2020高中化学 盐类水解反应的应用（提高）知识讲解学案 新人教版选修4

2020高中化学 盐类水解反应的应用（提高）知识讲解学案 新人教版选修4

盐类水解的应用 ‎【学习目标】‎ ‎1、了解盐类水解在生产、生活中的应用，利用盐类水解的原理解释盐类水解在生产、生活中的应用；‎ ‎2、初步掌握比较溶液中离子浓度大小的关系，了解溶液中存在的几个守恒关系。‎ ‎【要点梳理】‎ 要点一、盐类水解的应用 有关盐类水解的反应，大致有以下几个方面：‎ ‎1．某些物质水溶液的配制 配制能水解的强酸弱碱盐，通常先将盐溶于相对应的酸中，然后加水稀释至刻度，得到要配制的浓度。如配制FeCl3溶液：先将FeCl3溶于稀盐酸，再加水冲稀至所需浓度。‎ 配制强碱弱酸盐的水溶液，应加入少量相对应的强碱，抑制弱酸酸根的水解。如配制硫化钠的水溶液时，应先滴入几滴氢氧化钠，再加水冲稀至所需浓度。‎ ‎2．某些活泼金属与强酸弱碱盐反应 Mg放入NH4Cl、CuCl2、FeCl3溶液中产生氢气。‎ 如：Mg+2NH4+＝Mg2++2NH3↑+H2↑‎ ‎3．明矾、三氯化铁等净水 Al3++3H2OAl(OH)3（胶体）+3H+‎ Fe3++3H2OFe(OH)3（胶体）+3H+‎ 原因：胶体吸附性强，可起净水作用。‎ ‎4．苏打洗涤去油污 CO32―+H2OHCO3―+OH―，加热，去油污能力增强。‎ 原因：加热，促进CO32―的水解，碱性增强，去油污能力增强。‎ ‎5．泡沫灭火器原理 成分：NaHCO3、Al2(SO4)3‎ NaHCO3水解：HCO3―+H2OH2CO3+OH―碱性 Al2(SO4)3水解：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+酸性 原理：当两盐混合时，氢离子与氢氧根离子结合生成水，双方相互促进水解：‎ Al3++3HCO3―＝Al(OH)3↓+3CO2↑‎ ‎6．施用化肥 普钙[Ca(H2PO4)2]、铵态氮肥不能与草木灰（K2CO3）混用 原因：K2CO3水解显碱性：CO32―+H2OHCO3―+OH―‎ ‎3Ca(H2PO4)2+12OH―＝Ca3(PO4)2↓+12H2O+4PO43―‎ NH4++OH－＝NH3↑+H2O 降低肥效 ‎7．判断物质水溶液的酸碱性的大小。‎ ‎（1）相同物质的量浓度的物质的溶液pH由大到小的判断：相同阳离子时，阴离子对应的酸的酸性越弱，盐越易水解，pH越大；相同阴离子时，阳离子对应的碱的碱性越弱，盐越易水解，pH越小。如Na2SiO3、Na2CO3、NaHCO3、NaCl、NH4Cl，pH越来越小。‎ ‎（2）用于检验溶液，如用最简便的方法区别NaCl、NH4Cl、Na2CO3三种无色透明溶液：用pH试纸鉴别，pH=7的是NaCl溶液，pH＜7的是NH4Cl溶液，pH＞7的是Na2CO3溶液。‎ ‎8．判断离子能否共存。‎ 弱碱的金属阳离子（如Al3+、Cu2+、Fe3+等）与弱酸的阴离子（如HCO3―、CO32―、SiO32―、AlO2―、F―等）在溶液中不能同时大量共存。因为两种离子都水解，分别与水电离出的OH―和H+结合，结果互相促进水解，使两种离子都减少。‎ ‎9．中和滴定时指示剂的选择。‎ 5‎ 若用强碱滴定弱酸，反应达到终点后，因生成强碱弱酸盐，溶液显碱性，所以应选用在碱性范围内变色的指示剂，通常选取酚酞。‎ 若用强酸滴定弱碱，反应达到终点后，因生成强酸弱碱盐，溶液显酸性，所以应选用在酸性范围内变色的指示剂，通常选取甲基橙。‎ ‎10．除杂：‎ ‎（1）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溶液中含有杂质Fe3+，可用加热的方法来除去KNO3溶液中所含的Fe3+。‎ ‎（2）向MgCl2、FeCl3的混合溶液中加入MgO以除去FeCl3。‎ ‎11．制备纳米材料：例如：用TiCl4制备TiO2：‎ TiCl4+(x+2)H2O(过量)TiO2·xH2O↓+4HCl 制备时加入大量的水，同时加热，促进水解趋于完全，所得TiO2·xH2O经焙烧得TiO2。类似的方法也可用来制备SnO、SnO2、Sn2O2等。‎ 要点诠释：盐类水解应用很广，如在胶体的制备，工业上用NH4Cl作除锈剂，试剂的存放，盐溶液蒸干后产物的判断等都有应用。‎ 要点二、比较溶液中离子浓度的大小的方法 ‎1．多元弱酸溶液：‎ 根据多步电离分析，例如：在H3PO4的溶液中，c(H+)＞c(H2PO4－)＞c(HPO42－)＞c(PO43－)。‎ ‎2．多元弱酸的正盐溶液：‎ ‎【高清课堂：盐类的水解—水解应用】‎ 根据弱酸酸根的分步水解分析，例如：Na2CO3溶液中，c(Na+)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(HCO3－)。‎ ‎3．不同溶液中同一离子浓度的比较：‎ 要看溶液中其他离子对其影响的因素。例如：在相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Cl；②CH3COONH4；③NH4HSO4，c(NH4+)由大到小的顺序是③＞①＞②。‎ ‎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。‎ 例如：在0.1 mol/L的NH4Cl和0.1 mol/L的氨水混合溶液中，各离子浓度的大小顺序为c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H+)。在该溶液中NH3·H2O的电离与NH4+的水解互相抑制，NH3·H2O电离作用大于NH4+的水解作用，溶液呈碱性c(OH－)＞c(H+)，同时c(NH4+)＞c(Cl－)。‎ ‎【高清课堂：盐类的水解—水解应用】‎ 例如：在0.1 mol/L的NH4Cl和0.1 mol/L的NaOH混合溶液中，各离子浓度的大小顺序为c(Cl－)=c(Na+)＞c(OH－)＞c(NH4+)＞c(H+)。‎ ‎5．灵活运用电荷守恒和物料守恒 ‎（1）电荷守恒 电解质溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数。‎ 例如：NaHCO3溶液 c(H+)+c(Na+)=c(HCO3―)+‎2c(CO32―)+c(OH―)。‎ ‎（2）物料守恒 电解质溶液中，同种元素的原子总是守恒的。‎ 例如：0.1 mol/L的NaHCO3溶液中：c(Na+)=c(HCO3―)+c(CO32―)+c(H2CO3)=0.1 mol/L。‎ 要点诠释：（1）有些特殊的离子浓度关系可由电荷守恒关系式和物料守恒关系式变化得出。例如NaHCO3溶液中c(H+)=c(CO32―)+c(OH―)―c(H2CO3)关系式可由上述电荷守恒和物料守恒的两个关系式相减得出（也称为质子守恒）。‎ ‎（2）比较弱酸酸式盐中离子浓度大小时，要明确酸式酸根电离及水解程度的相对大小。‎ ‎①HCO3―、HS―、HPO42―以水解为主，电离为次，溶液呈碱性。‎ ‎②HSO3―、H2PO4―以电离为主，水解为次，溶液呈酸性。‎ 5‎ ‎【典型例题】‎ 类型一、盐类水解的应用 例1．为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后，再加入适量的HCl，这种试剂是（ ）‎ A．NH3·H2O B．NaOH C．Na2CO3 D．MgCO3‎ ‎【思路点拨】不能直接加碱，否则会造成镁离子的减少并且引入其他杂质离子。‎ ‎【答案】D ‎【解析】加入NH3·H2O或NaOH或Na2CO3时，均会引入杂质离子NH4+和Na+，不符合题意。因为原溶液中Fe3+水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，当加入MgCO3后，有MgCO3+2H+＝Mg2++CO2↑+H2O的反应，消耗了H+，使平衡正向移动，生成的Fe(OH)3在加热搅拌条件下发生聚沉，最后可将Fe3+除去。同样加入MgO、Mg(OH)2、MgS也能达到同样效果。‎ ‎【总结升华】物质提纯的原则是被提纯物质的量尽量不要减少，不要引入新的杂质，要易于分离、复原。‎ 举一反三：‎ ‎【变式1】下列物质能跟镁反应并生成氢气的是（ ）‎ A．醋酸溶液 B．氢氧化钠溶液 C．氯化铵浓溶液 D．碳酸钠溶液 ‎【答案】A、C ‎【变式2】（1）碳酸钾溶液蒸干灼烧得到的固体物质是________，原因________。‎ ‎（2）KAl(SO4)2溶液蒸干得到的固体物质是________，原因是________。‎ ‎（3）碳酸氢钡溶液蒸干得到的固体物质是________，原因是________。‎ ‎（4）亚硫酸钠溶液蒸干得到的固体物质是________，原因是________。‎ ‎（5）氯化铝溶液蒸干灼烧得到的固体物质是________，原因是________。‎ ‎【答案】（1）K2CO3 尽管加热过程促进了K2CO3的水解，但生成的KHCO3和KOH反应仍为K2CO3‎ ‎（2）明矾 尽管Al3+水解，由于H2SO4为难挥发性酸，最后仍然是结晶水合物明矾 ‎（3）BaCO3 因Ba(HCO3)2在水溶液中受热分解：Ba(HCO3)2BaCO3↓+CO2↑+H2O ‎（4）Na2SO4 因为Na2SO3在蒸干过程中不断被氧气氧化而生成Na2SO4‎ ‎（5）Al2O3 加热促进AlCl3水解，且随水量的减少，HCl不断挥发，促使AlCl3完全水解成Al(OH)3，灼烧时发生以下反应：2Al(OH)3Al2O3+3H2O ‎【解析】K2CO3、明矾水解生成的物质不具挥发性，因此，将溶液蒸干后仍得原物质。而AlCl3溶液水解后得盐酸，加热后HCl挥发而促进水解，最后溶液蒸干灼烧得Al2O3。（3）中的Ba(HCO3)2受热易分解，（4）中Na2SO3具有还原性，易被空气中氧气氧化，蒸干后均不能得到原物质。‎ ‎ 【规律总结】盐溶液蒸干时所得产物的判断方法 ‎（1）盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得原物质，如CuSO4溶液蒸干得CuSO4固体。‎ 盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干后一般得对应的弱碱，如AlCl3、FeCl3溶液蒸干后一般得Al(OH)3、Fe(OH)3。‎ ‎（2）考虑盐受热时是否分解。‎ 因为Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固体受热易分解，因此蒸干Ca(HCO3)2溶液得CaCO3固体；蒸干NaHCO3溶液得Na2CO3固体；蒸干KMnO4溶液得K2MnO4和MnO2的混合物；蒸干NH4Cl溶液不能得到固体。‎ ‎（3）还原性盐在蒸干时会被O2氧化。‎ 例如：Na2SO3溶液蒸干得Na2SO4；FeSO4溶液蒸干会得到Fe2(SO4)3。‎ ‎（4）有时要从多方面考虑。‎ 例如，蒸干NaClO溶液时，既要考虑ClO―水解，又要考虑HClO分解，所以蒸干NaClO溶液所得固体为NaCl。‎ 注意：“蒸干”与“蒸干灼烧”的区别，如AlCl3溶液蒸干得Al(OH)3，若为“蒸干灼烧”得Al2O3。‎ 5‎ 例2．FeCl3常用作印刷电路铜板腐蚀剂。腐蚀铜板后的混合溶液中，若Cu2+、Fe3+和Fe2+的浓度均为0.10 mol/L，请参照下表给出的数据和药品，简述除去CuCl2溶液中Fe3+和Fe2+的实验步骤________。‎ 氢氧化物开始沉淀时的pH 氢氧化物沉淀完全时的pH Fe3+‎ ‎1.9‎ ‎3.2‎ Fe2+‎ ‎7.0‎ ‎9.0‎ Cu2+‎ ‎4.7‎ ‎6.7‎ 提供的药品：Cl2、浓H2SO4、NaOH溶液、CuO、Cu ‎【思路点拨】解答本题时注意，虽然题目要求除去铁的两种离子，但最好转化成更易沉淀的三价铁离子，这样沉淀效果最好，除杂较理想。‎ ‎【答案】①通入足量氯气将Fe2+氧化成Fe3+；②加入CuO调节溶液的pH至3.2～4.7；③过滤[除去Fe(OH)3]‎ ‎【解析】从表中数据分析可知，要除去Cu2+溶液中的Fe3+和Fe2+，首先要将Fe2+转化为Fe3+，然后调节溶液的pH大于3.2而小于4.7，能实现这一目的的试剂只能是加入Cl2和CuO。‎ ‎【总结升华】在可能生成多种沉淀的情况时，反应总向着生成溶解度最小的那种物质的方向进行。‎ 举一反三：‎ ‎【变式1】普通泡沫灭火器内的玻璃筒里盛硫酸铝溶液，铁筒里盛碳酸氢钠溶液，其化学反应的原理是________（用离子方程式表示）。‎ 不能把硫酸铝溶液盛在铁筒里的原因是________。‎ 不用溶解度较大的碳酸钠代替碳酸氢钠的原因是________。‎ ‎【答案】Al3++3HCO3―＝Al(OH)3↓+3CO2↑ 若把Al2(SO4)3放在铁筒里，因发生水解反应：Al3++3H2O Al(OH)3+3H+，溶液呈酸性会腐蚀铁筒 若用Na2CO3代替NaHCO3，发生双水解的反应是Al2(SO4)3+ 3Na2CO3+3H2O＝3Na2SO4+2Al(OH)3↓+3CO2↑。可见，等物质的量的Al2(SO4)3产生的CO2的量较少，且生成CO2的速率慢 类型二、溶液中离子浓度大小的比较 例3．关于浓度均为0.1 mol/L的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，下列说法不正确的是（ ）‎ A．c(NH4+)：③＞①‎ B．水电离出的c(H+)：②＞①‎ C．①和②等体积混合后的溶液：c(H+)=c(OH－)+c(NH3·H2O)‎ D．①和③等体积混合后的溶液：c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H+)‎ ‎【思路点拨】氨水为弱碱，盐酸为强酸，两者都会对水的电离抑制，氯化铵为强酸弱碱盐，对水的电离有促进作用。‎ ‎【答案】B ‎【解析】A项，氨水属弱电解质只有部分电离，NH4Cl中NH4+水解的较少，A正确；B项盐酸抑制水电离，NH4Cl促进水电离，B错误；C项根据电荷守恒，c(H+)=c(Cl―)+c(OH―)―c(NH4+)=0.1+c(OH―)―[0.1―c(NH3·H2O)]，即c(H+)=c(OH―)+c(NH3·H2O)，故C项正确；D项溶液显碱性，故D项正确。‎ ‎【总结升华】当两种或者两种溶液混合时，应该先考虑相互反应的情况，然后根据反应产物分析溶液中离子的水解以及弱电解质的电离情况。‎ 举一反三：‎ ‎【变式1】关于小苏打水溶液的表述正确的是（ ）‎ A．c(Na+)=c(HCO3―)+c(CO32―)+c(H2CO3)‎ B．c(Na+)+c(H+)=c(HCO3―)+c(CO32―)+c(OH―)‎ C．HCO3―的电离程度大于HCO3―的水解程度 D．存在的电离有：NaHCO3＝Na++HCO3―，HCO3―H++CO32―，H2OH++OH―‎ ‎【答案】A、D ‎【高清课堂：盐类的水解—水解应用】‎ ‎【变式2】在Na2S的水溶液中存在着多种离子和分子，下列关系不正确的是 （ ）‎ 5‎ A、c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+c(H2S)‎ B、c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+‎2c(S2-)+c(HS-)‎ C、c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+‎2c(H2S)‎ D、c(Na+)=‎2c(S2-)+‎2c(HS-)+‎2c(H2S)‎ ‎【答案】A 例4．下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）‎ A．室温下，向0.01 mol·L―1 NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na+)＞c(SO42－)＞c(NH4+)＞c(OH－)=c(H+)‎ B．0.1 mol·L―1 NaHCO3溶液：c(Na+)＞c(OH－)＞c(HCO3－)＞c(H+)‎ C．Na2CO3溶液：c(OH―)―c(H+)=c(HCO3―)+‎2c(H2CO3)‎ D．‎25℃‎时，pH=4.75、浓度均为0.1 mol·L―1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c(CH3COO―)+c(OH―)＜c(CH3COOH)+c(H+)‎ ‎【思路点拨】注意电荷守恒、物料守恒的应用。若有多种溶质混合时，应当首先考虑其相互反应的情况。‎ ‎【答案】A、C ‎【解析】A选项中溶液呈中性，则c(H+)=c(OH－)，据电荷守恒原理有：‎ c(Na+)+ c(H+)+c(NH4+)= c(OH－)+‎2c(SO42―)‎ 所以c(Na+)+ c(NH4+)=‎2c(SO42―)‎ 由于NH4+水解使c(NH4+)＜c(Na+)，从而有c(Na+)＞c(NH4+)，A正确。‎ B选项中NaHCO3溶液显碱性，但c(OH－)比c(HCO3―)小，B不正确。‎ C选项中在Na2CO3溶液中，由质子守恒得 c(OH－)= c(H+)+ c(HCO3―)+‎2c(H2CO3)，‎ 所以c(OH－)―c(H+)= c(HCO3―)+‎2 c(H2CO3)，C正确。‎ D选项中pH=4.75，说明c(H+)＞c(OH－)‎ 又c(Na+)+ c(H+)=c(CH3COO―)+ c(OH－)‎ 所以c(Na+)＜c(CH3COO―)。‎ 据已知有‎2c(Na+)= c(CH3COO―)+c(CH3COOH)‎ 得c(Na+)＞c(CH3COOH)结合c(Na+)+ c(H+)= c(CH3COO―)+ c(OH－)‎ 得c(CH3COOH)+ c(H+)＜c(CH3COO―)+ c(OH－)，D不正确。‎ ‎【总结升华】考查离子浓度大小比较的知识点比较多，综合性强，在解此类题时不但要全面定性地分析所涉及的化学知识（主要为电离和水解），而且从量的角度相对比较或具体计算有关离子的量，采用以下方法：（1）淘汰法；（2）将定性比较转化为定量比较；（3）将浓度比较转化为物质的量比较；（4）充分运用三个守恒关系，等量代换。‎ 举一反三：‎ ‎【变式1】0.1 mol/L HCl和0.1 mol/L CH3COONa溶液等体积混合后，离子浓度关系不正确的是（ ）‎ A．c(Na+)=c(Cl―)＞c(H+)＞c(OH－)‎ B．c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H+)‎ C．c(H+)= c(OH－)+ c(CH3COO－)‎ D．c(Cl―)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(CH3COO－)‎ ‎【答案】B 5‎