高考电离平衡和水解平衡
电离平衡和水解平衡
高考热点：①外界条件的改变对电离平衡、水解平衡的影响②酸、碱混合后溶液的酸碱性的判断及pH的计算③溶液中离子浓度的大小比较。
一、电离平衡和水解平衡的比较
电离平衡（吸热）水解平衡（吸热）实例H2S水溶液(0.1mol/L)Na2S水溶液(0.1mol/L)
研究对象弱电解质（弱酸、弱碱、水）强电解质（弱酸盐、弱碱盐）
实质弱酸H++弱酸根离子
弱碱OH—+阳离子
离子化速率=分子化速率
弱酸根+H2O弱酸+OH—
弱碱阳离子+H2O弱碱+H+
水解速率=中和速率
程度酸（碱）越弱，电离程度越小，
多元弱酸一级电离＞二级电离
对应酸（碱）越弱，水解程度越大，多
元弱酸根一级水解＞二级水解
表达式电离方程：①②
多元弱酸分步电离
H2S H++HS—
HS
—H++S2—
水解离子方程式①②多元弱酸根
分步水解③除子双水解反应，产物不写
分解产物，不标“↑”或“↓”
S2—+H2O HS—+OH-
HS—+ H2O H2S+OH-
粒子浓度大小比较c(H2S)＞c(H+)＞c(HS-)＞c(S2-)c(Na+)＞c(S2-)＞c(OH-)＞c(HS-)＞c(H2S) 电荷守恒式c(H+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)c(Na+)+ c(H+)= c(HS-)+2c(S2-)+ c(OH-)
物料守恒式c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=0.1mol/L c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=0.1mol/L
=0.5 c(Na+)
影响因素
温度升温，促进电离升温，促进水解浓
度
加水稀释促进电离促进水解
通入H2S抑制电离生成NaHS
加Na2S生成NaHS抑制水解
1、电荷守恒：任何电解质溶液，阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负
电荷总数。
2、物料守恒：电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其它离
子或分子等，但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变。
例1：试预测在C6H5ONa（苯酚钠）溶液中逐滴加入FeCl3溶液，可能出现哪些现象，可能发生哪些反应。
解析：①C6H5O-与Fe3+在水溶液中优先发生双水解反应：
3C6H5O-+Fe3++3H2O＝Fe(OH)3↓+3C6H5OH；现象：红褐色沉淀
②生成的C6H5OH将与Fe3+发生显色反应：
Fe3++6C6H5OH=[Fe(C6H5O)6]3-＋6H+；现象：溶液呈现紫色
③当生成的H+达到一定浓度时，将与Fe(OH)3发生中和反应：
Fe(OH)3＋3H+＝Fe3+＋3H2O；现象：沉淀逐渐溶解
例2：向20mL盐酸和硫酸的混合酸溶液中，渐渐加
入0.1mol/L的Ba(OH)2溶液。
生成沉淀的质量和溶
液的pH变化曲线如右图。
根据此实验数据计算：
（1）原溶液中硫酸和盐酸的浓度各为多少
_________________。
（2）A点处溶液的pH是______________。
解析：以图示形式检查酸、碱中和生成沉淀质量和溶液pH曲线随加入Ba(OH)2溶液体积变化情况。
（1）依据图示，沉淀最大时已加入Ba(OH)2溶液20mL，混合酸中硫酸被完全中和。
所以原混合酸中硫酸的物质的量浓度为0.1mol/L。
当H2SO4刚被Ba(OH)2溶液中和时，可以认为溶液中盐酸未被中和。
从20mL 起，再加Ba(OH)2溶液至60mL时溶液中盐酸全被中和完，溶液呈中性，pH=7，所以原混合酸中盐酸的物质的量浓度为0.4mol/L。
（2）A点处溶液中氢离子浓度是盐酸提供的，因H2SO4刚被Ba(OH)2溶液中和，溶液被冲稀，体积扩大到原来的2倍，则盐酸浓度缩小到原来的1/2，由原来的0.4mol/L变为0.2mol/L。
即氢离子浓度为0.2mol/L。
所以pH=0.7。
答案：（1）c(H2SO4)=0.1mol/L c(HCl)=0.4mol/L (2) pH=0.7
例3：（1）在25℃时，pH等于5的硫酸溶液与氯化铵溶液，两种溶液中分别由水电离出的H+离子物质的量浓度之比是多少？
（2）在25℃时，对于0.1mol/L的氯化铵溶液，其pH是多少？（已知NH4Cl溶液中已水解的盐浓度占起始浓度的百分数为7.5×10-3%）
解析：（1）本题考查盐的水解对水的电离平衡的影响及硫酸对水电离的抑制。
H2SO4溶液pH=5，c(H+)=10-5mol/L，在稀溶液中水的离子积不变，仍为c(H+)·c(OH-)=10-14。
由水电离出的c(OH-)=10-14/10-5=10-9mol/L，据H 2O H++OH-得：由水电离出来的c(H+)=c(OH-)=10-9mol/L。
氯化铵是强酸弱酸盐，其溶液显酸性，水解方程式为NH 4++H2O NH3·H2O+H+，水解产生的c(H+)就是由水电离出来的c(H+)，显然c(H+)=10-5mol/L。
可见，硫酸溶液与氯化铵溶液中分别由水电离出的c(H+)之比为1/10000。
（2）该题考查盐的水解及性质、溶液的酸碱性及pH，属于较高层次要求的试题，根据题意，水解度(h)是指：在一定温度下，盐溶液在水中时，已水解的盐的浓度占盐的起始浓度的百分数，题目已给出NH4Cl的水解度为7.5×10-3%，则NH4Cl 已水解的浓度等于NH4Cl的起始浓度乘以水解度。
NH4Cl的水解离子方程式为：
NH 4++H2O NH3·H2O+H+
起始浓度(mol/L) 0.1 0
平衡浓度(mol/L) 0.1-0.1h0.1h
c(H+)=0.1h=0.1×7.5×10-3%=7.5×10-6mol/L 所以pH=-lg(7.5×10-6)=6-0.9=5.1，即0.1mol/L的氯化铵溶液的pH为5.1。
答案：（1）10-9mol/L，10-5mol/L （2）5.1
例4：酸的强弱除与本性有关外，还与溶剂有关。
如HAc和HF在水溶液中部分电离，为弱电解质，本性HAc<HF，若在液氨中两者都为强酸，这种效应称为拉平效应。
（1）HAc和HF在液氨中呈强酸性的原因是_________________________________。
（2）某些溶剂对酸有区分效应，为区分HCl、HClO4、H2SO4、HNO3的酸性强弱，应选用何种试剂_________。
A.水
B.液氨
C.冰醋酸
D.乙二胺
上述四种酸在你所选用的试剂中，酸性最强的是___________。
（3）在液氨中NaAc+HCl=NaCl+HAc这一反应能否发生_________，为什么？____________。
解析：（1）HAc和HF能电离出H+，液氨中能接收H+，两者能互相促进，HAc和HF能达到完全电离，故HAc和HF在液氨中呈强酸性。
（2）根据课本知识，在水中这4种酸都为强酸。
由（1）分析可知，在液氨中，这4种酸更是强酸，乙二胺类似于液氨，所以这3种溶剂都不能区分这4种酸的强弱。
只有冰醋酸本身也能电离出H+，这样才能区分HCl、HClO4、H2SO4、HNO3的酸性强弱，故选C；酸性最强的是HClO4。
（3）不能。
因为根据拉平效应，在液氨中HAc和HCl都是强酸，故反应难以进行；而在水溶液中，由于是一强一弱，则可以进行。
答案：见上。
高中化学“四大平衡”考点总结
高中化学“四大平衡”考点总结化学平衡是这一平衡理论体系的核心。
系统掌握反应速率与化学平衡的概念、理论及应用对于深入认识其他平衡，重要的酸、碱、盐的性质和用途，化工生产中适宜条件的选择等，具有承上启下的作用；对于深入掌握元素化合物的知识，具有理论指导意义。
正因为它的重要性，所以，在历年高考中，这一部分向来是考试的热点、难点。
1．高中化学常见四大平衡2．常见四大平衡研究对象模型一、化学平衡研究对象：可逆反应。
如：加热不利于氨的生成，增大压强有利于氨的生成。
模型二、电离平衡：研究对象：弱电解质。
如：加热促进电离，稀释电离度增大。
模型三、水解平衡研究对象：弱酸盐或弱碱盐或弱酸弱碱盐。
如：配制溶液应加入少量酸防止水解。
不断加热溶液，蒸干灼烧可得到固体。
模型四、溶解平衡研究对象：气体或固体溶于水形成的饱和溶液中形成的平衡体系。
（1）气体的溶解平衡如：当加入等时平衡会发生移动。
当收集等气体时往往分别通过饱和的等溶液以除去可能有的酸性气体，且抑制气体的溶解。
（2）固体的溶解平衡如：如：加热促进溶解；加热溶解度降低；反应的进行是由于存在溶解平衡；；由于能水解，加热时的水解程度增大，促进了的溶解，最终转化成。
知识结构归纳总结四大平衡无论是理论学习还是解题方法，都有许多的共通之处。
归纳总结四大平衡的共同点是一种有效的复习方法。
1. 所有的平衡都建立在“可逆反应”的基础上2.平衡特征相同3.都可借助v-t图学习平衡的建立及平衡的移动4. 都能用勒夏特列原理解释平衡的移动勒夏特列原理：如果改变影响平衡的一个条件(如温度、浓度、压强等)，平衡就向减弱这个改变的方向移动．平衡的实质是两个变化方向的速率相等，所以影响平衡的因素首先是影响速率的因素：（1）温度：升温促进吸热过程进行（2）浓度：增大某物质浓度，平衡向消耗该物质的方向移动（3）减压或稀释5. 都存在平衡常数K高考分析1.化学平衡2.电离平衡3.水解平衡4.溶解平衡。
高中化学中的“四大平衡”专题复习
2021/10/10
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3. 都存在平衡常数K
平衡类别 化学平衡 电离平衡 水解平衡 溶解平衡
平衡常数
K
Ka（Kw）
Kh
Ksp
K仅受温度 影响； K越大，反应的正向进行程度 越大；
可以用Qc和K判断衡移动的方向。
Q＞K，平衡 逆向 移动
Q = K，化学达平衡状态
Q＜K，平衡 正向 移动
写出下列反应的平衡常数 mA (g)+nB(g) pC(g)+qD(g)
—高中化学四大平衡
化学平衡
电离平衡 四大平衡
水解平衡
沉淀溶解平衡
一、四大平衡的共同点 1. 所有的平衡都建立在可逆“反应”的基础上
平衡类别 化学平衡 电离平衡 水解平衡 溶解平衡
盐中的 溶质与其
研究对象 可逆反应 弱电解质 “弱”离 饱和液的
子
共存体系
平衡特点
逆、等、定、动、变
2. 都能用勒夏特列原理解释平衡的移动
电离平衡、水解平衡、溶解平衡的比较
类型 电离平衡
水解平衡
溶解平衡
实例 升温
C H 3 C O O H C H 3 C O O - + H +
平衡右移,K增 大,c(H+)增大, 电离度增大
N H 4 + + H 2 O F e ( O H ) 3 ( s ) N H 3 · H 2 O + H + F e 3 + ( a q ) + 3 O H - ( a q )
化学平衡移动小结:
影响平衡的条件 增大反应物
浓 减小生成物 度
减小反应物
增大生成物
压 增大压强 强 减小压强
高中化学三大守恒
溶液中离子浓度大小比较归类解析一、电离平衡理论和水解平衡理论1.电离理论：⑴弱电解质的电离是微弱的,电离消耗的电解质及产生的微粒都是少量的,同时注意考虑水的电离的存在；例如NH3·H2O溶液中微粒浓度大小关系;分析由于在NH3·H2O溶液中存在下列电离平衡：NH3·H2O NH4++OH-,H2O H++OH-,所以溶液中微粒浓度关系为：c NH3·H2O＞c OH-＞c NH4+＞c H+;⑵多元弱酸的电离是分步的,主要以第一步电离为主；例如H2S溶液中微粒浓度大小关系; 分析由于H2S溶液中存在下列平衡：H2S HS-+H+,HS-S2-+H+,H2O H++OH-,所以溶液中微粒浓度关系为：c H2S＞c H+＞c HS-＞c OH-;2.水解理论：⑴弱酸的阴离子和弱碱的阳离子因水解而损耗；如NaHCO3溶液中有：c Na+＞c HCO3-;⑵弱酸的阴离子和弱碱的阳离子的水解是微量的双水解除外,因此水解生成的弱电解质及产生H+的或OH-也是微量,但由于水的电离平衡和盐类水解平衡的存在,所以水解后的酸性溶液中cH+或碱性溶液中的cOH-总是大于水解产生的弱电解质的浓度；例如NH42SO4溶液中微粒浓度关系：c NH4+＞c SO42-＞c H+＞c NH3·H2O＞c OH-;3多元弱酸的酸根离子的水解是分步进行的,主要以第一步水解为主;例如: Na2CO3溶液中水解平衡为：CO32-+H2O HCO3-+OH-,H2O+HCO3-H2CO3+OH-,所以溶液中部分微粒浓度的关系为：c CO32-＞c HCO3-;二、电荷守恒和物料守恒1．电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有的阴离子所带的负电荷数相等;如NaHCO3溶液中：nNa+＋nH+＝nHCO3-＋2nCO32-＋nOH-推出：cNa+＋cH+＝cHCO3-＋2cCO32-＋cOH-2．物料守恒：电解质溶液中由于电离或水解因素,离子会发生变化变成其它离子或分子等,但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变的;如NaHCO3溶液中nNa+：nc＝1：1,推出：cNa+＝cHCO3-＋cCO32-＋cH2CO33．导出式——质子守恒：如碳酸钠溶液中由电荷守恒和物料守恒将Na+离子消掉可得：c OH-=c H++c HCO3-+2c H2CO3; 如醋酸钠溶液中由电荷守恒和物料守恒将钠离子消掉可:c OH-=c H++c CH3COOH;规律总结正确的思路：常见题型一、溶质单一型※※关注三个守恒1.弱酸溶液：例1在0.1mol/L的H2S溶液中,下列关系错误的是A.cH+=cHS-+cS2-+cOH-B.cH+=cHS-+2cS2-+cOH-C.cH+＞cHS-+cS2-+cOH-D.cH2S+cHS-+cS2-=0.1mol/L分析：由于H2S溶液中存在下列平衡：H2S H++HS-,HS-H++S2-,H2O H++OH-,根据电荷守恒得cH+=cHS-+2cS2-+cOH-,由物料守恒得cH2S+cHS-+cS2-=0.1mol/L,所以关系式错误的是A 项;注意：解答这类题目主要抓住弱酸的电离平衡;2.弱碱溶液：例2室温下,0.1mol/L的氨水溶液中,下列关系式中不正确的是A. cOH-＞cH+H3·H2O+cNH4+=0.1mol/LH4+＞cNH3·H2O＞cOH-＞cH+D.cOH-=cNH4++cH+分析：由于氨水溶液中存在一水合氨的电离平衡和水的电离平衡,所以所得溶液呈碱性,根据电荷守恒和物料守恒知BD正确,而一水合氨的电离是微量的,所以C项错误,即答案为C项;3.强酸弱碱盐溶液：例3在氯化铵溶液中,下列关系正确的是l-＞cNH4+＞cH+＞cOH-H4+＞cCl-＞cH+＞cOH-H4+＝cCl-＞cH+＝cOH-l-＝cNH4+＞cH+＞cOH-分析：由于氯化铵溶液中存在下列电离过程：NH4Cl=NH4++Cl-,H2O H++OH-和水解过程：NH4++H2O H++NH3·H2O,由于NH4+水解被消耗,所以cCl-＞cNH4+,又因水解后溶液显酸性,所以cH+＞cOH-,且水解是微量的,所以正确的是A项;注意：解答这类题时主要抓住弱碱阳离子的水解,且水解是微量的,水解后溶液呈酸性;4.强碱弱酸盐溶液：例4在Na2S溶液中下列关系不正确的是A．cNa+ =2cHS－+2cS2－+cH2S B．cNa+ +cH+=cOH－+cHS－+2cS2－C．cNa+＞cS2－＞cOH－＞cHS－D．cOH－=cHS－+cH++cH2S解析：电荷守恒：cNa+ +cH+=cOH－+cHS－+2cS2－；物料守恒：cNa+ =2cHS－+2cS2－+2cH2S；质子守恒：cOH－=cHS－+cH++2cH2S,选A D5.强碱弱酸的酸式盐溶液：例52004年江苏卷草酸是二元弱酸,草酸氢钾溶液呈酸性,在0.1mol/LKHC2O4溶液中,下列关系正确的是CDA．c K++c H+=c HC2O4-+c OH-+ c C2O42- B．c HC2O4-+ c C2O42-=0.1mol/LC．c C2O42-＞c H2C2O4 D．c K+= c H2C2O4+ c HC2O4-+ c C2O42-分析：因为草酸氢钾呈酸性,所以HC2O4-电离程度大于水解程度,故c C2O42-＞c H2C2O4;又依据物料平衡,所以D．c K+= c H2C2O4+ c HC2O4-+ c C2O42-正确,又根据电荷守恒：c K++c H+=c HC2O4-+c OH-+2c C2O42-,所以综合上述C、D正确;练习：1、2001年全国春招题在0.1mol·L-1 Na2CO3溶液中,下列关系正确的是 ;A．c Na+＝2c CO32- B．c OH-＝2c H+C．c HCO3-＞c H2CO3 D．c Na+＜c CO32-＋c HCO3-2、在0.1mol/L的NaHCO3溶液中,下列关系式正确的是a+＞cHCO3-＞cH+＞cOH-a+=cHCO3-＞cOH-＞cH+a++cH+＝cHCO3-+cOH-+2cCO32-a+＝cHCO3-+cCO32-+cH2CO33、已知某温度下0.1mol·L－1的NaHB强电解质溶液中c H＋＞c OH－,则下列有关说法或关系式一定正确的是①HB－的水解程度小于HB－的电离程度；②c Na+=0.1mol·L－1≥c B2－；③溶液的pH=1；④c Na+=c HB－+2c B2－+c OH－;A．①② B．②③ C．②④ D．①②③4、2006江苏1、下列叙述正确的是A．0.1mol·L－1氨水中,c OH-=c NH4+B．10 mL 0.02mol·L－1HCl溶液与10 mL 0.02mol·L－1BaOH2溶液充分混合,若混合后溶液的体积为20 mL,则溶液的pH=12C．在0.1mol·L－1CH3COONa溶液中,c OH-=c CH3COOH＋c H+D．0.1mol·L－1某二元弱酸强碱盐NaHA溶液中,c Na+=2c A2-＋c HA-＋c H2A5、05上海14、叠氮酸HN3与醋酸酸性相似,下列叙述中错误的是A、HN3水溶液中微粒浓度大小顺序为：cHN3>cH+>cN3¯>cOH¯B、HN3与NH3作用生成的叠氮酸铵是共价化合物C、NaN3水溶液中离子浓度大小顺序为：cNa+>cN3¯ >cOH¯>cH+D、N3¯与CO2含相等电子数二、两种电解质溶液混合后离子浓度大小的比较关注混合后溶液的酸碱性混合后溶液的酸碱性取决于溶质的电离和水解的情况,一般判断原则是：若溶液中有酸或碱存在,要考虑酸和碱的电离,即溶液相应地显酸性或碱性；若溶液中的溶质仅为盐,则考虑盐水解情况；对于特殊情景要按所给的知识情景进行判断;1、两种物质混合不反应：例：用物质的量都是0.1 mol的CH3COOH和CH3COONa配制成1L混合溶液,已知其中CCH3COO-＞CNa+,对该混合溶液的下列判断正确的是A.CH+＞COH-H3COOH＋CCH3COO-＝0.2 mol/LH3COOH＞CCH3COO-H3COO-＋COH-＝0.2 mol/L点拨 CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中,CH3COOH的电离和CH3COONa的水解因素同时存在;已知CCH3COO-＞CNa+,根据电荷守恒CCH3COO-＋COH-＝CNa+＋CH+,可得出COH-＜CH+;说明混合溶液呈酸性,进一步推测出0.1mol/L的CH3COOH和0.1mol/L的CH3COONa溶液中,电离和水解这一对矛盾中起主要作用是电离,即CH3COOH的电离趋势大于CH3COO-的水解趋势;根据物料守恒,可推出B是正确的;练习1、现有NH4Cl和氨水组成的混合溶液C填“>”、“<”或“=”①若溶液的pH=7,则该溶液中CNH4＋CCl－；②若溶液的pH>7,则该溶液中CNH4＋CCl－；③若CNH4＋< CCl－,则溶液的pH 7;练习2、CH3COOH与CH3COONa等物质的量混合配制成稀溶液,pH值为4.7,下列说法错误的是A、CH3COOH的电离作用大于CH3COONa的水解作用B、CH3COONa的水解作用大于CH3COOH的电离作用C、CH3COOH的存在抑制了CH3COONa的水解D、CH3COONa的存在抑制了CH3COOH的电离2、两种物质恰好完全反应例2003年上海高考题在10ml 0.1mol·L-1NaOH溶液中加入同体积、同浓度HAc溶液,反应后溶液中各微粒的浓度关系错误的是 ;A．c Na+＞c Ac-＞c H+＞c OH- B．c Na+＞c Ac-＞c OH-＞c H+C．c Na+＝c Ac-＋c HAC D．c Na+＋c H+＝c Ac-＋c OH-解析由于混合的NaOH与HAc物质的量都为1×10-3mol,两者恰好反应生成NaAc,等同于单一溶质,故与题型①方法相同:由于少量Ac-发生水解：Ac- + H2O HAc+ OH-,故有c Na+＞c Ac-＞c OH-＞c H+,根据物料守恒C正确,根据电荷守恒D正确,A错误,故该题选项为A;练习：100 mL 0.1 mol·L-1 醋酸与50 mL 0.2 mol·L-1 NaOH溶液混合,在所得溶液中A、cNa+＞cCH3COO-＞cOH-＞cH+B、cNa+＞cCH3COO-＞cH+＞cOH-C、cNa+＞cCH3COO-＞cH+＝cOH-D、cNa+＝cCH3COO-＞cOH-＞cH+3、两种物质反应,其中一种有剩余：1酸与碱反应型在审题时,要关注所给物质的量是“物质的量浓度”还是“pH”;解答此类题目时应抓住两溶液混合后剩余的弱酸或弱碱的电离程度和生成盐的水解程度的相对大小;例1：把0.02 mol·L-1 HAc溶液与0.01 mol·L-1NaOH溶液等体积混合,则混合液中微粒浓度关系正确的是A.cAc-＞cNa+B.cHAc＞cAc-C.2cH+＝cAc--cHAcD.cHAc+cAc-＝0.01 mol·L-1例2：将0.2mol·L－1HCN溶液和0.1mol·L－1的NaOH溶液等体积混合后,溶液显碱性,下列关系式中正确的是A. cHCN<cCN－B. cNa＋>cCN－C. cHCN－cCN－＝cOH－D. cHCN＋cCN－＝0.1mol·L－1解析：上述溶液混合后,溶质为HCN和NaCN,由于该题已说明溶液显碱性,所以不能再按照HCN的电离处理,而应按NaCN水解为主;所以cNa＋>cCN－,选B D例3设氨水的pH＝x,某盐酸的pH＝y,已知x+y＝14,且x>11;将上述两溶液分别取等体积充分混合后,所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序是A. cCl－>cNH4+>cH+>cOH－B. cNH4+>cCl－>cH+>cOH－C. cNH4+>cCl－>cOH－>cH+D. cCl－>cNH4+>cOH－>cH+解析：由于x+y＝14,且x>11,所以氨水cOH－和盐酸中的cH+相等;两者等体积混合后,氨水过量,溶液显碱性,选C例405江苏常温下将稀NaOH溶液与稀CH3COOH溶液混合,不可能．．．出现的结果A．pH ＞7,且c OH—＞c Na+＞c H+＞c CH3COO—B．pH ＞7,且c Na+ + c H+ = c OH—+ c CH3COO—C．pH ＜7,且c CH3COO—＞c H+＞c Na+＞c OH—D．pH ＝7,且c CH3COO—＞c Na+＞c H+ = c OH—练习1：将pH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH溶液等体积混合后,所得的混合溶液中,下列关系式正确的是A、cNa+＞cCH3COO-＞cH+＞cOH-B、cCH3COO-＞cNa+＞cH+＞cOH-C、cCH3COO-＞cH+＞cNa+＞cOH-D、cCH3COO-＞cNa+＞cOH-＞cH+练习2：将pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合,所得混合溶液中,关系式正确的是A、cCl-＞cNH4+＞cOH-＞cH+B、cNH4+＞cCl-＞cOH-＞cH+C、cCl-＝cNH4+＞cH+＝cOH-D、cNH4+＞cCl-＞cH+＞cOH-练习3：等体积等浓度的MOH强碱溶液和HA弱酸溶液混合后,混合溶液中有关离子浓度的关系正确的是A.cM+＞cOH-＞cA-＞cH+B. cM+＞cA-＞cH+＞cOH-C.cM+＞cA-＞cOH-＞cH+D. cM++ cH+ =cA-+ cOH-分析: 由于等体积等浓度的上述物质混合后,二者恰好完全反应而生成强碱弱酸盐,所以所得溶液由于A-的水解而呈碱性,由电荷守恒和物料守恒知CD项正确;变式练习： 2004年上海卷将标准状况下的2.24LCO2通入150ml1mol/LNaOH溶液中,下列说法正确的是AA．c HCO3-略大于c CO32- B．c HCO3-等于c CO32-C．c Na+等于c CO32-与c HCO3-之和 D．c HCO3-略小于c CO32-解析计算得知,生成0.05mol Na2CO3和0.05 mol NaHCO3,而CO32-水解性大于HCO3-水解性,故A 项正确;※※变式：pH等于7型例5.2002年全国高考理综常温下,将甲酸和氢氧化钠溶液混合,所得溶液pH＝7,则此溶液中 ;A．c HCOO-＞c Na+ B．c HCOO-＜c Na+ C．c HCOO-＝c Na+ D．无法确定解析本题绝不能理解为恰好反应,因完全反应生成甲酸钠为强碱弱酸盐,溶液呈碱性,而现在Ph=7,故酸略为过量;根据溶液中电荷守恒：c Na++ c H+= c HCOO-＋c OH-因pH=7,故c H+= c OH-,所以有c Na+= c HCOO-,答案为C;练习、将m mol· L-1的盐酸和n mol·L-1氨水等体积混合后,溶液的pH＝7,m与n的大小关系是_______,则盐酸中cH+与氨水中cOH-的大小关系是_______；※※未指明酸碱的强弱：例：一元酸HA溶液中,加入一定量强碱MOH溶液后,恰好完全反应,反应后的溶液中,下列判断正确的是A．A-≥M+B．A-≤M+C．若MA不水解,则OH-<A-D．若MA水解,则OH->A-解析：因为没有告知一元酸HA的相对强弱,因此要考虑两种情况,若是强酸,则A-=M+ ,若是弱酸则A-＜M+ ,还要考虑MA的水解,所以选B C练习、实验测得常温下0.1mol/L某一元酸HA溶液的pH值等于1,0.1mol/L某一元碱BOH 溶液里H+/OH-＝10-12;将此两种溶液等体积混合后,所得溶液呈的各离子的浓度由大到小排列的顺序是A．B+＞A-＞OH-＞H+B．A-＞B+＞H+＞OH-C．B+＝A-＞H+＝OH-D．B+＞A-＞H+＞OH-2盐与碱酸反应型解答此类题目时应抓住两溶液混合后生成的弱酸或弱碱的电离程度和剩余盐的水解程度的相对大小;例1. 2001年上海高考题将0.1mol·L-1醋酸钠溶液20mL与0.1mol·L-1盐酸10mL混合后,溶液显酸性,则溶液中有关粒子浓度关系正确的是 ;A．c CH3COO-＞c Cl-＞c H+＞c CH3COOH B.c CH3COO-＞c Cl-＞c CH3COOH＞c H+C．c CH3COO-＝c Cl-＞c H+＞c CH3COOHD.c Na+＋c H+＝c CH3COO-＋c Cl-＋c OH-解析两溶液混合反应后,溶液实质上是生成等浓度醋酸和醋酸钠、氯化钠的混合溶液;因溶液呈酸性说明CH3COO-的水解程度小于CH3COOH的电离程度,所以c CH3COO-＞c Cl-＞c CH3COOH,但CH3COOH电离程度较小,c CH3COOH＞c H+,故选项A、C错误,B正确;依据电荷守恒原则,可知选项D也正确;综合上述答案选B、D;例2 下列混合溶液中,各离子浓度的大小顺序正确的是 BA .1mol·L－1氨水1mL与10mL0.1mol·L－1盐酸混合：cCl－>cNH4+>cOH－>cH+B．10mL0.1mol·L－1NH4Cl与5mL0.2mol·L－1NaOH溶液混合：cNa+=cCl->cOH->cH+ C．10mL0.1mol·L－1CH3COOH溶液与5mL0.2mol·L－1NaOH溶液混合：cNa+=cCH3COO->cOH->cH+D.10mL0.5mol·L－1CH3COONa溶液与6mL1mol·L－1盐酸混合：cCl->cNa+>cOH->cH+解析：A项中氨水与盐酸混合恰好反应生成氯化铵,所以溶液显酸性,A错;B项中NH4Cl与NaOH溶液混合恰好反应生成NH3·H2O和NaCl,溶液显碱性,B正确;C项混合后溶液中溶质为CH3COONa,CH3COO-要水解,C错;D项混合后溶质为CH3COOH 、HCl 、NaCl,溶液现酸性,D错;例3物质的量浓度相同的200mL BaOH2溶液和150mL NaHCO3混合后,最终溶液中离子的物质的量浓度关系正确的是A.cOH－>cBa2+>cNa+>cCO32－B. cOH－>cNa+>cBa2+>CH+C. cOH－=cBa2++cNa++cH+D. cH++cNa++2cBa2+=cOH－解析：为了便于计算,设BaOH2和NaHCO3的物质的量分别为4mol和3mol,则nOH－=8mol nBa2+=4mol nNa+=3mol nHCO3－=3mol ；反应后:nOH－=5mol nBa2+=1mol nNa+=3mol ,所以选B练习1：将0.2 mol·L-1 CH3COOK 与0.1 mol·L-1盐酸等体积混合后,溶液的pH＜7,则溶液中下列微粒的物质的量浓度的关系正确的是H3COO-＝cCl-＝cH+＞cCH3COOHH3COO-＝cCl-＞cCH3COOH＞cH+H3COO-＞cCl-＞cH+＞cCH3COOHH3COO-＞cCl-＞cCH3COOH＞cH+练习2：将0.4mol/LNH4Cl溶液和0.2mol/LNaOH溶液等体积混合后,溶液中下列微粒的物质的量关系正确的是A .cNH4+=cNa+=cOH-＞cNH3·H2O B. cNH4+=cNa+＞cNH3·H2O ＞cOH-＞cH+H4+＞cNa+＞cOH-＞cNH3·H2OD. cNH4+＞cNa+＞cNH3·H2O ＞cOH-＞cH+4、不同物质同种离子浓度比较型：例题 1996年上海高考题物质的量浓度相同的下列溶液中,NH4+浓度最大的是 ;A．NH4Cl B．NH4HSO4 C．NH3COONH4 D．NH4HCO3解析 NH4+在溶液中存在下列平衡：NH4+ + H2O NH3·H2O + H+B中NH4HSO4电离出大量H+,使平衡向左移动,故B中c NH4+大于A中的c NH4+,C项的CH3COO-和D项的HCO3-水解均呈碱性,使平衡向右移动,故C、D中c NH4+小于A中c NH4+,正确答案为B;练习：1、物质的量浓度相同的下列溶液①NH42CO3 ②NH42SO4 ③NH4HCO3④NH4HSO4⑤NH4Cl ⑥NH3·H2O；按c NH4+由小到大的排列顺序正确的是A.③⑤④⑥①③B.⑥③⑤④①②C.⑥⑤③④①②D.⑥③⑤④②①2、2006重庆11．温度相同、浓度均为0.2 mol/L的①NH42SO4、②NaNO3、③NH4HSO4、④NH4NO3、⑤、⑥CH3COONa溶液,它们的pH值由小到大的排列顺序是AA．③①④②⑥⑤B．①③⑥④②⑤C．③②①⑥④⑤D．⑤⑥②④①③5、其他类型关注利用溶液中阴阳离子的种类来判断溶液中溶质的可能情况:有些题目给定了盐溶液中的阴阳离子种类,可以假设该溶液是相应酸与碱反应后的产物,因此存在酸碱过量问题;例1已知某无色透明的溶液中所含的离子仅有Na+、CH3COO-、H+和OH-四种离子,试回答下列问题：⑴该溶液所含的四种离子的物质的量浓度大小之间的关系是否只有一种可能填“是”或“否”,其原因是：;⑵某学生将该溶液中的四种离子的物质的量浓度按从大到小的顺序排列了若干种可能,其中合理的是：A. cNa+>cCH3COO－>cOH－>cH+B. cCH3COO－=cNa+>cOH－=cH+C. cH+>cOH－>cNa+>cCH3COO－D. cNa+>cCH3COO－>cH+>cOH－解析：由于溶液中所含的离子仅有Na+、CH3COO-、H+和OH-四种离子,所以可以认为是醋酸和NaOH反应后的溶液;因此该溶液中可能含有溶质CH3COONa ; CH3COONa、CH3COOH; CH3COONa、NaOH等情况所以该溶液所含的四种离子的物质的量浓度大小之间的关系不能只有一种;第2问中C D选项不符和溶液中电荷守恒规律,选AB.练习.已知某溶液中存在Cl-、NH4+、H+、OH- 四种离子经过四位同学测定其浓度大小关系如下,其中不可能的是l-＞CNH4+＞CH+＞COH-B. CCl-＞CH+＞CNH4+＞COH-l-＞CNH4+＞COH-＞CH+D. COH-＞CH+＞CCl-＞CNH4+※※对所给的二元酸的电离,要关注电离的程度：是否完全电离;例2某二元酸化学式用H2A表示在水中的电离方程式是：H2A==H++HA；HA－H++A2－回答下列问题：⑴Na2A溶液显填“酸性”,“中性”,或“碱性”;理由是：用离子方程式表示⑵在0.1mol·L－1的Na2A溶液中,下列微粒浓度关系式正确的是：;A. cA2－+c HA－+c H2A =0.1mol·L-1B. cOH－=cH+ +c HA－C. cNa+ + cH+ =cOH－+ c HA－+2cA2－D. cNa+ = 2cA2－+2c HA－⑶已知0.1mol·L－1NaHA溶液的pH=2,则0.1mol·L-1 H2A溶液中氢离子的物质的量浓度可能是0.11 mol·L－1填“<”,“>”,或“=”,理由是：⑷0.1mol·L－1 NaHA溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是：解析：由于“H2A==H++HA；HA－H++A2－”,因此在NaHA溶液中仅存在: HA－H++A2－电离情况,没有HA－的水解过程;在H2A溶液中H2A第一步电离产生的H+,抑制了HA-的电离;理解上述内容,答案迎刃而解;练习：某二元弱酸简写为H2A溶液,按下式发生一级和二级电离：H2A H++HA-；HA-H++A2-已知一级电离远大于二级电离,设有下列四种溶液：A.0.01mol.L-1的H2A溶液 B.0.01mol.L-1的NaHA溶液COH-＞CH+C.0.02mol.L-1的HCl与0.04mol.L-1的NaHA溶液等体积混合液D.0.02mol.L-1的NaOH与0.02 mol.L-1的NaHA溶液等体积混合液据此,填写下列空白填代号（1）B溶液中可能存在的等式关系有D溶液中可能存在的等式关系有2 CH+最大的是______________________,最小的是______________________;3CH2A最大的是______________________,最小的是______________________;4CA2-最大的是______________________, 最小的是______________________;※※关注隐含信息的发掘:例3今有一混合物的水溶液,只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl－、Mg2+、Fe3+、CO32—、SO42—,现每次取100.00ml进行实验;①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生;②第二份加足量NaOH后加热,收集到气体0.896L标准状态下;③第三份加足量BaCl2后,得干燥沉淀6.27g,沉淀经足量盐酸洗涤干燥后,剩2.33g;试回答有关问题：⑴判断K+、Cl－是否存在K+；Cl－填下列序号;A．一定存在B．可能存在C．一定不存在⑵肯定存在的离子在原溶液中的物质的量浓度分别为：;解析：由①可知溶液中Cl－、CO32—、SO42—三种中至少含有其中一种；由②能确定含NH4+,且cNH4+=0.4mol·L－1,第③步可以确定cSO42－=0.1mol·L－1；cCO32－=0.2mol·L－1,由于含有CO32—、SO42—,所以溶液中肯定不含Mg2+、Fe3+；因为溶液中阴阳离子所带电荷相等即溶液是电中性的,这也是该题目隐含的信息,由上述所求的已知阴阳离子的浓度看出,是不守恒的,因此溶液中一定存在K+,且cK+≥0.2mol·L－1,Cl－不确定;目录物料守恒基本介绍物料守恒可以理解为原子守恒的另一种说法;就是说“任一化学反应前后原子种类指原子核中质子数相等的原子,就是元素守恒和数量分别保持不变”,可以微观地应用到具体反应方程式,就是左边带电代数和等于右边;其中的也可以理解为原子核,因为外围电子数可能有变,这时候可以结合电荷守恒来判断问题;可以微观地应用到具体反应方程式,就是左边反应物元素原子核个数种类与总数对应相等于右边生成物当然也不会出现种类不同的情况;物料守恒和电荷守恒,质子守恒一样同为溶液中的三大守恒关系;举例例一：在NaHCO3中,如果HCO3-没有电离和水解,那么Na+和HCO3-浓度相等;现在HCO3-会水解成为H2CO3,电离为CO32-都是1：1反应,也就是消耗一个HCO3-,就产生一个H2CO3或者CO32-,那么守恒式中把Na+浓度和HCO3-及其产物的浓度和画等号或直接看作钠与碳的守恒：即cNa+ == cHCO3- + cCO32- + cH2CO3例二：在0.1mol/L的H2S溶液中存在如下电离过程:均为可逆反应H2S=H+ +HS-HS-=H++S2-H2O=H++OH-可得物料守恒式cS2-+cHS-+cH2S==0.1mol/L, 在这里物料守恒就是S元素守恒--描述出有S元素的离子和分子即可例三：Na2CO3溶液的电荷守恒、物料守恒、质子守恒碳酸钠：电荷守恒cNa++cH+=2cCO32-+cHCO3-+cOH-上式中,阴阳离子总电荷量要相等,由于1mol碳酸根电荷量是2mol负电荷,所以碳酸根所带电荷量是其物质的量的2倍;物料守恒nNa+是碳酸根离子物质的量的2倍,电离水解后,碳酸根以三种形式存在所以cNa+=2cCO32-+cHCO3-+cH2CO3质子守恒水电离出的cH+=cOH-在碳酸钠水溶液中水电离出的氢离子以H+,HCO3-,H2CO3三种形式存在,其中1mol 碳酸分子中有2mol水电离出的氢离子所以cOH-=cH++cHCO3-+2cH2CO3此外质子守恒也可以用电荷守恒和物料守恒两个式子相减而得到电荷守恒-物料守恒=质子守恒;⒈含特定元素的微粒离子或分子守恒⒉不同元素间形成的特定微粒比守恒⒊特定微粒的来源关系守恒例1：在0.1mol/LNa3PO4溶液中：根据P元素形成微粒总量守恒有：cPO43-+cHPO42-+cH2PO4-+cH3PO4=0.1mol/L 根据Na与P形成微粒的关系有：cNa+=3cPO43-+3cHPO42-+3cH2PO4-+3cH3PO4 根据H2O电离出的H+与OH-守恒有：cOH-=cHPO42-+2cH2PO4-+3cH3PO4+cH+ 例2：NaHCO3 溶液中cNa+等于碳酸氢根离子的浓度,电离水解后,碳酸氢根以三种形式存在所以CNa+=CHCO3-+ CCO32-+CH2CO3 这个式子叫物料守恒再例如,Na2CO3溶液中,cNa+等于碳酸根离子的浓度2倍,电离水解后,碳酸根以三种形式存在所以有CNa+= 2CCO32-+CHCO3-+CH2CO3质子守恒也可以由电荷守恒和物料守恒关系联立得到例如：Na2CO3溶液①电荷守恒：CNa+ +CH+===COH- +2CCO32- +CHCO3- 正电荷=负电荷②物料守恒：CNa+= 2CCO32- +2CHCO3- +2CH2CO3①-②得质子守恒：COH- =CH+ +CHCO3- +2CH2CO3 水电离出的H+ =OH-NaHCO3 溶液中存在下列等式①cH++cNa+=cHCO3-+2cCO32-+cOH-②cNa+=cHCO3-+cCO32-+cH2CO3{物料守恒}方法一：两式相减①-②得cH+=cOH-+cCO32--cH2CO3这个式子叫质子守恒;方法二：由酸碱质子理论原始物种：HCO3-,H2O消耗质子产物H2CO3,产生质子产物CO32-,OH-cH+=cCO32-+cOH--cH2CO3即cH++cH2CO3=cCO32-+cOH-关系：剩余的质子数目=产生质子的产物数目-消耗质子的产物数目直接用酸碱质子理论求质子平衡关系比较简单,但要细心；如果用电荷守恒和物料守恒关系联立得到则比较麻烦,但比较保险又如NaH2PO4溶液原始物种：H2PO4-,H2O消耗质子产物：H3PO4 H+产生质子产物：HPO42-产生一个质子,PO43-产生二个质子,OH-所以：cH+=cHPO42-+2cPO43-+cOH--cH3PO4可以用电荷守恒和物料守恒联立验证.快速书写快速书写质子守恒的方法：第一步：定基准物能得失氢离子的物质若为溶液则包括水利用电离和水解得到得质子产物和失质子产物;第二步：看基准物、得质子产物和失质子产物相差的质子数第三步：列出质子守恒关系式得质子数=失质子数第四步：用物料守恒和电荷守恒加以验证质子守恒的主要题型：1.单一的酸溶液例：H3PO4溶液中：基准物：H2O 和H3PO4.得质子产物：H3O+相差1个质子即H+失质子产物：H2PO4- 相差1个质子HPO42-差2个质子PO43-相差3个质子OH- 相差1个质子质子守恒关系式为：cH+ = cH2PO4- + 2cHPO42- + 3cPO43- + cOH-2.单一的碱溶液例：NH3·H2O溶液中：基准物：H2O NH3·H2O得质子产物：H3O+相差1个质子即H+NH4+ 相差1个质子失质子产物：OH- 相差1个质子质子守恒关系式为：cH+ + cNH4+ = cOH- 不难看出单一的酸溶液或者碱溶液的质子守恒其实就是电荷守恒; 混合酸的溶液或者混合碱溶液也是这个样子滴3.单一的正盐溶液例1：Na2CO3溶液基准物：H2O CO32-得质子产物：H3O+相差1个质子即H+HCO3-相差1个质子H2CO3相差2个质子失质子产物：OH- 相差1个质子质子守恒关系式为：cH+ + cHCO3- + 2cH2CO3 = cOH- 例2：NH4Cl 溶液基准物：H2O 、NH4+ 得质子产物：H3O+相差1个质子即H+失质子产物：NH3·H2O相差1个质子OH- 相差1个质子质子守恒关系式为cH+ = cNH3·H2O + cOH-例3：NH43PO4溶液基准物：H2O 、NH4+ 、PO43-得质子产物：H3O+相差1个质子即H+HPO42-相差1个质子H2PO4- 相差2个质子H3PO4相差3个质子失质子产物：NH3·H2O相差1个质子OH- 相差1个质子质子守恒关系式为cH+ + cHPO42- + 2cH2PO4- + 3cH3PO4 = cNH3·H2O + cOH-4 .单一的酸式盐溶液例1：NaH2PO4溶液基准物：H2O H2PO4-得质子产物：H3O+相差1个质子即H+H3PO4相差1个质子失质子产物：HPO42-相差1个质子PO43-相差2个质子OH- 相差1个质子质子守恒关系式为cH+ + cH3PO4 = cHPO42- + 2cPO43- + cOH-例2：NH4HCO3溶液基准物：H2O 、NH4+ 、HCO3- 得质子产物：H3O+相差1个质子即H+H2CO3相差1个质子失质子产物：NH3·H2O相差1个质子CO32- 相差1个质子OH- 相差1个质子质子守恒关系式为cH++ cH2CO3 = cNH3·H2O + cCO32- + cOH-例3：NH42HPO4溶液基准物：H2O 、NH4+、HPO42- 得质子产物：H3O+相差1个质子即H+H2PO4- 相差1个质子H3PO4 相差2个质子失质子产物：NH3·H2O相差1个质子PO43- 相差1个质子OH- 相差1个质子质子守恒关系式为cH+ + cH2PO4- + 2cH3PO4 = cNH3·H2O + cPO43- + cOH-5.多种盐的混合溶液例：CH3COONa与NaF的混合液基准物：H2O CH3COO- F-得质子产物：H3O+相差1个质子即H+CH3COOH相差1个质子HF相差1个质子失质子产物：OH- 相差1个质子质子守恒关系式为cH+ + cCH3COOH + cHF = cOH-6.酸碱反应后的混合溶液：此类型混合溶液,应运用物料守恒和电荷守恒联立消去强酸或强碱离子后得到质子守恒变式;质子守恒关系式特殊; 例1：同浓度同体积的CH3COONa 与CH3COOH混合液物料守恒：cCH3COO-+ cCH3COOH = 2cNa+电荷守恒：cNa++ cH+ = cCH3COO- + cOH-即2cNa+ + 2cH+ = 2cCH3COO- + 2cOH-质子守恒关系式为：2cH+ + cCH3COOH = cCH3COO- + 2cOH-例2：同浓度同体积的CH3COONa与NaOH混合液物料守恒：2cCH3COO-+ cCH3COOH = cNa+电荷守恒：cNa+ + cH+ = cCH3COO- + cOH-质子守恒关系式为：cH+ + 2cCH3COOH + cCH3COO- = cOH-例3：同浓度同体积的NH4Cl与NH3·H2O混合液物料守恒：cNH4++ cNH3·H2O =2 cCl-电荷守恒：cNH4+ + cH+ = cCl- + cOH-即2cNH4+ +2 cH+ = 2cCl- + 2cOH-质子守恒关系式为：2cH+ +cNH4+ = cNH3·H2O + 2cOH- 例4：同浓度同体积的NH4Cl与HCl混合液物料守恒：2 cNH4++ cNH3·H2O = cCl-电荷守恒：cNH4+ + cH+ = cCl- + cOH-质子守恒关系式为：cH+ = cNH4+ + 2cNH3·H2O + cOH-质子守恒解读一般情况下,很少单独考虑质子守恒,实际上在盐水溶液中存在的质子守恒可看作是物料守恒与电荷守恒的叠加项所谓的质子守恒,实质是从水的电离出发,考虑弱酸根离子结合水电离出的H+或弱碱阳离子结合水电离出的OH-,然后在溶液中寻找H+和OH-的“藏身”之所,而列出的等式关系;常用于盐溶液中粒子浓度关系的比较下面以Na2CO3溶液、NH4Cl溶液和NH42CO3溶液为例,来确定它们的溶液中各自存在的质子守恒关系;1、Na2CO3溶液在不考虑CO32-水解时,水电离出的H+与OH-的物质的量是相等的,但当CO32-水解结合部分水电离出的H+后,分别生成了HCO3-结合一个H+和H2CO3结合两个H+,而OH-未被消耗,因此可列出等式关系：cOH-=cH++cHCO3-+2×cH2CO3,即Na2CO3溶液中的质子守恒2、NH4Cl溶液NH4+水解结合的是由水电离出的部分OH-,生成了NH3·H2O,而H+未被消耗,因此可列出等式关系：cH+=cOH-+cNH3·H2O,即为NH4Cl溶液中的质子守恒3、NH42CO3溶液NH4+水解结合的是由水电离出的部分OH-,生成了NH3·H2O；CO32-水解结合部分水电离出的H+,分别生成了HCO3-和H2CO3,H+、OH-都有一部分被消耗,分别寻找H+、OH-在溶液中的“藏身”之所,即可列出下列等式关系：cH++cHCO3-+2×cH2CO3=cOH-+cNH3·H2O,即为NH42CO3溶液中的质子守恒;。
高考化学电离平衡九大知识点
七、盐类的水解（只有可溶于水的盐才水解）1、盐类水解：在水溶液中盐电离出来的离子跟水电离出来的H+或OH-结合生成弱电解质的反应。
2、水解的实质：水溶液中盐电离出来的离子跟水电离出来的H+或OH-结合,破坏水的电离，是平衡向右移动，促进水的电离。
3、盐类水解规律：①有弱才水解，无弱不水解，越弱越水解；谁强显谁性，两弱都水解，同强显中性。
②多元弱酸根，浓度相同时正酸根比酸式酸根水解程度大，碱性更强。
(如:Na2CO3＞NaHCO3)4、盐类水解的特点：（1）可逆（与中和反应互逆）（2）程度小（3）吸热5、影响盐类水解的外界因素：①温度：温度越高水解程度越大（水解吸热，越热越水解）②浓度：浓度越小，水解程度越大（越稀越水解）③酸碱：促进或抑制盐的水解（H+促进阴离子水解而抑制阳离子水解；OH-促进阳离子水解而抑制阴离子水解）6、酸式盐溶液的酸碱性：①只电离不水解：如HSO4- 显酸性②电离程度＞水解程度，显酸性（如: HSO3-、H2PO4-）③水解程度＞电离程度，显碱性（如：HCO3-、HS-、HPO42-）7、双水解反应：（1）构成盐的阴阳离子均能发生水解的反应。
双水解反应相互促进，水解程度较大，有的甚至水解完全。
使得平衡向右移。
（2）常见的双水解反应完全的为：Fe3+、Al3+与AlO2-、CO32-(HCO3-)、S2-(HS-)、SO32-(HSO3-)；S2-与NH4+；CO32-(HCO3-)与NH4+其特点是相互水解成沉淀或气体。
双水解完全的离子方程式配平依据是两边电荷平衡，如：2Al3++ 3S2- + 6H2O == 2Al(OH)3↓+3H2S↑9、水解平衡常数（Kh）对于强碱弱酸盐：Kh=Kw/Ka(Kw为该温度下水的离子积，Ka为该条件下该弱酸根形成的弱酸的电离平衡常数)对于强酸弱碱盐：Kh=Kw/Kb（Kw为该温度下水的离子积，Kb为该条件下该弱碱根形成的弱碱的电离平衡常数）电离、水解方程式的书写原则1）、多元弱酸（多元弱酸盐）的电离（水解）的书写原则：分步书写注意：不管是水解还是电离，都决定于第一步，第二步一般相当微弱。
专题六选择题专攻1.电离平衡、水解平衡及沉淀溶解平衡的分析应用-2025届高考化学二轮复习课件
4.25 ℃时，不同溶液中水电离出的c(H＋)或c(OH－)与溶液中c(H＋)或c(OH－)的关系
举例
由水电离出的 c(H＋)/ ( mol·L－1)
说明
pH＝3的HCl、 CH3COOH溶液 pH＝12的NaOH、 NH3·H2O溶液 pH＝3的AlCl3、FeCl3 溶液
pH＝11的CH3COONa、 Na2CO3、NaHCO3溶液
pH＝a＋n a<pH<a＋n pH＝b－n
b－n<pH<b
误区三：不能正确掌握混合溶液的定性规律 常温下，pH＝n(n<7)的强酸和pH＝14－n的强碱溶液等体积混合，混合 溶液pH＝7；pH＝n(n<7)的醋酸和pH＝14－n的氢氧化钠溶液等体积混合， 混合溶液pH<7；pH＝n(n<7)的盐酸和pH＝14－n的氨水等体积混合，混 合溶液pH>7。
溶液Ⅱ中，由B项解析可知c总(HA)＝1.01 c(HA)，未电离的HA可自
由穿过隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，溶液Ⅰ和Ⅱ中c总(HA)
之比为[(104＋1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]＝(104＋1)∶1.01≈104，D错误。
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2.(2023·浙江1月选考，13)甲酸(HCOOH)是重要的化工原料。工业废水中的甲 酸及其盐，通过离子交换树脂(含固体活性成分R3N，R为烷基)因静电作用被 吸附回收，其回收率(被吸附在树脂上甲酸根离子的物质的量分数)与废水初始 pH关系如图(已知甲酸Ka＝1.8×10－4)，下列说法不正确的是 A.活性成分R3N在水中存在平衡：
02 真题演练
1.(2022·全国乙卷，13)常温下，一元酸HA的Ka(HA)＝1.0×10－3。在某体 系中，H＋与A－不能穿过隔膜，未电离的HA可自由穿过该膜(如图所示)。 设溶液中c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，当达到平衡时，下列叙述正确的是 A.溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)
《电离水解平衡》课件
01
电离水解平衡的实 验研究
实验目的与原理
实验目的
通过实验探究电离平衡和水解平 衡的原理，加深对电离水解平衡 的理解。
实验原理
在电离平衡中，弱电解质分子电离成 离子的速率与离子重新结合成弱电解 质分子的速率相等，形成稳定的离子 和分子共存的平衡状态。
影响电离平衡的因素
温度
温度对电离平衡的影响较大，随着温度的升高，电离平衡常数增 大，弱电解质的电离程度也随之增大。
浓度
弱电解质浓度越大，电离程度越小；浓度越小，电离程度越大。
酸碱度
溶液的酸碱度对弱电解质的电离平衡有显著影响，弱酸或弱碱在酸 性或碱性溶液中电离程度增大。
电离平衡的应用
酸碱度调节
利用电离平衡原理调节溶液的酸碱度， 如通过加入酸或碱来调节土壤酸碱度。
药物制备
药物的制备过程中，常涉及弱电解质 的电离平衡，如利用弱电解质的电离
特性制备药物。
化工生产
在化工生产中，常利用电离平衡原理 进行物质的分离和提纯，如利用离子 交换法分离不同离子。
《电离水解平衡》 ppt课件
THE FIRST LESSON OF THE SCHOOL YEAR
目录CONTENTS
• 电离平衡 • 水解平衡 • 电离水解平衡的相互影响 • 电离水解平衡的实验研究
01
电离平衡
电离平衡的定义
电离平衡是指在一定条件下，弱电解 质在水溶液中达到动态平衡的状态， 即正逆反应速率相等，各组分浓度保 持不变。
电离平衡与水解平衡的关系
电离平衡和水解平衡理论——解题方法总结
电离平衡理论和水解平衡理论——解题方法总结［引入］电解质溶液中有关离子浓度的判断是近年高考的重要题型之一。
解此类型题的关键是掌握“两平衡、两原理”，即弱电解质的电离平衡、盐的水解平衡和电解质溶液中的电荷守恒、物料守恒原理。
首先，我们先来研究一下解决这类问题的理论基础。
一、电离平衡理论和水解平衡理论1.电离理论：⑴弱电解质的电离是微弱的，电离消耗的电解质及产生的微粒都是少量的，同时注意考虑水的电离的存在。
⑵多元弱酸的电离是分步的，主要以第一步电离为主。
2.水解理论：从盐类的水解的特征分析：水解程度是微弱的（一般不超过2‰）。
例如：NaHCO3溶液中，c(HCO3―)＞＞c(H2CO3)或c(OH― )理清溶液中的平衡关系并分清主次：⑴弱酸的阴离子和弱碱的阳离子因水解而损耗；如NaHCO3溶液中有：c(Na+) ＞c(HCO3-)。
⑵弱酸的阴离子和弱碱的阳离子的水解是微量的（双水解除外），因此水解生成的弱电解质及产生H+的（或OH-）也是微量，但由于水的电离平衡和盐类水解平衡的存在，所以水解后的酸性溶液中c(H+)（或碱性溶液中的c(OH-)）总是大于水解产生的弱电解质的浓度。
⑶一般来说“谁弱谁水解，谁强显谁性”，如水解呈酸性的溶液中c(H+)＞c(OH-)，水解呈碱性的溶液中c(OH-)＞c(H+)。
⑷多元弱酸的酸根离子的水解是分步进行的，主要以第一步水解为主。
守恒作为自然界的普遍规律，是人类征服改造自然的过程中对客观世界抽象概括的结果。
在物质变化的过程中守恒关系是最基本也是本质的关系之一，化学的学习若能建构守恒思想，善于抓住物质变化时某一特定量的固定不变，可对化学问题做到微观分析，宏观把握，达到简化解题步骤，既快又准地解决化学问题之效。
守恒在化学中的涉及面宽，应用范围极广，熟练地应用守恒思想无疑是解决处理化学问题的重要方法工具。
守恒思想是一种重要的化学思想，其实质就是抓住物质变化中的某一个特定恒量进行分析，不探究某些细枝末节，不考虑途径变化，只考虑反应体系中某些组分相互作用前后某种物理量或化学量的始态和终态。
电离平衡及水解平衡
(3)考题精练
3.(1)溶液中的微粒种类及其浓度的大小关系
(2)点题剖析
(3)考题精练
1．了解电解质和非电解质、强电解 质和弱电解质的概念。
2．理解电解质的电离平衡概念。
3．了解水的电离、溶液pH等概念。
4．掌握有关溶液pH与氢离子浓度、 氢氧根离子浓度的简单计算。
(一)、命题焦点
本专题是高中化学重要的基础理论之一，是教学大 纲要求学生必须掌握的理论。纵观近几年高考试卷，考 查的内容和知识点覆盖面广，同时强化重点知识的考查。 从能力层次方面来看，大都是考理解能力和分析综合能 力，并逐渐向应用等更高能力发展。试题的创意是稳中 求变，变中求新，新中求活，总的意图是让试题真正达
(3)规律
(1)一般盐的水解程序很弱 , 存在水解平衡 (2)强酸强碱盐不水解 (3)强酸弱碱盐水解 , 水溶液呈酸性
M H 2O MOH H M n nH 2O M (OH )n nH
(4)强碱弱酸盐水解 , 水溶液呈碱性
A H 2O HA OH An H 2O HA(n 1) OH
(2）重视电解质溶液中“几种程度大小”问题：
①弱电解质溶液中未电离分子多于已电离的分 子。
②盐溶液中未水解的离子多于已水解的离子。
③通常弱酸与同酸根的弱酸盐等浓度混合时， 酸电离强于盐水解，显酸性；弱碱与同弱碱阳 离子的盐等浓度混合时，碱的电离强于盐的水 解显碱性。
④酸式酸根离子通常是水解强于电离，其溶液 显碱性。但HSO4-、HSO3-和H2PO4-电离强于水解， 显酸性。
(5)生成的弱电解质越弱 , 水解程度越大
(4)影响因素
(1)温度 : 升温, 促进盐的水解
高三化学一轮复习【水解常数(Kh)与电离常数的关系及应用】
所以 c 平(H＋)≈ Kh＝
1×10－14 1.8×10－5
mol·L－1≈2.36×10－5
mol·L－1。
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4.已知25 ℃时，草酸的电离平衡常数Ka1＝5.0×10－2 mol·L－1，Ka2＝ 5.2×10－5 mol·L－1；碳酸的电离平衡常数Ka1＝4.4×10－7 mol·L－1，Ka2＝ 4.7×10 － 11 mol·L － 1 ， 则 NaHC2O4 溶 液 的 pH__＜__( 填 “ ＞ ”“ ＜ ” 或 “＝”，下同)7，NaHCO3溶液的pH_＞___7。
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解析 第一级电离常数：H2SO3 的 Ka1＝1.54×10－2 mol·L－1，H2CO3 的 Ka1＝
4.3×10－7 mol·L－1。第二级电离常数：H2SO3 的 Ka2＝1.02×10－7 mol·L－1，H2CO3 的 Ka2＝5.6×10－11 mol·L－1。所以，CO23－的水解程度大于 SO23－，所以 c 平(SO23－) ＞c 平(CO23－)＞c 平(HCO－ 3 )＞c 平(HSO－ 3 )。
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(2)常温下，NaH2PO4的水溶液pH_＜___(填“＞”“＜”或“＝”)7。 解析 NaH2PO4 的水解常数 Kh＝c平Hc3平POH42P·cO平－ 4O H－＝KKaw1＝17..01××1100－－134 mol· L－1≈1.4×10－12 mol·L－1，Ka2＞Kh，即 H2PO－ 4 的电离程度大于其水解程度， 因而 pH＜7。
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5.常温下，用NaOH溶液吸收SO2得到pH＝9的Na2SO3溶液，吸收过程 中水的电离平衡___向__右____(填“向左”“向右”或“不”)移动。试计 算溶液中 cc平平HS＝SOO23_－－3_______。60(常温下H2SO3的电离平衡常数Ka1＝1.0×10 －2 mol·L－1，Ka2＝6.0×10－8 mol·L－1)
高中化学五个平衡对比(化学平衡,电离平衡,水的电离平衡,水解平衡,溶解平衡)
T↑，→，促进水解
(大多数)T↑，→，促进溶解
浓度
加溶质
c↑，→，电离度↓
--------------------------
c↑，→，水解度↓平衡来自移动加水→，越稀越电离
-------------------------
→，越稀越水解
→，越稀越溶解
外加试剂
同离子
←，抑制电离
←，抑制电离
溶液中的几种平衡对比
弱电解质的电离平衡
水的电离平衡
盐类的水解平衡
难溶电解质的溶解平衡
研究对象
弱酸、弱碱
水
能水解的盐
难溶电解质
方程式（举例）
特征
“逆、动、等、定、变”
影响因素
内因
弱酸（碱）的强弱
--------------------------
弱离子对应的弱酸（碱）的强弱
溶解度的大小
外因
温度
T↑，→，促进电离
←，抑制水解
←，抑制溶解
反应离子
→，促进电离
→，促进电离(盐的水解)
→，促进水解
→，促进溶解
平衡常数
表达式
Ka(或Kb)=
Kw=
Kh=
Ksp=
影响因素
温度
意义、应用
Ka越大，酸性越强