高考化学第一轮复习必修部分讲义 盐类的水解

高考化学第一轮复习必修部分讲义 盐类的水解

‎2012届高考化学第一轮复习必修部分讲义 第七单元第3讲盐类的水解2‎ ‎1．比较方法 判断溶液中微粒浓度的大小常用方法：“一个比较”“两个微弱”“三个守恒”。‎ ‎(1)“一个比较”‎ 同浓度的弱酸(或弱碱)的电离能力与对应的强碱弱酸盐(或对应强酸弱碱盐)的水解能力。‎ ‎①根据题中所给信息：如果是电离能力大于水解能力，例：CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，所以等浓度的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后溶液显酸性；同理NH3·H2O的电离程度大于NH水解的程度，等浓度的NH3·H2O和NH4Cl溶液等体积混合后溶液显碱性。‎ ‎②根据题中所给信息：如果是水解能力大于电离能力，例：HClO的电离程度小于ClO－水解的程度，所以等浓度的HClO与NaClO溶液等体积混合后溶液显碱性；反之如果等浓度的HClO与NaClO溶液等体积混合后溶液显碱性，那么可知HClO的电离程度小于ClO－的水解程度。‎ ‎③酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式盐的电离能力和水解能力哪一个更强。如在NaHCO3溶液中，HCO的水解大于电离，故溶液显碱性。‎ ‎(2)“两个微弱”‎ ‎①弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力。如在稀醋酸中：‎ CH3COOHCH3COO－＋H＋‎ H2OOH－＋H＋‎ 在溶液中微粒浓度由大到小的顺序：‎ c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)。‎ ‎②弱酸根或弱碱阳离子的水解是很微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如在稀NH4Cl溶液中：‎ NH4Cl===NH＋Cl－‎ NH＋H2ONH3·H2O＋H＋‎ H2OOH－＋H＋‎ 所以在NH4Cl的溶液中微粒浓度由大到小的顺序是：‎ c( Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(NH3·H2O )＞c(OH－)。‎ ‎(3)“三个守恒”‎ 如在Na2CO3溶液中：‎ Na2CO3===2Na＋＋CO CO＋H2OHCO＋OH－‎ HCO＋H2OH2CO3＋OH－‎ H2OOH－＋H＋‎ ‎①电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝ 2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)‎ ‎②物料守恒：c(Na＋) ＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)‎ 上述两个守恒相加或相减可得：‎ ‎③质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)‎ ‎2．常见类型 ‎(1)多元弱酸溶液，根据多步电离分析，如在H3PO4的溶液中，c(H＋)＞c(H2PO)＞c(HPO)＞c(PO)。‎ ‎(2)多元弱酸的正盐溶液，根据弱酸根的分步水解分析，如Na2CO3溶液中，c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)。‎ ‎(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它的影响。如在相同的物质的量浓度的下列各溶液中：①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4，c(NH)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。如在含0.1 mol·L－1的NH4Cl和0.1 mol·L－1的氨水混合溶液中，各离子浓度的大小顺序为c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)。在该溶液中，NH3·H2O电离程度大于NH的水解程度，溶液呈碱性：c(OH－)＞c(H＋)，同时c(NH)＞c(Cl－)。‎ ‎【例3】 (2010·江苏化学)常温下，用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 CH3COOH溶液所得滴定曲线如下图。下列说法正确的是(　　)。‎ A．点①所示溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)‎ B．点②所示溶液中：c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)‎ C．点③所示溶液中：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)‎ D．滴定过程中可能出现：c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(Na＋)＞c(OH－)‎ 比较溶液中微粒浓度大小时，特别是混合溶液，首先分析溶液中的微粒种类，然后根据守恒进行解答，如果得不到结论，再考虑电离、水解的强弱。‎ 对点训练2有4种混合溶液，分别由等体积0.1 mol·L－1的两种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl；②CH3COONa与NaOH；③CH3COONa与NaCl；④CH3COONa与NaHCO3。下列各项排序正确的是(　　)。‎ A．pH：②＞③＞④＞①‎ B．c(CH3COO－)：②＞④＞③＞①‎ C．溶液中c(H＋)：①＞③＞②＞④‎ D．c(CH3COOH)：①＞④＞③＞②‎ 实验与探究 实验探究水解反应 盐类的水解反应为中和反应的逆反应，故盐类水解反应为吸热反应；‎ 由于中和反应是趋于完全的反应，所以盐类水解一般程度很小，且存在水解平衡，利用实验可以探究盐类水解反应的特点。‎ 实验典例 如图所示三个烧瓶中分别装入含酚酞的0.01 mol·L－1 CH3COONa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NH4NO3晶体，烧杯②中不加任何物质。‎ ‎(1)含酚酞的0.01 mol·L－1 CH3COONa溶液显红色的原因为____________________。‎ ‎(2)实验过程中发现烧瓶①中溶液红色变深，烧瓶③中溶液红色变浅，则下列叙述正确的是________。‎ A．水解反应为放热反应 B．水解反应为吸热反应 C．NH4NO3溶于水时放出热量 D．NH4NO3溶于水时吸收热量 ‎(3)常温下，某纯碱(Na2CO3‎ ‎)溶液中滴入酚酞，溶液呈红色。则该溶液呈________性。在分析该溶液遇酚酞呈红色的原因时，甲同学认为是配制溶液所用的纯碱样品中混有NaOH所致；乙同学认为是溶液中Na2CO3电离出的CO水解所致。请你设计一个简单的实验方案给甲和乙两位同学的说法以评判(包括操作、现象和结论)______________________ __。‎ 答案与解析 梳理与整合 一、‎ 导学诱思 ‎(1)溶液变红色，由于Na2CO3溶液中存在CO＋H2OHCO＋OH－，溶液呈碱性 ‎(2)红 教材回归 ‎1．水所电离出来的H＋或OH－　弱电解质 ‎2．水电离的H＋　弱酸　水电离的OH－　弱碱　≠　‎ NH3·H2O　Cu(OH)2　Fe(OH)2　Fe(OH)3　HCO　HSO　HS－　CH3COOH ‎3．(1)动　(2)吸　(4)弱酸根或弱碱阳　易 ‎4．不　中　能　NH、Cu2＋、Fe3＋　酸　能　CH3COO－、CO　碱 二、‎ 导学诱思 ‎②⑤⑥‎ 教材回归 ‎1．↓　↑　Cu(OH)2＋2H＋　NH3·H2O＋H＋‎ ‎2．HCO＋OH－H2CO3＋OH－‎ 三、‎ 导学诱思 Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋‎ 向右　增加　减小　增大　溶液颜色加深　向左　增加　减小 减小　溶液颜色变浅　向右　增加　增大　增大　溶液颜色变浅　向左　减少　增大　减小　溶液颜色变浅　向右　减少　增大　增大　红褐色沉淀，有无色气体产生 教材回归 弱　促进　抑制　抑制 四、‎ 导学诱思 ‎(1)因为FeSO4水解：Fe2＋＋2H2OFe(OH)2＋2H＋，加入硫酸可以抑制其水解 ‎(2)明矾电离生成的Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，胶体具有吸附性 教材回归 Al3＋＋3H2O===Al(OH)3(胶体)＋3H＋　CO＋H2OHCO＋OH－　Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋　Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑‎ 理解与深化 ‎【例1】C　解析：选项A，NaHCO3、Na2CO3均属于强碱弱酸盐，都存在水解平衡，同时还存在H2O的电离平衡。选项B，Na2CO3、NaHCO3溶液中都含有Na＋、CO、HCO、H2CO3、H＋、OH－，它们存在的粒子种类相同。选项C，CO的水解能力大于HCO，故Na2CO3溶液中的c(OH－)大。选项D，NaHCO3溶液中加入NaOH时，HCO与OH－反应导致c(CO)增大；Na2CO3溶液中加入NaOH时，OH－抑制了CO的水解，导致c(CO)增大。‎ 对点训练1　B　解析：平衡常数仅与温度有关，故稀释时是不变的，A项错； CO2通入水中，相当于生成H2CO3，可以与OH－‎ 反应，而促进平衡正向移动，B项正确；升温，促进水解，平衡正向移动，故表达式的结果是增大的，C错误；加入NaOH导致碱性增强，pH增大，D错误。‎ ‎【例2】C　解析：NH3·H2O与HCl不论以何种比例混合，混合液中含有的离子一定为Cl－、NH、H＋、OH－，依电荷守恒c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，当pH＝7，c(NH)＝ c(Cl－)＞c(H＋)＝c(OH－)，可知C错误。‎ ‎【例3】D　解析：点①溶液中的溶质为0.001 mol CH3COOH和0.001 mol CH3COONa，据物料守恒：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)，据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，整理后得c(CH3COOH)＋2c(H＋)＝c(CH3COO－)＋2c(OH－)；点②溶液的pH＝7，据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，又c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝c(CH3COO－)；点③溶液中的溶质为0.002 mol CH3COONa，离子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)。‎ 对点训练2　B　解析：本题主要考查盐类水解知识的应用。①CH3COONa与HCl反应后生成CH3COOH和NaCl，其溶液呈酸性。②CH3COONa与NaOH的混合溶液，OH－抑制CH3COO－水解，溶液呈强碱性。③CH3COONa与NaCl的混合溶液，CH3COONa水解溶液呈碱性。④CH3COONa与NaHCO3的混合溶液，NaHCO3水解呈碱性，HCO水解能力大于CH3COO－的水解能力，HCO水解对CH3COONa水解有一定的抑制作用。选项A，④中的pH大于③中的pH，错误。选项B，②中由于OH－对CH3COO－水解抑制作用强，其c(CH3COO－)最大，④中HCO水解对CH3COO－水解有一定抑制作用，c(CH3COO－)较大，①中生成了CH3COOH，c(CH3COO－)最小，故正确。选项C，②中c(H＋)最小，错误。选项D，③中c(CH3COOH)大于④中c(CH3COOH)，错误。‎ 实验与探究 答案：(1)CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，使溶液显碱性　(2)BD　(3)碱　向红色溶液中加入足量BaCl2溶液，如果溶液还显红色说明甲正确，红色褪去说明乙正确(其他试剂合理也可)。‎ 解析：(1)CH3COONa中CH3COO－发生水解，使溶液呈碱性，酚酞遇碱显红色。(2)生石灰与水剧烈反应且放出大量热，根据烧瓶①中溶液红色变深，判断水解平衡向右移动，说明水解反应是吸热反应，同时烧瓶③中溶液红色变浅，则说明NH4NO3晶体溶于水时吸收热量。设计实验应从能除去CO但不能影响OH－的角度考虑。‎