的氫離子(H+)總數等于粒子接受的氫離子(H+)總數加游離的氫離子(H

17、+)數。如Na2S水溶液中的質子轉移如下：由上表可得Na2S水溶液中質子守恒式可表示為c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)=c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)=c(OH-)。質子守恒式也可以從電荷守恒式與物料守恒式推導得到。,【高考警示鐘】(1)關注離子所帶電荷的多少在列電荷守恒式時，不要簡單地認為只是各離子濃度的相加，注意離子所帶電荷的多少，如2c(CO32-)的系數“2”不可漏掉。(2)等

18、式考慮守恒原理，不等式考慮平衡原理在微粒濃度大小比較中，等式一般與電荷守恒、物料守恒相聯系，如果給定的等式不是兩個守恒式，可以把兩個守恒式變化形式后相互作差，加以推導即可。,【典例1】(2011·天津高考)25 ℃時，向10 mL 0.01 mol·L-1 KOH溶液中滴加0.01 mol·L-1 苯酚溶液，混合溶液中粒子濃度關系正確的是( )A.pH>7時，c(C6H5O-)＞c(K+)＞

19、c(H+)＞c(OH-)B.pHc(OH-)=c(H+)D.V［C6H5OH(aq)］=20 mL時，c(C6H5O-)＞c(K+)＞c(H+)＞c(OH-),【解題指南】解答本題時應注意以下兩點：(1)pH>7時，可能二者恰好完全反應，也可能KOH過量；pH<7時，CH3COOH一定過量。(2)等濃度的一元弱酸和對應鹽混合時，一般電離過程大于水解過程。,【解析】選D。A項，當pH>7時，應有c(H+)c(OH

20、-)，根據電荷守恒c(C6H5O-)+c(OH-)=c(K+)+c(H+)可知，c(K+)＜c(C6H5O-)，故此時離子濃度關系應該是c(C6H5O-)＞c(K+)＞c(H+)＞c(OH-)，B錯誤；C項，V［C6H5OH(aq)］=10 mL時,恰好得到C6H5OK溶液，此時溶液呈堿性，離子濃度關系式為c(K+)＞c(C6H5O-)＞c(OH-)＞c(H+)，C錯誤；D項，V［C6H5OH(aq)］=20 mL時,經中和反應后，得

21、到的混合液是等濃度的C6H5OK和C6H5OH的混合溶液，此時C6H5OH的電離程度大于C6H5O-離子的水解程度，溶液呈酸性，故D正確。,【技巧點撥】粒子濃度關系的判斷技巧(1)判斷溶液中粒子濃度之間的等式關系，主要根據“三大守恒”，即電荷守恒、物料守恒和質子守恒去分析。大小比較要依據有關變化及其程度來分析。(2)對于混合溶液中微粒濃度的比較，要先考慮是否反應，再判斷反應后酸或堿是否過量，若過量，則須同時考慮電離與水解兩個方面。,

22、(3)一般而言，等濃度的弱酸與弱酸鹽混合，電離程度大于水解程度，溶液呈酸性；HCN、NaCN混合液除外，它們的混合溶液呈堿性，水解程度大于電離程度。,【變式訓練】常溫下，0.1 mol·L-1某二元酸H2A溶液中=1×10-8，下列敘述不正確的是( )A.溶液中水電離出的c(H+)=10－11 mol·L-1B.溶液中c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)=0.1 mol·L-1C.

23、溶液中加入一定量CH3COONa晶體或加水稀釋，溶液的c(OH-)均增大D.與0.1 mol·L-1 NaOH溶液等體積混合后所得溶液中存在：c(Na+)+c(OH-)=c(H2A)+c(HA-)+c(H+),【解析】選D。首先計算出c(H+)=10-3 mol·L-1，說明二元酸H2A為弱酸，c(OH-)=10-11=c(H+)水=10-11 (mol·L-1)，A正確；B項符合物料守恒，正確；C項，C

24、H3COO-能結合溶液中的H+，加CH3COONa或加水稀釋，都能降低溶液中的c(H+)，增大c(OH-)，故C正確；D項，先根據反應：H2A+2NaOH====Na2A+2H2O，得到溶液為等濃度的H2A和Na2A的混合液，由電荷守恒寫出式子：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(A2-)+c(HA-)…①，物料守恒的式子：c(Na+)=c(H2A)+c(A2-)+c(HA-)…②，將②×2-①變形可得：c(Na

25、+)+c(OH-)=2c(H2A)+c(HA-)+c(H+)，故D錯誤。,【變式備選】某酸的酸式鹽NaHY在水溶液中，HY-的電離程度小于HY-的水解程度。有關的敘述正確的是( )A.H2Y的電離方程式為：H2Y+2H2O 2H3O++Y2-B.在該酸式鹽溶液中c(Na+)>c(Y2-)＞c(HY-)＞c(OH-)＞c(H+)C.HY-的水解方程式為HY-+H2O H3O++Y2-D.在該酸

26、式鹽溶液中c(Na+)＞c(HY-)＞c(OH-)＞c(H+),【解析】選D。酸式鹽NaHY的水溶液中，由HY-的電離程度小于HY-的水解程度可以判斷：①H2Y屬于二元弱酸，其電離分步進行，故A錯誤；②NaHY的水溶液顯堿性，但水解反應HY-+H2O H2Y+OH-很弱，陰離子仍然主要還是以HY-形式存在，故溶液中c(Na+)＞c(HY-)＞c(OH-)＞c(Y2-)＞c(H+)，B錯誤；C項不是水解方程式，屬于

27、電離方程式，C錯誤。,鹽類水解的應用1.判斷溶液的酸堿性：Na2CO3溶液呈堿性的原因是：CO32-+H2O HCO3-+OH-2.配制或貯存易水解的鹽溶液：如配制FeCl3溶液時，先將它溶解在較濃的鹽酸中，再加水至指定濃度；配制CuSO4溶液時，加入少量的H2SO4，以抑制Cu2+水解。,3.判斷鹽溶液蒸干灼燒時所得的產物：如AlCl3、FeCl3溶液蒸干后得到Al(OH)3、Fe(OH)3，灼燒得到Al2O3、

28、Fe2O3，CuSO4溶液蒸干后得CuSO4固體，NaHCO3溶液低溫蒸干后可得Na2CO3固體。4.離子共存：Al3+、Fe3+與HCO3-、CO32-，Al3+與AlO2-，Al3+與S2-因相互促進水解而不共存。5.解釋生活中的現象或事實：如明礬凈水、熱純堿液除油污，草木灰不能與銨鹽混用、泡沫滅火器原理。,6.離子濃度大小的比較：如碳酸氫鈉溶液中離子濃度大小順序為：c(Na+)＞c(HCO3-)；c(OH-)＞c(H+

29、)7.物質的提純(水解除雜)：如MgCl2溶液中混有少量Fe3+雜質時，因Fe3+水解的程度比Mg2+的水解程度大，可加入MgO或Mg(OH)2等，導致水解平衡右移，生成Fe(OH)3沉淀而除去。,【高考警示鐘】(1)因Fe3+在酸性較強的環(huán)境中比Al3+、Mg2+、Cu2+更易發(fā)生水解，故一般可采用調節(jié)pH的方法生成Fe(OH)3沉淀除去，如加入CuO、Cu(OH)2等皆可，但不能加會引入雜質離子的物質。(2)除去溶液中的Fe2

30、+時，由于Fe2+水解程度比Fe3+小，一般先將Fe2+氧化成Fe3+，然后再類似(1)加入試劑。(3)相互促進水解的離子在同一溶液中是否可以大量共存，要看水解產物能否脫離反應體系。如Fe3+與HCO3-互相促進水解生成沉淀和氣體，水解趨于完全，二者不能大量共存。CH3COO-和NH4+水解相互促進生成的是溶酸和溶堿，仍然存在平衡狀態(tài)，二者可以大量共存。,【典例2】(2012·湖州模擬)下列說法正確的是( )①NH4C

31、l溶液可作焊接金屬的除銹劑②用NaHCO3與Al2(SO4)3兩種溶液可作泡沫滅火劑③NH4F溶液不能用玻璃試劑瓶保存，硅酸鈉溶液不能用磨口試劑瓶保存④加熱蒸干FeSO4溶液，并灼燒殘余物得Fe2(SO4)3和Fe2O3的混合物⑤加熱蒸干CaCl2和NaAlO2混合溶液得到Ca(OH)2和NaAlO2的混合物A.①②③④ B.②③④ C.③④ D.③④⑤,【解題指南】解答該題要注意以下三點：(1)快速準確找

32、出鹽中的“弱離子”；(2)鹽水解所得酸或堿的酸、堿性決定鹽的應用；(3)亞鐵鹽具有強還原和易水解的性質。,【解析】選A。①NH4Cl溶液水解顯酸性，可以除去金屬表面的銹；②利用HCO3-與Al3+兩種離子水解相互促進，產生二氧化碳，可作滅火劑；③NH4F溶液水解生成氫氟酸，能腐蝕玻璃，Na2SiO3溶液水解顯堿性，其本身具有黏合性，能腐蝕試劑瓶的磨口；④FeSO4具有強還原性，同時溶液中Fe2+又發(fā)生水解，但水解所得H2SO4不揮發(fā)

33、，故在加熱蒸干、灼燒時生成Fe2(SO4)3和Fe2O3;⑤CaCl2是強酸強堿鹽，不發(fā)生水解，NaAlO2水解生成NaOH和Al(OH)3,均不具有揮發(fā)性，故最終仍得到原溶質CaCl2和NaAlO2。,【互動探究】(1)結合該題分析在配制FeSO4溶液時應注意什么問題？提示：為防止Fe2+水解，通常使稀硫酸稍過量，為防止Fe2+被氧化，要加入少許鐵屑。(2)Na2CO3溶液蒸干、灼燒時能得到原溶質嗎？提示:能，因為Na2CO3水

34、解生成NaOH和NaHCO3,而NaOH和NaHCO3又能發(fā)生反應生成Na2CO3和H2O，故最終仍得到Na2CO3。,【答題要領7】——試劑的作用的答題要素,,【典例】［2011·海南高考·T17(2)］硫酸亞鐵銨［(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O］為淺綠色晶體，實驗室中常以廢鐵屑為原料來制備，其步驟如下：步驟1：將廢鐵屑放入碳酸鈉溶液中煮沸除油污，分離出液體，用水洗凈鐵屑。,步驟2：

35、向處理過的鐵屑中加入過量的3 mol·L-1H2SO4溶液，在60 ℃左右使其反應到不再產生氣體，趁熱過濾，得FeSO4溶液。步驟3：向所得FeSO4溶液中加入飽和(NH4)2SO4溶液，經過“一系列操作”后得到硫酸亞鐵銨晶體。請回答下列問題：在步驟2中所加的硫酸必須過量，其原因是______________________________________________。,【抽樣分析】,【規(guī)范答案】抑制Fe2+的水解

36、，防止生成Fe(OH)2或Fe(OH)3沉淀,**答題要領**解答要素：(1)試劑的作用是什么？(2)要達到的目的是什么？得分點及關鍵詞：(1)作用類：“除去”、“防止”、“抑制”、“使……”等，回答要準確。(2)作用-目的類：作用+目的“作用”是“……”，“目的”是“……”?；卮鹨獪蚀_全面。,(2010·全國卷Ⅰ·T29)請設計CO2在高溫下與木炭反應生成CO的實驗。(1)在下面方框中，A表示有長

37、頸漏斗和錐形瓶組成的氣體發(fā)生器，請在A后完成該反應的實驗裝置示意圖(夾持裝置,連接膠管及尾氣處理部分不必畫出，需要加熱的儀器下方用△標出)，按氣流方向在每件儀器下方標出字母B、C……；其他可選用的儀器(數量不限)簡易表示如下：,(2)根據方框中的裝置圖，在答題卡上填寫下表。,答案：(1),(2),1.常溫下，某溶液中由水電離出的c(H+)=1×10-13 mol·L-1，下列各組中的溶液均有可能的是( )A.S

38、O2水溶液、飽和食鹽水、NaOH溶液B.稀鹽酸、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】選B。由水電離出的c(H+)=1×10-13 mol·L-1＜c(H+)水＝10-7 mol·L-1，說明水的電離受到抑制，故對應的可能是酸或堿溶液，故答案選B。,2.下列各式中屬于正確的水解反應離子方程式的是( )A.S2-+2H2O

39、 H2S+2OH-B.CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-C.CH3COOH+H2O CH3COO-+H3O+D.CH3COOH+OH- CH3COO-+H2O【解析】選B。A項，多元弱酸的酸根水解時要分步水解，應分步書寫，不能合寫；C項，屬于電離方程式；D項，屬于中和反應的離子方程式而不是水解方程式。,3.(2012·杭州模擬)為了配制NH4+與Cl-的濃度比為1∶1的溶液，

40、可在NH4Cl溶液中加入( )①適量NH4NO3 ②適量NaCl ③適量氨水④適量NaOHA.②③ B.①③ C.②④ D.①②【解析】選B。在NH4Cl溶液中，由于NH4++H2O NH3·H2O+H+,導致c(NH4+)∶c(Cl-)＜1∶1,若使c(NH4+)與c(Cl-)之比為1∶1，則應加入物質抑制NH4+的水解，或適當加入NH4+,即選B。

41、,4.(2012·北京模擬)對滴有酚酞試液的下列溶液，操作后顏色變深的是( )A.明礬溶液加熱B.CH3COONa溶液加熱C.氨水中加入少量NH4ClD.小蘇打溶液中加入少量的NaCl固體,【解析】選B。本題考查水解平衡和電離平衡等知識，溶液顏色變深的原因是溶液的堿性增強，抓住這一本質尋找答案。A項，明礬溶液中鋁離子水解使溶液呈酸性，加熱使鋁離子的水解程度增大，溶液的酸性增強，無顏色變化；B項，醋酸鈉溶液中醋酸根離

42、子水解使溶液呈堿性，加熱，醋酸根離子的水解程度增大，溶液的堿性增強，溶液的顏色加深；C項，加入氯化銨固體，氨水的電離程度減弱，堿性減弱，溶液顏色變淺；D項，溶液的酸堿性不變，溶液的顏色沒有變化。,5.將0.10 mol·L-1的AlCl3溶液10 mL與0.10 mol·L-1的KOH溶液40 mL充分混合，所得溶液中各種微粒的物質的量濃度關系正確的是( )A.c(K+)＞c(Cl-)＞c(AlO2-)＞c(O

43、H-)＞c(H+)B.c(K+)＞c(Cl-)＞c(AlO2-)＞c(H+)＞c(OH-)C.c(Cl-)＞c(K+)＞c(OH-)＞c(AlO2-)＞c(H+)D.c(Cl-)＞c(K+)＞c(AlO2-)＞c(OH-)＞c(H+),【解析】選A。n(AlCl3)∶n(KOH)=1∶4,故二者發(fā)生的反應為AlCl3+4KOH====KAlO2+3KCl,故c(K+)最大，c(Cl-)次之，而AlO2-發(fā)生水解，方程式為：Al

44、O2-+2H2O Al(OH)3+OH-,故溶液中離子濃度大小為：c(K+)＞c(Cl-)＞c(AlO2-)＞c(OH-)＞c(H+)。,6.常溫下，濃度均為0.1 mol·L-1的四種溶液:①Na2CO3溶液 ②NaHCO3溶液 ③鹽酸 ④氨水試回答下列問題：(1)上述溶液中有水解反應發(fā)生的是_______(填編號，下同)，溶液中溶質存在電離平衡的是_______；(2)比較①、②溶液,p

45、H較大的是_______；(3)在溶液④中加入少量NH4Cl固體，此時 的值將_________(填“變小”、“變大”或“不變”)。,【解析】(1)Na2CO3為弱酸強堿鹽，只存在弱酸根的水解；NaHCO3為弱酸的酸式鹽，既存在HCO3-的水解平衡又存在HCO3-的電離平衡；鹽酸為強酸，只發(fā)生電離；氨水中只存在NH3·H2O的電離平衡。(2)CO32-對應的酸為HCO3-，HCO3-對應的酸為H2CO3，酸