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） |
连平中学实例 | 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 H2SH++HS— HS—玩偶之城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—+H2OHS—+OH- HS—+ H2OH2S+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 |
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| c（H+） | pH | 中和碱 的能力 | 与过量Zn的反应情况 | 稀释相同倍数后的pH |
氢气的产量 | 起始反应速率 |
盐酸 | 大 | 小 | 相等 | 相同 | 快 | 小 |
醋酸 | 小 | 大 | 慢 | 大 |
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三、相同pH、相同体积的盐酸与醋酸的比较
| c（H+） | c（酸） | 中和碱 的能力 | 与过量Zn的反应情况 | 稀释相同倍数后的pH |
氢气的产量 | 起始反应速率 |
盐酸 | 相等 | 小 | 弱 | 少 | 相等 | 大 |
醋酸 | 大 | 强 | 多 | 小 |
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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。
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：红褐沉淀
②生成的C6H5OH将与Fe3+发生显反应：
Fe3++6C6H5OH=[Fe(C6H5O)6]3-＋6H+ ； 现象：溶液呈现紫
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B
a(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H2SO人猿星球前传4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：（1五王醉归图卷）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H2OH++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NH4++H2ONH3·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：
NH4++H2ONH3前列舒安·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<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、梯度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。
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