2026届高考化学一轮复习 第10章 水溶液中的离子反应与平衡 第3节 盐类的水解 课件（70张PPT）

(共70张PPT)
第3节　盐类的水解
第10章
课标要求
1.认识盐类水解的原理和影响盐类水解的主要因素。
2.能用化学用语正确表示水溶液中的离子反应与平衡,能通过实验证明水溶液中存在的离子平衡,能举例说明离子反应与平衡在生产、生活中的应用。
3.能综合运用离子反应、化学平衡原理,分析和解决生产、生活中有关电解质溶液的实际问题。
备考指导
本部分主要考查两方面:
(1)盐类水解的原理及其应用,以图像的形式考查溶液中离子浓度大小的比较、溶液的酸碱性、水的电离平衡等综合知识。 题型以选择题为主,难度较大。
(2)对盐类水解的复习,主要抓住其实质;对溶液中离子浓度的复习,从分析电离和水解入手,掌握离子浓度的大小关系和三种守恒关系。
内容索引
01
02
03
第一环节　必备知识落实
第二环节　关键能力形成
第三环节　核心素养提升
04
实验探源
第一环节　必备知识落实
知识点1
盐类的水解
知识筛查
1.实质
2.特点
3.盐类水解规律
4.水解方程式的书写
(1)一般要求。
一般盐类水解程度很小 水解产物很少 气体、沉淀不标“↑”或“↓”,易分解产物(如NH3·H2O等)不写其分解产物的形式
(2)三种类型的盐水解方程式的书写。
①多元弱酸盐水解:分步进行,以第一步为主,一般只写第一步水解方程式。
③阴、阳离子相互促进的水解:水解程度较大,书写时要用“══”“↑”“↓”等。如Na2S溶液与AlCl3溶液混合反应的水解离子方程式为2Al3++3S2-+ 6H2O══2Al(OH)3↓+3H2S↑。
名师点拨盐溶液呈中性,无法判断该盐是否水解。例如:NaCl溶液呈中性,是因为NaCl是强酸强碱盐,不水解。又如CH3COONH4溶液呈中性,是因为CH3COO-和 的水解程度相当,即水解过程中H+和OH-消耗量相等,所以CH3COONH4溶液仍呈中性。
知识巩固
判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。
(1)溶液呈中性的盐一定是强酸、强碱生成的盐。(　　)
(2)酸式盐溶液可能呈酸性,也可能呈碱性。(　　)
(3)某盐溶液呈酸性,该盐一定发生了水解反应。(　　)
(4)常温下,pH=10的CH3COONa溶液与pH=4的NH4Cl溶液,水的电离程度相同。(　　 )
(5)常温下,pH=11的CH3COONa溶液与pH=3的CH3COOH溶液,水的电离程度相同。(　　)
×
√
×
√
×
(6)NaHCO3、NaHSO4都能促进水的电离。(　　)
(7)向Na[Al(OH)4]溶液中滴加NaHCO3溶液,有沉淀和气体生成。(　　)
×
×
√
知识点2
影响盐类水解的因素及其应用
知识筛查
1.盐类水解的影响因素
(1)内因。
酸或碱越弱,其对应的弱酸阴离子或弱碱阳离子的水解能力就越强,溶液的碱性或酸性就越强。
(2)外因。
2.盐类水解的应用
知识巩固
1.判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。
(1)外界条件对盐类水解程度的大小起决定作用。(　　)
(2)影响盐类水解的因素有温度、浓度、压强等。(　　)
(3)能水解的盐的浓度越低,水解程度越大,溶液的酸碱性越强。(　　)
(4)盐溶液显酸碱性,一定是由水解引起的。(　　)
(5)水解平衡右移,盐的离子的水解程度一定增大。(　　)
(6)Na2CO3溶液加水稀释,促进水的电离,溶液的碱性增强。(　　)
×
×
×
×
×
×
2.下列描述与盐类的水解有关的是(　　)。
①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属时的除锈剂;②NaHCO3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实验室中盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞;⑤加热蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2固体;⑥要除去FeCl3溶液中混有的Fe2+,可先通入氧化剂Cl2,再调节溶液的pH。
A.①②③ B.②③④⑥
C.①④⑤ D.①②③④⑤
D
解析:①NH4Cl和ZnCl2均为强酸弱碱盐,溶液中 与Zn2+均发生水解反应,溶液显酸性,可以除去金属表面的锈;② 与Al3+发生相互促进的水解反应,产生CO2,可作灭火剂;③草木灰的主要成分为K2CO3,水解显碱性,而铵态氮肥水解显酸性,因而两者不能混合施用;④Na2CO3水解使溶液显碱性,而磨口玻璃塞中的二氧化硅会与碱反应生成Na2SiO3,将瓶塞与瓶口黏合在一起,因此实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶应用橡胶塞;⑤CuCl2溶液中存在水解平衡:CuCl2+2H2O Cu(OH)2+2HCl,加热时,HCl挥发使平衡不断右移,最终得到Cu(OH)2固体;⑥Cl2能将Fe2+氧化成Fe3+,且没有引入杂质,与盐的水解无关。
第二环节　关键能力形成
能力点1
利用Ka、Kb、KW、Kh间的关系解决相关问题的能力
整合建构
(1)强碱弱酸盐。
(2)强酸弱碱盐。
其中:Kh为水解平衡常数、Ka(Kb)为弱酸(或弱碱)的电离平衡常数、KW为水的离子积常数。
问题引领
多元弱酸的分级电离常数与多元弱酸根的分级水解常数之间有什么关系
训练突破
(1)对于任意弱电解质来讲,其电离平衡常数Ka、对应离子的水解平衡常数Kh以及水的离子积常数KW的关系是　　　　　　　　,由此可以推断,弱电解质的电离程度越小,其对应离子的水解程度　　　　。
(2)由于CH3COOH的电离程度很小,计算时可将CH3COOH的平衡浓度看成是CH3COOH溶液的起始浓度,则浓度为c的CH3COOH溶液中c(H+)=
　　　　(不为0)。
(3)现用某未知浓度(设为c')的CH3COOH溶液及其他仪器、试剂,通过实验测定一定温度下CH3COOH的电离平衡常数,需测定的数据有(用简要的文字说明):
①实验时的温度;
②　　　　　　　　　　　;
③用　　　　　　　　　　(填一种实验方法)测定溶液浓度c'。
答案:(1)Ka·Kh=KW　越大　
答案:(1)1×10-12　增大　(2)2.36×10-5　(3)向右　60
能力点2
选择恰当的方法分析溶液中粒子浓度大小关系的能力
整合建构
1.理解两大平衡,树立微弱意识
(1)电离平衡→建立电离过程是微弱的意识。
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。如在稀醋酸溶液中:CH3COOH CH3COO-+H+,H2O OH-+H+,在溶液中,粒子浓度由大到小的顺序:c(CH3COOH)> c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)。
(2)水解平衡→建立水解过程是微弱的意识。
弱酸酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的,但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如稀的CH3COONa溶液中,存在如下过程CH3COONa══ CH3COO-+Na+,CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-,H2O H++OH-,溶液中c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(CH3COOH)>c(H+)。
2.把握三大守恒,明确定量关系
(1)元素守恒。
在电解质溶液中,由于某些离子发生水解或电离,离子的存在形式发生了变化。离子所含的某种元素在变化前后是守恒的,即元素守恒。如在0.1
(2)电荷守恒。
在电解质溶液中,阳离子所带的电荷总数与阴离子所带的电荷总数相等,即电荷守恒,溶液呈电中性。如NaHCO3溶液中的离子有Na+、H+、
(3)质子守恒。
电解质溶液中,电离、水解等过程中得到的质子(H+)数等于失去的质子(H+)数。如NaHCO3溶液中:
另外,质子守恒式可以由电荷守恒式和元素守恒式推导得出。
以KHS溶液为例,电荷守恒式为c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)①,元素守恒式为c(K+)=c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)②,由①-②消去没有参与变化的K+得质子守恒式c(H+)+c(H2S)=c(OH-)+c(S2-)。
3.明晰三大类型,掌握解题流程
(1)溶液中粒子浓度大小比较三大类型。
类型一:单一溶液中各粒子浓度的比较。
③多元弱酸的酸式盐溶液。
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的相对强弱。
类型二:混合溶液中各粒子浓度的比较。
混合溶液要综合分析电离、水解等因素。如在0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液和0.1 mol·L-1氨水的混合溶液中,NH3·H2O的电离程度强于 的水解程度,溶液呈碱性,各离子浓度大小顺序为c( )>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)。
类型三:不同溶液中同一粒子浓度的比较。
不同溶液要看溶液中其他粒子对该粒子的影响。如在相同物质的量浓度的下列溶液中:①NH4Cl溶液;②CH3COONH4溶液;③NH4HSO4溶液,c( )由大到小的顺序为③>①>②。
问题引领
溶液中粒子浓度大小比较的解题流程是怎样的
点拨溶液中粒子浓度大小比较的解题流程。
训练突破
1.CO2溶于水生成碳酸。已知下列数据:
现有常温下1 mol·L-1的(NH4)2CO3溶液,下列说法正确的是(　　)。
A.由数据可判断该溶液呈酸性
C
2.(双选)室温下,下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是(　　)。
A.新制氯水中:c(H+)=c(HClO)+2c(ClO-)+c(OH-)
B.0.1 mol·L-1的NaOH溶液与0.2 mol·L-1的CH3COOH溶液等体积混合, pH<7:c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)
AC
解析:新制氯水中:根据电荷守恒得到c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-),再根据元素守恒得到c(Cl-)=c(HClO)+c(ClO-),将两个守恒相加得到c(H+)= c(HClO)+2c(ClO-)+c(OH-),故A项正确。0.1 mol L-1的NaOH溶液与0.2 mol L-1的CH3COOH溶液等体积混合,混合后溶质为CH3COOH和CH3COONa,且浓度相等,溶液pH<7,说明醋酸电离起主要作用,即c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+),故B项错误。pH=9的NaHCO3溶
能力点3
利用水解原理解释解决实际生产、生活以及实验室中的问题的能力
整合建构
问题引领
(1)利用水解原理如何判断盐溶液蒸干时所得产物
(2)因相互促进水解不能大量共存的离子有哪些
点拨(1)盐溶液蒸干时所得产物的判断。
①盐溶液水解生成难挥发性酸和酸根阴离子易水解的强碱盐,蒸干后一般得原物质,如CuSO4(aq)蒸干得CuSO4(s)、Na2CO3(aq)蒸干得Na2CO3(s)。
②盐溶液水解生成易挥发性酸时,蒸干灼烧后一般得到对应的氧化物,如AlCl3(aq)蒸干得Al(OH)3,灼烧得Al2O3。
③考虑盐受热时是否分解。Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固体受热易分解,因此蒸干灼烧后分别为Ca(HCO3)2→CaCO3(CaO); NaHCO3→Na2CO3;KMnO4→K2MnO4+MnO2;NH4Cl→NH3↑+HCl↑。
④还原性盐在蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。
⑤弱酸的铵盐蒸干后无固体。如NH4HCO3、(NH4)2CO3。
(2)熟记下列因相互促进水解不能大量共存的离子组合。
训练突破
1.下列物质的水溶液在空气中小心加热蒸干至质量不再减少为止,能得到较纯净的原溶质的是(　　)。
①CuSO4;②FeSO4;③K2CO3;④Ca(HCO3)2;⑤NH4HCO3;⑥KMnO4;⑦FeCl3。
A.②④⑤ B.①②⑤ C.①③⑥ D.①③
D
解析:FeSO4溶液加热过程中生成Fe(OH)2和H2SO4,又由于Fe(OH)2会被氧化生成Fe(OH)3,故蒸干后得到Fe2(SO4)3和Fe(OH)3的混合物;Ca(HCO3)2受热会分解生成CaCO3(CaO);NH4HCO3受热分解生成NH3和CO2;KMnO4受热分解生成K2MnO4和MnO2;FeCl3受热促进水解生成Fe(OH)3和盐酸,而盐酸挥发进一步促进其水解,最终受热分解得到的固体物质是Fe2O3。
解析:要使Fe2+和Fe3+全部被除去,由题给信息可知,需将Fe2+全部氧化成Fe3+,再调节溶液pH范围为4.5≤pH<6.5,即可将Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀,且保证Zn2+不沉淀。氧化Fe2+时不能引入新的杂质,故选用H2O2,调pH时也不能引入新的杂质,用ZnO能促进Fe3+的水解。故A项正确。
2.下表是Fe2+、Fe3+、Zn2+被OH-完全沉淀时溶液的pH。某硫酸锌酸性溶液中含有少量的Fe2+、Fe3+杂质,为制得纯净的ZnSO4,应加入的试剂是(　　)。
A.H2O2、ZnO B.氨水
C.KMnO4、ZnCO3 D.NaOH溶液
A
第三环节　核心素养提升
【高考真题剖析】
【例题】 (双选)(2020山东卷)25 ℃时,某混合溶液中c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)=0.1 mol·L-1,lg c(CH3COOH)、lg c(CH3COO-)、lg c(H+)和lg c (OH-)随pH变化的关系如下图所示。Ka为CH3COOH的电离常数,下列说法正确的是(　　)。
A.O点时,c(CH3COOH)=c(CH3COO-)
B.N点时,pH=-lg Ka
D.pH由7到14的变化过程中,CH3COO-的水解程度始终增大
BC
解析:在CH3COO-、CH3COOH的混合溶液中,随着pH的增大,lg c(CH3COOH)减小,lg c(CH3COO-)增大。当pH=0时,c(H+)=1 mol·L-1,又由于c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1 mol·L-1,所以c(H+)>c(CH3COOH)>c(CH3COO-)。N点时c(CH3COOH)=c(CH3COO-),
【核心素养考查点剖析】本题主要考查了电离平衡、水解平衡、离子浓度的关系等有关知识,较好地考查了考生的“变化观念与平衡思想”以及“宏观辨识与微观探析”等素养。解答本类题目的关键是注意横纵坐标的含义、曲线的变化趋势、特殊点的含义等。
【典题训练】
1.(2024江苏卷)室温下,通过下列实验探究SO2的性质。已知(H2SO3)=1.3×10-2,(H2SO3)=6.2×10-8。
实验1:将SO2气体通入水中,测得溶液pH=3。
实验2:将SO2气体通入0.1 mol·L-1 NaOH溶液中,当溶液pH=4时停止通气。
实验3:将SO2气体通入0.1 mol·L-1酸性KMnO4溶液中,当溶液恰好褪色时停止通气。
下列说法正确的是(　　)。
A.实验1所得溶液中:c(HS)+c(S)>c(H+)
B.实验2所得溶液中:c(S)>c(HS)
C.实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得NaHSO3固体
D.实验3所得溶液中:c(S)>c(Mn2+)
D
解析:实验1所得溶液中存在电荷守恒:c(H+)=c(OH-)+c(HS)+2c(S) >c(HS)+c(S),A项错误。实验2所得溶液pH=4,即c(H+)=10-4 mol·L-1,代入H2SO3的二级电离常数计算式(H2SO3)==6.2×10-8,得:=6.2×10-4<1,故c(S)c(Mn2+),D项正确。
2.(双选)室温下,将两种浓度均为0.10 mol·L-1的溶液等体积混合,若溶液混合引起的体积变化可忽略,下列各混合溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是(　　)。
AD
3.(双选)(2021山东卷)赖氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-,用HR表示]是人体必需氨基酸,其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡:
向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液,溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。
下列表述正确的是(　　)。
CD
解析:向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液,依次发生离子反应:H3R2++OH-══H2R++H2O、H2R++OH-══HR+H2O、HR+OH-══R-+H2O,溶液中H3R2+逐渐减小,H2R+和HR先增大后减小,R-逐渐增大。
c(R-)+c(OH-)+c(Cl-)=2c(H3R2+)+c(H2R+)+c(H+)+c(Na+),此时c(H3R2+)=c(H2R+),因此c(R-)+c(OH-)+c(Cl-)=3c(H2R+)+c(H+)+c(Na+),B项错误;
溶质为NaCl、HR、NaR,此时溶液呈碱性,因此c(OH-)>c(H+),溶质浓度大于水解和电离所产生粒子浓度,因此c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+),D项正确。
【新情境模拟训练】
A.Ka(HA)的数量级为10-5
C.M点所示溶液中:c(H+)+c(Na+)=c(HA)+c(OH-)
D.N点所示溶液中:c(Na+)=c(A-)+c(HA)
D
故B项正确。根据电荷守恒,M点所示溶液中:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-),由图像可知,M点时,c(A-)=c(HA),因此有c(H+)+c(Na+)=c(HA)+c(OH-),故C项正确。N点时溶液pH<3,则HA的物质的量大于NaOH的物质的量,此时溶液中:c(Na+)实验探源
【必备知识归纳】
盐类水解的应用
【实验目的】
利用水解反应解决实际问题——利用水解反应制备胶体、净水和除污。
【实验用品】
Na2CO3溶液,Al2(SO4)3溶液,FeCl3溶液,稀盐酸,植物油,蒸馏水,略浑浊的天然淡水。
试管,烧杯,胶头滴管,酒精灯,三脚架,陶土网,激光笔。
【实验方案设计及实施】
利用所提供的实验用品,设计并实施实验,解决下列实际问题。
1.制备氢氧化铁胶体。
2.除去略浑浊的天然淡水中的悬浮颗粒物。
3.清除厨房的油污。
实验 实验方案 实验现象及结论
1 向沸水中滴加几滴饱和的FeCl3溶液,当液体出现红褐色时,停止加热 液体呈现红褐色,用激光笔照射液体,出现丁达尔效应,说明Fe3+水解生成了Fe(OH)3 胶体
2 向浑浊的天然淡水中滴加几滴Al2(SO4)3溶液 浑浊的水很快变澄清,说明Al3+水解生成了Al(OH)3 胶体
3 将碳酸钠溶液加热后,用其清除厨房的油污 碳酸钠溶液加热水解生成了OH-,用其可以清除厨房的油污
【易错细节筛查】
1.利用水解制备Fe(OH)3 胶体时,不能长时间加热,也不能搅拌,FeCl3也不能加过量,否则都会使胶体发生聚沉。
2.胶体的表面积较大,能吸附水中悬浮的杂质,所以起到净水的作用,该净水作用不能杀菌消毒。
【实验能力形成】
1.化学与生活密切相关,下列与盐类水解无关的是(　　)。
A.纯碱去油污 B.食醋除水垢
C.明矾净化水 D.NH4Cl除铁锈
B
解析:纯碱是碳酸钠,碳酸钠水解使溶液显碱性,水解生成的OH-可以与油污发生皂化反应,从而达到去除油污的目的,A项正确。食醋(醋酸)与水垢(碳酸钙)反应,实际是利用醋酸的酸性,与水解无关,B项错误。明矾净水,是利用铝离子水解得到的氢氧化铝胶体的吸附能力,C项正确。氯化铵水解使溶液显酸性,水解生成的H+可以与氧化铁反应,D项正确。
2.请回答下列问题:
(1)AgNO3的水溶液呈　　　　(填“酸”“中”或“碱”)性,原因是
　　　　　　　　　　　　　　　　　(用离子方程式表示);在实验室中配制AgNO3溶液时,常先将AgNO3固体溶于较浓的硝酸中,然后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FeCl3溶液蒸干、灼烧,最后得到的主要固体产物是　　　　。
(3)纯碱可代替洗涤剂洗涤餐具,原因是　　　　　　　　　　　　(用离子方程式表示)。
解析:(1)AgNO3是强酸弱碱盐,因Ag+水解而使溶液呈酸性,水解的离子方程式为Ag++H2O AgOH+H+;实验室配制AgNO3时,为抑制Ag+水解,先将AgNO3固体溶于较浓的硝酸中,然后用蒸馏水稀释到所需的浓度。
(2)明矾即KAl(SO4)2·12H2O,因Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有较强的吸附性,吸附水中的颗粒状杂质而起净水作用,反应的离子方程式为Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+;把FeCl3溶液蒸干的过程中,因Fe3+水解生成Fe(OH)3和HCl,由于HCl的挥发,促进水解正向进行,最后得到Fe(OH)3固体,然后再进行灼烧,因Fe(OH)3不稳定,受热分解最终生成Fe2O3。