2018-2019学年高中化学 第03章 水溶液中的离子平衡 专题3.3.2 影响盐类水解的主要

第2课时影响盐类水解的主要因素和盐类水解的应用
一、影响盐类水解的主要因素
Fe(OH)
1．内因组成盐的酸或碱越弱，水解程度越______。

2．外界条件
（1）温度
升高温度能够____________水解。

（2）浓度
盐溶液浓度越小，水解程度越_________。

（3）外加酸碱
水解显酸性的盐溶液，加碱会______水解，加酸会__________水解，反之亦然。

（4）外加盐
加入与盐的水解性质相反的盐会______盐的水解。

二、盐类水解的应用
（1）判断离子能否共存。

若阴、阳离子发生水解相互促进的反应，水解程度较大而不能大量共存，有的甚至水解完全。

常见的水解相互促进的反应进行完全的有：Fe3＋、Al3＋与、()。

（2）判断盐溶液蒸干时所得的产物。

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，蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)蒸干得CuSO4；Na2CO3(aq)蒸干得Na2CO3(s)。

②盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得对应的氧化物，如AlCl3(aq)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_________。

⑤弱酸的铵盐蒸干后无固体。

如NH4HCO3、(NH4)2CO3。

（3）保存、配制某些盐溶液。

如配制FeCl3溶液时，为防止出现Fe(OH)3沉淀，常加几滴盐酸来抑制FeCl3的水解；在实验室盛放Na2CO3、CH3COONa、Na2S等溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，应用橡胶塞。

（4）利用盐类的水解反应制取胶体、净水。

如实验室制备Fe(OH)3胶体的原理为__________________________。

明矾净水的原理为Al3＋水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有很大的表面积，吸附水中悬浮物而聚沉。

【答案】一、大促进大促进抑制促进
二、（2）④Na2SO4(s) （4）FeCl3＋3H2O Fe(OH)3(胶体)＋3HCl。

一、影响盐类水解的因素
（1）内因：盐本身的性质，构成盐的弱酸阴离子对应的酸越弱（或构成盐的弱碱阳离子对应的碱越弱），水解程度越大，溶液的碱性（或酸性）越强。

（2）外因：受温度、浓度及外加酸、碱的影响。

向三份0.1 mol·L−1的CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl3固体(忽略溶液体积变化)，则CH3COO−浓度的变化依次为
A．减小、增大、减小B．增大、减小、减小
C．减小、增大、增大D ．增大、减小、增大
【解析】解题时应从盐类水解的实质入手。

CH3COONa溶液中存在水解平衡：CH3COO−＋H2O CH3COOH＋OH−，加入的NH4NO3和FeCl3也都因水解产生H+，利于CH3COO−的水解，则CH3COO−浓度减小；加入的Na2SO3水解显碱性，平衡逆向移动，故CH3COO−浓度增大。

【答案】A
二、盐类水解的应用
1．盐类水解在日常生活中的应用
（1）去污：热的纯碱水溶液去污能力较强，这是因为加热可使的水解程度增大，因而溶液碱性增强，去污能力增强。

（2）净水：明矾用于净水，这是因为Al3+水解产生的氢氧化铝胶体具有吸附性，水解的离子方程式为Al3++3H2O Al(OH)3+3H+。

铁盐也具有类似的性质，也可用于净水。

（3）灭火：泡沫灭火器内装有饱和的Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液，分装在不同的容器中。

当两溶液混合后，发生反应Al3++3HCO3−Al(OH)3↓+3CO2↑，灭火器内压强增大，Al(OH)3、CO2、H2O一起喷出，覆盖在着火的物质上，使火焰熄灭。

（4）某些盐溶液的配制、保存
在配制FeCl3、AlCl3、CuCl2、SnCl2等溶液时为防止水解，常先将盐溶于少量相应的酸中，再加蒸馏水稀释到所需浓度。

Na2SiO3、Na2CO3、NH4F等不能贮存在磨口玻璃塞的试剂瓶中，因Na2SiO3、Na2CO3水解呈碱性，产生较多OH-，NH4F水解产生HF，OH-、HF均能腐蚀玻璃。

2．盐类水解在农业生产上的应用
长期施用(NH4)2SO4，因铵根离子水解使土壤的酸性增强。

草木灰不能与铵态氮肥混用，因草木灰的成分为K2CO3，属于强碱弱酸盐，水解显碱性，生成的OH−与发生反应，生成NH3，使氮肥流失。

下列说法正确的是
A．将AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分相同
B．配制FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度
C．用加热的方法可以除去KCl溶液中的Fe3＋
D．洗涤油污常用热的碳酸钠溶液
【解析】A项，氯化铝溶液蒸干、灼烧后得到氧化铝，而硫酸铝溶液蒸干、灼烧后得到的仍是硫酸铝，不正确；B项，所加酸应是稀硫酸，不能引入新杂质；C项，加热法不能除去Fe3＋。

【答案】D
1．下列过程或现象与盐类水解无关的是
A．纯碱溶液去油污
B．小苏打溶液与AlCl3溶液混合产生气体、沉淀
C．加热稀醋酸，其pH稍有减小
D．浓硫化钠溶液有臭味
2．在盐类发生水解的过程中，下列说法正确的是
A．盐类的水解不属于离子反应B．溶液的pH发生改变
C．水的电离程度逐渐增大D．没有中和反应发生
3．已知一种c(H+)=10-3 mol/L的酸溶液和一种c(OH-)=10-3 mol/L的碱溶液等体积混合后所得溶液呈酸性，其原因可能是
A．浓的强酸溶液和稀的强碱溶液混合B．浓的弱酸溶液和稀的强碱溶液混合
C．等浓度的强酸溶液和弱碱溶液混合D．生成了一种强酸弱碱盐
4．为了得到比较纯净的物质，使用的方法恰当的是
A．向Na2CO3饱和溶液中，通入过量的CO2后，在加压、加热的条件下，蒸发得NaHCO3晶体
B．加热蒸发AlCl3饱和溶液可得到纯净的AlCl3晶体
C．向FeBr2溶液中加入过量的氯水，加热蒸发得FeCl3晶体
D．向FeCl3溶液里加入足量的NaOH溶液，经过滤、洗涤沉淀，再充分灼烧沉淀得Fe2O3 5．下列应用与盐类水解有关的是
①明矾和FeCl3可作为净水剂②为保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸③实验室配
制AlCl3溶液时，应先把它溶解在较浓的盐酸中，然后加水稀释④NH4Cl与ZnCl2溶液可作为焊接中的除锈剂⑤实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不用玻璃塞⑥用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作为泡沫灭火剂⑦长期使用硫酸铵，土壤酸性增强⑧草木灰与铵态氮肥不能混合施用
A．①④⑦B．②⑤⑦C．③⑥⑦D．全有关
6．关于物质的量浓度均为0.1 mol·L-1的三种溶液:①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，下列说法不正确的是
A．由水电离出的c (H+):①>②
B．c(N):③>①
C．①和②等体积混合后的溶液:c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)
D．①和③等体积混合后的溶液:c(N)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)
7．有A、B、C、D四种一元酸的溶液。

实验表明：（1）物质的量浓度相同的A、C溶液中，分别滴入甲基橙试液后，A溶液呈黄色而C中不变色；（2）物质的量浓度相同的B、C的钠盐溶液相比较，B的钠盐溶液的pH小于C的钠盐溶液的pH；（3）A酸跟D的盐反应生成A的盐和D酸。

由此可以确定四种酸的酸性由强到弱的顺序正确的是
A．B>C>A>D B．A>C>D>B C．D>A>C>B D．C>D>A>B
8．（1）AgNO3的水溶液呈 (填“酸”、“中”或“碱”)性，原因是(用离子方程式表示) ；实验室在配制AgNO3溶液时，常先将AgNO3固体溶于较浓的硝酸中，然后用蒸馏水稀释到所需的浓度，以 (填“促进”或“抑制”)其水解。

（2）明矾可用于净水，原因是(用离子方程式表示) ，把FeCl3溶液蒸干、灼烧，最后得到的主要固体产物是。

（3）泡沫灭火器的灭火原理是(用离子方程式表示)_ 。

（4）纯碱可代替洗涤剂洗涤餐具，原因是(用离子方程式表
示)_______________________。

9．[2018天津卷]LiH2PO4是制备电池的重要原料。

室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始（H2PO4–）的变化如图1所示，H
–的分布分数δ随pH的变化如图2所示，
3PO4溶液中H2PO4
[]下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是
A．溶液中存在3个平衡
B．含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–
C．随c初始（H2PO4–）增大，溶液的pH明显变小
D．用浓度大于1 mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4
10．[2017天津]下列有关水处理方法不正确
．．．的是
A．用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸
B．用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物
C．用氯气处理水中的Cu2+、Hg+等重金属离子
D．用烧碱处理含高浓度的废水并回收利用氨
11．[2017江苏]常温下，K a(HCOOH)=1.77×10−4，K a(CH3COOH)=1.75×10−5，K b(NH3·H2O) =1.76×10−5，下列说法正确的是
A．浓度均为0.1 mol·L−1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者
B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等
C．0.2 mol·L−1HCOOH与0.1 mol·L−1NaOH 等体积混合后的溶液中：c(HCOO−) + c(OH−) = c(HCOOH) + c(H+)
D．0.2 mol·L−1 CH3COONa 与0.1 mol·L−1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7)：c(CH3COO−) > c(Cl−) > c(CH3COOH) > c(H+)
1．【答案】C
2．【答案】C
【解析】盐类的水解属于离子反应，选项A不正确；在弱酸弱碱盐CH3COONH4的溶液中CH3COO-和N的水解程度一样，水解后溶液仍然呈中性，溶液的pH不发生改变，选项B不正确；盐类发生水解，促进水的电离，选项C正确；盐类水解反应的逆反应是中和反应，因此有中和反应发生，选项D不正确。

3．【答案】B
【解析】本题易错之处是只考虑盐类水解而忽视可能是酸过量，而错选D。

若是强酸和强碱混合，n(H+)=n(OH-)，恰好完全反应，则所得溶液呈中性；若是强酸与弱碱混合，强酸全部电离，弱碱只部分电离，由于n(H+)=n(OH-)，则反应后碱剩余，所得溶液呈碱性；同理，若是弱酸与强碱混合，则酸剩余，所得溶液呈酸性，故本题选B。

4．【答案】D
【解析】A不正确，因为NaHCO3加热要分解；B、C项也不正确，因为AlCl3与FeCl3在加热蒸发的情况下，水解趋于完全，分别发生下列反应:Al3++3H 2O Al(OH)3+3H+，
2Al(OH)3Al2O3+3H2O，Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O。

5．【答案】D
【解析】①明矾和氯化铁水解生成氢氧化铝胶体、氢氧化铁胶体等，可吸附水中的杂质；②在氯化铁溶液中加入盐酸，抑制Fe3+的水解；③AlCl3水解生成氢氧化铝和盐酸，先溶解在较浓的盐酸中可以抑制水解；④氯化铵、氯化锌溶液水解呈酸性，利用酸溶解金属氧化物；
⑤碳酸钠水解，溶液呈碱性，与玻璃中的主要成分二氧化硅反应生成具有黏合性的硅酸钠；
⑥碳酸氢钠和硫酸铝溶液混合，发生双水解反应；⑦硫酸铵水解，溶液呈酸性，使土壤酸性增强；⑧铵态氮肥水解呈酸性，而草木灰的主要成分是碳酸钾，水解呈碱性，混合后发生反应，使肥效降低。

6．【答案】D
7．【答案】A
【解析】由（1）可知相同条件下，A的pH大于C的pH，所以A的酸性小于C。

由（2）可知C的钠盐的水解程度大于B的钠盐，所以B的酸性强于C。

（3）中A酸跟D的盐反应生成A的盐和D 酸，依据酸与盐的反应规律可知，A的酸性大于D。

因此四种酸的酸性由强到弱的顺序是B＞C ＞A＞D。

8．【答案】（1）酸 Ag++H2O AgOH+H+抑制
（2）Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+ Fe2O3
（3）Al3++3HC 3CO2↑+Al(OH)3↓
（4）C+H2O HC+OH-
【解析】（1）AgNO3溶液中，Ag+发生水解:Ag++H2O AgOH+H+，所以溶液呈酸性，为抑制Ag+的水解，配制时通常在酸性环境中进行。

（2）利用Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+，Al(OH)3胶体能吸附水中的悬浮杂质从而达到净水目的；FeCl3溶液中，Fe3+发生水解:FeCl3+3H2O Fe(OH)3+3HCl，加热时HCl挥发，蒸干时得到Fe(OH)3，再灼烧得到Fe2O3。

（3）泡沫灭火器的原理是HC与Al3+发生双水解反应，离子方程式为Al3++3HC
Al(OH)3↓+3CO2↑。

（4）Na2CO3是强碱弱酸盐，C水解使水溶液呈碱性，可以去污。

9．【答案】D
【解析】A．溶液中存在H2PO4–的电离平衡和水解平衡，存在HPO42–的电离平衡，存在水的电离平衡，所以至少存在4个平衡。

选项A错误。

B．含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–和H
c初始（H2PO4–）增大，溶液的pH不过从5.5减3PO4。

选B错误。

C．从图1中得到随着
小到4.66，谈不上明显变小，同时达到4.66的pH值以后就不变了。

所以选项C错误。

D．由图2得到，pH=4.66的时候，δ=0.994，即溶液中所有含P的成分中H2PO4–占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4。

选项D正确。

10．【答案】C
11．【答案】AD
【解析】A．由电荷守恒可知，甲酸钠溶液中存在c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(HCOO−)，氯化铵溶液中存在c(H+)+c()=c(OH−)+c(Cl−)。

由于在常温下氨水的K b小于甲酸的K a，K W不变，铵根的水解程度大于甲酸根的水解程度，氯化铵溶液中c(OH−)小于甲酸钠溶液中c(H+)，Cl−和Na+都不水解，c(Cl−)=c(Na+)，所以A正确；由甲酸和乙酸的电离常数可知，甲酸的酸性较强，所以pH为3的两种溶液中，物质的量浓度较大的是乙酸，等体积的两溶液中，乙酸的物质的量较大，用同浓度的氢氧化钠溶液中和这两种溶液，乙酸消耗的氢氧化钠溶液较多，B错误；C．两溶液等体积混合后得到甲酸和甲酸钠的混合液，由电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(HCOO−)，由物料守恒得2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO−)，联立两式可得2c(H+)+c(HCOOH)=2c(OH−)+c(HCOO−)，C错误；D．两溶液等体积混合后，得到物质的量浓度相同的乙酸、乙酸钠和氯化钠的混合液，由于溶液pH<7，所以溶液中乙酸的电离程度大于乙酸根的水解程度，氯离子不水解，乙酸的电离程度很小，所以c(CH3COO−)>c(Cl−)>c(CH3COOH)>c(H+)，D正确。

【名师点睛】本题以3种弱电解质及其盐的电离、反应为载体，考查了酸碱中和滴定和溶液中离子浓度的大小比较。

电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。

这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强
弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。

高考试题常围绕盐类水解的类型和规律的应用出题。

解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离，弱电解质的电离平衡常数的意义及其重要应用，盐类的水解，化学平衡理论(电离平衡、水解平衡)，电离与水解的竞争反应，要用到三个“守恒”（物料守恒、电荷守恒、质子守恒）来求解。

很多大小关系要巧妙运用守恒关系才能判断其是否成立。