《无机化学》第3版 宋天佑 第8章 酸碱解离平衡课件

1887

年阿仑尼乌斯提出电离学说，重新定义了酸碱。

第

8

章酸碱解离平衡1887年阿仑尼乌斯提出第8章1在水中解离时所生成的阳离子全部是氢离子的化合物叫酸；解离时所生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物叫碱。在水中解离时所生成的阳离解离2

阿仑尼乌斯认为电解质在水溶液中是解离的，但解离都是不完全的，

存在解离平衡。阿仑尼乌斯认为电解质在3这种观点对于弱电解质是完全正确的。但对于强电解质则表现出局限性。这种观点对于弱电解质是但对于4现代结构理论和测试方法均证明，像KCl这样的强电解质在水中是完全解离的。现代结构理论和测试方法58.1弱酸和弱碱的解离平衡8.1.1一元弱酸、弱碱的解离平衡1.解离平衡常数

作为弱电解质的弱酸和弱碱在水溶液中存在着解离平衡。8.1弱酸和弱碱的解离平衡8.1.1一元弱6

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

HAcH++Ac－

将醋酸的分子式CH3COOH7

酸式解离的解离平衡常数用

表示，经常简写作Ka。K⊖

aK

a=

c

H+

c

Ac－

c

HAc（

）

（

）

（

）

HAcH++Ac－

酸式解离的解离平衡常数用8

若用c0表示醋酸溶液的起始浓度，则有K

a=

c

H+

c

Ac－

c

HAc（

）

（

）

（

）

K

a=

c0－c

H+（）

[

c

H+

]2（）

若用c0表示醋酸溶液的起始浓度，Ka9

解该一元二次方程，可以在已知弱酸的起始浓度和平衡常数的前提下，求出溶液的c

H+

。（）

解该一元二次方程，可以在（）10

当解离平衡常数

K很小，酸的起始浓度c0较大时，

则有c0>>c

H+

，于是式（）

Ka

=

c0－c

H+（）

[

c

H+

]2（）

可简化成Ka

=

c0

[

c

H+

]2（）

当解离平衡常数K很小，酸的（11所以cH+

=Kac0（）

在一元弱酸体系中，其适用条件为c0>

400Ka

K

a=

c0

[

c

H+

]2（）

所以cH+=Kac0（）12

氨水

NH3•H2O的解离平衡可以表示成NH3•H2ONH4++OH－

碱式解离的解离平衡常数用

表示，经常简写作Kb。K⊖

b氨水NH3•H2O的解离平衡可以13NH3•H2ONH4++OH－Kb

=

c

NH4+

cOH－（）

（

）

（）

c

NH3•H2O

NH3•H2ONH4+14

若用c0表示氨水溶液的起始浓度，则有Kb

=

c

NH4+

cOH－（）

（

）

（）

c

NH3•H2O

Kb

=

c0－c

OH－（）

[

c

OH－

]2（）

若用c0表示氨水溶液的起始Kb=c15

当解离平衡常数K很小，碱的起始浓度c0较大时，

则有c0>>cOH－

，于是式（

）

Kb

=[cOH－

]2

c0可简化成（）

Kb

=

c0－c

OH－（）

[

c

OH－

]2（）

当解离平衡常数K很小，碱的（16所以cOH－

=Kbc0（）

在一元弱酸体系中，其适用条件为c0>

400Kb

Kb

=[cOH－

]2

c0（）

所以cOH－=Kbc0（17Ka和

Kb值越大，表示弱酸、弱碱解离出离子的趋势越大。

一般把

Ka小于10－2的酸称为弱酸，碱也类似。Ka和Kb值越大，表示弱酸、18

Ka和Kb与温度有关。但由于弱电解质解离过程的热效应不大，所以温度变化对二者影响较小。Ka和Kb与温度有关。192.

解离度

弱酸、弱碱在溶液中解离的程度可以用解离度

表示。2.解离度弱酸、弱碱在溶液中解离的20

HAc的解离度

表示平衡时已经解离的醋酸的浓度与醋酸起始浓度之比。HAc的解离度表示平衡时21即cH+

（）

=

c0=Kac0

c0Ka

c0=即cH+（）=c0=22

NH3•H2O的解离度Kb

c0=解离度

常用百分数表示。NH3•H2O的解离度Kbc0=解离度23

平衡常数Ka

和

Kb不随浓度变化，但解离度

却随起始浓度的变化而变化。K一定时起始浓度c0越小，解离度

值越大。

平衡常数Ka和Kb不随浓度24已知HAc的Ka=1.810－5

例8－1

（1）计算0.10mol•dm－3

的HAc的c

H+

和解离度

;（

）

（2）计算1.010－3mol·dm－3NH3•H2O

的c

OH－

和解离度。（

）

NH3•H2O的Kb=

1.810－5已知HAc的Ka=1.810－525

解：设平衡时解离掉的

cHAc

为x起始浓度0.1000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：（）

HAc

H++Ac－解：设平衡时解离掉的起始浓度026

解一元二次方程得

x

=1.3310－3=

x2

0.10－x=1.810－5K

a=

c

H+

c

Ac－

c

HAc（

）

（

）

（

）

解一元二次方程得 =x20.10－x27x

=1.3310－3

则pH=2.876 cH+

=1.3310－3mol•dm－3（

）

即x=1.3310－328

平衡时解离掉的c

HAc

为1.3310－3mol•dm－3故=

×100%=1.33%1.33×10－30.10（

）

=

×

100%c

HAc

已解离c

HAc起始（

）

（）

平衡时解离掉的cHAc为故29

解离度很小，解离掉的HAc也很少。

这一点从K

=1.810－5

就已经很清楚了。

解离度很小，解离掉的HAc30

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？能否考虑采用近似计算，31

起始浓度用c0

表示，c0

，已解离部分为x=1.3310－3

即c0>>x

此时，可以近似地有

c0－xc0，0.10－x0.10起始浓度用c0表示，c0，32采用近似计算cH+

=Kac0（）

=0.10×1.8×10－5

×10－3

pH=2.873采用近似计算cH+=Kac033

与用公式法解一元二次方程所得结果相比较误差很小。与用公式法解一元二次误差很小。34

NH3•H2ONH4+

＋

OH－（2）反应方程式起始×10－3

00其中y表示平衡时已解离的

NH3•H2O

的浓度。平衡1.0×10－3

－yyyNH3•H2ONH435=

y2

1.0×10－3

－y

=

1.8×10－5Kb

=

c

NH4+

cOH－（）

（

）

（）

c

NH3•H2O

=y21.0×10－3－y=1.8×10－536

由于c0<

400Kb，不能近似计算。

y2

1.0×10－3

－y

=

1.8×10－5

故解一元二次方程得

y

=

×10－4由于c0<400Kb，不能近似计算37则

=

×

100%

=

12.5%1.25×10－4

1.0×10－3

y

=

×10－4则=38

达到平衡后，向溶液中加入固体NaAc，

3.同离子效应HAcH++Ac－达到平衡后，向溶液中加入3.同39

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HAcH++Ac－强电解质完全解离40HAcH++Ac－ Ac－增多，弱电解质的解离平衡左移，使HAc的解离度减小。HAcH++Ac41例8－2

如果在

0.10mol·dm－3

HAc

溶液中加入固体NaAc，使

NaAc

的浓度达到

0.20mol·dm－3。求该溶液的和解离度。c

H+（）

例8－2如果在0.10mol42=x（0.20+x）0.10－xt平

0.10－x

x0.20+

xHAc

H

++Ac－解：K

a=

c

H+

c

Ac－

c

HAc（

）

（

）

（

）

=x（0.20+x）0.10－xt平43

c0>400Ka，加上引进NaAc

导致平衡左移，可以近似有

0.20+x

≈

0.10－x

≈0.10

=

1.8×10－50.20x

0.10Ka=x（0.20+x）0.10－xK

a=c0>400Ka，加上引进44

解离度明显降低。解得x

=

×10－6与例8－1中

=

1.34%相比，

=

1.8×10－50.20x

0.10

=

×10－3%解离度明显降低。解得45

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。在弱电解质的溶液中，加入与这468.1.2水的解离平衡和溶液的pH值1.水的离子积常数

K=

H+

cOH－（）c（）

H2O

H+

+OH－8.1.2水的解离平衡和溶液的pH值47

K

称为水的离子积常数，经常用Kw表示。

K=

H+

cOH－（）c（）

H2O

H+

+OH－

常温下，Kw=

1.0×10－14。K称为水的离子积常数，经常K48H>0吸热反应

T

升高时，K

值变大；降低时，K

值变小。

H2O

H+

+OH－H>0吸热反应49Kw

是标准平衡常数，故根据Kw

利用公式可以求得水的解离反应的。rGm⊖rGm

=－RTlnK

⊖⊖Kw是标准平衡常数，故根据Kwr50cH+>cOH－酸性（

）（

）cH+=cOH－中性（

）（

）cH+<cOH－碱性（

）（

）cH+>cOH－51

常温下，

H+

=10－7mol•dm－3

表示中性。（）c

非常温时，溶液的中性只能以

cH+=cOH－为标志。（）（）常温下，H+=10－7522.溶液的pH

pH是用来表示溶液酸碱性的一种简便方法。p代表一种运算，表示对于一种相对浓度或标准平衡常数取对数，之后再取其相反数。2.溶液的pHpH是用来表53pH是H+相对浓度的负对数，即

pH=

－lg[cH+]（）

同理pOH

=－lg[

c

OH－]

（）pH是H+相对浓度的负对数，即pH54

所以

pH+pOH=14

因为常温下，cH+

cOH－

=

1.0×10－14（）（）这时的中性溶液中

pH=pOH=7所以 pH+pOH=1455

所以非常温时

pH=pOH表示中性。

非常温时，溶液的中性的标志为

cH+=cOH－（）（）所以非常温时非常温时，溶液的中563.酸碱指示剂借助于颜色的改变来指示溶液pH的物质称为酸碱指示剂。

酸碱指示剂通常是一种复杂的有机物，并且都是弱酸或弱碱。3.酸碱指示剂借助于颜色的改变来指示溶液57分子HIn显红色，而酸根离子In－显黄色。溶液中c

In－=

cHIn

时，溶液显橙色。（）

（）

以甲基橙为例，

HInIn－

+H+分子HIn显红色，而酸根离子In－58

其平衡常数的表达式为：

HInIn－

+H+K

i

=

c

H+

c

In－

c

HIn（）

（

）

（）

其平衡常数的表达式为：59这时溶液显HIn和In－的中间颜色－橙色。K

i

=

c

H+

c

In－

c

HIn（）

（

）

（）

当c

In－

=c

HIn时，

c

H+

=Ki（

）

（

）

（

）

这时溶液显HIn和In－的中间Ki60故将pH=pKi

称为指示剂的理论变色点。

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。故将pH=pKi称为指示剂61

当c

In－

=10c

HIn时，明显地显示出In－的颜色，（

）

（

）

当10

c

In－

=c

HIn时，明显地显示出HIn的颜色。（

）

（

）

当cIn－=10cH62

这时有关系式

pH=pKi

1

这是指示剂的变色范围。这时有关系式63

各种颜色互相掩盖的能力并不相同。因此各种指示剂的实际变色范围并不恰好在pKi

1间隔中。各种颜色互相掩盖的能力并因此64

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。

故实际变色范围pH

甲基橙3.24.4之间；酚酞8.210.0之间。选用指示剂时，可以从有关故实65指示剂变色范围pH酸色碱色溴酚蓝3.04.6黄蓝溴百里酚蓝6.07.6黄蓝中性红6.88.0红亮黄酚酞8.210.0无色紫红达旦黄12.013.0黄红常见的几种酸碱指示剂指示剂变色范围pH酸色碱色溴酚蓝3.04.668.1.3多元弱酸的解离平衡

对于多元酸的判断，要根据分子中可以解离的氢原子的个数。

如亚磷酸H3PO3分子中有三个氢原子，但它是二元酸，因为只有两个可以解离的氢原子。8.1.3多元弱酸的解离平衡对67

以H2S为例，讨论二元弱酸的分步解离平衡，

第一步H2SH++HS－

=1.1×10－7K

1

=

c

H+

c

HS－

c

H2S（）

（

）

（）

以H2S为例，讨论二元弱酸的分68

第二步HS－

H++S2－

第一步H2SH++HS－

=1.3×10－13K

2

=

c

H+

c

S2－

c

HS－（）

（

）

（）

第二步HS－69

分析：H2S的K1是K2

的106倍，由第二步解离出的H+

极少。K1=1.1×10－7

K2=1.3×10－13

其余的二元弱酸，如H2CO3，

H2C2O4

也是这样。分析：H2S的K1是K2的10670

可以从两个方面说明其原因。

首先，从带负电荷的HS－中，再解离出一个H+，要比从中性分子H2S中解离出一个H+

难得多。可以从两个方面说明其原因。首71

其次，从平衡的角度考虑:

也给第二个

H+

的解离增加难度。

第一步解离出的H+，使第二步的解离平衡左移

HS－

H++S2－其次，从平衡的角度考虑:也给72

二元弱酸第二步解离出来的

cH+

远远小于第一步的。（

）所以二元弱酸的cH+

由第一步解离决定。（

）二元弱酸第二步解离出来的（）73

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cHS－

也由第一步解离所决定。（）第二步解离中，解离掉的故溶液74

在常温常压下，H2S气体在水中的饱和浓度约为0.10mol·dm－3，

据此可以计算出H2S饱和溶液中的cH+

，cHS－

,cS2－

。

（）

（

）

（）

在常温常压下，H2S气体在水中（75

K1

=1.110－7，

足够小，可近似计算。设平衡时已解离的H2S浓度为x

H2SH++HS－

t00.100

t平

0.1－x

x

xK1=1.110－7，足够小76=

x2

0.1－x=1.1×10－7

x2

0.1

H2S

H++HS－K

1

=

c

H+

c

HS－

c

H2S（）

（

）

（）

=x20.1－x=1.1×10－777=1.1×10－7

x2

0.1

解得

x=1.05×10－4

即cH+

=1.05×10－4

mol•dm－3

（）

HS－=1.05×10－4

mol•dm－3

（）c=1.1×10－7x20.1解得78

第二步HS－

H++S2－

=1.3×10－13K

2

=

c

H+

c

S2－

c

HS－（）

（

）

（）

第二步HS－79

因为cH+

=cHS－，所以（

）（）

K

2=cS2－（

）

=1.3×10－13K

2

=

c

H+

c

S2－

c

HS－（）

（

）

（）

=1.310－13mol•dm－3

因为cH+=cHS－80

第一步和第二步的两个方程式相加，得

H2S2H++S2－K

=K1•K2

=1.410－20K=

[cH+

]2

cS2－

cH2S

（

）（

）（）第一步和第二步的两个方程式K=K1•K81

结论：溶液的氢离子浓度由第一级解离决定；负二价酸根的浓度在数值上等于K2。负一价酸根的浓度等于体系中的氢离子浓度；结论：负二价酸根的浓82

例8－3

（1）求0.010mol·dm－3的

H2S溶液中H+，HS－及S2－

的浓度。

（2）若向上述溶液中加几滴浓盐酸，使

其浓度达到0.010mol·dm－3，求溶液中

S2－的浓度。已知K1×10－7

K2

＝

×10－13例8－3（1）求0.0183t00.01000

t平

0.010x

x

解：（1）二元弱酸的

cH+

由第一步解离决定。（）

H2S

H+

＋HS－K

1

=

c

H+

c

HS－

c

H2S（）

（

）

（）

t00.01084=

×10－7

x2

0.010=

解得

x×10－5K

1

=

c

H+

c

HS－

c

H2S（）

（

）

（）

=×10－7x20.010=85

x×10－5

即cH+

=

cHS－

=

3.3×10－5

mol·dm－3（）

（）

x×10－586第二步HS－

H+

＋S2－

=1.3×10－13K

2

=

c

H+

c

S2－

c

HS－（）

（

）

（）

第二步HS－87

因为cH+=

cHS－，所以（）（）cS2－（）=1.3×10－13mol•dm－3

=1.3×10－13K

2

=

c

H+

c

S2－

c

HS－（）

（

）

（）

因为cH+=cH88

（2）盐酸完全解离，使体系中

c

H+

=0.010mol•dm－3，（）

已解离的cH2S

以及H2S解离出的cH+

均可以忽略不计。（）

（）

（2）盐酸完全解离，使体系中（）89=

×10

－20=0.0102y

0.010设cS2－为y，故有（）

H2S

2H+

＋S2－t平

0.0100.010

y

K=

[cH+

]2

cS2－

cH2S

（

）（

）（）=×10－20=0.0102y0.01090=

×10

－200.0102y

0.010解得y

=

×10

－20即

cS2－=1.4×10－20

mol•dm－3

（）=×10－200.0102y0.010解得91

和二元酸相似，三元酸也是分步解离的，

K1，K2，K3

相差很大。（1）氢离子浓度由第一步解离决定的；和二元酸相似，三元酸也是分步（192

（3）负二价的酸根离子的浓度等于第二级电离常数K2。

（2）负一价酸根离子的浓度等于体系中的氢离子浓度；（3）负二价的酸根离子的浓度等（293

例8－4

已知H3PO4

的各级解离

常数:K1=

×10－3;

K2=

×10－8;

K3=

×10－13

求H3PO4的起始浓度c0多大时，体系中

PO43－的浓度为×10－18

mol·dm－3。例8－4已知H394

解：因为

K1>>K2>>K3，体系中的cH+由磷酸的第一步解离决定。

起始c0

0

0（）

H3PO4H+

+

H2PO42－

平衡c0－cH+cH+cH+（）

（）

（

）解：因为K1>>K2>>K3，95K1

=（）

cH2PO42－

（）

cH+（）

cH3PO4

=

[c

H+]2c0－（）

（）

c

H+

H3PO4H+

+

H2PO42－

平衡c0－cH+cH+cH+（）

（）

（

）K1=（）c96K1

[]2=c0+所以c

H+（1）（）

c

H+（）

[c

H+]2c0－（）

（）

c

H+K1

=K1[]2=c0+所97K3

=（）

c

H+（）

cPO43－

（）

c

HPO42－

所以

=K3（）

c

H+（）

c

HPO42－

（）

c

PO43－

第三步解离

HPO42－

H+

+

PO43－

K3=（）cH+（98=K3（）

c

H+（）

c

HPO42－

（）

c

PO43－

式中

=K2（）

c

HPO42－

=K2K3得（）

c

H+（）

c

PO43－

99=

6.3×10－8×4.8×10－134.0×10－18=

×10－3

=K2K3（）

c

H+（）

c

PO43－

=6.3×10－8×4.8×10－134.0×10100将代入式（1）=

7.1×10–3+7.6×10－3

7.6×10－3

2（）=

1.610－2故H3PO4

的起始浓度为

×10－2mol·dm－3。（）

c

H+K1

[]2=c0+（1）（）

c

H+（）

c

H+将代入式（1）=7.1×1101

8.1.4缓冲溶液

反应条件

pH为68

现在1dm3

的水溶液中，拟将

0.01mol的M2+转化成MY。

某化学反应

M2++H2YMY+2H+

8.1.4缓冲溶液反应102

实际上，当反应完成5%时，

即产生×10－2molH+，使溶液pH=2。

早已破坏了反应条件。实际上，当反应完成5%时，103控制反应体系的pH，是保证反应正常进行的一个重要条件。人们研究出一种可以控制体系pH的溶液，即所谓缓冲溶液。控制反应体系的pH，是保证104缓冲溶液是一种能抵抗少量强酸、强碱和较多水的稀释而保持体系的pH基本不变的溶液。缓冲溶液是一种能抵抗少量105缓冲溶液保持pH值不变的作用称为缓冲作用，缓冲作用的原理与前面讲过的同离子效应有密切的关系。缓冲溶液保持pH值不变的作106缓冲溶液一般是由弱酸和弱酸盐组成或由弱碱和弱碱盐组成的。缓冲溶液一般是由弱酸和107

例如HAc和NaAc，

NH3·H2O和NH4Cl等都可以配制成保持不同pH的缓冲溶液。例如HAc和NaAc，108

下面以HAc和NaAc为例，对问题进行分析。下面以HAc和NaAc为例，109

溶液中存在起始浓度为c酸

的弱酸的解离平衡，HAcH++Ac－溶液中存在起始浓度为c酸的HAc110由于起始浓度为c盐的强电解质弱酸盐

NaAc

的存在，故平衡时各物质的浓度如下c平

c酸－

c盐

+

（）

c

H+（）

c

H+（）

c

H+HAcH++Ac－由于起始浓度为c盐的强电解c平c111

近似有c酸

c盐（）

c

H+Ka

=c盐

c酸（）

c

H+

所以=Ka

c盐

c酸（）

c

H+c平

c酸－

c盐

+

（）

c

H+（）

c

H+（）

c

H+HAcH++Ac－近似有c酸112

取负对数

pH

=

pKa－lg

c盐

c酸

上式说明：缓冲溶液的

pH

首先决定于弱酸的Ka值，其次决定于弱酸和弱酸盐的浓度之比。=Ka

c盐

c酸（）

c

H+取负对数c盐c酸上式说明：113下面通过例8－5

来说明缓冲溶液抵御外来少量酸碱及大量水的稀释而保持pH基本不变的原理。下面通过例8－5来说明缓冲114

例

8－5

缓冲溶液中有

1.00mol·dm－3的HAc和1.00mol·dm－3

的NaAc，

试计算

（1）缓冲溶液的pH；

（2）将10.0cm3

1.00mol·dm－3HCl溶液加入到

1.0dm3

该缓冲溶液中引起的

pH变化；例8－5缓冲溶液中有1.00mol·115

（3）将10.0cm3

1.00mol·dm－3

NaOH溶液加入到1.0dm3该缓冲溶液中引起的pH变化；

（4）将1.0dm3该溶液加水稀释至10dm3，引起的pH变化。（3）将10.0cm31.00mol·d116因为c酸=

c盐

=

1.00mol·dm－3

故

pH

=

pKa

=

解:（1）根据pH

=

pKa－lg

c盐

c酸因为c酸=c盐=1.00mol·dm－3故117

（2）在1.0dm3缓冲溶液中，含

HAc和NaAc各1.0mol，加入的盐酸相当于0.010molH+，它将消耗0.010molNaAc并生成

molHAc，（2）在1.0dm3缓冲溶液中，118故有浓度cAc－=

1.0－0.010

=

0.99（）

=1.0+

0.010=

1.01（）

cHAc故有浓度cAc－=1119

=

pH

=

4.74

－lg0.99

1.01所以pH

=

pKa－lg

c盐

c酸=pH=4.74－lg0.99120

加入

10.0cm3

1.00mol·dm－3

HCl溶液后，缓冲溶液的

pH几乎没有变化。

若将这些HCl溶液加入到1.0dm3纯水中，pH将从7变化为2。加入10.0cm31.00mol121

（3）

在

dm3缓冲溶液中，加入的NaOH相当于0.010molOH－，它将消耗

mol的HAc

并生成

molNaAc，（3）在dm3缓冲溶液中，加122故有浓度

=

1.0－0.01

＝

0.99（）

cHAc

=

1.0+

0.01＝

1.01（）

cAc－故有浓度123

=

pH

=

4.74

－lg1.01

0.99

所以

根据pH

=

pKa－lg

c盐

c酸=pH=4.74－lg1.01124

加入

10.0cm3

1.00mol·dm－3NaOH溶液后，缓冲溶液的pH几乎没有变化。

若将这些

NaOH溶液加入到

1.0dm3纯水中，pH将从7变化为

12。加入10.0cm31.00mol125

故该缓冲溶液的pH不变。

（4）将1.0dm3该溶液加水稀释至10dm3，c酸和c盐的数值均变化为原来的十分之一，但两者的比值不变。

根据pH

=

pKa－lg

c盐

c酸故该缓冲溶液的pH不变。126

例题的计算结果说明，分别加入这些盐酸和

NaOH，纯水的pH将改变

5个单位。

相比之下可以清楚地看到缓冲溶液对外来少量强酸和强碱的抵抗作用。例题的计算结果说明，分别加入127

上例中的HAc和Ac－即为缓冲对。

缓冲溶液中发挥作用的弱酸和弱酸盐（或弱碱和弱碱盐）称为缓冲对。上例中的HAc和Ac－即为缓128

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。它的缓冲容量大。缓冲对的浓度大时，缓冲溶液129可以看出，当c酸=c盐时，pH=pKa

由pH

=

pKa－lg

c盐

c酸可以看出，当c酸=c盐时，130因此配制缓冲溶液时，要先找出具有与溶液拟控制的pH相当的pKa值的弱酸来，再与该弱酸的强碱盐按一定的比例配成浓度合适的溶液。因此配制缓冲溶液时，要先找出131

当

从0.1变化到1

时，

c盐

c酸缓冲溶液的pH在pKa

±1之间变化。当从0.132例如HAc的pKa=

，故用HAc和NaAc组成的缓冲溶液可以控制pH在3.74之间。例如HAc的pKa=，故用133例8－6

用NH3•H2O和NH4Cl配制pH=10的缓冲溶液，求比值。

c盐

c碱解：弱碱NH3•H2O的Kb=

1.8×10－5pH=

10的缓冲溶液，其pOH=

4，pOH=

pKb－lg

c盐

c碱根据公式

lg

c盐

c碱所以

=

pKb－pOH例8－6用NH3•H2O和134lg

c盐

c碱=

pKb－pOH=

－lg×10－5

－4=

c盐

c碱所以=

5.5lgc盐c碱=pKb－pOH=－lg×135

使用氨水和氯化铵配制上述缓冲溶液时，两者的浓度均不得过低，注意保证缓冲容量。使用氨水和氯化铵配制上述1368.2盐类的水解这种作用叫做盐类的水解。盐解离产生的离子与水作用，使水的解离平衡发生移动从而影响溶液的酸碱性8.2盐类的水