2019-2020学年高中化学 3.3 盐类的水解3.3.2 盐类水解反应的利用课件 新人教版选修4

第2课时盐类水解反应的利用一、影响盐类水解平衡的因素醋酸钠溶液中存在水解平衡:CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,应用化学平衡移动原理考虑影响CH3COONa水解的因素,完成下表:影响因素实验操作平衡移动方向CH3COO-的水解程度pH浓度加CH3COONa固体_______________加水_______________溶液的酸碱度通入HCl_______________加少量的NaOH_______________温度温度升高_______________右移减小增大右移增大减小右移增大减小左移减小增大右移增大增大二、盐类水解的重要应用应用原理热纯碱溶液去油污纯碱水解的离子方程式为________________________。加热促进的水解,溶液碱性_____,去污能力增强盐溶液的配制配制FeCl3等易水解的盐溶液时,加入少量盐酸的目的是____________23CO3HCO+H2O+OH-23CO增强抑制Fe3+水解应用原理盐类作净水剂铝盐、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。如明矾水解的离子方程式为__________________________制备无机物如用TiCl4制备TiO2,其反应的方程式为TiCl4+(x+2)H2O(过量)TiO2·xH2O↓+4HCl,加入大量的水并加热,都是经水解反应趋于完全。Al3++3H2OAl(OH)3+3H+三、水解平衡常数【自主检测】1.在Al3++3H2OAl(OH)3+3H+的平衡体系中,要使平衡向水解的方向移动,且使溶液的pH增大,应采取的措施是()A.加热B.通入HCl气体C.加入适量的NaOH溶液D.加固体AlCl3【解析】选C。盐类的水解存在平衡状态,当条件发生变化时,平衡可能发生移动,状态发生改变。A、C、D都可促使水解平衡正向移动,B抑制水解反应的进行。改变条件后,溶液的pH增大的是C,溶液的pH减小的是A、B、D。综上所述,符合题意的是选项C。2.0.1mol·L-1NH4Cl溶液中,如果要使c()接近于0.1mol·L-1,可采取的措施是()A.加入少量氢氧化钠B.加入少量盐酸C.加入少量水D.加热4NH【解析】选B。A项,加入少量氢氧化钠,氢氧根离子与铵根离子结合生成一水合氨,浓度减小,故A错误;B项,加入少量盐酸,能抑制水解,使c()接近于0.1mol·L-1,故B正确;C项,加入少量水,促进水解,不能使c()接近于0.1mol·L-1,故C错误;D项,加热促进水解,不能使c()接近于0.1mol·L-1,故D错误。4NH4NH4NH4NH4NH4NH4NH3.下列溶液加酚酞后显浅红色,且加热溶液后红色又变深的是()A.NaHCO3溶液B.FeCl3溶液C.澄清石灰水D.CH3COOH溶液【解析】选A。A项,水解使溶液呈碱性,加热时促进水解,碱性增强,溶液中红色变深;B项,Fe3+水解使溶液呈酸性,不能使酚酞变红色;C项,澄清石灰水使酚酞试剂变红色,但加热后红色不变;D项,CH3COOH不能使酚酞试剂变红色。3HCO4.下列现象不能用盐类水解知识解释的是()A.泡沫灭火器利用Al3+、相互反应可放出二氧化碳气体B.使用热的纯碱水洗手时更容易除去手上的油脂污垢C.明矾能用于净水D.铜绿的生成3HCO【解析】选D。A.水解显碱性,Al3+水解显酸性,二者发生相互促进的水解,生成二氧化碳和氢氧化铝,二氧化碳可以用于灭火,反应离子方程式为Al3++3====Al(OH)3↓+3CO2↑,故A正确;B.纯碱溶液中碳酸根离子水解显碱性,+H2O+OH-,水解过程是吸热过程,加热促进水解,碱性增强,油脂在碱中水解生成溶于水的物质,便于洗去,故B正确;C.明矾电离3HCO3HCO23CO3HCO产生铝离子水解生成氢氧化铝胶体,能用于净水,所以能用盐类水解知识解释,故C正确;D.铜绿的生成是铜、氧气、二氧化碳与水反应生成碱式碳酸铜,非水解反应,故D错误。5.下列实际应用正确,且与盐的水解知识无关的是()A.焊接时用NH4Cl溶液除锈B.FeCl3固体能采用将溶液直接蒸干的方法制备C.加热饱和氯化铁溶液制备Fe(OH)3胶体D.生活中用电解食盐水的方法制取消毒液【解析】选D。NH4Cl溶液水解呈酸性,铁锈的主要成分是Fe2O3,Fe2O3与NH4Cl水解产生的氢离子反应,正确且与水解有关,故A不符合题意;氯化铁溶液蒸干,水解生成的HCl挥发,促进水解而得到Fe(OH)3,与水解有关但不正确,故B不符合题意;制备Fe(OH)3胶体时,应将FeCl3饱和溶液逐滴滴入沸水中,而饱和FeCl3溶液在直接加热条件下水解程度很大,生成Fe(OH)3沉淀而不是胶体,该说法与水解有关但不正确,故C不符合题意;饱和食盐水在电解条件下生成氯气、氢气和氢氧化钠,属于电能转化为化学能的变化,说法正确但与水解无关,故D符合题意。知识点一盐类水解的影响因素1.外界条件对FeCl3水解平衡的影响:条件移动方向H+数pHFe3+水解率现象升高温度向右增降增大颜色变深(黄→红棕)加HCl向左增降减小颜色变浅条件移动方向H+数pHFe3+水解率现象加H2O向右增升增大颜色变浅加Mg粉向右减升增大红褐色沉淀,无色气体加NaHCO3向右减升增大红褐色沉淀,无色气体加少量NaOH向右减升增大红褐色沉淀2.盐类水解平衡的影响因素:因素对盐类水解程度的影响内因组成盐的酸或碱越弱,水解程度越大因素对盐类水解程度的影响外因温度升高温度能够促进水解浓度盐溶液浓度越小,水解程度越大外加酸碱水解显酸性的盐溶液,加碱会促进水解,加酸会抑制水解,反之亦然外加盐加入与盐的水解性质相反的盐会促进盐的水解【素养升华】变化观念:运用化学平衡移动原理分析影响盐类水解的因素(1)主要因素是盐本身的结构和性质,组成盐的酸根对应的酸越弱或阳离子对应的碱越弱,水解程度就越大(越弱越水解)。(2)外界因素:①温度:盐的水解是吸热反应,因此升高温度,水解程度增大。②浓度:盐的浓度越小,电解质离子相互碰撞结合成电解质分子的概率减小,水解程度越大。③酸碱性:向盐溶液中加入H+,可抑制阳离子水解,促进阴离子水解;向盐溶液中加入OH-,能抑制阴离子水解,促进阳离子水解。【知识拓展】多元弱酸的正盐各步水解程度不同原因1.水解程度比较:第一步水解程度远远大于第二步。故多元弱酸的正盐的水解以第一步为主。2.原因:(1)正盐阴离子与H+的结合能力大于酸式盐阴离子。(2)第一步水解产生的H+或OH-对第二步水解有抑制作用。【典题通关】【典例】(2018·郑州高二检测)在一定条件下,Na2S溶液存在水解平衡: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,c(HS-)/c(S2-)增大C.加入NaOH固体,溶液pH减小D.加入CuSO4固体,HS-浓度增大【解析】选B。A、平衡常数仅与温度有关,温度不变,则稀释时平衡常数是不变的,选项A错误;B、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c(HS-)/c(S2-)增大,选项B正确;C、加入NaOH固体是一种强碱,溶液pH增大,选项C错误;D、加入CuSO4固体,生成CuS沉淀,使S2-+H2OHS-+OH-逆向移动,HS-浓度减小,选项D错误。【过关训练】1.(2018·广州高二检测)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,平衡朝正反应方向移动23CO3HCOC.升高温度,减小D.加入NaOH固体,溶液pH减小323c(HCO)c(CO)－－【解析】选B。平衡常数只与温度有关,稀释时尽管水解程度增大,但平衡常数不变,A错误;通入CO2,OH-与CO2反应,c(OH-)减小,平衡向正反应方向移动,B正确;水解反应为吸热反应,升高温度,平衡向正方向移动,增大,C错误;加入NaOH固体,c(OH-)增大,溶液pH增大,D错误。323c(HCO)c(CO)－－2.在0.1mol·L-1,CH3COONa溶液中存在如下水解平衡:CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-。对于该平衡下列叙述正确的是世纪金榜导学号()A.加热时,平衡向逆反应方向移动B.加入少量NaOH固体,溶液中c(OH-)增大C.加入少量的稀盐酸,平衡向逆反应方向移动D.加入少量的NaCl固体,平衡向正反应方向移动【解析】选B。水解反应为吸热反应,加热时平衡向正反应方向移动,A错;加入少量NaOH固体,平衡向逆反应方向移动,但c(OH-)增大,B对;加入少量的稀盐酸,c(OH-)减小,平衡向正反应方向移动,C错;加入少量的NaCl固体,平衡不移动,D错。3.(2018·聊城高二检测)欲使CH3COONa稀溶液中c(CH3COO-)/c(Na+)比值增大,可在溶液中(恒温)加入少量下列物质中的()①固体NaOH②固体KOH③固体CH3COONa④固体NaHSO4A.①或④B.②或③C.①或②D.③或④【解析】选B。①加入少量NaOH固体,c(Na+)增大,c(CH3COO-)也增大,但c(CH3COO-)增大的倍数不如c(Na+)增大的倍数大,因此c(CH3COO-)/c(Na+)比值减小;②加入KOH固体,c(OH-)增大,使CH3COONa水解平衡逆向移动,c(CH3COO-)增大,所以c(CH3COO-)/c(Na+)比值增大;③加入固体CH3COONa,则相当于CH3COONa稀溶液变为浓溶液,而根据“稀释促进水解”可知在浓溶液中,c(CH3COO-)/c(Na+)将变大;④加入NaHSO4固体显然促进了水解,使c(CH3COO-)变小,c(Na+)变大,则c(CH3COO-)/c(Na+)比值变小。【补偿训练】1.为了配制的浓度与Cl-的浓度之比为1∶1的溶液,可在NH4Cl溶液中加入()A.适量的HClB.适量的NaClC.适量的氨水D.适量的NaOH4NH【解析】选C。由于溶液中水解:+H2ONH3·H2O+H+,的浓度减小,从而使溶液中与Cl-的浓度之比小于1∶1。现欲使的浓度与Cl-的浓度之比为1∶1,则必须抑制的水解(或增大的浓度),同时不能改变Cl-的浓度。可以加入适量的氨水或除NH4Cl外的其他铵盐以补充。4NH4NH4NH4NH4NH4NH4NH4NH2.某溶液中FeCl3的水解反应已达平衡:FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl,若要使FeCl3的水解程度增大,应采取的方法是()A.加入CH3COONa溶液B.加入AgNO3溶液C.加FeCl3固体D.降温【解析】选A。CH3COONa溶液显碱性,能促进FeCl3的水解;AgNO3溶液显酸性,能抑制FeCl3的水解;加FeCl3固体,FeCl3浓度增大,水解程度=故FeCl3水解程度减小;降温使水解平衡逆向移动,FeCl3水解程度减小。33n(FeCl)100%n(FeCl)转化初始，知识点二盐类水解原理的应用1.在科学研究中的应用:应用实例配制易水解的盐溶液配制某些强酸弱碱盐时,需要加入相应的强酸,可使水解平衡向左移动,抑制阳离子的水解,如配制FeCl3、SnCl2溶液时,由于Fe3+、Sn2+水解程度较大,通常先将它们溶于盐酸中,再加水稀释到所需的浓度应用实例制备某些胶体利用水解原理制备胶体,如向沸水中滴加FeCl3饱和溶液,产生红褐色胶体:Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+保存碱性溶液Na2CO3、Na2S等溶液水解显碱性,因碱性溶液可与玻璃中的SiO2反应,所以保存时不能使用磨口玻璃塞,应用带橡胶塞的试剂瓶保存△====应用实例制备某些无水盐若将某些挥发性酸对应的盐如AlCl3、FeCl3蒸干时,得不到无水盐,原因是在加热过程中,HCl不断挥发,水解平衡不断向右移动,得到Al(OH)3或Fe(OH)3,加热Al(OH)3、Fe(OH)3继续分解得到Al2O3、Fe2O3。所