【高考化学】高考化学专题复习(电离平衡和水解平衡)

高考化学专题复习电离平衡和水解平衡

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电解质溶液是高中化学重要的基础理论之一，从近几年的高考试题可以看出，涉及电解质溶液的考点多，重现率高。其主要热点有：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

电离平衡水解平衡

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

能量变化吸热吸热

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

加入Na2S 生成NaHS 抑制水解

二、相同物质的量浓度、相同体积的盐酸与醋酸的比较

四、电解质溶液中的守恒关系

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。例如：CH3COONa溶液中：[Na+]+[H+]=[CH3COO-]+[OH-]

Na2S溶液中：[Na+]+[H+]=[HS-]+[OH-]+2[S2-]

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。

例如：0.1mol/LNaHCO3溶液中：[Na+]=[HCO3-]+[CO32-]+[H2CO3]=0.1mol/L

0.1mol/LNa3PO4溶液中：1/3[Na+]=[PO33-]+[HPO42-]+[H2PO4-]+[H3PO4]=0.1mol/L

【典型例题】

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

答案：见上。

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：本题以图示形式检查酸、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，此题属于理解层次的中等难度试题。

（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) 0.1-0.1h 0.1h

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

（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。

【能力强化】

1.(03年上海）相同温度下等物质的量浓度的下列溶液中，pH最小的是

A.NH4Cl

B.NH4HCO3

C.NH4HSO4

D.(NH4)2SO4

2.(03年上海）在10mL0.1mol·L－NaOH溶液中加入同体积、同浓度的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－）

3.（03年江苏）在甲烧杯中放入盐酸，乙烧杯中放入醋酸，两种溶液的体积和pH都相等，向两烧杯中同时加入质量不等的锌粒，反应结束后得到等量的氢气。下列说法正确的是

A.甲烧杯中放入锌的质量比乙烧杯中放入锌的质量大

B.甲烧杯中的酸过量