（江苏专用）2020版高考化学专题六第3讲盐类的水解课件.pptx

第3讲 盐类的水解,【2020备考】 最新考纲：1.理解盐类水解的原理，能说明影响盐类水解的主要因素。2.认识盐类水解在生产、生活中的应用(弱酸弱碱盐的水解不作要求)。 新课标要求：认识盐类水解的原理和影响盐类水解的主要因素。,最新考情：盐类水解是化学反应原理的重点内容，主要考查盐类水解的规律及应用、盐类水解的影响因素、盐溶液酸碱性的判断、溶液中离子浓度的比较等知识点，难度大，理论性强，尤其是溶液中的离子浓度比较，常结合表格、图像等形式考查，在历年江苏高考中均以压轴题的形式呈现，预计2020年江苏高考中会延续这一趋势。,考点一 盐类的水解及其规律,1.定义,在溶液中盐电离出来的离子跟_结合生成_的反应。,知识梳理,2.实质,水电离产生的H或OH,弱电解质,促进,c(H)c(OH)溶液呈_性或_性,碱,酸,3.特点,可逆,酸碱中和,4.规律,有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，同强显中性。,否,中性,pH7,是,酸性,pH7,是,碱性,pH7,5.水解方程式的书写,(1)一般要求,如NH4Cl的水解离子方程式为_。,(2)三种类型的盐水解方程式的书写。 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。 如Na2CO3的水解离子方程式为_。 多元弱碱盐水解：水解离子方程式一步写完。 如FeCl3的水解离子方程式为_。 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 _。,Fe33H2O Fe(OH)33H,2Al33S26H2O=2Al(OH)33H2S,题组诊断,水解实质及水解离子方程式书写,1.按要求书写离子方程式,(1)NaHS溶液呈碱性的原因 _。 (2)实验室制备Fe(OH)3胶体 _。 (3)NH4Cl溶于D2O中 _。,(4)将NaHCO3溶液与AlCl3溶液混合 _。 (5)对于易溶于水的正盐MnRm溶液，若pH7，其原因是 _； 若pH7，其原因是_。,解析 (5) pH大于7是由于酸根离子水解呈碱性，pH小于7是由于弱碱阳离子水解呈酸性。,【方法技巧】,2.25 时，浓度均为0.2 molL1的NaHCO3与Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是( ),水解规律及其应用,答案 C,3.室温下0.1 mol/L的NH4CN溶液的pH等于9.32，据此，在室温下，下列说法错误的是( ),A.上述溶液能使甲基橙试剂变黄色 B.室温下，NH3H2O是比HCN更弱的电解质 C.上述溶液中CN的水解程度大于NH的水解程度 D.室温下，0.1 mol/L NaCN溶液中，CN的水解程度小于上述溶液中CN的水解程度,答案 B,4. 25 时，浓度均为0.1 molL1的溶液，其pH如下表所示。有关说法正确的是 ( ),答案 AC,考点二 影响盐类水解平衡的因素及应用,1.内因,知识梳理,越弱,2.外因,(1)温度、浓度,右移,增大,增大,右移,减小,增大,右移,增大,减小,(2)外加物质：外加物质对水解反应的影响取决于该物质的性质。 外加酸碱,加能水解的盐,增大,减小,减小,增大,抑制,促进,名师助学：稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，但由于溶液体积的增大是主要的，故水解产生的H或OH的浓度是减小的，则溶液酸性(或碱性)越弱。 向CH3COONa溶液中加入少量冰醋酸，并不会与CH3COONa溶液水解产生的OH反应，使平衡向水解方向移动，原因是：体系中c(CH3COOH)增大是主要因素，会使平衡CH3COOH2O CH3COOHOH左移。,3.盐类水解的应用,名师助学：在酸性较强的环境中Fe3比Al3、Mg2、Cu2更易发生水解，故一般可采用调节pH的方法生成Fe(OH)3沉淀除去，如除去CuSO4溶液中的Fe3加入CuO、Cu(OH)2等皆可，但不能加入会引入杂质离子的物质。,题组诊断,影响盐类水解的因素,答案 AD,2.(2015天津高考)室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是( ),答案 B,3.25 ，一定浓度的NaOH和Na2S两溶液的pH均为11。,(1)两溶液中，由水电离的c(OH)分别是 NaOH溶液中：_； Na2S溶液中：_。 (2)各取10 mL上述两种溶液，分别加水稀释到100 mL，pH变化较大的是_(填化学式)溶液。 (3)Na2S溶液呈碱性的原因是_ (用离子方程式表示)。 (4)为探究Na2S溶液呈碱性是由S2引起的，请你设计一个简单的实验方案： _。,解析 (1)25 ，pH11时溶液中c(H)1.01011molL1，c(OH)1.0103 molL1，在NaOH溶液中水的电离被抑制，则由水电离出来的c(OH)1.01011molL1。在Na2S溶液中S2水解显碱性，促进了水的电离，则由水电离出的c(OH)1.0103molL1。(2)稀释Na2S溶液时促进了水的电离，OH数目增多，c(OH)减小的程度小，则pH变化小。(4)先在Na2S溶液中滴入酚酞溶液，然后加入盐溶液使S2完全沉淀后观察溶液颜色的变化。,答案 (1)1.01011molL1 1.0103molL1 (2)NaOH (3)S2H2O HSOH (4)向Na2S溶液中滴入酚酞溶液，溶液显红色；若再向该溶液中滴入过量硝酸银溶液，产生黑色沉淀，且溶液的红色褪去，则可以说明Na2S溶液的碱性是由S2引起的(其他合理答案也可),【归纳总结】 盐类水解平衡移动方向的判断要点 1.遵循化学平衡规律：从温度、浓度方面去考虑便能作出正确判断，如在CH3COONa的溶液中，加入少量冰醋酸。正确的结论是：体系中c(CH3COOH)增大，抑制了CH3COO水解，会使平衡CH3COOH2O CH3COOHOH左移。 2.借助水解常数(Kh)判断：水解平衡常数(Kh)只受温度的影响，它与Ka(或Kb)、Kw的定量关系为KaKhKw或KbKhKw。,4.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( ),CuSO4 FeSO4 K2CO3 Ca(HCO3)2 NH4HCO3 KMnO4 FeCl3 A.全部都可以 B.仅 C.仅 D.仅,盐类水解的应用,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；NH4HCO3受热分解；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，最终水解彻底，受热分解得到的固体物质是Fe2O3。 答案 D,5.下列事实或操作与盐类水解无关的有( ),配制FeCl3溶液时，要滴加少量的盐酸 加热蒸干并灼烧Na2SO3溶液，得到Na2SO4固体 焊接时用NH4Cl溶液除锈 使用泡沫灭火器时，使硫酸铝与饱和小苏打溶液混合 稀醋酸溶液加热时其pH减小 浓的硫化钠溶液有臭味 CaCO3的饱和溶液pH约为9.3 小苏打发酵粉加入柠檬酸后效果更好,A.2个 B.3个 C.4个 D.5个,答案 B,6.已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有强氧化性。将溶液中的Cu2、Fe2、Fe3沉淀为氢氧化物，需溶液的pH分别为6.4、9.6、3.7。现有含FeCl2杂质的氯化铜晶体(CuCl22H2O)，为制取纯净的CuCl22H2O，首先将其制成水溶液，然后按图示步骤进行提纯：,请回答下列问题： (1)本实验最适合的氧化剂X是_(填字母)。 A.K2Cr2O7 B.NaClO C.H2O2 D.KMnO4 (2)物质Y是_。 (3)本实验用加碱沉淀法能不能达到目的？_，原因是_ _。 (4)除去Fe3的有关离子方程式是_ _。 (5)加氧化剂的目的是_ _。,(6)最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl22H2O晶体？_，应如何操作？_ _。 解析 (1)能把Fe2氧化为Fe3，同时又不能引入新的杂质，符合要求的只有H2O2。(2)当CuCl2溶液中混有Fe3时，可以利用Fe3的水解：Fe33H2O Fe(OH)33H，加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3或Cu2(OH)2CO3与溶液中的H作用，从而使水解平衡右移，使Fe3转化为Fe(OH)3沉淀而除去。(3)若用加碱法使Fe3沉淀，同时也必将使Cu2沉淀。(6)为了抑制CuCl2水解，应在HCl气流中加热蒸发。,答案 (1)C (2)CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3 (3)不能 因加碱的同时也会使Cu2生成Cu(OH)2沉淀 (4)Fe33H2O Fe(OH)33H，CuO2H=Cu2H2O或Cu(OH)2 2H=Cu22H2O等 (5)将Fe2氧化为Fe3，便于生成沉淀而与Cu2分离 (6)不能 应在HCl气流中加热蒸发，然后冷却结晶，过滤、洗涤、干燥,【思维建模】 (1)关于溶液配制的解题思路 配制盐溶液时，为抑制盐的水解而加入酸或碱，但应注意不能引入杂质离子，加入的酸应是与盐中的酸根对应的强酸，如配制FeCl3溶液加盐酸；加入的碱应是与盐中的阳离子对应的强碱，如配制Na2S溶液要加NaOH溶液。 (2)盐溶液蒸干灼烧时所得产物的几种判断类型 盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)CuSO4(s)； 盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得对应的氧化物，如AlCl3(aq)Al(OH)3Al2O3。 酸根阴离子易水解的强碱盐，如Na2CO3溶液等蒸干后可得到原物质。,考点三 溶液中粒子浓度关系的比较,1.注意两大理论，构建思维模型,知识梳理,2.把握三种守恒，明确等量关系,(3)质子守恒注重分子或离子得失H数目不变 在电解质溶液中，由于电离、水解等过程的发生，往往存在质子(H)的得失，但得到的质子数等于失去的质子数。如Na2S水溶液中的质子转移如图所示：,由图可得Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(OH)c(H)2c(H2S)c(HS)。 质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。Na2S水溶液中电荷守恒式为c(Na)c(H)c(OH)c(HS)2c(S2)，物料守恒式为c(Na)2c(HS)c(S2)c(H2S)，由即可得质子守恒式，消去没有参与变化的Na等，得c(OH)c(H)2c(H2S)c(HS)。,1.(2017宿迁检测)已知，常温下某浓度的NaHSO3稀溶液的pH7。则该稀溶液中下列粒子关系正确的是( ),题组诊断,单一溶液中粒子浓度关系,答案 B,2.(2017无锡质检)下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( ),答案 B,审题建模,3.(2017江苏苏州期初调研)25 时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( ),混合溶液中粒子浓度关系,答案 A,答案 B,5.(2018江苏南京模拟)常温下，下列有关溶液的说法正确的是( ),答案 AD,【方法技巧】 溶液混合型粒子浓度的比较三类型 (1)溶液混合但不发生反应的类型。要同时考虑电离和水解，涉及弱酸、弱碱、含能水解离子的盐溶液时，可用极限观点思考，以“强势”反应为主，可不考虑“弱势”反应。 电离强于水解型。如CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等体积、等物质的量浓度混合，分析时可只考虑CH3COOH的电离，不考虑CH3COONa的水解，粒子浓度大小顺序为c(CH3COO)c(Na)c(CH3COOH)c(H)c(OH)。 水解强于电离型。如HCN溶液和NaCN溶液等体积、等物质的量浓度混合，粒子浓度大小顺序为c(HCN)c(Na)c(CN)c(OH)c(H)。,(2)溶液混合发生反应但有一种过量的类型。根据过量程度及产物情况，要同时考虑电离和水解，不过这类问题大多转化为“溶液混合但不发生反应类型”问题。 (3)酸、碱中和型。,判断电解质溶液中粒子浓度的关系，是高考常考题型，一般从单一溶液、混合溶液和不同溶液三个角度进行考查，其中反应过程中不同阶段粒子浓度关系的判断是近几年高考的热点和亮点。电离理论和水解理论是比较电解质溶液中粒子浓度大小关系的重要依据，电荷守恒、物料守恒和质子守恒是判断电解质溶液中粒子浓度等量关系的重要依据，该类题目的解题关键是正确判断溶液中溶质的成分及其量的关系，以及离子的电离程度和水解程度的大小。该题型一般综合性强、难度较大，能够很好考查学生的分析推理能力，复习备考中应特别关注。,13 离子浓度大小的比较,文字叙述型,答案 AD,2.(2017江苏化学，14)常温下，Ka(HCOOH)1.77104，Ka(CH3COOH)1.75105，Kb(NH3H2O)1.76105，下列说法正确的是( ),A.浓度均为0.1 molL1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者 B.用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等 C.0.2 molL1 HCOOH与0.1 molL1 NaOH等体积混合后的溶液中： c(HCOO)c(OH)c(HCOOH)c(H) D.0.2 molL1 CH3COONa与0.1 molL1盐酸等体积混合后的溶液中(pH7)： c(CH3COO)c(Cl)c(CH3COOH)c(H),答案 AD,3.(2015江苏化学，14)室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH7(通入气体对溶液体积的影响可忽略)，溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是( ),答案 D,4.(2014江苏化学，14)25 时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( ),答案 AC,【题型模板】 分析溶液中微粒浓度关系的思维流程,结合图像型,答案 BD,6.(2018南通等七市联考)常温下，用0.10 molL1盐酸分别滴定20.00 mL浓度均