3.3 二、盐类水解的主要影响因素及应用-【重难点手册】2024-2025学年高中化学选择性必修第一册（人教版2019）

第三章 水溶液中的离子反应与平衡 变化如下表所示 B.发生血液酸中毒时,可注射NaHCO:溶 22.4 17.820.0 c(HCO).c(H.CO) 1.0 液缓解 pH 7.35 7.40 6.10 7.45 C.在pH=7.00的血液中,c(H.CO.) c(HCO) 下列说法不正确的是 )。 D.在pH=7.40的血液中,HCO的水解程 A.正常人体血液中,HCO的水解程度大 度一定大于H.CO。的电离程度 于电离程度 二、盐类水解的主要影响因素及应用 01-么备知识梳理 塞础梳理 知识点 影响盐类水解的因素 同敲黑板/ 1.探究反应条件对FeC水解平衡的影响 (1)FeCl。水解反应的化学方程式 Fe 水解是一个吸热的 FeCl +3H.O-Fe(OH).+3HCl 可逆过程,水解平衡是一个动 态平衡,当加入的物质能与落 (2)实验操作、现象、解释或结论 液中的H反应(如生成弱电 可能的 实验操作 现象 解释或结论 影响因素 解质)时,Fe的水解程度可 能趋于完全。 颜色变深,若加热到沸 加热溶液 温度 升高温度,平衡正向 腾可能得到红褐色液 移动(水解被促进) 体[Fe(OH)。胶体] 反应物 1加入浓氧化铁溶液 c(Fe)增大,平衡正 的浓度 颜色变深(呈棕黄色 或氧化铁固体 向移动 通入HC1气体或 c(H)增大,平衡逆 颜色变浅 题记方法” 加入少量浓盐酸 向移动(水解被抑制 盐类水解平衡移动的判断 OH中和H,c(H 加入少量 盐类水解平衡的移动仍 产生红褐色沉淀 减小,平衡正向移动,形 浓NaOH溶液 然遵循化学平衡移动规律,但 成沉淀 生成物 不受压强影响,所以主要从温 的浓度 产生红褐色沉淀、无色 Mg与H反应,c(H) 加入Mg粉 度、浓度两方面考虑对平衡的 气体 减小,平衡正向移动 影响。在判断平衡移动时不 HCO 与H反应, 要将盐类的水解平衡与弱电 加入 产生红褐色沉淀、无色 c(H)减小,平衡正向 气体 NaHCO. 解质的电离平衡相混淆。 移动 183 重难用册 高中化学 选择性必修1化学反应原理 J 2.规律--影响盐类水解的因素 7易错 主要由盐自身的性质决定:构成盐的酸根离子对应 在判断水解平衡的移动 主要因素 的酸的酸性越弱或阳离子对应的碱的碱性越弱,酸 时需要抓住主要因素,例如:在 (内因) 根离子或阳离子的水解程度就越大。例如酸性 NH.C1溶液中通入少量氢气, HCIOCHCOOH.水解程度.CIOCH.CO0 c(NH。·H.O)的增大抑制了 温度 升高温度能够促进水解 NH. 的水解,会使平衡NH 长三壮 浓度 盐溶液的浓度越小,水解程度越大 +HO-NH·HO+H 水解显酸性的盐溶液,加破促进水解,加酸抑制水 逆向移动,而不是NH·H.O 外加酸、碱 解:水解显碱性的盐溶液,加碱抑制水解,加酸促进 与H 反应导致水解平衡正 水解 向移动。 例(2023·江苏徐州模拟)如图所示,三个烧瓶中分别装 有含酬融的0.01mol·LCH.COONa溶液,并分别放置在盛 有水的烧杯中,然后向烧杯①中加入生石灰,向烧杯③中加入 NHNO。晶体,烧杯②中不加任何物质。 回诊考第 (1)加水稀释时,盐溶液 的浓度越小,盐的水解程度越 大,其溶液的酸性或碱性却超 ①加入生石灰 ②空温 ③加人NH.NO品体 弱,这是由于稀释时溶液中离 (1)含酸酥的0.01mol·L-1CH.COONa溶液显浅红色的 子浓度减小的程度大于水解 原因为 时离子浓度增大的程度。 (2)实验过程中发现烧瓶①中溶液的红色变深,烧瓶③中溶 (2)水解平衡正向移动, (填序号)。 液的红色变浅,则下列叙述中正确的是 盐的水解程度不一定增大,例 A.水解反应为放热反应 如:加水稀释时,盐的水解平 B.水解反应为吸热反应 衡正向移动,水解程度一定增 大,但增大盐溶液的浓度时 C. NH.NO。溶于水时放出热量 水解平衡也正向移动,盐的水 D.NHNO.溶于水时吸收热量 解程度却减小 (3)向0.01mol·L-)CH.COONa溶液中分别加入少量浓 盐酸、NaOH固体、Na。CO。固体、FeSO. 固体,则CH.COO水解 平衡移动的方向分别为 (均填“左移”、“右移”或“不移动”)。 解析 (2)生石灰与水反应放出大量的热,根据烧瓶①中溶液 的红色变深,判断水解平衡正向移动,说明水解反应为吸热反应,同 时烧瓶③中溶液的红色变浅,则NHNO.溶于水时吸收热量。 (3)酸促进CH.COO的水解;碱抑制CH.COO的水解;CO}与 CH.COO相互抑制水解;Fe与CH.COO相互促进水解。 184 第三章 水溶液中的离子反应与平衡 [答案(1)CHCOO发生水解,使溶液显碱性。 (2)BD。 (3)右移;左移;左移;右移 知识点 盐类水解的应用 同敲黑板 举例 应用 利用盐类水解除杂 判断溶液 (1)采用加热的方法来促 FeCl:溶液显酸性,原因是Fe*+3H.OFe(OH)+3H 的酸碱性 进溶液中某些盐的水解,使之 判断酸性 等浓度时NaX溶液的pH小于NaY溶液的pH,则酸性 生成氢氧化物沉淀,以除去溶 强弱 HX>HY 液中某些金属离子。例如,可 配制或储 配制CuSO.溶液时,加入少量HSO,抑制Cr 水解;配制 用加热的方法除去KNO:溶 存易水解 FeCl.溶液时,加入少量盐酸,抑制Fe水解;储存Na。CO。溶 液中所含的Fe。 的盐溶液 液时不能用磨口破璃塞 (2)在除去MgCl:溶液中 制取Fe(OH):胶体的离子反应为Fe+3H,O-3H + 的Fe时,向溶液中加入 胶体的制取 Fe(OH)(胶体) MgO.Mg(OH):或MgCO. 与Fe水解产生的H反应, 泡沫灭火 泡沫灭火器的主要成分为NaHCO.溶液与A1.(SO.)。溶液, 使Fe 转化成Fe(OH)。而 器原理 发生的反应为A +3HCO-Al(OH)+3CO{ 除去。 明巩可作净水剂,原理为AF +3HO一A1(OH)。(胶体)十 作净水剂 (3)在除去CuCl.溶液中 3H 的Fe时,向溶液中加入 化肥的使用 镂态氮肥与草木灰不能混用 CuO、Cu(OH)、CuCO. 或 除锈剂 NH.CI溶液与ZnCl.溶液可作煌接金属时的除锈剂 Cu(OH)CO,与Fe水解 例2下列叙述中与盐的水解有关的是 )。 产生的H反应,使Fe转化 ①NHC1溶液与ZnCl。溶液可作煌接金属时的除锈剂 成Fe(OH):而除去。 ②NaHCO。与Al(SO)。两种溶液混合可作泡沫灭火剂 园诊考第 ③草木灰与按态氢肥不能混合施用 抑制水解和促进水解都 ④实验室盛放Na。CO.溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞 可以应用于某些物质的制 A.①②③ D.①②③④ B.②③④ C.①④ 备。例如,在HCl气体中使 MgCl.·6HO脱水制备无水 [解析 ①NH.C1溶液和ZnCl。溶液水解均呈酸性,可除去金 MgCl、将A1Cl:·6HO与 属表面的锈;②A与HCO相互促进水解,产生大量的CO。; SOCl.共热制取无水AICl是 可作灭火剂;③草木灰的主要成分为K。CO。,水解显碱性,而按态 抑制水解的示例:促进Fe完 氢肥水解显酸性,因而不能混合施用;④Na。CO。水解使溶液呈碱 全水解从而得到Fe(OH) 性,玻璃中的SiO。会与碱反应生成NaSiO,将瓶塞与瓶口黏结。 促进钛盐完全水解从而得到 [答案 D TiO,是促进水解的示例。 重难拓展 重难点 盐溶液蒸干、灼烧时所得产物的判断 题记方法 常见溶质类型 溶液蒸干、灼烧所得产物 蒸干、灼烧盐溶液的分析 金属阳离子易水解 蒸干后一般得到原物质,如将CuSO.溶液蒸干得 思路: 的难挥发性强酸盐CuSO (1)溶质是否受热易分解 185 高中化学 选择性必修1化学反应原理 续表 (2)溶质在加热条件下是 常见溶质类型 溶液蒸干、灼烧所得产物 否被氧化。 金属阳离子易水解 蒸干、灼烧后一般得到对应的氧化物,如将AICl。溶液 (3)溶质中是否存在易发 蒸干得A1(OH),灼烧得A1.O 的易挥发性酸盐 生水解反应的离子。 酸根离子易水解的蒸干后一般得到原物质,如将NaCO.溶液蒸干得 (4)水解产物是否易挥发 强碱盐 Na.CO. 而脱离反应体系。 蒸干后无固体,如(NH).S、NHHCO(NH)CO 挥发性弱酸的安盐 溶液 同诊考第 考虑盐受热时是否分解,如Ca(HCO。):、NaHCO. KMnO.、NH.CI固体受热易分解,因此蒸干、灼烧 盐溶液蒸干后产物的判 热稳定性差的盐 后所得产物分别为Ca(HCO。)→CaCO→CaO 断还需从多方面考虑,例如: NaHCO.→Na.CO.:KMnO.→K.MnO 和 MnO.; 蒸干NaClO溶液时,既要考 NHCl→NH:和HCl 虑Cl0的水解又要考虑 易被氧化的还原蒸干时会被O.氧化,得不到原物质,如将Na.S0.溶 HClO的受热分解,所以将 性盐 液蒸干得到其氧化产物Na。SO NaCO溶液蒸千后得到NaC 固体。 其他(从多角度考 如蒸干NaC1O溶液时,ClO水解生成的HCIO受热 虑) 分解为HCl与O.,因此蒸干NaClO溶液最后得到的 固体是NaCl 例(2023·四川遂宁第二中学月考)将下列溶液在空气中 网拓考点 蒸干后充分灼烧,最终能得到原溶质固体的是( )。 A.CuCl:溶液 B. NaCO.溶液 将氧化亚锡晶体落于水, C. Na。SO. 溶液 D. NaHCO.溶液 氛化亚锡在水中发生水解生成 沉淀,SnCl+HO-HCl+ 解析 Cu水解得到Cu(OH)。和HCl,HCl易挥发,故 Sn(OH)C,此时若加入稀 CuCl,溶液蒸干后灼烧会得到氧化铜;碳酸纳是强碱弱酸盐,在溶 盐酸,可使溶液变澄清 液中会分步水解,以一级水解生成碳酸氢纳和氢氧化钢为主,其 溶液在空气中蒸干的过程中碳酸氢钟与氢氧化钟会反应生成碳 酸纳,所以最后得到的固体依然为碳酸纳;Na。SO。具有还原性, 加热过程中SO}被氧化,最终得到疏酸钟;NaHCO.不稳定,加 热易分解,最终得到碳酸纳 [答案 B 重难点2溶液中粒子浓度大小的比较 二敲黑板 在判断能水解的盐溶液中粒子浓度的大小关系时,首先要明确 (1)电离理论 盐的电离是强烈的,水解是微弱的,其次要明确多元弱酸盐的水解 ①弱电解质的电离是微 是分步进行的,以第一步水解为主,最后不要忘记水的电离 弱的,电离产生的微粒都非常 (1)多元弱酸溶液,根据多步电离进行分析,如在H.PO.溶 少,同时还要考虑水的电离。 液中;c(H)c(HPO)c(HPO)c(PO)。 如氢水溶液中:cNH·H.O) 186 第三章 水溶液中的离子反应与平衡 (2)多元弱酸的正盐溶液,根据弱酸根离子的分步水解进行 c(OH)e(NH) 分析,如在NaCO溶液中:c(Na)>c(CO)c(OH) ②多元弱酸的电离是分步 c(HCO)c(H)。 进行的,以第一步电离为主。 (3)多元弱酸的酸式盐溶液,根据其电离程度和水解程度的 如在HS溶液中,H.S、HS S、H的浓度大小关系是 相对大小进行分析,如NaHSO、NaH.PO.等的电离程度大于水 c(HS)c(H)c(HS)> 解程度,溶液呈酸性,NaHSO。溶液中离子浓度的大小关系为 c(S). c(Na )>c(HSO)>c(H)c(SO)>c(OH),NaHCO, (2)水解理论 NaHS等的水解程度大于电离程度,溶液呈碱性,在NaHCO.溶液中; ①弱碱阳离子和弱酸根 c(Na)>c(HCO)>c(OH)>c(H). 离子的水解是微弱的(水解相 (4)不同溶液中同一离子的浓度大小比较,要考虑溶液中 互促进的除外),但由于水的 其他离子对该离子的影响。如在相同浓度的①NHCl. 电离,故水解后酸性溶液中 c(H)或减性溶液中c(OH) ②CH.COONH③NHHSO、④(NH)SO、(NH.)CO的 总是大于水解产生的弱电解 水溶液中,c(NH)由大到小的顺序是④ >③>①>② 质的浓度。如在NHC1溶液 (5)混合溶液中各离子浓度的比较,根据电离、水解程度的相 中,NH.、NH·HO.CI以 对大小进行综合分析。 及H的浓度大小关系是 ①分子的电离程度大于对应离子的水解程度;在0.1mol·L c(C)c(NH)c(H) NH.C1和0.1mol·L-氛水的混合溶液中,由于NH。·HO的 c(NH·HO). 电离程度大于NH的水解程度,溶液呈减性。溶液中各离子浓 ②多元弱酸的酸根离子 的水解是分步进行的,以第一 度的大小顺序为c(NH)>c(Cl)c(OH)c(H). 步水解为主。如Na。CO 溶 ②分子的电离程度小于对应离子的水解程度:在0.1mol·L 液中:c(CO)c(HCO)> HCN和0.1mol·L NaCN的混合溶液中,由于HCN的电 c(HCO)。 离程度小于CN的水解程度,溶液呈碱性。溶液中各离子浓度 赠记方法 的大小顺序为c(Na)>c(CN)>c(OH)>c(H )。 溶液中粒子浓度大小的 例(2023·四川成都树德中学月考)下列溶液中粒子的物 比较方法 质的量浓度关系正确的是( )。 先确定溶液中溶质的成 A.将0.1mol·L NaHCO. 溶液与0. 1mol·L-NaOH 会及各自物质的子浓庭 的大小 溶液等体积混合,所得溶液中c(Na)>c(CO)>c(HCO) c(OH) 写出电离方程式、水解方 程式,找出济液中存在的 短子 B.室温下,将pH一2的盐酸与pH一12的氛水等体积混合 所得溶液中c(C1)十c(H)>c(NH)十c(OH) 依据也离和水解程度的 C.将0. 1mol·L-CH.COOH溶液与0.1mol·L-NaOH 相对大小,比较粒子求 度的大小 溶液等体积混合,所得溶液中c(OH)>c(H)十c(CHCOOH) D. 将20mL0. 1mol·L-1CHCOONa溶液与10mL 园诊考第 0.1mol·LHCI溶液混合后溶液呈酸性:所得溶液中 两溶液发生反应后,溶液 c(CHCOO)>c(Cl)c(CHCOOH)c(H) 中粒子浓度大小的比较方法: 187 重 理高中化学 选择性必修1化学反应原理 2 [解析] 将0.1mol·L-1NaHCO. 溶液与0.1mol·L-1NaOH (1)判断反应产物:判断 溶液等体积混合,发生反应NaHCO+NaOH--Na。CO+HO. 两种溶液混合时生成了什么 物质,是否有物质过量,再确 所得溶液的落质为Na。CO,溶液中存在水解平衡CO+HO 定反应后溶液的组成。 HCO+OH、HCO+HOHCO+OH,故离子浓度: (2)写出反应后溶液中存 c(Na)c(CO)c(OH)c(HCO).A项错误;室温下,pH 在的平衡:根据溶液的组成, 2的盐酸与pH一12的氛水中,氢水的浓度远大于盐酸,等体积混合 写出溶液中存在的所有平衡 后所得溶液呈碱性,即c(OH)c(H),结合电荷守恒可得 (水解平衡、电离平衡)。 c(CI)c(NH),则c(Cl)十c(H)c(NH)十c(OH).B项 (3)列出溶液中存在的等 错误;将0.1mol·L-CH.COOH溶液与0. 1mol·L-1NaOH溶 式,根据反应后溶液中存在的 液等体积混合,发生反应CHCOOH十NaOH--CHCOONa十 粒子,结合电荷守恒、元素质 量守恒列出相关等式,据此找 HO.所得溶液的落质为CHCOONa,溶液中存在质子守恒,即c(OH) 出溶液中粒子间的数量关系。 一c(H)+c(CHCOOH).C项错误:将20mL0.1mol·L (4)比大小:根据溶液中 CH.COONa溶液与10mL0.1mol·L-HCl溶液混合,发生反 存在的平衡和题给条件,结合 应CH.COONa+HCl-CH.COOH+NaCl,所得落液的溶质 平衡的有关知识,分析哪些平 为等物质的量浓度的NaCl、CH.COOH和CH.COONa,溶液皇 衡进行的程度相对大一些,哪 酸性,说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度,故所得溶液 些平衡进行的程度相对小一 中c(CHCOO)c(C1)c(CHCOOHDc(H).D项正确 些,再据此比较溶液中各粒子 浓度的大小。 [答奏D 易错点1 盐类水解的五个易失分问题 (1)误认为水解平衡正向移动,离子的水解程度一定增大 纠错练1) 下列说法中正确的是 如向FeCl。溶液中加入少量FeCl。固体,平衡向水解方向 ). 移动,但Fe的水解程度减小。 A.向Na.CO.溶液中加 入少量Ca(OH):固体,CO (2)误认为强碱弱酸盐都因水解而显碱性。如NaHSO。因 的水解程度减小,落液的pH 为酸式酸根离子的电离程度大于水解程度,故其溶液显酸性。 减 (3)由于加热可促进盐类水解,误认为可水解的盐溶液在 B.25C时,用酷酸溶液 蒸干后都得不到原溶质。如AL(SO)。的水解产物不能脱离 滴定等浓度的NaOH溶液至 平衡体系,溶液蒸干后仍得原溶质 pH-7.V(醋酸)V(NaOH) (4)误认为稀溶液中,盐的浓度越小,水解程度越大,其溶 C.向NaAlO:溶液中滴 液酸性(或碱性)也越强。其实,溶液中离子浓度减小是主要的 加NaHCO:溶液,有沉淀和 气体生成 影响因素,所以盐的浓度越小,溶液的酸性(或碱性)越弱 D.将浓度为0.1mol·L1 (5)误认为相互促进水解的离子在水溶液中都不能大量共 的Na.CO)溶液加水稀释,CO 存。AF与HCO、COAIO、SiOHSS、ClO,Fe 的水解程度增大,溶液的pH 与HCO、CO、A1O、SiO、ClO水解相互促进趋于完全 减小 不能大量共存,但NH 与CHCOO、HCO虽相互促进水 解,但水解不彻底,仍能大量共存。 188 第三章 水溶液中的离子反应与平衡 重难点 电解质溶液中的三大守恒 二敲黑板 1.电荷守恒 不同类别的微粒浓度关系等式 任何电中性溶液中,阴离子所带负电荷总数恒等于阳离子所 微粒浓度关系等式 带正电荷总数。如CH.COONa与NaCl的混合溶液中:c(Na ) , 一边全 一边全一边微 +c(H)-c(CHCOO)十c(OH)十c(Cl)。 会一种 短能电 为阴离 离出H. 元素,另 等式没 子,另一 2.物料守恒(元素质量守恒) 一边全 另一边 有明显 边全为 含另二 微粒能 特征 在电解质溶液中,由于某些离子能水解或电离,离子的存 阳离子 种元素结合H 在形式发生了变化,但就该离子所含的某种元素来说,其质量在 元素质 质子守 电荷守 三种等 变化前后是守恒的,即元素质量守恒。如Na。CO。溶液中CO 量恒 武 式变形 短式 能水解,故碳元素以CO、HCO、HCO。三种形式存在,它们 而来。 之间的物料守恒关系为c(Na)-c(CO)十c(HCO)十 c(HCO) 3.质子守恒 m记方法 在电解质溶液中,电离、水解等过程存在质子(H)的转移; 粒子失去的质子数目等于结合的质子数目,称为质子守恒。如 质子守恒式的两种书写方法 Na.CO.溶液中,1个C0结合1个质子生成HC0、结合2个质 方法一:通过分析粒子得 子生成HC0,1个H.0分子结合1个质子生成H.0(H).失去 到和给出(失去)质子的关系 1个质子生成OH,所以存在守恒关系:c(OH)一c(H)十 而得出。如CHCOONa溶 c(HCO)+2c(HCO) 液中: )。 例下列有关溶液中粒子浓度的关系,正确的是 CH.CoOH.CH.COO H01H H0 0_H0H A.pH=1的NaHSO.溶液中:c(H)=2c(SO)十 () c(OH) 质子守恒式:c(CHCOOH) +(H)-c(OH)① B.常温下,在pH-4的醋酸溶液与pH-10的NaOH溶液 方法二:通过联立电荷守 等体积混合后的溶液中:c(CH.COO)>c(Na)>c(H) 恒式和物料守恒式,消去相关 c(OH) 粒子而得出。如CHCOON C.Na。CO溶液中:c(H)=c(OH)一c(HCO)一 溶疫中: c(HCO) c(Na)十c(H)= D.含等物质的量的NaCO。和NaHCO。的混合溶液中; c(CHCOO)十c(OH)(电 3c(Na)-2c(CO)+c(HCO)+c(HCO)] 荷守恒) 解析 在pH-1的NaHSO。溶液中,HSO完全电离为H c(Na)一c(CHCOO)十 和SO,根据电荷守恒可知c(H)+c(Na )一2c(SO)+ c(CHCOOHD(物料守恒) c(OH),由于c(Na)一c(SO).所以c(H)=c(SO)十 两式联立,消去((Na) c(OH),A项错误;常温下,pH一4的醋酸溶液的浓度远大于 和c(CHCOO)可得①式。 pH-10的NaOH溶液的浓度,两溶液等体积混合后,CH.COOH 过量,混合溶液中的溶质为CH.COONa和CH.COOH.溶液显酸 189 重 理高中化学 选择性必修1化学反应原理 2 性,c(H)>c(OH),根据电荷守恒可得c(CHCOO) 纠错练2 c(Na).CHCOOH的电离程度较小,则c(CHCOO)c(Na) 20C时,向20mL.浓度 c(H)>c(OH),B项正确;NaCO。溶液中存在质子守恒; 为0.1mol·L1的醋酸溶液 c(H)十c(HCO)十2c(H.CO)一c(OH).C项错误;含等物质 中不断滴入0. 1mol·L-1NOH 的量的NaCO。和NaHCO。的混合溶液中,根据物料守恒可得 溶液,溶液pH的变化如图所 2c(Na)-3c(CO)+c(HCO)+c(HCO)],D项错误 示,下列有关溶液中粒子浓度 答案 B 的关系,错误的是( ). 。 易错点2 粒子浓度大小比较中守恒原理应用错误 (1)电荷守恒式不是各离子浓度的简单相加,离子带有几个 电荷,就在该离子的浓度前面乘以儿 10 20 0V(NOIDmI. 例如:pH-1的NaHSO.溶液中;c(H)十c(Na) 2c(SO)十c(OH)。 A.a点:c(CHCOO) c(Na)c(H)c(OH) (2)物料守恒式中,离子浓度系数不能漏写或颠倒。 B. b 点:c(Na)一 例如:⑧0.1mol·L-1NaCO. 溶液中:2c(Na )=c(CO)+ c(CHCOO)c(H)二 c(HCO)十c(HCO). c(OH) (3)同浓度的弱酸和弱酸盐(弱碱和弱减盐)共存时通常主 Cc点:c(H)一c(OH)十 要考虑弱酸(碱)的电离而不是弱酸(碱)盐的水解。 c(CH.COOH) 例如:0.1mol·L氢水与0.1mol·L1NH.C1溶液等体 D. d点:c(Na) 积混合(溶液的pH7):c(NH·HO)c(NH)>c(Cl) c(CHCOO)>c(OH)> c(OH)。 c(H) 02-关建能力提升 题型 影响盐类水解平衡的因素 D.25C时,向0.10mol·L-的CHOH 例(2022·浙江6月选考)25°C时,笨 溶液中加少量C。H.ONa固体,水的电离程度 粉(C。H.OH)的K.=1.0X10-,下列说法正 变小 确的是( )。 解析 笨酸的酸性小于醋酸,根据“越弱越 A.相同温度下,pH相等的C.H.ONa溶液和 水解”的规律可知,相同温度下,pH相等的两 CH.COONa溶液中.c(CHO)c(CHCOO) 种溶液中c(C。H.O)<c(CHCOO),A项错 B.将浓度均为0.10mol·L的C.H.ONa 误;加热能够促进C。H.ONa的水解和水的电 溶液和NaOH溶液加热,两种溶液的pH均变大 离,K。增大,pH不一定增大,氢氧化纳是强电 C.25C时,将C.H.OH溶液与NaOH溶 解质,加热后K。增大,pH减小,B项错误; 液混合,测得pH三10.00,则此时溶液中 25C时,将C.H.OH溶液与NaOH溶液混合. c(CHO)-c(CHOH) 测得pH-10.00,c(H )-10-**mol·L-,茅 190 第三章 水溶液中的离子反应与平衡 盼(C。H.OH)的K.-1.0×10-l0,则此时溶液 4.4×10-7、K=4.4×10-11。下列说法正确 中c(CHO)一c(CHOH).C项正确:加入 的是( 。 烟气中的CO 笨酸纳固体,笨酸纳水解促进水的电离,水的 -Ca 电离程度变大,D项错误。 吸收→转化-→烧 答案C KOH(aq)_ A.在KOH溶液吸收CO。所得到的溶液 解影响盐类水解的因素类试题的方法 第一步:审题,明确题目信息。分析题 中:c(HCO)c(HCO) B.KOH完全转化为K。CO.时,溶液中 干信息,了解考查的是哪种物质的水解;分析选 项信息,明确可能导致水解平衡移动的因素。 c(OH)=c(H)十c(HCO)十c(HCO) C.KOH溶液吸收CO。,所得溶液中c 第二步:析题,明确信息之间的联系。 分析题干中物质水解后溶液的酸碱性,再将 0.1mol·L时,溶液中;c(HCO)>c(CO) 选项中的条件置于题千物质的水解环境中, D.图示“吸收”“转化”过程中,溶液的温度 下降 分析对该物质水解的影响,建立两个信息之 解析 HCO的K 间的联系。 _c(HCO)·c(H) c(HCO) 第三步:解题,确定题目答案。通过以 则(HCO)(H),因为没有告知溶液的 上两步分析确定题目答案。 c(HCO) K 跟踪练1已知Fe(SO):溶液中存在 pH.所以无法比较c(HCO)和c(HCO)的 如下平衡:Fe③ +3HO-Fe(OH)+3H。 大小,A项错误;K。CO。溶液中存在质子守恒, )。 下列说法中正确的是( 即c(OH)=c(H)+c(HCO)+2c(H.CO).B A.加入适量水后平衡正向移动,c(H) 项错误;cs=0.1mol·L-l-c(KOH),所以此 增大 时溶液中的溶质是KHCO。,由于KHCO.溶液 B.加热后平衡逆向移动,c(Fe)增大 呈碱性,即HCO的水解程度大于电离程度, C.向Fe(SO)。溶液中加人CaCO.后有 则c(H.CO)c(CO).C项正确;“吸收”和 气泡产生,一段时间后可得到红褐色沉淀 “转化”过程中发生的反应均为放热反应,故溶 D.将Fe(SO)。溶液蒸干、灼烧后可得到 液的温度升高,D项错误。 FeO [答案 C 题型2溶液中粒子浓度大小的比较 ② 例(2022·江苏选择考)一种捕集烟气 溶液中粒子浓度大小的比较 中CO的过程如图所示。室温下以0.1mol·L 比较电解质溶液中粒子浓度的大小时, KOH溶液吸收CO,若通入CO;所引起的溶 首先要明确溶液中存在的平衡关系及粒子的 液体积的变化和H0的挥发可忽略,溶液中含 种类。解题关键有两个,一是根据粒子间的 碳物质的总浓度c一c(HCO)十c(HCO)十 数量关系、离子水解和电离程度及其相对大 c(CO)。H。CO。的两步电离常数分别为K。= 小分析粒子浓度间的大小关系,二是根据粒 191 高中化学 选择性必修1化学反应原理 ② =c(CH.COO)+2c(H) 子种类、不同元素的原子个数比,利用电荷 守恒、元素质量(物料)守恒和质子守恒分析 C.pH-3.5时,溶液中c(Na)十c(H)一 粒子浓度间的等量关系 c(OH)+c(CHCOOH)=0.1mol·L-1 跟踪练2(2023·湖南常德月考)25C时 D.取1LW点对应的溶液,通入0.05mol 有c(CHCOOHD+c(CHCOO)-0.1mol·L- HCI气体(溶液体积的变化可忽略)后,溶液中 的一组醋酸和醋酸钢的混合溶液,溶液中 c(H)三c(CHCOOH)十c(OH) c(CH.COOH).c(CHCOO)与pH的关系如 ,* 图所示。下列有关粒子浓度关系的叙述,正确 0.075- 的是( )。 _w 三0.050-- A.pH=5时,溶液中c(CHCOOH) 0.025- c(CHCOO)c(H)>c(OH) .7{① 810pH B.W点表示的溶液中c(Na )十2c(OH) 03-学业质量测评 正确的是( 基础过关练 测试时间:12分钟 )。 实验目的 选项 试剂与方法 1.叠氢酸(HN)与NaOH溶液反应生成 原理 NaN.。已知NaN。溶液呈碱性,下列叙述正 NH.C1溶液 NHCI溶液显 A 除铁锈 酸性 确的是( )。 A.0.01mol·L- HN.溶液的pH-2 配制 FeCl。 将FeCl。固体 加疏酸溶解: B 疏酸抑制Fe 溶液 B. HN:溶液的pH随温度的升高而减小 再稀释 的水解 C. NaN。的电离方程式:NaN。--Na 十 C 3N 制备胆. 将CuSO:溶液加热促进Cu 加热直至蒸干 的水解 D. 0. 01mol·L-NaN 溶液中:c(H) 向FeCl 溶液 c(Na )=c(N)十c(HN) 制备Fe(OH. 。 中滴加NaOH NaOH促进Fe' 胶体 溶液 2.(2023·湖南衡阳期末)0.1mol·L-1 的水解 NHCI溶液中,由于NH的水解,使得 4.现有下列8种液体:①NaC1溶液、②NaOH溶 c(NH)<0.1mol·L。如果要使c(NH) 液、③HC1溶液、④NHCI溶液、CH.C0ONa 更接近于0.1mol·L-,可采取的措施是 溶液、CHCOOH溶液、氛水、⑧水。回答 ( )。 下列问题。 A.加入少量氢氧化纳 B.加入少量水 (1)NHLC1溶液呈 性,用离子方程 C.通入HC1气体 D.加热 式表示其原因: 3.(2023·江西九江一中期中)下列为达到实 其溶液中离子浓度 验目的所选用的试剂与方法及对应原理都 的大小顺序为 192[(2)NaH.PO,的水解常数K=cHPO)·(OH) 【关键能力提升】 c(H:PO) [跟踪练1]C[加人适量水后，溶液体积增大，促进铁 =K=1.0×10"」 K=71X0≈14×10“，K>K,即 离子水解，平衡正向移动，但(H)减小，A项错误：加 HPO的电离程度大于其水解程度，因而NaH:PO 热促进铁离子水解.平衡正向移动，c(Fe+)减小，B项 溶液的pH<7。] 错误：根据Fe+十3HO一Fe(OH)a十3H可知， 4.(1)②①8③)⑧⑦⑤⑤①。(2). Fe(S)):溶液显酸性，加人CaCO)后，CaCO与氢离 (3)①碱：A十HO一HA十OH。②大于 子反应生成二氧化碳，有气泡产生，(H)减小，平衡 [(1)等浓度物质溶液的pH:碱溶液>盐溶液>酸溶 正向移动，一段时间后可得到Fe(OH)a红褐色沉淀 液。等浓度同类物质溶液的H的一股规律为碱溶 C项正确：Fe(S),):溶液水解后生成硫酸，硫酸难挥 液：二元强碱溶液>一元强碱溶液>一元弱碱溶液： 发，会和水解生成的Fe(OH):反应，又生成 酸溶液：一元弱酸溶液>一元强酸溶液>二元强酸 Fe(S))a,故将Fe(S),):溶液蒸干，灼烧后可得到 溶液：盐溶液：强碱弱酸盐溶液>强酸强碱盐溶液> Fe()),D项错误.] 强酸弱碱盐溶液。(2)pH=6的盐酸中，水电离出 [跟踪练2]C[随着pH的增大，溶液中(CH COOH) )"mol L-110ml .1. 减小，(CHC))增大，pH=4.75时，c(CHCO)HD =t(CHCO)),结合图像可知，pH=5时，溶液中 pH=8的NaCO方溶液中，水电离出的c(OH） (CH COO)(CH COOH>H>(OH).A 1×10- 108 -mol·Lt=1×10-smol·L.1,故x:y= 项错误：W点溶液中，c(CH COOH)=c(CH COO), 根据电荷守恒可知，c(Na+)十c(H)=c(CH COO) (1×108):(1×108)=102:1,x=102y。(3)由 +c(OH),溶液的pH=4,75,则c(H)>c(OH), 于8号=10，根据cH)·c(0H)=10"可 故c(Na)十2e(OH)<c(CHC)O)+2e(H). 知，c(H)=10amol·L,所以HA为弱酸。①由 B项错误：根据电荷守恒可知，c(Na)十c(H十)= 于A十HO一HA十OH,故混合溶液呈碱性。 c(OH)+c(CHCOO),且溶液中c(CH COOH)+ ②NaA水解促进水的电离，而NaOH抑制水的电离。] c(CH COO)=0.1mol·L1,则c(Na)十c(H) 培优突破练 c(OH)+c(CHC(0)H)=0.1mol·L1,C项正确： L.D[常温下，正常人体的血液呈碱性，由题中信息可 取11W点对应的溶液，通人0.05olHC1气体得到 知，HCO方的水解程度大于电离程度，A项正确：发生 含0.1 mol CH,COOH,0.05mdlC的溶液，根据电荷 血液酸中毒时，可注射NaHCO,溶液消耗氢离子，B项 守恒可知，c(a)+c(H)=c(OH)十(CHC))+ 正确：从题表中信息可知，(HCO)=c(HCO)时溶 c(C),又c(Na)=c(CI),则c(H+)=c(OH)+ 液H=6.10,c(HCO)c(HCO)=17.8时溶液pH= c(CH COO),D项错误。] 7.35.则溶液pH=7.00时，c(HCO)<c(HCO) 【学业质量测评】 C项正确：在pH=7,40的血液中，c(HCO)c(HCO)= 基础过关练 20.0,H(C方的浓度远大于HC)的浓度，无法根据 LBNa飞溶液呈碱性，说明HN为弱酸，故Q.O1ml·L 溶液的pH比较HCO方的水解程度和HCO,的电离 HN溶液的pH>2,A项错误：HN,为弱酸，电离方程 程度的相对大小，D项错误。] 式为HN一H十N,电离是吸热过程，升高温度会 二、盐类水解的主要影响因素及应用 促进HN的电离，c(H)增大，pH减小，B项正确： 【必备知识梳理】 NaN是强电解质，电离方程式为NaN一Na+ [纠错练]D[A项，CO的水解平衡逆向移动，但 N5,C项错误：由元素质量守恒可知，(Na)=(N)+ pH增大：B项，V(醋酸)>V(NaOH):C项，AO+ c(HN),D项错误] HCs+HO一AI(OHDs￥+COg。] 2.C[加入氢氧化钠会消牦铵根离子，使得铵根离子的 [纠错练2】C[点时，二者恰好完全反应生成醋酸 浓度更小，A项错误：加水稀释会促进铵根离子的水 钠，溶液呈碱性，应有c(H)<c(OH).] 解，导致溶液中铵根离子的浓度减小，B项错误：通入 31 HCI气体会抑制铵根离子的水解，能使c(NH时)更接 OH,A项正确：废水中品-春当度水 近于0.1mol·L',C项正确：加热会促进铵根离子的 水解，导致溶液中铵根离子的浓度减小，D项错误。] 的pH为5时，溶液中氢离子的浓度为10-iol·L.-1, 3.A[在NH,CI溶液中，NH时水解使溶液呈酸性，从面 则0809品-801 10-a 一=18，B项正确：酸性增强， 可除去铁锈，A项正确：配制FCl溶液时，若将FCl 甲酸的电离被抑制，HC())广减少，与RNH作用的 固体溶于稀硫酸，会在溶液中引入杂质硫酸根离子，B HCOO的数目减少，C项正确：pH增大，RN+HO 项不正确：将CuSO溶液加热直至蒸干，最终得到无 =RNH+OH的平衡逆向移动，离子交换树脂的 水CuSO,得不到胆矾(CuSO,·5HO),C项不正确： 活性成分主要以RN的形式存在，D项错误。 FcCl溶液与NaOH溶液反应得到的是Fe(OH),沉 2.C[A项，NaX溶液因X水解呈碱性，则c(OH)> 淀而不能得到胶体，应向沸水中滴加FC饱和溶液 c(H+),c(Na)>c(X).因为水解较微弱，所以有 制备Fe(OH),胶体，D项不正确。] c(Na)>c(X)>c(OH)>c(H),正确：B项，由题 4.(1)酸：NH+HO一NH·HO+H:c(C)> 图可知，未加盐酸时，等浓度的三种盐溶液的pH:aZ c(NH)>c(H)>c(OH)。 (2)101mol·L.-1: NaY>NaX,则酸性：HZ<HY<HX,正确：C项，pH=7 1：10。(3)D。(4)< 时，NaX、NaY、NaZ三种溶液中所加盐酸的体积依次 [(2)常温下，pH=11的CHCOONa溶液中，c(H)= 增大，则溶液中a的浓度依次减小，C的浓度依次 10"mol·L.1,c(OH)=103mol·L,CHCOONa 增大，又三种溶液中均有c(H)=c(OH),结合电荷 水解促进水的电离，溶液中的OH全部是由水电离出 守恒知c(Na)=c(C)+c(X),(Na)=c(CI)+ 来的，水电离出来的c(OH)=10mol·L:醋酸 (Y),c(Na)=c(C)十c(Z),故X、Y,Z的浓 抑制水的电离，在pH=3的CHCO)H溶液中水电离 度依次减小，错误：D项，加人20.00ml.盐酸后，三种 出来的c(H)=c(OH)=10-Imol·I.1,NHCI水 溶液中均有(N十)=n(C),三种溶液混合后，溶液中 解促进水的电离，pH=3的NHCI溶液中水电离出来 的电荷守恒式为c(C1)十c(X)十c(Y)十c(Z)+ 的c(H+)=103ol·L,两溶液中水电离出来的 (OH)=(Na)十(H),由于混合溶液中c(Na) c(H)之比为10-1mol·1,1￥103mol·L1=1 =c(CI),故c(X)十c(Y)十c(Z)+c(OH) 10。(3)NaHSO,溶于水电离出氢离子，向水中加入 c(H+),正确，] NaHSO,固体，氢离子浓度增大，抑制水的电离，水的电 3.(1)Zn())2。(2)防止生成的Z(OHD2沉淀被溶解 离平衡逆向移动，A项错误；C)方是强碱弱酸盐，向 (3)Zn(OH)2和Fc(OH) 水中加入NC)固体，溶液呈碱性，B项错误：HO十 (4)促使Fe·完全水解：温度越高，Fe的水解程度越大。 HO一HO+(OH是吸热过程，将水加热至100℃， (5)抑制Zn+水解：蒸发皿，酒精灯，铁架台（带铁圈）」 平衡正向移动，但水中c(H)=c()H),仍呈中性，C 玻璃棒 项错误：向水中加人(NH)2SO,固体，铵根离子水解， [(1)由题意可知，“烂板被”指的是稀硝酸离蚀锌板后得到 使HO+HO一HO十OH的平衡正向移动， 的废液，所以“烂板液”"中溶质的主要成分应为Z(())2。 (NH),S),是强酸弱碱盐，溶液呈酸性，D项正确。 (2)因为Zn(OH)2具有两性，能与强碱反应，故步骤① (4)NH·HO是弱碱，在水溶液中部分电离，加水稀 中保持pH=8的目的是防止生成的Zn(OH):沉淀被 释，NH·HO的电离平衡正向移动，继续电离出 溶解。(3)在pH=8的条件下，Fe+,Z*都会转化为 OH,若将等pH,等体积的NaOH溶液和氨水分别加 氢氧化物沉淀，所以沉淀I为Zn(OH):和Fe(OH)a. 水稀释相同的倍数，则稀释后溶液的pH:氨水> (4)步骤③是为了分离Zn和Fe+,故加热、煮沸是为 NaOH溶液，要使两溶液稀释后pH相等，则NaOH溶 了促使Fe完全水解。(5)由Zn(N3):·6HO的水 液稀释的倍数应小一些，即m<≤n。] 溶液呈酸性可知，Z乙n(),):是一种强酸弱减盐，易水 综合提能练 解，故保持pH=2的目的是抑制Zm+水解.] 1.D[活性成分RN分子中的氮原子能够与H形成 4.(1)AB+3H)=A1(OH)(胶体)+3H+ 配位键，在水中存在平衡RN+HO一RNH++ (2)小于。(3)①I:NHA1(S))2水解使溶液呈酸 32 性，升高温度，其水解程度增大，pH减小。②10 +H的电离常数K'=HNCH.CO0)·c(H) (4)a:c(Na )>c(SO)>(NH)>c(OH-)= ((H NCH:COO) 108 c(H)。 104%,则NCH.CO0)=K c(HNCH,C00)(H)=H*,故 [(2)等浓度的NHAI(SO)2与NH HSO,溶液中的 c(H时NCH COOH×c(H NCH.COO)_10L NH均发生水解，NHA1(S)):中的AP+水解使溶 (H NCH-COO) (H NCH-COO) c( 液呈酸性，抑制NH水解；NHHS),电离出的H 104指 H1,即(H NCH.CO0)>(用NCHC0OHD. 同样抑制NH水解，但因为NHHS),电离生成的 c(H.NCH.COC)).D项错误.] 日的浓度比A+水解生成的H的浓度大，所以 NHHS),溶液中NH的水解程度比NH:A1(SO)2 第四节沉淀溶解平衡 溶液中NH的水解程度小，故c(NH):NH,A(S),)2 【必备知识梳理】 溶液<NH,HSO,溶液.(3)①NH,A1(SO,)2水解使 [纠错练1]C[溶液中CI、Br、Cr的浓度均为 溶液呈酸性，升高温度，其水解程度增大，(H)增大， 0.01mol·L.,向该溶液中逐滴加入0.01mol·L. pH诚小，符合的曲线为【。②根据电荷守恒可知， AgNO方溶液，根据T℃时的K(AgC)、K(AgBr) c(NH)+3(AP*)+c(H)=2(S)+c(OH),则 K,(AgCrO)可知，当C开始沉淀时c(Ag)= 2(Sf)-c(NH时)-3(A+)=c(H)-c(OH)≈ K(AC_18X10 -mol·1.1=l.8×108ml·1.1,当 (C) Q.01 10mol·1.[c(OH)太小，可忽略]。(4)a、b、c、d 四个点中，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H,溶 B开始沉淀时c(Ag)=K,Ae-点4XI0 ) ol·L 液中溶质为(NH),S),与NaSO,b.c,d三点溶液中 =5.4×101mol·L.1,当C开始沉淀时c(Ag) 均含有NH·HO,(NH)SO,可以促进水的电离， K(Ag CrO) /1.0X10F mol·L.1=1.0× 而NH·HO抑制水的电离，故a点水的电离程度最 c(CO） 0.01 大。b点溶液呈中性，即溶液中溶质有(NH)S)、 10·L.。综上可知，三种阴离子产生沉淀的先 NSO,NH·HO,a点时c(Na)=c(S)f),b点 后顺序为Br,C,CO.] 时c(Na)>c(S),根据电荷守恒和pH=7可知， [纠错练2](1)×。(2)×. (3)√。(4)×。 c(Na)+c(NH)=2(SO),可以得出c(SO)> (5)×。 e(NH )c(Na )>c(SO)>c(NHi)>c(OH-) 【关键能力提升】 =c(H).] [跟踪练1]D[在含有Ba),沉淀的溶液中加入少量 培优突破练 NaS)固休，c(SO)增大，使BaSO的沉淀溶解平 1.D[氨基具有碱性，在酸性较强时会结合H,梭基具 衡逆向移动，(Ba+)减小，A项错误，C的浓度越大， 其促使AgC1的沉淀溶解平衡逆向移动的程度越大， 有酸性，在碱性较强时会与OH反应，故甘氨酸具有 两性，A项正确：25℃时，a代表H NCH COOH,b代 即c(C)越大，c(Ag)越小，①蒸馏水中c(C)=0, 表Hi NCH-COO,c代表H NCH.COC),B项正确： ②0.1mdl·L1盐酸中c(C)=0.1mol·L1, H:NCH COO +H:O-H NCH:COOH+OH ③0.1mol·L.MgCl溶液中c(C)=0.2mo·1., 的平衡常数K=CH NCH.COOH·cOH),25℃ ④0.1mol·L.AgN)溶液中c(Ag)=0.1mol·L., c(H NCH-COO) 故相同温度下，将足量AgC1固体分别加人相同体积的 时，根据题图坐标(2.35,0.50)可知，pH=2.35时， 上述4种液体中，c(Ag)由大到小的顺序是④>①> c(H NCH COO)=c(H NCH COOH),则此时K= ②>③，B项错误：向AgC悬浊液中滴加NaeS溶液， c(OH)=行)=10业，C项正确：由C项的分析可 AgCI沉淀转化为AS沉淀，反应的离子方程式为 知，cHNC生CO010年 2AgC1(s)+S(aq)=AgS(s)+2C1(aq),C项错 (H NCH.000)cOH)对坐标(978，Q.50)进 误：当加入少量NHC1固体后，NH与溶液中的OH 行分析可得，电离平衡NCHC)→HCHC) 结合生成NH·HO,c(OH)减小，使Mg(OH):的 33