2022高考化學 平衡類問題攻略 專題03 水解平衡

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1、2022高考化學 平衡類問題攻略 專題03 水解平衡 一、鹽類的水解可看作酸堿中和反應的逆過程，為吸熱反應。 1．特點 2．水解的規(guī)律及類型 有弱才水解，越弱越水解；誰強顯誰性，同強顯中性。 鹽的類型 實例 是否水解 水解的離子 溶液的酸堿性 溶液的pH 強酸強堿鹽 NaCl、KNO3 ?否 － ?中性 =7 強酸弱堿鹽 NH4Cl、Cu(NO3)2 ?是 ?、Cu2+ ?酸性 ＜7 弱酸強堿鹽 CH3COONa、 Na2CO3 ?是 ?CH3COO－、 ? 堿性 ＞7 注意：（1）弱酸的酸式鹽溶液的酸堿性，取決于酸式酸根離

2、子的電離程度和水解程度的相對大小。 ①若電離程度小于水解程度，溶液顯堿性。如NaHCO3溶液中：H++(次要)，HCO+H2OH2CO3+OH－(主要)。 ②若電離程度大于水解程度，溶液顯酸性。如NaHSO3溶液中：HSOH++SO(主要)，HSO+H2OH2SO3+OH－(次要)。 （3）相同條件下的水解程度：正鹽>相應酸式鹽，如>。 （4）相互促進水解的鹽>單獨水解的鹽>水解相互抑制的鹽。如的水解：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4> (NH4)2Fe(SO4)2。 二、鹽類水解的影響因素 1．內(nèi)因 弱酸根離子、弱堿陽離子對應的酸、堿越弱，就越易發(fā)生水解，溶液的堿性或酸

3、性越強。如：酸性：CH3COOH>H2CO3相同濃度的NaHCO3、CH3COONa溶液的pH大小關系為NaHCO3>CH3COONa。 2．外因 因素 水解平衡 水解程度 水解產(chǎn)生離子的濃度 溫度 升高 右移 ?增大 ?增大 濃度 增大 右移 ?減小 ?增大 減小(即稀釋) 右移 ?增大 ?減小 外加酸堿 酸 弱堿陽離子水解程度減小 堿 弱酸陰離子水解程度減小 例如，不同條件對FeCl3水解平衡的影響[Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+] 條件 移動方向 H+數(shù) pH 現(xiàn)象 升溫 向右 增多 減小 顏色變深 通HC

4、l 向左 增多 減小 顏色變淺 加H2O 向右 增多 增大 顏色變淺 加NaHCO3 向右 減少 增大 生成紅褐色沉淀，放出氣體 三、鹽類水解的應用 1．鹽類水解的常見應用 應用 舉例 判斷溶液的酸堿性 FeCl3溶液顯酸性，原因是Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+ 判斷酸性強弱 NaX、NaY、NaZ三種鹽pH分別為8、9、10，則酸性HX>HY>HZ 配制或貯存易水解的鹽溶液 配制CuSO4溶液時，加入少量H2SO4，防止Cu2+水解；配制FeCl3溶液，加入少量鹽酸；貯存Na2CO3溶液、Na2SiO3溶液不能用磨口玻璃塞 膠體的制

5、取 制取Fe(OH)3膠體的離子反應：Fe3++3H2OFe(OH)3(膠體)+3H+ 泡沫滅火器原理 成分為NaHCO3與Al2(SO4)3，發(fā)生反應為Al3++3===Al(OH)3↓+3CO2↑ 作凈水劑 明礬可作凈水劑，原理為Al3++3H2OAl(OH)3(膠體)+3H+ 化肥的使用 銨態(tài)氮肥與草木灰不得混用 除銹劑 NH4Cl與ZnCl2溶液可作焊接時的除銹劑 2．鹽溶液蒸干時所得產(chǎn)物的判斷 （1）鹽溶液水解生成難揮發(fā)性酸和酸根陰離子易水解的強堿鹽，蒸干后一般得原物質，如CuSO4(aq)蒸干得CuSO4(s)；Na2CO3(aq)蒸干得 Na2CO3(s)。

6、 （2）鹽溶液水解生成易揮發(fā)性酸時，蒸干灼燒后一般得對應的氧化物，如AlCl3(aq)蒸干得Al(OH)3灼燒得Al2O3。 （3）考慮鹽受熱時是否分解。Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固體受熱易分解，因此蒸干灼燒后分別為Ca(HCO3)2―→CaCO3(CaO)；NaHCO3―→Na2CO3；KMnO4―→K2MnO4和MnO2；NH4Cl―→NH3↑+HCl↑。 （4）還原性鹽在蒸干時會被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。 （5）弱酸的銨鹽蒸干后無固體。如NH4HCO3、(NH4)2CO3。 四、利用平衡常數(shù)的性質判斷微粒濃度變化

7、 1．水解平衡常數(shù)(Kh)、Ka、Kb只受溫度的影響，溫度升高，平衡常數(shù)增大；反之減小。 2．Kh與Ka或Kb、KW的定量關系為Ka·Kh=KW或 Kb·Kh=KW。 3．判斷某些離子濃度的比較或乘積隨溫度、濃度等外界條件改變而變化的趨勢時，可以根據(jù)表達式的形式轉化為(Kh)、Ka、Kb或它們與KW的關系，再結合平衡常數(shù)的性質來判斷微粒濃度變化。 題型一 判斷溶液中離子濃度的大小 下列有關電解質溶液中微粒的物質的量濃度關系正確的是 A.在0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中：c(Na+)>c()>c()>c(H2CO3) B.某二元弱酸的酸式鹽NaHA溶液中：c(O

8、H-)+2c(A2-)=c(H+)+c(H2A) C.向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至恰好呈中性，c(Na+)>c()=c()>c(OH-)=c(H+) D.常溫下，將50 mL 0.1 mol·L-1的鹽酸與100 mL 0.1 mol·L-1的氨水混合，所得溶液中：c()>c(Cl-)>c(NH3 ·H2O)>c(OH-)>c(H+) 【答案】D 【解析】結合鹽類的水解、電解質的電離，巧妙運用三大守恒關系。在NaHCO3溶液中，由于的水解程度大于其電離程度，故c(H2CO3)>c()，A項錯誤；根據(jù)電荷守恒和物料守恒可知：c(OH-)+c(A2-)=c(H+)+c(H2A)

9、，B項錯誤；與S均來自于NH4HSO4溶液，部分水解，所以c()>c()，故C項錯誤；D項混合溶液中 NH4Cl和NH3·H2O的物質的量相等，NH3·H2O的電離程度大于N的水解程度，溶液顯堿性。 溶液中離子濃度的大小比較方法 （1）“一個比較” 同濃度的弱酸(或弱堿)的電離能力與對應的強堿弱酸鹽(或對應強酸弱堿鹽)的水解能力。 ①根據(jù)題中所給信息：如果是電離能力大于水解能力，例：CH3COOH的電離程度大于CH3COO－的水解程度，所以等濃度的CH3COOH與CH3COONa溶液等體積混合后溶液顯酸性；同理NH3·H2O的電離程度大于NH水解的程度，等濃度的NH3·H2O

10、和NH4Cl溶液等體積混合后溶液顯堿性。 ②根據(jù)題中所給信息：如果是水解能力大于電離能力，例：HClO的電離程度小于ClO－的水解程度，所以等濃度的HClO與NaClO溶液等體積混合后溶液顯堿性；反之，如果等濃度的HClO與NaClO溶液等體積混合后溶液顯堿性，可知HClO的電離程度小于ClO－的水解程度。 ③酸式鹽溶液的酸堿性主要取決于酸式鹽的電離能力和水解能力哪一個更強。如在NaHCO3溶液中，的水解能力大于電離能力，故溶液顯堿性。 （2）“兩個微弱” ①弱電解質(弱酸、弱堿、水)的電離是微弱的，且水的電離能力遠遠小于弱酸和弱堿的電離能力。如在稀醋酸中：CH3COOHCH3COO－

11、+H+、H2OOH－+H+，在溶液中微粒濃度由大到小的順序：c(CH3COOH)＞c(H+)＞c (CH3COO－)＞c(OH－)。 ②弱酸根或弱堿陽離子的水解是很微弱的，但水的電離程度遠遠小于鹽的水解程度。如在稀NH4Cl溶液中：NH4Cl===+Cl－、+H2ONH3·H2O+H+、H2OOH－+H+，所以在NH4Cl的溶液中微粒濃度由大到小的順序是：c( Cl－)＞c()＞c(H+)＞c(NH3·H2O )＞c(OH－)。 （3）“三個守恒” 如在Na2CO3溶液中：Na2CO3===2Na++、+H2O+OH－、+H2OH2CO3+OH－、H2OOH－+H+。 ①電荷守恒：c(

12、Na+)+c(H+)= 2c()+c()+c(OH－) ②物料守恒：c(Na+) =2c()+2c()+2c(H2CO3) 上述兩個守恒相加或相減可得： ③質子守恒：c(OH－)=c(H+)+c()+2c(H2CO3) 1．25 ℃時，下列有關溶液中微粒的物質的量濃度關系正確的是 A．向醋酸鈉溶液中加入適量醋酸，得到的酸性混合溶液：c(Na+)>c(CH3COO－)>c(H+)>c(OH－) B．0.1 mol·L－1Na2CO3溶液與0.1 mol·L－1NaHCO3溶液等體積混合：2c(Na+)=3c()+3c()+ 3c(H2CO3)　 C．0.1 mol·L－1N

13、H4Cl溶液與0.1 mol·L－1氨水等體積混合(pH>7)：c(NH3·H2O)>c()>c(Cl－)>c(OH－)　 D．0.1 mol·L－1Na2C2O4溶液與0.1 mol·L－1HCl溶液等體積混合(H2C2O4為二元弱酸)：2c()+c() +c(OH－)=c(Na+)+c(H+) 【答案】B 【解析】向醋酸鈉溶液中加入適量醋酸，根據(jù)電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)，溶液呈酸性，說明c(H+)>c(OH－)，則c(Na+)

14、L－1氨水等體積混合，溶液pH>7說明的水解程度小于NH3·H2O的電離程度，故c(NH3·H2O)c()>c(H+)>c()>c(OH?) B．兩溶液中均有c(Na+)+c(H+)=c()+c()+c(OH?) C．兩溶液中均有c(H+)+c(H2RO3)=c

15、()+c(OH?) D．兩溶液中c(Na+)、c()、c()分別對應相等 【答案】C 【解析】本題易錯之處是忽視離子所帶電荷數(shù)，而錯選B，所帶負電荷數(shù)是其離子數(shù)的2倍。 的電離程度大于其水解程度，的水解程度大于其電離程度，A項對于NaHCO3溶液不成立，A項錯誤；B項電荷不守恒，B項錯誤；C項由電荷守恒式和物料守恒式得到，C項正確；兩種溶液中，陰離子的電離程度和水解程度不同，對應離子的濃度不可能相等，D項錯誤。 題型二 鹽類水解的應用 下列說法中正確的是 A．AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液加熱、蒸發(fā)、濃縮、結晶、灼燒，所得固體的成分相同 B．配制FeCl3溶液時

16、，將FeCl3固體溶解在硫酸中，然后再用水稀釋到所需的濃度 C．向CuCl2溶液加入CuO，調(diào)節(jié)pH可除去溶液中混有的Fe3+ D．泡沫滅火器中常使用的原料是碳酸鈉和硫酸鋁 【答案】C 【解析】AlCl3與Al2(SO4)3溶液的水解方程式分別為AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，Al2(SO4)3+6H2O2Al(OH)3+3H2SO4，加熱促進水解，由于鹽酸為揮發(fā)性酸，硫酸為難揮發(fā)性酸，故前者最終產(chǎn)物為Al2O3，后者最終產(chǎn)物為Al2(SO4)3，A錯誤；將FeCl3固體溶解在硫酸中，會引入雜質，應溶解在鹽酸中，B錯誤；由于Fe3+水解，F(xiàn)e3++3H2OFe(OH)3+

17、3H+，加入CuO消耗H+，從而使其水解完全，除去Fe3+，C正確；生成等量的CO2，Na2CO3消耗Al2(SO4)3多，結合與H+的反應速率>，因此D錯誤。 鹽溶液蒸干灼燒時所得產(chǎn)物的幾種判斷類型 （1）弱金屬陽離子對應鹽溶液水解生成難揮發(fā)性酸時，蒸干后一般得原物質，如CuSO4(aq)CuSO4(s)；鹽溶液水解生成易揮發(fā)性酸時，蒸干灼燒后一般得對應的氧化物，如AlCl3(aq)Al(OH)3Al2O3。 （2）酸根陰離子易水解的強堿鹽，如Na2CO3溶液等蒸干后可得到原物質。 （3）考慮鹽受熱時是否分解 Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固體受

18、熱易分解，因此蒸干灼燒后分別為Ca(HCO3)2CaCO3(CaO)；NaHCO3Na2CO3；KMnO4K2MnO4+MnO2；NH4ClNH3↑+HCl↑。 （4）還原性鹽在蒸干時會被O2氧化 例如，Na2SO3(aq)Na2SO4(s)。 1．下列說法與鹽的水解有關的是 ①明礬可以作凈水劑 ②實驗室配制FeCl3溶液時，往往在FeCl3溶液中加入少量的鹽酸 ③用NaHCO3和Al2(SO4)3兩種溶液可作泡沫滅火劑 ④在NH4Cl溶液中加入金屬鎂會產(chǎn)生氫氣 ⑤草木灰與銨態(tài)氮肥不能混合施用 ⑥實驗室盛放Na2CO3溶液的試劑瓶應用橡皮塞 ⑦純堿溶液去油污 A．僅

19、①③⑥ B．僅②③⑤ C．僅③④⑤ D．全部有關 【答案】D 【解析】①明礬為硫酸鋁鉀的結晶水合物，Al3+可水解生成具有吸附性的Al(OH)3膠體，可用作凈水劑，與水解有關；②FeCl3水解呈酸性，加入鹽酸可抑制水解，防止溶液渾濁，與水解有關；③NaHCO3和Al2(SO4)3可發(fā)生相互促進的水解反應生成CO2，可用于滅火，與水解有關；④NH4Cl水解呈酸性，加入鎂可生成氫氣，與水解有關；⑤草木灰中的與N發(fā)生相互促進的水解反應，兩者混合可降低肥效，與水解有關；⑥Na2CO3為強堿弱酸鹽，水解呈堿性，不能用玻璃塞，與水解有關；⑦純堿呈堿性，油污可在堿性條件下水

20、解，與水解有關。 題型三 與圖像有關的粒子濃度關系 H2C2O4為二元弱酸。20℃時，配制一組c（H2C2O4）+ c（HC2O4–）+ c（C2O42–）=0．100 mol·L–1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物質的量濃度隨pH的變化曲線如圖所示。下列指定溶液中微粒的物質的量濃度關系一定正確的是 A．pH=2.5的溶液中：c（H2C2O4）+c（C2O42–）＞c（HC2O4–） B．c（Na+）=0.100 mol·L–1的溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）=c（OH–）+c（C2O42–） C．c（HC2O4–）=c（C2O42–）的溶液

21、中：c（Na+）＞0.100 mol·L–1+c（HC2O4–） D．pH=7的溶液中：c（Na+）＞2c（C2O42–） 【答案】BD 【解析】A、根據(jù)圖像知pH＝2.5的溶液中：c（H2C2O4）+ c（）＜c（），A錯誤；B．c（Na+）=0.100 mol·L?1的溶液中，電荷守恒式為c（H+）+ c（Na+）=c（OH–）+2c（）+ c（HC2O4–），又因為c（H2C2O4）+ c（HC2O4–）+ c（C2O42–）=0.100 mol·L–1= c（Na+），代入電荷守恒式得c（H+）+c（H2C2O4）=c（OH–）+c（C2O42–），B正確；C、根據(jù)圖像可知c（）

22、=c（）的溶液顯酸性，c（OH–）?c（H+）＜0，且c（H2C2O4）=0，由電荷守恒式c（H+）+ c（Na+）=c（OH–）+2c（）+ c（HC2O4–）得，c（Na+）= c（OH–）?c（H+）+2c（）+ c（HC2O4–），又因為c（HC2O4–）=c（C2O42–），c（H2C2O4）+ c（HC2O4–）+ c（C2O42–）=0.100 mol·L–1，則c（Na+）= c（OH–）?c（H+）+0.100 mol·L–1+c（HC2O4–）＜0.100 mol·L–1+c（HC2O4–），C錯誤；D、由圖像知pH=7的溶液為草酸鈉溶液，草酸根水解，c（Na+）＞2c（）

23、，D正確。答案選BD。 混合溶液中粒子濃度的比較原則 （1）溶液混合但不發(fā)生反應的類型。要同時考慮電離和水解，以及離子間的相互影響，可用極限觀點思考，以“強勢”反應為主，可不考慮“弱勢”反應。如等濃度等體積的碳酸鈉和碳酸氫鈉混合后由于的水解大于的水解和電離，所以c(Na+)>c()>c()>c(OH?)>c(H+)。 （2）弱酸及對應鹽(或弱堿及對應鹽)等濃度、等體積混合。各離子的濃度大小取決于酸(堿)的電離程度和相應鹽的水解程度的相對大小。 ①電離強于水解型。如CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等體積、等物質的量濃度混合，分析時可只考慮CH3COOH的電離，不考慮CH

24、3COONa的水解，粒子濃度大小順序為c(CH3COO?)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH?)。 ②水解強于電離型。如HCN溶液和NaCN溶液等體積、等物質的量濃度混合，粒子濃度大小順序為 c(HCN)>c(Na+)>c(CN?)>c(OH?)>c(H+)。 （3）溶液混合發(fā)生反應但有一種過量的類型。根據(jù)過量程度及產(chǎn)物情況，要同時考慮電離和水解，不過這類問題大多轉化為上述（2）中的問題。如10 mL 0.1 mol·L?1的HCl溶液與10 mL 0.2 mol·L?1的CH3COONa溶液充分混合后，相當于等濃度的NaCl、CH3COONa與CH3COOH的混合

25、液。 1．在常溫下，0.100 0 mol·L－1 Na2CO3溶液25 mL用0.100 0 mol·L－1鹽酸滴定，其滴定曲線如圖所示，對滴定過程中所得溶液中相關離子濃度間的關系，下列有關說法正確的是 A．a(chǎn)點：c(CO)＝c(HCO)＞c(OH－) B．b點：5c(Cl－)＞4c(HCO)＋4c(CO) C．c點：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3) D．d點：c(H＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－) 【答案】B 【解析】a點時n(HCl)＝0.1 mol·L－1×0.0125 L＝0.001 25 mol，反應生成0.001

26、25 mol NaHCO3，剩余0.001 25 mol Na2CO3，由于水解程度大于電離程度，則c(HCO)＞c(CO)，A錯誤；b點時n(HCl)＝0.1 mol·L－1×0.02 L＝0.002 mol，由物料守恒可知5c(Cl－)＝4c(HCO)＋4c(CO)＋4c(H2CO3)，則5c(Cl－)＞4c(HCO)＋4c(CO)，B正確；c點時n(HCl)＝0.1 mol·L－1×0.025 L＝0.002 5 mol，恰好完全反應生成NaHCO3，由于HCO水解程度較弱，則有c(HCO)＞c(OH－)，C錯誤；d點時加入鹽酸0.005 mol，溶液中溶有反應生成的CO2，溶液存在電

27、荷守恒，存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)＋c(Cl－)，由于c(Na＋)＝c(Cl－)，則 c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)，D錯誤。 2．25 ℃時，有c(CH3COOH)+c(CH3COO?)=0.1 mol·L?1的一組醋酸、醋酸鈉混合溶液，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO?)與pH的關系如圖所示。下列有關溶液中離子濃度關系的敘述不正確的是 A．由題給圖示可求出25 ℃時醋酸的電離平衡常數(shù)Ka=10?4.75 B．W點所表示的溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH?) C．pH=3

28、.5的溶液中：c(Na+)+c(H+)?c(OH?)+c(CH3COOH)=0.1 mol·L?1 D．向W點所表示的1.0 L溶液中通入0.05 mol HCl氣體(溶液體積變化可忽略)：c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH?) 【答案】D 【解析】W點c(CH3COOH)=c(CH3COO?)，平衡常數(shù)Ka==10?4.75，A正確；溶液存在電荷守恒，應為c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO?)+c(OH?)，W點時c(CH3COOH)=c(CH3COO?)，故c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH?)，B正確；由電荷守恒及 c(CH3COOH)+c(C

29、H3COO?)=0.1 mol·L?1可知，c(Na+)+c(H+)?c(OH?)+c(CH3COOH)=c(CH3COO?)+c(CH3COOH)=0.1 mol·L?1，C正確；向W點所表示溶液中通入0.05 mol HCl氣體，原有平衡被打破，建立起了新的平衡，溶液中電荷守恒關系為c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO?)+c(OH?)+c(Cl?)；物料守恒關系為2c(Cl?)=c(CH3COO?)+c(CH3COOH)=0.1 mol·L?1，得2c(Na+)+2c(H+)=3c(CH3COO?)+2c(OH?)+c(CH3COOH)，c(Na+)=0.05mol/L，c(CH3COOH)+c(CH3COO?)=0.1 mol/L，所以得c(H+)=c(CH3COO?)+c(OH?)，D錯誤。