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2022届高三统考化学人教版一轮课件：第8单元 第3节 盐类的水解
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这是一份2022届高三统考化学人教版一轮课件：第8单元 第3节 盐类的水解，共52页。PPT课件主要包含了-2-，-3-，考点一，考点二，基础梳理，考点突破，考点三，盐类水解规律，-4-，-5-等内容，欢迎下载使用。
考纲要求:了解盐类水解的原理、影响盐类水解程度的主要因素、盐类水解的应用。
特别提醒 盐溶液呈中性,无法判断该盐是否水解。例如:NaCl溶液呈中性,是因为NaCl是强酸强碱盐,不水解。又如CH3COONH4溶液呈中性,是因为CH3COO-和 的水解程度相当,即水解过程中H+和OH-消耗量相等,所以CH3COONH4溶液仍呈中性。
自主巩固有下列物质的溶液:①NaCl ②K2CO3 ③CuSO4 ④KNO3 ⑤NH4Cl ⑥CH3COONa ⑦FeCl3 ⑧Na2S(1)溶液呈中性的有①④,溶液呈碱性的有②⑥⑧,溶液呈酸性的有③⑤⑦;(2)分别写出⑥⑦⑧三种物质水解的离子方程式:
已知:H2SO3 Ka1=1.54×10-2 Ka2=1.02×10-7HClO Ka=2.95×10-8H2CO3 Ka1=4.3×10-7 Ka2=5.6×10-11(2)相同条件下等浓度的碳酸钠溶液的pH (填“大于”“小于”或“等于”) 0.1 ml·L-1 NaHCO3溶液的pH,NH4CN溶液显碱性的原因: (结合离子方程式进行回答)。
跟踪训练1.25 ℃时,0.1 ml·L-1下列溶液的pH如表所示,有关比较错误的是( )
A.酸性强弱:HF>H2CO3B.水的电离程度:①=②C.溶液中离子的总浓度:①>②D.④溶液中:
2.下列说法正确的是( )。A.t ℃时KW=10-12,此温度下pH=6的溶液一定显酸性B.25 ℃时,0.1 ml·L-1的NaHSO3溶液pH=4,说明在水溶液中只存在电离平衡C.NH4Cl、CH3COONa、NaHCO3、NaHSO4溶于水,对水的电离都有促进作用D.25 ℃时,10 mL 0.1 ml·L-1 CH3COOH溶液与5 mL 0.1 ml·L-1 NaOH溶液混合,所得溶液中有2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
盐类水解的影响因素及应用1.盐类水解的影响因素(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能力就越强,溶液的碱性或酸性就越强。(2)外因。
3.盐溶液蒸干时所得产物的判断(1)盐溶液水解生成难挥发性酸和酸根阴离子易水解的强碱盐溶液,蒸干后一般得原物质,如CuSO4(aq)蒸干得CuSO4(s);Na2CO3(aq)蒸干得Na2CO3(s)。(2)盐溶液水解生成易挥发性酸时,蒸干灼烧后一般得到对应的氧化物,如AlCl3溶液蒸干得Al(OH)3,灼烧得Al2O3。(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)2→CaCO3(CaO);NaHCO3→Na2CO3;KMnO4→K2MnO4和MnO2;NH4Cl→NH3↑+HCl↑。(4)还原性盐在蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4。(5)弱酸的铵盐蒸干后无固体。如NH4HCO3、(NH4)2CO3。
1.从定性、定量两角度理解影响盐类水解的因素(1)盐类水解易受温度、浓度、溶液的酸碱性等因素的影响,以氯化铁水解为例,当改变条件如升温、通入HCl气体、加水、加铁粉、加碳酸氢钠等时,应从移动方向、pH的变化、水解程度、现象等方面去归纳总结,加以分析掌握。(2)稀释溶液过程中,盐的浓度减小,水解程度增大,但由于溶液中离子浓度是减小的,故溶液酸性(或碱性)减弱。(3)水解平衡常数(Kh)只受温度的影响,它与电离平衡常数(K)、水的离子积(KW)的定量关系为K·Kh=KW。
2.利用水解除杂注意事项利用水解除杂无论在日常生活、化学工业还是化学实验中都具有非常重要的意义,其原理是根据盐类水解程度的不同,通过调节溶液pH使部分离子转化为沉淀而除去。如MgCl2溶液中混有少量FeCl3杂质,因Fe3+水解程度比 水解程度大,可加入MgO、Mg(OH)2或MgCO3等,调节溶液的pH,使Fe3+的水解平衡正向移动,生成Fe(OH)3沉淀而除去。注意:①不能加NaOH、NH3·H2O等可溶性碱,因加这些物质pH升高太快,且碱过量不易觉察,Mg2+也可能转化为Mg(OH)2沉淀,还会引入 、Na+等杂质。②一些金属阳离子生成沉淀或沉淀完全时,溶液不一定显碱性,如Fe3+沉淀完全时,pH≈3.7。
例2现有含FeCl2杂质的氯化铜晶体(CuCl2·2H2O),为制取纯净的CuCl2·2H2O,首先将其制成水溶液,然后按图示步骤进行提纯:
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。请回答下列问题:
(1)本实验最适合的氧化剂X是 。 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)分析除去Fe3+的原理(结合离子方程式说明)。(5)加氧化剂的目的是 。 (6)能不能直接用蒸发结晶法得到CuCl2·2H2O晶体? ,应如何操作? 。
答案:(1)C (2)CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3](3)不能 加碱的同时也会使Cu2+生成Cu(OH)2沉淀(4)FeCl3溶液中存在Fe3+的水解平衡:Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+,加入CuO[或Cu(OH)2等]能消耗溶液中的H+:CuO+2H+==Cu2++H2O[或Cu(OH)2+2H+==Cu2++2H2O等],使上述水解平衡向右移动,从而使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而除去。(5)将Fe2+氧化为Fe3+,便于生成沉淀而与Cu2+分离(6)不能 应在HCl气流中加热蒸发解析:(1)除杂时不能引入新的杂质,只有H2O2符合要求;(2)当CuCl2溶液中混有Fe3+时,可以利用Fe3+的水解:Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+,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,因此加碱沉淀不可行;(6)为了抑制CuCl2水解,应在HCl气流中加热蒸发。
答题模板 利用平衡移动原理解释问题的思维流程(1)解答此类题的思维过程①找出存在的平衡体系(即可逆反应或可逆过程)。②找出影响平衡的条件。③判断平衡移动的方向。④分析平衡移动的结果及移动结果与所解答问题的联系。(2)答题模板……存在……平衡,……(条件)……(变化),使平衡向……(方向)移动,……(结论)。
跟踪训练3.下列有关电解质溶液的说法不正确的是( )。
4.根据下列化合物:①NaCl、②NaOH、③HCl、④NH4Cl、⑤CH3COONa、⑥CH3COOH、⑦NH3·H2O、⑧H2O,回答下列问题。(1)NH4Cl溶液显 性,用离子方程式表示原因: ,其溶液中离子浓度大小顺序为 。 (2)常温下,pH=11的CH3COONa溶液中,水电离出来的c(OH-)= ,在pH=3的CH3COOH溶液中,水电离出来的c(H+)= 。 (3)下列问题与盐类水解有关的是 。 ①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属时的除锈剂 ②NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂 ③草木灰与铵态氮肥不能混合施用 ④实验室中盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞 ⑤加热蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2固体 ⑥要除去FeCl3溶液中混有的Fe2+,可先通入氧化剂Cl2,再调节溶液的pH
溶液中粒子浓度大小的比较1.溶液中粒子种类的判断我们在判断溶液中粒子浓度大小时,首先要判断溶液中粒子的种类,然后再进行比较。判断溶液中粒子种类的方法是正确写出溶液中所有的电离方程式、水解方程式,然后结合溶液中的溶质即可判断溶液中的粒子种类。注意:在书写电离方程式时,不要丢掉水的电离方程式。
1.掌握粒子浓度大小比较的常见类型及分析方法
2.选好参照物不同溶液中同一离子浓度的大小比较要选好参照物,分组比较各个击破。如25 ℃时,相同物质的量浓度的下列溶液中:①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4、④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2Fe(SO4)2,c( )由大到小的顺序为⑤>④>③>①>②。分析流程为:
方法技巧 1.混合溶液中粒子浓度比较的一般步骤(1)判反应:判断两种溶液混合时,是否发生化学反应,弄清楚溶液的真实组成。(2)写平衡:根据溶液的组成,写出溶液中存在的所有平衡(包括电离平衡、水解平衡等),尤其不能漏写水的电离平衡。(3)列等式:根据溶液中存在电荷守恒、物料守恒列出等式。据此可列出溶液中各种阴阳离子浓度间的关系式。(4)分主次:根据溶液中存在的平衡和题给条件,结合平衡的有关规律,分析哪些过程进行的程度相对大一些,哪些过程进行的程度相对小一些,再依次比较出溶液中各种粒子浓度的大小。
2.灵活运用两个守恒比较溶液中粒子浓度溶液中粒子种类的判断是解决溶液中粒子浓度大小比较的关键,特别是混合溶液中粒子浓度大小的比较,如NaOH和CH3COOH溶液不论以何种比例混合,溶液中一定存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)= c(CH3COO-)+c(OH-),如果溶液呈酸性,则c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+) >c(OH-);如果溶液呈中性,则c(CH3COO-)=c(Na+)>c(H+)=c(OH-);如果溶液呈碱性,则c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。
跟踪训练5.25 ℃时,在10 mL浓度均为0.1 ml·L-1的盐酸和醋酸混合溶液中滴加0.1 ml·L-1 NaOH溶液,下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是( )A.未加NaOH溶液时,c(H+)>c(Cl-)=c(CH3COOH)B.加入10 mL NaOH溶液时:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)C.加入NaOH溶液至pH=7时:c(Na+)=c(Cl-)D.加入20 mL NaOH溶液时:c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)
6.40 ℃,在氨-水体系中不断通入CO2,各种离子的变化趋势如图所示。
1.水解的特点:(1)可逆反应;(2)吸热反应(中和反应的逆反应);(3)水解程度一般很微弱。2.水解的规律:有弱才水解,越弱越水解,谁强显谁性,同强显中性。3.影响水解的外部因素:温度、浓度、外加酸碱。4.离子浓度大小的比较(1)判断离子:电离过程、水解反应。(2)明确“微弱”:电离是微弱的,水解是微弱的。(3)利用守恒:原子守恒、电荷守恒、质子守恒(电荷守恒与原子守恒的推导)。
1.常温下,0.1 ml·L-1的三种盐溶液NaX、NaY、NaZ的pH分别为7、8、9,则下列判断中正确的是( )。A.HX、HY、HZ的酸性依次增强B.离子浓度:c(Z-)>c(Y-)>c(X-)C.电离常数:K(HZ)>K(HY)D.溶液中c(X-)=c(Y-)+c(HY)=c(Z-)+c(HZ)
解析: NaX、NaY、NaZ溶液的pH分别为7、8、9,则HX是强酸,HY、HZ是弱酸,再根据水解规律可知HY的酸性强于HZ的酸性。所以酸性:HX>HY>HZ,故A、C项错误。根据“越弱越水解”可知B项错误。根据物料守恒可知D项正确。
2.把0.02 ml·L-1 CH3COOH溶液与0.01 ml·L-1 NaOH溶液等体积混合,则混合液中微粒浓度关系正确的是( )。A.c(CH3COO-)>c(Na+)B.c(CH3COOH)>c(CH3COO-)C.2c(H+)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)D.c(CH3COOH)+c(CH3COO-)<0.01 ml·L-1
解析:CH3COOH溶液与NaOH溶液混合后,发生反应:CH3COOH+ NaOH═CH3COONa+H2O,并且生成的CH3COONa和剩余的CH3COOH浓度相等。若不考虑CH3COOH的电离和CH3COO-的水解,则c(CH3COOH)=c(Na+)=c(CH3COO-),但由于CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度,所以c(CH3COO-)>c(Na+)> c(CH3COOH),即A项正确,B项错误。根据碳原子守恒,可知D项错误。C项不符合任何一个守恒,也不能由三个守恒推导得出,即C项错误。
3.下列关于电解质溶液的叙述正确的是( )A.在纯水中加入少量硫酸或硫酸铵,均可抑制水的电离B.0.1 ml·L-1的NaHA溶液的pH=4,则c(HA-)>c(H+)>c(H2A)>c(A2-)C.0.1 ml·L-1 Na2CO3溶液中:D.物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后有:c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)
解析:水解平衡常数只与温度有关,因此稀释溶液,水解平衡常数不变,A项错误;通入H2S,与OH-反应,平衡右移,HS-浓度增大,B项错误;升高温度,水解平衡向右移动,溶液中c(HS-)增大、c(S2-)减小,故 增大,C项正确;加入NaOH固体,溶液碱性增强,pH增大,D项错误。
5.(2019全国Ⅰ)NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.1×10-3,Ka2=3.9×10-6)溶液,混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示,其中Q点为反应终点。下列叙述错误的是( )。
A.混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关B.Na+与A2-的导电能力之和大于HA-的C.Q点的混合溶液pH=7D.M点的混合溶液中,c(Na+)>c(K+)>c(OH-)
答案:1.0×10-12 增大
考纲要求:了解盐类水解的原理、影响盐类水解程度的主要因素、盐类水解的应用。
特别提醒 盐溶液呈中性,无法判断该盐是否水解。例如:NaCl溶液呈中性,是因为NaCl是强酸强碱盐,不水解。又如CH3COONH4溶液呈中性,是因为CH3COO-和 的水解程度相当,即水解过程中H+和OH-消耗量相等,所以CH3COONH4溶液仍呈中性。
自主巩固有下列物质的溶液:①NaCl ②K2CO3 ③CuSO4 ④KNO3 ⑤NH4Cl ⑥CH3COONa ⑦FeCl3 ⑧Na2S(1)溶液呈中性的有①④,溶液呈碱性的有②⑥⑧,溶液呈酸性的有③⑤⑦;(2)分别写出⑥⑦⑧三种物质水解的离子方程式:
已知:H2SO3 Ka1=1.54×10-2 Ka2=1.02×10-7HClO Ka=2.95×10-8H2CO3 Ka1=4.3×10-7 Ka2=5.6×10-11(2)相同条件下等浓度的碳酸钠溶液的pH (填“大于”“小于”或“等于”) 0.1 ml·L-1 NaHCO3溶液的pH,NH4CN溶液显碱性的原因: (结合离子方程式进行回答)。
跟踪训练1.25 ℃时,0.1 ml·L-1下列溶液的pH如表所示,有关比较错误的是( )
A.酸性强弱:HF>H2CO3B.水的电离程度:①=②C.溶液中离子的总浓度:①>②D.④溶液中:
2.下列说法正确的是( )。A.t ℃时KW=10-12,此温度下pH=6的溶液一定显酸性B.25 ℃时,0.1 ml·L-1的NaHSO3溶液pH=4,说明在水溶液中只存在电离平衡C.NH4Cl、CH3COONa、NaHCO3、NaHSO4溶于水,对水的电离都有促进作用D.25 ℃时,10 mL 0.1 ml·L-1 CH3COOH溶液与5 mL 0.1 ml·L-1 NaOH溶液混合,所得溶液中有2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
盐类水解的影响因素及应用1.盐类水解的影响因素(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能力就越强,溶液的碱性或酸性就越强。(2)外因。
3.盐溶液蒸干时所得产物的判断(1)盐溶液水解生成难挥发性酸和酸根阴离子易水解的强碱盐溶液,蒸干后一般得原物质,如CuSO4(aq)蒸干得CuSO4(s);Na2CO3(aq)蒸干得Na2CO3(s)。(2)盐溶液水解生成易挥发性酸时,蒸干灼烧后一般得到对应的氧化物,如AlCl3溶液蒸干得Al(OH)3,灼烧得Al2O3。(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)2→CaCO3(CaO);NaHCO3→Na2CO3;KMnO4→K2MnO4和MnO2;NH4Cl→NH3↑+HCl↑。(4)还原性盐在蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4。(5)弱酸的铵盐蒸干后无固体。如NH4HCO3、(NH4)2CO3。
1.从定性、定量两角度理解影响盐类水解的因素(1)盐类水解易受温度、浓度、溶液的酸碱性等因素的影响,以氯化铁水解为例,当改变条件如升温、通入HCl气体、加水、加铁粉、加碳酸氢钠等时,应从移动方向、pH的变化、水解程度、现象等方面去归纳总结,加以分析掌握。(2)稀释溶液过程中,盐的浓度减小,水解程度增大,但由于溶液中离子浓度是减小的,故溶液酸性(或碱性)减弱。(3)水解平衡常数(Kh)只受温度的影响,它与电离平衡常数(K)、水的离子积(KW)的定量关系为K·Kh=KW。
2.利用水解除杂注意事项利用水解除杂无论在日常生活、化学工业还是化学实验中都具有非常重要的意义,其原理是根据盐类水解程度的不同,通过调节溶液pH使部分离子转化为沉淀而除去。如MgCl2溶液中混有少量FeCl3杂质,因Fe3+水解程度比 水解程度大,可加入MgO、Mg(OH)2或MgCO3等,调节溶液的pH,使Fe3+的水解平衡正向移动,生成Fe(OH)3沉淀而除去。注意:①不能加NaOH、NH3·H2O等可溶性碱,因加这些物质pH升高太快,且碱过量不易觉察,Mg2+也可能转化为Mg(OH)2沉淀,还会引入 、Na+等杂质。②一些金属阳离子生成沉淀或沉淀完全时,溶液不一定显碱性,如Fe3+沉淀完全时,pH≈3.7。
例2现有含FeCl2杂质的氯化铜晶体(CuCl2·2H2O),为制取纯净的CuCl2·2H2O,首先将其制成水溶液,然后按图示步骤进行提纯:
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。请回答下列问题:
(1)本实验最适合的氧化剂X是 。 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)分析除去Fe3+的原理(结合离子方程式说明)。(5)加氧化剂的目的是 。 (6)能不能直接用蒸发结晶法得到CuCl2·2H2O晶体? ,应如何操作? 。
答案:(1)C (2)CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3](3)不能 加碱的同时也会使Cu2+生成Cu(OH)2沉淀(4)FeCl3溶液中存在Fe3+的水解平衡:Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+,加入CuO[或Cu(OH)2等]能消耗溶液中的H+:CuO+2H+==Cu2++H2O[或Cu(OH)2+2H+==Cu2++2H2O等],使上述水解平衡向右移动,从而使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而除去。(5)将Fe2+氧化为Fe3+,便于生成沉淀而与Cu2+分离(6)不能 应在HCl气流中加热蒸发解析:(1)除杂时不能引入新的杂质,只有H2O2符合要求;(2)当CuCl2溶液中混有Fe3+时,可以利用Fe3+的水解:Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+,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,因此加碱沉淀不可行;(6)为了抑制CuCl2水解,应在HCl气流中加热蒸发。
答题模板 利用平衡移动原理解释问题的思维流程(1)解答此类题的思维过程①找出存在的平衡体系(即可逆反应或可逆过程)。②找出影响平衡的条件。③判断平衡移动的方向。④分析平衡移动的结果及移动结果与所解答问题的联系。(2)答题模板……存在……平衡,……(条件)……(变化),使平衡向……(方向)移动,……(结论)。
跟踪训练3.下列有关电解质溶液的说法不正确的是( )。
4.根据下列化合物:①NaCl、②NaOH、③HCl、④NH4Cl、⑤CH3COONa、⑥CH3COOH、⑦NH3·H2O、⑧H2O,回答下列问题。(1)NH4Cl溶液显 性,用离子方程式表示原因: ,其溶液中离子浓度大小顺序为 。 (2)常温下,pH=11的CH3COONa溶液中,水电离出来的c(OH-)= ,在pH=3的CH3COOH溶液中,水电离出来的c(H+)= 。 (3)下列问题与盐类水解有关的是 。 ①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属时的除锈剂 ②NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂 ③草木灰与铵态氮肥不能混合施用 ④实验室中盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞 ⑤加热蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2固体 ⑥要除去FeCl3溶液中混有的Fe2+,可先通入氧化剂Cl2,再调节溶液的pH
溶液中粒子浓度大小的比较1.溶液中粒子种类的判断我们在判断溶液中粒子浓度大小时,首先要判断溶液中粒子的种类,然后再进行比较。判断溶液中粒子种类的方法是正确写出溶液中所有的电离方程式、水解方程式,然后结合溶液中的溶质即可判断溶液中的粒子种类。注意:在书写电离方程式时,不要丢掉水的电离方程式。
1.掌握粒子浓度大小比较的常见类型及分析方法
2.选好参照物不同溶液中同一离子浓度的大小比较要选好参照物,分组比较各个击破。如25 ℃时,相同物质的量浓度的下列溶液中:①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4、④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2Fe(SO4)2,c( )由大到小的顺序为⑤>④>③>①>②。分析流程为:
方法技巧 1.混合溶液中粒子浓度比较的一般步骤(1)判反应:判断两种溶液混合时,是否发生化学反应,弄清楚溶液的真实组成。(2)写平衡:根据溶液的组成,写出溶液中存在的所有平衡(包括电离平衡、水解平衡等),尤其不能漏写水的电离平衡。(3)列等式:根据溶液中存在电荷守恒、物料守恒列出等式。据此可列出溶液中各种阴阳离子浓度间的关系式。(4)分主次:根据溶液中存在的平衡和题给条件,结合平衡的有关规律,分析哪些过程进行的程度相对大一些,哪些过程进行的程度相对小一些,再依次比较出溶液中各种粒子浓度的大小。
2.灵活运用两个守恒比较溶液中粒子浓度溶液中粒子种类的判断是解决溶液中粒子浓度大小比较的关键,特别是混合溶液中粒子浓度大小的比较,如NaOH和CH3COOH溶液不论以何种比例混合,溶液中一定存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)= c(CH3COO-)+c(OH-),如果溶液呈酸性,则c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+) >c(OH-);如果溶液呈中性,则c(CH3COO-)=c(Na+)>c(H+)=c(OH-);如果溶液呈碱性,则c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。
跟踪训练5.25 ℃时,在10 mL浓度均为0.1 ml·L-1的盐酸和醋酸混合溶液中滴加0.1 ml·L-1 NaOH溶液,下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是( )A.未加NaOH溶液时,c(H+)>c(Cl-)=c(CH3COOH)B.加入10 mL NaOH溶液时:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)C.加入NaOH溶液至pH=7时:c(Na+)=c(Cl-)D.加入20 mL NaOH溶液时:c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)
6.40 ℃,在氨-水体系中不断通入CO2,各种离子的变化趋势如图所示。
1.水解的特点:(1)可逆反应;(2)吸热反应(中和反应的逆反应);(3)水解程度一般很微弱。2.水解的规律:有弱才水解,越弱越水解,谁强显谁性,同强显中性。3.影响水解的外部因素:温度、浓度、外加酸碱。4.离子浓度大小的比较(1)判断离子:电离过程、水解反应。(2)明确“微弱”:电离是微弱的,水解是微弱的。(3)利用守恒:原子守恒、电荷守恒、质子守恒(电荷守恒与原子守恒的推导)。
1.常温下,0.1 ml·L-1的三种盐溶液NaX、NaY、NaZ的pH分别为7、8、9,则下列判断中正确的是( )。A.HX、HY、HZ的酸性依次增强B.离子浓度:c(Z-)>c(Y-)>c(X-)C.电离常数:K(HZ)>K(HY)D.溶液中c(X-)=c(Y-)+c(HY)=c(Z-)+c(HZ)
解析: NaX、NaY、NaZ溶液的pH分别为7、8、9,则HX是强酸,HY、HZ是弱酸,再根据水解规律可知HY的酸性强于HZ的酸性。所以酸性:HX>HY>HZ,故A、C项错误。根据“越弱越水解”可知B项错误。根据物料守恒可知D项正确。
2.把0.02 ml·L-1 CH3COOH溶液与0.01 ml·L-1 NaOH溶液等体积混合,则混合液中微粒浓度关系正确的是( )。A.c(CH3COO-)>c(Na+)B.c(CH3COOH)>c(CH3COO-)C.2c(H+)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)D.c(CH3COOH)+c(CH3COO-)<0.01 ml·L-1
解析:CH3COOH溶液与NaOH溶液混合后,发生反应:CH3COOH+ NaOH═CH3COONa+H2O,并且生成的CH3COONa和剩余的CH3COOH浓度相等。若不考虑CH3COOH的电离和CH3COO-的水解,则c(CH3COOH)=c(Na+)=c(CH3COO-),但由于CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度,所以c(CH3COO-)>c(Na+)> c(CH3COOH),即A项正确,B项错误。根据碳原子守恒,可知D项错误。C项不符合任何一个守恒,也不能由三个守恒推导得出,即C项错误。
3.下列关于电解质溶液的叙述正确的是( )A.在纯水中加入少量硫酸或硫酸铵,均可抑制水的电离B.0.1 ml·L-1的NaHA溶液的pH=4,则c(HA-)>c(H+)>c(H2A)>c(A2-)C.0.1 ml·L-1 Na2CO3溶液中:D.物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后有:c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)
解析:水解平衡常数只与温度有关,因此稀释溶液,水解平衡常数不变,A项错误;通入H2S,与OH-反应,平衡右移,HS-浓度增大,B项错误;升高温度,水解平衡向右移动,溶液中c(HS-)增大、c(S2-)减小,故 增大,C项正确;加入NaOH固体,溶液碱性增强,pH增大,D项错误。
5.(2019全国Ⅰ)NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.1×10-3,Ka2=3.9×10-6)溶液,混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示,其中Q点为反应终点。下列叙述错误的是( )。
A.混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关B.Na+与A2-的导电能力之和大于HA-的C.Q点的混合溶液pH=7D.M点的混合溶液中,c(Na+)>c(K+)>c(OH-)
答案:1.0×10-12 增大
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