2025屆新教材高考化學一輪復習第八單元水溶液中的離子反應與平衡第3節(jié)鹽類的水解學案新人教版

PAGE31-第3節(jié)鹽類的水解備考要點素養(yǎng)要求1.能用化學用語正確表示水溶液中的鹽類水解平衡。能從鹽類水解平衡的角度分析溶液的酸堿性等。2.能通過試驗證明水溶液中存在的鹽類水解平衡,相識影響鹽類水解的主要因素。3.結合真實情景中的應用實例,能綜合運用離子反應、化學平衡原理,分析和解決生產、生活中有關電解質溶液的實際問題1.變更觀念與平衡思想:從水的電離及平衡移動分析鹽類水解的實質。運用化學平衡原理分析外界條件對鹽類水解的影響。2.證據推理與模型認知:利用平衡思想和守恒關系等認知模型,并能運用模型推斷鹽溶液的酸堿性和離子濃度之間的數(shù)量關系。3.科學探究與創(chuàng)新意識:設計簡潔的試驗方案進行探究,對試驗現(xiàn)象作出說明。4.科學看法與社會責任:相識鹽類水解平衡在生產、生活和科學探討中的應用,利用鹽類水解平衡學問說明有關實際問題?？键c一鹽類水解及規(guī)律必備學問自主預診學問梳理1.鹽類的水解2.鹽水解離子方程式的書寫(1)一般要求。一般鹽類水

解程度很小?水解產物

的量很少?氣體、沉淀不標“↑”或“↓”,易分解產物(如NH3·H2O等)不寫其分解產物的形式如NH4Cl的水解的離子方程式為。

(2)三種類型的鹽水解離子方程式的書寫。①多元弱酸鹽水解:分步進行,以第一步為主,一般只寫第一步水解方程式。如Na2CO3水解的離子方程式為。

②多元弱堿鹽水解:水解離子方程式一步寫完。如FeCl3水解的離子方程式為。

③陰、陽離子相互促進的水解:水解基本完全的反應,書寫時要用“”且標“↑”“↓”等。如Na2S溶液與AlCl3溶液混合,反應的離子方程式為。

微點撥可借助鹽類水解反應的化學平衡常數(shù)(即我們平常說的水解常數(shù))分析水解平衡移動方向。水解平衡常數(shù)只受溫度的影響,它隨溫度的上升而增大,它與電離常數(shù)Ka(或Kb)及水的離子積KW的定量關系為Ka·Kh=KW(或Kb·Kh=KW)。3.鹽類水解的規(guī)律鹽的類型強酸強堿鹽強酸弱堿鹽弱酸強堿鹽實例NaCl、KNO3NH4Cl、Cu(NO3)2CH3COONa、Na2CO3續(xù)表鹽的類型強酸強堿鹽強酸弱堿鹽弱酸強堿鹽是否水解

水解的離子—

溶液的酸堿性

溶液的pH(25℃)pH7

pH7

pH7

微點撥對“越弱越水解”的理解。如分析相同濃度的CH3COONa、Na2CO3、NaHCO3溶液的堿性強弱,由于酸性CH3COOH>H2CO3>HCO3-,則水解程度為CO32->HCO3->CH3COO-,故對應鹽溶液的堿性:Na2CO自我診斷1.推斷正誤,正確的打“√”,錯誤的打“×”。(1)酸式鹽溶液肯定呈酸性。()(2)能水解的鹽溶液肯定呈酸性或堿性,不行能呈中性。()(3)Na2CO3溶液顯堿性的緣由:CO32-+2H2OH2CO3+2OH(4)向Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固體,CO3(5)常溫下,pH=11的CH3COONa溶液和pH=3的CH3COOH溶液中,水的電離程度相同。()2.按要求書寫離子方程式:(1)NaHS溶液呈堿性的緣由。

(2)試驗室制備Fe(OH)3膠體。

(3)NH4Cl溶于D2O中。

(4)將NaHCO3溶液與AlCl3溶液混合。

(5)對于易溶于水的正鹽MnRm溶液,若pH>7,其緣由是。

若pH<7,其緣由是。

關鍵實力考向突破考向1鹽類水解規(guī)律【典例1】(2024北京東城區(qū)一模)25℃時,濃度均為0.1mol·L-1的幾種溶液的pH如表:溶液①CH3COONa溶液②NaHCO3溶液③CH3COONH4溶液pH8.888.337.00下列說法不正確的是()A.①中,c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)B.由①②可知,CH3COO-的水解程度大于HCO3C.③中,c(CH3COO-)=c(NH4+)<0.1mol·D.推想25℃,0.1mol·L-1NH4HCO3溶液的pH<8.33易錯警示(1)發(fā)生水解的鹽溶液不肯定呈酸性或堿性,也可能呈中性,如CH3COONH4溶液呈中性。(2)(NH4)2CO3溶液和NH4HCO3溶液顯堿性,雖然陰、陽離子都能發(fā)生水解,但既無氣體產生,也無沉淀生成,所以NH4+和CO32-對點演練1(2024天津學業(yè)水同等級適應性考試)常溫下,下列溶液均為0.1mol·L-1。有關敘述正確的是()A.碳酸氫鈉溶液中c(H2CO3)>c(CO3B.碳酸鈉溶液比碳酸氫鈉溶液的pH小C.碳酸鈉溶液中c(OH-)=c(H+)+c(H2CO3)+c(CO3D.碳酸鈉溶液中滴加鹽酸至pH=7,所得溶液的溶質只有NaCl考向2電離常數(shù)與水解常數(shù)關系【典例2】(雙選)(2024山東濱州二模)檸檬酸(用H3R表示)是一種高效除垢劑。常溫時,用肯定濃度的檸檬酸溶液去除水垢,溶液中H3R、H2R-、HR2-、R3-的物質的量百分數(shù)隨pH的變更如圖所示。下列說法正確的是()A.由a點推斷H3R的第一步電離常數(shù)Ka1(H3B.若b點溶液中金屬陽離子只有Na+,則有c(Na+)=c(R3-)+c(HR2-)+c(H2R-)+c(H3R)C.pH=6時,c(R3-)=c(HR2-)>c(H+)>c(OH-)D.反應2H2R-H3R+HR2-在該溫度下的平衡常數(shù)K=10x-y歸納總結鹽的水解常數(shù)與電離常數(shù)關系以反應A-+H2OHA+OH-為例,表達式:Kh=c(HA)·c(OH-)c(A對點演練2(2024河南洛陽第三次統(tǒng)一考試)25℃時,向NaHCO3溶液中滴入鹽酸,混合溶液的pH與離子濃度變更的關系如圖所示。下列敘述正確的是()A.圖中a=2.6B.25℃時,HCO3-+H2OH2CO3+OH-的Kh=1.0×10-6.C.M點溶液中:c(H+)+c(H2CO3)=c(Cl-)+2c(CO32-)+cD.若要表示題目條件下pH與lgc(CO32-)深度指津1.鹽類水解程度大小比較的規(guī)律(1)組成鹽的弱堿陽離子水解使溶液顯酸性,組成鹽的弱酸根離子水解使溶液顯堿性。(2)鹽對應的酸(或堿)越弱,水解程度越大,溶液堿性(或酸性)越強。(3)多元弱酸的酸根離子比相應的酸式酸根離子的水解程度大得多。如相同濃度時,CO32-(4)水解程度:相互促進水解的鹽>單水解的鹽>相互抑制水解的鹽。如NH4+的水解程度:CH3COONH4>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2.弱酸酸式鹽溶液酸堿性的推斷方法弱酸的酸式鹽溶液的酸堿性,取決于酸式酸根離子電離程度和水解程度的相對大小。(1)若電離程度小于水解程度,溶液呈堿性。如NaHCO3溶液中:HCO3-H++CO32-(次要),HCO3-+H2OH2(2)若電離程度大于水解程度,溶液顯酸性。如NaHSO3溶液中:HSO3-H++SO32-(主要),HSO3-+H2OH2考點二影響鹽類水解的因素及其應用必備學問自主預診學問梳理1.【必做試驗】【試驗目的】(1)加深對鹽類水解原理的相識。(2)了解鹽類水解的廣泛應用,體會化學的價值?！驹囼炗闷贰吭嚬?、試管夾、試管架、膠頭滴管、燒杯、藥匙、量筒、鐵架臺(帶鐵圈)、石棉網(或陶土網)、酒精燈、火柴。蒸餾水、FeCl3晶體、濃鹽酸、飽和Na2CO3溶液、飽和FeCl3溶液、1mol·L-1Al2(SO4)3溶液、泥土、植物油?！驹囼灢襟E】試驗操作試驗現(xiàn)象試驗結論向一支試管中加入少量FeCl3晶體,然后加入5mL蒸餾水,振蕩,視察并記錄現(xiàn)象。再向試管中加入2mL濃鹽酸,振蕩,視察并記錄現(xiàn)象

向三支試管中分別加入5mL混有少量泥土的渾濁水,然后向其中的兩支試管中分別加入2mL飽和FeCl3溶液、2mL1mol·L-1Al2(SO4)3溶液,振蕩。把三支試管放在試管架上,靜置5min

向一個燒杯中加入40mL蒸餾水,加熱至水沸騰,然后向沸水中逐滴加入5~6滴飽和FeCl3溶液。接著煮沸至液體呈紅褐色,停止加熱,視察制得的Fe(OH)3膠體

向兩支試管中分別加入5mL飽和Na2CO3溶液,然后各滴入2~3滴植物油,振蕩。將其中的一支試管加熱煮沸一會兒,然后再振蕩。把兩支試管中的液體倒掉,并用水沖洗試管

【問題和探討】(1)依據試驗結果,說明試驗室中應當如何配制FeCl3溶液。(2)寫出試驗過程中有關化學反應的離子方程式。(3)舉出其他鹽類水解應用的例子,并與同學探討。2.影響鹽類水解平衡的因素(1)內因。酸或堿越弱,其對應的弱酸陰離子或弱堿陽離子的水解實力就越,溶液的堿性或酸性就越。

(2)外因。因素水解平衡水解程度水解產生離子的濃度溫度上升右移增大增大濃度增大

減小(即稀釋)

外加酸、堿酸弱堿陽離子的水解程度

堿弱酸根離子的水解程度

鹽水解形式相同的鹽相互抑制(如NH4Cl中加FeCl3)水解形式相反的鹽相互促進[如Al2(SO4)3中加NaHCO3]例如:以FeCl3水解[Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+]為例,填寫外界條件對水解平衡的影響。條件移動方向H+數(shù)pH現(xiàn)象升溫

通HCl

加H2O

加NaHCO3

微點撥(1)稀溶液中,鹽的濃度越小,水解程度越大,但由于溶液體積的增大是主要的,故水解產生的H+或OH-的濃度是減小的,則溶液酸性(或堿性)越弱。(2)向CH3COONa溶液中加入少量冰醋酸,醋酸并不會與CH3COONa溶液水解產生的OH-反應,使平衡向水解方向移動,緣由是體系中c(CH3COOH)增大是主要因素,會使平衡CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-左移。3.鹽類水解的應用應用舉例推斷溶液的酸堿性FeCl3溶液顯性,緣由是

推斷酸性強弱相同濃度的NaX、NaY、NaZ三種鹽溶液pH分別為8、9、10,則酸性:

續(xù)表應用舉例配制或貯存易水解的鹽溶液配制CuSO4溶液時,加入少量,抑制Cu2+水解;配制FeCl3溶液時,加入少量,抑制Fe3+的水解;貯存Na2CO3溶液不能用

膠體的制取制取Fe(OH)3膠體的離子反應方程式:

泡沫滅火器滅火原理成分為NaHCO3與Al2(SO4)3溶液,發(fā)生反應的離子方程式為

作凈水劑明礬可作凈水劑,原理為

化肥的運用銨態(tài)氮肥與草木灰不得混用除銹劑NH4Cl與ZnCl2溶液可作焊接時的除銹劑比較溶液中離子濃度的大小如Na2CO3溶液中離子濃度由大到小的依次為

微點撥配制FeSO4溶液既要加入鐵粉防止Fe2+被氧化,又要加入稀硫酸防止Fe2+的水解。自我診斷1.推斷正誤,正確的打“√”,錯誤的打“×”。(1)加熱0.1mol·L-1Na2CO3溶液,CO3(2)試管中加入2mL飽和Na2CO3溶液,滴入兩滴酚酞,加熱,溶液先變紅,后紅色變淺。()(3)在CH3COONa溶液中加入適量CH3COOH,可使c(Na+)=c(CH3COO-)。()(4)關于氯化銨溶液,加水稀釋時,c((5)降低溫度和加水稀釋,都會使鹽的水解平衡向逆反應方向移動。()2.把AlCl3溶液蒸干灼燒,最終得到的主要固體是什么?為什么?(用化學方程式表示并配以必要的文字說明)。關鍵實力考向突破考向1試驗探究影響鹽類水解的因素【典例1】(2024北京化學,14)某同學進行如下試驗:試驗步驟試驗現(xiàn)象Ⅰ將NH4Cl固體加入試管中,并將潮濕的pH試紙置于試管口,試管口略向下傾斜,對試管底部進行加熱試紙顏色變更:黃色→藍色(pH≈10)→黃色→紅色(pH≈2);試管中部有白色固體附著Ⅱ將飽和NH4Cl溶液滴在pH試紙上試紙顏色變更:黃色→橙黃色(pH≈5)下列說法不正確的是()A.依據Ⅰ中試紙變藍,說明NH4Cl發(fā)生了分解反應B.依據Ⅰ中試紙顏色變更,說明氨氣比氯化氫氣體擴散速率快C.Ⅰ中試紙變成紅色,是由于NH4Cl水解造成的D.依據試管中部有白色固體附著,說明不宜用加熱NH4Cl的方法制備NH3對點演練1已知:[FeCl4(H2O)2]-為黃色,溶液中可以存在可逆反應:Fe3++4Cl-+2H2O[FeCl4(H2O)2]-,下列試驗所得結論不正確的是()①②③④加熱前溶液為淺黃色,加熱后顏色變深加熱前溶液接近無色,加熱后溶液顏色無明顯變更加入NaCl后,溶液馬上變?yōu)辄S色,加熱后溶液顏色變深加熱前溶液為黃色,加熱后溶液顏色變深注:加熱為微熱,忽視體積變更。A.試驗①中,Fe2(SO4)3溶液加熱后顏色變深緣由是加熱促進Fe3+水解產生Fe(OH)3B.試驗②中,酸化對Fe3+水解的影響程度大于溫度的影響C.試驗③中,加熱,可逆反應:Fe3++4Cl-+2H2O[FeCl4(H2O)2]-正向移動D.試驗④,可證明上升溫度,顏色變深肯定是因為Fe3+水解平衡正向移動考向2鹽類水解平衡移動分析【典例2】(2024年7月浙江卷,17)下列說法不正確的是()A.2.0×10-7mol·L-1的鹽酸中c(H+)=2.0×10-7mol·L-1B.將KCl溶液從常溫加熱至80℃,溶液的pH變小但仍保持中性C.常溫下,NaCN溶液呈堿性,說明HCN是弱電解質D.常溫下,pH為3的醋酸溶液中加入醋酸鈉固體,溶液pH增大對點演練2(2024北京理綜,12)試驗測得0.5mol·L-1CH3COONa溶液、0.5mol·L-1CuSO4溶液以及H2O的pH隨溫度變更的曲線如圖所示。下列說法正確的是()A.隨溫度上升,純水中c(H+)>c(OH-)B.隨溫度上升,CH3COONa溶液的c(OH-)減小C.隨溫度上升,CuSO4溶液的pH變更是KW變更與水解平衡移動共同作用的結果D.隨水溫上升,CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低,是因為CH3COO-、Cu2+水解平衡移動方向不同考向3鹽類水解的應用【典例3】(2024北京海淀區(qū)二模,節(jié)選)維持pH的穩(wěn)定對生命體的生理活動、化學電源的高效工作等具有重要意義。常溫下,在不同試劑中加入酸或堿后體系pH的變更如表所示。試劑pH初始通入0.01molHCl氣體加入0.01molNaOH固體ⅰ.1LH2O7a12ⅱ.0.10molCH3COOH+0.10molCH3COONa配制成1L的溶液4.764.674.85(1)a=(忽視通入HCl氣體前后體系的體積變更)。

(2)結合化學用語說明試劑ⅱ顯酸性的緣由:。

(3)試劑ⅱ中微粒濃度關系正確的有(填序號)。

a.c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO-)b.2c(H+)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)+2c(OH-)c.c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.2mol·L-1(4)由表中數(shù)據可知,試劑ⅱ的pH受肯定量的酸和堿的影響不大。溶液的這種能對抗外來少量強酸、強堿或適當稀釋,而保持溶液的pH幾乎不變的作用稱為緩沖作用。下列溶液具有緩沖作用的是(填序號)。

a.HCl-NaCl b.Na2CO3-NaHCO3c.NH3·H2O-NH4Cl d.KOH-KCl對點演練3下列有關問題與鹽的水解有關的是()①NH4Cl與ZnCl2溶液可作焊接金屬時的除銹劑②NaHCO3與Al2(SO4)3兩種溶液可作泡沫滅火劑③草木灰與銨態(tài)氮肥不能混合運用④試驗室中盛放Na2CO3溶液的試劑瓶不能用磨口玻璃塞⑤加熱蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2固體⑥要除去FeCl3溶液中混有的Fe2+,可先通入氧化劑Cl2,再調整溶液的pHA.①②③ B.②③④C.①④⑤ D.①②③④⑤深度指津1.從定性、定量兩個角度理解影響鹽類水解的因素(1)鹽類水解易受溫度、濃度、溶液的酸堿性等因素的影響,以氯化鐵水解為例,當變更條件如升溫、通入HCl氣體、加水、加鐵粉、加碳酸氫鈉等時,應從平衡移動方向、pH的變更、水解程度、現(xiàn)象等方面去歸納總結,加以分析駕馭。(2)稀釋溶液過程中,鹽的濃度減小,水解程度增大,但由于溶液中鹽的離子濃度是減小的,故水解引起溶液的酸性(或堿性)減弱。(3)水解平衡常數(shù)(Kh)只受溫度的影響,它與電離平衡常數(shù)(K)、水的離子積(KW)的定量關系為K·Kh=KW。2.鹽溶液蒸干時所得產物的推斷(1)水解生成難揮發(fā)性酸或強堿的鹽溶液,蒸干后一般得原物質,如CuSO4(aq)蒸干得CuSO4(s);Na2CO3(aq)蒸干得Na2CO3(s)。(2)鹽水解生成易揮發(fā)性酸時,蒸干、灼燒后一般得到對應的氧化物,如AlCl3溶液蒸干得Al(OH)3,灼燒得Al2O3。(3)考慮鹽受熱時是否分解。Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固體受熱易分解,因此蒸干灼燒后分別為Ca(HCO3)2CaCO3(CaO);NaHCO3Na2CO3;KMnO4K2MnO4和MnO2;NH4ClNH3↑+HCl↑。為了防止分解,往往采納加熱濃縮、冷卻結晶的方法從溶液中析出溶質。(4)還原性鹽溶液在蒸干過程中會被O2氧化。如Na2SO3溶液蒸干得Na2SO4。(5)弱酸的銨鹽溶液蒸干、灼燒后無固體剩余。如NH4HCO3、(NH4)2CO3等。網絡構建核心速記1.水解的特點:(1)可逆反應;(2)吸熱反應(中和反應的逆反應);(3)水解程度一般很微弱。2.水解的規(guī)律:有弱才水解,越弱越水解,誰強顯誰性,同強顯中性。3.影響鹽類水解的外部因素:溫度,濃度,外加酸、堿。4.離子濃度大小的比較(1)推斷離子:電離過程、水解反應。(2)明確“微弱”:電離是微弱的,一般水解也是微弱的。(3)利用守恒:原子守恒(物料守恒)、電荷守恒、質子守恒(電荷守恒與原子守恒的推導)。13學科素養(yǎng)提升電解質溶液相關圖像的解讀素養(yǎng)解讀常以酸堿中和反應和電離平衡、沉淀溶解平衡建立過程中離子濃度變更曲線、pH變更曲線等為設計背景,主要命題點有了解電解質電離方程式的書寫、水電離程度的比較、離子濃度的關系、離子濃度大小的比較、電離常數(shù)的計算、pH的計算和溶度積的計算等,側重考查考生分析問題的實力。案例探究電解質溶液學問的綜合應用是高考必考的熱點之一,以圖像問題分析考查電解質溶液的題目頻頻出現(xiàn)。考查學問主要涉及:電離平衡和水解平衡、酸堿混合液pH的變更,溶液中微粒濃度的大小比較、溶液的導電性變更、水的離子積、水的電離程度變更等。側重考查考生數(shù)形結合、提煉關鍵信息等綜合分析實力、數(shù)據處理與計算實力、學問的遷移應用實力?？疾轭愋陀幸韵?種:①反應過程中離子的濃度隨某物質的增加而變更的圖像。②反應過程中產生沉淀的質量或物質的量隨某物質的增加而變更的圖像。③反應過程中產生氣體的質量或物質的量隨某物質的增加而變更的圖像?！镜淅?】常溫下,將NaOH溶液分別滴加到兩種一元弱酸HA和HB的溶液中,兩種混合溶液的pH與離子濃度變更的關系如圖所示。下列敘述正確的是()A.Ka(HA)的數(shù)量級為10-5B.當NaOH溶液與HB混合至中性時:c(B-)<c(HB)C.等濃度的NaA、NaB溶液中,水的電離程度:NaA<NaBD.等濃度的HB和NaA的混合溶液中:c(Na+)>c(A-)>c(B-)>c(OH-)>c(H+)解析Ka(HA)=c(H+)·c(A-)c(HA),當c(A-)=c(HA)時,Ka(HA)=c(H+),則Ka(HA)在10-3.0~10-3.5之間,Ka(HA)的數(shù)量級為10-4,A項錯誤;依據圖像可知,當溶液中c(B-)=c(HB)時溶液呈酸性,要使溶液呈中性,則溶液中應是c(B-)>c(HB),B項錯誤;依據圖像可知,當溶液中酸分子的濃度等于酸電離產生的陰離子濃度時,溶液的pH大小關系為HA<HB,說明HA電離程度大,即HA的酸性強,依據鹽的水解規(guī)律可知,等濃度的NaA、NaB溶液中,水的電離程度為NaA<NaB,C項正確;NaA是強堿弱酸鹽,A-發(fā)生水解反應被消耗,所以c(Na+)>c(A-),HB是弱酸,存在電離平衡,且等濃度的鹽電離產生的離子濃度大于弱酸電離產生的離子濃度,故c(A-)>c(B-);由于溶液中c(B-)=c(HB)時,溶液呈酸性,又依據選項C分析可知酸性:HA>HB,可見等濃度的HB和NaA的混合溶液顯酸性,c(H+)>c(OH-),故該溶液中離子濃度大小關系為c(Na+)>c(A答案C【典例2】室溫下,用0.1mol·L-1的NaOH溶液分別滴定20mL0.1mol·L-1的HA和HB溶液,溶液pH隨加入NaOH溶液的體積變更曲線如圖所示,下列推斷錯誤的是()A.水的電離度:c點溶液>純水>b點溶液B.電離常數(shù):Ka(HA)<Ka(HB)C.d點溶液:2c(Na+)=c(A-)+c(HA)D.a點溶液:c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-)解析c點為完全中和生成的鹽溶液,依據起始pH可知,兩種酸均為弱酸,且HA的酸性更弱,故c點為強堿弱酸鹽溶液,水解促進水的電離,b點不完全中和,酸過量,酸的電離抑制水的電離,水的電離程度減小,故水的電離度:c點溶液>純水>b點溶液,選項A正確;由圖中曲線可知,HA的酸性更弱,則電離常數(shù):Ka(HA)<Ka(HB),選項B正確;d點溶液為氫氧化鈉與NaA按物質的量之比1∶1形成的溶液,依據物料守恒有c(Na+)=2c(A-)+2c(HA),選項C錯誤;a點溶液是以HB與NaB按物質的量之比1∶1為溶質形成的溶液,溶液呈酸性,說明HB的電離程度大于B-的水解程度,則c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-),選項D正確。答案C【典例3】25℃時,用Na2S、(NH4)2S等沉淀Cu2+、Zn2+兩種金屬離子(M2+),所需S2-最低濃度的對數(shù)值lgc(S2-)與lgc(M2+)關系如下圖所示。下列說法不正確的是()A.Na2S溶液中:c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=2c(Na+)B.25℃時,Ksp(CuS)約為1×10-35C.向100mL濃度均為1×10-5mol·L-1Zn2+、Cu2+的混合溶液中逐滴加入1×10-4mol·L-1的Na2S溶液,Cu2+先沉淀D.(NH4)2S溶液中:c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+2c(S2-)+c(HS解析硫化鈉溶液中的物料守恒為2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=c(Na+),A項錯誤;在25℃時CuS飽和溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq),Ksp(CuS)=c(Cu2+)×c(S2-)=10-25×10-10=10-35,B項正確;依據圖像可知,CuS的Ksp較小,對于化合物構型相同的物質來說,Ksp越小,形成沉淀須要的離子濃度越小,故CuS更難溶,首先出現(xiàn)的沉淀是CuS,即Cu2+先沉淀,C項正確;對于(NH4)2S溶液,依據電荷守恒可得c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+2c(S2-)+c(HS-答案A【典例4】H3AsO4水溶液中含砷的各微粒的分布分數(shù)(平衡時某微粒的濃度占各微粒濃度之和的分數(shù))與pH的關系如下圖所示(已知pKa=-lgKa),下列說法正確的是()A.H3AsO4溶液pKa2為4.5B.NaH2AsO4溶液顯堿性C.常溫下,m點對應溶液中由水電離出的OH-濃度為10-11.5mol·L-1D.n點對應溶液中,離子濃度關系為c(HAsO42-)=c(H2AsO4-)>c(OH-解析依據圖中n點可知,H3AsO4溶液中Ka2=c(H+)·c(HAsO42-)c(H2AsO4-)=10-7,故pKa2為7,故A項錯誤;由圖像可知pH為4時,溶液為含H2AsO4-的溶液,溶液顯酸性,故B項錯誤;m點對應溶液為含HAsO42-和AsO答案D方法規(guī)律一、一強一弱溶液稀釋的圖像1.相同體積、相同濃度的鹽酸、醋酸加水稀釋相同的倍數(shù),醋酸的pH大加水稀釋到相同的pH,鹽酸加入的水多2.相同體積、相同pH的鹽酸、醋酸加水稀釋相同的倍數(shù),鹽酸的pH大加水稀釋到相同的pH,醋酸加入的水多3.pH與稀釋倍數(shù)的線性關系(1)HY為強酸、HX為弱酸(2)a、b兩點的溶液中:c(X-)=c(Y-)(3)水的電離程度:d>c>a=b(1)MOH為強堿、ROH為弱堿(2)c(ROH)>c(MOH)(3)水的電離程度:a>b二、KW和Ksp曲線1.曲線型不同溫度下水溶液中c(H+)與c(OH-)的變更曲線常溫下,CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲線[Ksp=9×10-6]續(xù)表(1)A、C、B三點均為中性,溫度依次上升,KW依次增大(2)D點為酸性溶液,E點為堿性溶液,T2溫度時KW=1×10-14(3)AB直線的左上方均為堿性溶液,隨意一點均有c(H+)<c(OH-)(1)a、c點在曲線上,a→c的變更為增大c(SO42-),如加入Na2SO4固體,但(2)b點在曲線的上方,Q>Ksp,將會有沉淀生成(3)d點在曲線的下方,Q<Ksp,則為不飽和溶液,還能接著溶解CaSO42.直線型(pM-pR曲線)pM為陽離子濃度的負對數(shù),pR為陰離子濃度的負對數(shù)①直線AB上的點對應的溶液中:c(M2+)=c(R2-);②溶度積:CaSO4>CaCO3>MnCO3;③X點對于CaSO4來說要析出沉淀,對于CaCO3來說是不飽和溶液,能接著溶解CaCO3;④Y點:c(SO42-)>c(Ca2+),二者濃度的乘積等于10-5;Z點:c(CO32-)<c(Mn三、分布分數(shù)圖及分析[分布曲線是指以pH為橫坐標、分布分數(shù)(即組分的平衡濃度占總濃度的分數(shù))為縱坐標的關系曲線]一元弱酸(以CH3COOH為例)二元酸(以草酸H2C2O4為例)注:pKa為電離常數(shù)的負對數(shù)δ0為CH3COOH分布分數(shù),δ1為CH3COO-分布分數(shù)δ0為H2C2O4分布分數(shù)、δ1為HC2O4-分布分數(shù)、δ2為C2隨著pH增大,溶質分子濃度不斷減小,離子濃度漸漸增大,酸根離子增多。依據分布分數(shù)可以書寫肯定pH時所發(fā)生反應的離子方程式續(xù)表一元弱酸(以CH3COOH為例)二元酸(以草酸H2C2O4為例)同一pH條件下可以存在多種溶質微粒。依據在肯定pH的溶液中微粒分布分數(shù)和酸的初始濃度,就可以計算各成分在該pH時的平衡濃度四、酸堿中和滴定曲線氫氧化鈉滴定等濃度等體積的鹽酸、醋酸溶液的滴定曲線鹽酸滴定等濃度等體積的氫氧化鈉溶液、氨水的滴定曲線曲線起點不同。強堿滴定強酸、弱酸的曲線,強酸起點低;強酸滴定強堿、弱堿的曲線,強堿起點高突躍點變更范圍不同。強堿與強酸反應的突躍點變更范圍大于強堿與弱酸(或強酸與弱堿)的反應室溫下pH=7不肯定是終點。強堿與強酸反應時,終點是pH=7;強堿與弱酸反應終點是pH>7,強酸與弱堿反應終點是pH<7素養(yǎng)提升1.四甲基氫氧化銨[(CH3)4NOH]是強堿,常溫下甲胺(CH3NH2·H2O)的電離常數(shù)為Kb,且pKb=-lgKb=3.38。常溫下,向體積均為20mL、濃度均為0.1mol·L-1的四甲基氫氧化銨溶液和甲胺溶液中分別滴加濃度為0.1mol·L-1的鹽酸,溶液的導電率與鹽酸體積的關系如圖所示。下列說法正確的是()A.曲線1代表四甲基氫氧化銨溶液B.在b、c、e三點中,水的電離程度最大的點是eC.b點溶液中存在c(H+)=c(OH-)+c(CH3NH2·H2O)D.常溫下,CH3NH3Cl水解常數(shù)的數(shù)量級為10-112.室溫時,有1mol·L-1HA和1mol·L-1HB兩種酸溶液,起始時的體積均為V0,分別向兩溶液中加水進行稀釋,所得曲線如圖所示。下列說法錯誤的是()A.M點溶液中c(A-)等于N點溶液中c(B-)B.HA的電離常數(shù)約為10-4C.濃度均為0.1mol·L-1的NaA和HA的混合溶液的pH<7D.M、P兩點的溶液分別用等濃度的NaOH溶液中和,消耗的NaOH溶液體積:P>M3.已知:pKa=-lgKa。25℃時,H2A的pKa1=1.85,pKa2=7.19。常溫下,用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·LA.a點溶液中:c(HA-)=c(H2A)B.b點溶液中:A2-水解平衡常數(shù)Kh1=10-6C.c點溶液中:V0=30D.a、b、c、d四點中,d點溶液中水的電離程度最大4.298K時,二元弱酸H2X溶液中含X微粒的分布分數(shù)如圖所示。下列敘述正確的是()A.溶液pH由1升至2.6時主要存在的反應是H3X++OH-H2X+H2OB.H2X的其次步電離平衡常數(shù)Ka2(H2C.NaHX溶液中c(H+)<c(OH-)D.當溶液顯中性時:c(Na+)=2c(X2-)第3節(jié)鹽類的水解考點一鹽類水解及規(guī)律必備學問·自主預診1.水電離出來的H+或OH-弱電解質弱酸根離子弱堿陽離子H+OH-電離平衡增大酸堿中和2.(1)NH4++H2ONH3·H2O+H+(2)①CO32-+H2OHCO3-+OH-②Fe3++3H2O③2Al3++3S2-+6H2O2Al(OH)3↓+3H2S↑3.否是是NH4+、Cu2+CH3COO-、C=<>自我診斷1.答案(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×2.答案(1)HS-+H2OH2S+OH-(2)Fe3++3H2OFe(OH)3(膠體)+3H+(3)NH4++D2ONH3·HDO+D(4)Al3++3HCO3-Al(OH)3↓+3CO2(5)Rn-+H2OHR(n-1)-+OH-Mm++mH2OM(OH)m+mH+關鍵實力·考向突破典例1BCH3COONa溶液中,物料關系為c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),A正確;由于NaHCO3是弱酸酸式鹽,HCO3-既存在電離平衡,又存在水解平衡,不能依據①②溶液的pH推斷醋酸和碳酸的酸性強弱,事實上酸性:醋酸>碳酸,所以HCO3-的水解程度大于CH3COO-的水解程度,B錯誤;CH3COONH4溶液的pH=7.00,即溶液呈中性,但CH3COO-和NH4+相互促進水解,電荷關系為c(CH3COO-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+),即c(CH3COO-)=c(NH4+)<0.1mol·L-1,C正確;0.1mol·L-1NaHCO3溶液的pH=8.33,0.1mol·L-1NH4HCO3溶液相當在0.1mol·L-1NaHCO3溶液中加入等物質的量的NH4Cl固體,由于NH4Cl水解顯酸性,導致所得溶液的堿性減弱,即0.1mol對點演練1A碳酸氫鈉溶液為堿性,故HCO3-的水解實力大于電離實力,c(H2CO3)>c(CO32-),A項正確;CO32-水解實力大于HCO3-,故同濃度的碳酸鈉溶液pH大于碳酸氫鈉溶液,B項錯誤;依據質子守恒,碳酸鈉溶液中c(OH-)=c(H+)+2c(H典例2CD檸檬酸電離方程式:H3RH2R-+H+,H2R-HR2-+H+,HR2-R3-+H+,在a點時,c(H2R-)=c(H3R),第一步電離常數(shù)Ka1(H3R)=c(H+)·c(H2R-)c(H3R)=c(H+)=10-3.3,故其數(shù)量級為10-4,A錯誤;b點時,c(NaH2R)=c(Na2HR),依據物料守恒可得2c(Na+)=3[c(R3-)+c(HR2-)+c(H2R-)+c(H3R)],B錯誤;依據圖示,隨著pH的增大,氫離子濃度會減小,平衡向右移動,所以H3R含量會削減。pH=6時,c(R3-)=c(HR2-),溶液顯示酸性,c(H+)>c(OH-),鹽電離產生的離子濃度大于弱電解質電離產生的離子濃度,即c(HR2-)>c(H+),故c(R3-)=c(HR2-)>c(H+)>c(OH-),C正確;H3RH2R-+H+的電離平衡常數(shù)Ka1(H3R)=c(H+)·c(H2R-)c(H3R)=c(H+)=10-x;H2對點演練2A依據N(7.4,1)點,lgc(HCO3-)c(H2CO3)=1,則c(HCO3-)c(H2CO3)=10,碳酸的一級電離常數(shù)Ka1=c(HCO3-)·c(H+)c(H2CO3)=10×10-7.4=10-6.4,將M點c(H+)代入一級電離常數(shù)公式,解得c(HCO3-)c(H2CO3)=102.6,a=2.6,A正確;B項中反應的平衡常數(shù)Kh=c(H2CO3)·c(OH-)c(HCO3-),依據M點,c(H2CO3)c(HCO3-)=10-2.6,c(H考點二影響鹽類水解的因素及其應用必備學問·自主預診1.[試驗步驟]溶液變渾濁,加入濃鹽酸后渾濁消逝,顏色變淺FeCl3溶于水發(fā)生水解產生Fe(OH)3和HCl,加入濃鹽酸,水解平衡左移加入飽和FeCl3溶液、Al2(SO4)3溶液的試管中渾濁水變澄清飽和FeCl3溶液、Al2(SO4)3溶液中發(fā)生水解反應分別生成Fe(OH)3和Al(OH)3膠體,具有吸附作用,可以凈水上升溫度促進水解,產生膠體加熱后的試管內壁更干凈加熱促進碳酸鈉水解,溶液堿性更強[問題與探討](1)提示將FeCl3晶體溶于少量的濃鹽酸,再加蒸餾水稀釋得到所須要的濃度。(2)提示Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,Al3++3H2OAl(OH)3+3H+,Fe3++3H2OFe(OH)3(膠體)+3H+,CO32-+H2OHCO3-+OH-(3)提示氯化銨溶液顯酸性、醋酸鈉溶液顯堿性、草木灰溶液顯堿性。2.(1)強強(2)右移減小增大右移增大減小減小減小向右增多減小顏色變深向左增多減小顏色變淺向右增多增大顏色變淺向右減小增大生成紅褐色沉淀,放出氣體3.酸Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+HX>HY>HZH2SO4鹽酸帶磨口玻璃塞的試劑瓶Fe3++3H2OFe(OH)3(膠體)+3H+Al3++3HCO3-Al(OH)3↓+3CO2↑Al3++3H2OAl(OH)3(膠體)+3H+c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>自我診斷1.答案(1)√(2)×(3)√(4)√(5)×2.提示最終得到的固體是Al2O3。在AlCl3溶液中存在著水解平衡:AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl,加熱時水解平衡右移,HCl的濃度增大,蒸干時HCl揮發(fā),使平衡進一步向右移動得到Al(OH)3,在灼燒時發(fā)生反應2Al(OH)3Al2O3+3H2O,因此最終得到的固體是Al2O3。關鍵實力·考向突破典例1C試驗Ⅰ中對NH4Cl固體試管加熱,潮濕的pH試紙黃色→藍色(pH≈10)→黃色→紅色(pH≈2),說明加熱過程中生成了氨氣,氨氣遇水形成一水合氨,一水合氨為弱堿,使試紙變藍,同時產生了氯化氫氣體,氯化氫極易溶于水形成鹽酸,中和了一水合氨復原到黃色,最終變?yōu)榧t色,并不是由于NH4Cl水解造成的。該過程可證明氯化銨受熱發(fā)生分解生成氨氣和氯化氫氣體,試紙先變藍后變紅,說明氨氣擴散的速度比氯化氫快;試管中部有白色固體附著,說明氯化銨分解產生的氨氣和氯化氫在擴散過程中又化合生成氯化銨,故不宜用加熱NH4Cl的方法制備NH3,綜上所述A、B、D正確,C錯誤。對點演練1D加熱促進水解,鐵離子水解生成氫氧化鐵,則試驗①中,Fe2(SO4)3溶液加熱后顏色變深緣由是加熱促進Fe3+水解產生Fe(OH)3,故A項正確;由Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+可知,酸化后加熱溶液顏色無明顯變更,氫離子抑制水解,則試驗②中酸化對Fe3+水解的影響程度大于溫度的影響,故B項正確;加入NaCl后,溶液馬上變?yōu)辄S色,發(fā)生Fe3++4Cl-+2H2O[FeCl4(H2O)2]-,[FeCl4(H2O)2]-為黃色,加熱時平衡正向移動,溶液顏色變深,故C項正確;試驗④中存在Fe3++4Cl-+2H2O[FeCl4(H2O)2]-,上升溫度平衡正向移動,溶液顏色變深,不能證明對Fe3+水解平衡的影響,故D項錯誤。典例2A鹽酸的濃度為2.0×10-7mol·L-1,完全電離,接近中性,溶劑水電離出的氫離子濃度的數(shù)量級與溶質HCl電離的氫離子濃度相差不大,則計算氫離子濃度時,不能忽視水中的氫離子濃度,其數(shù)值應大于2.0×10-7mol·L-1,A錯誤;KCl溶液為中性溶液,常溫下pH=7,加熱到80℃時,水的離子積KW增大,對應溶液的氫離子濃度隨溫度上升會增大,pH會減小,但溶液溶質仍為KCl,則仍呈中性,B正確;NaCN溶液顯堿性,說明該溶質為弱酸強堿鹽,即CN-對應的酸HCN為弱電解質,C正確;醋酸在溶液中會發(fā)生電離平衡:CH3COOHCH3COO-+H+,向溶液中加入醋酸鈉固體,依據同離子效應可知,該平衡會向生成弱電解質的方向(逆向)移動,使溶液中的氫離子濃度減小,pH增大,D正確。對點演練2C隨溫度上升,KW增大,但純水中的c(H+)仍舊等于c(OH-),A錯誤;隨溫度上升,CH3COONa水解平衡和水的電離平衡均會正向移動,c(OH-)增大,圖中pH略有減小,應是水的電離平衡正向移動所致,B錯誤;隨溫度上升,CuSO4水解程度增大,c(H+)增大,pH減小,而且升溫也會導致水的電離平衡正向移動,KW增大,C正確;D項,隨水溫上升,CH3COO-、Cu2+水解平衡均正向移動,D錯誤。典例3答案(1)2(2)醋酸的電離平衡CH3COOHCH3COO-+H+和醋酸根的水解平衡CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,相同條件下,醋酸的電離平衡的限度大于醋酸根的水解平衡限度,當CH3COOH與CH3COO-的初始濃度相等時,溶液中c(H+)>c(OH-)(3)bc(4)bc解析(1)c(H+)=0.01mol1L=0.01mol·L-1,pH=-lgc(2)醋酸的電離大于醋酸鈉的水解,所以顯酸性,試劑ⅱ中同時存在醋酸的電離平衡CH3COOHCH3COO-+H+和醋酸根的水解平衡CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,相同條件下,醋酸的電離平衡的限度大于醋酸根的水解平衡限度,當CH3COOH與CH3COO-的初始濃度相等時,溶液中c(H+)>c(OH-)。(3)0.10molCH3COOH+0.10molCH3COON