普通化学第三章补充习题及答案

第3章 水化学与水污染
重点内容概要 1. 溶液的通性
难挥发非电解质的稀溶液的蒸汽压下降，沸点上升——ΔT bp = k bp m 凝固点下降——ΔT fp = k fp m 渗透压cRT
=∏
难挥发电解质溶液也具有蒸汽压下降、沸点上升，凝固点下降和渗透压等现象，由于电解这些稀溶液的依数性与浓度关系有一定偏差（引入i 值） 2. 酸碱的近代概念，酸碱的解离平衡和缓冲溶液的概念
（1）酸碱质子理论人为：凡能给出质子的物质都是酸；凡能与质子结合的物质都是碱。

酸碱共轭关系：共轭酸⇔质子+ 共轭碱 w b a K K K =∙ （2）一元酸碱的解离平衡
αα-=
12
c K a 2
α
αc K a ≈很小时 c
K a ≈α
c K H
c a ⋅=+
)( α
α-=
12
c K b 2
ααc K b
≈很小时 c
K b
≈
α c K OH
c b ⋅=-
)(
由于解离度与
c 成反比，与)
(b a K 或成正比，所以c/Ka 越大，解离度越小。

当
c/Ka>500时，可采用近似计算。

注意：上述计算公式只适用于水溶液中只有弱酸或弱碱的计算。

若溶液中又添加了影响解离平衡的离子（如H + 、弱酸根离子则要考虑同离子效应，根据平衡具体分析计算。

不要随便套公式。

（3）多元酸碱的解离平衡 分级解离 1a K 2a K +
H
浓度近似按一级解离计算
注意：解离度和解离平衡常数都可以反应弱酸、碱的强弱， 但 a K b K 与浓度无关，α
与浓度有关。

（4）同离子效应与缓冲溶液
同离子效应——实质是平衡移动问题，导致弱酸、碱的解离度减低
缓冲溶液——由弱的共轭酸及其共轭碱或弱的共轭碱及其共轭酸组成；具有外加少量酸、碱或稀释时，pH 基本不变的性质。

缓冲溶液的pH 计算：
共轭碱）
共轭酸）
((lg eq
eq a c c pK pH -= 共轭碱）
共轭酸）
((lg
00c c pK a -≈
缓冲溶液的缓冲能力：c(共轭酸)=c(共轭碱),能力大。

c(共轭酸)、c(共轭碱)大时,能力大
c(共轭酸)大时对碱缓冲大，c(共轭碱)大时对酸缓冲大。

配一定pH 的缓冲溶液时，选择pH 接近pK a 的缓冲对。

（5）有关pH 值的计算 （见习题）
注意：计算溶液的pH 时，首先要分析溶液的组成，再考虑用哪个公式或直接根据溶液
中的离子平衡反应分析平衡时的浓度进行计算。

根据平衡常数的大小判断平衡时离子浓度的大小，进而判断是否可以近似计算。

3.了解配离子的解离平衡及其移动 配离子的组成
配离子的解离平衡 解离平衡常数——不稳定常数（i K ）
配合平衡常数——稳定常数（f K ） f K =
i
K 1
注意：f K 可比较同类型配离子的稳定性。

4. 难溶电解质的多相离子平衡
m n B A 难溶电解质 溶度积：m n eq n m eq s
c B c c A c K }/)({}/)({θθ-+∙=
m n B A 难溶电解质 溶解度s （mol.dm -3）
注意：s 是溶解达到饱和即平衡时溶解难溶电解质 mol.dm -3；
离子浓度与s 的关系、s 与s K 关系都与电解质的类型有关
s K 只比较同类型难溶电解质的溶解性
5. 溶度积规则及其有关计算 m n n m c B c c A c Q
}/)({}/)({θθ-+∙=s K <时，溶液未饱和，无沉淀析出
m n n m c B c c A c Q }/)({}/)({θθ-+∙=s K =时，为饱和溶液
m n n m c B c c A c Q }/)({}/)({θθ-+∙=s K >时，会有沉淀析出，直到溶液s
K Q =为止
计算要求掌握（见习题）
6. 胶体的聚沉、保护及表面活性剂的结构和应用
7. 水体的主要污染物的来源及其危害。

一、判断题
1、所有非电解质的稀溶液，均具有稀溶液的依数性。

答：错。

依数性适用于难挥发非电解质稀溶液。

沸点上升就不适用于挥发性电解质。

产生依数性的根源是蒸汽压下降，它与溶质的性质无关，与溶液的浓度和溶剂的性质有关。

2、 稀的水溶液随温度的不断降低，冰不断析出，因此溶液的浓度会不断上升。

答：正确。

当溶液的温度降低到凝固点时会析出冰，使浓度上升，直到饱和后溶质也析
出。

注：溶液凝固点时，析出的只是溶剂，溶质不析出
3、 因0o C 时的冰和0o C 时的水蒸汽压相同，所以把冰投入到0o
C 的溶液中，必可存在两
相共存。

答：错。

0o C 的溶液（无论浓或稀、电解质或非电解质）的蒸汽压与0o C 时的水不相同，因此不可能两相共存
4、 弱电解质的浓度越大，其解离度就会越大。

答: 错。

弱电解质的浓度越大，其解离度就会越小。

稀溶液的关系是c
K a ≈
α该关
系又叫稀释定律。

5、 根据稀释定律可知，一元弱电解质的浓度越小，则解离度越大，因此解离出的各离
子浓度会越大。

答： 错。

解离度原有浓度
已解离的浓度
=
α
，与比值有关，而当稀释后原有浓度减小，
解离出的浓度也会同时减小的，c K H
c a ⋅=+
)(。

6、 对于任一AB 型弱电解质，其平衡均可表示为AB = A + + B -,因此在平衡系统中均具
有c(A +)=c(B -)。

答：（ 错 。

平衡时的浓度关系仅限于A + B - 离子全部由AB 解离出的 系统 ） 7、 难溶电解质AgCl 的溶度积常数为
s
K ，根据定义可计算出平衡时
c(Ag +)=c(Cl -)=
s
K ,由此可以判断在任一系统中，要使AgCl 产生沉淀，其必要条
件是c(Ag +){或c(Cl -)}必须达到
s
K 。

答：（错。

原因是系统中c(Ag +)不一定等于c(Cl -) ）
8、 同离子效应可以使溶液的pH 增大，也可以使溶液的pH 减小，但一定会使弱电解
质的解离度降低。

答：（ 正确 ）
概念、习题与解答
9、 溶度积s K 与溶解度s 之间有一定的关系，对A m B n
型的难溶电解质s=n
m n
m s
n m K +,
因此该关系适用于一切A m B n 型的难溶电解质。

答：（错误。

该关系只适用于A m B n 型强难溶电解质，且溶液中不含有A n+ 、B m- 离子，即在水中的溶解度。

若A m B n 是弱电解质，溶度积只反应了溶解并解离的部分，另外若离子与水作用或A m B n 分步解离时，离子的浓度与溶解度的关系复杂，不能应用上式） 10、对于A 、B 两种难溶电解质，若A 的溶解度大于B 的溶解度，则A 的溶度积必定
大于B 的溶度积。

答：（错误。

因不同类型的电解质s 与Ks 关系不同，不能比较。

同类型的（且符合9题关系使用条件的）可以）
11、将0.1mol.dm -3的HAc 溶液稀释一倍，则该溶液中c(H +)将为原来的一半。

答：（错误。

对强电解质是同步增减的，但对弱电解质HAc 浓度引起H +浓度的变化受
K a (HAc)控制，按近似计算是2
1
.0)(⋅
=+
a K H
c ） 12、将适量的NaHCO 3和Na 2CO 3溶液相混合后所形成的溶液具有一定的缓冲作用。

答：（正确。

因为HCO 3-—CO 32-是缓冲对）
13、因为BaSO 4在水中溶解达到平衡时，受到溶度积常数的制约，因此BaSO 4是弱电解
质。

答：（错误。

难溶电解质的沉淀溶解平衡与弱电解质的解离平衡虽然都是平衡关系，但
前者是溶解部分与未溶解部分的平衡关系。

只要是溶解了的部分全部解离即是强电解质。

） 二、选择题
1、在稀溶液的依数性中，起主导因素的是 (A)
(A) 溶液的蒸汽压下降 (B)溶液的沸点上升
(C) 溶液的凝固点下降 (D)溶液的渗透压
2、稀溶液的沸点上升常数与（ ）有关 (C )
(A) 溶液的浓度 (B)溶质的性质
(C) 溶剂的性质 (D)溶剂的物质的量分数
3、在一封闭系统中置入一杯纯水和一杯糖水，经过充分放置，可能发生的情况是 (B )
(A) 糖水增多而纯水减少 (B)糖水溢出而纯水消失 (C) 纯水增多而糖水减少 (D)纯水溢出而糖水消失 4、溶剂形成溶液后，其蒸汽压 （D 取决溶质比溶剂挥发难易） (A)一定降低 (B)一定升高 (C)不会变化 (D) 无法判断
5、相同浓度的下列物质的水溶液，凝固点最低的是 (D,要考虑电离，强电解质电离度非100%,接近100%。

)
(A) 葡萄糖 (BHAc (C) NaCl (D)CaCl 2
6、在某弱酸平衡系统中，（ ）不受浓度的影响 （C ）
(A)c(H +) (B)解离度α (C)
θ
a
K (D) c(OH -) 7、对于一定浓度的醋酸水溶液，（ ）变化会引起θ
a K 的变化 (D ) (A)c(HAc) (B)溶液的pH (C) 解离度 (D) 温度
8、在一定浓度的醋酸溶液中加入等物质的量的NaAc,下列说法错误的是 (D )
(A) 溶液的pH=pK a (HAc) (B)醋酸的解离度减小 (C) 醋酸的K a 不变 (D)醋酸的浓度减小
9、在0.1mol.dm -3
的H 2S 溶液中，各离子的浓度或浓度关系不正确的是(A ) (A) c(H +)=2c(S 2-) (B) c(H +)≈c(HS -) (C) c(S 2-) =θ
2a K (D)c(H 2S)≈0.1mol.dm -3
10、在1.0dm 3的H 2S 饱和（0.1mol. dm -3）溶液中，加入0.01cm 3 0.01mol.dm -3HCl ，下列等式成立的是 (D )
(A) c(H +)=2c(S 2-) (B) c(H +)≈
1.01⨯a K (C) c(S 2-) =θ
2a K (D) c(H +
)=
)
(1
.0221-⨯S c K K a a
11、将0.1mol. dm -3 NaAc 溶液加水稀释后，下列各项数据增大的是(B ) (A) c(Ac -)/c(OH -) (B) c(OH -)/c(Ac -) (C) c(Ac -) (D) c(OH -)
（分析：NaAc 溶液一元弱碱c K OH c b ⋅=-
)(，稀释即c （Ac -）减小所以c(OH -)减
小，K b 不变，因)(/)()(/---=Ac c OH c OH c K b
所以c(OH -)/c(Ac -)增大）
12、将100cm 3 0.2mol. dm -3HAc 溶液加水稀释到( ) cm 3后，,其解离度才会增大一倍 (B ：利用Ka=c 1(a 1)2=c 2(2a 1)2 c 2=c 1/4 c 1v 1=c 2v 2 v 2=4v 1)
(A) 200 (B)400 (C) 600 (D) 800
13、-34PO 的θ
1b K 与H 3PO 4解离平衡常数之间的关系是(C:共轭酸碱KaKb=Kw )
(A) θ
1
1
a K (B)
θθ1a w K K (C) θ
θ
3
a w
K K (D)
θ3
1a K
14、六次甲基四胺[(CH 2)6N 4的Kb=1.4×10-9 ]与其共轭酸组成缓冲溶液的有效pH 缓冲范围是 (B ：pH 缓冲范围=pKa ±1=（14-pKb ±1)
(A) 8—10 (B) 4—6 (C) 6—8 (D)10—12 15、若有A +和B 2-两种离子形成的难溶盐，则有沉淀生成的条件是 (C )
(A) c(A +)c(B 2-)>Ks (B) c(A +)c(B 2-)<Ks (C) c 2(A +)c(B 2-)>Ks (D) c 2(A +)c(B 2-)<Ks
16、若有A +和B 2-两种离子形成的难溶盐，则有沉淀生成的条件是 (C )
概念、习题与解答
(A) c(A +)c(B 2-)>Ks (B) c(A +)c(B 2-)<Ks (C) c 2(A +)c(B 2-)>Ks (D) c 2(A +)c(B 2-)<Ks 17、在（ ）溶液中，SrCO 3的溶解度最大 (A ) (A)0.1 mol.dm -3 的HAc (B) 0.1 mol.dm -3 的SrSO 4 (C)纯水 (D) 0.1 mol.dm -3 的Na 2CO 3
三、计算题
1. 计算下列溶液的pH （1）0.20mol.L -1HAc 溶液
（2）0.20mol.L -1HAc 与0.40mol.L -1HCN 等体积混合溶液 （3）0.20mol.L -1
HAc 与0.40mol.L -1
HCOOH 等体积混合溶液 （4）1.0mol.L -1Na 3PO 4与2.0mol.L -1HCl 等体积混合溶液
（5）2.5 mol.L -1
NaOH 与0.5 mol.L -1
H 3PO 4 、2.0 mol.L -1
Na 2HPO 4溶液等体积混合 已知：K a (HAc)=1.8×10-5 K a (HCN)=4.9×10-10 K a (HCOOH)=1.8×10-4 H 3PO 4 K a1=7.5×10-3 K a2=6.2×10-8 K a3=2.2×10-13 答：（1）一元弱酸，符合近似计算条件c/Ka>500
c K H c a ⋅=+)( 2.0108.15⋅⨯=- = 1.90×10-3 pH=2.72
（2）等体积混合后c(HAc)=0.1 mol.L -1 c(HCN)=0.2mol.L -1
由于K a (HAc)>> K a (HCN) (类似二元酸)，H +主要来自HAc 解离
c K H c a ⋅=+)(=1.0108.15⋅⨯=- = 1.3×10-3 pH=2.89
（3）由于K a (HAc)和K a (HCOOH)接近，混合溶液H +由两种酸共同提供 （浓度如下）
HAc = H + + Ac - HCOOH = H + + COOH -- 0.1-x x+y x 0.2-y x+y y
x x y x HAc K a -+=
1.0)()( y
y
y x HCOOH K a -+=2.0)()(
（精确计算解上述方程即可得到c(H +)=x+y ）
由于c/Ka>500，可以近似计算 即0.1-x ≈0.1 0.2-y ≈0.2 x+y 2.0108.11.0108.145⨯⨯+⨯⨯=
-- = 6.15×10-3 pH=2.21
（4）等体积混合后反应：Na 3PO 4 + 2HCl = NaH 2PO 4 + 2NaCl 得到浓度为0.5mol.L -1 NaH 2PO 4
酸式盐pH 近似计算（普通化学计算要求）
酸式盐显酸性还是碱性可以通过比较酸式或碱式解离平衡常数判断
H 2PO 4- 酸式酸式解离K a2=6.2×10-8
碱式解离K b3= 10-14/ K a1=1.3×10-12
按弱酸计算c K H c a ⋅=+
)(=5.0102.68⋅⨯=-=1.76×10-4
pH=3.75
(若按照精确计算，参考分析化学推导得到的计算公式分别为
]
[][)(121HA K K HA K K H c a w
a a ++=
+≈
2
1a a K K =2.1×10-5 pH=4.67
由此可见采用近似计算误差很大， 又如同样浓度的HPO 42- （显碱性）
c K OH c b ⋅=-2)(=5.0)102.6/(10
8
14
⋅⨯=--=5.7×10
-4
104141017.0)107.5(10)(---+⨯=⨯÷=H c pH=10.76
若按32)(a a K K H
c =+
13
8102.2102.6--⨯⨯⨯==1.2×10-10
pH=9.92
（ 从上述例题可以看出，近似计算误差很大，所以普通化学一般不对两性物质的pH 计算）
（5）2.5 mol.L -1NaOH 与0.5 mol.L -1H 3PO 4 、2.0 mol.L -1Na 2HPO 4等体积混合后反应
产物分析
3NaOH(消耗1.5V)+H 3PO 4（消耗0.5V ）—Na 3PO 4
生成c(Na 3PO 4)=0.5×V/3V=0.5/3 mol L -1
NaOH (消耗1.0V)+Na 2HPO 4(消耗1.0V)—Na 3PO 4 生成c(Na 3PO 4)= 1.0×V/3V=1/3 mol L -1
剩余Na 2HPO 4=1.0×V/3V=1/3 mol L -1 得到HPO 4- —PO 43- 组成的缓冲溶液
由于PO 43- Kb(10-14/2.2×10-13)> HPO 42-的Ka(2.2×10-13)溶液碱性
PO 43- + H 2O = HPO 42- + OH -
0.5-x 0.33+x x Kb=
13
14
102.2105.0)33.0(--⨯=-+x x x
x=0.052 pH=14-pOH=14+lg0.052=12.71 若按近似计算即0.5-x ≈0.5 0.33+x ≈0.33
相当于直接利用缓冲溶液pH 计算公式pH=pKa3-lg 3
/5.13
/1=12.85
或pOH=pKb1-lg
3
/13
/5.1=12.85 直接利用缓冲溶液pH 计算公式计算pH ，不用考虑酸碱性，计算结果相同，因为解离出
概念、习题与解答
的离子（H +或OH -）相对起始酸碱浓度忽略不计
而如果精确计算：如本题，按碱式解离，因Kb 大，不能采用近似计算得到结果。

若按酸式解离，因Ka 小就得到近似计算结果，与利用缓冲溶液pH 计算公式得到的结果相同。

所以能否直接利用缓冲溶液pH 计算公式计算pH ，要看缓冲对的酸碱性，当有一方较强时，最好利用平衡精确计算。

2、有关溶度积规则应用——判断沉淀能否生成的计算
（1）等体积0.2mol.L -1的MgCl 2与0.5mol.L -1NaOH 混合能否生成沉淀？ （2）等体积0.2mol.L -1的MgCl 2与0.5mol.L -1NH 3.H 2O 混合能否生成沉淀？
（3）若（2）有沉淀生成，在上述NH 3.H 2O 溶液中加NH 4Cl 达到多大浓度时混合才不会产生沉淀？
(已知))((2OH Mg K s =1.8×10-11
=)(3NH K b 1.8×10-5)
答：（1）等体积混合后浓度 c(Mg 2+)=0.1 mol.L -1 c(OH -)=0.25mol.L -1
=⋅=-
+)()(22OH c Mg c Q 0.1× (0.25)2
=6.25×10
-3
>))((2OH Mg K s
所以有M g (O H )2沉淀生成
（2）等体积混合后浓度 c(Mg 2+
)=0.1 mol.L -1
c(NH 3)=0.25mol.L -1
25.0)(⨯=-
b K OH c
=⋅=-+)()(22OH c Mg c Q 0.1×1.8×10-5× 0.25=4.5×10-7
>))((2OH Mg K s
所以有M g (O H )2沉淀生成
（3）靠同离子效应可以降低OH -离子浓度 当c(NH 4+)=x mol.L -1时
c(OH -)=ymol.L -1不生成沉淀
=⋅=-+)()(22OH c Mg c Q 0.1×y 2≤Ks(Mg(OH)2）(不产生沉淀的条件)
511
1034.11
.0108.1--⨯=⨯≤y
NH 3.H 2O = NH 4+ + OH - （x>>y ）
0.25-y x+y y Kb=
y
y
y x -+25.0)(= 1.8×10-5
x=0.34 mol.L -1 原氨水中NH 4Cl 浓度要达到0.68 mol.L -1时等体积混合才不会产生沉
淀。

3、 溶度积规则应用——分步沉淀的计算
（1）某混合溶液中含0.01 mol.L -1的CuCl 2与0.2 mol.L -1的FeCl 3,滴加浓度较大的NaOH(体积变化忽略不计)首先得到何种沉淀，能否实现分步沉淀？ （已知Ks(Cu(OH)2)=2.2×10-20 Ks(Fe(OH)3)=2.8×10-39）
（2）某混合溶液中含0.01 mol.L -1的CuCl 2与0.2 mol.L -1的FeCl 2,通入H 2S 气体达到饱和得到何种沉淀？（已知Ks(CuS)=8.5×10-45 Ks(FeS)= 3.7×10-19 H 2S Ka1=1.1×10-7 Ka2=1.0×10-14
答：一种离子先沉淀，当离子浓度减少到10-5时，第二种离子还未开始沉淀，即实现了分步沉淀。

（1）虽然Fe(OH)3与Cu(OH)2不是同类型的沉淀，但从Ks 的巨大差别可以看出Fe(OH)3先沉淀
Fe(OH)3沉淀完全 c(OH -)>3
5
39
10108.2--⨯=5.3×10-12 mol.L -1 pH=2.7
Cu(OH)2开始沉淀c(OH -)>
01
.0102.220
-⨯=1.5×10-10 mol.L -1 pH=4.2
由计算可知当Fe(OH)3沉淀完全时，Cu(OH)2未开始沉淀，只要控制溶液pH 大于1.4，小于4.2即可实现离子分离。

（2）H 2S 饱和溶液的浓度为0.1 mol.L -1 在饱和H 2S 溶液中 存在平衡 H 2S = 2H + + S 2-
Ka= Ka1×Ka2=)
()
()(222S H c S c H c -+
)
(1.0)(221-
+
⨯=
S c K K H c a a =
)(101.1222
--⨯S c （1）
CuS 开始沉淀时 c(S 2-)=
01
.0)
(CuS K S =8.5×10-43
CuS 沉淀完全时c(S 2-)=
5
10
)
(-CuS K S =8.5×10-40 （把此c(S 2-)浓度代入（1）式可求第一种离子完全沉淀的pH 1）
CuS 沉淀完全时对S 2-浓度要求很低，若达到如此低的浓度，要求酸度很大（可以根
据（1）式计算）而H 2S 的饱和溶液若不加酸，酸度不可能很大，H +最大浓度可以达到因
生成CuS 而产生的H +(H 2S +Cu 2+=CuS(s)+2H +)0.02 mol.L -1。

所以在H 2S 的饱和溶液中CuS 完全可以沉淀完全，可以认为几乎完全反应。

FeS 开始沉淀时 c(S 2-)=
2
.0)
(FeS K S =1.85×10-18
=
+)(H c )
(101.1222
--⨯S c =
18
221085.1101.1--⨯⨯=7.7×10-3 mol.L -1
（ c(H +)=7.7×10-3 mol.L -1 pH=2.11—第二种离子开始沉淀的pH 2）
由于FeS 沉淀前，c(H +)=0.02 mol.L -1,大于FeS 开始沉淀要求c(H +)最高值7.7×10-3
概念、习题与解答
mol.L -1，所以在含0.01 mol.L -1的CuCl 2与0.2 mol.L -1
的FeCl 2,通入H 2S 气体达到饱和，不可能生成沉淀FeS 。

（若该题目改成如何调节pH ，使离子分离，答案就是小于pH2,a 大于pH1） 4、溶解度计算 已知Ka(HF)=6.3×10-4 Ks(CaF 2)=2.5×10-11 （1） 计算CaF 2在水中的溶解度（忽略F -与H 2O 作用）
CaF 2在0.1mol.L -1NaF 中的溶解度
（2）导出CaF 2的溶解度与c(H +)的关系，并计算pH=3.2时的溶解度。

答：（1）CaF 2(s)=Ca 2+ + 2F - 设CaF 2在水中的溶解度为Smol.L -1
Ks(CaF 2)=s.(2s)2
14311
3
.108.14
105.24---⨯=⨯==L mol Ks s CaF 2(s)=Ca 2+ + 2F 0.1mol.L -1NaF 中 s 2s+0.1 Ks=s(2s+0.1)2≈s ×0.12 在0.1mol.L -1NaF 中溶解度s=2.5×10-9mol.L -1 （同离子效应使溶解度减小）
注：若在0.1mol.L -1
CaCl 2中溶解度 Ks=(s+0.1) (2s)2
≈0.1×4s 2
s=7.9×10-6
mol.L -1
（对于AB 2型难溶电解质，相同浓度时，B 离子的影响比A 离子的影响大）
（2）s=c(Ca 2+)=)]()([2
1HF c F c +-
=])()()([21Ka F c H c F c -+-
+
=])(1)[(21Ka
H c F c +-
+
=])
(1[)(212Ka
H c Ca c Ks ++
+
=2
3s ])
(1[21Ka
H c Ks ++ S=32
]})(1[21{Ka H c Ks ++=32))(1(4Ka
H c Ks ++
当pH=3.2时 s=3
2
4
2.3)10
3.6101(4--⨯+Ks =3
2)11(4
+Ks
=2.9×10-4mol.L -1
(当pH=7时s=3
2
4
7)103.6101(4--⨯+Ks =3
28.3)101(4
-+Ks
=1.8×10-4mol.L -1)
由此可见当
1)
(<<+Ka
H c （难溶电解质的阴离子不是很弱的酸的酸根，或溶液的酸性不是很强时），可以忽略阴离子水解对溶解度的影响。

（3）计算0.50L,1.0mol.L -1NH 4Cl 溶液中能溶解Mg(OH)2的质量 (已知Kb(NH 3)=1.8×10-5 Ks(Mg(OH)2)=1.8×10-11
M(Mg(OH)2)=58.3g..mol -1)
答： 设Mg(OH)2在.0mol.L -1
NH 4Cl 溶液中的溶解度为xmol.L
-1
Mg(OH)2 +2NH 4+ = Mg 2+ + 2NH 3.H 2O
溶解达到平衡时浓度 1.0-2x x 2x
)()()()()(2
242322--++⋅=OH c OH c NH c NH c Mg c K =2
Kb Ks
=5.6×10-2=
2
2
)21()
2(x x x -
该方程为一元三次方程，可采用逐步逼近法求解x 即假定1-2x=1
x=24.04106.53
2
=⨯- 1-2x =1-2×0.24=0.52 代入
x=16.0452
.0106.53
2
2
=⨯⨯- 1-2x =1-2×0.16=0.68 代入
x=18.0468
.0106.53
2
2
=⨯⨯- 1-2x =1-2×0.18=0.64代入
x=18.04
64.0106.53
2
2=⨯⨯- 与上述一致，得x=0.18
溶解的质量m=0.18 mol.L -1×0.5L ×58.3g..mol -1=5.2g
(还有一种解决解一元三次方程的方法是，根据分析设平衡时浓度很小的组分为x,,在计算时可以使形式为a-nx ≈a 而使方程变得容易解出，如下例)
（4）在含有0.010 mol.L -1Zn 2+,0.10 mol.L -1HAc 和0.050mol.L -1NaAc 溶液中，不断通入H 2S （g ）使之饱和,问沉淀处ZnS 后，溶液中残留的Zn 2+是多少？ 答： 溶液中存在两个平衡：Zn 2+（aq ）+H 2S(aq)=ZnS(s)+2H +(aq) 2H +(aq)+2Ac -(aq)=2HAc(aq)
相加得：Zn 2+（aq ）+H 2S(aq) +2Ac -(aq) =ZnS(s)+ 2HAc(aq) 开始浓度0.010 0.10 0.050 0.10
平衡浓度 x 0.10(饱和) 0.050-2(0.10-x ） 0.10+2(0.10-x ）
=0.030+2x =0.12-2x
K=2
2
221)
2030.0(10.0)212.0()(1x x x HAc K K K K a S a a +⨯-=⨯
=2525128)108.1(11093.2101.1101.9----⨯⨯⨯⨯⨯⨯2
2)030.0(10.0)12.0(⨯≈
x
由于反应的平衡常数很大，可以预见x 很小 0.030+2x ≈0.030
0.12-2x ≈0.12
（注：这是计算中常用的方法，设平衡时溶液中离子浓度几乎为零的为x,可以使计算简化，否则要解一元多次方程，无法得到结果） x=1.51×10-13mol.L -1 5、其它类型计算
概念、习题与解答
（1）用沉淀法处理酸性含Pb 2+废水时,250C 下发生如下反应: H 2O=H ++OH -
Kw=10-14 Pb(OH)2=Pb 2++2OH - K s1=10-16 Pb(OH)2=H +
+HPbO 2- K S2=10-15
试计算使残留于溶液中的铅(Pb 2++ HPbO 2- )总浓度达到最低时,溶液pH=? 答：c eq (Pb 2++ HPbO 2- )=
)
()(2
21+
-+H c K OH c K s s
)()()(2212+++=H c K K K H c s w s )
(10)10(10)(15
214162+---++
=H c H c 要使上式最小，对其求导,当0))
(10)10(10)(('
15214162=++
---+H c H c 有极值
010********=-
⨯-c c =
c 10327
1094.72
10--⨯= pH=9.1
（ 分别代数据当c=10-9 c eq (Pb 2++ HPbO 2- )=10-4+10-6 大于极值
c=10-11 c eq (Pb 2++ HPbO 2- )=10-10+10-4 大于极值
c=10-10 c eq (Pb 2++ HPbO 2- )=10-8+10-5 )
（2）在下列溶液中不断地通入H 2S 气体，计算溶液中残留的Cu 2+浓度
①0.10mol.L -1CuSO 4溶液
②0.10mol.L -1
CuSO 4溶液与1.0 mol.L -1
HCl 的混合溶液 已知Ks(CuS)=8.5×10-45 H 2S Ka1=1.1×10-7 Ka2=1.0×10-14 HSO 4- Ka2=1.2×10-2
答： CuSO 4溶液中不断通入H 2S 发生如下反应
反应（1） Cu 2+ + H 2S = CuS(s) + 2H + （2） H + + SO 42- = HSO 4- 平衡时浓度① x 0.1 0.2-2x-y 0.2-2x-y 0.1-y y ② a 0.1 1.2-2a-b 1.2-2a-b 0.1-b b
由于反应（1）的平衡常数很大，可以预计①2x<<0.2 ② 2a<<1.2 这样利用（2）式的平衡常数首先计算出y b
① 解得y=0.09(y=0.22舍弃) x=9.1×10-21 ② 解得b=0.099（b=1.2舍弃） a=9.3×10-23 四、填空题
1、向100cm 3浓度为0.20mol.dm -3的KCN 溶液中加入10 cm 3浓度为2.0mol.dm -3HCN 酸，混合均匀后的溶液pH 将比加入前______，水的离子积Kw 将_______。

若将混合溶液稀释，使溶液体积增加一倍，pH 值将_____。

（回答增大、减小、不变或基本不变）
答 减小（因为弱碱溶液变为弱碱+弱酸的缓冲溶液）；不变（平衡常数与浓度无关）；基
本不变（缓冲溶液稀释）。