第八章 酸碱解离平衡 8. 1 强电解质的解离 1887 年阿仑尼乌斯提出 电离学说。

电离学说认为 KCl 在水溶液 中解离的方式是 KCl —— K+ + Cl－ 理由溶液导电。

而且认为这种解离是不完全的。 理由是离子的数目不是 KCl 的 2 倍 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 倍数 1.92 1.94 1.97 1.98 1.99 [ KCl ] mol•dm－3 理由是离子的数目不是 KCl 的 2 倍

深入研究表明，在 KCl 的水 溶液中根本不存在 KCl 分子。 电离学说认为解离不完全。 这一矛盾的发现，促进了电解 质溶液理论的发展。

1923 年，荷兰人德拜（ Debye ） 和德国人休克尔 （ Hückel ） 提出了 强电解质溶液理论，成功地解释了上 面提出的矛盾现象。

8. 1. 1 离子氛 德拜－休克尔理论指出，强电解质 溶液中不存在分子，电离是完全的。 由于离子间的静电作用，正离子的 周围围绕着负离子；负离子的周围围绕 着正离子。

我们称这种现象为存在离子氛。 由于离子氛的存在，离子的活动受 到限制，正负离子间相互制约。 因此 1 mol 的离子不能发挥 1 mol 粒子的作用。

显然溶液的浓度越大，离子氛作 用就越大，离子的真实浓度就越得不 到正常发挥。 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 倍数 1.92 1.94 1.97 1.98 1.99 [ KCl ] mol•dm－3

0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 倍数 1.92 1.94 1.97 1.98 1.99 [ KCl ] mol•dm－3 从表中看，浓度越大，倍数偏离 2 越远。就是由于这种原因造成的。

8. 1. 2 活度系数 若强电解质的离子浓度为 c ， 由于离子氛的作用，其发挥的有效 浓度为 a，则有真分数 f 存在，使 a = f•c

a = f•c 式中，c 为浓度，a 为有效浓度 或称为活度， f 称为活度系数。 用 f 修正后，得到活度 a，它能 更真实地体现溶液的行为。

影响活度系数 f 大小的因素有 溶液的浓度和离子的电荷。 溶液的浓度大，活度 a 偏离浓 度 c 越远， f 就越小； 溶液的浓度小，a 和 c 越接近， f 就越大，就越接近于 1。

离子的电荷高，离子氛作用 大，a 和 c 偏离大，则 f 小； 离子的电荷低，离子氛作用 小，a 和 c 接近，f 越接近于 1。

注意两点： （1） 讨论问题，有时要用到 a 和 f 。 但是在本章的计算中，如不特 殊说明，则近似地认为 a = c ， f = 1

（2） 弱电解质的溶液中，也 有离子氛存在，但是更重要的是解 离平衡的存在。因此不必考虑活度 和活度系数。

8. 2 弱电解质的解离平衡 8. 2. 1 水的解离平衡 1. 水的离子积常数 H2O（l）= H+（aq）+ OH－（aq） 8. 2 弱电解质的解离平衡 8. 2. 1 水的解离平衡 1. 水的离子积常数 H2O（l）= H+（aq）+ OH－（aq） K = [ H+ ] [ OH－ ]

H2O（l）= H+（aq）+ OH－（aq） K = [ H+ ] [ OH－ ] K 称为水的离子积常数，经常 用 Kw 表示。

Kw 是标准平衡常数，式中都是 相对浓度。 由于本章中使用相对浓度次数极 多，故省略其除以 c ⊖ 的写法。 要注意到，有单位的浓度是实际 浓度。

H2O = H+ + OH－  H > 0 吸热反应 T 升高时，K 值变大；降低时， K 值变小。 T/K 278 288 298 308 318 Kw /10－14 0.19 0.46 1.0 2.1 3.9

在溶液中，只要 H2O，H+ 和 OH－ 共存，三者之间就存在如下 的数量关系： [ H+ ] [ OH － ] = Kw 不论溶液是酸性，碱性，还是 中性。

常温下，[ H+ ] = 10－7 mol•dm－3 表示中性。 非常温时，溶液的中性只能以 [ H+ ] = [ OH－ ] 为标志。

2. pH 和水溶液的酸碱性 pH 表示 － lg [ H+ ] pOH 表示 － lg [ OH－ ] 因为 [ H+ ] [ OH－ ] = 1.0  10－14 所以 pH + pOH = 14

pH 和 pOH 的取值范围一般是 1  14，但也有时超出。 如 [ H+ ] = 10 mol•dm－3，则可 以认为 pH = － 1

常温下，[ H+ ] = 10－7 mol•dm－3 表示中性。 所以常温下 pH =7 表示中性。

非常温时，溶液的中性是指 [ H+ ] = [ OH－ ] 所以非常温时 pH = pOH 表示中性。

8. 2. 2 弱酸和弱减的解离平衡 1. 解离平衡常数 将醋酸的分子式 CH3COOH 简写成 HAc，其中 Ac－ 代表醋酸 根 CH3COO－。 则醋酸的解离平衡可表示成 HAc H+ + Ac－

HAc H+ + Ac－ 酸式解离的解离平衡常数用 表示，经常简写作 Ka。 K ⊖ a K a = [ H+ ] [ Ac－ ] [ HAc ] K a = 1.8  10－5

氨水 NH3•H2O 是典型的弱碱，用 或简写成 Kb 表示其碱式解离平衡 常数，则有 K ⊖ b NH3•H2O NH4+ + OH－ K b = [ NH4+ ] [ OH－ ] [ NH3•H2O ] K b = 1.8  10－5

以 H2S 为例，讨论二元弱酸的分 步解离平衡， 第一步 H2S H+ + HS－ K1 = = 1.1  10－7 [ H+ ] [ HS－ ] [ H2S ]

第一步 H2S H+ + HS－ 第二步 HS－ H+ + S2－ K2 = = 1.3  10－13 [ H+ ] [ S2－ ] [ HS－ ]

第一步 H2S H+ + HS－ 第二步 HS－ H+ + S2－ 第一步和第二步的两个方程式相 加，得 H2S 2 H+ + S 2－

第一步和第二步的两个方程式 相加，得 H2S 2 H+ + S 2－ K = [ H+ ]2 [ S2－ ] [ H2S ] K = K1•K2 = 1.4  10－20

平衡常数表示处于平衡状态的 几种物质的浓度关系，确切地说是 活度的关系。 但是在我们的计算中，近似地 认为活度系数 f = 1，即用浓度代 替活度。

Ka，Kb 的大小可表示弱酸和 弱碱的解离程度，K 的值越大，弱 酸和弱碱的解离程度越大。

2. 关于解离平衡的计算 例 8. 1 求 0.10 mol•dm－3 的 HAc 的 [ H+ ]，pH 和解离度 。 已知 HAc 的 Ka = 1.8  10－5

解：设平衡时解离掉的 [ HAc ] 为 x H Ac = H+ + Ac－ 起始浓度 0.10 0 0 平衡浓度 0.10 － x x x 将平衡浓度代入平衡常 数的表达式中：

K a = [ H+ ] [ Ac－ ] [ HAc ] = x2 0.10－x = 1.8  10－5 解一元二次方程得 x = 1.33  10－3

x = 1.33  10－3 即 [ H+ ] = 1.33  10－3 mol•dm－3 pH = 2.876

平衡时解离掉的 [ HAc ] 为 1.33  10－3 mol•dm－3  =  100 % [ HAc ]已解离 [ HAc ]起始 故  =  100 % = 1.33 % 1.33  10－3 0.10

解离度很小，解离掉的 HAc 也很少。 这一点从 K = 1.8  10－5 就 已经很清楚了。

能否考虑采用近似计算，以避 免用公式法解一元二次方程的繁琐 运算，并保证误差很小呢？

起始浓度用 c0 表示，c0 = 0.10， 已解离部分为 x = 1.33  10－3 即 c0 >> x 此时，可以近似地有 c0－ x  c0， 0.10 － x  0.10

在例 8. 1 中采用近似计算 c平 c0－ [ H+ ] HAc H+ + Ac－ Ka = [ H+ ]2 c0 － [ H+ ]  [ H+ ]2 c0

Ka = [ H+ ]2 c0 所以 [ H+ ] = c0 Ka  利用这种近似计算，即可避免 用公式法解一元二次方程。

  [ H+ ] = c0 Ka [ H+ ] = 0.10  1.8  10－5 解得 [ H+ ] = 1.34  10－3 pH = 2.873

[ H+ ] = 1.34  10－3，pH = 2.873 与用公式法解一元二次方程所 得结果相比较 [ H+ ] = 1.33  10－3，pH = 2.876 误差很小。

近似计算要有条件，以保证误 差小。 当 > 400 或 c0 > 400 Ka 时，可以近似计算。 c0 Ka 不满足条件而进行近似计算， 误差会很大。

这种近似计算条件的实质，是起 始浓度足够大，解离常数足够小，以 保证解离部分小到可以忽略。

例 8. 2 求 0.01 mol•dm－3 的 HF 溶液的 [ H+ ]， 已知 HF 的 Ka = 6.3  10－4 解： = c0 Ka 0.01 6.3  10－4  15 < 400 不符合近似计算的条件。

HF = H+ + F－ t0 0.01 0 0 t平 0.01－x x x Ka = [ H+ ] [ F－ ] [ HF ] Ka = x2 0.01－x = 6.3  10－4

x2 0.01－x = 6.3  10－4 解得 x = 2.21  10－3 即 [ H+ ] = 2.21  10－3 mol•dm－3 若采用近似计算，可求得 x = 2.57  10－3 相对误差为 14 %，过大。

例 8. 3 求 0.05 mol•dm－3 H2S 溶液的 [ H+ ]，[ HS－ ] 和 [ S2－ ]。 已知 K1 = 1.1  10－7 K2 = 1.3  10－13

K1 = 1.1  10－7 K2 = 1.3  10－13 分析：H2S 的 K1 是 K2 的 106 倍，由第二步解离出的 H+ 极少。 其余的二元弱酸，如 H2CO3， H2C2O4 也是这样。

可以从两个方面说明其原因。 首先，H2S 中第一步解离出的 H+ 要克服负一价离子 HS－ 的引力。 而第二步从 HS－ 中解离出的 H+ 要克服负二价离子 S2－ 的引力。

其次，从平衡的角度看问题。 第一步解离出的 H+，使第二步的 解离平衡左移 HS－ = H+ + S2－ 也给第二个 H+ 的解离增加难度。

二元弱酸第二步解离出来的 [ H+ ] 远远小于第一步的。 结论 二元弱酸的 [ H+ ] 由第一步解离决定。

第二步解离中，解离掉的 HS－与第二步解离得到的 H+ 一样少，也可以忽略。 故溶液的 [ HS－ ] 也由第 一步解离所决定。

解：第一步 H2S = H+ + HS－ t0 0.05 0 0 t平 0.05 － x x x K1 = 1.1  10－7， 足够小， 可近似计算。

H2S = H+ + HS－ K1 = [ H+ ] [ HS－ ] [ H2S ] K1 = x2 0.05－x x2 0.05  = 1.1  10－7

= 1.1  10－7 x2 0.05 解得 x = 7.4  10－5 即 [ H+ ] = 7.4  10－5 mol•dm－3 [ HS－ ] = 7.4  10－5 mol•dm－3

第二步 HS－ = H+ + S2－ K2 = = 1.3  10－13 [ H+ ] [ S2－ ] [ HS－ ]

K2 = = 1.3  10－13 [ H+ ] [ S2－ ] [ HS－ ] 虽然是第二步解离平衡，但 K2 表达式中的 [ H+ ] 并不表示 第二步的产生的 [ H+ ]。

K2 = = 1.3  10－13 [ H+ ] [ S2－ ] [ HS－ ] 它是两步解离出的 [ H+ ] 的 总和，近似等于第一步的 [ H+ ]。

K2 = = 1.3  10－13 [ H+ ] [ S2－ ] [ HS－ ] 式中 [ HS－ ] 是第一步产生的 减去第二步消耗的，但近似等于第 一步产生的 [ HS－ ]。

因为 [ H+ ] = [ HS－ ]，所以 K2 = [ H+ ] [ S2－ ] [ HS－ ] = [ S2－]

即 [ S2－ ] = K2 = 1.3  10－13 mol•dm－3 结论 二元弱酸的酸根的浓 度在数值上等于 K2。

在同一溶液中，同一种离子 只能有一个浓度。这是处理溶液 中平衡问题的关键。

8. 2. 3 缓冲溶液 1. 同离子效应 HAc H+ + Ac－ 达到平衡后，向溶液中加入 固体 NaAc

强电解质完全解离 NaAc = Na+ + Ac－ 由于 Ac－ 的引入，将破坏已 建立的弱电解质的解离平衡 HAc H+ + Ac－

HAc H+ + Ac－ Ac－ 增多，弱电解质的解离 平衡左移，使 HAc 的解离度减小。

在弱电解质的溶液中，加入与 其具有相同离子的强电解质，从而 使解离平衡左移，降低弱电解质的 解离度。 这种现象称为同离子效应。

例 8. 4 计算 0.10 mol•dm－3 NH3•H2O 的 [ OH－ ]； 若向其中加入固体 NH4Cl，使 NH4+ 的浓度达到 0.20 mol•dm－3， 再求 [ OH－ ]。 已知 Kb = 1.8  10－5

解： NH3•H2O = NH4+ + OH－ t0 0.10 0 0 t平 0.10 － [ OH－ ] [ OH－ ] [ OH－ ] c0 > 400 Kb ，可以近似计算， 即 0.10 － [ OH－] ≈ 0.10

NH3•H2O = NH4+ + OH－ K b = [ NH4+ ] [ OH－ ] [ NH3•H2O ] K b = [ OH－ ]2 0.10 = 1.8  10－5

= 1.8  10－5 [ OH－ ]2 0.10 解得 [ OH－ ] = 1.34  10－3 mol•dm－3  = 1.34 %

依题设，加入 NH4Cl 后 [ NH4+ ] = 0.20 mol•dm－3 NH3•H2O = NH4+ + OH－ t平 0.10 － [ OH－ ] 0.20 [ OH－ ]

NH3•H2O = NH4+ + OH－ K b = [ NH4+ ] [ OH－ ] [ NH3•H2O ] K b = 0.20 [ OH－ ] 0.10－[ OH－]  0.20 [ OH－ ] 0.10 = 1.8  10－5

[ OH－ ] = 9.0  10－6 mol•dm－3，  = 9.0  10－3 %， 与  = 1.34 % 相比， [ OH－ ] 明显减少，解离度明显 降低。 这就是同离子效应。

2. 缓冲溶液概念 某化学反应 M2+ + H2Y = MY + 2 H+ 反应条件 pH 为 6  8 现在 1 dm3 的水溶液中，拟将 0.01 mol 的 M2+ 转化成 MY。

反应能否实现？ 实际上，当反应完成 5 % 时， 即产生 1.0  10－3 mol H+，使 溶液 pH = 3。 早已破坏了反应条件。

如何控制反应体系的 pH 值，以 满足反应的条件呢 ？ 人们研究出一种能够抵抗外来少 量酸碱的影响，和较多水的稀释的影 响，保持体系 pH 变化不大的溶液。 我们称之为缓冲溶液。

看下面数据：若向 1 dm3 pH = 7 的水中，加入酸碱 加入 0.010 mol HCl 则 pH = 2 加入 0.010 mol NaOH 则 pH = 12

[ HAc ] = 0.10 mol•dm－3 且 [ NaAc ] = 0.10 mol•dm－3 的 混合溶液 1 dm3 可以算出其 pH = 4.74

NaAc = Na+ + Ac－ 强电解质完全解离 故 [ Ac－ ] = 0.10

由于 Ka = 1.8  10－5，加上同 离子效应，故 HAc 极少解离。 可以认为 [ HAc ] = [ Ac－ ] = 0.10 mol•dm－3

HAc = H+ + Ac－ t平 0.10 [ H+ ] 0.10 K a = [ H+ ] [ Ac－ ] [ HAc ] [ Ac－ ] [ HAc ] 所以 [ H+ ] = Ka

[ Ac－ ] [ HAc ] [ H+ ] = Ka 当 [ HAc ] = [ Ac－] = 0.10 mol•dm－3 时 [ H+ ] = Ka = 1.8  10－5 所以 pH = 4.74

若向 1dm3 该混合溶液中，加 入少量强酸或强碱，或用较多水加 以稀释，pH 变化均很小。

原来其 pH = 4.74 加入 0.010 mol HCl 则 pH = 4.66 加入 0.010 mol NaOH 则 pH = 4.82 而用水稀释，体积扩大 10 倍时，pH 也基本不变。

[ HAc ] = [ NaAc ] = 0.10 mol•dm－3 的混合溶液，可以认为是一种缓冲溶液。 它可以维持体系的 pH 为 4.74 左右。

3. 缓冲作用原理 [ HAc ] = [ NaAc ] = 0.10 mol•dm－3 的混合溶液 为什么会起缓冲溶液的作用呢？

外来少量 H+ 时，Ac－ 与之 结合生成 HAc H+ + Ac－ = HAc 于是 [ HAc ] 略增，[ Ac－ ] 略减。

但当外来的 H+ 很少时，仍近似有 [ HAc ] = [ Ac－ ] = 0.10 mol•dm－3 [ Ac－ ] [ HAc ] 因为 [ H+ ] = Ka 故 pH 变化不大。

外来少量 OH－ 时，HAc 与之 反应生成 Ac－ OH－ + HAc = Ac－ + H2O 于是 [ HAc ] 略减， [ Ac－ ] 略增。

但当外来的 OH－ 很少时，仍近似有 [ HAc ] = [ Ac－ ] = 0.10 mol•dm－3 [ Ac－ ] [ HAc ] 因为 [ H+ ] = Ka 故 pH 变化仍不大。

用水稀释，体积扩大 10 倍时， 仍近似有 [ HAc ] = [ Ac－ ] 故 pH 变化亦不大。

在 HAc 和 NaAc 的混合溶液中 Ac－ 可以抵抗 H+，或者说其可 与 H+ 结合生成 HAc； 而 HAc 可以抵抗 OH－，或者 说其可与 OH－ 反应生成 Ac－。 我们称 HAc 和 Ac－ 为缓冲对。

若外来的 H+ 或 OH－ 的量很大 时，[ HAc ] 和 [ Ac－ ] 将发生很大的 变化，不再近似相等。 这时， pH 的变化就会大了。

缓冲对的浓度大时，缓冲溶液 抵抗外来少量酸碱的影响，保持体 系 pH 不变化的能力强。 我们说它的缓冲容量大。

若稀释的倍数过大时，pH 的 变化也会增大。 即使稀释后溶液的 pH 变化还 不大，但缓冲对的浓度变小，会影 响缓冲溶液的缓冲容量。

下面是缓冲对的几个例子 HAc － NaAc H2PO4－ － HPO42－ HCO3－ － CO32－ 弱酸 － 弱酸盐 酸式盐 － 酸式盐 酸式盐 － 正盐

HAc － NaAc H2PO4－ － HPO42－ HCO3－ － CO32－ 其中右边的物质可以抵抗 H+， 而左边的可以抵抗 OH－。

NH3•H2O － NH4Cl 弱碱 － 弱碱盐 这是不是缓冲对 ？ 哪种物质抵抗 H+， 哪种抵抗 OH－ ？

NH3•H2O － NH4Cl 这是缓冲对。 左边的物质可以抵抗 H+ 右边的物质可以抵抗 OH－ 这个缓冲对是以弱碱的解离 平衡为基础的。

配制 HAc － NaAc 缓冲溶液 时，只要根据计算使 HAc 和 Ac－ 的起始浓度均为 0.10 mol•dm－3 即可

因为在下面的解离平衡中 HAc = H+ + Ac－ 由于 Ka = 1.8  10－5，解离度 很小，又有同离子效应，故 HAc 极少解离，可以近似地认为 [ HAc ] = [ Ac－ ] = 0.10 mol•dm－3

4. 缓冲溶液的计算 例 8. 5 缓冲溶液的组成为 c 酸（HAc） = 0.10 mol•dm－3 c 盐（NaAc）= 0.10 mol•dm－3 求其 [ H+ ] 和 pH

向 1 dm3 该缓冲溶液中，分别加 入 0.01 mol 盐酸和 0.01 mol 氢氧化 钠时，pH 值各变成多少？ 忽略加入酸碱时的微小体积变化。 已知 HAc 的 Ka = 1.8  10－5

解： HAc = H+ + Ac－ c平 c酸－[ H+ ] [ H+ ] c盐+ [ H+ ] 近似有 c酸 [ H+ ] c盐 K a = [ H+ ]•c盐 c酸

解： HAc = H+ + Ac－ 近似有 c酸 [ H+ ] c盐 K a = [ H+ ]•c盐 c酸 所以 [ H+ ] = Ka c盐 c酸

c盐 c酸 [ H+ ] = Ka （1） 因为 c酸 = c盐 = 0.10 mol•dm－3 故 [ H+ ] = Ka = 1.8  10－5 pH = 4.74

加入 0.01 mol 盐酸 ，即引入 0.01 mol H+ 发生反应 H+ + Ac－ = HAc 浓度变化为 [ Ac－ ] = 0.10 － 0.01 = 0.09 [ HAc ] = 0.10 + 0.01 = 0.11

根据 [ H+ ] = Ka （1） c盐 c酸 [ H+ ] = 1.8  10－5  0.09 0.11 = 2.2  10－5 所以 pH = 4.66

加入 0.01 mol 氢氧化钠， 即引入 0.01 mol OH－ ， 发生反应 OH－ + HAc = Ac－ + H2O 浓度变化为 [ HAc ] = 0.10 － 0.01 = 0.09 [ Ac－ ] = 0.10 + 0.01 = 0.11

根据 [ H+ ] = Ka （1） c盐 c酸 [ H+ ] = 1.8  10－5  0.11 0.09 = 1.5  10－5 所以 pH = 4.82

对式 （1） 取负对数 [ H+ ] = Ka （1） c盐 c酸 pH = pKa －lg （2） c盐 c酸

pH = pKa －lg （2） c盐 c酸 可见上述缓冲溶液的 pH， 由两项决定： 解离常数 Ka 和缓冲对中 的 。 c盐 c酸

为了保证缓冲能力的均衡，缓冲 对中两种物质的浓度要接近为好。 一般应在  之间。 这时有 pH = pKa  1 一般应在  之间。 1 10 这时有 pH = pKa  1 这一 pH 范围，称为缓冲范围。

pH = pKa  1 当然 = 1 时缓冲溶 液的效果最好。 c盐 c酸

式（2）是以弱酸的解离平衡 为基础推导的。 [ H+ ] = Ka （1） c盐 c酸 pH = pKa －lg （2） c盐 c酸

下面讨论以弱碱 － 弱碱盐 NH3•H2O － NH4Cl 配制的缓 冲溶液 NH3•H2O = NH4+ + OH－ c碱 c盐 [ OH－ ] K b = [ OH－ ]•c盐 c酸

K b = [ OH－ ]•c盐 c酸 所以 [ OH－ ] = Kb c盐 c碱 取负对数，得 pOH = pKb －lg （3） c盐 c碱

式（3）是以弱碱的解离平衡 为基础推导的。 式 （2）和式 （3）是缓冲溶 液的计算公式： pH = pKa －lg （2） c盐 c酸 pOH = pKb －lg （3） c盐 c碱

式（2）（3）可以直接用 于计算。 但必须清楚公式的适用范 围，和式中 c酸，c碱 及 c盐 的 实际意义。

更重要的是要能够从平衡常数 表达式推导出这两个公式。 必须掌握从解离平衡直接进行 缓冲溶液的计算。

例 8. 6 拟配制 pH = 5 的 缓冲溶液，如何从下列信息中选 择缓冲对？配比应如何？

H3PO4 = H+ + H2PO4 － 2.15 pKa HAc = H+ + Ac － 4.74 H2CO3 = H+ + HCO3 － 6.35 H2PO4－ = H+ + HPO42 － 7.20 HCO3－ = H+ + CO32 － 10.33 HPO42－ = H+ + PO43 － 12.32

解： 缓冲范围是 pH = pKa  1 拟使 pH = 5，可以选用 6 > pKa > 4 的缓冲对。 故 pKa = 4.74 的缓冲 对 HAc － Ac－ 可以选用

由式（2） pH = pKa －lg c盐 c酸 lg = pKa － pH c盐 c酸 = 4.74 － 5.0 = － 0.26

lg = － 0.26 c盐 c酸 c盐 c酸 所以 = 0.55

可以使 HAc 和 NaAc 的 物质的量之比为 0.55。 同时注意两者的浓度皆不 宜太小，以保证缓冲容量。

8. 2. 4 盐效应 在 NH3•H2O 中，加入与其没有 共同离子的 KCl ，对 NH3•H2O 的 解离度是否会有影响呢？ 实验表明，解离度增大。 为什么？

例如向 0.10 mol•dm－3 的氨水 中加入 KCl ，使 KCl 的浓度达到 0.2 mol•dm－3。 求 [ OH－ ] 和解离度。 已知 Kb = 1.8  10－5

NH3•H2O = NH4+ + OH－ 用活度表示 a • a K b = a a 2 （ ）  0.10 = 1.8  10－5 OH－ NH4+ NH3•H2O a  0.10 a 2 OH－ （ ） = 1.8  10－5

a 2 （ ） = 1.8  10－5 0.10 解得 = 1.34  10－3 a 若不考虑活度，或者说 认为 f = 1， 则 OH－ （ ） = 1.8  10－5 a OH－ 解得 = 1.34  10－3 若不考虑活度，或者说 认为 f = 1， 则 [ OH－ ] = 1.34  10－3

[ OH－ ] = 1.34  10－3 mol•dm－3 它表示解离掉的 [ NH3•H2O ] 解离度  =  100 % [ NH3•H2O ]已解离 [ NH3•H2O ]起始

 =  100 % [ NH3•H2O ]已解离 [ NH3•H2O ]起始 =  100 % 1.34  10－3 0.10 = 1.34 %

实际上加入 KCl，使溶液中的离 子浓度增大，离子氛的作用加强，活 度系数 f 变小。 当 [ KCl ] = 0.2 mol•dm－3 时， 活度系数 f = 0.7

由 a = f [ OH－ ] 得 [ OH－] = a f 1.34  10－3 0.7 = = 1.9  10－3

所得数据 [ OH－ ] = 1.9  10－3 mol•dm－3 说明什么？ 说明已经解离出的 a OH－ = 1.34  10－3 才使得 OH－ 的活度

已经解离出的 [ OH－ ] 可以代 表已解离掉的 [ NH3•H2O ]，故  =  100 % [ NH3•H2O ]已解离 [ NH3•H2O ]起始 =  100 % 1.9  10－3 0.10 = 1.9 %

加入 KCl 以后，  = 1.9 % 与未加入 KCl 时，  = 1.34 % 相比，加入KCl，解离度增大。

在弱电解质中加入与其没有 共同离子的强电解质，会使弱电 解质的电离度有所增加。 这种作用称为盐效应。

关于盐效应，要注意以下问题： （1） 盐效应的影响不大； （2） 有同离子效应存在时，不必 考虑盐效应； （3） 不要求计算，只要求会运用 盐效应概念讨论问题。

8. 2. 5 酸碱指示剂 1. 指示剂的变色原理 能通过颜色变化指示溶液的酸 碱性的物质，如石蕊，酚酞，甲基 橙等，称为酸碱指示剂。

酸碱指示剂一般是弱的 有机酸。 现以甲基橙为例，说明 指示剂的变色原理。 甲基橙（指示剂）简单 表示为 HIn。

甲基橙的解离平衡可以表示为 HIn In－ + H+ Ka = 4  10－4 分子 HIn 显红色，而酸根离子 In－ 显黄色。

HIn In－ + H+ Ka = 4  10－4 当体系中 H+ 的浓度大时，平 衡左移，以分子态形式居多，这时 显红色；

HIn In－ + H+ Ka = 4  10－4 当体系中 OH－ 的浓度大时，平 衡右移，以酸根离子态形式居多，这 时显黄色。

究竟 pH 多大时，指示剂的 颜色发生变化，则与弱酸 HIn 的 解离平衡常数 Ka 的大小有关。

2. 变色点和变色范围 仍以甲基橙为例， HIn = In－ + H+ Ka = 4  10－4 将平衡浓度代入平衡常数 的表达式中： K a = [ H+ ] [ In－ ] [ HIn ]

K a = [ H+ ] [ In－ ] [ HIn ] 当 [ In－ ] = [ HIn ] 时， [ H+ ] = Ka = 4 10－4 亦即 pH = pKa = 3.4 时， 显橙色，介于红色和黄色之间。

当 pH < 3.4，HIn 占优 势时，红色成分大； 当 pH > 3.4，In－ 占优 势时，黄色成分大；

pH = pKa 称为指示 剂的理论变色点。 甲基橙的理论变色点 为 pH = 3.4 酚酞的理论变色点为 pH = 9.1

距离理论变色点很近时，显 色并不明显，因为任何一种物质 的优势都还不够大。

当 [ HIn ] = 10 [ In－ ] 时， 显红色； 当 [ In－ ] = 10 [ HIn ] 时， 显黄色。 这时有关系式 pH = pKa  1 这是指示剂的变色范围。

各种颜色互相掩盖的能力并 不相同。 红色易显色，对甲基橙，当 [ HIn ] = 2 [ In－] 时，即可显红 色； 而当 [ In－] = 10 [ HIn ] 时， 才显黄色。

故实际变色范围 pH 甲基橙 3.1  4.4 之间； 酚酞 8.0  10.0 之间。 选用指示剂时，可以从有关 化学手册中查找其变色点和实际 变色范围。

8. 3 盐类的水解 8. 3. 1 水解的概念 盐解离出的离子，与 H2O 解 离出的 H+ 和 / 或 OH－ 结合成弱 8. 3 盐类的水解 8. 3. 1 水解的概念 盐解离出的离子，与 H2O 解 离出的 H+ 和 / 或 OH－ 结合成弱 电解质的过程叫做盐类的水解。

水解过程中，溶液的 pH 经 常发生变化。 NaAc = Na+ + Ac－ HAc + H2O OH－ + H+

由于弱电解质 HAc 的 生成和存在，溶液中 [ H+ ] < [ OH－] 溶液显碱性。

又如 NH4Cl = NH4+ + Cl－ H2O OH － + H+ NH3•H2O +

由于弱电解质 NH3•H2O 的生成和存在，溶液中 [ OH－] < [ H + ] 溶液显酸性。

又如 NH4 Ac = NH4+ + Ac－ H2O OH － + H+ NH3•H2O HAc + +

双水解时，溶液的酸碱性 要根据盐解离出的两种离子与 OH－ 和 H+ 的结合能力和结 合程度来决定。

8. 3. 2 水解平衡的计算 1. 弱酸强碱盐 Ac－ + H2O HAc + OH－ 水解平衡常数用 Kh 表示

[ HAc ] [ OH－ ] K h = [ Ac－ ] [ HAc ] [ OH－ ] [ H+ ] = [ Ac－ ] • = [ OH－ ] [ H+ ] [ Ac－ ] [ H+ ] [ HAc ]

= [ OH－ ] [ H+ ] [ Ac－ ] [ H+ ] [ HAc ] Kh Kw Ka =

Kw Ka Kh = 所以 Kh = 1.0  10－14 1.8  10－5 = 5.56  10－10

Ac－ + H2O HAc + OH－ c0 0 0 c0－[ OH－ ] [ OH－ ] [ OH－ ] Kh 很小，故可以近似计算 平衡 浓度 起始 Kh 很小，故可以近似计算 K h = [ HAc ] [ OH－ ] [ Ac－ ] = [ OH－ ]2 c0

 K h = [ OH－ ]2 c0 所以 [ OH－ ] = c0Kh 因为 Kw Ka Kh = 所以 [ OH－ ] = c0Kw

[ OH－ ] = c0Kw Ka 进一步可以求出 pOH 和 pH。

用 h 表示水解度，则 h =  100 % c盐（已水解） c0 Ac－ + H2O HAc + OH－ 关键是已经水解掉的盐的浓 度 c盐，用什么来代表。

Ac－ + H2O HAc + OH－ 上述反应中，可以用 [ OH－ ] 表示已经水解了的 [ Ac －]

h =  100 % c盐（已水解） c0 所以 h = [ OH－ ] c0 = c0Kw Ka c0 = Kw c0Ka

例 8. 7 求 0.10 mol•dm－3 的 NaAc 溶液的 pH 和水解度 h 解： Ac－ + H2O HAc + OH－ [ OH－ ] = c0Kw Ka

[ OH－ ] = c0Kw Ka = 0.10  10－14 1.8  10－5 = 7.5  10－6 所以 pOH = 5.1 pH = 8.9

h =  100 % c盐（已水解） c0 [ OH－ ] c0 h =  100 % =  100 % 7.5  10－6 0.10 = 7.5  10－3 %

Na2CO3 是一种弱酸强碱盐，由 于水解其水溶液显碱性，且其碱性较 强，故俗称纯碱。 多元酸碳酸是分步解离的， 因此碳酸根的水解也分步进行。

第一步 CO3 2－+ H2O HCO3－ + OH－ 第二步 HCO3－ + H2O H2CO3 + OH－

CO32－+ H2O HCO3－ + OH－ [ HCO3－ ] K = [ OH－ ] [ CO32－ ] [ H+ ] = • = [ OH－ ] [ H+ ] [ CO32－ ] [ H+ ] [ HCO3－ ]

= [ OH－ ] [ H+ ] [ CO32－ ] [ H+ ] [ HCO3－ ] K 所以 Kw K2 K = = 1.0  10－14 4.7  10－11 = 2.1  10－4

第二步 HCO3－ + H2O H2CO3 + OH－ Kw K = K1 1.0  10－14 = 4.5  10－7 = 2.2  10－8

所以 K >> h1 K h2 故水解产生的 [ OH－ ] 由第 一步水解决定。 [ OH－ ] = c K  h1

 例如求 0.10 mol•dm－3 碳酸钠 溶液的 [ OH－]。 H2CO3 的 K1 = 4.5  10－7 0.10  2.1  10－4 = 4.6  10－3

[ OH－ ] = 4.6  10－3 进一步可以求得 pOH = 2.3 pH = 11.7 同理可以求得 1.00 mol•dm－3 的 Na2CO3 溶液 pH = 12.2

Na2CO3 溶液由于水解显较强 的碱性 计算结果表明 Na2CO3 溶液 0.10 mol•dm－3 pH < 12 1.00 mol•dm－3 pH > 12

2. 强酸弱碱盐 NH4+ + H2O NH3•H2O + H+ K h = [ H+ ] [ NH3•H2O ] [ NH4+ ] 2. 强酸弱碱盐 NH4+ + H2O NH3•H2O + H+ K h = [ H+ ] [ NH3•H2O ] [ NH4+ ] [ OH－ ] • = [ H+ ] [ OH－ ] [ OH－ ] [ NH4+ ] [ NH3•H2O ]

所以 Kw Kb K = h = 1.0  10－14 1.8  10－5 = 5.6  10－10

 NH4+ + H2O NH3•H2O + H+ t0 c0 0 0 t平 c0 － [ H+ ]  c0 [ H+ ] [ H+ ] c0K  h = c0Kw Kb

而 h = [ H+ ] c0 = Kw c0Kb

3. 弱酸弱碱盐 NH4+ + Ac－ + H2O NH3•H2O + HAc K h = [ NH3•H2O ] [ NH4+ ] 3. 弱酸弱碱盐 NH4+ + Ac－ + H2O NH3•H2O + HAc K h = [ NH3•H2O ] [ NH4+ ] [ Ac－ ] [ HAc ] [ H+ ] [ OH－ ] •

[ H+ ] [ OH－ ] K h = [ NH3•H2O ] [ NH4+ ] [ Ac－ ] [ HAc ] [ H+ ] Kw Kb • Ka K h =

Kw Kb • Ka K = h = 1.0  10－14 1.8  10－5  = 3.1  10－5

NH4Ac 的双水解的平衡常数 为 3.1  10－5 ，与 Ac－，NH4+ 各 自的水解平衡常数 5.6  10－10 相 比，是相当大的。

本课程研究的弱酸弱碱盐，仅限于 由一元弱酸 HB 和一元弱碱 MOH 所 生成的盐 MB。 Ka 和 Kb 分别表示 HB 和 MOH 的解离平衡常数 。

下面讨论起始浓度为 c 的弱酸 弱碱盐 MB 溶液的 [ H+ ]。 MB = M+ + B－ M+ + H2O MOH + H+ Kh，+ B－ + H2O HB + OH－ Kh，－

M+ + H2O MOH + H+ B－ + H2O HB + OH－ [ MOH ] 等于生成的 [ H+ ] [ HB ] 等于生成的 [ OH－]

H+ 将与生成的 OH－ 结合成 H2O 而被消耗掉。 故溶液中 [ H+ ] = [ MOH ] － [ HB ] （1）

[ H+ ] = [ MOH ] － [ HB ] （1） 下面的推导，其目标是将式（1） 中的 [ H+ ] 用已知的数据表示出。 这些数据包括盐的起始浓度 c， 解离平衡常数 Ka，Kb，Kw，水解平 衡常数 Kh，+ 和 Kh，－ 等。

[ H+ ] = [ MOH ] － [ HB ] （1） 先将式（1）中的 [ MOH ] 用已 知数据表示出： [ H+ ] 是否可以出现在表达式内？ 为什么？

由 M+ + H2O MOH + H+ Kh，+ 因为 Kh，+ = [ MOH ] [ H+ ] [ M+ ] 所以 [ MOH ] = [ M+ ] [ H+ ] Kh，+ 所以 （2） [ MOH ] = [ M+ ] [ H+ ] Kw Kb

[ MOH ] = [ M+ ] [ H+ ] Kw Kb （2） 式（2）还有不满足要求的数据。 它就是 [ M+ ]

式（2）也可以由解离平衡推导出： 由 MOH M+ + OH － Kb 所以 [ OH－ ] Kb = [ M+ ] [ MOH ]

由 [ OH－ ] Kb = [ M+ ] [ MOH ] = [ H+ ] [ M+ ] Kw [ MOH ] 于是可得式（2） [ MOH ] = [ M+ ] [ H+ ] Kw Kb

再将式（1）中的 [ HB ] 用 已知的数据表示出来。 [ H+ ] = [ MOH ] － [ HB ] （1） 由 B－ + H2O HB + OH－ Kh，－ 所以 Kh，－ = [ HB ] [ OH－ ] [ B－ ]

由 Kh，－ = [ HB ] [ OH－ ] [ B－ ] 得 [ OH－ ] [ HB ] = [ B－ ] Kh，－

由 [ OH－ ] [ HB ] = [ B－ ] Kh，－ 得 [ H+ ] [ HB ] = [ B－ ] Kw Ka [ H+ ] 故有 [ HB ] = （3） [ B－ ] Ka

式（3）由解离平衡推导，极为 简单： 由 HB H+ + B－ Ka [ H+ ] [ HB ] [ B－ ] Ka = [ H+ ] 故有 [ HB ] = （3） [ B－ ] Ka

[ H+ ] [ HB ] = （3） [ B－ ] Ka 注意式（3） 中仍有非已 知数据，待后面近似处理。

以上关于式（2）和（3）的 推导，说明处理水溶液中的平衡 关系时，使用解离平衡或使用水 解平衡，其结果是一致的。

将式（2），式（3）两式同 时代入式（1） [ H+ ] = [ MOH ] － [ HB ] （1） [ MOH ] = （2） [ M+ ] [ H+ ] Kw Kb [ HB ] = （3） [ H+ ] [ B－ ] Ka

[ H+ ] = [ MOH ] － [ HB ] （1） [ HB ] = （3） [ H+ ] [ B－ ] Ka [ MOH ] = （2） [ M+ ] Kw Kb 得 [ H+ ] = － [ M+ ] [ H+ ] Kw Kb [ B－ ] Ka

[ H+ ] = － [ M+ ] [ H+ ] Kw Kb [ B－ ] Ka 去分母，得 Ka Kb [ H+ ]2 = － [ M+ ] Ka Kw Kb [ H+ ]2 [ B－ ]

Ka Kb [ H+ ]2 = － [ M+ ] Ka Kw Kb [ H+ ]2 [ B－ ] 移项，整理得 [ H+ ] 2 Ka Kb + Kb [ B－ ] = [ M+ ] Ka Kw （ ） [ H+ ] 2 = [ M+ ] Ka Kw Ka Kb + Kb [ B－ ]

[ H+ ] 2 = [ M+ ] Ka Kw Ka Kb + Kb [ B－ ] 所以 [ H+ ] = [ M+ ] Ka Kw Ka Kb + Kb [ B－ ]

[ H+ ] = [ M+ ] Ka Kw Ka Kb + Kb [ B－ ] 当 Kh 很小时，水解程度 不大，故 [ M+ ] 和 [ B－ ] 基 本都等于起始浓度 c0，于是有 [ H+ ] = Ka Kb + Kb c0 Ka Kw c0

[ H+ ] = Ka Kb + Kb c0 Ka Kw c0 提取公因式 Kb，上式简化成 [ H+ ] = Ka Kw c0 Kb Ka + c0 （ ）

[ H+ ] = Ka Kw c0 Kb Ka + c0 （ ） 当 c >> Ka 时， [ H+ ] = Ka Kw c0 Kb c0 所以 （ 4 ） [ H+ ] = Ka Kw Kb

[ H+ ] = Ka Kw Kb （4） 注意公式 （4）成立的条件： （a） Kh 很小，即 很小， Kw Ka Kb 即 Ka Kb >> Kw

[ H+ ] = Ka Kw Kb （4） （b） 表面上看，[ H+ ] 似与盐 的浓度无关。 实际上要求盐的起始浓度 c0 不 能太低，必须满足关系式 c0 >> Ka

例 8. 8 已知 Ka（HAc） = 1.8  10－5 Kb（NH3•H2O）= 1.8  10－5 求 0.10 mol•dm－3 的 NH4Ac 溶液的 pH 和水解度 h。

解： c0 >> Ka，Ka Kb >> Kw， 符合使用公式的条件。即 [ H+ ] = Ka Kw Kb = 1.8  10－5 1.0  10－14  1.8  10－5 = 1.0  10－7 故 pH = 7

Ka（HAc） = 1.8  10－5 Kb（NH3•H2O）= 1.8  10－5 由于 Ka = Kb，故 NH4+ 和 Ac－ 水解程度相同所导致的，所 以溶液呈中性。

求 Ac－的水解度，其关键是 找出已水解的 [ Ac－] 的代表。 Ac－ + H2O HAc + OH－ 本例中不能用 [ OH－] 来代 表，因为这里的 [ OH－] 是双水 解的结果，和例 8. 7 的情形不同。

本例中应该用 [ HAc ] 代表已水 解的 [ Ac－]。 先通过水解平衡求出 [ HAc ]

Ac－ + H2O HAc + OH－ t平 0.10 [ HAc ] 10－7 K h = [ HAc ] [ OH－ ] [ Ac－ ] = 10－7 [ HAc ] 0.10 = 5.6  10－10

10－7 [ HAc ] 0.10 = 5.6  10－10 解得 [ HAc ] = 5.6  10－4 通过解离平衡也可以求 出 [ HAc ]

HAc = H+ + Ac－ t平 [ HAc ] 10－7 0.10 K a = [ H+ ] [ Ac－ ] [ HAc ] K a [ H+ ] [ Ac－ ] [ HAc ] =

HAc = H+ + Ac－ t平 [ HAc ] 10－7 0.10 K a [ H+ ] [ Ac－ ] [ HAc ] = 1.0  10－7  0.1 1.8  10－5 = [ HAc ] = 5.6  10－4

再求出 Ac－ 的水解度 h [ HAc ] c h = = = 0.56 % 5.6  10－4 0.10 和例 8. 7 中 Ac－ 的水解度 h = 7.5  10－3 % 相比较，本例 中双水解时水解度大得多。

例 8. 9 求 0.10 mol•dm－3 NH4F 溶液的 [ H+ ]。 已知 Ka（HF）= 6.3  10－4 Kb（NH3•H2O ）= 1.8  10－5 解： c0 >> Ka，KaKb >> Kw， 符合使用公式的条件。

[ H+ ] = Ka Kw Kb = 1.8  10－5 1.0  10－14  6.3  10－4 = 5.9  10－7 [ H+ ]  [ OH－ ]，说明 F－ 和 NH4+ 的水解程度不相同 。

4. 多元非强酸的酸式盐 对于多元非强酸的酸式盐的水解， 我们以 NaHCO3 为例进行讨论。 NaHCO3 = Na+ + HCO3－ HCO3－ 既要进一步解离 又要发生水解

HCO3－ 进一步解离 HCO3－ H+ + CO32－ K2 = 4.7  10－11 HCO3－ 发生水解 HCO3－ + H2O H2CO3 + OH－ K = 2.2  10－8 h2 [ OH－ ] = [ H2CO3 ] － [ CO32－]

[ OH－ ] = [ H2CO3 ] － [ CO32－] 与下式等价 Kw [ H+ ] = [ H2CO3 ] － [ CO3 2－] （1） 下面的推导，是将式（1）中的 [ H+ ] 用已知的数据表示出。

由 K2 = [ CO32－ ] [ H+ ] [ HCO3－ ] [ CO32－ ] = （2） [ H+ ] [ HCO3－ ] K2 所以有

由 K1 = [ HCO3－ ] [ H+ ] [ H2CO3 ] 得 [ H2CO3 ] = （3） [ HCO3－ ] [ H+ ] K1

[ CO32－ ] = （2） [ H+ ] [ HCO3－ ] K2 [ H2CO3 ] = （3） [ HCO3－ ] [ H+ ] K1 将（2）和（3）两式同时代 入式（1）中 Kw [ H+ ] = [ H2CO3 ] － [ CO3 2－] （1）

Kw [ H+ ] = [ H2CO3 ] － [ CO3 2－] （1） [ HCO3－ ] [ H+ ] K1 K2 Kw = － 去分母得 [ HCO3－ ] [ H+ ]2 K1 K2 K1 Kw = －

[ HCO3－ ] [ H+ ]2 K1 K2 K1 Kw = － [ HCO3－ ] [ H+ ]2 K1 K2 K1 Kw + = 移项得 [ H+ ]2 = [ HCO3－ ] K1 K2 K1 Kw +

[ H+ ]2 = [ HCO3－ ] K1 K2 K1 Kw + [ H+ ] = [ HCO3－ ] K1 K2 K1 Kw +

K1 Kw + K1 K2 [ H+ ] = [ HCO3－ ] 由于 K2 和 均很小，故有 K [ HCO3－]  c0，于是： K1 K2 c0 K1 Kw +

[ H+ ] = c0 K1 K2 c0 K1 Kw + 提取公因式 K1，上式化成 [ H+ ] = c0 K2 c0 K1 Kw + （ ）

[ H+ ] = c0 K2 c0 K1 Kw + （ ） 当 K2 c0 >> Kw 时， [ H+ ] = c0 K1 K2 c0 故 [ H+ ] = K1 K2

例如，在 0.10 mol•dm－3 NaHCO3 溶液中 [ H+ ] = 4.5  10－7  4.7  10－11 = 4.60  10－9 pH = 8.34

[ H+ ] = K1 K2 表面上看 [ H+ ] 和 c0 无关， 但公式成立的条件有： Kw K2 c0 >> Kw 即

8. 3. 3 影响水解平衡的因素 1. 平衡常数的影响 （1） Ka 和 Kb 的影响 通过前面的学习，我们得到了水 解平衡常数和形成盐的弱酸、弱碱的 解离平衡常数 Ka 和 Kb 之间的关系

Kw Ka Kh = Kw Kb Kh = Kw Kb • Ka K = 水解后生成的弱酸和弱碱，其解 离平衡常数 Ka 和 Kb 越小，则盐类 的水解平衡常数 Kh 越 大，在其他条 件相同时，其水解程度越大。

例如，同样条件下，NaAc 比 NaF 的水解程度大，生成的 溶液的碱性更强。 这是由于 Ka（HAc）= 1.8  10－5 比 Ka（HF） = 6.3  10－4 小

（2） 温度的影响 盐类水解反应吸热，H > 0， T 增高时， Kh 增大。 故升高温度有利于水解反应的 进行。

例如 Fe3+ 的水解 Fe3+ + 3 H2O Fe OH 3 + 3 H+ （ ） 若不加热，水解不明显。 加热时颜色逐渐加深，最后得 到深棕色的 Fe OH 3 沉淀。 （ ）

2. 反应商的影响 （1） 稀释的影响 Ac－ + H2O HAc + OH－ 平衡时， K h = [ HAc ] [ OH－ ] [ Ac－ ]

稀释至原体积的 10 倍时，各浓 度均为原浓度的十分之一。 反应商为 Q = [ HAc ] • [ OH－ ] [ Ac－ ] 1 10

Q = [ HAc ] • [ OH－ ] [ Ac－ ] 1 10 = • [ HAc ] [ OH－ ] [ Ac－ ] 1 10 = • [ HAc ] [ OH－ ] [ Ac－ ] 1 10 = Kh 因为 Q < Kh ，水解平衡右移， 水解度增大。

　　例 8. 7 中曾计算出： 0.10 mol•dm－3 的 NaAc 溶液 h = 7.45  10－3 % 　　也可以计算出： 0.010 mol•dm－3 的 NaAc 溶液 h = 2.4  10－2 % 较稀的 NaAc 溶液，水解度大。

（2） pH 的影响 水解的产物中，肯定有 H+ 或 / 和 OH－ 故改变体系的 pH 会使平衡移动。

SnCl2 + H2O Sn OH Cl + HCl （ ） 例如 为了抑制 SnCl2 的水解，抑制 Sn OH Cl 的生成，可以用盐酸来 配制 SnCl 2 溶液。 （ ）