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高考化学一轮总复习优化设计 第八单元 第3节 盐类的水解课件PPT
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这是一份高考化学一轮总复习优化设计 第八单元 第3节 盐类的水解课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了必备知识自主预诊，盐类水解的规律，关键能力考向突破，答案B，答案A，答案CD，实验步骤，2外因，盐类水解的应用，HXHYHZ等内容，欢迎下载使用。
知识梳理1.盐类的水解
2.盐水解离子方程式的书写(1)一般要求。一般盐类水 解程度很小⇨水解产物的量很少⇨气体、沉淀不标“↑”或“↓”,易分解产物(如NH3·H2O等)不写其分解产物的形式如NH4Cl的水解的离子方程式为 。
(2)三种类型的盐水解离子方程式的书写。①多元弱酸盐水解:分步进行,以第一步为主,一般只写第一步水解方程式。如Na2CO3水解的离子方程式为 。 ②多元弱碱盐水解:水解离子方程式一步写完。如FeCl3水解的离子方程式为 。 ③阴、阳离子相互促进的水解:水解基本完全的反应,书写时要用“==”且标“↑”“↓”等。如Na2S溶液与AlCl3溶液混合,反应的离子方程式为 。
2Al3++3S2-+6H2O==2Al(OH)3↓+3H2S↑
微点拨 可借助盐类水解反应的化学平衡常数(即我们平时说的水解常数)分析水解平衡移动方向。水解平衡常数只受温度的影响,它随温度的升高而增大,它与电离常数Ka(或Kb)及水的离子积KW的定量关系为Ka·Kh=KW(或Kb·Kh=KW)。
自我诊断1.判断正误,正确的打“√”,错误的打“×”。(1)酸式盐溶液一定呈酸性。( )(2)能水解的盐溶液一定呈酸性或碱性,不可能呈中性。( )
(4)向Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体,C 水解程度减小,pH减小。( )(5)常温下,pH=11的CH3COONa溶液和pH=3的CH3COOH溶液中,水的电离程度相同。( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)×
2.按要求书写离子方程式:(1)NaHS溶液呈碱性的原因 。 (2)实验室制备Fe(OH)3胶体 。 (3)NH4Cl溶于D2O中 。 (4)将NaHCO3溶液与AlCl3溶液混合 。 (5)对于易溶于水的正盐MnRm溶液,若pH>7,其原因是 。 若pH<7,其原因是 。
考向1 盐类水解规律【典例1】 (2020北京东城区一模)25 ℃时,浓度均为0.1 ml·L-1的几种溶液的pH如表:
下列说法不正确的是( )A.①中,c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)B.由①②可知,CH3COO-的水解程度大于HC 的水解程度C.③中,c(CH3COO-)=c(N )<0.1 ml·L-1D.推测25 ℃,0.1 ml·L-1 NH4HCO3溶液的pH<8.33
易错警示 (1)发生水解的盐溶液不一定呈酸性或碱性,也可能呈中性,如CH3COONH4溶液呈中性。(2)(NH4)2CO3溶液和NH4HCO3溶液显碱性,虽然阴、阳离子都能发生水解,但既无气体产生,也无沉淀生成,所以 在溶液中仍可大量共存。
对点演练1(2020天津学业水平等级适应性考试)常温下,下列溶液均为0.1 ml·L-1。有关叙述正确的是( )A.碳酸氢钠溶液中c(H2CO3)>c(C )B.碳酸钠溶液比碳酸氢钠溶液的pH小C.碳酸钠溶液中c(OH-)=c(H+)+c(H2CO3)+c(C )D.碳酸钠溶液中滴加盐酸至pH=7,所得溶液的溶质只有NaCl
考向2 电离常数与水解常数关系【典例2】 (双选)(2020山东滨州二模)柠檬酸(用H3R表示)是一种高效除垢剂。常温时,用一定浓度的柠檬酸溶液去除水垢,溶液中H3R、H2R-、HR2-、R3-的物质的量百分数随pH的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A.由a点判断H3R的第一步电离常数 (H3R)的数量级为10-3B.若b点溶液中金属阳离子只有Na+,则有c(Na+)=c(R3-)+c(HR2-)+c(H2R-)+c(H3R)C.pH=6时,c(R3-)=c(HR2-)>c(H+)>c(OH-)
D.反应2H2R- H3R+HR2-在该温度下的平衡常数K=10x-y
故其数量级为10-4,A错误;b点时,c(NaH2R)=c(Na2HR),根据物料守恒可得2c(Na+)=3[c(R3-)+c(HR2-)+c(H2R-)+c(H3R)],B错误;根据图示,随着pH的增大,氢离子浓度会减小,平衡向右移动,所以H3R含量会减少。pH=6时,c(R3-)=c(HR2-),溶液显示酸性,c(H+)>c(OH-),盐电离产生的离子浓度大于弱电解质电离产生的离子浓度,即c(HR2-)>c(H+),
归纳总结 盐的水解常数与电离常数关系
对点演练2(2020河南洛阳第三次统一考试)25 ℃时,向NaHCO3溶液中滴入盐酸,混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是( )
深度指津 1.盐类水解程度大小比较的规律(1)组成盐的弱碱阳离子水解使溶液显酸性,组成盐的弱酸根离子水解使溶液显碱性。(2)盐对应的酸(或碱)越弱,水解程度越大,溶液碱性(或酸性)越强。(3)多元弱酸的酸根离子比相应的酸式酸根离子的水解程度大得多。如相
2.弱酸酸式盐溶液酸碱性的判断方法弱酸的酸式盐溶液的酸碱性,取决于酸式酸根离子电离程度和水解程度的相对大小。
知识梳理1.【必做实验】【实验目的】(1)加深对盐类水解原理的认识。(2)了解盐类水解的广泛应用,体会化学的价值。【实验用品】试管、试管夹、试管架、胶头滴管、烧杯、药匙、量筒、铁架台(带铁圈)、石棉网(或陶土网)、酒精灯、火柴。蒸馏水、FeCl3晶体、浓盐酸、饱和Na2CO3溶液、饱和FeCl3溶液、1 ml·L-1 Al2(SO4)3溶液、泥土、植物油。
【问题和讨论】(1)根据实验结果,说明实验室中应该如何配制FeCl3溶液。(2)写出实验过程中有关化学反应的离子方程式。
提示 将FeCl3晶体溶于少量的浓盐酸,再加蒸馏水稀释得到所需要的浓度。
(3)举出其他盐类水解应用的例子,并与同学讨论。
提示 氯化铵溶液显酸性、醋酸钠溶液显碱性、草木灰溶液显碱性。
2.影响盐类水解平衡的因素(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。
例如:以FeCl3水解[Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+]为例,填写外界条件对水解平衡的影响。
微点拨 (1)稀溶液中,盐的浓度越小,水解程度越大,但由于溶液体积的增大是主要的,故水解产生的H+或OH-的浓度是减小的,则溶液酸性(或碱性)越弱。(2)向CH3COONa溶液中加入少量冰醋酸,醋酸并不会与CH3COONa溶液水解产生的OH-反应,使平衡向水解方向移动,原因是体系中c(CH3COOH)增大是主要因素,会使CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-平衡左移。
带磨口玻璃塞的试剂瓶
微点拨 配制FeSO4溶液既要加入铁粉防止Fe2+被氧化,又要加入稀硫酸防止Fe2+的水解。
答案 (1)√ (2)× (3)√ (4)√ (5)×
2.把AlCl3溶液蒸干灼烧,最后得到的主要固体是什么?为什么?(用化学方程式表示并配以必要的文字说明)。
提示 最后得到的固体是Al2O3。在AlCl3溶液中存在着水解平衡:AlCl3+3H2O Al(OH)3+3HCl,加热时水解平衡右移,HCl的浓度增大,蒸干时HCl挥发,使平衡进一步向右移动得到Al(OH)3,在灼烧时发生反应2Al(OH)3 Al2O3+3H2O,因此最后得到的固体是Al2O3。
考向1 实验探究影响盐类水解的因素【典例1】 (2020北京化学,14)某同学进行如下实验:
下列说法不正确的是( )A.根据Ⅰ中试纸变蓝,说明NH4Cl发生了分解反应B.根据Ⅰ中试纸颜色变化,说明氨气比氯化氢气体扩散速率快C.Ⅰ中试纸变成红色,是由于NH4Cl水解造成的D.根据试管中部有白色固体附着,说明不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3
答案 C 解析 实验Ⅰ中对NH4Cl固体试管加热,湿润的pH试纸黄色→蓝色(pH≈10)→黄色→红色(pH≈2),说明加热过程中生成了氨气,氨气遇水形成一水合氨,一水合氨为弱碱,使试纸变蓝,同时产生了氯化氢气体,氯化氢极易溶于水形成盐酸,中和了一水合氨恢复到黄色,最后变为红色,并不是由于NH4Cl水解造成的。该过程可证明氯化铵受热发生分解生成氨气和氯化氢气体,试纸先变蓝后变红,说明氨气扩散的速度比氯化氢快;试管中部有白色固体附着,说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中又化合生成氯化铵,故不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3,综上所述A、B、D正确,C错误。
对点演练1已知:[FeCl4(H2O)2]-为黄色,溶液中可以存在可逆反应:Fe3++4Cl-+2H2O [FeCl4(H2O)2]-,下列实验所得结论不正确的是( )
注:加热为微热,忽略体积变化。
A.实验①中,Fe2(SO4)3溶液加热后颜色变深原因是加热促进Fe3+水解产生Fe(OH)3B.实验②中,酸化对Fe3+水解的影响程度大于温度的影响C.实验③中,加热,可逆反应:Fe3++4Cl-+2H2O [FeCl4(H2O)2]-正向移动D.实验④,可证明升高温度,颜色变深一定是因为Fe3+水解平衡正向移动
答案 D 解析 加热促进水解,铁离子水解生成氢氧化铁,则实验①中,Fe2(SO4)3溶液加热后颜色变深原因是加热促进Fe3+水解产生Fe(OH)3,故A项正确;由Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+可知,酸化后加热溶液颜色无明显变化,氢离子抑制水解,则实验②中酸化对Fe3+水解的影响程度大于温度的影响,故B项正确;加入NaCl后,溶液立即变为黄色,发生Fe3++4Cl-+2H2O [FeCl4(H2O)2]-,[FeCl4(H2O)2]-为黄色,加热时平衡正向移动,溶液颜色变深,故C项正确;实验④中存在Fe3++4Cl-+2H2O [FeCl4(H2O)2]-,升高温度平衡正向移动,溶液颜色变深,不能证明对Fe3+水解平衡的影响,故D项错误。
考向2 盐类水解平衡移动分析【典例2】 (2020年7月浙江卷,17)下列说法不正确的是( )A.2.0×10-7 ml ·L-1的盐酸中c(H+)=2.0×10-7 ml ·L-1B.将KCl溶液从常温加热至80 ℃,溶液的pH变小但仍保持中性C.常温下,NaCN溶液呈碱性,说明HCN是弱电解质D.常温下,pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体,溶液pH增大
答案 A 解析 盐酸的浓度为2.0×10-7 ml·L-1,完全电离,接近中性,溶剂水电离出的氢离子浓度的数量级与溶质HCl电离的氢离子浓度相差不大,则计算氢离子浓度时,不能忽略水中的氢离子浓度,其数值应大于2.0×10-7 ml·L-1,A错误;KCl溶液为中性溶液,常温下pH=7,加热到80 ℃时,水的离子积KW增大,对应溶液的氢离子浓度随温度升高会增大,pH会减小,但溶液溶质仍为KCl,则仍呈中性,B正确;NaCN溶液显碱性,说明该溶质为弱酸强碱盐,即CN-对应的酸HCN为弱电解质,C正确;醋酸在溶液中会发生电离平衡:CH3COOH CH3COO-+H+,向溶液中加入醋酸钠固体,根据同离子效应可知,该平衡会向生成弱电解质的方向(逆向)移动,使溶液中的氢离子浓度减小,pH增大,D正确。
对点演练2(2019北京理综,12)实验测得0.5 ml·L-1 CH3COONa溶液、0.5 ml·L-1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是( )A.随温度升高,纯水中c(H+)>c(OH-)B.随温度升高,CH3COONa溶液的c(OH-)减小C.随温度升高,CuSO4溶液的pH变化是KW改变与水解平衡移动共同作用的结果D.随水温升高,CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低,是因为CH3COO-、Cu2+水解平衡移动方向不同
答案 C 解析 随温度升高,KW增大,但纯水中的c(H+)仍然等于c(OH-),A错误;随温度升高,CH3COONa水解平衡和水的电离平衡均会正向移动,c(OH-)增大,图中pH略有减小,应是水的电离平衡正向移动所致,B错误;随温度升高,CuSO4水解程度增大,c(H+)增大,pH减小,而且升温也会导致水的电离平衡正向移动,KW增大,C正确;D项,随水温升高,CH3COO-、Cu2+水解平衡均正向移动,D错误。
考向3 盐类水解的应用【典例3】 (2020北京海淀区二模,节选)维持pH的稳定对生命体的生理活动、化学电源的高效工作等具有重要意义。常温下,在不同试剂中加入酸或碱后体系pH的变化如表所示。
(1)a= (忽略通入HCl气体前后体系的体积变化)。 (2)结合化学用语解释试剂ⅱ显酸性的原因: 。 (3)试剂ⅱ中微粒浓度关系正确的有 (填序号)。 a.c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO-)b.2c(H+)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)+2c(OH-)c.c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.2 ml·L-1
答案 (1)2(2)醋酸的电离平衡CH3COOH CH3COO-+H+和醋酸根的水解平衡CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-,相同条件下,醋酸的电离平衡的限度大于醋酸根的水解平衡限度,当CH3COOH与CH3COO-的初始浓度相等时,溶液中c(H+)>c(OH-) (3)bc (4)bc
(2)醋酸的电离大于醋酸钠的水解,所以显酸性,试剂ⅱ中同时存在醋酸的电离平衡CH3COOH CH3COO-+H+和醋酸根的水解平衡CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-,相同条件下,醋酸的电离平衡的限度大于醋酸根的水解平衡限度,当CH3COOH与CH3COO-的初始浓度相等时,溶液中c(H+)>c(OH-)。
(3)0.10 ml CH3COOH+0.10 ml CH3COONa配制成1 L的溶液,因为电离大于水解,该溶液中微粒浓度关系:c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-),a错误;由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)和物料守恒2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)推出2c(H+)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)+2c(OH-),b正确;由物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.2 ml·L-1,c正确。(4)缓冲溶液要有结合H+和OH-生成弱电解质的离子,a.HCl-NaCl,无法缓冲氢离子,a错误;Na2CO3-NaHCO3,碳酸根缓冲氢离子,碳酸氢根缓冲氢氧根离子,b正确;NH3·H2O-NH4Cl,一水合氨缓冲氢离子,铵根缓冲氢氧根离子,c正确;KOH-KCl,无法缓冲氢氧根离子,d错误。
对点演练3下列有关问题与盐的水解有关的是( )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使用 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pHA.①②③B.②③④C.①④⑤D.①②③④⑤
解析 ①NH4Cl和ZnCl2均为强酸弱碱盐,溶液中N 与Zn2+均发生水解反应,使溶液显酸性,可以除去金属表面的锈;②HC 与Al3+发生相互促进的水解反应,产生CO2,可作灭火剂;③草木灰的主要成分为K2CO3,水解显碱性,而铵态氮肥水解显酸性,因而二者不能混合使用;④Na2CO3溶液水解显碱性,而磨口玻璃塞中的二氧化硅会与碱反应生成Na2SiO3,将瓶塞与瓶口黏合在一起,因此实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶应用橡胶塞;⑤CuCl2溶液中存在水解平衡CuCl2+2H2O Cu(OH)2+2HCl,加热时,HCl挥发使平衡不断右移,最终得到Cu(OH)2固体;⑥Cl2能将Fe2+氧化成Fe3+,且没有引入杂质,与盐的水解无关。
深度指津 1.从定性、定量两个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,应从平衡移动方向、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,但由于溶液中盐的离子浓度是减小的,故水解引起溶液的酸性(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.盐溶液蒸干时所得产物的判断(1)水解生成难挥发性酸或强碱的盐溶液,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↑。为了防止分解,往往采用加热浓缩、冷却结晶的方法从溶液中析出溶质。
(4)还原性盐溶液在蒸干过程中会被O2氧化。如Na2SO3溶液蒸干得Na2SO4。(5)弱酸的铵盐溶液蒸干、灼烧后无固体剩余。如NH4HCO3、(NH4)2CO3等。
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.影响盐类水解的外部因素: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,一般水解也是微弱的。(3)利用守恒:原子守恒(物料守恒)、电荷守恒、质子守恒(电荷守恒与原子守恒的推导)。
电解质溶液相关图像的解读素养解读常以酸碱中和反应和电离平衡、沉淀溶解平衡建立过程中离子浓度变化曲线、pH变化曲线等为设计背景,主要命题点有了解电解质电离方程式的书写、水电离程度的比较、离子浓度的关系、离子浓度大小的比较、电离常数的计算、pH的计算和溶度积的计算等,侧重考查考生分析问题的能力。
案例探究电解质溶液知识的综合应用是高考必考的热点之一,以图像问题分析考查电解质溶液的题目频频出现。考查知识主要涉及:电离平衡和水解平衡、酸碱混合液pH的变化,溶液中微粒浓度的大小比较、溶液的导电性变化、水的离子积、水的电离程度变化等。侧重考查考生数形结合、提炼关键信息等综合分析能力、数据处理与计算能力、知识的迁移应用能力。考查类型有以下3种:①反应过程中离子的浓度随某物质的增加而变化的图像。②反应过程中产生沉淀的质量或物质的量随某物质的增加而变化的图像。③反应过程中产生气体的质量或物质的量随某物质的增加而变化的图像。
【典例1】 常温下,将NaOH溶液分别滴加到两种一元弱酸HA和HB的溶液中,两种混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是( )
A.Ka(HA)的数量级为10-5B.当NaOH溶液与HB混合至中性时:c(B-)c(A-)>c(B-)>c(OH-)>c(H+)
解析 Ka(HA)= ,当c(A-)=c(HA)时,Ka(HA)=c(H+),则Ka(HA)在10-3.0~10-3.5之间,Ka(HA)的数量级为10-4,A项错误;根据图像可知,当溶液中c(B-)=c(HB)时溶液呈酸性,要使溶液呈中性,则溶液中应是c(B-)>c(HB),B项错误;根据图像可知,当溶液中酸分子的浓度等于酸电离产生的阴离子浓度时,溶液的pH大小关系为HA
【典例2】 室温下,用0.1 ml·L-1的NaOH溶液分别滴定20 mL 0.1 ml·L-1的HA和HB溶液,溶液pH随加入NaOH溶液的体积变化曲线如图所示,下列判断错误的是( )A.水的电离度:c点溶液>纯水>b点溶液B.电离常数:Ka(HA)c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-)
解析c点为完全中和生成的盐溶液,根据起始pH可知,两种酸均为弱酸,且HA的酸性更弱,故c点为强碱弱酸盐溶液,水解促进水的电离,b点不完全中和,酸过量,酸的电离抑制水的电离,水的电离程度减小,故水的电离度:c点溶液>纯水>b点溶液,选项A正确;由图中曲线可知,HA的酸性更弱,则电离常数:Ka(HA)c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-),选项D正确。答案C
【典例3】 25 ℃时,用Na2S、(NH4)2S等沉淀Cu2+、Zn2+两种金属离子(M2+),所需S2-最低浓度的对数值lgc(S2-)与lgc(M2+)关系如下图所示。下列说法不正确的是( )
A.Na2S溶液中:c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=2c(Na+)B.25 ℃时,Ksp(CuS)约为1×10-35C.向100 mL浓度均为1×10-5 ml·L-1 Zn2+、Cu2+的混合溶液中逐滴加入1×10-4 ml·L-1的Na2S溶液,Cu2+先沉淀D.(NH4)2S溶液中:c(N )+c(H+)=c(OH-)+2c(S2-)+c(HS-)
解析硫化钠溶液中的物料守恒为2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=c(Na+),A项错误;在25 ℃时CuS饱和溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s) Cu2+(aq)+S2-(aq),Ksp(CuS)=c(Cu2+)×c(S2-)=10-25×10-10=10-35,B项正确;依据图像可知,CuS的Ksp较小,对于化合物构型相同的物质来说,Ksp越小,形成沉淀需要的离子浓度越小,故CuS更难溶,首先出现的沉淀是CuS,即Cu2+先沉淀,C项正确;对于(NH4)2S溶液,根据电荷守恒可得c(N )+c(H+)=c(OH-)+2c(S2-)+c(HS-),D项正确。答案A
【典例4】 H3AsO4水溶液中含砷的各微粒的分布分数(平衡时某微粒的浓度占各微粒浓度之和的分数)与pH的关系如下图所示(已知pKa=-lgKa),下列说法正确的是( )
A.H3AsO4溶液pKa2为溶液显碱性C.常温下,m点对应溶液中由水电离出的OH-浓度为10-11.5 ml·L-1D.n点对应溶液中,离子浓度关系为c(HAs )=c(H2As )>c(OH-)=c(H+)
方法规律一、一强一弱溶液稀释的图像1.相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸
2.相同体积、相同pH的盐酸、醋酸
3.pH与稀释倍数的线性关系
二、KW和Ksp曲线1.曲线型
2.直线型(pM-pR曲线)pM为阳离子浓度的负对数,pR为阴离子浓度的负对数
①直线AB上的点对应的溶液中:c(M2+)=c(R2-);②溶度积:CaSO4>CaCO3>MnCO3;③X点对于CaSO4来说要析出沉淀,对于CaCO3来说是不饱和溶液,能继续溶解CaCO3;④Y点:c(S )>c(Ca2+),二者浓度的乘积等于10-5;Z点:c(C )
四、酸碱中和滴定曲线
素养提升1.四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]是强碱,常温下甲胺(CH3NH2·H2O)的电离常数为Kb,且pKb=-lgKb=3.38。常温下,向体积均为20 mL、浓度均为0.1 ml·L-1的四甲基氢氧化铵溶液和甲胺溶液中分别滴加浓度为0.1 ml·L-1的盐酸,溶液的导电率与盐酸体积的关系如图所示。A.曲线1代表四甲基氢氧化铵溶液B.在b、c、e三点中,水的电离程度最大的点是eC.b点溶液中存在c(H+)=c(OH-)+c(CH3NH2·H2O)D.常温下,CH3NH3Cl水解常数的数量级为10-11
解析 四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]是强碱,甲胺(CH3NH2·H2O)为弱碱,同浓度的两种溶液中四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]的导电率大,所以曲线2为四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH],故A项错误;向体积为20 mL、浓度为0.1 ml·L-1的甲胺溶液中滴加浓度为0.1 ml·L-1的盐酸,当滴加20 mL盐酸时,恰好完全反应,此时溶液中溶质为强酸弱碱盐,促进水电离,此时水电离程度最大,即b、c、e三点中c点水的电离程度最大,故B项错误;b点溶液中溶质为CH3NH2·H2O和CH3NH3Cl的混合物,二者比例关系不明确,故C项错误;根据Ka×Kh=KW可得,CH3NH3Cl的水解常数为 =10-10.62,其数量级为10-11,D项正确。
2.室温时,有1 ml·L-1 HA和1 ml·L-1 HB两种酸溶液,起始时的体积均为V0,分别向两溶液中加水进行稀释,所得曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A.M点溶液中c(A-)等于N点溶液中c(B-)B.HA的电离常数约为10-4C.浓度均为0.1 ml·L-1的NaA和HA的混合溶液的pH<7D.M、P两点的溶液分别用等浓度的NaOH溶液中和,消耗的NaOH溶液体积:P>M
答案 D 解析 由图中信息可知,1 ml·L-1的HA和1 ml·L-1的HB两种酸溶液的pH分别为2和0,所以HA是弱酸、HB是强酸,HB已完全电离。因为两溶液浓度和体积均相等,故两溶液中所含一元酸的物质的量相等。M点溶液和N点溶液的pH都等于3,由电荷守恒及水的电离平衡可知,M点溶液中c(A-)等于N点溶液中c(B-),A项正确;1 ml·L-1的HA溶液的pH为2,c(A-)=c(H+)=0.01 ml·L-1,c(HA)=1 ml·L-1,则HA的电离常数约为10-4,B项正确;浓度均为0.1 ml·L-1的NaA和HA的混合溶液中,c(HA)≈c(A-),根据电离常数的表达式可知,c(H+)=Ka(HA)=10-4 ml·L-1,所以该溶液的pH<7,C项正确;M、P两点的溶液所含一元酸的物质的量相等,故分别用等浓度的NaOH溶液中和时,消耗的NaOH溶液体积相等,D项错误。
3.已知:pKa=-lgKa。25 ℃时,H2A的pKa1=1.85,pKa2=7.19。常温下,用0.1 ml·L-1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 ml·L-1 H2A溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是( )A.a点溶液中:c(HA-)=c(H2A)B.b点溶液中:A2-水解平衡常数Kh1=10-6.81C.c点溶液中:V0=30D.a、b、c、d四点中,d点溶液中水的电离程度最大
4.298 K时,二元弱酸H2X溶液中含X微粒的分布分数如图所示。下列叙述正确的是( )
A.溶液pH由1升至2.6时主要存在的反应是H3X++OH-==H2X+H2OB.H2X的第二步电离平衡常数Ka2(H2X)为10-4C.NaHX溶液中c(H+)
知识梳理1.盐类的水解
2.盐水解离子方程式的书写(1)一般要求。一般盐类水 解程度很小⇨水解产物的量很少⇨气体、沉淀不标“↑”或“↓”,易分解产物(如NH3·H2O等)不写其分解产物的形式如NH4Cl的水解的离子方程式为 。
(2)三种类型的盐水解离子方程式的书写。①多元弱酸盐水解:分步进行,以第一步为主,一般只写第一步水解方程式。如Na2CO3水解的离子方程式为 。 ②多元弱碱盐水解:水解离子方程式一步写完。如FeCl3水解的离子方程式为 。 ③阴、阳离子相互促进的水解:水解基本完全的反应,书写时要用“==”且标“↑”“↓”等。如Na2S溶液与AlCl3溶液混合,反应的离子方程式为 。
2Al3++3S2-+6H2O==2Al(OH)3↓+3H2S↑
微点拨 可借助盐类水解反应的化学平衡常数(即我们平时说的水解常数)分析水解平衡移动方向。水解平衡常数只受温度的影响,它随温度的升高而增大,它与电离常数Ka(或Kb)及水的离子积KW的定量关系为Ka·Kh=KW(或Kb·Kh=KW)。
自我诊断1.判断正误,正确的打“√”,错误的打“×”。(1)酸式盐溶液一定呈酸性。( )(2)能水解的盐溶液一定呈酸性或碱性,不可能呈中性。( )
(4)向Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体,C 水解程度减小,pH减小。( )(5)常温下,pH=11的CH3COONa溶液和pH=3的CH3COOH溶液中,水的电离程度相同。( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)×
2.按要求书写离子方程式:(1)NaHS溶液呈碱性的原因 。 (2)实验室制备Fe(OH)3胶体 。 (3)NH4Cl溶于D2O中 。 (4)将NaHCO3溶液与AlCl3溶液混合 。 (5)对于易溶于水的正盐MnRm溶液,若pH>7,其原因是 。 若pH<7,其原因是 。
考向1 盐类水解规律【典例1】 (2020北京东城区一模)25 ℃时,浓度均为0.1 ml·L-1的几种溶液的pH如表:
下列说法不正确的是( )A.①中,c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)B.由①②可知,CH3COO-的水解程度大于HC 的水解程度C.③中,c(CH3COO-)=c(N )<0.1 ml·L-1D.推测25 ℃,0.1 ml·L-1 NH4HCO3溶液的pH<8.33
易错警示 (1)发生水解的盐溶液不一定呈酸性或碱性,也可能呈中性,如CH3COONH4溶液呈中性。(2)(NH4)2CO3溶液和NH4HCO3溶液显碱性,虽然阴、阳离子都能发生水解,但既无气体产生,也无沉淀生成,所以 在溶液中仍可大量共存。
对点演练1(2020天津学业水平等级适应性考试)常温下,下列溶液均为0.1 ml·L-1。有关叙述正确的是( )A.碳酸氢钠溶液中c(H2CO3)>c(C )B.碳酸钠溶液比碳酸氢钠溶液的pH小C.碳酸钠溶液中c(OH-)=c(H+)+c(H2CO3)+c(C )D.碳酸钠溶液中滴加盐酸至pH=7,所得溶液的溶质只有NaCl
考向2 电离常数与水解常数关系【典例2】 (双选)(2020山东滨州二模)柠檬酸(用H3R表示)是一种高效除垢剂。常温时,用一定浓度的柠檬酸溶液去除水垢,溶液中H3R、H2R-、HR2-、R3-的物质的量百分数随pH的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A.由a点判断H3R的第一步电离常数 (H3R)的数量级为10-3B.若b点溶液中金属阳离子只有Na+,则有c(Na+)=c(R3-)+c(HR2-)+c(H2R-)+c(H3R)C.pH=6时,c(R3-)=c(HR2-)>c(H+)>c(OH-)
D.反应2H2R- H3R+HR2-在该温度下的平衡常数K=10x-y
故其数量级为10-4,A错误;b点时,c(NaH2R)=c(Na2HR),根据物料守恒可得2c(Na+)=3[c(R3-)+c(HR2-)+c(H2R-)+c(H3R)],B错误;根据图示,随着pH的增大,氢离子浓度会减小,平衡向右移动,所以H3R含量会减少。pH=6时,c(R3-)=c(HR2-),溶液显示酸性,c(H+)>c(OH-),盐电离产生的离子浓度大于弱电解质电离产生的离子浓度,即c(HR2-)>c(H+),
归纳总结 盐的水解常数与电离常数关系
对点演练2(2020河南洛阳第三次统一考试)25 ℃时,向NaHCO3溶液中滴入盐酸,混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是( )
深度指津 1.盐类水解程度大小比较的规律(1)组成盐的弱碱阳离子水解使溶液显酸性,组成盐的弱酸根离子水解使溶液显碱性。(2)盐对应的酸(或碱)越弱,水解程度越大,溶液碱性(或酸性)越强。(3)多元弱酸的酸根离子比相应的酸式酸根离子的水解程度大得多。如相
2.弱酸酸式盐溶液酸碱性的判断方法弱酸的酸式盐溶液的酸碱性,取决于酸式酸根离子电离程度和水解程度的相对大小。
知识梳理1.【必做实验】【实验目的】(1)加深对盐类水解原理的认识。(2)了解盐类水解的广泛应用,体会化学的价值。【实验用品】试管、试管夹、试管架、胶头滴管、烧杯、药匙、量筒、铁架台(带铁圈)、石棉网(或陶土网)、酒精灯、火柴。蒸馏水、FeCl3晶体、浓盐酸、饱和Na2CO3溶液、饱和FeCl3溶液、1 ml·L-1 Al2(SO4)3溶液、泥土、植物油。
【问题和讨论】(1)根据实验结果,说明实验室中应该如何配制FeCl3溶液。(2)写出实验过程中有关化学反应的离子方程式。
提示 将FeCl3晶体溶于少量的浓盐酸,再加蒸馏水稀释得到所需要的浓度。
(3)举出其他盐类水解应用的例子,并与同学讨论。
提示 氯化铵溶液显酸性、醋酸钠溶液显碱性、草木灰溶液显碱性。
2.影响盐类水解平衡的因素(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。
例如:以FeCl3水解[Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+]为例,填写外界条件对水解平衡的影响。
微点拨 (1)稀溶液中,盐的浓度越小,水解程度越大,但由于溶液体积的增大是主要的,故水解产生的H+或OH-的浓度是减小的,则溶液酸性(或碱性)越弱。(2)向CH3COONa溶液中加入少量冰醋酸,醋酸并不会与CH3COONa溶液水解产生的OH-反应,使平衡向水解方向移动,原因是体系中c(CH3COOH)增大是主要因素,会使CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-平衡左移。
带磨口玻璃塞的试剂瓶
微点拨 配制FeSO4溶液既要加入铁粉防止Fe2+被氧化,又要加入稀硫酸防止Fe2+的水解。
答案 (1)√ (2)× (3)√ (4)√ (5)×
2.把AlCl3溶液蒸干灼烧,最后得到的主要固体是什么?为什么?(用化学方程式表示并配以必要的文字说明)。
提示 最后得到的固体是Al2O3。在AlCl3溶液中存在着水解平衡:AlCl3+3H2O Al(OH)3+3HCl,加热时水解平衡右移,HCl的浓度增大,蒸干时HCl挥发,使平衡进一步向右移动得到Al(OH)3,在灼烧时发生反应2Al(OH)3 Al2O3+3H2O,因此最后得到的固体是Al2O3。
考向1 实验探究影响盐类水解的因素【典例1】 (2020北京化学,14)某同学进行如下实验:
下列说法不正确的是( )A.根据Ⅰ中试纸变蓝,说明NH4Cl发生了分解反应B.根据Ⅰ中试纸颜色变化,说明氨气比氯化氢气体扩散速率快C.Ⅰ中试纸变成红色,是由于NH4Cl水解造成的D.根据试管中部有白色固体附着,说明不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3
答案 C 解析 实验Ⅰ中对NH4Cl固体试管加热,湿润的pH试纸黄色→蓝色(pH≈10)→黄色→红色(pH≈2),说明加热过程中生成了氨气,氨气遇水形成一水合氨,一水合氨为弱碱,使试纸变蓝,同时产生了氯化氢气体,氯化氢极易溶于水形成盐酸,中和了一水合氨恢复到黄色,最后变为红色,并不是由于NH4Cl水解造成的。该过程可证明氯化铵受热发生分解生成氨气和氯化氢气体,试纸先变蓝后变红,说明氨气扩散的速度比氯化氢快;试管中部有白色固体附着,说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中又化合生成氯化铵,故不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3,综上所述A、B、D正确,C错误。
对点演练1已知:[FeCl4(H2O)2]-为黄色,溶液中可以存在可逆反应:Fe3++4Cl-+2H2O [FeCl4(H2O)2]-,下列实验所得结论不正确的是( )
注:加热为微热,忽略体积变化。
A.实验①中,Fe2(SO4)3溶液加热后颜色变深原因是加热促进Fe3+水解产生Fe(OH)3B.实验②中,酸化对Fe3+水解的影响程度大于温度的影响C.实验③中,加热,可逆反应:Fe3++4Cl-+2H2O [FeCl4(H2O)2]-正向移动D.实验④,可证明升高温度,颜色变深一定是因为Fe3+水解平衡正向移动
答案 D 解析 加热促进水解,铁离子水解生成氢氧化铁,则实验①中,Fe2(SO4)3溶液加热后颜色变深原因是加热促进Fe3+水解产生Fe(OH)3,故A项正确;由Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+可知,酸化后加热溶液颜色无明显变化,氢离子抑制水解,则实验②中酸化对Fe3+水解的影响程度大于温度的影响,故B项正确;加入NaCl后,溶液立即变为黄色,发生Fe3++4Cl-+2H2O [FeCl4(H2O)2]-,[FeCl4(H2O)2]-为黄色,加热时平衡正向移动,溶液颜色变深,故C项正确;实验④中存在Fe3++4Cl-+2H2O [FeCl4(H2O)2]-,升高温度平衡正向移动,溶液颜色变深,不能证明对Fe3+水解平衡的影响,故D项错误。
考向2 盐类水解平衡移动分析【典例2】 (2020年7月浙江卷,17)下列说法不正确的是( )A.2.0×10-7 ml ·L-1的盐酸中c(H+)=2.0×10-7 ml ·L-1B.将KCl溶液从常温加热至80 ℃,溶液的pH变小但仍保持中性C.常温下,NaCN溶液呈碱性,说明HCN是弱电解质D.常温下,pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体,溶液pH增大
答案 A 解析 盐酸的浓度为2.0×10-7 ml·L-1,完全电离,接近中性,溶剂水电离出的氢离子浓度的数量级与溶质HCl电离的氢离子浓度相差不大,则计算氢离子浓度时,不能忽略水中的氢离子浓度,其数值应大于2.0×10-7 ml·L-1,A错误;KCl溶液为中性溶液,常温下pH=7,加热到80 ℃时,水的离子积KW增大,对应溶液的氢离子浓度随温度升高会增大,pH会减小,但溶液溶质仍为KCl,则仍呈中性,B正确;NaCN溶液显碱性,说明该溶质为弱酸强碱盐,即CN-对应的酸HCN为弱电解质,C正确;醋酸在溶液中会发生电离平衡:CH3COOH CH3COO-+H+,向溶液中加入醋酸钠固体,根据同离子效应可知,该平衡会向生成弱电解质的方向(逆向)移动,使溶液中的氢离子浓度减小,pH增大,D正确。
对点演练2(2019北京理综,12)实验测得0.5 ml·L-1 CH3COONa溶液、0.5 ml·L-1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是( )A.随温度升高,纯水中c(H+)>c(OH-)B.随温度升高,CH3COONa溶液的c(OH-)减小C.随温度升高,CuSO4溶液的pH变化是KW改变与水解平衡移动共同作用的结果D.随水温升高,CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低,是因为CH3COO-、Cu2+水解平衡移动方向不同
答案 C 解析 随温度升高,KW增大,但纯水中的c(H+)仍然等于c(OH-),A错误;随温度升高,CH3COONa水解平衡和水的电离平衡均会正向移动,c(OH-)增大,图中pH略有减小,应是水的电离平衡正向移动所致,B错误;随温度升高,CuSO4水解程度增大,c(H+)增大,pH减小,而且升温也会导致水的电离平衡正向移动,KW增大,C正确;D项,随水温升高,CH3COO-、Cu2+水解平衡均正向移动,D错误。
考向3 盐类水解的应用【典例3】 (2020北京海淀区二模,节选)维持pH的稳定对生命体的生理活动、化学电源的高效工作等具有重要意义。常温下,在不同试剂中加入酸或碱后体系pH的变化如表所示。
(1)a= (忽略通入HCl气体前后体系的体积变化)。 (2)结合化学用语解释试剂ⅱ显酸性的原因: 。 (3)试剂ⅱ中微粒浓度关系正确的有 (填序号)。 a.c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO-)b.2c(H+)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)+2c(OH-)c.c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.2 ml·L-1
答案 (1)2(2)醋酸的电离平衡CH3COOH CH3COO-+H+和醋酸根的水解平衡CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-,相同条件下,醋酸的电离平衡的限度大于醋酸根的水解平衡限度,当CH3COOH与CH3COO-的初始浓度相等时,溶液中c(H+)>c(OH-) (3)bc (4)bc
(2)醋酸的电离大于醋酸钠的水解,所以显酸性,试剂ⅱ中同时存在醋酸的电离平衡CH3COOH CH3COO-+H+和醋酸根的水解平衡CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-,相同条件下,醋酸的电离平衡的限度大于醋酸根的水解平衡限度,当CH3COOH与CH3COO-的初始浓度相等时,溶液中c(H+)>c(OH-)。
(3)0.10 ml CH3COOH+0.10 ml CH3COONa配制成1 L的溶液,因为电离大于水解,该溶液中微粒浓度关系:c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-),a错误;由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)和物料守恒2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)推出2c(H+)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)+2c(OH-),b正确;由物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.2 ml·L-1,c正确。(4)缓冲溶液要有结合H+和OH-生成弱电解质的离子,a.HCl-NaCl,无法缓冲氢离子,a错误;Na2CO3-NaHCO3,碳酸根缓冲氢离子,碳酸氢根缓冲氢氧根离子,b正确;NH3·H2O-NH4Cl,一水合氨缓冲氢离子,铵根缓冲氢氧根离子,c正确;KOH-KCl,无法缓冲氢氧根离子,d错误。
对点演练3下列有关问题与盐的水解有关的是( )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使用 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pHA.①②③B.②③④C.①④⑤D.①②③④⑤
解析 ①NH4Cl和ZnCl2均为强酸弱碱盐,溶液中N 与Zn2+均发生水解反应,使溶液显酸性,可以除去金属表面的锈;②HC 与Al3+发生相互促进的水解反应,产生CO2,可作灭火剂;③草木灰的主要成分为K2CO3,水解显碱性,而铵态氮肥水解显酸性,因而二者不能混合使用;④Na2CO3溶液水解显碱性,而磨口玻璃塞中的二氧化硅会与碱反应生成Na2SiO3,将瓶塞与瓶口黏合在一起,因此实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶应用橡胶塞;⑤CuCl2溶液中存在水解平衡CuCl2+2H2O Cu(OH)2+2HCl,加热时,HCl挥发使平衡不断右移,最终得到Cu(OH)2固体;⑥Cl2能将Fe2+氧化成Fe3+,且没有引入杂质,与盐的水解无关。
深度指津 1.从定性、定量两个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,应从平衡移动方向、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,但由于溶液中盐的离子浓度是减小的,故水解引起溶液的酸性(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.盐溶液蒸干时所得产物的判断(1)水解生成难挥发性酸或强碱的盐溶液,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↑。为了防止分解,往往采用加热浓缩、冷却结晶的方法从溶液中析出溶质。
(4)还原性盐溶液在蒸干过程中会被O2氧化。如Na2SO3溶液蒸干得Na2SO4。(5)弱酸的铵盐溶液蒸干、灼烧后无固体剩余。如NH4HCO3、(NH4)2CO3等。
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.影响盐类水解的外部因素: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,一般水解也是微弱的。(3)利用守恒:原子守恒(物料守恒)、电荷守恒、质子守恒(电荷守恒与原子守恒的推导)。
电解质溶液相关图像的解读素养解读常以酸碱中和反应和电离平衡、沉淀溶解平衡建立过程中离子浓度变化曲线、pH变化曲线等为设计背景,主要命题点有了解电解质电离方程式的书写、水电离程度的比较、离子浓度的关系、离子浓度大小的比较、电离常数的计算、pH的计算和溶度积的计算等,侧重考查考生分析问题的能力。
案例探究电解质溶液知识的综合应用是高考必考的热点之一,以图像问题分析考查电解质溶液的题目频频出现。考查知识主要涉及:电离平衡和水解平衡、酸碱混合液pH的变化,溶液中微粒浓度的大小比较、溶液的导电性变化、水的离子积、水的电离程度变化等。侧重考查考生数形结合、提炼关键信息等综合分析能力、数据处理与计算能力、知识的迁移应用能力。考查类型有以下3种:①反应过程中离子的浓度随某物质的增加而变化的图像。②反应过程中产生沉淀的质量或物质的量随某物质的增加而变化的图像。③反应过程中产生气体的质量或物质的量随某物质的增加而变化的图像。
【典例1】 常温下,将NaOH溶液分别滴加到两种一元弱酸HA和HB的溶液中,两种混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是( )
A.Ka(HA)的数量级为10-5B.当NaOH溶液与HB混合至中性时:c(B-)
解析 Ka(HA)= ,当c(A-)=c(HA)时,Ka(HA)=c(H+),则Ka(HA)在10-3.0~10-3.5之间,Ka(HA)的数量级为10-4,A项错误;根据图像可知,当溶液中c(B-)=c(HB)时溶液呈酸性,要使溶液呈中性,则溶液中应是c(B-)>c(HB),B项错误;根据图像可知,当溶液中酸分子的浓度等于酸电离产生的阴离子浓度时,溶液的pH大小关系为HA
【典例2】 室温下,用0.1 ml·L-1的NaOH溶液分别滴定20 mL 0.1 ml·L-1的HA和HB溶液,溶液pH随加入NaOH溶液的体积变化曲线如图所示,下列判断错误的是( )A.水的电离度:c点溶液>纯水>b点溶液B.电离常数:Ka(HA)
解析c点为完全中和生成的盐溶液,根据起始pH可知,两种酸均为弱酸,且HA的酸性更弱,故c点为强碱弱酸盐溶液,水解促进水的电离,b点不完全中和,酸过量,酸的电离抑制水的电离,水的电离程度减小,故水的电离度:c点溶液>纯水>b点溶液,选项A正确;由图中曲线可知,HA的酸性更弱,则电离常数:Ka(HA)
【典例3】 25 ℃时,用Na2S、(NH4)2S等沉淀Cu2+、Zn2+两种金属离子(M2+),所需S2-最低浓度的对数值lgc(S2-)与lgc(M2+)关系如下图所示。下列说法不正确的是( )
A.Na2S溶液中:c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=2c(Na+)B.25 ℃时,Ksp(CuS)约为1×10-35C.向100 mL浓度均为1×10-5 ml·L-1 Zn2+、Cu2+的混合溶液中逐滴加入1×10-4 ml·L-1的Na2S溶液,Cu2+先沉淀D.(NH4)2S溶液中:c(N )+c(H+)=c(OH-)+2c(S2-)+c(HS-)
解析硫化钠溶液中的物料守恒为2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=c(Na+),A项错误;在25 ℃时CuS饱和溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s) Cu2+(aq)+S2-(aq),Ksp(CuS)=c(Cu2+)×c(S2-)=10-25×10-10=10-35,B项正确;依据图像可知,CuS的Ksp较小,对于化合物构型相同的物质来说,Ksp越小,形成沉淀需要的离子浓度越小,故CuS更难溶,首先出现的沉淀是CuS,即Cu2+先沉淀,C项正确;对于(NH4)2S溶液,根据电荷守恒可得c(N )+c(H+)=c(OH-)+2c(S2-)+c(HS-),D项正确。答案A
【典例4】 H3AsO4水溶液中含砷的各微粒的分布分数(平衡时某微粒的浓度占各微粒浓度之和的分数)与pH的关系如下图所示(已知pKa=-lgKa),下列说法正确的是( )
A.H3AsO4溶液pKa2为溶液显碱性C.常温下,m点对应溶液中由水电离出的OH-浓度为10-11.5 ml·L-1D.n点对应溶液中,离子浓度关系为c(HAs )=c(H2As )>c(OH-)=c(H+)
方法规律一、一强一弱溶液稀释的图像1.相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸
2.相同体积、相同pH的盐酸、醋酸
3.pH与稀释倍数的线性关系
二、KW和Ksp曲线1.曲线型
2.直线型(pM-pR曲线)pM为阳离子浓度的负对数,pR为阴离子浓度的负对数
①直线AB上的点对应的溶液中:c(M2+)=c(R2-);②溶度积:CaSO4>CaCO3>MnCO3;③X点对于CaSO4来说要析出沉淀,对于CaCO3来说是不饱和溶液,能继续溶解CaCO3;④Y点:c(S )>c(Ca2+),二者浓度的乘积等于10-5;Z点:c(C )
四、酸碱中和滴定曲线
素养提升1.四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]是强碱,常温下甲胺(CH3NH2·H2O)的电离常数为Kb,且pKb=-lgKb=3.38。常温下,向体积均为20 mL、浓度均为0.1 ml·L-1的四甲基氢氧化铵溶液和甲胺溶液中分别滴加浓度为0.1 ml·L-1的盐酸,溶液的导电率与盐酸体积的关系如图所示。A.曲线1代表四甲基氢氧化铵溶液B.在b、c、e三点中,水的电离程度最大的点是eC.b点溶液中存在c(H+)=c(OH-)+c(CH3NH2·H2O)D.常温下,CH3NH3Cl水解常数的数量级为10-11
解析 四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]是强碱,甲胺(CH3NH2·H2O)为弱碱,同浓度的两种溶液中四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]的导电率大,所以曲线2为四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH],故A项错误;向体积为20 mL、浓度为0.1 ml·L-1的甲胺溶液中滴加浓度为0.1 ml·L-1的盐酸,当滴加20 mL盐酸时,恰好完全反应,此时溶液中溶质为强酸弱碱盐,促进水电离,此时水电离程度最大,即b、c、e三点中c点水的电离程度最大,故B项错误;b点溶液中溶质为CH3NH2·H2O和CH3NH3Cl的混合物,二者比例关系不明确,故C项错误;根据Ka×Kh=KW可得,CH3NH3Cl的水解常数为 =10-10.62,其数量级为10-11,D项正确。
2.室温时,有1 ml·L-1 HA和1 ml·L-1 HB两种酸溶液,起始时的体积均为V0,分别向两溶液中加水进行稀释,所得曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A.M点溶液中c(A-)等于N点溶液中c(B-)B.HA的电离常数约为10-4C.浓度均为0.1 ml·L-1的NaA和HA的混合溶液的pH<7D.M、P两点的溶液分别用等浓度的NaOH溶液中和,消耗的NaOH溶液体积:P>M
答案 D 解析 由图中信息可知,1 ml·L-1的HA和1 ml·L-1的HB两种酸溶液的pH分别为2和0,所以HA是弱酸、HB是强酸,HB已完全电离。因为两溶液浓度和体积均相等,故两溶液中所含一元酸的物质的量相等。M点溶液和N点溶液的pH都等于3,由电荷守恒及水的电离平衡可知,M点溶液中c(A-)等于N点溶液中c(B-),A项正确;1 ml·L-1的HA溶液的pH为2,c(A-)=c(H+)=0.01 ml·L-1,c(HA)=1 ml·L-1,则HA的电离常数约为10-4,B项正确;浓度均为0.1 ml·L-1的NaA和HA的混合溶液中,c(HA)≈c(A-),根据电离常数的表达式可知,c(H+)=Ka(HA)=10-4 ml·L-1,所以该溶液的pH<7,C项正确;M、P两点的溶液所含一元酸的物质的量相等,故分别用等浓度的NaOH溶液中和时,消耗的NaOH溶液体积相等,D项错误。
3.已知:pKa=-lgKa。25 ℃时,H2A的pKa1=1.85,pKa2=7.19。常温下,用0.1 ml·L-1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 ml·L-1 H2A溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是( )A.a点溶液中:c(HA-)=c(H2A)B.b点溶液中:A2-水解平衡常数Kh1=10-6.81C.c点溶液中:V0=30D.a、b、c、d四点中,d点溶液中水的电离程度最大
4.298 K时,二元弱酸H2X溶液中含X微粒的分布分数如图所示。下列叙述正确的是( )
A.溶液pH由1升至2.6时主要存在的反应是H3X++OH-==H2X+H2OB.H2X的第二步电离平衡常数Ka2(H2X)为10-4C.NaHX溶液中c(H+)
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