1、第一讲 基本概念、基本理论课 题第十课时 盐类的水解复习目标（1）了解盐类水解的实质，能够解释盐类水解的过程。（2）能够判断水解后溶液的酸碱性和书写水解方程式，总结、归纳出盐类水解的基本规律。（3）能够比较出溶液中离子浓度大小。教学重点盐类水解规律、电解质溶液中离子浓度大小比较教学难点电解质溶液中离子浓度大小比较教学过程考向一 盐类的水解【知识精讲】1、盐类水解（1）盐类水解的实质：在溶液中，由于盐的离子与水电离出来的H+或OH-生成弱电解质，从而破坏水的电离平衡，使溶液显示出不同程度的酸性、碱性或中性。盐的水解可看作酸碱中和反应的逆过程，为吸热反应。 （2）盐类水解规律强弱规律：“有弱才水解
2、，都弱都水解，越弱越水解，谁强显谁性。”大小规律：a. “水解程度小，式中可逆号，水解产物少，状态不标号。”b.多元弱酸盐的水解是分步进行的，且以第一步为主。 如：CO+ H2OHCO+OH- HCO+ H2OH2CO3 + OH-酸式盐规律：a. 强酸酸式盐溶液呈强酸性。如NaHSO4、NH4HSO4b. 强碱弱酸酸式盐溶液显何性，必须比较其阴离子的电离程度和水解程度。电离程度水解程度，则溶液显酸性。如NaH2PO4、NaHSO3电离程度水解程度，则溶液显碱性。如NaHCO3、NaHS2、水解方程式的书写（1）一般用可逆号“”，只有互相促进的完全水解（即有沉淀或气体产生的互促水解）才用“”。
3、（2）多元弱酸盐的水解是分步进行的，可用多步水解方程式表示。（3）一般不写“”和“”，水解程度大的例外。3、影响盐类水解的因素（1）内因 酸或碱越弱，其对应的弱酸阴离子或弱碱阳离子的水解程度越大，溶液的碱性或酸性越强。（2）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浓度增大.减小外加酸碱酸弱酸根离子的水解程度，弱碱阳离子的水解程度碱弱酸根离子的水解程度，弱碱阳离子的水解程度4、盐类水解的应用（1）判断溶液的酸碱性Na2CO3溶液呈碱性的原因是：CO32-+H2OHCO3-+OH-（2）配制或贮存易水解的盐溶液如配制FeCl3溶液时，先将它溶解在较浓的盐酸中，再加水至指定浓度；配制CuS
4、O4溶液时，加入少量的H2SO4，以抑制Cu2+水解。（3）判断盐溶液蒸干灼烧时所得的产物如AlCl3、FeCl3溶液蒸干后得到Al(OH)3、Fe(OH)3，灼烧得到Al2O3、Fe2O3, CuSO4溶液蒸干后得CuSO4固体，NaHCO3溶液低温蒸干后可得NaHCO3固体。（4）判断离子能否大量共存Al3+、Fe3+与HCO3-、CO32-,Al3+与AlO2-,Al3+与S2-因相互促进水解而不共存。（5）解释生活中的现象或事实如明矾净水、热纯碱液除油污，草木灰不能与铵盐混用、泡沫灭火器灭火。（6）比较溶液离子浓度的大小如碳酸氢钠溶液中离子浓度大小顺序为：c(Na+)c(HCO3-)；
5、c(OH-)c(H+)。（7）物质的提纯（水解除杂）如MgCl2溶液中混有少量Fe3+杂质时，因Fe3+水解的程度比Mg2+的水解程度大，可加入MgO或Mg(OH)2等，导致水解平衡右移，生成Fe(OH)3沉淀而除去。【方法精讲】1、水解平衡分析中的常见误区（1）误认为水解平衡正向移动，离子的水解程度一定增大。如向FeCl3溶液中，加入少量FeCl3固体，平衡向水解方向移动，但Fe3的水解程度减小。（2）误认为弱酸强碱盐都因水解而显碱性。但NaHSO3因为酸式酸根的电离能力大于水解能力，其溶液显酸性。（3）由于加热可促进盐类水解，错误地认为可水解的盐溶液在蒸干后都得不到原溶质。对于水解程度不是
6、很大，水解产物不能脱离平衡体系的情况如Al2(SO4)3、Na2CO3来说，溶液蒸干仍得原溶质。2、盐溶液蒸干灼烧时所得产物的类型（1）盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得原物质，如CuSO4溶液蒸干后得到CuSO4固体；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溶液蒸干后得到Al(OH)3固体，灼烧后得到Al2O3固体。（2）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。（3）考虑盐受热时是否分解。Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固体受热易分解，因此蒸干灼烧后分别为Ca(HCO3)2CaCO3(CaO)；NaHCO3
7、Na2CO3；KMnO4K2MnO4MnO2；NH4ClNH3HCl。（4）还原性盐在蒸干时会被O2氧化。例如，Na2SO3溶液蒸干后得到Na2SO4固体。【典例精讲】【例1】在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：COH2OHCOOH。下列说法正确的是 ( )A稀释溶液，水解平衡常数增大B加入少量NH4Cl固体，平衡朝正反应方向移动C升高温度，减小D加入NaOH固体，溶液pH减小【答案】B【解析】化学平衡常数只受温度的影响，A错误；加入的NH4Cl晶体电离出的NH与OH反应，使平衡向正反应方向移动，B正确；温度升高，CO的水解程度增大，c(HCO)增大，c(CO)减小，C错误；加入NaO
8、H固体，溶液的pH增大，D错误。【例2】下列根据反应原理设计的应用，不正确的是 （ ）ACOH2OHCOOH用热的纯碱溶液清洗油污BAl33H2OAl(OH)33H明矾净水CTiCl4(x2)H2O(过量) TiO2xH2O4HCl制备TiO2纳米粉DSnCl2H2OSn(OH)ClHCl配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠【答案】D【解析】纯碱溶液中由于CO的水解溶液呈碱性，加热时水解程度增大，溶液中c(OH)增大，清洗油污能力增强，A对；明矾溶于水，Al3发生水解生成Al(OH)3胶体，能够吸附水中悬浮物，B对。【考题精练】1物质的量浓度相同的下列溶液中，符合按pH由小到大顺序排列的是 （ ）A
9、Na2CO3NaHCO3NaClNH4ClBNa2CO3NaHCO3NH4ClNaClC(NH4)2SO4NH4ClNaNO3Na2SDNH4Cl(NH4)2SO4Na2SNaNO3【答案】C【解析】A、B两项溶液种类相同，NH4Cl水溶液呈酸性，NaCl溶液呈中性，Na2CO3、NaHCO3水溶液都显碱性，但因为NaHCO3的水解是Na2CO3的第二步水解，水解程度变小，Na2CO3的碱性大于NaHCO3的碱性，其排列顺序为：NH4Cl，NaCl，NaHCO3，Na2CO3，故A、B均错误；C、D溶液种类相同，其pH由小到大的顺序为：(NH4)2SO4，NH4Cl，NaNO3，Na2S，故C
10、项正确，D错误。2合理利用某些盐能水解的性质，能解决许多生产、生活中的问题，下列叙述的事实与盐水解的性质无关的是 （ ）A金属焊接时可用NH4Cl溶液作除锈剂B配制FeSO4溶液时，加入一定量Fe粉C长期施用铵态氮肥会使土壤酸化D向FeCl3溶液中加入CaCO3粉末后有气泡产生【答案】B【解析】A、NH4Cl溶液水解显酸性，能和铁锈反应从而除去铁锈，故和盐类水解有关，A错误；B、亚铁离子易被氧化，配制FeSO4溶液时，加入一定量Fe粉的目的是防止氧化，与盐类的水解无关，B正确；C、铵根水解显酸性，所以长期施用铵态氮肥会使土壤酸化，与盐类的水解有关， C错误；D、FeCl3是强酸弱碱盐，水解显酸
11、性，故加入碳酸钙后有气泡产生，和盐类的水解有关，D错误，答案选B。考向二 溶液粒子浓度比较【知识精讲】1、熟悉两大理论，比较粒子浓度大小（1）弱电解质电离理论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，如氨水溶液NH3H2O、NH、OH浓度的大小关系是c(NH3H2O)c(OH)c(NH)。多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一级电离(第一步电离程度远大于第二步电离)。如在H2S溶液中：H2S、HS、S2、H的浓度大小关系是c(H2S)c(H)c(HS)c(S2)。（2）盐类水解理论弱电解质离子的水解损失是微量的(双水解除外)，但由于水的电离，故水解后酸性溶液中c(
12、H)或碱性溶液中c(OH)总是大于水解产生的弱电解质溶液的浓度。如NH4Cl溶液中：NH、Cl、NH3H2O、H的浓度大小关系是c(Cl)c(NH)c(H)c(NH3H2O)。多元弱酸酸根离子的水解是分步进行的，其主要是第一步水解，如在Na2CO3溶液中：CO、HCO、H2CO3的浓度大小关系应是c(CO)c(HCO)c(H2CO3)。2、把握三种守恒，明确等量关系（1）电荷守恒规律电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na、H、HCO、CO、OH，存在如下关系：c(Na)c(H)c(HCO)c(OH)
13、2c(CO)。（2）物料守恒规律电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2、HS都能水解，故S元素以S2、HS、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K)2c(S2)2c(HS)2c(H2S)。（3）质子守恒规律如Na2S水溶液中的质子转移作用图示如下：由图可得Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O)2c(H2S)c(HS)c(OH)或c(H)2c(H2S)c(HS)c(OH)。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。【方法精讲】1、离子浓度大小比较的方法首先必须有正确的思路：其次要掌握解此类题的三个思维基点：电离、水
14、解和守恒（电荷守恒、物料守恒及质子守恒）。对每一种思维基点的关键、如何切入、如何展开、如何防止漏洞的出现等均要通过平时的练习认真总结，形成技能。第三，要养成认真、细致、严谨的解题习惯，要在平时的练习会灵活运用常规的解题方法，例如：淘汰法、定量问题定性化、整体思维法等。2、离子浓度比较的常见类型（1）多元弱酸溶液，根据多步电离分析，如在H3PO4的溶液中，c（H）c（H2PO）c（HPO）c（PO）。（2）多元弱酸的正盐溶液，根据弱酸根的分步水解分析，如Na2CO3溶液中，c（Na）c（CO）c（OH）c（HCO）。（3）不同溶液中同一离子浓度的比较，要看溶液中其他离子对它的影响。如在相同的物质
15、的量浓度的下列各溶液中：NH4Cl、CH3COONH4、NH4HSO4，c（NH）由大到小的顺序是。（4）混合溶液中各离子浓度的比较，要进行综合分析，如电离因素、水解因素等。如在含0.1 molL1的NH4Cl和0.1 molL1的氨水混合溶液中，各离子浓度的大小顺序为c（NH）c（Cl）c（OH）c（H）。在该溶液中，NH3H2O电离程度大于NH的水解程度，溶液呈碱性：c（OH）c（H），同时c（NH）c（Cl）。【典例精讲】【例1】室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是 （ ）ANa2S溶液：c(Na) c(HS) c(OH) c (H2S)BNa2C2O4溶液：c (OH) c(H) c
16、(HC2O4) 2c (H2C2O4)CNa2CO3溶液：c (Na) c (H) 2c (CO32) c (OH)DCH3COONa和CaCl2混合溶液： c (Na) c (Ca2)c (CH3COO) c (CH3COOH) 2c (Cl)【答案】B【解析】ANa2S溶液：S2-发生水解反应形成HS- 、OH-，HS-再发生水解反应产生H2S和OH-，所以溶液中离子浓度大小关系是c(Na) c(OH) c(HS) c (H2S)，错误；BNa2C2O4溶液中，根据质子守恒可得：c (OH) c(H) c(HC2O4) 2c (H2C2O4)，正确；CNa2CO3溶液中，根据电荷守恒可得：
17、c (Na) c (H) 2c (CO32) c (OH) c (HCO3) ，错误；DCH3COONa和CaCl2混合溶液中，根据物料守恒可得： c (Na) 2c (Ca2)c (CH3COO) c (CH3COOH) c (Cl)，错误。【例2】下列关系式中，正确的是 （ ） A等浓度等体积的CH3COOH和CH3COONa溶液混合：c(CH3COO- )+c(OH -)=c(H+)+c(CH3COOH) B常温下，0.1 molL-1 HA溶液与0.1 mol/LNaOH溶液等体积完全反应时，溶液中一定存在：c(Na+)=c(A- )c(OH -)=c(H+) C常温下，0.1 mol
18、L-1 Na2S溶液中存在：c(OH- )=c(H+)+c(HS- )+c(H2S) D常温下，将0.1 molL-1 CH3COOH溶液加水稀释，当溶液的pH从3.0升到5.0时，溶液中c(CHCOO-)/c(CHCOOH)的值增大到原来的100倍【答案】D【解析】A.等浓度等体积的CH3COOH和CH3COONa溶液混合后根据电荷守恒可知c(CH3COO- )+c(OH -)=c(H+)+ c(Na+)，根据物料守恒可知c(CH3COO-)+c(CH3COOH)2 c(Na+)，A错误；B.常温下，0.1 molL-1 HA溶液与0.1 mol/LNaOH溶液等体积完全反应后溶液不一定显中
19、性，则溶液中不一定存在：c(Na+)=c(A- )c(OH)=c(H+)，B错误；C.常温下，0.1 molL-1 Na2S溶液中根据质子守恒可知c(OH- )=c(H+)+c(HS- )+2c(H2S)，C错误；D.常温下，将0.1 molL-1 CH3COOH溶液加水稀释，当溶液的pH从3.0升到5.0时，溶液中c(CHCOO-)/c(CHCOOH)Ksp/ c(H+)，所以其值增大到原来的100倍，D正确，答案选D。【考题精练】125时，将氨水与氯化铵溶液混合得到 c(NH3H2O)c(NH4) = 0.1 molL1的混合溶液。溶液中c(NH3H2O)、c(NH4)与pH的关系如图所示
20、。下列有关离子浓度关系叙述一定正确的是 （ ）AW点表示溶液中：c(NH4) c(H) c(Cl)c(OH)BpH10.5溶液中：c(Cl)c(OH)c(NH3H2O)0.1 molL1CpH9.5溶液中：c(NH3H2O)c(NH4)c(OH)c(H)D向W点所表示1L溶液中加入0.05molNaOH固体（忽略溶液体积变化）：c(Cl)c(Na)c(OH) c(NH4) c(H)【答案】AC【解析】A、根据电荷守恒知，二者的混合液中一定有：c(NH4) c(H) c(Cl)c(OH)，正确；B、根据电荷守恒知，二者的混合液中一定有：c(NH4) c(H) c(Cl)c(OH)，又c(NH3H
21、2O)c(NH4) = 0.1 molL1，则pH10.5溶液中：c(Cl)c(OH)c(NH3H2O)0.1 molL1，错误；C、根据题给图像知pH9.25的混合液中c(NH3H2O)=c(NH4)，pH9.5溶液中：c(NH3H2O)c(NH4)c(OH)c(H)，正确；D、向W点所表示1L溶液中加入0.05molNaOH固体所得溶液为氯化钠与一水合氨的混合液，则有：c(Cl)=c(Na)c(OH) c(NH4) c(H)，错误。2常温下已知两种一元弱酸HX和HY，如果向NaX溶液中通入少量CO2气体生成HX和NaHCO3；往NaY溶液中通入少量CO2生成HY和Na2CO3。下列有关叙述
22、正确的是 （ ）A酸性由强至弱：HXHYH2CO3B结合H+的能力：YCO32XHCO3C溶液碱性：NaXNa2CO3NaYNaHCO3DNaX溶液中通入足量CO2后的离子浓度：c(Na+)c(HCO3)c(X)c(OH)c(H+)【答案】B【解析】A.根据复分解反应的规律：强酸制取弱酸，向一元弱酸HX如果向NaX溶液中通入少量CO2气体生成HX和NaHCO3可得酸性H2CO3HX，向往NaY溶液中通入少量CO2生成HY和Na2CO3则证明酸性HCO3- HY，则酸性H2CO3HXHCO3- HY，所以选项A错误；酸性越强，其电离产生的离子结合H+的能力就越强，所以结合H+的能力大小关系是：YCO32XHCO3,正确；C酸越强，其盐水解的程度就越小，溶液的碱性就越弱，由于酸性H2CO3HXHCO3- HY，所以溶液碱性：NaYNa2CO3NaXNaHCO3，错误；DNaX溶液中通入足量CO2后的溶液为NaHCO3和HX。由于盐是强电解质，电离程度大于弱电解质HX，而且HCO3会发生水解反应消耗水电离产生的H+，使溶液中c(OH-)c(H+)，CO2溶于水反应产生碳酸，即HX电离使溶液显酸性，所以离子浓度：c(Na+)c(HCO3)c(H+)c(X)c(OH)，错误。
