2020年高考化学一轮复习 第八章 第三节 盐类的水解课件 新人教版

第三节盐类的水解考向一盐类水解的规律【通考点·融会贯通】盐类水解的规律及拓展应用(1)“谁弱谁水解,越弱越水解”。如酸性:HCNCH3COOH,则相同条件下碱性:NaCNCH3COONa。(2)强酸的酸式盐只电离,不水解,溶液显酸性。如NaHSO4在水溶液中:NaHSO4====Na++H++。(3)弱酸的酸式盐溶液的酸碱性,取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。24SO①若电离程度小于水解程度,溶液呈碱性。如NaHCO3溶液中:H++(次要),+H2OH2CO3+OH-(主要)。②若电离程度大于水解程度,溶液显酸性。如NaHSO3溶液中:H++(主要),+H2OH2SO3+OH-(次要)。23CO3HCO3HCO23SO3HSO3HSO(4)相同条件下的水解程度①正盐相应酸式盐,如。②水解相互促进的盐单独水解的盐水解相互抑制的盐。如的水解:(NH4)2CO3(NH4)2SO4(NH4)2e(SO4)2。23CO3HCO4NH【通考题·触类旁通】角度1盐类水解方程式的书写1.下列离子方程式属于盐的水解,且书写正确的是()A.NaHCO3溶液:+H2O+H3O+B.NaHS溶液:HS-+H2OH2S+OH-C.Na2CO3溶液:+2H2OH2CO3+2OH-D.NH4Cl溶于D2O中:+D2ONH3·D2O+H+23CO3HCO23CO4NH【解析】选B。A项为的电离方程式,故A错误;B项表示硫氢根离子结合水所电离出的氢离子生成硫化氢,为水解方程式,故B正确;的水解方程式应分步书写,故C错误;铵根离子结合OD-生成一水合氨,同时生成D+,其水解离子反应为+D2ONH3·HDO+D+,故D错误。23CO3HCO4NH2.下列反应不属于水解反应或水解方程式不正确的是()①HCl+H2OH3O++Cl-②AlCl3+3H2O====Al(OH)3+3HCl③Na2CO3+2H2OH2CO3+2NaOH④将饱和FeCl3溶液滴入沸腾的水中:FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl⑤NaAlO2与NaHCO3溶液混合:AlO2++H2OAl(OH)3↓+A.①②③④B.①②③C.②③⑤D.全部23CO3HCO【解析】选D。①是电离方程式且①应用“====”;②是水解反应方程式,但应用“”;③的水解方程式错误,应分步进行;④应用“====”;⑤是双水解反应。角度2盐类水解的实质与规律3.(2019·扬州模拟)下列有关盐类水解的叙述中正确的是()A.溶液呈中性的盐一定是强酸、强碱生成的盐B.含有弱酸根盐的水溶液一定呈碱性C.盐溶液的酸碱性主要决定于形成盐的酸和碱的相对强弱D.强酸强碱盐的水溶液一定呈中性【解析】选C。如果弱酸、弱碱的电离程度相当,生成的盐的水溶液呈中性,如CH3COONH4;含有弱酸根盐的水溶液不一定呈碱性,如NaHSO3溶液呈酸性;强酸强碱盐的水溶液不一定呈中性,如NaHSO4。4.(2019·绍兴模拟)下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是()A.HClB.NH4ClC.Na2CO3D.NaCl【解析】选B。因水解而呈酸性,说明此盐为强酸弱碱盐,故选项B正确。【加固训练】1.(2019·红河模拟)下列各式属于水解反应的水解方程式的是()A.+H2O====NH3·H2O+H+B.S2-+2H2OH2S+2OH-C.CH3COOHCH3COO-+H+D.CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-4NH【解析】选D。A项中应该使用可逆符号;B项中应该分步书写;C项为CH3COOH的电离方程式;只有D项才属于水解反应的水解方程式。2.25℃时,下列各物质的水溶液的pH小于7的是()A.Na2SO4B.KOHC.Fe2(SO4)3D.KHCO3【解析】选C。Na2SO4是强酸强碱盐,其溶液中不存在水解,溶液显中性,pH=7,A项错误;KOH是强碱溶液,pH7,B项错误;Fe2(SO4)3溶液中,Fe3+水解,溶液显酸性,pH7,C项正确;KHCO3溶液中的水解程度大于电离程度,溶液显碱性,溶液的pH7,D项错误。3HCO3.(2019·唐山模拟)25℃时,浓度均为0.2mol·L-1的NaHCO3和Na2CO3溶液中,下列判断不正确的是()A.均存在电离平衡和水解平衡B.存在的粒子种类相同C.c(OH-)前者大于后者D.分别加入NaOH固体,恢复到原温度,c()均增大23CO【解析】选C。A项,两种溶液中均存在着水的电离平衡,NaHCO3溶液中还存在:H++及+H2OH2CO3+OH-,Na2CO3溶液中还存在:+H2O+OH-,A正确;两种溶液中均存在Na+、、、H2CO3、OH-、H+、H2O,B正确;浓度相同时,水解程度大于,故Na2CO3溶液中c(OH-)更大,C错误;NaHCO3溶液中加入NaOH固体:+OH-H2O+23CO3HCO3HCO23CO3HCO23CO3HCO23CO3HCO3HCO,c()增大;Na2CO3溶液中加入NaOH,导致的水解平衡向左移动,c()增大,D正确。23CO23CO23CO23CO考向二盐类的水解平衡【通考点·融会贯通】以FeCl3水解为例[Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+],分析外界条件对水解平衡的影响。条件移动方向H+数pH现象升温向右增多减小颜色变深通HCl向左增多减小颜色变浅加H2O向右增多增大颜色变浅加NaHCO3向右减小增大生成红褐色沉淀,放出气体【通考题·触类旁通】角度1影响盐类水解平衡的因素1.在一定条件下,Na2CO3溶液存在水解平衡:+H2O+OH-。下列说法正确的是()A.稀释溶液,水解平衡常数增大B.通入CO2,平衡向正反应方向移动23CO3HCOC.升高温度,c()/c()减小D.加入NaOH固体,溶液pH减小23CO3HCO【解析】选B。平衡常数仅与温度有关,故稀释时是不变的,A项错误;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项错误;加入NaOH,碱性肯定增强,pH增大,D项错误。2.(2019·信丰模拟)向三份0.1mol·L-1CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl2固体(忽略溶液体积变化),则CH3COO-浓度的变化依次为()A.减小、增大、减小B.增大、减小、减小C.减小、增大、增大D.增大、减小、增大【解析】选A。CH3COONa溶液中存在CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-的水解平衡,加入的NH4NO3和FeCl2水解显酸性,故促进其平衡正向移动,则CH3COO-浓度减小;加入的Na2SO3水解显碱性,对其平衡有抑制作用,故CH3COO-浓度增大。角度2影响盐类水解平衡移动因素的选择3.(2019·神农架模拟)欲使0.1mol·L-1K2CO3溶液中c(K+)=2c(),应采取的措施是()A.加少量盐酸B.加适量KOHC.加适量水D.加适量Na2CO323CO【解析】选D。A项提供H+与C项加适量水均促进的水解,故不符合题意。B项与D项提供OH-可抑制的水解,但B项提供KOH,又增加了K+而不符合题意,故只有采取加入适量Na2CO3的方法,才可使溶液中c(K+)=2c()。23CO23CO23CO4.(2019·杭州模拟)为了使CH3COONa溶液中Na+的浓度与CH3COO-的浓度比为1∶1,可在CH3COONa溶液中加入()①适量的盐酸②适量的NaCl③适量的醋酸④适量的CH3COONaA.①②B.③C.③④D.④【解析】选B。在CH3COONa溶液中,由于CH3COO-的水解:CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,使CH3COO-浓度比Na+浓度要小。②不成立,它加入了Na+,使它们的差距拉大,①使平衡向右移动了,使它们的差距变得更大,④中加入了CH3COONa,使CH3COO-的浓度增大,但Na+也随着增大,只有③加入醋酸,使平衡左移,另外其本身也可以电离出CH3COO-,使溶液中的CH3COO-的浓度增大。【加固训练】1.常温下,0.1mol·L-1CH3COONa溶液的pH=a,则下列说法正确的是()A.在常温下Ka数值约为1×101-2aB.约有1.0×10a-14mol·L-1的水发生电离C.加热后溶液pHaD.加少量水后,溶液pHa【解析】选B。CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,溶液中的c(CH3COOH)≈c(OH-)=10a-14mol·L-1,c(CH3COO-)≈0.1mol·L-1,代入Ka==1013-2a,A项错误,B项正确;加热促进水解,碱性增强,溶液pH增大,pHa,C项错误。加水稀释促进电离,但氢氧根离子浓度减小,溶液pHa,D项错误。a3a143cHcCHCOO100.1cCHCOOH102.(2019·天津和平区模拟)室温下,将0.05molCH3COONa固体溶于水配成100mL溶液,向溶液中加入下列物质充分混合后,有关结论不正确的是()加入的物质结论A0.05molCH3COONa固体减小B0.05molNaHSO4固体c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)-c()3cCHCOOcNa24SO加入的物质结论C0.05molNH4Cl固体水电离程度增大D50mLH2O由水电离出的c(H+)·c(OH-)减小【解析】选A。室温下,将0.05molCH3COONa固体溶于水配成100mL溶液,所得溶液的浓度为0.5mol·L-1。则A.再加入0.05molCH3COONa固体,c(Na+)增大为原来的2倍,而由于溶液浓度增大,故CH3COO-的水解程度变小,故c(CH3COO-)大于原来的2倍,则比值增大,A错误;B.加入0.05molNaHSO4固体,能和0.05molCH3COONa反应生成0.5mol·L-1CH3COOH和0.5mol·L-13cCHCOOcNa的Na2SO4的混合溶液,根据物料守恒可知,c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.5mol·L-1,而c(Na+)=1mol·L-1,c()=0.5mol·L-1,故有c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)-c(),B正确;C.加入0.05molNH4Cl固体后,和CH3COONa发生双水解,水解程度增大,则对水的电离的促进会增强,故水的电离程度增大,C正确;D.加入50mL水后,溶液变稀,pH变小,即溶液中c(OH-)变小,24SO24SO而溶液中所有的氢氧根均来自水的电离,即水电离出的c(OH-)变小,且水电离出的氢离子浓度和其电离出的氢氧根的浓度相同,故水电离出的c(H+)变小,因此由水电离出的c(H+)·c(OH-)减小,D正确。3.(2019·重庆模拟)某同学在实验室探究NaHCO3的性质:常温下,配制0.10mol·L-1NaHCO3溶液,测其pH为8.4;取少量该溶液滴加CaCl2溶液至pH=7,滴加过程中产生白色沉淀,但无气体放出。下列说法不正确的是()A.NaHCO3溶液呈碱性的原因是的水解程度大于电离程度3HCOB.加入CaCl2促进了的水解C.反应的离子方程式是2+Ca2+====CaCO3↓+H2CO3D.反应后的溶液中存在:c(Na+)+2c(Ca2+)====c()+2c()+c(Cl-)3HCO3HCO3HCO23CO【解析】选B。NaHCO3既能电离又能水解,水解显碱性,电离显酸性,NaHCO3溶液呈碱性的原因是的水解程度大于电离程度,A正确;溶液中存在+H+,加入CaCl2消耗,促进的电离,B错误;与Ca2+生成CaCO3和H+,H+结合生成H2CO3,则反应的离子方程式为2+Ca2+====CaCO3↓+H2CO3,C正确;溶液中存在电荷守恒,c(Na+)+c(H+)3HCO2