溶液中微粒浓度之间的关系及大小比较

溶液中微粒浓度之间的关系及大小比较【教学目标】1.知识与能力（A层）使学生掌握溶液中微粒浓度之间的关系及大小比较。（B层）使学生基本掌握溶液中微粒浓度之间的关系及大小比较。（C层）使学生按实际情况了解溶液中微粒浓度之间的关系及大小比较。2.过程与方法培养学生分析问题的能力，使学生会透过现象看本质。3.情感、态度、价值观培养学生的归纳思维能力和逻辑推理能力，对学生进行科学态度和科学方法教育。【教学重点、难点】溶液中微粒浓度之间的关系及大小比较的方法。一．知识要点回顾1．两大理论⑴电离理论⑵水解理论2．三大定量关系⑴电荷守恒⑵物料守恒⑶质子守恒1.电离理论：⑴弱电解质的电离是微弱的，电离消耗的电解质及产生的微粒都是少量的，同时注意考虑水的电离的存在；例如NH3·H2O溶液中微粒浓度大小关系。【分析】由于在NH3·H2O溶液中存在下列电离平衡：NH3·H2ONH4++OH-，H2OH++OH-，所以溶液中微粒浓度关系为：c(NH3·H2O)＞c(OH-)＞c(NH4+)＞c(H+)。⑵多元弱酸的电离是分步的，主要以第一步电离为主；例如H2S溶液中微粒浓度大小关系。【分析】由于H2S溶液中存在下列平衡：H2SHS-+H+，HS-S2-+H+，H2OH++OH-，所以溶液中微粒浓度关系为：c(H2S)＞c(H+)＞c(HS-)＞c(OH-)。2.水解理论：⑴弱酸的阴离子和弱碱的阳离子因水解而损耗；如NaHCO3溶液中有：c(Na+)＞c(HCO3-)。⑵弱酸的阴离子和弱碱的阳离子的水解是微量的（双水解除外），因此水解生成的弱电解质及产生H+的（或OH-）也是微量，但由于水的电离平衡和盐类水解平衡的存在，所以水解后的酸性溶液中c(H+)（或碱性溶液中的c(OH-)）总是大于水解产生的弱电解质的浓度；例如（NH4)2SO4溶液中微粒浓度关系。【分析】因溶液中存在下列关系：（NH4)2SO4=2NH4++SO42-，+2H2O2OH-+2H+，2NH3·H2O由于水电离产生的c(H+)水=c(OH-)水，而水电离产生的一部分OH-与NH4+结合产生NH3·H2O，另一部分OH-仍存在于溶液中，所以溶液中微粒浓度关系为：c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(NH3·H2O)＞c(OH-)。⑶一般来说“谁弱谁水解，谁强显谁性”，如水解呈酸性的NH4Cl溶液中c(H+)＞c(OH-)，水解呈碱性的NaHCO3溶液中c(OH-)＞c(H+)；⑷多元弱酸的酸根离子的水解是分步进行的，主要以第一步水解为主。例如Na2CO3溶液中微粒浓度关系。【分析】因碳酸钠溶液水解平衡为：CO32-+H2OHCO3-+OH-，H2O+HCO3-H2CO3+OH-，所以溶液中部分微粒浓度的关系为：c(CO32-)＞c(HCO3-)。电解质溶液中的守恒规律1.电荷守恒：电解质溶液中阴、阳离子所带的正、负电荷总数相等，即溶液不显电性。如磷酸溶液中，c(H+)=c(OH-)+c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)【注意】书写电荷守恒式必须①准确的判断溶液中离子的种类；②弄清离子浓度和电荷浓度的关系。如：NH4Cl溶液中阳离子：NH4+H+阴离子：Cl-OH-n(NH4+)+n(H+)===n(Cl-)+n(OH-)阳离子：Na+、H+阴离子：OH-、S2-、HS-再如：Na2S溶液Na2S===2Na++S2-S2-+H2OHS-+OH-HS-+H2OH2S+OH-H2OH++OH-C（Na+）+C（H+）==C（OH-）+2C（S2-）+C（HS-）2.物料守恒：就是电解质溶液中的某一组分的起始浓度应该等于它在溶液中各种存在形式的浓度之和。如0.1mol/L的NaHS溶液，n(Na+)：n(S)＝1：1，推出：0.1mol/L=c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)或C(Na+)=c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)3.质子守恒：水电离的特征是水电离的c(H+)=c(OH-),根据此关系可得出以下关系，如在Na2CO3溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)此关系式也可以按下列方法进行分析，由于指定溶液中氢原子的物质的量为定值，所以无论溶液中结合氢离子还是失去氢离子，但氢原子总数始终为定值，也就是说结合的氢离子的量和失去氢离子的量相等。可以用图示分析如下：由得失氢离子守恒可得：c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)。【试一试】写出Na2CO3和NaHCO3三大守恒的关系式（A、B、C层），比较Na2CO3和NaHCO3三大守恒的关系式是否相同？为什么？NaHCO3溶液中（1）电荷守恒：（2）物料守恒：（3）质子守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)Na2CO3溶液中（1）电荷守恒：（2）物料守恒：（3）质子守恒：由于两种溶液中微粒种类相同，所以阴、阳离子间的电荷守恒方程是一致的。但物料守恒及质子守恒不同，这与其盐的组成有关。c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)c(Na+)=2c(HCO3-)+2c(CO32-)+2c(H2CO3)c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)【温馨提示】二、典例精讲（比一比，看哪个学习小组做得又快又对）【例1】在0.1mol/L的H2S溶液中，下列关系错误的是（）A.c(H+)=c(HS-)+c(S2-)+c(OH-)B.c(H+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)C.c(H+)＞[c(HS-)+c(S2-)+c(OH-)]D.c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=0.1mol/LA【例一温馨提示】由于H2S溶液中存在下列平衡：H2SH++HS-，HS-H++S2-，H2OH++OH-，根据电荷守恒得c(H+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)，由物料守恒得c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=0.1mol/L，所以关系式错误的是A项。【解题回顾】这是溶质单一型，解答这类题目关注三个守恒，主要抓住弱酸、弱碱的电离平衡。【例2】：用物质的量都是0.1mol的CH3COOH和CH3COONa配制成1L混合溶液，已知其中C(CH3COO-)＞C(Na+)，对该混合溶液的下列判断正确的是()A.C(H+)＞C(OH-)B.C(CH3COOH)＋C(CH3COO-)＝0.2mol/LC.C(CH3COOH)＞C(CH3COO-)D.C(CH3COO-)＋C(OH-)＝0.2mol/LA、B【例二温馨提示】CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中，CH3COOH的电离和CH3COONa的水解因素同时存在。已知C(CH3COO-)＞C(Na+)，根据电荷守恒C(CH3COO-)＋C(OH-)＝C(Na+)＋C(H+)，可得出C(OH-)＜C(H+)。说明混合溶液呈酸性，进一步推测出0.1mol/L的CH3COOH和0.1mol/L的CH3COONa溶液中，电离和水解这一对矛盾中起主要作用是电离，即CH3COOH的电离趋势大于CH3COO-的水解趋势。根据物料守恒，可推出（A、B）是正确的。【解题回顾】这是两种电解质溶液混合型，但两种溶液混合时，不发生化学反应，要同时考虑它们的电离和水解的程度，并分清其主要地位和次要地位。【例3】(2003年上海高考题)在10ml0.1mol·L-1NaOH溶液中加入同体积、同浓度CH3COOH溶液，反应后溶液中各微粒的浓度关系错误的是()。A．c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(OH-)B．c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)C．c(Na+)＝c(CH3COO-)＋c(CH3COOH)D．c(Na+)＋c(H+)＝c(CH3COO-)＋c(OH-)A【例三温馨提示】由于混合的NaOH与CH3COOH物质的量都为1×10-3mol，两者恰好反应生成CH3COONa，等同于单一溶质，故与题型2方法相同。由于少量CH3COO-发生水解：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-故有c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，根据物料守恒C正确，根据电荷守恒D正确，A错误。故该题选项为A。【解题回顾】这是两种电解质溶液混合型，但两种溶液混合时，发生化学反应，两者恰好反应生成盐，等同于单一溶质，故与题型2方法相同，考虑水解。【类题演练分层提高】（比一比，看哪个学习小组做得又快又对）【类题演练1】在氯化铵溶液中，下列关系正确的是（）A.c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)B.c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(H+)＞c(OH-)C.c(NH4+)＝c(Cl-)＞c(H+)＝c(OH-)D.c(Cl-)＝c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)【变形探究1】：将pH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，所得的混合溶液中，下列关系式正确的是()A、c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(OH-)B、c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)C、c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(Na+)＞c(OH-)D、c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)【变形探究2】（05年江苏化学卷，第12题）常温下将稀NaOH溶液和稀CH3COOH溶液混合，不可能出现的结果是（）A．pH＞7，且c(OH-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(CH3COO-)B．pH＞7，且c(Na+)＋c(H+)＝c(CH3COO-)＋c(OH-)C．PH＜7，且c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(Na+)＞c(OH-)D．pH＝7，且c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＝c(OH-)ABAD【类题演练1温馨提示】由于氯化铵溶液中存在下列电离过程：NH4Cl=NH4++Cl-，H2OH++OH-和水解过程：NH4++H2OH++NH3·H2O，由于铵离子水解被消耗，所以c(Cl-)＞c(NH4+)，又因水解后溶液显酸性，所以c(H+)＞c(OH-)，且水解是微量的，所以上述关系式正确的是A项。【解题回顾】这是溶质单一型，解答这类题目时主要抓住弱碱阳离子的水解，且水解是微量的，水解后溶液呈酸性。上述溶液混合后，溶质为CH3COOH和CH3COONa，由该题意可知CH3COOH溶液明显严重过量，电离和水解这一对矛盾中起主要作用是电离，即CH3COOH的电离趋势大于CH3COO-的水解趋势，所以不能再按照CH3COONa的水解处理，而应按CH3COOH的电离为主。所以c(H+)＞c(OH-)，选B【变形1温馨提示】【变形2温馨提示】因二者混合时发生中和反应生成CH3COONa，则可能出现二者恰好完全反应、碱过量、酸过量三种情况，但无论何种情况，根据电荷守恒可知混合液中必存在c(Na+)＋c(H+)＝c(CH3COO-)＋c(OH-)，显然B说法正确。若pH＞7，则二者可能恰好完全反应或碱过量，不管哪种情况c(H+)都不可能大于c(CH3COO-)，故A不正确。若pH＜7，说明酸过量，且CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则有c(H+)＞c(OH-)，由电荷守恒可得c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)（酸过量不多）或c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(Na+)＞c(OH-)（酸过量较多），C结果可能出现。若pH=7，c(H+)＝c(OH-)，由电荷守恒可得，c(CH3COO-)=c(Na+)，D说法不正确。故本题应选A、D。【技巧点评】强碱（酸）与弱酸（碱）溶液混合时，若恰好反应生成一种盐，解法同例2；若酸碱中和后溶液呈中性时，弱者过量，弱者的电离和盐的水解程度相同；若强者过量，抑制水解，若弱者过量，要看水解程度和电离程