资源描述
第2课时 影响盐类水解的主要因素 盐类水解的应用
1. 会用变化观念与平衡思想分析外界条件对盐类水解平衡的影响。
2.了解盐类水解在生产生活、化学实验、科学研究中的应用，培养科学态度与社会责任。
知识点一、影响盐类水解的主要因素
1.主要因素——盐水解的程度大小主要是由 所决定的。
生成盐的弱酸酸性越弱，其盐中弱酸根离子的水解程度 ；生成盐的弱碱碱性越弱，其盐中弱碱阳离子的水解程度 ，通常称为“越弱越水解”。
2.外界因素
(1)温度
升高温度，盐类水解程度 ，因为盐类水解都是 反应。
(2)浓度
稀释盐溶液，可以 水解，盐的浓度越小，水解程度 。
(3)外加物质
在盐溶液中加入适量 ，都会引起盐类水解平衡的移动和水解程度的改变。
知识点二、盐类水解的应用
1.热的纯碱溶液去油污
纯碱水解的离子方程式为：CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH- 。
加热 CO32-的水解，溶液碱性 ，去污能力增强。
2.盐溶液的配制
实验室配制FeCl3溶液时，常将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中，然后再用水稀释到所需的浓度，目的是通过溶液中的 。
3.盐类作净水剂
铝盐、铁盐等部分可溶性盐类水解可生成胶体，胶体有较强的吸附性，常用作净水剂。
如明矾水解的离子方程式为： 。
4.制备无机化合物
如用TiCl4制备TiO2。其反应的化学方程式为TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4HCl。
知识点三、盐的水解常数
1.若HA为一元弱酸（其电离常数为Ka），则NaA可水解：A-+H2OHA+OH-，其水解常数Kh表达式为Kh== 。HA的电离常数Ka、A-的水解常数Kh之间的关系表达式为Kh= 。
2.若MOH为一元弱碱（其电离常数为Kb），则MCl可水解：M++H2OMOH+H+，其水解常数Kh表达式为Kh== 。MOH的电离常数Kb、M+的水解常数Kh之间的关系表达式为Kh= 。
【新知预习】
知识点一、1.盐的性质 越大 越大
2.（1）增大 吸热 （2）促进 增大 （3）酸或碱
知识点二、1.促进 增强 2.H+来抑制Fe3+的水解 3.Al3++3H2OAl(OH)3+3H+
知识点三、1.
2.
探究任务一 盐类水解的影响因素
1.影响盐类水解的主要因素
因素
对盐类水解程度的影响
内因
组成盐的酸或碱越弱，水解程度越大
外界条件
温度
升高温度能够促进水解
浓度
盐溶液浓度越小，水解程度越大
外加
酸、碱
水解显酸性的盐溶液，加非组成盐的碱会促进水解，加非组成盐的酸会抑制水解，反之亦然
外加
盐
加入与盐的水解性质相反的盐会促进盐的水解
2.实例：若以CH3COONa溶液的水解平衡为例：CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-，结果如下：
移动
方向
c(CH3COO-)
c(CH3COOH)
c(OH-)
c(H+)
pH
水解
程度
加热
右
减小
增大
增大
减小
增大
增大
加水
右
减小
减小
减小
增大
减小
增大
加
CH3COOH
左
增大
增大
减小
增大
减小
减小
加
CH3COONa
右
增大
增大
增大
减小
增大
减小
加NaOH
左
增大
减小
增大
减小
增大
减小
加HCl
右
减小
增大
减小
增大
减小
增大
【典例1】向纯碱溶液中滴入酚酞溶液。
(1)观察到的现象是 ， 原因是 ；
(2)若微热溶液，观察到的现象是 ，原因是 ；
(3)若向溶液中加入少量氯化铁溶液，观察到的现象是 ，原因是 ；
(4)若向该溶液中滴入过量的氯化钡溶液，观察到的现象是 ，原因是 。
【答案】(1)溶液变红 碳酸根离子水解：CO32-+H2OOH-+HCO3-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-，溶液呈碱性
(2)红色变深 加热，碳酸根离子水解平衡向生成OH-的方向移动，溶液碱性增强
(3)溶液红色变浅，同时生成红褐色沉淀，有气泡产生 氯化铁溶液与OH-反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，溶液中OH-浓度减小，促进碳酸钠水解，并产生二氧化碳
(4)溶液褪色，有白色沉淀生成Ba2++ CO==BaCO3↓，降低了CO的浓度，使水解平衡向左移动，溶液碱性减弱直到消失
【解析】碳酸钠属于强碱弱酸盐，水解呈碱性：Na2CO3+H2ONaOH+NaHCO3，水解反应是吸热反应。
(1)碳酸钠水解，溶液呈碱性，使酚酞溶液变红；
(2)加热促进碳酸钠水解，溶液碱性更强，所以溶液颜色变深；
(3)氯化铁溶液与OH-反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀，减小了溶液中OH-的浓度，促进碳酸根离子水解，并产生二氧化碳，相当于发生相互促进的水解反应；
(4)向溶液中加入过量的氯化钡溶液，生成碳酸钡沉淀，降低了溶液中CO的浓度，减弱了碳酸根离子的水解程度，溶液碱性减弱直至消失，溶液褪色。
【典例2】(2023·陕西榆林第二中学高二期中)在Al3++3H2OAl(OH)3+3H+的平衡体系中，要使平衡向水解方向移动，且使溶液的pH增大，应采取的措施是( )
A.加热 B.通入HCl
C.加入适量Na2CO3(s) D.加入NaCl溶液
【答案】D
【解析】加热能使平衡向水解的方向移动，c(H+)增大，pH减小，故A项不符合题意；通入HCl能增大c(H+)，抑制水解，且pH减小，故B项不符合题意；加入适量Na2CO3(s)，由于发生2Al3++3 CO+3H2O==2Al(OH)3↓+3CO2↑，Al3+浓度减小，水解平衡向逆反应方向进行，故C项不符合题意；加入NaCl溶液，相当于加水稀释，能促进水解，且c(H+)变小，故pH也增大，因而D项符合题意。
【变式训练1】对滴有酚酞溶液的下列溶液，操作后颜色变深的是( )
A.明矾溶液加热
B.CH3COONa溶液加热
C.氨水中加入少量NH4Cl固体
D.小苏打溶液中加入少量NaCl固体
【答案】B
【解析】明矾水解显酸性，加热促进水解，酚酞在酸性溶液中不显色，故A项错误；CH3COONa水解显碱性，加热促进水解，c(OH-)增大，溶液红色加深，B项正确；氨水显弱碱性，NH4Cl水解显酸性，溶液中c(OH-)减小，红色变浅，C项错误；加入少量NaCl固体对NaHCO3水解不产生影响，溶液颜色无变化，D项错误。
【变式训练2】(2023·湖南长沙高二检测)在一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2OHS－＋OH－。下列说法正确的是( )
A．稀释溶液，水解平衡常数增大
B．加入CuSO4固体，HS－浓度减小
C．升高温度，减小
D．加入NaOH固体，溶液pH减小
【答案】B
【解析】水解常数只与温度有关，A错误；Cu2＋＋S2－===CuS↓，平衡左移，HS－浓度减小，B正确；水解为吸热反应，升高温度平衡右移，因而比值增大，C错误；加入NaOH固体pH增大，D错误。
探究任务二 盐类水解的应用
1. 盐类水解的应用
(1)设计物质水溶液的配制方法。
凡配制能水解的盐溶液时，通常需采取防水解措施。
①配制强酸弱碱盐溶液：滴几滴相应的强酸，可使水解平衡向左移动，抑制弱碱阳离子的水解。如配制FeCl3的水溶液：FeCl3溶于水时会发生水解反应Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，因有Fe(OH)3的生成易使溶液变浑浊，通常先将FeCl3溶于较浓盐酸中，抑制Fe3+的水解，使溶液保持澄清，再加水稀释至所需浓度。
②配制强碱弱酸盐溶液：加入少量相应的强碱，可抑制弱酸根离子水解。如配制硫化钠的水溶液时，可加入少量氢氧化钠，抑制S2-的水解。
(2)选择试剂的保存方法。
某些实验试剂贮存时要考虑到盐的水解。如Na2SO3溶液因水解使溶液呈碱性，OH-与玻璃的主要成分SiO2反应生成硅酸盐，使试剂瓶颈与瓶塞黏结，因而不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶贮存，可用带橡胶塞或软木塞的试剂瓶保存。
(3)解决离子能否大量共存问题。
在水溶液中水解相互促进的离子：
①若相互促进程度较小，则可以大量共存，如NH4+和CH3COO-、CO等；
②若相互促进的程度很大、很彻底，则不能大量共存，如Al3+与HCO3-在溶液中不能大量共存，因发生反应Al3++3 HCO3-==Al(OH)3↓+3CO2↑，这类离子组合常见的有：
其中Fe3+与S2-、HS-因发生氧化还原反应也不能大量共存。
(4)某些化肥的混合施用。
草木灰不能与铵态氮肥混用，因草木灰的主要成分为K2CO3，溶于水时CO+H2O HCO3-+OH-，生成的OH-与NH4+发生反应NH4++OH-NH3↑+H2O，使氮肥肥效下降。
(5)利用盐的水解去除杂质。
如果两种离子的水解程度不一样，可通过调控溶液的pH将其中一种离子转化为氢氧化物沉淀而除去。
例如：MgCl2溶液中混有少量FeCl3杂质，因Fe3+水解程度比Mg2+水解程度大，可加入MgO或Mg(OH)2、MgCO3等，使Fe3+的水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀而除去Fe3+。
(6)选择制备物质的方法。
①制备Fe(OH)3胶体。将FeCl3溶液滴入沸水中，在加热条件下，促进Fe3+的水解生成Fe(OH)3胶体：Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+。
②因Al3+和S2-在溶液中水解相互促进，故不能在水溶液中制取Al2S3，只能在固态无水条件下制取。
2.盐溶液蒸干后产物的判断方法
（1）加热盐溶液，需分析盐水解生成的酸的性质。如果是生成易挥发性酸，如AlCl3、FeCl3等溶液，最终蒸干得到的是金属氢氧化物，灼烧得到金属氧化物。如果是生成难挥发性酸，如MgSO4、Fe2(SO4)3等溶液，最终得到它们的溶质固体；
（2）加热盐溶液，需分析加热盐溶液的过程中，溶质是否发生氧化还原反应，如Na2SO3易被氧化为Na2SO4。
【典例3】在氯化铁溶液中存在下列水解平衡：FeCl3+3H2O Fe(OH)3+3HCl ΔH>0。
回答下列问题：
(1)加热FeCl3溶液，溶液的颜色会不断加深，得到的 一种红褐色透明液体为 。
(2)在配制FeCl3溶液时，为防止浑浊，应加入 。
(3)为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入MgCO3固体，过滤后再加入足量盐酸。MgCO3固体能除去Fe3+的原因是 。
【答案】(1)Fe(OH)3胶体 (2)少许盐酸
(3)MgCO3能与H+反应，促进了Fe3+的水解，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而被除去
【解析】(1)加热FeCl3溶液得到的红褐色透明液体为Fe(OH)3胶体。(2)为防止浑浊，应加入盐酸抑制FeCl3水解。(3)CO32-与Fe3+发生相互促进的水解反应，生成的Fe(OH)3可过滤除去。
【典例4】在蒸发皿中加热蒸干下列物质的溶液并灼烧(低于400 ℃)，可以得到该固体物质的是( )
A.AlCl3 B.NaHCO3
C.Fe2(SO4)3 D.KMnO4
【答案】C
【解析】AlCl3水解生成的HCl易挥发，加热促进水解，灼烧后最终所得的固体是Al2O3，A不符合题意；NaHCO3受热分解得到Na2CO3，B不符合题意；Fe2(SO4)3水解生成的H2SO4难挥发，灼烧后所得的固体依然为Fe2(SO4)3，C符合题意；KMnO4受热时会分解，D不符合题意。
【变式训练3】普通泡沫灭火器是常用的灭火器材，内置的玻璃器皿里盛硫酸铝溶液，外面的铁质器皿里盛碳酸氢钠溶液。回答下列问题：
(1)不能把硫酸铝溶液盛在铁质器皿里的原因是 (用离子方程式表示)；不能把碳酸氢钠溶液盛在玻璃器皿里的原因是 (用离子方程式表示)。
(2)灭火时打开阀门，并将泡沫灭火器倒置，此时发生反应的离子方程式是 。
(3)不用溶解度较大的碳酸钠代替碳酸氢钠的原因是 。
【答案】(1)Al3++3H2OAl(OH)3+3H+ HCO3-+H2OH2CO3+OH-
(2)Al3++3 HCO3- ==Al(OH)3↓+3CO2↑
(3)比较Al2(SO4)3+6NaHCO3==3Na2SO4+2Al(OH)3↓+6CO2↑和Al2(SO4)3+3Na2CO3+3H2O==3Na2SO4+2Al(OH)3↓+3CO2↑可知，等物质的量的Al2(SO4)3和Na2CO3反应产生的CO2的量较少，且生成CO2的速率慢
【解析】(1)因水解反应Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，Al2(SO4)3溶液呈酸性，会腐蚀铁质器皿；因HCO3- +H2OH2CO3+OH-，碳酸氢钠溶液呈碱性，会腐蚀玻璃器皿。(2)泡沫灭火器倒置时，两溶液混合发生互相促进的水解反应，使Al3+、HCO3-水解完全，据此写出反应的离子方程式。
【变式训练4】 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
【答案】D
探究任务三 溶液中离子浓度大小的比较
1.在判断能水解的盐溶液中离子浓度的大小时，首先要明确盐的水解是微弱的；其次要明确多元弱酸盐的水解是分步进行的，以第一步水解为主；最后不要忘记水的电离。
(1)简单盐溶液，如NH4Cl溶液中：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)。
(2)多元弱酸的正盐溶液，根据弱酸根的分步水解分析，如Na2CO3溶液中：c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)。
(3)多元弱酸的酸式盐溶液，根据其电离程度和水解程度的相对大小分析，如NaHSO3、NaH2PO4其电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，NaHSO3溶液中离子浓度的大小关系为c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)；NaHCO3、NaHS等其水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，NaHCO3溶液中离子浓度的大小关系为c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)>c(CO32-)。
(4)不同溶液中同一离子的浓度大小比较，要考虑溶液中其他离子对该离子的影响。
(5)混合溶液中各离子浓度比较，根据电离程度、水解程度的相对大小综合分析。
①分子的电离程度大于对应离子的水解程度
在0.1 mol·L-1 NH4Cl和0.1 mol·L-1 NH3·H2O的混合溶液中：由于NH3·H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，导致溶液呈碱性。溶液中各离子浓度的大小顺序为c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)。
②分子的电离程度小于对应离子的水解程度
在0.1 mol·L-1 HCN和0.1 mol·L-1 NaCN混合溶液中：由于HCN的电离程度小于CN-的水解程度，导致溶液呈碱性。溶液中各离子浓度的大小顺序为c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)。
2.解决电解质溶液中离子浓度关系问题时，首先分析离子浓度大小的关系是相等还是不等。
(1)若使用的是“>”或“<”，应主要考虑“电离”和“水解”。
(2)若用“=”连接，应根据“守恒”原理，视不同情况，从下列几个方面思考：若等号一端全部是阴离子或阳离子，应首先考虑电荷守恒；若等号一端各项中都含有同一种元素时，首先考虑这种元素的原子守恒；若等号一端为c(H+)或c(OH-)时，首先考虑是否符合水电离过程中的守恒关系。
①电荷守恒：电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。
例如，NaHCO3溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)。
②物料守恒：物料守恒也就是元素守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。
例如，0.1 mol·L-1NaHCO3溶液中：c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=0.1 mol·L-1。
③质子守恒：由水电离出的c(H+)等于由水电离出的c(OH-)，在碱性盐溶液中OH-守恒，在酸性盐溶液中H+守恒。
例如，纯碱溶液中c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)。
【典例5】 下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )
A.室温下，向0.01 mol·L-1 NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(SO)>c(Na+)>c(NH4+)>c(OH-)=c(H+)
B.0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液：c(Na+)>c(OH-)>c(HC)>c(H+)
C.Na2CO3溶液：c(OH-)-c(H+)=c(HC)+2c(H2CO3)
D.25 ℃时，pH=4.75、浓度均为0.1 mol·L-1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c(CH3COO-)+c(OH-)<c(CH3COOH)+c(H+)
【答案】C
【解析】0.01 mol·L-1NH4HSO4中加NaOH溶液，当OH-与H+按物质的量比1∶1反应结束后，由于NH4+水解呈酸性，需再加NaOH与NH4+反应使溶液呈中性，所以c(Na+)>c(SO)>c(NH4+)，A项错误。B项中，虽然HCO3-水解呈碱性，但水解微弱，所以c(HCO3-)>c(OH-)，故B项错误。C项中，把c(H+)移项得：c(OH-)=c(HCO3-)+2c(H2CO3)+c(H+)，符合质子守恒，所以C项正确。D项，由电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，由物料守恒有：2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，两式联立得：c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)，因溶液pH=4.75，即c(H+)>c(OH-)，得c(CH3COO-)+c(OH-)>c(CH3COOH)+c(H+)，D项错误。
【变式训练5】 (2023·山东昌邑文山中学高二检测)常温时将0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液与pH=13的NaOH溶液等体积混合后(若混合后溶液体积为两者体积之和)，恰好完全反应，则下列有关所得混合液的说法正确的是( )
A.所得混合液中c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
B.混合后溶液pH=7
C.所得混合液中存在c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.05 mol·L-1
D.混合后溶液中存在c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Na+)+c(H+)
【答案】C
【解析】二者混合后溶质为CH3COONa。根据物料守恒，反应后的溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)= ×0.1 mol·L-1=0.05 mol·L-1，C正确。CH3COONa水解显碱性，pH>7，B不正确；混合液中离子浓度大小顺序为c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，A不正确；由电荷守恒知，混合液中存在c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，D不正确。
1.下列做法与盐的水解无关的是( )
A.实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶必须用橡胶塞而不能用玻璃塞
B.施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与碳铵(NH3HCO3)混合使用
C.厨房中常用碳酸钠溶液洗涤餐具上的油污
D.配制FeCl2溶液时常常要在溶液中加入少量铁粉
【答案】D
【解析】碳酸钠溶液水解呈碱性，盛放碳酸钠溶液的试剂瓶必须用橡胶塞而不能用玻璃塞，A项做法与水解有关；K2CO3水解呈碱性，与碳铵混合生成氨气，使氮肥失效，B项做法与水解有关；碳酸钠溶液水解呈碱性，促进油脂的水解，C项做法与水解有关；配制FeCl2溶液时常常要在溶液中加入少量铁粉，为了防止亚铁盐的氧化，D项做法与水解无关；故选D。
2. 向未知溶液中加入CH3COONa晶体，测得c(Na+)与c(CH3COO-)几乎相等，则原来的溶液可能是( )
A.HCl溶液 B.NaOH溶液
C.KCl溶液 D.KOH溶液
【答案】D
【解析】CH3COO-发生水解反应：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，要想使溶液中的c(Na+)与c(CH3COO-)几乎相等，就要保证该平衡逆向移动并且原溶液中不能含有这两种离子，故选D。
3. 25 ℃时，浓度均为0.2 mol·L-1的NaHCO3溶液和Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是( )
A.均存在电离平衡和水解平衡
B.存在的粒子种类不完全相同
C.c(OH-)前者小于后者
D.分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c(CO)均增大
【答案】B
【解析】二者都存在盐的水解和水的电离，A项正确；NaHCO3溶液和Na2CO3溶液中存在的粒子种类相同，B项错误；HCO3-的水解弱于CO，所以c(OH-)是前者小于后者，C项正确；D项中，加入NaOH固体，前者因OH-与HCO3-反应而使c(CO)增大，后者因OH-抑制CO的水解而使c(CO)增大，所以D项正确。
4. 漂白粉在溶液中存在下列平衡：ClO－＋H2OHClO＋OH－，下列措施能提高其漂白效率的是( )
A．加H2O B．通入CO2
C．通入SO2 D．加少量NaOH
【答案】B
【解析】A项，加水稀释，HClO浓度下降；C项，SO2与HClO发生氧化还原反应，D项，加入少量NaOH，使平衡左移，HClO浓度下降；B项，通入CO2，使平衡右移，HClO浓度增大，漂白效率增加。
5. 室温下，向一定量1 mol·L-1氨水中逐滴加入物质的量浓度相同的盐酸，直至盐酸过量。请分析上述实验过程，回答下列问题：
(1)实验过程中水的电离程度变化趋势是先 (填“变大”“变小”或“不变”，下同)后 。
(2)实验过程中，当溶液pH恰好等于7时，此时溶液中主要溶质的化学式是 ，溶液中离子浓度的大小顺序是 。
【答案】 (1)变大 变小 (2)NH4Cl和NH3·H2O
c(NH4+)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-)
【解析】(1)因为酸、碱抑制水的电离，可水解的盐促进水的电离，所以向氨水中加入盐酸时，二者反应生成NH4Cl，NH4+发生水解：NH4++H2ONH3·H2O+H+，从而促进水的电离，当HCl过量时，H+又抑制水的电离。
(2)当氨水和盐酸恰好反应时，溶质为NH4Cl，其水解使溶液呈酸性，溶液pH=7时，说明氨水稍过量，所以溶质为NH4Cl和NH3·H2O，依据电荷守恒并结合盐类水解程度较微弱的特点得出：c(NH4+)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-)。
6.(1)铈(Ce)是地壳中含量最高的稀土元素。在加热条件下CeCl3易发生水解,无水CeCl3可用加热CeCl3·6H2O和NH4Cl固体混合物的方法来制备。其中NH4Cl的作用是 。
(2)广西治理龙江河镉(Cd2+)污染时,先向河中投入沉淀剂将Cd2+转化为难溶物,再投入氯化铝,试说明氯化铝的作用 。(用必要的离子方程式和文字进行解释)。
(3)为了提高生活用水的质量,自来水厂常用Cl2和FeSO4·7H2O对水进行消毒、净化,以改善水质。简述原因并写出有关反应的离子方程式 。
【答案】(1)分解出HCl气体,抑制CeCl3加热时发生水解
(2)氯化铝溶于水,Al3+发生水解:Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+,生成的Al(OH)3胶体能吸附镉的难溶物而发生聚沉(或沉降、沉淀或沉积下来),从而消除Cd2+污染
(3)2Fe2++Cl2==2Fe3++2Cl-,Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+,生成的Fe(OH)3胶体能吸附水中悬浮杂质而净化水;Cl2+H2OH++Cl-+HClO,生成的HClO具有强氧化性,能杀菌消毒
【解析】 (1)由“加热条件下CeCl3易发生水解”,可知NH4Cl的作用肯定是抑制其水解,CeCl3水解会生成HCl,NH4Cl的作用是受热时分解出HCl气体,抑制CeCl3水解。
(2)氯化铝溶于水,Al3+发生水解:Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+,生成的Al(OH)3胶体能吸附镉的难溶物而发生聚沉(或沉降、沉淀或沉积下来),从而消除Cd2+污染。
(3)Cl2与Fe2+反应生成Fe3+,Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体吸附水中悬浮杂质一起沉积到水底,达到净化水的目的;同时过量的Cl2与H2O反应生成HClO,HClO可杀灭水中的病菌。
1.室温下，将碳酸钠溶液加热至70 ℃，其结果是( )
A.溶液中c(CO)增大 B.水的电离程度不变
C.KW将变小 D.溶液的碱性增强
【答案】D
【解析】温度升高，CO的水解程度增大，故溶液中c(CO)变小，溶液的碱性增强，水解促进水的电离，温度升高，KW变大。
2.下列根据反应原理设计的应用，不正确的是( )
A. CO+H2O HCO3-+OH-；用热的纯碱溶液清洗油污
B.Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+；明矾净水
C.TiCl4+(x+2)H2OTiO2·xH2O↓+4HCl；制备TiO2纳米粉
D.SiCl2+H2OSn(OH)Cl↓+HCl；配制氯化亚锡溶液时加入NaOH
【答案】D
【解析】SnCl2水解显酸性，所以在配制氯化亚锡溶液时要加入HCl抑制其水解，故D错误。
3. (2023辽宁丹东凤城第一中学高二月考)分别将下列物质：①FeCl3 ②CaO ③NaCl ④Ca(HCO3)2 ⑤Na2SO3 ⑥K2SO4投入水中，在蒸发皿中对其溶液加热蒸干，能得到原物质的是( )
A.②③ B.③⑥ C.①④ D.⑤⑥
【答案】B
【解析】①加热蒸干FeCl3溶液得到Fe(OH)3；②CaO投入水中，生成Ca(OH)2，加热蒸干得到Ca(OH)2；③加热蒸干NaCl溶液得到NaCl固体；④加热蒸干Ca(HCO3)2溶液得到CaCO3；⑤加热蒸干Na2SO3溶液得到Na2SO4；⑥加热蒸干K2SO4溶液得到K2SO4，故选B。
4．下列溶液中，操作和现象对应正确的是( )
选项
溶液
操作
现象
A
滴有酚酞的
明矾溶液
加热
颜色变深
B
滴有酚酞的氨水
加入少量NH4Cl固体
颜色变浅
C
滴有酚酞的
CH3COONa溶液
加入少量的CH3COONa固体
颜色变浅
D
氯化铁溶液
加热
颜色变浅
【解析】B
【解析】明矾溶液中Al3＋水解使溶液呈酸性，加热，Al3＋的水解程度增大，溶液的酸性增强，无颜色变化，A项错误；加入NH4Cl固体，氨水的电离程度减小，碱性减弱，溶液颜色变浅，B项正确；加入少量CH3COONa固体会使CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－平衡向右移动，c(OH－)增大，颜色变深，C项错误；加热氯化铁溶液时促进FeCl3水解为红褐色的Fe(OH)3，颜色加深，D项错误。
5.在(NH4)2SO4溶液中，离子浓度大小顺序正确的是( )
A.c(NH4+)>c(SO)>c(H+)>c(OH-)
B.c(SO)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)
C.c(NH4+)>c(SO)>c(OH-)>c(H+)
D.c(SO)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)
【答案】A
【解析】(NH4)2SO4是强电解质，完全电离，c(NH4+)接近c(SO)的两倍，铵根离子水解消耗水电离产生的OH-，所以c(H+)>c(OH-)；但是盐的水解程度是微弱的，盐的电离远大于水的电离，因此c(H+)、c(OH-)都比较小，故：c(NH4+)>c(SO)>c(H+)>c(OH-)。
6．欲使CH3COONa稀溶液中增大，可采取的措施是( )
A．升温 B．加水稀释
C．加少量的KOH固体 D．加少量固体Na2CO3
【答案】C
【解析】根据水解平衡：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，升温，水解平衡正向移动，c(CH3COO－)减小；加水稀释水解平衡正向移动，c(CH3COO－)减小；加少量的KOH固体，增大了c(OH－)，水解平衡逆向移动，c(CH3COO－)增大；加入少量固体Na2CO3，因为加入了Na＋，c(Na＋)增大，减小。
7.25 ℃时，在浓度均为1 mol·L-1的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2的溶液中，测得其c(N)分别为a、b、c(单位为mol·L-1)。下列判断正确的是( )
A.a=b=c B.a>b>c
C.a>c>b D.c>a>b
【答案】D
【解析】NH4+水解使溶液显酸性，CO32-水解使溶液显碱性，所以碳酸铵溶液中NH4+浓度最小。Fe2+水解使溶液显酸性，抑制NH4+的水解，所以三种溶液中c(NH4+)大小顺序是c>a>b。
8.常温下，有两种溶液：
①0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液
②0.1 mol·L-1 CH3COONa溶液
(1)溶液①的pH (填“>”“<”或“=”)7，溶液中离子的电荷守恒的关系式是 。
(2)溶液②呈 (填“酸”“碱”或“中”)性。其原因是 (用离子方程式和适当的叙述说明)。
(3)下列说法正确的是 (填序号)。
a.两种溶液中c(CH3COO-)都等于0.1 mol·L-1
b.两种溶液中c(CH3COO-)都小于0.1 mol·L-1
c.CH3COOH溶液中c(CH3COO-)小于CH3COONa溶液中c(CH3COO-)
【答案】(1)< c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)
(2)碱 CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，CH3COO-水解使溶液显碱性
(3)bc
【解析】(1)醋酸属于酸，所以溶液①的pH小于7，满足电荷守恒，即c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)；
(2)CH3COONa为弱酸强碱盐，水解使溶液呈碱性，离子方程式为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；
(3)水解和电离都是微弱的，所以两种溶液中c(CH3COO-)都小于0.1 mol·L-1，且CH3COOH溶液中c(CH3COO-)小于CH3COONa溶液中c(CH3COO-)。
9.为了使K2S溶液中的比值变小，可加入的物质是( )
①适量HCl(g) ②适量NaOH(s) ③适量KOH(s) ④适量NaHS(s) ⑤适量的水
A.②④ B.①②⑤
C.③④⑤ D.②③
【答案】A
【解析】溶液中的S2-发生水解反应：S2-+H2OOH-+HS-，S2-的水解平衡逆向移动，即的比值变小。①氢离子浓度增大，使水解平衡正向移动，错误；②氢氧根离子浓度增大，使水解平衡逆向移动，正确；③氢氧根离子浓度增大，使水解平衡逆向移动，但K+浓度增大更多，错误；④HS-浓度增大，使水解平衡逆向移动，正确；⑤加水稀释，各离子浓度都减小，平衡正向移动，S2-数目减少，K+数目不变，则的比值增大。
10.(2023·广东汕头潮阳实验学校高二检测)下列说法中正确的是( )
A.AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液加热，蒸发，浓缩结晶，灼烧，所得固体的成分相同
B.配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸中，再加水稀释到所需的浓度
C.向CuCl2溶液中加入CuO，调节pH可除去溶液中混有的Fe3+
D.泡沫灭火器中常使用的原料是Na2CO3和Al2(SO4)3
【答案】C
【解析】A项不正确，AlCl3和Al2(SO4)3的水解方程式分别为AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，Al2(SO4)3+6H2O2Al(OH)3+3H2SO4，加热，由于盐酸易挥发，硫酸难挥发，故前者蒸发、浓缩结晶、灼烧后得到Al2O3，后者蒸发、浓缩结晶、灼烧后得到Al2(SO4)3；B项不正确，FeCl3固体溶于硫酸中，会引入杂质SO42- ；C项正确，由于Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入CuO消耗H+，会促进Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，除去Fe3+；D项错误，为加快产生CO2的速率，泡沫灭火器中使用的原料是NaHCO3和Al2(SO4)3。
11.常温下，0.2 mol·L-1的一元酸HA的溶液与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法不正确的是( )
A.HA为弱酸
B.该混合液pH>7
C.图中X表示HA，Y表示OH-，Z表示H+
D.该混合溶液中：c(A-)+c(Y)=c(Na+)
【答案】C
【解析】由图像可知，反应后溶液中A-的浓度小于0.1 mol·L-1，说明HA是弱酸，与等物质的量的氢氧化钠反应后生成的NaA发生水解，使A-浓度小于0.1 mol·L-1，A项正确；因为HA是弱酸，氢氧化钠是强碱，得到的NaA是强碱弱酸盐，所以溶液呈碱性，pH>7，B项正确；因为得到的溶液为NaA溶液，发生水解反应，使溶液呈碱性，溶液中的离子浓度的大小关系是c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+)，所以X表示OH-，Y表示HA，Z表示H+，C项错误；Y是HA，根据物料守恒，Na元素与A元素的浓度相等，则c(A-)+c(HA)=c(Na+)，D项正确。
12.实验测得0.5 mol·L-1 CH3COONa溶液、0.5 mol·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
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