溶液中微粒浓度之间的关系及大小比较.ppt

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 电离理论 水解理论 2三大定量关系 电荷守恒 物料守恒 质子守恒,1.电离理论：,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NH3H2O溶液中微粒浓度大小关系。 【分析】由于在NH3H2O溶液中存在下列电离平衡：NH3H2O NH4+OH-，H2O H+OH-，所以溶液中微粒浓度关系为：c(NH3H2O)c(OH-)c(NH4+)c(H+)。,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： H2S HS-+H+，HS- S2-+H+，H2O H+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：,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-)。,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-， + 2H2O 2OH-+2H+， 2NH3H2O 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NH3H2O，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(NH3H2O)c(OH-)。,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+)；,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-+H2O HCO3-+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 准确的判断溶液中离子的种类； 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-+H2O HS-+OH- HS- +H2O H2S +OH- H2O H+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/L,A,【例一温馨提示】,由于H2S溶液中存在下列平衡：H2S H+HS-， HS- H+S2-，H2O H+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0.1 mol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-)0.2 mol/L C.C(CH3COOH)C(CH3COO-) D.C(CH3COO-)C(OH-)0.2 mol/L,A、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10ml 0.1molL-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( )。 Ac(Na+)c(CH3COO-)c(H+)c(OH-) Bc(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+) Cc(Na+)c(CH3COO-)c(CH3COOH) Dc(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110-3mol，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- + H2O CH3COOH + 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（ ） ApH7，且c(OH-)c(Na+)c(H+)c(CH3COO-) BpH7，且c(Na+)c(H+)c(CH3COO-)c(OH-) CPH7，且c(CH3COO-)c(H+)c(Na+)c(OH-) DpH7，且c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-),A,B,A D,【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-，H2O H+OH-和水解过程：NH4+H2O H+NH3H2O，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pH7，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pH7，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度相对大小。,【解题回顾】,上以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，其中一种有剩余，根据过量程度考虑电离或水解，同时要分清它们的主要地位和次要地位。,三、归纳小结,【规律总结】一看有无反应，确定溶质种类；二看溶质电离、水解情况，确定浓度大小关系；三根据守恒关系，确定浓度等式关系：,1、必须有正确的思路：,2、掌握解此类题的三个思维基点：电离、水解和守恒,3、分清他们的主要地位和次要地位,（2006天津卷）10.下列关于电解质溶液的叙述正确的是（ ） 常温下，7的4与氨水的混合溶液中离子浓度大小顺序为 （）（4+）（） （） 将4的醋酸溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低 中和与体积均相同的盐酸和醋酸溶液，消耗的物质的量相同 常温下，同浓度的2与溶液相比，2溶液的大,D,？,（） ？,n(CH3COOH) 与n(HCl)？,例2100ml 0.4mol/L CH3COONa+ 200ml 0.1mol/LHNO3 混合溶液离子的浓度,0.04mol CH3COONa 0.02mol HNO3,C(Na+ ) c(CH3COO - ) c(NO3- )c(CH3COOH) c(H+)c(OH-),xy,（2005年广东卷）19关于小苏打水溶液的表述 正确的是 （ ）,，,AD,（2004年江苏卷）17草酸是二元弱酸，草酸氢钾溶液呈酸性。在O.1molL-1 KHC2O4溶液中，下列关系正确的是（ ） Ac(K+)+c(H+)=c(HC2O4)+c(OH)+c(C2O42-) Bc(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.1 molL-1 Cc(C2O42)c(H2C2O4) Dc(K+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42),离子的电荷数,是否遗漏存在方式,电离占优还是水解占优？,是否遗漏存在方式,CD,小结作业,谢谢！,