第2课时 影响盐类水解的主要因素
盐类水解的应用
课后·训练提升
基础巩固
1.氯化铵晶体溶于重水(D2O)中,溶液呈现酸性,下列叙述的原因中正确的是( )。
A.N水解生成NH3·H2O和HD2O+
B.N水解生成NH3·DHO和HD2O+
C.N水解生成NH3·D2O和HD2O+
D.N水解生成NH3·DHO和D3O+
答案:D
解析:N在重水中发生水解生成NH3·DHO,同时D2O结合D+形成D3O+。
2.在一定条件下,Na2S溶液中存在水解平衡:S2-+H2OHS-+OH-。下列说法正确的是( )。
A.稀释溶液,水解平衡常数增大
B.升高温度,增大
C.加入NaOH固体,溶液pH减小
D.加入CuSO4固体,HS-浓度增大
答案:B
解析:某确定物质的水解平衡常数仅与温度有关,温度不变,则稀释时平衡常数不变,A项错误;水解反应是吸热反应,升温促进水解,平衡正移,c(S2-)减小,c(HS-)增大,所以增大,B项正确;加入NaOH固体,溶液pH增大,C项错误;加入CuSO4固体,铜离子结合硫离子生成硫化铜沉淀,水解平衡逆向移动,HS-浓度减小,D项错误。
3.将下列固体物质溶于水,再将其溶液加热、蒸发结晶、再灼烧,得到化学组成与原固体物质相同的是( )。
①胆矾 ②氯化铝 ③硫酸铝 ④碳酸氢钠
A.③ B.①④
C.①②③ D.①②③④
答案:A
解析:胆矾的组成为CuSO4·5H2O,溶于水得CuSO4溶液,因硫酸难挥发、蒸发结晶、再灼烧得CuSO4;碳酸氢钠灼烧得碳酸钠;AlCl3发生水解反应:AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl,加热时HCl不断挥发,平衡右移,不断生成Al(OH)3,灼烧得Al2O3;Al2(SO4)3溶液中Al3+发生水解,因硫酸难挥发,最终仍得Al2(SO4)3。
4.常温下,某酸HA的电离常数Ka=1×10-5。下列说法正确的是( )。
A.HA溶液中加入NaA固体后,减小
B.常温下,0.1 mol·L-1 HA溶液中水电离的c(H+)为10-13 mol·L-1
C.NaA溶液中加入HCl溶液至恰好完全反应,存在关系:2c(Na+)=c(A-)+c(Cl-)
D.常温下,0.1 mol·L-1 NaA溶液中A-的水解常数为1×10-9
答案:D
解析:为A-的水解常数,加入NaA固体后,由于温度不变,则水解常数不变,A错误;由于HA为弱酸,则常温下0.1 mol·L-1 HA溶液中氢离子浓度小于0.1 mol·L-1,水电离的c(H+)一定大于 mol·L-1=10-13 mol·L-1,B错误;NaA溶液中加入HCl溶液至恰好完全反应后,生成的NaCl和HA的物质的量相等,因为A-发生水解反应生成HA,所以2c(Na+)=c(A-)+c(HA)+c(Cl-),即2c(Na+)>c(A-)+c(Cl-),C错误;NaA的水解常数Kh==1×10-9,D正确。
5.常温下,下列溶液中粒子浓度关系一定正确的是( )。
A.pH=7的NH3·H2O与NH4Cl的混合溶液中:c(Cl-)>c(N)
B.pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合:c(OH-)=c(H+)
C.0.1 mol·L-1的硫酸铵溶液中:c(N)>c(S)>c(H+)
D.0.1 mol·L-1的硫化钠溶液中:c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+c(H2S)
答案:C
解析:根据电荷守恒,pH=7时,c(H+)=c(OH-),则c(N)=c(Cl-),A项错误;B项,若酸为强酸则正确,若酸为弱酸则溶液显酸性,c(H+)>c(OH-),错误;盐的水解程度比较小,故c(N)>c(S)>c(H+),C项正确;根据质子守恒得,c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S),D项错误。
6.已知25 ℃时HCN的电离常数K=6.2×10-10。在物质的量浓度均为0.1 mol·L-1的HCN和NaCN的混合溶液中,经测定溶液呈碱性。则下列关系式正确的是( )。
A.c(CN-)>c(Na+)
B.c(CN-)>c(HCN)
C.c(HCN)+c(CN-)=0.2 mol·L-1
D.c(CN-)+c(OH-)=0.1 mol·L-1
答案:C
解析:HCN的电离常数为6.2×10-10,说明HCN为弱酸。溶液呈碱性,说明CN-的水解程度大于HCN的电离程度,因此c(Na+)>c(CN-),c(CN-)0.1 mol·L-1,D项错误。
7.某酸性溶液中只有Na+、CH3COO-、H+、OH-四种离子。则下列描述正确的是( )。
A.该溶液由pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合而成
B.该溶液由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成
C.加入适量NaOH,溶液中离子浓度为c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)
D.加入适量氨水,一定有c(CH3COO-)>c(Na+)+c(N)
答案:A
解析:由于CH3COOH为弱酸,存在于溶液中的CH3COOH随着反应的进行继续电离出H+,导致溶液呈酸性,且溶液中只有Na+、CH3COO-、H+、OH-四种离子,A项正确;等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合后,两者恰好完全反应,由于生成的CH3COONa水解,溶液呈碱性,B项错误;c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)违背了电荷守恒,C项错误;加入适量氨水,溶液可能呈中性,当溶液呈中性时,c(CH3COO-)=c(Na+)+c(N),D项错误。
8.将标准状况下的2.24 L CO2通入150 mL 1 mol·L-1 NaOH溶液中,下列说法正确的是( )。
A.c(HC)略大于c(C)
B.c(HC)=c(C)
C.c(Na+)=c(C)+c(HC)
D.c(HC)略小于c(C)
答案:A
解析:0.1 mol CO2与0.15 mol NaOH反应生成Na2CO3和NaHCO3各0.05 mol, C水解能力比HC强,且C水解生成HC,因此溶液中c(HC)略大于c(C)。由元素守恒知2c(Na+)=3[c(C)+c(HC)+c(H2CO3)]。
9.(1)AgNO3的水溶液呈 (填“酸”“中”或“碱”)性,原因是 (用离子方程式表示);实验室在配制AgNO3溶液时,常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中,然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度,以 (填“促进”或“抑制”)其水解。
(2)明矾可用于净水,原因是 (用离子方程式表示);把AlCl3溶液蒸干、灼烧,最后得到的主要固体产物是 。
(3)热的纯碱溶液去油污效果好,请用平衡移动原理和必要的化学用语说明原因:
(用离子方程式表示)。
答案:(1)酸 Ag++H2OAgOH+H+ 抑制
(2)Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+ Al2O3
(3)C+H2OHC+OH-,加热平衡向右移动,溶液c(OH-)增大,溶液碱性增强,去污效果好
解析:(1)AgNO3溶液中存在:Ag++H2OAgOH+H+,所以溶液呈酸性;为抑制AgNO3水解,通常在酸性条件下配制AgNO3溶液。
(2)利用Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+,Al(OH)3胶体能凝聚水中的悬浮杂质从而达到净水目的;AlCl3溶液中存在AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl,加热时HCl挥发,蒸干时得到Al(OH)3固体,再灼烧得到Al2O3。
(3)C水解产生OH-:C+H2OHC+OH-,C水解是吸热反应,升高温度,平衡向右移动,溶液中c(OH-)增大,溶液碱性增强,去污效果好。
10.常温下,取0.1 mol·L-1 HA溶液与0.1 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合(混合后溶液体积的变化不计),测得混合溶液的pH=8。试回答以下问题。
(1)混合溶液的pH=8的原因是 (用离子方程式表示)。
(2)混合溶液中由水电离出的c(OH-) (填“>”“<”或“=”,下同)0.1 mol·L-1 NaOH溶液中由水电离出的c(OH-)。
(3)已知NH4A溶液为中性,又知将HA溶液加入Na2CO3溶液中有气体放出,试推断(NH4)2CO3溶液的pH 7。
答案:(1)A-+H2OHA+OH- (2)> (3)>
解析:(1)0.1 mol·L-1 HA溶液与0.1 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合,恰好完全反应,由混合溶液的pH=8可知,A-发生了水解。(2)盐类水解促进水的电离,而碱抑制水的电离,故混合溶液中由水电离出的c(H+)大于NaOH溶液中由水电离出的c(H+)。(3)NH4A溶液为中性,则HA与NH3·H2O的电离程度相同;HA溶液加入Na2CO3溶液中有气体放出,可知酸性HA>H2CO3,即电离程度HA>H2CO3,则电离程度NH3·H2O>H2CO3,N的水解程度小于C的水解程度,(NH4)2CO3溶液显碱性。
能力提升
1.某兴趣小组为研究碳酸钠水解平衡与温度的关系,用数字实验系统测定一定浓度碳酸钠溶液的pH与温度的关系,得到曲线如图。下列分析不合理的是( )。
A.碳酸钠水解是吸热反应
B.ab段说明水解平衡向右移动
C.bc段说明水解平衡向左移动
D.水的电离平衡也对pH产生影响
答案:C
解析:碳酸钠溶液中碳酸根离子水解使溶液呈碱性,升温,ab段pH增大,水解平衡向右移动,说明碳酸钠水解是吸热反应,A项、B项均正确;温度升高,促进水解平衡向右进行,bc段pH减小,是因此升温促进了水的电离,Kw增大所致,C项错误、D项正确。
2.室温下向10 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液中加入0.1 mol·L-1的一元酸HA,溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )。
A.M点所示溶液中c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)
B.M、N两点所示溶液中水的电离程度相同
C.pH=7时,c(Na+)=c(A-)+c(HA)
D.N点所示溶液中c(A-)>c(HA)
答案:D
解析:A项,M点所示溶液中NaOH和HA恰好反应生成NaA,溶液的pH=8.7,呈碱性,则HA为弱酸,A-水解,则溶液中的粒子浓度c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)。B项,N点时为NaA和HA的溶液,M点NaA发生水解反应,促进了水的电离,N点HA抑制了水的电离,所以M点所示溶液中水的电离程度大于N点。C项,pH=7时,根据电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),c(H+)=c(OH-),所以c(Na+)=c(A-)。D项,N点酸过量,溶液呈酸性,HA的电离程度大于NaA的水解程度,故c(A-)>c(HA)。
3.向浓度为0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液中加入少量NH4Cl固体,下列各量减小的是( )。
①c(H+) ②c(N) ③ ④ ⑤N的水解程度 ⑥ ⑦
A.③⑤
B.⑤⑥
C.③⑥
D.①②⑦
答案:B
解析:①NH4Cl溶液中存在水解平衡:N+H2ONH3·H2O+H+,加入少量NH4Cl固体,c(N)增大,平衡正向移动,则溶液中c(H+)增大,错误;②根据勒夏特列原理可知,平衡正向移动,但c(N)仍比原平衡大,错误;③c(N)增大,平衡正向移动,但N的水解程度减小,故增大,错误;④N的水解平衡常数为Kh=,则,由于温度不变,Kh不变,故不变,错误;⑤加入少量NH4Cl固体,水解平衡正向移动,但N的水解程度减小,正确;⑥结合水解常数Kh可知,,加入少量NH4Cl固体,Kh不变,
c(NH3·H2O)增大,故减小,正确;⑦结合水解常数Kh可知,,加入少量NH4Cl固体,水解平衡正向移动,c(H+)增大,但Kh不变,故增大,错误。
4.常温下,已知0.1 mol·L-1的一元酸HA溶液,其溶液的pH>1;0.1 mol·L-1的一元碱MOH溶液,=1×1012,将此两种溶液等体积混合,混合溶液中离子浓度关系不正确的是( )。
A.c(OH-)=c(HA)+c(H+)
B.c(M+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)
C.c(A-)>c(M+)>c(H+)>c(OH-)
D.c(M+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)
答案:C
解析:根据题干条件推知HA为弱酸,MOH为强碱,两者恰好完全反应生成盐MA,A-发生水解反应A-+H2OHA+OH-,B项正确,C项错误;根据质子守恒,A项正确;根据电荷守恒,D项正确。
5.在下列给定条件的溶液中,一定能大量共存的离子组是( )。
A.无色溶液:Ca2+、H+、Cl-、HS
B.能使pH试纸呈红色的溶液:Na+、N、I-、N
C.FeCl3溶液:K+、Na+、S、[Al(OH)4]-
D.常温下,=0.1 mol·L-1的溶液:Na+、K+、Si、N
答案:D
解析:A中H+与HS不能大量共存;B中N在酸性条件下具有强氧化性,可氧化I-,不能大量共存;C中Fe3+与[Al(OH)4]-能发生反应生成Fe(OH)3、Al(OH)3,不能大量共存;D中溶液为碱性,离子可大量共存。
6.常温下,0.2 mol·L-1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后,所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示。下列说法错误的是( )。
A.HA为弱酸
B.该混合溶液中:c(A-)+c(Y)=c(Na+)
C.该混合液pH>7
D.图中X表示HA,Y表示OH-,Z表示H+
答案:D
解析:做图像题首先要弄清横、纵坐标轴的意义。本题图像给出的是各组分的浓度大小关系。其中,A-浓度最大,X、Y、Z浓度依次减小,由题意知,两者反应生成0.1 mol·L-1的NaA溶液。A-浓度小于0.1 mol·L-1,说明A-水解,即HA是弱酸,A项正确;根据元素原子守恒可知,c(A-)+c(HA)=c(Na+),即c(A-)+c(Y)=c(Na+),B项正确;A-水解使溶液呈碱性,C项正确;溶液中粒子浓度大小关系:c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+),因此X表示OH-,Y表示HA,Z表示H+,D项错误。
7.“烂板液”指的是制印刷锌板时,用稀硝酸腐蚀锌板后得到的“废液”(含有少量的Cl-、Fe3+)。某化学兴趣小组用“烂板液”制取Zn(NO3)2·6H2O的过程如下:
已知:Zn(NO3)2·6H2O是一种无色晶体,其水溶液呈酸性,Zn(NO3)2能与碱反应,得到的产物具有两性。
(1)“烂板液”中溶质的主要成分是 (填化学式)。
(2)在操作①中保持pH=8的目的是 。
(3)沉淀Ⅰ是 (填化学式)。
(4)操作③中加热、煮沸的目的是 ;此步操作的理论依据是 。
(5)操作④保持pH=2的目的是 ;此步操作中加热所用的主要仪器是 。
答案:(1)Zn(NO3)2
(2)防止生成的Zn(OH)2沉淀溶解
(3)Zn(OH)2和Fe(OH)3
(4)促使Fe3+完全水解 温度越高,水解程度越大
(5)抑制Zn2+水解 蒸发皿、酒精灯、铁架台、玻璃棒
解析:(1)由题意知,“烂板液”指的是稀硝酸腐蚀锌板后得到的“废液”,所以“烂板液”中溶质的主要成分应为Zn(NO3)2。
(2)因为Zn(OH)2具有两性,能与强碱反应,故操作①中保持pH=8的目的是防止生成的Zn(OH)2沉淀溶解。
(3)在碱性条件下,Fe3+、Zn2+都会转化为氢氧化物沉淀,所以沉淀Ⅰ为Zn(OH)2和Fe(OH)3。
(4)操作③是为了分离Zn2+和Fe3+,故加热煮沸是为了促使Fe3+完全水解。(5)Zn(NO3)2是一种强酸弱碱盐,易水解,故保持pH=2的目的是抑制Zn2+水解。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)(共90张PPT)
第2课时 影响盐类水解的主要因素
盐类水解的应用
一、影响盐类水解的主要因素
1.盐类水解的特征。
(1)盐类的水解是 吸热 反应。
(2)加水稀释能 促进 盐类的水解。
2.影响因素。
因素 对盐类水解程度的影响
内因 形成盐的酸或碱越弱,水解程度越 大
外因 温度 升高温度能够 促进 水解
浓度 盐溶液的浓度越小,水解程度越 大
外加酸或碱 水解后显酸性的盐溶液,加碱会 促进 水解,加酸会 抑制 水解
外加盐 加入与盐的水解性质相反的盐会 促进 盐的水解
微思考 盐类水解平衡正向移动,则溶液中的离子浓度是否一定增大
提示:不一定,如加水稀释,水解平衡正向移动,但溶液中盐电离出的离子浓度减小。
微判断1 (1)若形成盐的弱酸的电离常数越大,则该盐越容易水解。( )
(2)加水稀释可促使盐的水解平衡向水解的方向移动,从而增大盐类的水解程度。( )
(3)向氯化铵溶液中加热一定量氨水,可使c( )=c(Cl-)。
( )
(4)加热滴有酚酞的Na2CO3溶液,溶液红色加深,可用勒夏特列原理解释。( )
×
√
√
√
二、盐类水解的应用
1.盐溶液的配制:配制Fe2(SO4)3溶液时,常将Fe2(SO4)3晶体溶于较浓的硫酸中,然后加水稀释到所需的浓度,目的是
通过增大溶液中H+的浓度来抑制Fe3+的水解。
2.热碱去油污:用纯碱溶液清洗油污时,加热可
增强其去污效果 。
3.盐类作净水剂: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。如明矾可以用来净水,其反应的离子方程式为 +3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+ 。
4.制备物质。
(1)用TiCl4制取TiO2发生反应的化学方程式为
(2)利用盐的水解可以制备纳米材料。
微训练1在硫酸溶液中存在下列平衡:
Fe2(SO4)3+6H2O 2Fe(OH)3+3H2SO4 ΔH>0。
(1)不断加热Fe2(SO4)3溶液,蒸干其水分并灼烧,最可能得到的固体是 。
(2)在配制Fe2(SO4)3溶液时,为防止产生浑浊,应
。
答案:(1)Fe2(SO4)3 (2)加入适量较浓的硫酸
5.盐的水解常数。
(1)定义:水解反应的平衡常数叫做水解平衡常数或水解常数,用Kh表示。
(3)影响因素及意义:Kh只受温度影响,其数值越大表示水解程度越大。
微判断2 (1)组成盐的金属离子的氧化性越强,该离子的水解常数越大。( )
(2)组成盐的酸根离子对应的酸的电离常数越大,则酸根离子的水解常数越小。( )
(3)盐溶液的浓度越小,其水解常数越大。( )
(4)根据 的水解常数和电离常数的相对大小,可以判断NaHCO3溶液的酸碱性。( )
×
√
×
√
微训练2 (1)已知某温度时,Kw=1.0×10-12,Na2CO3溶液的水解常数Kh=2.0×10-3,则当溶液中c( )∶c( )=2∶1时,试求该溶液的pH= 。
(2)已知25 ℃时,NH3·H2O的电离平衡常数Kb=1.8×10-5,该温度下1 mol·L-1 NH4Cl溶液中c(H+)= mol·L-1
答案:(1)9 (2)2.36×10-5 (3)1×10-12 增大
一、影响盐类水解的主要因素
问题探究
通过实验探究影响Fe2(SO4)3水解平衡的因素,已知Fe2(SO4)3发生水解反应的离子方程式:Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+,不同的实验操作对应的实验现象如表所示。
实验
序号 影响
因素 实验步骤 实验现象
① 盐的
浓度 加入Fe2(SO4)3固体,测溶液的pH 溶液颜色变深,pH变小
② 溶液
的酸
碱性 通入HCl气体后,测溶液的pH 溶液颜色变浅,pH变小
③ 加入少量NaOH固体 产生红褐色沉淀
④ 温度 升高温度 溶液颜色变深,pH变小
1.请用平衡移动原理对①③④中的实验现象进行解释。
提示:①加入Fe2(SO4)3固体,c(Fe3+)增大,水解平衡向正反应方向移动,因此溶液颜色变深,pH变小;③加入少量氢氧化钠固体后,OH-消耗H+,c(H+)减小,水解平衡向正反应方向移动,因此产生红褐色沉淀;④升高温度,水解平衡向正反应方向移动,因此溶液颜色变深,pH变小。
2.根据④中现象,判断Fe2(SO4)3水解反应是吸热反应还是放热反应
提示:升高温度,能促进Fe2(SO4)3的水解,因此该反应为吸热反应。
3.通过以上实验探究,影响Fe2(SO4)3水解平衡的因素主要有哪些
提示:Fe2(SO4)3溶液的浓度、温度及溶液的酸碱性等。
归纳总结
1.内因。
主要因素是盐本身的性质,生成盐的弱酸酸性越弱,或生成盐的弱碱碱性越弱,盐的水解程度越大(越弱越水解)。例如:酸性CH3COOH>HClO,则水解能力NaClO>CH3COONa;相同温度下,相同浓度的NaClO溶液的pH大于CH3COONa溶液的pH。
比较
项目 加热 加水 通入
NH3 加入
NH4Cl(s) 通入
HCl 加入
NaOH(s)
c( ) 降低 降低 升高 升高 升高 降低
c(NH3·H2O) 升高 降低 升高 升高 降低 升高
c(H+) 升高 降低 降低 升高 升高 降低
c(OH-) 降低 升高 升高 降低 降低 升高
pH 降低 升高 升高 降低 降低 升高
水解程度 增大 增大 减小 减小 减小 增大
特别提醒 盐类的水解平衡移动,符合勒夏特列原理。
典例剖析
【例1】 Fe2(SO4)3的水解方程式可写为Fe2(SO4)3+6H2O 2Fe(OH)3+3H2SO4,若增大水解程度,可采取的方法是( )。
A.降温
B.加入饱和食盐水
C.加入少量硫酸
D.增加Fe2(SO4)3的浓度
答案:B
解析:A项,Fe2(SO4)3的水解吸热,降温,Fe2(SO4)3的水解程度减小;B项,Fe2(SO4)3溶液被稀释,Fe2(SO4)3的水解程度增大;C项,加入少量硫酸抑制Fe2(SO4)3的水解,Fe2(SO4)3的水解程度减小;D项,Fe2(SO4)3的水解程度减小。
学以致用
1.一定条件下,CH3COONa溶液存在水解平衡CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-。下列说法正确的是( )。
A.加入少量NaOH固体,平衡左移,pH减小
B.升高温度,平衡右移,溶液中c(OH-)增大
C.稀释溶液,平衡右移,c(H+)减小
D.加入少量CH3COOH,与OH-反应,平衡右移
答案:B
解析:在CH3COONa溶液中,加入NaOH会抑制CH3COO-的水解,但c(OH-)增大,pH增大,A项错误;升高温度,促进盐类的水解,溶液中c(OH-)增大,B项正确;稀释虽然能促进水解,但溶液体积增大程度更大,c(OH-)减小,c(H+)增大,C项错误;加入少量CH3COOH,平衡左移,D项错误。
2.向纯碱溶液中滴入酚酞溶液。
(1)观察到的现象是 ,原因是 ;
(2)若微热溶液,观察到的现象是 ,原因是 ;
(3)若向溶液中加入少量氯化铁溶液,观察到的现象是 , 原因是 ;
(4)若再向该溶液中滴入过量的氯化钡溶液,观察到的现象是 ,原因是 。
(2)红色变深 加热,碳酸钠水解平衡向水解的方向移动,溶液碱性增强
(3)溶液红色变浅,同时生成红褐色沉淀,有气泡产生 氯化铁溶液与OH-反应生成红褐色氢氧化铁沉淀,溶液中OH-浓度减小,促进碳酸钠水解,并产生二氧化碳
解析:碳酸钠属于强碱弱酸盐,水解呈碱性。Na2CO3+H2O
NaOH+NaHCO3,水解的正反应是吸热反应。(1)碳酸钠水解,溶液呈碱性,碱使酚酞溶液变红;(2)加热促进碳酸钠水解,溶液碱性更强,所以溶液颜色变深;(3)氯化铁溶液与OH-反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀,减小了溶液中OH-浓度,促进碳酸钠水解,并产生二氧化碳,相当于发生相互促进的水解反应;(4)向溶液中加入过量的氯化钡溶液,生成碳酸钡沉淀,降低了溶液中 浓度,减弱了碳酸钠水解程度,溶液碱性减弱直至消失,溶液褪色。
二、盐类水解的应用
问题探究
1.实验室中如何用FeCl3晶体配制FeCl3溶液 为什么
提示:将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中,然后加水稀释到所需的浓度;常温下,Fe3+极易水解,加酸可抑制FeCl3水解。
2.Na2CO3为什么不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶储存 还有哪些试剂不能
提示:因为玻璃的主要成分是SiO2,SiO2能与碱反应,因此碱溶液及水解呈碱性的盐溶液,如NaOH、KOH、Na2S、Na2SiO3等都不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶储存。
3.已知Cu2+、Fe2+、Fe3+完全水解时,溶液的pH分别为6.4、9.6、3.7。如何除去CuCl2溶液中的Fe3+、Fe2+
提示:因Fe2+比Cu2+难水解,应先加入氧化剂(如H2O2)把Fe2+氧化为Fe3+,再加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3或Cu2(OH)2CO3等调节溶液pH,促进Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀而除去。
归纳总结
应用 举例
判断溶液
的酸碱性 FeCl3溶液显酸性,原因是
Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+
配制或贮存易
水解的盐溶液 配制CuSO4溶液时,加入少量稀硫酸,抑制Cu2+水解
判断盐溶液蒸干
灼烧后的产物 AlCl3溶液蒸干灼烧后的产物为Al2O3
典例剖析
【例2】 下列关于盐类水解的应用中,说法正确的是( )。
A.加热蒸干Na2CO3溶液,最后可以得到NaOH和Na2CO3的混合固体
B.除去MgCl2溶液中的Fe3+,可以加入NaOH固体
C.明矾净水的原理:Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+
D.加热蒸干KCl溶液,最后得到KOH固体(不考虑与CO2的反应)
答案:C
解析:加热蒸干Na2CO3溶液,最后得到Na2CO3固体,A项错误;镁离子、铁离子均能与OH-反应生成沉淀,所以不能用NaOH除去MgCl2溶液中的Fe3+,B项错误;明矾在水中电离出铝离子,铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性,即Al3++3H2O
Al(OH)3(胶体)+3H+,C项正确;KCl不水解,加热蒸干KCl溶液,最后得到KCl固体,D项错误。
方法技巧 加热蒸发盐溶液析出固体。 (1)能水解,但生成不挥发性酸的盐,蒸发盐溶液能得到相应的盐,如Al2(SO4)3。 (2)能水解,但随着水分的蒸发,生成物又反应生成原来的盐,如Na2CO3。
(3)水解生成挥发性酸的盐(如FeCl3) 氢氧化物
氧化物。 蒸发FeCl3溶液时要得到FeCl3固体,需在HCl气流中加热。 另外,有些能水解的盐,蒸发其水溶液得不到相应的盐,还有其他原因。如:较低温度下受热易分解的Ca(HCO3)2,蒸发其溶液得到分解产物CaCO3;还原性较强的Na2SO3,蒸发其溶液得到的固体中会含有Na2SO4杂质。
学以致用
3.下列与盐类水解有关的是( )。
①为保存FeCl3溶液,要在溶液中加入少量盐酸 ②实验室盛放Na2CO3溶液、Na2SiO3溶液的试剂瓶应用橡胶塞 ③在NH4Cl溶液中加入镁条会产生气泡 ④长期施用硫酸铵,土壤的酸性增强 ⑤将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制备Fe(OH)3胶体,离子方程式为Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+
A.②④ B.②③④
C.①③ D.①②③④⑤
D
解析:①保存FeCl3溶液,在溶液中加入少量盐酸,可以抑制Fe3+水解生成Fe(OH)3;②Na2CO3、Na2SiO3可水解使溶液呈碱性,从而腐蚀玻璃,故实验室盛放Na2CO3溶液、Na2SiO3溶液的试剂瓶应用橡胶塞;③NH4Cl水解使溶液呈酸性,镁可以置换出溶液中的H+,放出H2,从而产生气泡;④硫酸铵水解使溶液呈酸性,长期施用此化肥,土壤的酸性将增强;⑤升高温度,水解平衡向右移动,因此将饱和FeCl3溶液滴入沸水中可制Fe(OH)3胶体,离子方程式为Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体) +3H+。故①②③④⑤都与盐类的水解有关。
4.将下列固体物质溶于水,将其水溶液加热、蒸发结晶,所得固体再灼烧,得到化学组成与原固体物质相同的是 (填序号)。
①胆矾 ②氯化铝 ③硫酸铝 ④氯化铜 ⑤硫酸亚铁 ⑥碳酸钠 ⑦亚硫酸钠 ⑧NH4Cl ⑨KMnO4 ⑩Ca(HCO3)2
答案:③⑥
解析:①胆矾(CuSO4·5H2O)溶于水得CuSO4溶液,因硫酸难挥发,蒸发结晶,再灼烧得CuSO4;②AlCl3、④CuCl2发生水解: AlCl3+3H2O Al(OH)3+3HCl、CuCl2+2H2O Cu(OH)2+2HCl,加热时HCl不断挥发,平衡右移,生成Al(OH)3、Cu(OH)2沉淀,灼烧得Al2O3、CuO;③Al2(SO4)3+6H2O 2Al(OH)3+3H2SO4,硫酸难挥发,最终仍得Al2(SO4)3;⑤硫酸亚铁在蒸干过程中易被氧化;⑦亚硫酸钠易被氧化生成硫酸钠;⑧NH4Cl、⑨KMnO4、⑩Ca(HCO3)2蒸干灼烧过程中分解。
三、溶液中粒子浓度的比较
问题探究
1.已知H2A为弱酸,试分析NaHA溶液中各离子浓度的大小关系。
提示:若NaHA溶液pH<7,说明HA-的电离程度大于水解程度,则c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-);若NaHA溶液pH>7,说明HA-的水解程度大于电离程度,则c(Na+)>c(HA-)>c(OH-) >c(H+)>c(A2-)。
2.碳酸氢钠溶液中:
(1)电荷守恒: ;
(2)元素守恒: ;
(3)质子守恒: 。
归纳总结
1.理解两大平衡,建立“微弱意识”。
(1)电离平衡→建立电离过程微弱的意识。
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CH3COOH溶液中,CH3COOH CH3COO-+H+,H2O OH-+H+,溶液中粒子浓度由大到小的顺序为c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-) >c(OH-)。
(2)水解平衡→建立水解过程微弱的意识。
2.把握三种守恒,明确等量关系。
(1)电荷守恒。
电解质溶液中,不论存在多少种离子,溶液总是呈电中性,即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如
(2)元素守恒。
电解质溶液中,由于某些离子能水解或电离,离子种类增多,但原子总数是守恒的。
(3)质子守恒。
3.单一溶液中粒子浓度的大小比较。
(1)多元弱酸溶液。
根据多步电离分析知:一级电离>二级电离>三级电离。
例如,0.1 mol·L-1 H3PO4溶液中离子间的关系是
(2)多元弱酸的正盐溶液。
根据弱酸根分步水解分析知:一级水解>二级水解。
例如,在0.1 mol·L-1 Na2S溶液中:
故离子浓度的关系为c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H+)。
(3)多元弱酸的酸式盐溶液。
①若离子的水解程度大于其电离程度,溶液显碱性。
例如,在0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中:
②若离子的水解程度小于电离程度,溶液呈酸性。
例如,在0.1 mol·L-1 NaHSO3溶液中:
4.混合溶液中粒子浓度的大小比较,根据电离程度、水解程度的相对大小分析。
(1)电离程度大于相应离子的水解程度。
例如,在等物质的量浓度的NH4Cl与NH3·H2O的混合溶液中:
再如等物质的量浓度的CH3COONa与CH3COOH的混合溶液呈酸性,溶液中粒子浓度大小顺序为c(CH3COO-)>c(Na+) >c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)。
(2)电离程度小于相应离子的水解程度。
例如,在等物质的量浓度的NaCN和HCN的混合溶液中:
因为CN-的水解程度大于HCN的电离程度,
故混合溶液呈碱性。
溶液中各粒子浓度大小顺序为
c(HCN)>c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)。
典例剖析
【例3】 下列物质所配成的0.1 mol·L-1溶液中,离子浓度由大到小顺序排列正确的是( )。
答案:D
【拓展延伸】 (1)相同物质的量浓度的①NH4Cl溶液、
②CH3COONH4溶液、③NH4HSO4溶液、④(NH4)2SO4溶液中, c( )由大到小顺序是 ④>③>①>② 。
答案:NH4Cl水解使溶液显酸性,NH3·H2O电离使溶液显碱性,两者的混合溶液可能显酸性、中性、碱性。
显酸性时:c(Cl-)>c( )>c(H+)>c(OH-);
显中性时:c(Cl-)=c( )>c(H+)=c(OH-);
显碱性时:c( )>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
或c( )>c(OH-)>c(Cl-)>c(H+)。
(2)NH4Cl与NH3·H2O的混合溶液中,离子浓度的大小关系有几种情况
学以致用
5.物质的量浓度都为0.1 mol·L-1的CH3COOH与NaOH溶液等体积混合后,下列关系式不正确的是( )。
A.c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)
B.c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
C.c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)
D.c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Na+)
答案:B
解析:0.1 mol·L-1 CH3COOH与NaOH等体积混合,完全反应生成CH3COONa溶液。根据电荷守恒,A项正确,B项错误。根据元素守恒,D项正确。由A项和D项消去c(Na+),即得关系式:c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH),C项正确。
6.化学上把外加少量酸、碱而pH基本不变的溶液,称为缓冲溶液。25 ℃时,浓度均为0.10 mol·L-1的HCN溶液与NaCN溶液等体积混合所得缓冲溶液的pH=9.4。下列说法错误的是
( )。
A.HCN的电离方程式为HCN H++CN-
B.上述缓冲溶液中HCN的电离程度大于CN-的水解程度
C.向1.0 L上述缓冲溶液中滴加几滴NaOH稀溶液,溶液pH几乎不变
D.溶液中各离子浓度大小关系为c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)
B
解析:25 ℃时,浓度均为0.10 mol·L-1的HCN溶液与NaCN溶液等体积混合所得缓冲溶液pH=9.4,溶液显碱性,说明NaCN的水解程度大于HCN的电离程度,故HCN是弱酸,在溶液中存在电离平衡,其电离方程式为HCN H++CN-,A项正确,B项错误;向1.0 L题述缓冲溶液中滴加几滴NaOH稀溶液,加入的NaOH电离产生的OH-被HCN电离产生的H+中和,HCN再电离产生H+,因此溶液中c(H+)几乎不变,则溶液pH几乎不变,C项正确;
题述缓冲溶液pH=9.4,溶液显碱性,则c(OH-)>c(H+),溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-),c(Na+)>c(CN-),溶液中各离子浓度大小关系为c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+),D项正确。
1.下列事实不属于盐类水解应用的是( )。
A.明矾净水
B.使用热的纯碱溶液去除油污
C.实验室配制FeCl3溶液时加入少量稀盐酸
D.向FeCl3溶液中加入NaOH溶液产生红褐色沉淀
答案:D
解析:明矾净水,应用了Al3+水解生成的Al(OH)3胶体吸附水中的杂质,A项正确;使用热的纯碱溶液去除油污,加热促进 水解,使溶液碱性增强,B项正确; 实验室配制FeCl3溶液时加入少量稀盐酸是为了抑制Fe3+的水解,C项正确;D项中发生反应Fe3++3OH-══Fe(OH)3↓,与盐类水解无关,错误。
答案:A
3.要求设计实验证明某种盐的水解是吸热的,有四位学生分别作出如下回答,其中正确的是( )。
A.甲学生:将硝酸铵晶体溶于水,若水温下降,说明硝酸铵水解是吸热的
B.乙学生:在盐酸中加入相同温度的氨水,若实验过程中混合液温度下降,说明盐类水解是吸热的
C.丙学生:在醋酸钠溶液中加入醋酸钠晶体,若溶液温度下降,说明盐类水解是吸热的
D.丁学生:在醋酸钠溶液中滴入酚酞溶液,加热后若红色加深,说明盐类水解是吸热的
答案:D
解析:硝酸铵晶体溶于水吸收热量,不能说明盐水解为吸热反应,A项错误;中和反应为放热反应,但一水合氨的电离为吸热过程,不能说明盐类水解是吸热的,B项错误;醋酸钠溶液中加入醋酸钠晶体,醋酸钠晶体溶解时吸收热量,不能说明盐类水解是吸热的,C项错误;醋酸钠溶液中滴入酚酞溶液,加热后若红色加深,则升高温度水解平衡正向移动,氢氧根离子浓度增大,即水解反应为吸热反应,D项正确。
4.25 ℃时,在浓度均为1 mol·L-1的(NH4)2SO4溶液、(NH4)2CO3溶液、(NH4)2Fe(SO4)2溶液中,测得其c( )分别为a、b、c(单位为mol·L-1)。下列判断正确的是( )。
A.a>b>c B.b>a>c C.c>b>a D.c>a>b
答案:D
5.常温下,浓度均为0.1 mol·L-1的下列两种盐溶液,其pH如下表所示:
序号 ① ②
溶液 CH3COONa溶液 NaClO溶液
pH 8.8 10.3
下列说法正确的是( )。
A.①溶液中,c(CH3COOH)>c(OH-)
B.阴离子总浓度:①>②
C.常温下,Ka(CH3COOH)D.水的电离程度:①>②
答案:B
解析:表中数据显示,CH3COONa溶液的pH小于NaClO溶液的pH,说明NaClO溶液的碱性强,ClO-的水解程度比CH3COO-的水解程度大,HClO的酸性比CH3COOH的酸性弱。①溶液中,依据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+ c(OH-),依据元素守恒可得c(Na+)=c(CH3COO-)+ c(CH3COOH),从而得出c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-),所以c(CH3COOH)依据电荷守恒可得,c(Na+)+c(H+)①=c(CH3COO-)+c(OH-)①、c(Na+)+c(H+)②=c(ClO-)+c(OH-)②,由于pH①<②,所以c(H+)①>c(H+)②,c(CH3COO-)+c(OH-)①>c(ClO-)+c(OH-)②,即阴离子总浓度:①>②,B项正确;CH3COOH的酸性比HClO的酸性强,所以常温下,Ka(CH3COOH)>Ka(HClO),C项错误;表中数据显示,CH3COONa溶液的pH小于NaClO溶液的pH,则CH3COO-的水解程度比ClO-的水解程度小,所以水的电离程度:①<②, D项错误。
6.在下列给定条件的溶液中,一定能大量共存的离子组是
( )。
答案:D
7.(1)常温下,有A、B、C、D四种无色溶液,它们分别是CH3COONa溶液、NH4Cl溶液、盐酸和NaNO3溶液中的一种。已知A、B中水的电离程度相同,A、C的pH相同。
①B是 溶液,C是 。
②常温下若B中c(OH-)与C中的c(H+)相同,B的pH用pHb表示, C的pH用pHc表示,则pHb+pHc= (填数值)。
(2)已知某溶液中只存在OH-、H+、 、Cl-四种离子,某同学推测其离子浓度大小顺序有以下几种:
①c(Cl-)>c( )>c(H+)>c(OH-)
②c(Cl-)>c( )>c(OH-)>c(H+)
③c( )>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
④c(Cl-)>c(H+)>c( )>c(OH-)
则:
(Ⅰ)上述关系一定不正确的是 (填序号)。
(Ⅱ)若溶液中只有一种溶质,则该溶液中离子浓度的大小关系为 (填序号)。
(Ⅲ)若离子浓度关系有c( )=c(Cl-),则该溶液显 (填“酸性”“碱性”或“中性”)。
答案:(1)①CH3COONa 盐酸 ②14
(2)(Ⅰ)② (Ⅱ)① (Ⅲ)中性
解析:(1)CH3COONa溶液中水的电离受到促进,溶液显碱性;NH4Cl溶液中水的电离受到促进,溶液显酸性;盐酸中水的电离受到抑制,溶液显酸性;NaNO3溶液中水的电离不受影响,溶液显中性。所以A、B、C、D分别为NH4Cl溶液、CH3COONa溶液、盐酸、NaNO3溶液。常温下若CH3COONa溶液中c(OH-)与盐酸中的c(H+)相同,则有pHb=14+lg c(H+),C中pHc=-lg c(H+),则pHb+pHc=14。
(2)溶液中只存在OH-、H+、 、Cl-四种离子时,c(Cl-) >c( )>c(OH-)>c(H+)一定不存在,因为此时溶液中正负电荷的总数不相等;若溶液中只有一种溶质,则为NH4Cl溶液,该溶液中离子浓度的大小关系为c(Cl-)>c( )>c(H+)>c(OH-);若四种离子浓度关系有c( )=c(Cl-),根据溶液的电中性原理,有c(OH-)=c(H+),则该溶液显中性。
