专题3 第3单元 第2课时 影响盐类水解的因素 盐类水解的应用(Word教参)-【精讲精练】2024-2025学年高中化学选择性必修1（苏教版2019）

第2课时　影响盐类水解的因素　盐类水解的应用 [学习目标]　1.知道影响盐类水解平衡的因素。2.能运用化学平衡移动原理，分析外界因素对水解平衡的影响。3.能举例说明盐类水解在生产、生活中的应用。4.能分析溶液中存在的平衡体系和守恒关系，比较溶液中离子浓度的数量关系。 知识点一　影响盐类水解的主要因素 1．实验探究内因对水解平衡的影响 已知常温下HClO、CH3COOH、HNO2的电离平衡常数Ka分别为4.0×10－8、1.8×10－5、5.6×10－4。 用pH计测定下列三种盐溶液的pH填入下表： 盐溶液(0.1 mol·L－1) pH 解释与结论 NaClO 10.3 HClO的Ka最小，水解程度最大 CH3COONa 9.0 CH3COOH的Ka较大，水解程度较小 NaNO2 8.2 HNO2的Ka最大，水解程度最小 实验结论：在盐水解过程中，如果生成的弱电解质越难电离，则生成弱电解质的倾向越大，盐水解程度越大，溶液中c(H＋)和c(OH－)的差别越大。 2．规律总结 盐本身的结构和性质是决定盐类水解程度的主要因素。 (1)盐的离子对应的酸或碱越弱，则水解程度越大，即越弱越水解。 (2)正盐离子比其对应酸式盐离子的水解程度大。 如，物质的量浓度相同时，pH：Na2CO3＞NaHCO3。 3．实验探究影响盐类水解的外界因素 Fe(NO3)3为强酸弱碱盐，在水溶液中易发生水解使溶液呈酸性：Fe(NO3)3＋3H2OFe(OH)3＋3HNO3，离子方程式为：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。 实验操作 实验现象 实验结论与解释 实验1 用pH计测量0.1 mol/L Fe(NO3)3溶液的pH 测得溶液的pH大约为2.8 Fe3＋水解破坏了水的电离平衡，使c(H＋)>c(OH－)(填“>”“<”或“＝”)，溶液呈酸性 实验2 取5 mL 0.1 mol/L的Fe(NO3)3加水稀释到50 mL，测稀释后的pH 测得稀释后的pH变大(填“变大”“变小”或“不变”) 溶液加水稀释，水解平衡向右移动，但c(H＋)减小 实验3 在A、B、C三支试管中各加入相同体积0.1 mol/L的Fe(NO3)3溶液，A试管用酒精灯加热，B试管中加入3滴6 mol/LHNO3，C试管做对比 A试管中红棕色加深，B试管中红棕色变浅 水解平衡为吸热反应，加热平衡向右移动，加入HNO3c(H＋)增大，水解平衡向左移动 4.外界因素对盐类水解平衡的影响规律 (1)温度：盐的水解是吸热反应，因此升高温度，盐的水解程度增大。 (2)浓度：稀释盐溶液，可以促进水解，盐的浓度越小，水解程度越大。 (3)外加酸碱：水解呈酸性的盐溶液，加碱会促进水解；加酸会抑制水解。水解呈碱性的盐溶液，加碱会抑制水解；加酸会促进水解。 (4)外加盐：加入与盐的水解性质相反的盐会使盐的水解程度增大。 1．FeCl3溶液呈酸性还是碱性？写出FeCl3发生水解的离子方程式。 提示　酸性。Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。 2．完成下表，体会外界因素的改变对FeCl3水解平衡的影响。 条件 移动方向 n(H＋) pH Fe3＋水解率 现象 升高温度 向右 增 降 增大 颜色变深 加HCl 向左 增 降 减小 颜色变浅 加H2O 向右 增 升 增大 颜色变浅 加Mg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NaOH 向右 减 升 增大 红褐色沉淀 盐类水解平衡的影响因素 因素 对盐类水解程度的影响 内因 组成盐的酸或碱越弱，水解程度越大 外因 温度 升高温度能够促进水解 浓度 盐溶液浓度越小，水解程度越大 外加 酸碱 水解显酸性的盐溶液，加碱会促进水解，加酸会抑制水解，反之亦然 外加能水 解的盐 1．在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO＋H2OHCO＋OH－。下列说法正确的是(　　) A．稀释溶液，水解平衡常数增大 B．通入CO2，平衡朝正反应方向移动 C．升高温度，减小 D．加入NaOH固体，溶液pH减小 解析　平衡常数只与温度有关，稀释时尽管水解程度增大，但平衡常数不变，A错误；通入CO2，OH－与CO2反应，c(OH－)减小，平衡向正反应方向移动，B正确；水解反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，增大，C错误；加入NaOH固体，c(OH－)增大，溶液pH增大，D错误。 答案　B 2．欲使CH3COONa稀溶液中c(CH3COO－)/c(Na＋)比值增大，可在溶液中(恒温)加入少量下列物质中的(　　) ①固体NaOH　②固体KOH　③固体CH3COONa　④固体NaHSO4 A．①或④ 　　　　　　　　 B．②或③ C．①或② D．③或④ 解析　①加入少量NaOH固体，c(Na＋)增大，c(CH3COO－)也增大，但c(CH3COO－)增大的倍数不如c(Na＋)增大的倍数大，因此c(CH3COO－)/c(Na＋)比值减小；②加入KOH固体，c(OH－)增大，使CH3COONa水解平衡逆向移动，c(CH3COO－)增大，所以c(CH3COO－)/c(Na＋)比值增大；③加入固体CH3COONa，则相当于CH3COONa稀溶液变为浓溶液，而根据“稀释促进水解”可知，在浓溶液中，c(CH3COO－)/c(Na＋)将变大，④加入NaHSO4固体显然促进了水解，使c(CH3COO－)变小，c(Na＋)变大，则c(CH3COO－)/c(Na＋)比值变小。 答案　B 知识点二　盐类水解的应用 1．作净水剂 铝盐、铁盐等部分盐类水解生成胶体，有较强的吸附性，常用作净水剂。 如明矾水解的离子方程式为Al3＋＋3H2O3H＋＋Al(OH)3。 2．热碱水去油污 纯碱水解的离子方程式为CO＋H2OHCO＋OH－。加热促进CO的水解，溶液碱性增强，去污能力增强。 3．盐溶液的配制和保存 配制、保存SnCl2或FeCl3等易水解的盐溶液时，加入少量盐酸的目的是抑制Sn2＋或Fe3＋的水解。 4．制备胶体 向沸水中滴加FeCl3饱和溶液，并加热至沸腾以增大Fe3＋的水解程度，从而制备Fe(OH)3胶体。 5．泡沫灭火器原理 Al2(SO4)3溶液与小苏打溶液发生相互促进的水解反应，产生CO2气体和Al(OH)3沉淀，将燃烧物质与空气隔离开来。离子方程式为Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。 6．制备无机化合物 如用TiCl4制备TiO2，其反应的方程式为TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)===TiO2·xH2O↓＋4HCl。 1．为什么加热可以增强纯碱溶液的去污能力？ 提示　纯碱溶液清洗油污时，加热可以增强其去污力的原因在于升温可以促进碳酸钠的水解，使溶液中c(OH－)增大。 2．配制FeCl3溶液时为什么要加入少量盐酸？ 提示　配制FeCl3水溶液时，加入少量的盐酸，是为了抑制水解以防止溶液浑浊。 3．铝盐和铁盐为什么可以用于净水？ 提示　部分盐在水解时，生成的氢氧化物呈胶体状态且无毒时，可用作净水剂，例如铝盐、铁盐。 1．判断不同类型盐的溶液蒸干后的产物 常见类型 溶液蒸干后所得物质 金属阳离子易水解的挥发性强酸盐 蒸干时得氢氧化物，灼烧后得氧化物，如AlCl3(FeCl3)溶液蒸干时得到Al(OH)3[Fe(OH)3]，灼烧后得到Al2O3(Fe2O3) 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溶液蒸干得到Al2(SO4)3固体 酸根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溶液蒸干后得不到任何物质 不稳定的化合物的水溶液 加热时在溶液中就能分解，得不到原物质，如Ca(HCO3)2溶液蒸干后得到CaCO3 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Na2SO3溶液蒸干后得到Na2SO4 2.判断盐所对应酸的相对强弱 例如：已知物质的量浓度相同的两种盐溶液：NaA和NaB溶液，其pH前者大于后者，则HA和HB的酸性强弱为HB>HA。 3．判断溶液中离子能否大量共存 例如：Al3＋、Fe3＋与CO、HCO因为能发生相互促进的水解反应，在溶液中不能大量共存。 4．采用加热的方法来促进溶液中某些盐的水解，使之生成氢氧化物沉淀，以除去溶液中某些金属离子 例如，不纯的KNO3溶液中常含有杂质Fe3＋，可用加热的方法来除去KNO3溶液中所含的Fe3＋。 1．下列问题与盐类水解有关的是(　　) 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．②③④ C．①④⑤ D．①②③④⑤ 解析　①中NH4Cl与ZnCl2溶液水解均显酸性，可除去金属表面的锈；②HCO与Al3＋水解相互促进，产生二氧化碳，可作灭火剂；③草木灰的主要成分碳酸钾水解显碱性，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口黏结，因此盛放碳酸钠的试剂瓶应用橡胶塞；⑤AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，加热时，HCl挥发使平衡不断右移，最终得到Al(OH)3固体。 答案　D 2．(2023·湘潭检测)下列说法正确的是 (　　) 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．泡沫灭火器中常使用的原料是碳酸钠和硫酸铝 解析　AlCl3溶液和NaAlO2溶液的水解方程式分别为AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，NaAlO2＋2H2OAl(OH)3＋NaOH，加热促进水解，由于盐酸是挥发性酸，因此前者最终产物为Al2O3，后者仍为NaAlO2，A错误；B中很显然所配得的FeCl3溶液中混有杂质SO，错误；由于Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，升高温度可促进水解而产生沉淀，从而除去Fe3＋杂质，C正确；D中，为了加快产生CO2气体的速率，泡沫灭火器中常使用的原料是碳酸氢钠和硫酸铝，错误。 答案　C 1．FeCl3溶液中的水解反应：FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl已达平衡，若要使FeCl3的水解程度增大，应采用的方法是(　　) A．加入NaCl　　　　 B．加入AgNO3固体 C．加入FeCl3固体 D．加热 解析　加入NaCl，对水解平衡无影响，A错误；加入硝酸银，会和氯化铁溶液中Cl－结合生成氯化银沉淀，但对平衡无影响，B错误；加入氯化铁固体，铁离子浓度增大，尽管平衡右移，但氯化铁的水解程度减小，C错误；水解反应是吸热反应，温度升高，水解平衡右移，FeCl3的水解程度增大，D正确。 答案　D 2．(2023·浏阳检测)下列说法错误的是(　　) A．除去MgCl2溶液中少量的FeCl3，可选用MgCO3 B．等物质的量浓度的(NH4)2SO4溶液和(NH4)2CO3溶液中NH的浓度前者大于后者 C．在NaHS溶液中，滴入少量CuCl2溶液，产生黑色沉淀，HS－的水解程度增大，pH增大 D．用饱和氯化铵溶液可以清洗金属表面的锈迹 解析　A，Fe3＋水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入的MgCO3与H＋反应，使上述水解平衡右移，最终生成 Fe(OH)3沉淀，正确；B，CO结合H＋，使NH＋H2O NH3·H2O＋H＋右移，所以(NH4)2CO3溶液中NH水解程度大，浓度小，正确；C，NaHS溶液中存在以下平衡：HS－＋H2OH2S＋OH－、HS－H＋＋S2－，Cu2＋与S2－结合生成黑色沉淀CuS，使HS－H＋＋S2－右移，HS－浓度减小，水解平衡HS－＋H2OH2S＋OH－左移，HS－水解程度减小，pH减小，错误；D，氯化铵溶液水解显酸性，与锈迹反应，正确。 答案　C 3．实验测得0.5 mol·L－1 CH3COONa溶液、0.5 mol·L－1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是(　　) A．随温度升高，纯水中c(H＋)>c(OH－) B．随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH－)减小 C．随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果 D．随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO－、Cu2＋水解平衡移动方向不同 解析　A错误，温度升高，促进水的电离，溶液中的H＋、OH－浓度均增大，但二者始终相等，溶液呈中性；B错误，温度升高，CH3COONa溶液中的水解平衡正向移动，c(OH－)增大；C正确，随着温度的升高，CuSO4溶液的水解平衡正向移动，水的电离平衡正向移动，因此CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果；D错误，随着温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的水解平衡均正向移动。 答案　C 4．把0.02 mol·L－1CH3COOH溶液和0.01 mol·L－1 NaOH溶液以等体积混合，混合溶液中粒子浓度关系正确的是(　　) A．c(CH3COO－)＞c(Na＋) B．c(CH3COOH)＞c(CH3COO－) C．2c(H＋)＝c(CH3COO－)－c(CH3COOH) D．c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.02 mol·L－1 解析　溶液混合后，二者反应，但CH3COOH过量，变为CH3COONa和CH3COOH的混合溶液。CH3COOH和CH3COO－相互抑制，但以CH3COOH电离为主，溶液显酸性，即c(H＋)>c(OH－)，由电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，则有c(CH3COO－)＞c(Na＋)，A正确；CH3COOH电离程度大于CH3COO－水解程度，B错误；电荷守恒式为c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，物料守恒式为2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，联立两式可得：2c(H＋)＝c(CH3COO－)－c(CH3COOH)＋2c(OH－)，C错误；混合后溶液的体积是原来的2倍，则c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.01 mol·L－1，D错误。 答案　A 5．在室温下，下列五种溶液：①0.1 mol·L－1 NH4Cl ②0.1 mol·L－1CH3COONH4　③0.1 mol·L－1 NH4HSO4　④0.1 mol·L－1 NH3·H2O和0.1 mol·L－1NH4Cl混合　⑤0.1 mol·L－1 NH3·H2O 请根据要求填写下列空白： (1)溶液①呈________(填“酸”“碱”或“中”)性，其原因是_____________________ ________________________________________________(用离子方程式表示)。 (2)比较溶液②、③中c(NH)的大小关系是②____(填“>”“<”或“＝”)③。 (3)在溶液④中，NH3·H2O和________物质的量浓度之和为0.2 mol·L－1。(填离子符号) (4)室温下，测得溶液②的pH＝7，CH3COO－与NH浓度的大小关系是c(CH3COO－)________(填“>”“<”或“＝”)c(NH)。 解析　(1)0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液是强酸弱碱盐，在溶液中NH发生水解反应：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，消耗水电离产生的OH－，当最终达到平衡时，溶液中c(H＋)>c(OH－)，所以溶液显酸性。(2)0.1 mol·L－1 的CH3COONH4和0.1 mol·L－1 的NH4HSO4的溶液中都存在水解平衡：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋在CH3COONH4的溶液中还存在CH3COO－的水解平衡：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－；醋酸根离子的水解作用对铵根的水解起促进作用，使c(NH)进一步减小；而在NH4HSO4的溶液中，盐电离产生H＋，对铵根的水解起抑制作用，使c(NH)略有增加，因此②、③两种溶液中c(NH)的大小关系是②<③。(3)在④0.1 mol·L－1 的NH3·H2O和0.1 mol·L－1 NH4Cl的混合液中，根据氮元素守恒可知NH3·H2O和NH的物质的量浓度之和为0.2 mol·L－1。(4)室温下，在任何物质的水溶液中都存在电荷守恒，对于②的溶液：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(NH)，由于溶液pH＝7，则c(OH－)＝c(H＋)，所以c(CH3COO－)＝c(NH)。 答案　(1)酸　 NH＋H2ONH3·H2O＋H＋　(2)＜　(3)NH　(4)＝ 学科网（北京）股份有限公司 $$