化學選修4第四章第三節(jié)《鹽類的水解》知識總結(jié)
化學選修四第四章第3節(jié)《鹽類的水解》知識總結(jié)
一、探究鹽溶液的酸堿性
強堿弱酸鹽的水溶液,呈堿性;強酸弱堿鹽的水溶液,呈酸性;強酸強堿鹽的水溶液,呈中性。二、鹽溶液呈現(xiàn)不同酸堿性的原因弱酸強堿鹽,水解顯堿性
CH3COONa=CH3COO+Na+
+H2OH++OH
CH3COOHCH3COONa+H2OCH3COOH+NaOHCH3COO+H2OCH3COOH+OH強酸弱堿鹽水解
NH4Cl=NH4++Cl+
H2OOH+H+NH3H2O
NH4Cl+H2ONH3H2O+HClNH4++H2ONH3H2O+H+強酸強堿鹽:不水解
弱酸弱堿鹽:雙水解,水解程度增大。
1、鹽類水解(hydrolysisofsalts):在溶液中,由于鹽的離子與水電離出來的H+或OH-結(jié)合生成弱電解質(zhì)的過程中。
2、鹽類水解的實質(zhì):是酸堿中和反應的逆反應酸+堿鹽+水
3、鹽類水解破壞了水的電離平衡,促進了水的電離4、鹽類水解的類型及規(guī)律
由強堿和弱酸反應生成的鹽,稱為強堿弱酸鹽,含有以下(CH3COONa)CO32-、PO43-、S2-、SO32-、ClO-、F-,弱酸根的鹽,常會發(fā)生水解。NH4Cl可以看作是強酸HCl和弱堿NH3H2O反應生成的鹽,我們把這種鹽叫做強酸弱堿鹽。類似這樣的鹽還有Al2(SO4)3、FeCl3、CuSO4等。由于NaCl電離出的Na+和Cl-都不能與水電離出來的H+或OH-結(jié)合生成弱電解質(zhì),所以強堿強酸鹽不能水解,不會破壞水
的電離平衡,因此其溶液顯中性。強酸強堿鹽、難溶于水的鹽不水解。對于弱酸弱堿鹽(NH4Ac),由于一水合氨和醋酸的電離度相近,因此銨離子、醋酸跟離子水解程度相近,從二溶液顯中性。(1)有弱才水解,無弱不水解,越弱越水解,都弱都水解;誰強顯誰性,同強顯中性。(2)組成鹽的酸越弱,水解程度越大
例如,已知物質(zhì)的量濃度相同的兩種鹽溶液,NaA和NaB,其溶液的pH前者大于后者,則酸HA和HB的相對強弱為HB>HA,這條規(guī)律可用于利用鹽的pH值判斷酸性的強弱。酸的強弱順序:H3PO4>H2SO3>HF>CH3COOH>H2CO3>H2S>HClO>Al(OH)3(3)同濃度的正鹽與其酸式鹽相比,正鹽的水解程度比酸式鹽的水解程度大。
(4)弱酸酸式鹽的酸堿性要看酸式酸根電離和水解的相對強弱。HCO3-、HS-、HPO42-在溶液中以水解為主,其溶液顯堿性;HSO3-、H2PO4-在溶液中以電離為主,其溶液顯酸性5、鹽類水解離子方程式的書寫
(1)寫法:誰弱寫誰,都弱都寫;陽離子水解生成H+,陰離子水解生成OH—;陰陽離子都水解,生成弱酸和弱堿。
以CO32-為例,的水解的離子方程式:
CO32-+H2OHCO3-+OH-(主要)HCO3-+H2OH2CO3+OH-(次要)
Al3+水解的離子方程式:Al3++3H2OAl(OH)3+3H+
(2)注意的問題:水和弱電解質(zhì)應寫成分子式,不能寫成相應的離子。水解反應是可逆過程,因此要用可逆符號,并不標“↑”、“↓”符號。(Al2S3、Al2(SO4)3例外)多元酸鹽的水解是分步進行的。如:
CO32+H2OHCO3+OHHCO3+H2OH2CO3+OH
多元堿的鹽也是分步水解的,由于中間過程復雜,可寫成一步,如:
Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+Al3++3H2OAl(OH)3+3H+
多元弱酸的酸根離子既有水解傾向,又有電離傾向,以水解為主,溶液顯堿性,以電離為主的,溶液顯酸性。
些鹽溶液在混合時,一種鹽的陽離子和另一種鹽的陰離子在一起都發(fā)生水解,相互促進對方的水解,使兩種離子的水解趨于完全。例如,將Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液混合,立即產(chǎn)生白色沉淀和大量氣體。這是由于混合前Al2(SO4)3溶液顯酸性,Al3++3H2OAl(OH)3+3H+,NaHCO3溶液顯酸性:HCO3-+H2OH2CO3+OH-,混合后由于H++OH-=H2O,使兩個水解反應互相促進,使其水解反應互相促進,使其各自水解趨于完全,所以產(chǎn)生白色沉淀和CO2氣體,Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑
(3)雙水解方程式的書寫:弱酸弱堿鹽中陰、陽離子相互促進水解,我們稱之為雙水解。
常見的能發(fā)生相互促進水解的離子有:Al3+與S2-、HS-、CO32-、HCO3-、AlO2-;Fe3+與AlO2-、CO32-、HCO3-;NH4+與AlO2-、SiO32-等。三、鹽類水解的影響因素
當水解速率與中和反應速率相等時,處于水解平衡狀態(tài)。若改變條件,水解平衡就會發(fā)生移動,遵循勒沙特列原理。
1、內(nèi)因:鹽本身的性質(zhì)。主要因素是鹽本身的性質(zhì),組成鹽的酸根對應的酸越弱(或陽離子對應的堿越弱),水解程度就越大。另外還受溫度、濃度及外加酸堿等因素的影響2、外因:(1)溫度:升溫促進水解(2)濃度:稀釋促進水解(3)外加酸堿
鹽的水解是吸熱反應,因此升高溫度,水解程度增大。稀釋鹽溶液,可促進水解,鹽的濃度越小,水解程度越大;但增大鹽的濃度,水解平衡雖然正向移動,但水解程度減小。外加酸堿能促進或抑制鹽的水解,例如,水解酸性的鹽溶液,若加入堿,就會中和溶液中的H+,使平衡向水解方向移動而促進水解,若加酸則抑制水解。3、不考慮水解的情況
不水解的兩種可溶性強酸強堿鹽溶液相混合,按復分解進行分析,如BaCl2+Na2SO4=BaSO4+2NaCl。水解反應不能相互促進的、可溶性強酸強堿鹽相混合,一般按復分解進行,如BaCl2+Na2CO3=BaCO3+2NaCl。若是具有氧化性的鹽和具有還原性的鹽溶液反應時,一般可發(fā)生氧化還原反應:2FeCl3+Na2S=2FeCl2+2NaCl+S。四、鹽類水解的應用
鹽類水解的程度一般很微弱,通常不考慮它的影響,但遇到下列情況時,必須考慮水解。1、分析判斷鹽溶液酸堿性(或PH范圍)要考慮水解
(1)、等體積、等物質(zhì)的量濃度的氨水和鹽酸混合后,因為完全反應生成強酸弱堿鹽NH4Cl,所以pH<7,溶液顯酸性。。
(2)、相同溫度、相同物質(zhì)的量濃度的四種溶液:①CH3COONa,②NaHSO4,③NaCl,④苯酚鈉,按pH由大到小排列正確的是()。
A.①>④>③>②B.①>②>③>④C.④>③>①>②D.④>①>③>②
解析:此題考查學生對鹽類水解規(guī)律的掌握和理解,硫酸氫鈉和氯化鈉都是強酸強堿鹽,不水解。氯化鈉溶液呈中性,硫酸氫鈉溶液呈酸性。另外兩鹽均水解,水溶液都呈堿性,其水溶液堿性的相對強弱可依“越弱越水解”的規(guī)律比較,即組成鹽的離子與水電離的H+或OH-結(jié)合成的弱電解質(zhì),電離度越小,該鹽水解程度就越大,乙酸鈉和苯酚鈉的水解產(chǎn)物分別是乙酸和苯酚,因為苯酚是比乙酸更弱的電解質(zhì),即苯酚鈉的水解程度大,其水溶液的堿性較強,pH也較大,正確選項為D。[板書]2、比較鹽溶液離子濃度大小或離子數(shù)時要考慮水解。
(3)、例如在磷酸鈉晶體中,n(Na+)=3n(PO43-),但在Na3PO4溶液中,由于PO43-的水解,有c(Na+)>3c(PO43-),又如,在0.1mol/LNa2CO3溶液中,陰離子濃度的大小順序為:c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)
3、配制易水解的鹽溶液時,需考慮抑制鹽的水解
配制強酸弱堿溶液時,需滴幾滴相應的強酸,可使水解平衡向左移動,抑制弱堿陽離子的水解,如配制FeCl3、SnCl2溶液時,因其陽離子發(fā)生諸如Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+的水解而呈渾濁狀,若先將FeCl3溶于稀HCl中,再用水稀釋到所需濃度,可使溶液始終澄清。同樣配制CuSO4溶液,可先將CuSO4溶于稀H2SO4中,然后加水稀釋。
配制強堿弱酸鹽溶液時,需幾滴相應的強堿,可使水解平衡向左移動,抑制弱酸根離子的水解。如配制Na2CO3、Na2S溶液時滴幾滴NaOH溶液。
(1)、實驗室在配制硫酸鐵溶液時,先把硫酸鐵晶體溶解在稀硫酸中,再加水稀釋至所需濃度,如此操作的目的是()
A、防止硫酸鐵分解B、抑制硫酸鐵水解C、促進硫酸鐵溶解D、提高溶液的PH4、制備某些無水鹽時要考慮鹽的水解
例如將揮發(fā)性酸對應的鹽(AlCl3、FeBr2、Fe(NO3)3等)的溶液加熱蒸干,得不到鹽本身。以蒸干AlCl3溶液來說,AlCl3溶液中AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl,蒸干過程中,HCl揮發(fā),水解平衡向右移,生成Al(OH)3,Al(OH)3加熱分解:2Al(OH)3Al2O3+3H2O,故最終加熱到質(zhì)量不再變化時,固體產(chǎn)物是Al2O3。又如,有些鹽(如Al2S3)會發(fā)生雙水解(能進行幾乎徹底的水解),無法在溶液中制取,只能由單質(zhì)直接反應制取。。5、判斷離子能否大量共存時要考慮鹽的水解
弱堿陽離子與弱酸根離子在溶液中若能發(fā)生雙水解,則不能大量共存,能發(fā)生雙水解反應的離子有:Al3+與CO32-、HCO3-、S2-、HS-、AlO2-等;Fe3+與CO32-、HCO3-、AlO2-等;NH4+與SiO32-、AlO2-等。這里還需要我們注意的是Fe3+與S2-、HS-也不能共存,但不是因為發(fā)生雙水解,而是因為發(fā)生氧化還原反應。
6、化肥的合理施用,有時也要考慮鹽類的水解
銨態(tài)氮肥與草木灰不能混合施用。因草木灰的成分是K2CO3水解呈堿性;CO32-+H2OHCO3-+OH-,銨態(tài)氮肥中NH4+遇OH-逸出NH3,使氮元素損失,造成氮肥肥效降低;過磷酸鈣不能與草木灰混合施用,因Ca(H2PO4)2水溶液顯酸性,K2CO3溶液顯堿性,兩者混合時生成了難溶于水的CaCO3、Ca3(PO4)2或CaHPO4,不能被作物吸收。長期施用(NH4)2SO4的土壤因NH4+的水解而使土壤的酸性增強:NH4++H2ONH3H2O+H+。7、某些試劑的實驗室貯存要考慮鹽的水解
例如Na2CO3、NaHCO3溶液因CO32-、HCO3-水解,使溶液呈堿性,OH-與玻璃中的SiO2反應生成
硅酸鹽,使試劑瓶頸與瓶塞粘結(jié),因而不能用帶玻璃塞的試劑瓶貯存,必須用帶橡皮塞的試劑瓶保存。8、用鹽作凈水劑時需考慮鹽類水解
例如明礬KAl(SO4)212H2O凈水原理:Al3++3H2OAl(OH)3(膠體)+3H+,Al(OH)3膠體表面積大,吸附能力強,能吸附水中懸浮雜質(zhì)生成沉淀而起到凈水作用。
9、Mg、Zn等較活潑金屬溶于強酸弱堿鹽(如NH4Cl、AlCl3、FeCl3等)溶液中產(chǎn)生H2
將Mg條投入NH4Cl溶液中,有H2、NH3產(chǎn)生,有關離子方程式為NH4++H2ONH3H2O+H+,Mg+2H+=Mg2++H2,Mg與FeCl3、AlCl3、NH4Cl溶液均能反應。10、某些鹽的分離除雜要考慮鹽類水解
例如為了除去氯化鎂酸性溶液中的Fe3+可在加熱攪拌條件下加入氧化鎂,氧化鎂與Fe3+水解產(chǎn)生H+反應:MgO+2H+=Mg2++H2O,使水解平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+不斷向右移動,F(xiàn)e3+會生成Fe(OH)3沉淀而被除去。
11、工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)、日常生活中,常利用鹽的水解知識
泡沫滅火器產(chǎn)生泡沫是利用了Al2(SO4)3和NaHCO3相混合發(fā)生雙水解反應,產(chǎn)生了CO2,Al3++3HCO3-==Al(OH)3+3CO2。
日常生活中用熱堿液洗滌油污制品比冷堿液效果好,是由于加熱促進了Na2CO3水解,使溶液堿性增強。水垢的主要成分是CaCO3和Mg(OH)2,基本上不會生成MgCO3,是因為MgCO3微溶于水,受熱時水解生成更難溶的Mg(OH)2。小蘇打片可治療胃酸過多。磨口試劑瓶中不能盛放Na2SiO3、Na2CO3等試劑。
12、加熱蒸干鹽溶液析出固體
不水解、不分解的鹽的溶液加熱蒸干時,析出鹽的晶體,如NaCl;但能水解,生成的酸不揮發(fā),也能析出該鹽的晶體,如Al2(SO4)3;能水解,但水解后生成的酸有揮發(fā)性,則析出金屬氫氧化物,若蒸干后繼續(xù)加熱,則可分解為金屬氧化物,如AlCl3;若鹽在較低溫度下受熱能水解,則加熱蒸干其溶液時,鹽已分解,如Ca(HCO3)2。13、判斷鹽對應酸的相對強弱
例如,已知物質(zhì)的量濃度相同的兩種鹽溶液,NaA和NaB,其溶液的pH前者大于后者,則酸HA和HB的相對強弱為HB>HA。14、制備納米材料
例如,用TiCl4制備TiO2:TiCl4+(x+2)H2O(過量)TiO2xH2O↓+4HCl。制備時加入大量的水,同時加熱,促進水解趨于完全,所得TiO2xH2O經(jīng)焙燒得TiO2。類似的方法也可用來制備SnO、SnO2、Sn2O3等。
五、電離平衡理論和水解平衡理論
1.電離理論:⑴弱電解質(zhì)的電離是微弱的,電離消耗的電解質(zhì)及產(chǎn)生的微粒都是少量的,同時注意考慮
水的電離的存在;⑵多元弱酸的電離是分步的,主要以第一步電離為主。
2.水解理論:從鹽類的水解的特征分析:水解程度是微弱的(一般不超過2‰)。例如:NaHCO3溶液中,c(HCO3-)》c(H2CO3)或c(OH-)
理清溶液中的平衡關系并分清主次:
⑴弱酸的陰離子和弱堿的陽離子因水解而損耗;如NaHCO3溶液中有:c(Na+)>c(HCO3-)。⑵弱酸的陰離子和弱堿的陽離子的水解是微量的(雙水解除外),因此水解生成的弱電解質(zhì)及產(chǎn)生H+的(或OH-)也是微量,但由于水的電離平衡和鹽類水解平衡的存在,所以水解后的酸性溶液中c(H+)(或堿性溶液中的c(OH-))總是大于水解產(chǎn)生的弱電解質(zhì)的濃度;⑶一般來說“誰弱誰水解,誰強顯誰性”,如水解呈酸性的溶液中c(H+)>c(OH-),水解呈堿性的溶液中c(OH-)>c(H+);⑷多元弱酸的酸根離子的水解是分步進行的,主要以第一步水解為主。六、電解質(zhì)溶液中的守恒關系
1、電荷守恒:電解質(zhì)溶液中的陰離子的負電荷總數(shù)等于陽離子的正電荷總數(shù)
電荷守恒的重要應用是依據(jù)電荷守恒列出等式,比較或計算離子的物質(zhì)的量或物質(zhì)的量濃度。如在只含有A+、M-、H+、OH-四種離子的溶液中c(A+)+c(H+)=c(M-)+c(OH-),若c(H+)>c(OH-),則必然有c(A+)<c(M-)。
[投影]例如,在NaHCO3溶液中,有如下關系:
c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)
書寫電荷守恒式必須①準確的判斷溶液中離子的種類;②弄清離子濃度和電荷濃度的關系。2、物料守恒:就電解質(zhì)溶液而言,物料守恒是指電解質(zhì)發(fā)生變化(反應或電離)前某元素的原子(或離子)的物質(zhì)的量等于電解質(zhì)變化后溶液中所有含該元素的原子(或離子)的物質(zhì)的量之和。實質(zhì)上,物料守恒屬于原子個數(shù)守恒和質(zhì)量守恒。
在Na2S溶液中存在著S2-的水解、HS-的電離和水解、水的電離,粒子間有如下關系
c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1/2c(Na+)(Na+,S2-守恒)c(HS-)+2c(S2-)+c(H)=c(OH-)(H、O原子守恒)
在NaHS溶液中存在著HS-的水解和電離及水的電離。
HS-+H2OH2S+OH-;HS-H++S2-;H2OH++OH-
從物料守恒的角度分析,有如下等式:c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)=c(Na+);從電荷守恒的角度分析,有如下等式:c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+);將以上兩式相加,有:c(S2-)+c(OH-)==c(H2S)+c(H+),得出的式子被稱為質(zhì)子守恒
3、質(zhì)子守恒:無論溶液中結(jié)合氫離子還是失去氫離子,但氫原子總數(shù)始終為定值,也就是說結(jié)合的氫離子的量和失去氫離子的量相等。三、典型題溶質(zhì)單一型
1、弱酸溶液中離子濃度的大小判斷解此類題的關鍵是緊抓弱酸的電離平衡
0.1mol/L的H2S溶液中所存在離子的濃度由大到小的排列順序是_________________
解析:在H2S溶液中有下列平衡:H2SH++HS-;HS-H++S2-。已知多元弱酸的電離以第一步為主,第二步電離較第一步弱得多,但兩步電離都產(chǎn)生H+,因此答案應為:c(H+)>c(HS-)>c(S2-)>c(OH-)弱酸溶液中離子濃度大小的一般關系是:
C(顯性離子)>C(一級電離離子)>C(二級電離離子)>C(水電離出的另一離子)
2、弱堿溶液(同樣的思考方式可以解決弱堿溶液的問題)
室溫下,0.1mol/L的氨水溶液中,下列關系式中不正確的是(C)A.c(OH-)>c(H+)B.c(NH3H2O)+c(NH4+)=0.1mol/LC.c(NH4+)>c(NH3H2O)>c(OH-)>c(H+)D.c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)3、能發(fā)生水解的鹽溶液中離子濃度大小比較弱酸強堿型解此類題型的關鍵是抓住鹽溶液中水解的離子
在CH3COONa溶液中各離子的濃度由大到小排列順序正確的是(A)A.c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)B.c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)C.c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)D.c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)(1)、一元弱酸鹽溶液中離子濃度的一般關系是:
C(不水解離子)>C(水解離子)>C(顯性離子)>C(水電離出的另外一種離子)
在Na2CO3溶液中各離子的濃度由小到大的排列順序是C(H+)C(水電離出的另一離子)在Na2S溶液中下列關系不正確的是()
A.c(Na+)=2c(HS-)+2c(S2-)+c(H2S)B.c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)C.c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)D.c(OH-)=c(HS-)+c(H+)+c(H2S)
判斷0.1mol/L的NaHCO3溶液中離子濃度的大小關系C(Na+)>C(HCO3-)>C(OH-)>C(H+)>C(CO32-)(3)、二元弱酸的酸式鹽溶液中離子濃度大小的一般關系是:
C(不水解離子)>C(水解離子)>C(顯性離子)>C(水電離出的另一離子)>C(電離得到的酸根離子)草酸是二元弱酸,草酸氫鉀溶液呈酸性,在0.1mol/LKHC2O4溶液中,下列關系正確的是(CD)A.c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+c(C2O42-)B.c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.1mol/LC.c(C2O42-)>c(H2C2O4)D.c(K+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)在氯化銨溶液中,下列關系正確的是(A)
A.c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)B.c(NH4+)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)
C.c(NH4+)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-)D.c(Cl-)=c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)七、典型題兩種電解質(zhì)溶液相混合型的離子濃度的判斷
解此類題的關鍵是抓住兩溶液混合后生成的鹽的水解情況以及混合時弱電解質(zhì)有無剩余,若有剩余,則應討論弱電解質(zhì)的電離。下面以一元酸、一元堿和一元酸的鹽為例進行分析。1、強酸與弱堿混合
pH=13的NH3H2O和pH=1的鹽酸等體積混合后所得溶液中各離子濃度由大到小的排列順序是C(NH4+)>C(Cl-)>C(OH-)>C(H+)。
解析:pH=1的HCl,C(H+)=0.1mol/L,pH=13的NH3H2O,C(OH-)=0.1mol/L,則NH3H2O的濃度遠大于0.1mol/L,因此,兩溶液混合時生成NH4Cl為強酸弱堿鹽,氨水過量,且C(NH3H2O)>C(NH4Cl),則溶液的酸堿性應由氨水決定。即NH3H2O的電離大于NH4+的水解,所以溶液中的離子濃度由大到小的順序為:C(NH4+)>C(Cl-)>C(OH-)>C(H+)。2、強堿與弱酸混合
pH=X的NaOH溶液與pH=Y的CH3COOH溶液,已知X+Y=14,且Yc(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)B.c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)C.c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)D.c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
解析:同上,pH=X的NaOH溶液中,c(OH-)=10-(14-X)mol/L,pH=Y的CH3COOH溶液中,c(H+)=10-Ymol/L,因為X+Y=14,NaOH溶液中c(OH-)等于CH3COOH溶液中c(H+)。因此C(CH3COOH)遠大于10-Ymol/L,CH3COOH過量,因此選項B正確。
上述兩題的特點是pH1+pH2=14,且等體積混合。其溶液中各離子濃度的關系的特點是
C(弱電解質(zhì)的離子)>C(強電解質(zhì)的離子)>C(顯性離子)>C(水電離出的另一離子)
3、強堿弱酸鹽與強酸混合和強酸弱堿鹽與強堿混合
0.2mol/L的CH3COOK與0.1mol/L的鹽酸等體積混合后,溶液中下列粒子的物質(zhì)的量關系正確的是()
A.c(CH3COO-)=c(Cl-)=c(H+)>c(CH3COOH)B.c(CH3COO-)=c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)C.c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(H+)>c(CH3COOH)D.c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)解析:兩溶液混合后CH3COOK+HClKCl+CH3COOH,又知CH3COOK過量,反應后溶液中CH3COOK、CH3COOH和KCl物質(zhì)的量相等。由于CH3COOH的電離和CH3COO-的水解程度均很小,且CH3COOH的電離占主導地位,因此,C(CH3COO-)>C(H+)>C(OH-)。又知C(Cl-)=0.05mol/L,C(CH3COOH)
在10ml0.1molL-1NaOH溶液中加入同體積、同濃度HAc溶液,反應后溶液中各微粒的濃度關系錯誤的是()。
A.c(Na+)>c(Ac-)>c(H+)>c(OH-)B.c(Na+)>c(Ac-)>c(OH-)>c(H+)C.c(Na+)=c(Ac-)+c(HAC)D.c(Na+)+c(H+)=c(Ac-)+c(OH-)
解析:由于混合的NaOH與HAc物質(zhì)的量都為1×10-3mol,兩者恰好反應生成NaAc,等同于單一溶質(zhì),故與題型①方法相同。由于少量Ac-發(fā)生水解:Ac-+H2OHAc+OH-。故有c(Na+)>c(Ac-)>c(OH-)>c(H+),根據(jù)物料守恒C正確,根據(jù)電荷守恒D正確,A錯誤。故該題選項為A。(2)pH等于7型
常溫下,將甲酸和氫氧化鈉溶液混合,所得溶液pH=7,則此溶液中()。A.c(HCOO-)>c(Na+)B.c(HCOO-)<c(Na+)
C.c(HCOO-)=c(Na+)D.無法確定c(HCOO-)與c(Na+)的關系
解析:本題絕不能理解為恰好反應,因完全反應生成甲酸鈉為強堿弱酸鹽,溶液呈堿性,而現(xiàn)在Ph=7,故酸略為過量。根據(jù)溶液中電荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)因pH=7,故c(H+)=c(OH-),所以有c(Na+)=c(HCOO-),答案為C。(3)反應過量型
常溫下將稀NaOH溶液與稀CH3COOH溶液混合,不可能出現(xiàn)的結(jié)果是A.pH>7,且c(OH-)>c(Na+)>c(H+)>c(CH3COO-)B.pH>7,且c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)C.pH<7,且c(CH3COO-)>c(H+)>c(Na+)>c(OH-)D.pH=7,且c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)=c(OH-)
向0.1molL-1NaOH溶液中通入過量CO2后,溶液中存在的主要離子是()ANa+、CO32-BNa+、HCO3-CHCO3-、CO32-DNa+、OH-四、守恒問題在電解質(zhì)溶液中的應用
解此類題的關鍵是抓住溶液呈中性(即陰陽離子所帶電荷總數(shù)相等)及變化前后原子的個數(shù)守恒兩大特點。若題中所給選項為陰陽離子的濃度關系,則應考慮電荷守恒,若所給選項等式關系中包含了弱電解質(zhì)的分子濃度在內(nèi),則應考慮物料守恒。
表示0.1mol/LNaHCO3溶液中有關粒子濃度的關系正確的是()
A、C(Na+)>C(HCO3-)>C(CO32-)>C(H+)>C(OH-)B、C(Na+)+C(H+)=C(HCO3-)+C(CO32-)+C(OH-)C、C(Na+)+C(H+)=C(HCO3-)+2C(CO32-)+C(OH-)D、C(Na+)=C(HCO3-)+C(CO32-)+C(H2CO3)
解析:A、NaHCO3溶液因為水解大于電離而呈堿性,因此C(OH-)>C(H+)。B、應考慮電荷守恒,c(CO32-)前應乘以2;C、電荷守恒符合題意;D、含弱電解質(zhì)分子應考慮物料守恒,在NaHCO3溶液中存在下列關系:NaHCO3=Na++HCO3-;HCO3-H++CO32-;HCO3-+H2OH2CO3+OH-,則
C(Na+)=C(HCO3-)+C(CO32-)+C(H2CO3)符合題意。故選CD1、兩種物質(zhì)混合不反應:
用物質(zhì)的量都是0.1mol的CH3COOH和CH3COONa配制成1L混合溶液,已知其中c(CH3COO-)>c(Na+),對該混合溶液的下列判斷正確的是()
A.C(H+)>C(OH-)B.C(CH3COOH)+C(CH3COO-)=0.2mol/LC.C(CH3COOH)>C(CH3COO-)D.C(CH3COO-)+C(OH-)=0.2mol/L2、兩種物質(zhì)恰好完全反應
在10ml0.1molL-1NaOH溶液中加入同體積、同濃度HAc溶液,反應后溶液中各微粒的濃度關系錯誤的是()。
A.c(Na+)>c(Ac-)>c(H+)>c(OH-)B.c(Na+)>c(Ac-)>c(OH-)>c(H+)C.c(Na+)=c(Ac-)+c(HAC)D.c(Na+)+c(H+)=c(Ac-)+c(OH-)3、兩種物質(zhì)反應,其中一種有剩余:(1)酸與堿反應型
關注所給物質(zhì)的量是物質(zhì)的量濃度還是pH。在審題時,要關注所給物質(zhì)的量是“物質(zhì)的量濃度”還是“pH”,否則會很容易判斷錯誤。(解答此類題目時應抓住兩溶液混合后剩余的弱酸或弱堿的電離程度和生成鹽的水解程度的相對大小。)
[點擊試題]把0.02molL-1HAc溶液與0.01molL-1NaOH溶液等體積混合,則混合液中微粒濃度關系正確的是()
A、c(Ac-)>c(Na+)B、c(HAc)>c(Ac-)C、2c(H+)=c(Ac-)-c(HAc)D、c(HAc)+c(Ac-)=0.01molL-1(2)鹽與堿(酸)反應型
解答此類題目時應抓住兩溶液混合后生成的弱酸或弱堿的電離程度和剩余鹽的水解程度的相對大小。將0.1molL-1醋酸鈉溶液20mL與0.1molL-1鹽酸10mL混合后,溶液顯酸性,則溶液中有關粒子濃度關系正確的是()。
A.c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(H+)>c(CH3COOH)B.c(CH3COO-)>c(Cl-)+c(CH3COOH)>c(H+)C.c(CH3COO-)=c(Cl-)>c(H+)>c(CH3COOH)D.c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)4、不同物質(zhì)同種離子濃度比較型:
物質(zhì)的量濃度相同的下列溶液中,NH4+濃度最大的是()。A.NH4ClB.NH4HSO4C.CH3COONH4D.NH4HCO3
解析:NH4+在溶液中存在下列平衡:NH4++H2ONH3H2O+H+;B中NH4HSO4電離出大量H+,使平衡向左移動,故B中c(NH4+)大于A中的c(NH4+),C項的CH3COO-和D項的HCO3-水解均呈堿性,使平衡向右移動,故C、D中c(NH4+)小于A中c(NH4+),正確答案為B。
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新課標人教版高中化學選修四第三章第三節(jié)《鹽類的水解》精品教案上課環(huán)節(jié):下發(fā)相關材料(如復習課專用紙)學生自我梳理
小組內(nèi)同學相互展示梳理成果、進行交流和討論小組內(nèi)推出最優(yōu)秀成果班內(nèi)展示(可由老師通過實物投影完成)點評、剖析或歸納(師生共同)應用提高下面以一個學生的學習為例簡要體現(xiàn)上課過程.【自我梳理】1、知識歸納:例:表現(xiàn)形式1
水解實質(zhì):
鹽類水解影響因素:水解規(guī)律:應用舉例:表現(xiàn)形式2
影響鹽類水解程度的主要因素
影響因素鹽的性質(zhì)反應條件成鹽弱酸或弱堿的弱的程度溫度濃度影響情況簡要解釋生成物(酸堿性)
2、知識疑點:(梳理過程中遇到的問題)
例:濃度對水解程度影響的原理、水解程度大小與溶液pH大小的
關系。
(不同的同學會有不同的疑點)【展示交流】
此階段是解決問題的關鍵階段,學生交流整理的知識網(wǎng)絡,相互取長補短,討論遇到的問題,相互質(zhì)疑釋疑!揪v歸納】
鹽類水解知識是前一節(jié)《水的電離》知識的繼續(xù),是促進水的電離的一種情況,即陰陽離子結(jié)合H+或OH-生成弱電解質(zhì)而對水的電離促進的情況。能用化學平衡原理解釋一切外界因素對水解程度的影響,水解程度的問題即化學平衡的轉(zhuǎn)化率問題。
水解成堿性的鹽有以下規(guī)律:
濃度越大水解程度越小,但pH越大;濃度越小水解程度越大,但pH越小。
由于溫度改變引起pH變大,水解程度必然增大;由于濃度改變引起pH變大,水解程度必然減小。
水解成酸性的鹽有以下規(guī)律:濃度越大水解程度越小,pH也越;濃度越小水解程度越大,pH越大。
由于溫度改變引起pH變大,水解程度必然減;由于濃度改變引起pH變大,水解程度必然增大!緫锰岣摺
1、配制FeCl3溶液往往先用適量濃鹽酸溶解,然后再加水稀釋,為什么?
2、加熱蒸干FeCl3溶液,并對得到的固體強熱,最后得到的固體物質(zhì)是什么?并用有關理論配以必要的化學方程式加以解釋。要想得到FeCl3固體應采取何措施。3、加熱蒸干以下溶液,哪些能得到原物質(zhì)?Al2(SO4)3、AlCl3、Na2CO3、請總結(jié)有何規(guī)律。
4、比較等物質(zhì)的量濃度的下列溶液pH大。篈l2(SO4)3、AlCl3、Na2CO3、NaHCO3、NaCl、NaOH。
【展示交流】
對以上問題的見解和答案,同組內(nèi)同學相互交流,并
進行完善和整理,再在全班內(nèi)進行展示和交流!揪v歸納】
加熱促進鹽類水解,在加熱蒸干過程中水解生成的
物質(zhì)若能脫離原體系,則得不到原物質(zhì),否則則能得到原物質(zhì)┉
【鞏固訓練】(題目略)
參考案例(五)復習課
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