高中化學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 第8章 第26講 鹽類的水解課件 新人教版

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1、考點考點1 鹽類水解的本質(zhì)與規(guī)律鹽類水解的本質(zhì)與規(guī)律 如果要判斷鹽類是否發(fā)生水解反應(yīng)或水解后溶液的酸堿性，要看鹽的離子對應(yīng)的酸或堿的相對強(qiáng)弱。在通常情況下，鹽類水解的程度是很小的，并且反應(yīng)前后均有弱電解質(zhì)存在，因而鹽的水解反應(yīng)是可逆的。有弱才水解，誰弱誰水解，誰強(qiáng)顯誰性，越弱越水解，都弱都水解，兩強(qiáng)不水解。鹽對應(yīng)的酸(或堿)越弱，水解程度越大，溶液的堿性(或酸性)越強(qiáng)。多元弱酸根離子，正酸根離子比酸式酸根離子水解程度大很多。例例1 25時，相同物質(zhì)的量濃度下列溶液中，水的電離程度由大到小排列順序正確的是() KNO3 NaOH CH3COONH4 NH4Cl A B C DD 【解析】 酸、堿

2、對水的電離起抑制作用，鹽類的水解對水的電離起促進(jìn)作用。KNO3為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，在水溶液中電離出的K+和 對水的電離平衡無影響；NaOH為強(qiáng)堿，在水溶液中電離出的OH-對水的電離起抑制作用，使水的電離程度減小；CH3COONH4為弱酸弱堿鹽，在水溶液中電離出的NH和CH3COO-均可以發(fā)生水解生成弱電解質(zhì)NH3H2O和CH3COOH，并能相互促進(jìn)，使水解程度加大從而使水的電離程度加大。3NONH4Cl為強(qiáng)酸弱堿鹽，在水溶液中電離出 的 可以發(fā)生水解生成弱電解質(zhì)NH3H2O，促進(jìn)水的電離，但在相同濃度下其水解程度要小于CH3COONH4，該溶液中水的電離程度小于CH3COONH4中的水的電離程度。+

3、4NH考點考點2 離子濃度大小比較離子濃度大小比較溶液中離子濃度大小關(guān)系(1)多元弱酸溶液根據(jù)多步電離分析，發(fā)生電離的微粒的濃度大于電離生成微粒的濃度。如：在H3PO4溶液中，c(H+)c( )c( )c( )。(2)多元弱酸的正鹽溶液根據(jù)弱酸根的分步水解分析，發(fā)生水解的微粒的濃度大于水解生成微粒的濃度。如：Na2CO3溶液中：c(Na+)c( )c(OH-)c( )。24H PO24HPO34PO2-3CO3HCO(3)不同溶液中同一離子濃度的比較要看溶液中其他離子對其產(chǎn)生的影響。例如，在相同物質(zhì)的量濃度的下列溶液中：NH4NO3溶液，CH3COONH4溶液，NH4HSO4溶液，c( )由大

4、到小的順序是。(4)混合溶液中各離子濃度的比較要進(jìn)行綜合分析，如電離因素、水解因素等。弱酸與含有相應(yīng)酸根的鹽混合，若溶液呈酸性，說明弱酸的電離程度大于相應(yīng)酸根離子的水解程度。如CH3COOH與CH3COONa溶液呈酸性，說明CH3COOH的電離程度比CH3COO-的水解程度要大，此時，c(CH3COOH)c(CH3COO-)。+4NH弱酸與含有相應(yīng)酸根的鹽混合，若溶液呈堿性，說明弱酸的電離程度小于相應(yīng)酸根離子的水解程度。如HCN與NaCN的混合溶液中，c(CN-)c(CN-)。弱堿與含有相應(yīng)弱堿陽離子的鹽的混合情況，與、的情況類似。例如，在0.1 mol/L的NH4Cl和0.1 mol/L的氨

5、水混合溶液中，各離子濃度的大小順序為c( )c(Cl-)c(OH-)c(H+)。在該溶液中，NH3H2O的電離與NH的水解互相抑制，但NH3H2O的電離程度大于NH的水解程度，溶液呈堿性，c(OH-)c(H+)，同時c( )c(Cl-)。+4NH+4NH例例2 向體積為Va的0.05 molL-1CH3COOH溶液中加入體積為Vb的0.05 molL-1KOH溶液，下列關(guān)系錯誤的是()A.VaVb時：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)c(K+)B.Va=Vb時：c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-)C.Vac(K+)c(OH-)c(H+)D.Va與Vb任意比時：c(K+)+c(

6、H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)C 【解析】 若VaVb，醋酸過量，根據(jù)物料守恒可知，n(CH3COOH)+n(CH3COO-)=0.05Va， C=0.05Vb，則A選項正確；若Va=Vb，反應(yīng)后為CH3COOK溶液，由于CH3COO-水解而顯堿性，根據(jù)質(zhì)子守恒可知，B選項正確；若Va c ( C H3C O O-) ，選項錯誤；D選項符合電荷守恒，正確。 n(K+) 【點評】 在解答溶液中微粒濃度的大小比較類的題目時，核心是抓住守恒，其包括：電荷守恒、物料守恒和質(zhì)子(氫離子)守恒。其中電荷守恒是指溶液中陽離子所帶正電荷總數(shù)等于陰離子所帶負(fù)電荷總數(shù)；物料守恒是指原子個數(shù)守恒或質(zhì)量守

7、恒；質(zhì)子守恒是指在強(qiáng)堿弱酸鹽或強(qiáng)酸弱堿鹽溶液中，由水所電離的H+與OH-量相等。_。例例3 分析下列溶液蒸干后得到的固體是什么？寫出化學(xué)式，并簡要說明理由。(1)K2CO3溶液蒸干得到的固體物質(zhì)是_，原因是_(2)(NH4)2SO4溶液蒸干得到的固體物質(zhì)是_，原因是_。_考點考點3 鹽類水解的應(yīng)用鹽類水解的應(yīng)用K2CO3(NH4)2SO4溶液中雖然 水解生成+4NHNH3H2O，但由于生成的H2SO4為不揮發(fā)性強(qiáng)酸，隨H2SO4濃度增大，將再與NH3H2O反應(yīng)生成(NH4)2SO4 當(dāng) 水解到一定程度時KOH又與KHCO3反應(yīng)，最后得到K2CO323CO(4)Ba(HCO3)2溶液蒸干得到的固

8、體物質(zhì)是_，原因是_。(4)Na2SO3溶液蒸干得到的固體物質(zhì)是_，原因是_。(5)Mg(HCO3)2溶液蒸干得到的固體物質(zhì)是_，原因是_。Mg(OH)2 由于Mg(HCO3)2分解生成MgCO3，進(jìn)而轉(zhuǎn)化成更難溶的Mg(OH)2BaCO3和CO2、H2O，隨著濃縮的不斷進(jìn)行，CO2不斷逸出，最后剩余BaCO3由于在溶液中Ba(HCO3)2是分解生成BaCO3Na2SO4由于蒸發(fā)過程中Na2SO3不斷被氧化，最終生成Na2SO4 【點評】 將溶液加熱蒸干時得到什么產(chǎn)物，要根據(jù)鹽是否分解或水解完全判斷。易揮發(fā)性酸所生成的鹽在加熱蒸干時水解趨于完全不能得到其晶體。例如：AlCl3、FeCl3；而高

9、沸點酸所生成的鹽，加熱蒸干時可以得到相應(yīng)的晶體，例：CuSO4、NaAlO2。 溶液中存在哪些電離和水解是判斷離子濃度大 酸、堿、鹽在水溶液中均存在溶解電離，酸堿只有電離，無水解，如H2PO4分三步電離，不能認(rèn)為生成的 還有水解。鹽則要看其第一步電24PO離后生成的離子，如 只有水解，則 既有電離又有電解； 對于存在多重平衡的溶液，要先判斷呈什么性及原因，抓住主要平衡，平衡及離子濃度，再比大小。2-3CO3HCO小的基礎(chǔ)，要抓住兩點防止混淆：BD1.(2011江蘇卷江蘇卷)下列有關(guān)電解質(zhì)溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是(雙選)( )A在0.1 molL-1NaHCO3溶液中：c(Na+)c

10、( )c( )c(H2CO3)=c( )+2c(H2CO3)C向0.2 molL-1NaHCO3溶液中加入等體積0.1 molL-1NaOH溶液：c( )c( )c(OH-)c(H+)D常溫下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液pH=7，c(Na+)=0.1 molL- 1：c(Na+)=c(CH3COO-)c(CH3COOH)c(H+)=c(OH-)23CO3HCO3HCO3HCO23COB在0.1 molL-1Na2CO3溶液中：c(OH-)-c(H+) 【解析】 解答本題時應(yīng)具體分析溶液中存在的各種電離和水解情況，注意運用電荷守恒、物料守恒、質(zhì)子守恒進(jìn)行有關(guān)推斷。A項，NaHCO3

11、溶液呈堿性， 的水解程度大于電離程度，c( )應(yīng)小于c(H2CO3)，A項錯誤；B項，在0.1 molL-1Na2CO3溶液中的質(zhì)子守恒式為：c(OH-)=c( )+2c(H2CO3)+ c (H+)， 將 質(zhì) 子 守 恒 式 變 形 可 得 ： c ( O H-) -c(H+)=c( )+2c(H2CO3)，B項正確； 3HCO3HCO3HCO23COC項，向0.2 molL-1NaHCO3溶液中加入等體積0.1 molL-1NaOH溶液，所得溶液為等物質(zhì)的量濃度的Na2CO3、NaHCO3的混合溶液，該溶液中 的水解C項錯誤；D項，相同狀況下，醋酸的電離程度大于醋酸鈉的水解程度，該溶液pH

12、=7，則醋酸的濃度應(yīng)23CO程度遠(yuǎn)大于 的電離程度，c( )應(yīng)小于c( )，23CO3HCO3HCO小于醋酸鈉的濃度，又根據(jù)電荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，又pH=7，c(H+)=c(OH-)，則c(Na+)=c(CH3COO-)，D項正確。C2.(2011安徽卷安徽卷)室溫下，將1.000 molL-1鹽酸滴入20.00 mL 1.000 molL-1氨水中，溶液pH和溫度隨加入鹽酸體積變化曲線如圖所示。下列有關(guān)說法正確的是( )A.a點由水電離出的c(H+)=1.010-14 molL-1B.b點：c( )+c(NH3H2O)=c(Cl-)C.c

13、點：c( )=c(Cl-)+4NHD.d點后，溶液溫度略下降的主要原因是NH3H2O電離吸熱+4NH 【解析】 本題綜合考查水溶液中的電離平衡以及酸堿中和滴定的相關(guān)知識。選項具體分析結(jié)論Aa點7pH1.010-14 molL-1錯誤Bb點時鹽酸和氨水反應(yīng)，氨水過量，此等式不成立錯誤Cc點溶液呈中性，根據(jù)電荷守恒此等式成立正確Dd點時鹽酸和氨水恰好完全反應(yīng)，放熱最多，再加鹽酸，已無NH3H2O剩余，溫度降低是由于加入鹽酸的溫度低，造成溶液溫度下降錯誤3.(2011廣東卷廣東卷)對于0.1molL-1Na2SO3溶液，正確的是( )A升高溫度，溶液的pH降低Bc(Na+)=2c( )+c( )+c

14、(H2SO3)Cc(Na+)+c(H+)=2c( )+2c( )+c(OH-)D加入少量NaOH固體，c( )與c(Na+)均增大3HSO23SO23SO3HSO23SOD 【解析】 解答本題應(yīng)從溶液中微粒之間的關(guān)系入手，考慮水解平衡的影響。Na2SO3為弱酸強(qiáng)堿鹽，水解顯堿性，水解是吸熱反應(yīng)，所以溫度升高，水解程度增大，其pH增大，A不正確；B項考查物料守恒，正確的表達(dá)式為c(Na+)=2c( )+2c( )+2c(H2SO3)，故B不正確；C項是考查電荷守恒，其正確的表達(dá)式為c(Na+)+c(H+)=2c( )+c( )+c(OH-)，故C不正確；加入少量NaOH固體，抑制其水解，水解程度

15、降低，c( )與c(Na+)均增大，故D正確。23SO3HSO23SO3HSO23SO4.(2011天津卷天津卷)25時，向10 mL 0.01 mol/L KOH溶液中滴加0.01 mol/L苯酚溶液，混合溶液中粒子濃度關(guān)系正確的是( )A.pH7時，c(C6H5O-)c(K+)c(H+)c(OH-)B.pHc(C6H5O-)c(H+)c(OH-)C.VC6H5OH(aq)=10 mL時，c(K+)=c(C6H5O-)c(OH-)=c(H+)c(C6H5OH)=2c(K+)D.VC6H5OH(aq)=20 mL時，c(C6H5O-)+D 【解析】 解答此類題目時注意運用電荷守恒、物料守恒原理

16、。 【解析】 解答此類題目時注意運用電荷守恒、物料守恒原理。 【解析】 解答此類題目時注意運用電荷守恒、物料守恒原理。5.(2012四川卷)常溫下，下列溶液中的微粒濃度關(guān)系正確的是( )A新制氯水中加入固體NaOH：c(Na)c(Cl)c(ClO)c(OH)BpH8.3的NaHCO3溶液：c(Na)c(HCO3)c(CO32)c(H2CO3)CpH11的氨水與pH3的鹽酸等體積混合：c(Cl)c(NH4)c(OH)c(H)D0.2molL1CH3COOH溶液與0.1molL1NaOH溶液等體積混合：2c(H)2c(OH)c(CH3COO)c(CH3COOH)D【解析】 本題考查溶液中離子濃度的

17、大小比較。A項不符合電荷守恒，錯；pH8.3的NaHCO3溶液中，HCO3的水解大于電離，故CO32的濃度小于H2CO3，B錯；pH11的氨水與pH3的鹽酸等體積混合，氨水過量，溶液顯堿性，C項錯誤；根據(jù)物料守恒D項正確。6. 下列說法正確的是( )A物質(zhì)的量濃度均為0.1 molL-1的(NH4)2SO4、(NH4)2Fe(SO4)2兩種溶液中，c( )相同B25時，在0.1 molL-1的CH3COOH溶液中加入CH3COONa固體，溶液的pH一定小于7C25時，將0.1 molL-1的NaOH溶液與pH=1的稀硫酸等體積混合，混合后的溶液pH=7D將同濃度的NaAlO2溶液與Na2CO3溶液混合后，可以生成白色沉淀，并產(chǎn)生氣泡C+4NH7. 下列各組離子能在指定溶液中共存的是( )B