1、第三单元 盐类的水解,三年16考 高考指数:1.了解盐类水解的原理。2.了解影响盐类水解程度的主要因素。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”生成弱电解质破坏了_水的电离程度_c(H+)c(OH-)溶液呈碱性或酸性。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。,盐电离,水,弱酸的阴离子结合_弱碱的阳离子结合_,H+,OH-,水的电离平衡,增大,酸碱中和,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。,否,中性,pH=7,是,NH4+、Cu2+,酸性,pHc(HCO3-)c(CO32-)(多元弱酸分
2、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：c(CO32-)c(HCO3-)c(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数等于所有阴离子所带的负电荷总数。如NaHCO3溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)c(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：c(Na+)=c(HCO3-)c(CO32-)c(H2CO3)=0.1 molL-1,3.一种思想“追
3、根寻源”在比较离子浓度大小时，关键是分析溶液中的离子是来自于哪里，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+HCO3- ，HCO3- H+CO32- ，HCO3-+H2O H2CO3+OH- ，H2O H+OH- ，c(Na+)最大，HCO3-能水解也能电离，但程度都不大，故HCO3-的,浓度小于Na+浓度，但大于其余离子的浓度；如果只考虑，则c(H+)=c(CO32-)，但c(H+)还来源于，故c(H+)c(CO32-)；溶液显碱性，则c(OH-)c(H+)，也说
4、明HCO3-的水解的程度大于其电离程度，故c(H2CO3)c(CO32-)，由此可知溶液中的离子浓度大小关系为：c(Na+)c(HCO3-)c(OH-)c(H+)c(CO32-)。再如比较等浓度的NH3H2O和NH4Cl中的c(NH4+)，NH3H2O中的NH4+来源于电离，很小；而NH4Cl中的NH4+是盐完全电离后水解剩余的，故NH4Cl中的c(NH4+)远大于NH3H2O中的c(NH4+)。,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：c(H+)c(H2PO4-)c(HPO42-)c(PO43-)(2)多元弱酸的正盐溶液。多元弱酸的弱酸根离子的分步
5、水解，水解程度逐级减弱，如在Na2CO3溶液中：c(Na+)c(CO32-)c(OH-)c(HCO3-),(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，c(NH4+)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，各离子浓度大小的顺序为：c(NH4+)c(Cl-)c(OH-)c(H+)。,【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+)
6、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c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)=c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)=c(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。,【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2c(CO32-)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，
7、可以把两个守恒式变化形式后相互作差，加以推导即可。,【典例1】(2011天津高考)25 时，向10 mL 0.01 molL-1 KOH溶液中滴加0.01 molL-1 苯酚溶液，混合溶液中粒子浓度关系正确的是( )A.pH7时，c(C6H5O-)c(K+)c(H+)c(OH-)B.pHc(OH-)=c(H+)D.VC6H5OH(aq)=20 mL时，c(C6H5O-)c(K+)c(H+)c(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过量；pH7时，应有c(H+)c(OH-)，根据电荷守恒c(C6H5O-)+c(OH-)=c(K+)+c(
8、H+)可知，c(K+)c(C6H5O-)，故此时离子浓度关系应该是c(C6H5O-)c(K+)c(H+)c(OH-)，B错误；C项，VC6H5OH(aq)=10 mL时,恰好得到C6H5OK溶液，此时溶液呈碱性，离子浓度关系式为c(K+)c(C6H5O-)c(OH-)c(H+)，C错误；D项，VC6H5OH(aq)=20 mL时,经中和反应后，得到的混合液是等浓度的C6H5OK和C6H5OH的混合溶液，此时C6H5OH的电离程度大于C6H5O-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之间的等式关系，主要根据“三大守恒”，即电荷守恒、物料
9、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。,【变式训练】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c(H+)=1011 molL-1B.溶液中c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)=0.1 molL-1C.溶液中加入一定量CH3COONa晶体或
10、加水稀释，溶液的c(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：c(Na+)+c(OH-)=c(H2A)+c(HA-)+c(H+),【解析】选D。首先计算出c(H+)=10-3 molL-1，说明二元酸H2A为弱酸，c(OH-)=10-11=c(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c(H+)，增大c(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
11、子：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(A2-)+c(HA-)，物料守恒的式子：c(Na+)=c(H2A)+c(A2-)+c(HA-)，将2-变形可得：c(Na+)+c(OH-)=2c(H2A)+c(HA-)+c(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c(Na+)c(Y2-)c(HY-)c(OH-)c(H+)C.HY-的水解方程式为HY-+H2O H3O+Y2-D.在该酸式盐溶液中c(Na+)c(HY-)c(OH-)c
12、(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-+H2O H2Y+OH-很弱，阴离子仍然主要还是以HY-形式存在，故溶液中c(Na+)c(HY-)c(OH-)c(Y2-)c(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：CO32-+H2O HCO3-+OH-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
13、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Na2CO3固体。4.离子共存：Al3+、Fe3+与HCO3-、CO32-，Al3+与AlO2-，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：c(Na+)c(HCO3-)；c(OH-)c(H+)7.物
14、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(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
15、应体系。如Fe3+与HCO3-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NH4+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】(2012湖州模拟)下列说法正确的是( )NH4Cl溶液可作焊接金属的除锈剂用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂NH4F溶液不能用玻璃试剂瓶保存，硅酸钠溶液不能用磨口试剂瓶保存加热蒸干FeSO4溶液，并灼烧残余物得Fe2(SO4)3和Fe2O3的混合物加热蒸干CaCl2和NaAlO2混合溶液得到Ca(OH)2和NaAlO2的混合物A. B. C. D.,【解题指南】解答该题要注意以下
16、三点：(1)快速准确找出盐中的“弱离子”；(2)盐水解所得酸或碱的酸、碱性决定盐的应用；(3)亚铁盐具有强还原和易水解的性质。,【解析】选A。NH4Cl溶液水解显酸性，可以除去金属表面的锈；利用HCO3-与Al3+两种离子水解相互促进，产生二氧化碳，可作灭火剂；NH4F溶液水解生成氢氟酸，能腐蚀玻璃，Na2SiO3溶液水解显碱性，其本身具有黏合性，能腐蚀试剂瓶的磨口；FeSO4具有强还原性，同时溶液中Fe2+又发生水解，但水解所得H2SO4不挥发，故在加热蒸干、灼烧时生成Fe2(SO4)3和Fe2O3;CaCl2是强酸强碱盐，不发生水解，NaAlO2水解生成NaOH和Al(OH)3,均不具有挥
17、发性，故最终仍得到原溶质CaCl2和NaAlO2。,【互动探究】(1)结合该题分析在配制FeSO4溶液时应注意什么问题？提示：为防止Fe2+水解，通常使稀硫酸稍过量，为防止Fe2+被氧化，要加入少许铁屑。(2)Na2CO3溶液蒸干、灼烧时能得到原溶质吗？提示:能，因为Na2CO3水解生成NaOH和NaHCO3,而NaOH和NaHCO3又能发生反应生成Na2CO3和H2O，故最终仍得到Na2CO3。,【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
18、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】,【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
19、的类：作用+目的“作用”是“”，“目的”是“”。回答要准确全面。,(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。,答案：(1),(2),1.常温下，某溶液中由水电离出的c(H+)=110-13 molL-1，下列各组中的溶液均有可能的是( )A.SO2水溶液、饱和食盐水、NaO
20、H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c(H+)=110-13 molL-1c(H+)水10-7 molL-1，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.下列各式中属于正确的水解反应离子方程式的是( )A.S2-+2H2O H2S+2OH-B.CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-C.CH3COOH+H2O CH3COO-+H3O+D.CH3COOH+OH- CH3COO-+H2O【解析】选B。A项，多元弱酸的酸根水解时要分步水解，应分步书写，不能合写；C项，属于电
21、离方程式；D项，属于中和反应的离子方程式而不是水解方程式。,3.(2012杭州模拟)为了配制NH4+与Cl-的浓度比为11的溶液，可在NH4Cl溶液中加入( )适量NH4NO3 适量NaCl 适量氨水适量NaOHA. B. C. D.【解析】选B。在NH4Cl溶液中，由于NH4+H2O NH3H2O+H+,导致c(NH4+)c(Cl-)11,若使c(NH4+)与c(Cl-)之比为11，则应加入物质抑制NH4+的水解，或适当加入NH4+,即选B。,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.
22、小苏打溶液中加入少量的NaCl固体,【解析】选B。本题考查水解平衡和电离平衡等知识，溶液颜色变深的原因是溶液的碱性增强，抓住这一本质寻找答案。A项，明矾溶液中铝离子水解使溶液呈酸性，加热使铝离子的水解程度增大，溶液的酸性增强，无颜色变化；B项，醋酸钠溶液中醋酸根离子水解使溶液呈碱性，加热，醋酸根离子的水解程度增大，溶液的碱性增强，溶液的颜色加深；C项，加入氯化铵固体，氨水的电离程度减弱，碱性减弱，溶液颜色变浅；D项，溶液的酸碱性不变，溶液的颜色没有变化。,5.将0.10 molL-1的AlCl3溶液10 mL与0.10 molL-1的KOH溶液40 mL充分混合，所得溶液中各种微粒的物质的量浓
23、度关系正确的是( )A.c(K+)c(Cl-)c(AlO2-)c(OH-)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】选A。n(AlCl3)n(KOH)=14,故二者发生的反应为AlCl3+4KOH=KAlO2+3KCl,故c(K+)最大，c(Cl-)次之，而AlO2-发生水解，方程式为：AlO2-+2H2O Al(OH)3+OH-,故溶液中离子浓度大小为：c(K+)c(Cl-)c(AlO2-)c(OH-)c(H+)。,6.常温
24、下，浓度均为0.1 molL-1的四种溶液:Na2CO3溶液 NaHCO3溶液 盐酸 氨水试回答下列问题：(1)上述溶液中有水解反应发生的是_(填编号，下同)，溶液中溶质存在电离平衡的是_；(2)比较、溶液,pH较大的是_；(3)在溶液中加入少量NH4Cl固体，此时 的值将_(填“变小”、“变大”或“不变”)。,【解析】(1)Na2CO3为弱酸强碱盐，只存在弱酸根的水解；NaHCO3为弱酸的酸式盐，既存在HCO3-的水解平衡又存在HCO3-的电离平衡；盐酸为强酸，只发生电离；氨水中只存在NH3H2O的电离平衡。(2)CO32-对应的酸为HCO3-，HCO3-对应的酸为H2CO3，酸性H2CO3HCO3-。等浓度的两种溶液，Na2CO3的水解程度比NaHCO3的大，所以pH较大的是Na2CO3溶液。,(3)氨水中存在NH3H2O NH4+OH-，向溶液中加入NH4Cl固体，NH4+浓度增大，平衡左移，OH-浓度减小，所以 的值将变大。答案：(1) (2) (3)变大,
