盐类水解的影响因素及应用（教师版）人教2019选择性必修1 高二化学 精讲专练 学案

第20第20讲盐类水解的影响因素及应用知识导航知识导航课前引入NaNa2CO3与NaHCO3同为强碱弱酸盐，其水溶液的碱性是否相同？为什么？知识精讲知识精讲一、水解平衡常数1.定义：盐类水解反应的平衡常数（或水解常数），用Kh表示。2.表达式对于水解方程式：A-+H2O⇌HA+OH-，其平衡常数可表示为：Kh=c3.意义：Kh表示水解反应趋势的大小，Kh数值越大，水解趋势越大。4.影响因素：对于确定的离子，其水解常数只受温度影响。温度越高，水解常数越大。5.与电离常数的关系Kh=KwKa（Ka为弱酸的电离平衡常数）或Kh=K二、影响盐类水解的因素1．内因——盐本身的性质弱酸阴离子、弱碱阳离子对应的酸、碱越弱，就越易发生水解。如水解程度（碱性）：Na2CO3_____Na2SO3，Na2CO3_____NaHCO3【答案】＞＞及时小练相同温度下，等物质的量浓度的相同温度下，等物质的量浓度的NaX、NaY、NaZ三种正盐溶液，测得溶液的pH分别是7、9、10。则相对应的酸HX、HY、HZ的酸性强弱顺序为：_________________。【答案】HX＞HY＞HZ2．外因因素水解平衡水解程度水解产生离子的浓度温度升高右移增大增大浓度增大右移减小增大减小(即稀释)右移增大减小外加酸碱酸性盐加酸左移减小减小酸性盐加碱右移增大增大外加其他盐酸性盐加酸性盐相互抑制(如NH4Cl中加FeCl3)酸性盐加碱性盐相互促进[如Al2(SO4)3中加NaHCO3]三、盐类水解的应用应用举例判断溶液的酸碱性FeCl3溶液显酸性，原因是Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+判断酸性强弱NaX、NaY、NaZ三种盐pH分别为7、9、10，则酸性HX>HY>HZ判断离子能否共存弱碱阳离子与弱酸阴离子发生完全双水解，则两种离子无法大量共存①Al3＋与HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)、HS－、S2－、ClO－②Fe3＋与HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)、ClO－③NHeq\o\al(＋,4)与SiOeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)保存、配制某些盐溶液配制FeCl3溶液时，常加入少量盐酸来抑制FeCl3的水解；盛放Na2CO3、Na2SiO3、CH3COONa、Na2S等溶液不能用玻璃塞，应用橡胶塞制取胶体、净水制取Fe(OH)3胶体：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+明矾作净水剂原理：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+制备化合物用TiCl4制备TiO2：TiCl4+(x+2)H2OTiO2·xH2O↓+4HCl去油污热的纯碱溶液去污能力强：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－，升高温度，水解平衡右移，c(OH－)增大泡沫灭火器原理成分为NaHCO3与Al2(SO4)3，发生反应为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO化肥的使用铵态氮肥与草木灰不得混用除锈剂NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接时的除锈剂四、判断盐溶液蒸干时所得的产物1.水解生成难挥发性酸的强碱盐，蒸干后一般得原物质。如CuSO4(aq)蒸干得CuSO4；Na2CO3(aq)蒸干得Na2CO3(s)。2.水解生成易挥发性酸的强碱盐，一般蒸干后得对应的氢氧化物，灼烧后得对应的氧化物。如AlCl3(aq)蒸干得Al(OH)3，灼烧得Al2O3。3.若该盐受热易分解，蒸干灼烧后一般得到其分解产物。如Ca(HCO3)2→CaCO3(CaO)；NaHCO3→Na2CO3；KMnO4→K2MnO4和MnO2；NH4Cl→NH3和HCl。4.还原性盐在蒸干时，易被空气中的O2氧化，得到其氧化产物。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。对点训练对点训练题型一：水解平衡的移动【变1-2】对于0.1mol/LNa2CO3溶液，下列说法正确的是A．加入NaOH固体，溶液pH减小B．升高温度，溶液中c(OH-)增大C．稀释溶液，溶液中c(H+)减少D．c(Na+)+c(H+)=c()+c()+c(OH-)【答案】B【详解】A．加入NaOH固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大，A错误；B．Na2CO3溶液水解呈碱性，升高温度，促进盐类水解、促进水电离，溶液中c(OH-)增大，B正确；C．温度不变，水的离子积常数不变，稀释溶液，Na2CO3溶液浓度下降，溶液碱性下降，氢氧根离子浓度减小，溶液中c(H+)增大，C错误；D．溶液呈电中性，则根据电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，D错误；答案选B。【变1-5】能证明Na2SO3溶液中存在SO＋H2O⇌HSO＋OH－水解平衡事实的是()A．滴入酚酞溶液变红，再加入H2SO4溶液后红色褪去B．滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后红色褪去C．滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去D．滴入酚酞溶液变红，再加入NaHSO4溶液后红色褪去【答案】C【详解】A．滴入酚酞试液变红，说明亚硫酸钠溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，酚酞在pH大于8时，呈红色，加入硫酸溶液后，溶液褪色，溶液可能呈酸性越可能呈碱性，若为酸性，不能说明平衡移动，故A错误；B．滴入酚酞试液变红，说明溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，氯水具有强氧化性，具有漂白性，再加入氯水后溶液褪色，不能说明存在水解平衡，故B错误；C．滴入酚酞试液变红，说明溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，再加入氯化钡溶液后，钡离子和亚硫酸根离子反应而和亚硫酸氢根离子不反应，钡离子和亚硫酸根离子反应生成亚硫酸钡沉淀，且溶液红色褪去，所以说明存在水解平衡，故C正确；D．滴入酚酞试液变红，说明亚硫酸钠溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，酚酞在pH大于8时，呈红色，加入NaHSO4溶液后，溶液褪色，溶液可能呈酸性越可能呈碱性，若为酸性，不能说明平衡移动，故D错误；故选C。【变1-7】下图所示三个烧瓶中分别装入含酚酞的0.01mol·L－1CH3COONa溶液，并分别放置在盛有水的烧杯中，然后向烧杯①中加入生石灰，向烧杯③中加入NH4NO3晶体，烧杯②中不加任何物质。(1)含酚酞的0.01mol·L－1CH3COONa溶液显浅红色的原因为__________________(用离子方程式和必要文字解释)。(2)实验过程中发现烧瓶①中溶液红色变深，烧瓶③中溶液红色变浅，则下列叙述正确的是________(填字母序号)。A．水解反应为放热反应B．水解反应为吸热反应C．NH4NO3溶于水时放出热量D．NH4NO3溶于水时吸收热量(3)向0.01mol·L－1CH3COONa溶液中分别加入NaOH固体、Na2CO3固体、FeSO4固体，使CH3COO－水解平衡移动的方向分别为__________、____________、____________(填“左”、“右”或“不移动”)。【答案】CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，使溶液显碱性BD左左右【详解】(1)CH3COONa中CH3COO－水解使溶液显碱性，反应的离子方程式为：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，酚酞试液遇碱显红色；(2)生石灰与水剧烈反应放出大量热，根据烧瓶①中溶液红色变深，判断水解平衡向右移动，说明水解反应是吸热反应，同时烧瓶③中溶液红色变浅，则NH4NO3溶于水时吸收热量，故选BD；(3)加入NaOH固体，c(OH－)增大，抑制CH3COO－的水解，平衡向左移动；水解显碱性，与CH3COO－的水解相互抑制，平衡向左移动；Fe2＋水解显酸性，与CH3COO－的水解相互促进，平衡向右移动。题型二：盐类水解的应用【变2-1】实验室配制和保存FeSO4溶液，应采取的正确措施是①把蒸馏水煮沸，以赶走水中溶解的O2；②溶解时加入少量稀硫酸；③加入少量铁粉；④加入少量稀盐酸A．①②③ B．①② C．②③ D．②③④【答案】A【详解】①亚铁离子具有极强的还原性，所以把蒸馏水煮沸，以赶走水中溶解的O2，故正确；②溶解时加入少量稀H2SO4，抑制亚铁离子水解，故正确；③为了防止亚铁离子被氧化，加入少量还原铁粉，并充分振荡，故正确；④加入少量盐酸，引入新杂质氯离子，故错误；故选A。【变2-2】下列说法中不正确的有①氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂；②测定新制氯水的时，先用玻璃棒蘸取液体滴在试纸上，再与标准比色卡对照；③用米汤直接检验食用盐中是否含有碘元素；④在5.6~7.0之间的降水通常称为酸雨；⑤加入溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，可确定有存在；⑥通入紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色；⑦配制一定物质的量浓度的氢氧化钠溶液，用烧杯称量后加蒸馏水溶解，未冷却到室温便转移到容量瓶中，导致结果偏高；⑧分解高锰酸钾制氧气后，残留在试管内壁上的黑色物质可用稀盐酸洗涤；⑨蒸干溶液可得纯净的无水氯化铝；A．5个 B．6个 C．7个 D．8个【答案】C【详解】①氯气与烧碱溶液或石灰乳反应分别生成的NaClO、Ca(ClO)2都是含氯消毒剂，正确；②由于Cl2水中含有HClO分子，具有漂白性，故测定新制氯水的时，不能用pH试纸，应该用pH计，不正确；③加碘盐中加入的是KIO3，故用米汤不能直接检验食用盐中是否含有碘元素，不正确；④酸雨是指pH小于5.6的酸性降雨，不正确；⑤加入溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，由于HNO3能将BaSO3氧化为BaSO4，不可确定有存在，也可能含有，不正确；⑥通入紫色石蕊试液，溶液只变红不褪色，不正确；⑦配制一定物质的量浓度的氢氧化钠溶液，用烧杯称量后加蒸馏水溶解，未冷却到室温便转移到容量瓶中，导致所加溶液体积偏小，故结果偏高，正确；⑧分解高锰酸钾制氧气后，残留在试管内壁上的黑色物质为MnO2和K2MnO4，MnO2与稀盐酸不反应，故不可用稀盐酸洗涤，应该用浓盐酸并加热，不正确；⑨AlCl3水解且生成HCl，故蒸干溶液HCl挥发，促进水解，直接蒸干AlCl3溶液将得不到纯净的无水氯化铝，不正确；综上分析可知，有②③④⑤⑥⑧⑨共7个不正确，故答案为：C。题型三：盐溶液蒸干后的产物判断【例3】(1)K2CO3的水溶液蒸干得到的固体物质是________，原因是_________。(2)KAl(SO4)2溶液蒸干得到的固体物质是__________，原因是_____________。(3)FeCl2溶液蒸干灼烧得到的固体物质是__________，原因是__________。(4)亚硫酸钠溶液蒸干灼烧得到的固体物质是_______，原因是____________。(5)将0.5mol·L－1的NaClO溶液加热蒸干灼烧最后所得的固体是________，原因是_________。(6)将KMnO4溶液加热蒸干、灼烧最后所得的固体是________，原因是____________。【答案】(1)K2CO3尽管加热过程促进水解，但生成的KHCO3和KOH反应后又生成K2CO3。(2)KAl(SO4)2·12H2O尽管Al3＋水解，但由于H2SO4为难挥发性酸，最后仍然为结晶水合物。注意温度过高，会脱去结晶水。(3)Fe2O3Fe2＋水解生成Fe(OH)2和HCl，在加热蒸干过程中HCl挥发，Fe(OH)2逐渐被氧化生成Fe(OH)3，Fe(OH)3灼烧分解生成Fe2O3。(4)Na2SO4Na2SO3被空气中的O2氧化，发生反应：2Na2SO3＋O2=2Na2SO4。(5)NaClNaClO水解的化学方程式为NaClO＋H2O=NaOH＋HClO，2HClO2HCl＋O2↑，HCl＋NaOH=NaCl＋H2O，故最终得到NaCl。(6)K2MnO4、MnO2KMnO4加热时发生反应：2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑。【解析】(1)碳酸钾中的碳酸根可以水解，尽管加热过程能促进碳酸钾水解，但生成的碳酸氢钾和氢氧化钾反应后仍为碳酸钾；(2)明矾中的铝离子可以水解，但是Al3+水解生成氢氧化铝和硫酸，硫酸是高沸点酸，不能挥发，最后氢氧化铝和硫酸又反应生成Al3+，最后蒸干得到明矾晶体；(3)蒸发FeCl2溶液，Fe2＋水解生成Fe(OH)2和HCl，在加热蒸干过程中HCl挥发，得到的是氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁，灼烧后得到氧化铁；(4)亚硫酸钠在蒸干的过程中不断被空气氧化而变成硫酸钠，所以最后得到的固体物质是硫酸钠；(5)NaClO溶液加热蒸干，NaClO发生水解生成次氯酸和氢氧化钠，次氯酸受热生成氯化氢和氧气，根据钠与氯1∶1，则最终生成的氢氧化钠与氯化氢刚好反应生成氯化钠和水，所以最终加热蒸干最后所得的固体是氯化钠；(6)将KMnO4溶液加热蒸干得到KMnO4固体、灼烧，KMnO4固体分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，最后所得的固体为锰酸钾和二氧化锰。题型四：根据K值判断酸碱性【例4】根据表中信息，判断的下列各物质的溶液最大的是酸电离常数(常温下)，，A． B．C． D．【答案】D【详解】根据表格中的酸的电离平衡常数可知，酸性的强弱顺序为，根据越弱越水解的规律可知，水解能力强弱顺序为，故选项中的各溶液最大的是，故答案为D。【归纳总结】盐类水解的规律可溶才水解，不溶不水解。有弱才水解，无弱不水解，越弱越水解，都弱都水解。谁强显谁性，同强显中性。题型五：水溶液中的图像题【例5】常温下，用0.01mol/L的氢氧化钠溶液分别滴定20mL0.01mol/L的两种酸HA、HB，滴定曲线变化趋势都与如图相似(忽略溶液体积变化)，下列说法错误的是()A．可通过a点pH大小判断两种酸的酸性强弱B．b点时可能存在2c(HB)+2c(B-)=c(Na+)C．若HA为弱酸，c点时V(NaOH)<20mLD．d点时可能存在c(A-)=c(B-)<c(Na+)【答案】B【解析】A项，两种酸的浓度相同时，a点pH越小，说明酸的电离程度越大，则酸性越强，A正确；B项，b点时加入NaOH溶液体积为10mL，所得溶液的溶质为等物质的量的NaB和HB，根据物料守恒b点时：可能存在c(HB)+c(B-)=2c(Na+)，故B错误；C项，若HA为弱酸，滴入20mL氢氧化钠溶液时溶质为NaA，A−发生水解使溶液显碱性，需要减少氢氧化钠的滴入量才能使pH=7，故c点时V(NaOH)<20mL，故C正确；D项，d点滴入氢氧化钠体积为30mL，若HA和HB同为强酸，则存在c(A-)=c(B-)<c(Na+)，故D正确；故选B。【例6】常温下，0.010mol·L-1的二元酸H2A溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数δ(X)随pH变化如图所示：下列说法正确的是A．NaHA溶液显酸性B．H2A的第一步电离平衡常数Ka1=10-10C．Na2A溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>c(HA-)>>c(H+)D．向H2A溶液中滴加相同浓度的NaOH溶液，滴加过程中离子浓度始终满足：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)【答案】CD【分析】由图像可知，H2A溶液中含有H2A、HA-、A2-，则H2A为二元弱酸，其电离常数Ka1=，由图可知H2A、HA-浓度相同时，pH=6，则Ka1=10-6；Ka2=，由图可知A2-、HA-浓度相同时，pH=10，则Ka2=10-10。【详解】A．HA-的电离常数即Ka2=10-10，HA-水解离子方程式为HA-+H2O，HA-的水解常数Kh===10-8，则HA-的水解程度大于电离程度，NaHA溶液呈碱性，A项错误；B．由分析可知Ka1=1×10-6，B项错误；C．A2-的水解程度较小，Na+不水解，因此c(Na+)>c(A2-)；A2-水解产生HA-和OH-，水电离还产生OH-，故c(OH-)>c(HA-)；由于水解本质是A2-结合了水电离的H+，因此c(OH-)>c(HA-)>>c(H+)，故Na2A溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>c(HA-)>>c(H+)，C项正确；D．向H2A溶液中滴加相同浓度的NaOH溶液，溶液呈电中性，根据电荷守恒的可得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，D项正确；答案选CD。【例8】为测定某二元弱酸H2A与NaOH溶液反应过程中溶液pH与粒子关系，在25℃时进行实验，向H2A溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgX[X表示或]随溶液pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是A．直线II中X表示的是B．当pH=3.81时，溶液中c(HA-)：c(H2A)=10：1C．0.1mol·L-1NaHA溶液中：c(Na＋)＞c(HA-)＞c(H2A)＞c(A2-)D．当pH=6.91时，对应的溶液中，3c(A2-)=c(Na＋)＋c(H＋)-c(OH-)【答案】D【解析】A项，当pH=0时，c(H+)=1mol/L，Ka1==，Ka2==，由于Ka2＜Ka1，故直线Ⅱ中X表示，A错误；B项，当lgX=0时溶液的pH=1.81，带入Ka1计算式中可求出Ka1=1×10-1.81，当pH=3.81时，c(H+)=1×10-3.81mol/L，所以有Ka1=1×10-1.81==1×10-3.81×，解得c(HA-)：c(H2A)=100：1，B错误；C项，与B项同理，可求出Ka2=1×10-6.91＞10-7，由此可知HA-的电离能力强于其水解能力，电离生成的c(A2-)比水解生成的c(H2A)大，C错误；D项，当pH=6.91时，对应的溶液中c(HA-)=c(A2-)，又因电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，所以3c(A2-)=c(Na＋)＋c(H＋)-c(OH-)，D正确；故选D。题型六：盐类水解综合考查【例9】SnCl2易水解，是常见的抗氧化剂。实验室以SnCl2为原料制备SnSO4·2H2O的流程如下，下列说法错误的是A．溶解时，将SnCl2固体溶于浓盐酸，加水稀释至所需浓度，再加入适量Sn粉B．反应1的离子方程式为Sn2++2=SnO↓+H2O+2CO2↑C．洗涤SnO沉淀的方法是向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，搅拌，待水完全流出后重复操作2-3次D．可用HNO3酸化的AgNO3溶液检验SnO沉淀是否已被洗涤干净【答案】C【分析】由题给流程可知，将氯化亚锡溶于浓盐酸，加水稀释至所需浓度，再加入适量锡粉得到氯化亚锡溶液，向溶液中加入碳酸氢铵发生反应生成氧化亚锡、氯化铵、二氧化碳和水，过滤得到氧化亚锡，向氧化亚锡中加入稀硫酸发生反应生成硫酸亚锡和水，硫酸亚锡溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到二水硫酸亚锡晶体。【详解】A．由题意可知，氯化亚锡易水解，是常见的抗氧化剂，为防止氯化亚锡溶解时，发生水解和被空气中氧气氧化，配制氯化亚锡溶液时应将氯化亚锡固体溶于浓盐酸防水解，加水稀释至所需浓度，再加入适量锡粉防氧化，故A正确；B．由分析可知，反应1为氯化亚锡溶液与碳酸氢铵反应生成氧化亚锡、氯化铵、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Sn2++2=SnO↓+H2O+2CO2↑，故B正确；C．洗涤氧化亚锡沉淀的方法是向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然完全流出后，重复操作2-3次，洗涤时不能搅拌，故C错误；D．氧化亚锡固体表面附有可溶性的氯化铵杂质，检验沉淀是否已被洗涤干净应用酸化的硝酸银溶液检验洗涤液中是否存在氯离子，故D正确；故选C。【例11】(1)向氨水中滴加入盐酸至溶液成中性时，c()_______c(Cl-)(填“>”、“<”或“=”)。(2)25℃，两种未知酸的电离平衡常数如表。Ka1Ka2H2XO31.3×10-26.3×10-8H2YO34.2×10-75.6×10-11①HXO的电离平衡常数表达式K=_______。②H2XO3溶液和NaHYO3溶液反应的主要离子方程式为_______。③根据H2XO3的电离常数数据，判断NaHXO3溶液显_______(选填“酸性”或“碱性”)，原因是_______。(3)已知：重晶石(BaSO4)高温煅烧可发生一系列反应，其中部分反应如下：BaSO4(s)+4C(s)=BaS(s)+4CO(g)∆H=+571.2kJ·mol–1BaS(s)=Ba(s)+S(s)∆H=+460kJ·mol–12C(s)+O2(g)=2CO(g)∆H=-221kJ·mol–1则Ba(s)+S(s)+2O2(g)=BaSO4(s)∆H=_______。(4)在一密闭容器中一定量A、B的混合气体发生反应：aA(g)+bB(g)cC(s)+dD(g)，平衡时测得A的浓度为0.60mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的3倍，再达平衡时，测得A的浓度降为0.20mol/L。下列有关判断正确的是_______。A．平衡向正反应方向移动B．A的转化率增大C．D的体积分数增大D．a+b<c+d【答案】=H2XO3+HYO=H2YO3+HXO(或H2XO3+HYO=H2O+YO2↑+HXO)酸性HXO既要电离又要水解，HXO+H2O=H2XO3+OH-，设水解常数Kh2，则，，故NaHXO3溶液显酸性。-1473.2kJ/molD【详解】(1)向氨水中滴加入盐酸至溶液成中性时，根据电荷守恒可得，所以，故答案为：=；(2)①HXO的电离平衡常数表达式，故答案为：；②根据表格数据可知Ka1(H2XO3)>Ka1(H2YO3)>Ka2(H2XO3)>Ka2(H2YO3),H2XO3溶液和NaHYO3溶液反应的主要离子方程式为H2XO3+HYO=H2YO3+HXO(或H2XO3+HYO=H2O+YO2↑+HXO)；③根据表中数据可知Ka2(H2XO3)=6.3×10-8，NaHXO3既要电离又要水解，水解常数为：，由计算可知电离大于水解，溶液显酸性，故答案为：酸性；HXO既要电离又要水解，HXO+H2O=H2XO3+OH-，设水解常数Kh2，则，，故NaHXO3溶液显酸性；(3)设①BaSO4(s)+4C(s)=BaS(s)+4CO(g)∆H=+571.2kJ·mol–1②BaS(s)=Ba(s)+S(s)∆H=+460kJ·mol–1，③2C(s)+O2(g)=2CO(g)∆H=-221kJ·mol–1④Ba(s)+S(s)+2O2(g)=BaSO4(s)根据盖斯定律得，故答案为：-1473.2kJ/mol；(4)平衡时测得A的浓度为0.60mol/L，将容器的容积扩大到原来的3倍，再达平衡时，测得A的浓度降为0.20mol/L，说明平衡没有移动，说明该反应aA(g)+bB(g)cC(s)+dD(g)前后气体分子数相等，即a+b=d，a+b<d+c，A的转化率不变，D的体积分数不变，故答案为：D。提分特训提分特训【题1】下列过程或现象与盐类水解无关的是A．热的纯碱溶液去油污效果好 B．氯碱工业制取烧碱C．加热氯化铁溶液颜色变深 D．在无色透明溶液中Al3+与不能大量共存【答案】B【详解】A．纯碱水解显碱性，加热时水解程度增强，可以加速油污的水解，与盐类水解有关，故A不选；B．工业上用电解饱和食盐水制取烧碱，与盐类水解无关，故B选；C．加热氯化铁溶液颜色变深是因为加热促进了Fe3+的水解，生成了更多红褐色的Fe(OH)3，与盐类水解有关，故C不选；D．Al3+与HCO不能大量共存是因为两种离子都水解，相互促进，反应完全，与盐类水解有关，故D不选。故答案为B。【题2】下列说法正确的是A．将Na2CO3溶液从常温加热至80℃，溶液的碱性增强B．升高温度，RCl盐溶液的pH减小，一定证明ROH是弱电解质C．298K时，pH=8的NaOH溶液和pH=6的NH4Cl等体积混合，溶液显中性D．在氨水的稀溶液中，加入某浓度的氢氧化钠溶液，一定会抑制氨水的电离，溶液的pH增大【答案】A【详解】A．水解使溶液显碱性，加热促进其水解，溶液的碱性增强，A正确；B．升高温度，水的离子积增大，强酸强碱盐溶液的也会减小，B错误；C．时的溶液和的溶液等体积混合，溶液过量，为强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，C错误；D．加入氢氧化钠溶液的浓度未知，不一定会抑制氨水的电离，D错误；故选A。【题3】为了使溶液中的值变小，可采取的措施是（）A．加入少量浓盐酸 B．加入适量固体C．适当升温 D．加入适量固体【答案】D【详解】A．加入少量浓盐酸，促进水解，变小，不变，则变大，A错误；B．加入固体，抑制水解，变大，但增大的程度更大，变大，B错误；C．升温，水解程度增大，变小，不变，则变大，C错误；D．加入固体，促进的水解，但水解程度减小，变大，不变，则变小，D正确；故选D。【题4】下列事实：①水溶液呈碱性；②水溶液呈酸性；③长期使用铵态氮肥，会使土壤酸度增大；④铵态氮肥不能与草木灰混合施用；⑤加热能使纯碱溶液去污能力增强；⑥配制溶液，需用盐酸溶解固体。其中与盐类水解有关的是A．除②以外 B．除⑥以外 C．除④、⑥以外 D．全部【答案】A【详解】①水溶液呈碱性的原因是碳酸氢根离子水解，故选①；②水溶液呈酸性，是因为能电离出氢离子，故不选②；③长期使用铵态氮肥，会使土壤酸度增大，是因为铵根离子水解呈酸性，故选③；④铵态氮肥不能与草木灰混合施用，是因为铵根离子与碳酸根离子发生双水解反应放出氨气，选④；⑤加热能使纯碱溶液去污能力增强，是因为加热促进碳酸根离子水解，溶液碱性增强，故选⑤；⑥配制溶液，盐酸溶解固体可以抑制水解，故选⑥；选A。【题6】电解质的溶液中存在着众多的化学平衡，请按要求填空。（1）无法在水溶液中制备，原因是：___________(用离子方程式解释)。（2）要除去溶液中少量的可以选择的除杂试剂有：______。A．B．C．D．（3）铍和铝元素化学性质相似，从溶液中得到固体的操作是______。（4）蒸干并灼烧溶液，得到的产物是___________(填化学式)。（5）在常温下测得浓度均为的下列6种溶液的如下表所示：溶质8.18.811.610.311.111.3①相同浓度的a.、b.、c.、d.酸性由强到弱的顺序是：______填字母)。②请根据上述信息判断下列反应不能发生的是______(填字母)。A．B．C．D．【答案】（1）（2）BD（3）在气流中加热蒸干溶液（4）（5）a>c>d>bBC【分析】（1）铝离子和硫离子在水溶液中会发生双水解生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，；（2）A．会和氯化铁、氯化铜都反应，错误；B．氯化铁水解生成氢氧化铁，加入可以调节溶液的pH，促进铁离子水解且不引入新杂质，正确；C．会和氯化铁、氯化铜都反应，错误；D．加入可以调节溶液的pH，促进铁离子水解且不引入新杂质，正确；故选BD。（3）次氯酸根离子水解生成次氯酸，次氯酸受热生成HCl，HCl会与次氯酸钙溶液中水解生成的氢氧化钙得到氯化钙，故蒸干并灼烧溶液，得到的产物是CaCl2。（4）铍和铝元素化学性质相似，则铍离子也容易水解，故从溶液中得到固体的操作是在气流中加热蒸干溶液。（5）①酸的酸性越强对应酸根离子水解程度越弱，由图表可知，相同浓度的a.、b.、c.、d.酸性由强到弱的顺序是a>c>d>b；②A．由图表可知，醋酸酸性大于氢氰酸，故反应可以发生，正确；B．由图表可知，电离程度>>，故反应得到碳酸氢钠而不是碳酸钠，错误；C．电离程度>>，故反应得到碳酸氢钠而不是碳酸钠，错误；D．电离程度>，故反应可以发生，正确；故选BC。提分作业提分作业【练1】关于盐类水解反应的说法正确的是A．溶液呈中性的盐一定是强酸与强碱生成的盐B．含有弱酸根离子的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、碱电离程度的相对大小D．Na2S水解的离子方程式为：S2－+2H2OH2S+2OH-【答案】C【详解】A．溶液呈中性的盐不一定是强酸强碱盐，可能是弱酸弱碱盐，如醋酸铵溶液呈中性，A错误；B．含有弱酸根离子的盐的水溶液不一定呈碱性，如醋酸铵溶液呈中性，亚硫酸氢钠溶液呈酸性，B错误；C．盐溶液的酸碱性主要决定于形成盐的酸、碱电离程度的大小，强酸弱碱盐溶液呈酸性，强碱弱酸盐溶液呈碱性，弱酸弱碱盐水溶液酸碱性决定于形成盐的酸和碱电离程度的大小，C正确；D．S2-水解离子方程式为S2－+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-，D错误；答案选C。【练2】在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：+H2O⇌+OH-，升高温度，c()A．增大 B．减小 C．不变 D．无法判断【答案】B【详解】Na2CO3溶液存在水解平衡：+H2O⇌+OH-，水解过程是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，c()减小，故选：B。【练3】相同物质的量浓度NaCN和NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，则下列关于同温同体积同浓度的HCN和HClO溶液的说法中正确的是A．酸性强弱：HCN>HClOB．pH：HClO>HCNC．与NaOH恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量：HClO>HCND．酸根离子浓度：c(CN-)<c(ClO-)【答案】D【详解】A．强碱弱酸盐的水溶液呈碱性，相应酸的酸性越弱，其强碱盐溶液的碱性越强。NaCN溶液的pH比NaClO大，说明HCN比HClO酸性弱，故A错误；B．酸性HClO＞HCN，则等浓度时，HClO溶液的pH较小，故B错误；C．等物质的量时，与NaOH恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量相等，故C错误；D．酸性HClO＞HCN，则等浓度时，c（CN-）＜c（ClO-），故D正确。故选D。【练4】土壤中游离越多，绣球花的颜色越蓝。若想种出蓝色绣球花，可向土壤中加入硫酸铝。为保证调色效果，不宜同时施用A．硫酸亚铁 B．硝酸钾 C．碳酸钾 D．氯化铵【答案】C【详解】已知Al3+浓度越大，花色越蓝，则不能消耗Al3+，碳酸钾中的会与Al3+发生双水解反应，故选：C。【练5】下列事实或操作与盐类水解无关的是A．配制FeCl3溶液时，要滴加少量的盐酸B．食品级硅胶可以用做副食糕点的干燥剂C．热的纯碱溶液去油污效果好D．泡沫灭火器中的反应【答案】B【详解】A．FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中会发生水解反应：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，水解产生难溶性的Fe(OH)3往往使溶液变浑浊，根据平衡移动原理，向其中滴加少量的盐酸，就可以抑制盐的水解而能够得到澄清溶液，因此在配制FeCl3溶液时，要滴加少量的盐酸，这与盐的水解反应有关，A不符合题意；B．食品级硅胶对人体无害，而且由于其表面积大，吸附力强，能够吸收水分，因此可以用做副食糕点的干燥剂，这与盐的水解无关，B符合题意；C．纯碱是碳酸钠，属于强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液显碱性，盐的水解反应是吸热反应，升高温度盐的水解程度增大，溶液碱性增强，油脂能够在碱性条件发生水解反应产生可溶性物质，因此热的纯碱溶液去除油污能力比冷的强，与盐水解有关，C不符合题意；D．在泡沫灭火器中，明矾与小苏打发生盐的双水解反应：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑，产生Al(OH)3白色沉淀和CO2气体，能够使着火物与空气隔绝，因而可以灭火，这与盐的水解有关，D不符合题意；故合理选项是B。【练6】酒石酸是葡萄酒中主要的有机酸之一，它的结构式为HOOCCH(OH)CH(OH)COOH(简写为H2R)。已知：25℃时，H2R和H2CO3的电离平衡常数如下：化学式H2RH2CO3电离平衡常数K1=9.1×10-4K2=4.3×10-5K1=4.2×10-7K2=5.6×10-11下列说法正确的是A．NaHR溶液呈酸性，且溶液中c(Na+)>c(HR-)>c(H2R)>c(R2-)B．在Na2R溶液中通入足量CO2生成的盐是NaHR和NaHCO3C．1molH2R分别与足量的NaOH、Na2CO3、Na反应消耗三者的物质的量之比为2：1：2D．25℃时，将等物质的量浓度的NaHR和Na2CO3溶液等体积混合，所得溶液中各微粒浓度大小顺序为：c(Na+)>c(R2-)>c(HCO)>c(OH-)>c(H+)【答案】C【详解】A．溶液中电离常数为，水解常数，溶液呈酸性，根据分析，电离大于水解，H2R是由于水解产生的，故c(R2-)>c(H2R)，A项错误；B．根据题中电离常数得到酸性：＞，因此溶液中通入足量是不反应的，B项错误；C．与足量的反应消耗2mol，与反应消耗1mol，与反应消耗2molNa，因此消耗三者的物质的量之比为2:1:2，C项正确；D．溶液中电离常数为，25℃时，Na2CO3溶液中的水解常数，则水解产生的HCO浓度大于电离产生的R2-浓度，溶液呈碱性，因此所得溶液中各离子浓度大小顺序为：c(Na+)>c(HCO)>c(R2-)>c(OH-)>c(H+)，D项错误；答案选C。【练7】(2021·四川省南充市白塔中学高三期中)常温下，几种弱电解质的电离平衡常数如表所示，向20mL0.1mol/L的盐酸溶液中逐滴滴加0.1mol/L的氨水，溶液的pH变化曲线如图所示。弱电解质KH2CO3Ka1=4×10-7Ka2=4×10-11NH3·H2OKb=1.75×10-5CH3COOHKa=1.75×10-5下列说法正确的是()A．CH3COONH4溶液中c(OH-)=c(H+)≠l0-7mol/LB．NH4+和HCO3-能发生彻底水解反应C．曲线上水的电离程度最大的点为b点D．d点时，c(OH-)-c(H+)=[c(NH4+)-2c(NH3·H2O)］【答案】D【解析】A项，氨水和醋酸的电离常数相同，铵根离子和醋酸根离子都发生水解，促进水的电离，且二者水解程度相同，所以CH3COONH4溶液中：c(OH-)=c(H+)=10-7mol/L，溶液的pH=7，A错误；B项，NH4+和HCO3-可以双水解，但因水解产物溶解度较大，无法脱离溶液，所以反应不彻底，B错误；C项，盐类水解促进水的电离，酸或碱抑制水的电离，加入氨水20mL，恰好生成氯化铵，所以曲线上水的电离程度最大的点为c点，C错误；D项，d点加入30mL氨水，溶液中存在的氯化铵和氨水比为：2：1，根据电荷守恒：c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，根据物料守恒：2c[(NH3·H2O)+c(NH4+)］=3c(Cl-)，c(OH-)-c(H+)=c(NH4+)-c(Cl-)，所以c(OH-)-c(H+)=[c(NH4+)-2c(NH3·H2O)］，D正确；故选D。【练8】(1)Na2CO3溶液显_______性，用离子方程式表示其原因为_______。(2)FeCl3溶液呈_______(填“酸”、“中”、“碱”)性，原因是(用离子方程式表示)：_______；实验室在配制FeCl3溶液时，常将FeCl3固体先溶于较浓的盐酸中，_______(填“促进”、“抑制”)其水解，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度。(3)将AlCl3溶液蒸干再灼烧，最后得到的主要固体物质是_______(写化学式，下同)；将Na2SO3溶液蒸干再灼烧，最后得到的主要固体物质是_______【答案】碱+H2O⇌+OH-酸Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+抑制Al2O3Na2SO4【分析】根据盐在水溶液中发生水解的反应实质进行判断溶液的酸碱性，根据反应的实际离子书写水解方程式，注意水解方程式是可逆的；利用可逆反应的特点及生成物的性质，判断水解平衡移动的方向，利用平衡移动判断最终产物。【详解】(1)Na2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解反应，消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，使溶液显碱性，用离子方程式表示为：+H2O+OH-；(2)FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+消耗水电离产生的OH-，最终达到平衡时，溶液中c(H+)>c(OH-)，溶液呈酸性，用离子方程式表示为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；实验室在配制FeCl3溶液时，常将FeCl3固体先溶于较浓的盐酸中，增大溶液中H+的浓度，使盐的水解平衡逆向移动，抑制FeCl3的水解，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度；(3)Fe3＋水解产生Fe(OH)3胶体，能够吸附水中悬浮的物质形成沉淀而除去，从而达到净水的目的，其反应原理用离子方程式表示为：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋；AlCl3溶液在加热时水解生成Al(OH)3，生成的HCl易挥发，蒸干后最终生成Al(OH)3，在灼烧时，Al(OH)3不稳定，分解生成Al2O3；亚硫酸钠在蒸干的过程中不断被空气氧化而变成硫酸钠，所以最后得到的固体物质是硫酸钠，故答案为：Na2SO4，Na2SO3在蒸干的过程中不断被空气中的O2氧化而变成Na2SO4。【