高考第一輪復習——鹽類的水解、難溶電解質(zhì)的溶解平衡（學案含答案）

1、.年 級高三學 科化學版 本蘇教版內(nèi)容標題高三第一輪復習：鹽類的水解、難溶電解質(zhì)的溶解平衡【本講教育信息】一. 教學內(nèi)容：鹽類的水解、難溶電解質(zhì)的溶解平衡二. 教學目的理解鹽類水解的原理，能說明影響鹽類水解程度的主要因素；認識鹽類水解在消費、生活中的應用；理解難溶電解質(zhì)的沉淀溶解平衡三. 教學重點、難點鹽類的水解原理；水溶液中離子濃度的大小關系。教學過程一、鹽類的水解：在溶液中，鹽電離出來的弱酸陰離子或弱堿陽離子跟水所電離出來的H+或OH結合生成弱電解質(zhì)的反響，叫做鹽類的水解。1、鹽類水解的本質(zhì)：組成鹽的弱堿陽離子用M+表示能水解顯酸性，組成鹽的弱酸陰離子用R表示能水解顯堿性。M+H2OMOH

2、+H+顯酸性；R+H2O HR+OH顯堿性鹽類的水解反響是酸堿中和反響的逆反響，也是水溶液中存在的一種重要的化學平衡過程。在溶液中，由于鹽的離子與水電離出來的H+或OH生成弱電解質(zhì)，從而破壞了水的電離平衡，使溶液顯示不同程度酸性、堿性或中性。2、各類鹽水解的比較鹽類舉例能否水解對水的電離平衡的影響cH+與cOH比較酸堿性強堿弱酸鹽CH3COONaNa2CO3、Na2S能促進cH+cOH堿強酸弱堿鹽NH4ClAl2SO43能促進cH+cOH酸強酸強堿鹽NaClK2SO4否無影響cH+=cOH中3、鹽類的水解規(guī)律：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。強酸強堿鹽：

3、不水解，水溶液呈中性，如：NaCl、KNO3等強堿弱酸鹽：能水解，水溶液呈堿性，如：Na2S、Na2CO3等強酸弱堿鹽：能水解，水溶液呈酸性，如：NH4NO3等弱酸弱堿鹽：能水解，誰強顯誰性，如NH4Ac顯中性、NH42S顯堿性；假設水解時可生成沉淀和氣體，那么可水解完全，如：Al2S3、Mg3N2等酸式鹽的水解：溶液的酸堿性決定于陰離子是以水解為主要過程還是以電離為主要過程。陰離子是強酸根，如NaHSO4不水解：NaHSO4 =Na+H+SO42本身電離出H+，呈酸性。陰離子以電離為主：如H2PO4、HSO3如：NaH2PO4=Na+H2PO4，那么有：H2PO4H+HPO42主要，大呈酸性

4、；H2PO4+H2OH3PO4+OH次要，小陰離子以水解為主：HCO3、HS、HPO42HCO3+H2OH2CO3+OH主要，大呈堿性；HCO3H+CO32次要，小4、影響水解的因素：1內(nèi)因：鹽本身的性質(zhì)，“越弱越水解。2外因：溫度：升高溫度促進水解濃度：加水稀釋，水解程度增大溶液的pH改變水解平衡中某種離子的濃度時，水解就向著可以減弱這種改變的方向挪動。 5、鹽類水解的應用1利用硫酸鋁、碳酸氫鈉水解原理，制泡沫滅火器；2配制溶液時抑制水解：濃度的影響以FeCl3、CuSO4為例加以說明；3熱堿溶液去油污溫度對鹽類水解的影響；4判斷溶液的酸堿性或弱電解質(zhì)的相對強弱；5化肥的合理使用；6某些鹽的

5、制備：如Al2S3、Mg3N2等7比較溶液中離子濃度的大??； 6、鹽溶液中離子濃度大小的比較電解質(zhì)溶液中離子濃度大小的比較，涉及到的知識點有電解質(zhì)電離、弱電解質(zhì)電離平衡、鹽類的水解、離子間的互相作用等。在比較溶液中離子濃度大小時，應根據(jù)不同的類型進展分析、解答。同時還經(jīng)常用到電解質(zhì)溶液中的兩個重要的平衡關系“電荷守恒和“物料平衡?！半姾墒睾悖弘娊赓|(zhì)溶液中所有陽離子所帶的正電荷總數(shù)等于所有陰離子所帶的負電荷總數(shù)。原理：電解質(zhì)溶液不顯電性。所以“正電荷總數(shù)=“負電荷總數(shù)“物料平衡：某一分子或離子的原始濃度等于它在溶液中各種存在形式的濃度之和說明：鹽類水解使水的電離平衡發(fā)生了挪動促進，并使溶液顯酸性

6、或堿性。鹽類水解是可逆反響，離子方程式用“符號；多元弱酸鹽的水解是分步進展的，以第一步水解為主。多元弱堿的鹽也是分步水解的，由于中間過程復雜，可寫成一步。一般鹽類水解的程度很小，水解產(chǎn)物很少，通常不生成沉淀或氣體，也不發(fā)生分解，在書寫離子方程式時，一般不標“或“，也不把生成物如“H2CO3、NH3·H2O寫成其分解產(chǎn)物的形式；某些可以互相促進的鹽類水解時，可生成沉淀和氣體，使水解反響進展完全，此時，書寫水解方程式時用“=連接，產(chǎn)物中要標明“或“。某些鹽水解時可生成揮發(fā)性酸如弱堿的無氧酸鹽，加熱時有利于水解的進展，得不到無水晶體。因此欲制取這類鹽的無水晶體，那么必須在相應的酸的氣氛中蒸

7、發(fā)結晶；也有一類鹽水解時生成含氧酸如弱堿的硫酸鹽，由于加熱時硫酸仍然在水溶液中，水解產(chǎn)物還與硫酸作用生成相應的硫酸鹽，實際上只是蒸發(fā)水，故可得無水晶體。如：AlCl3溶液加熱蒸干后灼燒，最后產(chǎn)物為Al2O3，而硫酸鋁溶液加熱蒸發(fā)至干后得到的仍是硫酸鋁晶體。【典型例題】例1. 一樣溫度、一樣物質(zhì)的量濃度的四種溶液：CH3COONaNaHSO4NaClC6H5-ONa，按pH值由大到小的順序排列，正確的選項是： A. >>> B. >>> C. >>> D. >>>解析：此題是分析四種鈉鹽的酸堿性，對于NaHSO4是酸式強酸強

8、堿鹽，雖不水解，但在水中電離后，使溶液顯酸性。NaHSO4Na+H+SO42故NaHSO4相當于一價一元強酸。NaCl是強酸強堿鹽，不水解，溶液顯中性。對于CH3COONa與，它們均為強堿弱酸鹽，水解后溶液顯堿性，由于CH3COOH的酸性強于的酸性，故溶液的堿性強于CH3COONa溶液的堿性。所以，四種溶液pH值由大到小的順序是>>>，答案應選A。答案：A例2. 欲使0.1mol/LK2CO3溶液中cK+=，應采取的措施是A. 加少量鹽酸B. 加適量KOH C. 加適量水 D. 加適量NaOH解析：題中提供的A，提供H+，C加適量水均促進水解故不是正確選項；B、D中提供OH離

9、子，但B提供KOH，又增加了K+離子而不符合題意，故只有采取參加適量NaOH的方法，才可使溶液中cK+=2cCO32。故答案應選D。答案：D例3. 可以說明氨水是弱堿的事實是：A. 氨水具有揮發(fā)性 B. 1mol/L氨水溶液的pH=10C. 1mol/LNH4Cl溶液的pH=5D. 氨水與AlCl3溶液反響生成AlOH3沉淀解析：弱電解質(zhì)的電離，可以從兩個方面認識，一是正面看，二是從它的鹽溶液分析它的離子的水解情況。正面看，B項，pH=10，說明cOH=10-4mol/L，而氨水的濃度為1mol/L，說明大部分未電離,屬于弱電解質(zhì)；從側面看，C項，pH=5，說明溶液顯酸性，知道Cl不水解，只有

10、NH4+水解所致，說明該堿是弱堿；而A和D是氨水的性質(zhì)，與電解質(zhì)的相對強弱無關，答案為BC答案：BC例4. 在25時，濃度1mol/L的NH42SO4、NH42CO3、NH42FeSO42的溶液中，測得其cNH4 +分別為a、b、c單位為mol/L。以下判斷正確的選項是A. a=b=cB. a>b>c C. a>c>b D. c>a>b解析：由于溶液中均有NH4+，即均存在水解平衡：NH4+H2ONH3·H2O+H+對于NH42CO3，因CO32+H+HCO3，使上述平衡向右挪動，促進NH4+的水解，那么cNH4 +偏??；對于NH42FeSO42，

11、Fe2+2H2OFeOH2+2H+,cH+增大，抑制NH4+的水解，那么cNH4 +偏大；NH42SO4溶液中，NH4+的水解既沒有抑制，也沒有促進，處于中間位置。故答案為D。答案：D例5. 在Na2S溶液中以下關系不正確的選項是A. cNa+=2cHS+2cS2+cH2SB. cNa+cH+=cOH+cHS+2cS2C. cNa+>cS2>cOH>cHSD. cOH=cHS+cH+cH2S解析：Na2S溶液中存在以下平衡：Na2S=2Na+S2；H2OH+OH；S2+H2OHS+OH；HS+H2OH2S+OH。那么根據(jù)電荷守恒溶液呈中性：cNa+cH+=cOH+cHS+2c

12、S2，所以B正確；根據(jù)物料守恒：鈉與硫的物質(zhì)的量21cNa+=2cHS+cS2+cH2S，所以A錯；根據(jù)由水電離產(chǎn)生H+與OH-守恒：兩式相減cOH=cHS+cH+2cH2S，所以D錯。而C是溶液中離子濃度的大小關系，多元弱酸的水解以第一步水解為主，溶液顯堿性，故C正確答案：AD例6. 用物質(zhì)的量都是0.1mol的CH3COOH和CH3COONa配制成1L混合溶液，其中：cCH3COOcNa+，對該混合溶液的以下判斷正確的選項是A. cH+cOH B. cCH3COOH+cCH3COO=0.2mol/LC. cCH3COOHcCH3COO D. cCH3COO+cOH=0.2mol/L解析：C

13、H3COOH和CH3COONa的混合溶液中，CH3COOH的電離和CH3COONa的水解因素同時存在。CCH3COOCNa+，根據(jù)電荷守恒cCH3COO+cOH=cNa+cH+，可得出cOHcH+。說明混合溶液呈酸性，進一步推測出0.1mol/L的CH3COOH和0.1mol/L的CH3COONa溶液中，電離和水解這一對矛盾中起主要作用的是電離，即CH3COOH的電離趨勢大于CH3COO-的水解趨勢。根據(jù)物料守恒，可推出B是正確的。答案：B例7. 將0.2mol·L1HCN溶液和0.1mol·L1的NaOH溶液等體積混合后，溶液顯堿性，以下關系式中正確的選項是 A. cHC

14、NcCN B. cNa+cCNC. cHCNcCN=cOH D. cHCN+cCN=0.1mol·L1解析：由于：HCN+NaOH=NaCN+H2O。此題本質(zhì)上是0.05mol/L的HCN溶液和0.05mol/L的NaCN溶液的混合溶液。由電荷守恒關系可得：cH+cNa+=cCN+cOH 1由于cOHcH+，說明水解大于電離，且cNa+cCN，可知B選項正確由物料守恒關系可得：cHCN+cCN=cNa+×2=0.1mol/L 2可知D正確。結合1和2可得：cHCNcNa+cCN，所以A選項錯。將1×2+2可得：2cH+=cCN+2cOHcHCN 3可知C選項錯誤。

15、答案：BD二、難溶電解質(zhì)的溶解平衡：一定條件下，強電解質(zhì)溶解成離子的速率等于離子重新結合成沉淀的速率，溶液中各離子的濃度保持不變的狀態(tài)。溶解平衡同樣具有：等、動、定、變等特征。溶解平衡的表達式：MmAnmMn+aq+nAmaq溶度積Ksp：在一定溫度下,在難溶電解質(zhì)的飽和溶液中，各離子濃度冪之乘積為一常數(shù)。溶度積Ksp的表示方法：MmAn的飽和溶液：Ksp=cMn+m ·cAmn溶度積規(guī)那么：離子積Qc=cMn+m ·cAmnQcKsp,溶液處于過飽和溶液狀態(tài)，生成沉淀。Qc=Ksp,沉淀和溶解到達平衡，溶液為飽和溶液。QcKsp,溶液未達飽和，沉淀發(fā)生溶解。說明：1、溶解

16、平衡方程式的書寫：注意在沉淀后用s標明狀態(tài)，溶液中用“aq標明狀態(tài)，并用“連接。如：Ag2Ss2Ag+aq+S2aq2、影響溶解平衡的因素：內(nèi)因：電解質(zhì)本身的性質(zhì)外因：遵循平衡挪動原理：濃度：加水，平衡向溶解方向挪動。溫度：升溫，多數(shù)平衡向溶解方向挪動CaOH2為放熱，升溫其溶解度減少。同離子效應：在溶液中含有與溶解平衡一樣的離子，溶解平衡逆向挪動，溶解度減小。3、溶解平衡的應用主要有：沉淀的溶解、生成和轉化三種形式。例8. 在一定溫度下，氯化銀在水中存在如下沉淀溶解平衡：AgCls Ag+aq+Claq，假設把AgCl分別放入100mL0.1mol/LNa2SO4溶液中；100mL0.1mo

17、l/L NaCl溶液中；100mL0.1mol/LAlCl3溶液中；100mL0.1mol/L MgCl2溶液中。攪拌后在一樣的溫度下Ag+濃度由大到小的順序是：A. B. C. D. 解析：根據(jù)溶度積常數(shù)：Ksp=cAg+ ·cCl，由于溶度積常數(shù)只與溫度有關，在一定溫度下為一常數(shù)，故在AgCl水溶液中的平衡體系中cAg+與cCl成反比。故cCl越大，cAg+越小。那么有cCl的大小順序為：，那么cAg+ 的大小順序為：。答案為A答案：A例9. 在一定溫度下,在難溶電解質(zhì)的飽和溶液中，各離子濃度冪之乘積為一常數(shù)。MmAnmMn+aq+nAmaq，Ksp=cMn+m ·cA

18、mn：某溫度下，KspAgCl=cAg+ ·cCl=1.8×1010，KspAg2CrO4=c2 Ag+·cCrO42=1.1×1012，試求：1此溫度下AgCl飽和溶液和Ag2CrO4飽和溶液的物質(zhì)的量濃度，并比較兩者的大?。?此溫度下，在0.01mol/L的AgNO3溶液中，AgCl與Ag2CrO4分別能到達的最大物質(zhì)的量濃度，并比較兩者的大小。解析：1AgCls Ag+aq+Claq，KspAgCl=cAg+ ·cCl=1.8×1010，那么根據(jù)方程式可知：cAgCl=cAg+ =cCl=1.3×105mol/L；Ag

19、2CrO4s 2Ag+aq+CrO42aq，KspAg2CrO4=c2 Ag+·cCrO42=1.1×1012，那么根據(jù)方程式可知：cAg2CrO4=cCrO42=6.5×105mol/L；綜上所述，可得：cAgClcAg2CrO4 2在0.01mol/L的AgNO3溶液中，cAg+ =0.01mol/L，設平衡時，AgCl飽和溶液中cCl=x，Ag2CrO4飽和溶液cCrO42=y，那么由兩個溶解平衡體系可得：0.01+xx=1.8×1010，解得：x=1.8×108 mol/L，即：cAgCl=1.8×108 mol/L；0.01+2y2y=1.1×1012，解得：y=1.8×108，即：cAg2CrO4=1.1&