高考化学一轮复习第八章第三节盐类的水解课件

第三节盐类的水解课标要求核心素养1.认识盐类水解的原理和影响盐类水解的主要因素。2.能综合运用离子反应、水解平衡原理，分析和解决生产、生活中有关电解质溶液的实际问题。1.变化观念与平衡思想：认识盐类水解有一定限度，是可以调控的。能多角度、动态地分析盐类水解平衡，并运用盐类水解平衡原理解决实际问题。2.证据推理与模型认知：知道可以通过分析、推理等方法认识盐类水解的本质特征、建立模型。能运用模型解释盐类水解平衡的移动，揭示现象的本质和规律。[目标导航][自主测评]1.易错易混辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)。(1)盐类加入水中，水的电离平衡一定被促进。()(2)已知酸性HF＞CH3COOH，所以等浓度的CH3COONa溶液的碱性强于NaF溶液。()(3)向AlCl3

溶液中滴加NaHCO3

溶液，有沉淀和气体生成。()答案：(1)×错因：强酸强碱盐对水的电离平衡无影响。(2)√(6)×(3)√

(4)√

(5)√错因：明矾溶于水后，Al3+水解产物Al(OH)3

胶体具有吸附作用，可以净水，但不能杀菌消毒。2.物质的量浓度相同的下列溶液中，按pH由小到大的顺序排列的是()答案：CA.Na2CO3、NaHCO3、NaCl、NH4ClB.Na2CO3、NaHCO3、NH4Cl、NaClC.(NH4)2SO4、NH4Cl、NaNO3、Na2SD.NH4Cl、(NH4)2SO4、Na2S、NaNO33.强碱MOH的溶液和等体积、等物质的量浓度的弱酸HA的)溶液混合后，溶液中有关离子浓度的大小关系是(答案：CA.c(M＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)B.c(M＋)>c(A－)>c(H＋)>c(OH－)C.c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)D.c(M＋)>c(H＋)>c(A－)>c(OH－)4.下列方程式属于水解反应方程式的是()HCO＋OH－，D符合题意。

解析：碳酸是一种二元弱酸，选项所给为碳酸的第一步电离方程式，A不符合题意；碳酸氢根水解生成碳酸和氢氧根，选项所给为碳酸氢根的电离方程式，B不符合题意；碳酸氢根水解生成碳酸和氢氧根，选项所给为碳酸氢根和氢氧根的反应，C不符合题意；碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根，方程式为CO

＋H2O答案：D盐的类型强酸强碱盐强酸弱碱盐强碱弱酸盐盐溶液的酸碱性中性酸性碱性考点一盐类的水解1.盐溶液的酸碱性(1)盐溶液的酸碱性与盐的类型之间的关系(弱酸弱碱盐溶液的酸碱性取决于二者的相对强弱)H＋或OH－弱电解质

(2)盐溶液呈现不同酸碱性的原因

盐溶液的酸碱性与盐在水中电离出来的离子和水电离出来的______________能否结合生成___________有关。2.盐类的水解弱酸阴离子弱碱阳离子电离平衡增大盐的类型示例是否水解水解的离子溶液的酸碱性溶液的pH强酸强碱盐NaCl、KNO3否—中性pH＝7强酸弱碱盐NH4Cl、Cu(NO3)2是NH、Cu2+酸性pH<7弱酸强碱盐CH3COONa、Na2CO3是CH3COO－、CO碱性pH>73.盐类水解的规律简单概括为有弱才水解，越弱越水解；谁强显谁性，同强显中性。4.盐类水解离子方程式的书写要求(1)一般来说，盐类水解的程度不大，一般应用“”连接。盐类水解一般不会产生沉淀和气体，一般不用符号“↓”和“↑”表示水解产物。

(2)多元弱酸根阴离子水解的离子方程式应分步书写，水解时以第一步水解为主。例如，SO

水解的离子方程式为____________________________。Fe3+＋3H2O

Fe(OH)3＋3H＋

(3)多元弱碱阳离子的水解比较复杂，一般一步写出。值得注意的是，其最终生成的弱碱即使是难溶物也不标“↓”等状态符号，因其水解生成的量极少，不会生成沉淀。例如，Fe3+水解的离子方程式为_________________________________。 (4)水解分别显酸性和碱性的离子由于相互促进，水解程度较大，书写时一般要用“===”“↑”“↓”等。 (5)书写盐类水解的离子方程式时，要遵循质量守恒定律和电荷守恒规律。考点二影响盐类水解的主要因素及应用1.影响盐类水解的因素(1)内因——盐本身的性质(主要因素)

其他条件相同时，形成盐的酸或碱越弱，其盐就越易水解。Na2CO3______Na2SO3(填“＞”或“＜”，下同)，Na2CO3______NaHCO3。>>(2)外因——次要因素条件平衡移动方向n(H＋)溶液的pH现象升温向右增大减小颜色变深通HCl向左增大减小颜色变浅加H2O向右增大增大颜色变浅加NaHCO3向右减小增大生成红褐色沉淀，放出气体＋3H＋]Fe(OH)3(3)应用示例[以FeCl3的水解为例：Fe3+＋3H2O

①盐的水解平衡向右移动，其水解程度不一定增大。②加水稀释，盐的水解程度增大，但水解产生的离子浓度反而减小。Ｋ应用举例加热促进纯碱的水解热的纯碱溶液去污力强(纯碱水解显碱性，在碱性条件下油脂水解，并不是纯碱和油脂直接反应)分析盐溶液的酸碱性、比较对应酸碱性强弱等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3溶液均显碱性，且碱性：Na2CO3>NaHCO3

2.盐类水解的应用应用举例判断离子能否大量共存Al3+和HCO因发生相互促进的水解反应不能大量共存配制可水解的盐溶液配制FeCl3溶液，要将FeCl3固体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需浓度作净水剂的原理可溶性铝盐、铁盐作净水剂，水解生成胶体，除去悬浮物(续表)应用举例化肥的使用铵态氮肥不宜与草木灰混合使用泡沫灭火器的反应原理Al3+＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑，水解相互促进的结果制备某些无机化合物利用TiCl4制备TiO2：TiCl4＋(x＋2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4HCl

(续表)应用举例某些盐的分离除杂措施为除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入MgO、MgCO3或Mg(OH)2，过滤后再加入适量的盐酸盐溶液除锈原理NH4Cl溶液除去金属表面的氧化物(NH水解显酸性)(续表)

考向1盐类的水解及影响因素1.(2023年衡水二中三模)实验测得等物质的量浓度的NaHCO3和Na2CO3

溶液的pH随温度变化如图所示。下列说法正确的是()A.曲线①是NaHCO3

溶液变化曲线B.C点之前，升高温度两条曲线pH均减小，说明水解程度减弱C.D点时的溶质为Na2CO3D.若将D点降温至25℃，其pH范围为8.62<pH<11.55

解析：根据等物质的量浓度的NaHCO3

和Na2CO3

溶液，NaHCO3

的碱性弱于Na2CO3，则曲线①是Na2CO3

溶液变化曲线，A错误；水解是吸热过程，升高温度水解程度增大，C点之前，升高温度，pH减小，主要原因是升高温度促进水的电离，B错误；对比曲线①和②可知，若D点为Na2CO3

溶液，则温度继续升高，曲线变化趋势应该与①一致，C错误；升高温度部分碳酸氢钠发生分解，则将D点溶液降温至25℃，混合液8.62<pH<11.55，D正确。答案：D2.(2023年梅州三模)25℃时，Ka(HClO)＝4.0×10-8。下列说法正确的是(

)A.25℃时，往pH＝3的HClO溶液中加少量NaClO固体，HClO的电离程度和水电离出的c(H＋)均减小B.将浓度均为0.1mol·L-1的NaClO和NaOH溶液加热，两种溶液的pH均变大C.相同温度下，等pH的HCOONa和NaClO溶液中存在：c(HCOO－)>c(ClO－)D.25℃时，pH＝7的NaClO和HClO混合溶液中存在：c(HClO)<c(ClO－)＝c(Na＋)H＋＋ClO－，解析：HClO为弱酸，在水溶液中存在HClO当向HClO溶液加入少量NaClO固体后，溶液中c(ClO－)增大，平衡HClO

H＋＋ClO－逆向移动，即HClO的电离程度减小，但水的电离平衡正向移动，则水电离出的c(H＋)增大，A错误；NaClO为强碱弱酸盐，其水溶液中ClO－会水解且ClO－的水解为吸热反应，即升高温度ClO－水解程度增大，则溶液的碱性增强(pH增大)，NaOH为强碱，在水溶液中完全电离，加热水的电离程度增大，即NaOH溶液加热，其pH略微降低，B错误；酸性：甲酸＞次氯答案：C酸，相同温度下，等pH的HCOONa和NaClO溶液中，水解程度：ClO－＞HCOO－，则溶液中有c(HCOO－)>c(ClO－)，C正确；25℃时，Ka(HClO)＝4.0×10-8，则水解平衡常数Kh＝2.5×10-7，则水解强于电离，由电荷守恒c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(ClO－)，pH＝7，c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝c(ClO－)，由水解强于电离可知，c(HClO)＞c(ClO－)，D错误。

考向2盐类水解有关的图像及分析

3.(2023年全国模拟)实验测得浓度均为0.10mol·L-1的CH3COONa溶液和CH3COOH溶液的pH随温度的变化情况如图所示。下列说法错误的是(

)A.T1

℃时，CH3COOH的电离平衡常数约为10－(2a-1)B.T2

℃后，CH3COOH溶液的pH随温度的升高而增大的原因可能是CH3COOH的挥发C.升高温度，CH3COONa溶液中c(OH－)减小，c(H＋)增大，pH减小D.CH3COONa溶液中存在：c(H＋)＋c(CH3COOH)＝c(OH－)＝10－(2a-1)，A正确；升解析：T1

℃时，0.10mol·L-1CH3COOH溶液的pH＝a，CH3COOH的电离平衡常数约为答案：C高温度，促进CH3COOH电离，溶液中c(H＋)增大，T2

℃后，c(H＋)减小，说明醋酸的浓度降低，CH3COOH的挥发会导致c(H＋)降低，B正确；升高温度，使CH3COO－水解平衡正向移动，CH3COONa溶液中c(OH－)增大，C错误；根据质子守恒，CH3COONa溶液中c(H＋)＋c(CH3COOH)＝c(OH－)，D正确。4.(2023年北京海淀101中学三模)实验测得10mL0.50mol·L-1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25℃时CH3COOH和NH3·H2O电离常数均为1.8×10-5。下列说法不正确的是(

)温度的变化，A正确；将NH4Cl溶液加水稀释至浓度

解析：由题中信息可知，图中两条曲线为10mL0.50mol·L-1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大。氯化铵水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水解程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小；温度越高，水的电离度越大。由分析可知，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随答案：C

考向3盐类的水解常数及应用B.25℃时，碳酸钠的水解常数Kh1＝2.5×10-8C.水的电离程度：a＞c＞bD.c点溶液pH＝6.4答案：D选项劳动项目化学知识A明矾净水明矾具有氧化性B小苏打用作发泡剂烘焙面包小苏打受热分解产生气体C用热的纯碱溶液洗去油污热的纯碱溶液水解显碱性D用厨余垃圾制肥料厨余垃圾含N、P等元素6.(2023年惠州一模)勤劳致富，越努力越幸福。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是()

解析：明矾净水的基本原理是明矾在水中能电离出铝离子，铝离子与水电离产生的氢氧根结合，产生氢氧化铝胶体，与明矾具有氧化性无关，A项中的劳动项目与所述的化学知识没有关联；小苏打为NaHCO3，受热分解出CO2气体，可以用作发泡剂烘焙面包，B项中的劳动项目与所述的化学知识有关联；碳酸钠为强碱弱酸盐，水解显碱性，加热促进盐类的水解，油脂可以在碱性环境下水解生成可溶性盐和甘油，所以可以用热的纯碱溶液洗去油污，C项中的劳动项目与所述的化学知识有关联；厨余垃圾含N、P等元素，是植物生成需要的元素，所以可以用厨余垃圾制肥料，D项中的劳动项目与所述的化学知识有关联。答案：A(3)25℃时，若一元弱酸(HA)的Ka＞1.0×10-7，则A－的水解常数Kh＜1.0×10-7，此时等物质的量浓度的HA和NaA溶液等体积混合，HA的电离程度大于A－的水解程度，溶液呈酸性，反之，混合液呈碱性。温度/℃25406080pH11.9011.6811.5411.42

考向4混合溶液中粒子浓度的关系及分析

7.(2023年广东模拟)测定0.1mol·L-1Na2CO3溶液升温过程中的pH(不考虑水的蒸发、溶液体积的变化)，数据如下。下列说法错误的是()答案：B[方法突破]电解质溶液中粒子浓度关系的分析(1)熟悉两大理论，构建思维基点①电离理论a.弱电解质的电离是微弱的，电离产生的微粒都非常少，同时还要考虑水的电离。b.多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一步电离(第一步电离程度远大于第二步电离)。②水解理论a.弱电解质离子的水解损失是微量的(相互促进的水解反应除外)，但由于水的电离，水解后酸性溶液中c(H＋)或碱性溶液中c(OH－)总是大于水解产生的弱电解质的浓度。b.多元弱酸的酸根离子水解是分步进行的，其主要是第一步水解。

(2)基于三大规律，判断等量关系 ①电荷守恒：电解质溶液呈电中性，阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。 ②元素质量守恒(物料守恒)：电解质溶液中，由于某些离子能够水解或电离，离子种类和数目发生变化，但元素总是守恒的。③质子守恒：根据H2O

H＋＋OH－，由水电离出的c(H＋)与c(OH－)始终相等，溶液中的H＋或OH－虽与其他离子结合以不同形式存在，但其总量不变。8.(2023年广州培正中学三模)25℃时，有c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol·L-1的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)与pH的关系如图所示。下列有关溶液中离子浓度关系的叙述错误的是(

)A.pH＝5.5的溶液中：c(CH3COO－)>c(CH3COOH)>c(H＋)>c(OH－)B.W点的溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)

C.pH＝3.5的溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)＋c(CH3COOH)＝0.1mol·L-1

D.向W点所表示的1.0L溶液中通入0.05molHCl气体(溶液体积变化可忽略)：c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH－)解析：溶液为醋酸和醋酸钠的混合溶液，且c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol·L-1，据图分析，当pH增加时，浓度增大的应为CH3COO－，浓度减小的应为CH3COOH。当pH＝5.5时，c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH－)，A正确；W点溶液c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)，溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，B正确；pH＝3.5的溶液中，溶液呈酸性，由电荷守恒知c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)＋c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝0.1mol·L-1，C正确；加入HCl气体答案：D可使溶液酸性增强，CH3COOH浓度增加而CH3COO－降低，由于W点平衡时溶液中醋酸和醋酸根离子浓度相同，所以二者分别为0.05mol·L-1，向1.0L溶液中通入0.05molHCl气体，则反应后的溶液为0.1mol·L-1的醋酸溶液，根据质子守恒：c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，D错误。[易错提醒]3.等式考虑守恒原理，不等式考虑平衡原理

(1)等式一般与电荷守恒、物料守恒、质子守恒相联系。如果给定的等式不是三个守恒式，可以把三个守恒式变化形式后相互作差，加以推导即可。(2)如果给定的是不等式，要先考虑等式，对等式的一边加入或减少某离子，即可变成不等式。

考向5滴定过程中粒子浓度的关系及分析

9.(2023年沧州三模)常温下，用0.1000mol·L-1的NaOH溶液滴定0.1000mol·L-1

的H3PO4溶液，获得的滴定曲线如图所示。横坐标为滴定分数(w)，滴定分数是指滴定过程中标准溶液与待测溶液中溶质的物质的量之比。忽略溶液混合时的体积变化，下列说法正确的是()答案：A10.(2022年龙岩模拟)常温下，向20mL

0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的NaOH溶液，溶液中由水电离出的H＋浓度的负对数[－lg

c水(H＋)]与所加NaOH溶液的体积关系如图所示(忽略溶液混合引起的体积变化)。下列说法正确的是(

)A.b点溶液中：c(CH3COO－)<c(CH3COOH)B.c、e两点溶液均显中性C.d点溶液中：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝0.05mol·L-1D.f点溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)

解析：图中b点所加V(NaOH)＝10mL，此时CH3COOH被中和一半，故b点溶质为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa；d点所加V(NaOH)＝20mL，此时CH3COOH被完全中和，故d点溶质为CH3COONa；f点所加V(NaOH)＝40mL，此时NaOH相当于CH3COOH的两倍，故f点溶质为CH3COONa和NaOH。b点溶液中CH3COOH和CH3COONa的物质的量相等，但溶液的pH＜7，表明CH3COOH电离程度大于CH3COO－水解程度，则c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)，A错误；c点溶质为CH3COOH和CH3COONa，答案：C[方法技巧]1.滴定过程中溶液粒子浓度及分析思路2.中和滴定曲线“五点”离子浓度比较以向10mL0.1mol·L-1

的HA溶液中滴加0.1mol·L-1

的NaOH溶液为例)1.(2023年北京卷)下列过程与水解反应无关的是(A.热的纯碱溶液去除油脂B.重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃C.蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸D.向沸水中滴入饱和FeCl3

溶液制备Fe(OH)3

胶体

解析：热的纯碱溶液因碳酸根离子水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解生成易溶于水的高级脂肪酸盐和甘油，故可用热的纯碱溶液去除油脂，A不符合题意；重油在高温、高压和催化剂作用下发生裂化或裂解反应生成小分子烃，与水解反应无关，B符合题意；蛋白质在酶的作用下可以发生水解反应生成氨基酸，不符合题意；Fe3+能发生水解反应生成Fe(OH)3，加热能增大Fe3+的水解程度，D不符合题意。答案：B2.(2023年山东卷)鉴别浓度均为0.1mol·L-1

的NaClO、Ba(OH)2、)Al2(SO4)3三种溶液，仅用下列一种方法不可行的是( A.测定溶液pH B.滴加酚酞试剂 C.滴加0.1mol·L-1KI溶液 D.滴加饱和Na2CO3

溶液

解析：NaClO溶液显弱碱性，Ba(OH)2溶液显强碱性，Al2(SO4)3溶液显酸性，则测定溶液pH是可以鉴别出来的，A不符合题意；NaClO溶液显弱碱性，滴入酚酞先变红后褪色，Ba(OH)2

溶液显强碱性，滴入酚酞溶液，显红色，Al2(SO4)3溶液显酸性，滴入酚酞不