文档介绍：例:·dm-3H2S溶液中H+,HS-,S2-,OH-和H2S。解:在H2S水溶液中同时存在下列三个平衡:H2SH++HS-HS-H++S2-H2OH++OH-设平衡溶液中H2S第一级离解出[H+]=xmol·dm-3,第二级离解出[H+]=ymol·dm-3,水离解出[H+]=zmol·dm-3,H2SH++HS-HS-H++S2-H2O-H++OH--xx+y+zx-yx-yx+y+zyx+y+zz由于《《,故计算时只考虑第一步电离。所以x远大于y,x远大于z,x+y+z≈x;x-y≈x则:溶液中S2-是由第二步电离产生的,根据第二步电离平衡知溶液中的OH-只有一个来源,就是水的电离则有:=×10-4mol·L-1=×10-4mol·L-1=×10-13mol·L-1=×10-11mol·L-1需说明几点①二元弱酸酸根离子的浓度近似等于第二离解平衡的平衡常数,与酸的浓度无关。③在二元弱酸的溶液中,②只有上述条件都满足,才有这一结论不能简单地推论到三元酸;④二元弱酸(所有的多元弱酸):·L-1Na2CO3溶液的pH值,已知解:CO32-第一步离解常数:CO32-第二步离解常数:pH=14-=、同离子效应同离子效应:在弱酸(弱碱)溶液中加入具有共同离子的强电解质而使解离平衡向左移动,从而降低弱酸电离度的现象。例:·L-1HAc溶液中,·dm-3,求其混合溶液中[H3O+]的浓度和HAc的电离度并与未加NaAc时比较解:由于强电解质在水溶液中完全电离,因此cAc-=·L-1。在忽略水电离的情况下,设由HAc电离的[H3O+]=xHAcH++Ac--+x因为,再加上同离子效应的作用,HAc的电离量x更小。所以:-,+[H+]×10-5而未加固体NaAc时,·L-1HAc溶液中计算表明,由于同离子效应,[H+]和HAc的电离度都有大大降低。:缓冲溶液的选择和配制例:欲配制pH=,现有HCOOH-HCOONa、HAc-NaAc、NaH2PO4-Na2HPO4、NH3-NH4Cl四个共轭酸碱对,、、、。应选择那一个共轭酸碱对?并计算弱酸与其共轭碱的比并计算弱酸与其共轭碱的比解:在这四个共轭酸碱对中,HCOOH-HCOONa、HAc-NaAc的比较接近欲配制的缓冲溶液的pH,但HCOOH-HCOONa更接近,所以应选择HCOOH-HCOONa配制缓冲溶液。缓冲溶液的配制例:、·dm-3的缓冲溶液1dm-3,需加入NaAc·3H2O晶体多少克?解:[Ac-]==×1×=:试计算Ag2CrO4的溶度积。。解:设Ag2CrO4的溶解度为smol·dm-3,则:Ag2CrO4在饱和溶液中存在着如下平衡:Ag2CrO4(s)2Ag+(aq)+CrO42-(aq)例:×10-10。求它的溶解度?解:设AgCl的溶解度为smol·dm-3,则:s=×10-5(mol·dm-3)二、沉淀的生成例:·dm-3的NaCl溶液中,加入5gPb(NO3)2,试问溶液中是否有沉淀生成。解:所以:PbCl2(s)Pb2++2Cl-因此在此条件下无PbCl2沉淀生成。例:·dm-3FeCl3溶液不产生Fe(OH)3沉淀和完全沉淀为Fe(OH)3的pH值。解:不产生Fe(OH)3沉淀,至少满足:pHpKw–pOH=14–=,即[Fe3+]×10-5mol·dm-3,则:pOH,pH、分步沉淀【例7-10】在粗制的CuSO4溶液中往往含有少量的Fe3+离子,·dm-3的CuSO4溶液中,应控制溶液的pH值为多少时,才能除去Fe3+离子。解:理想的pH范围应使离子Fe3+完全沉淀而Cu2+离子不沉淀,所以Cu2+离子开始沉淀的pH为:pOH==,Fe3+,+离子。在前例的计算中知,Fe3+,+离子。例:试计算在25℃时,由金属锌与锌离子浓度[