溶液中微粒浓度大小比较.ppt

,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,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,NH,3,H,2,O,溶液中微粒浓度大小关系。,【,分析,】,由于在,NH,3,H,2,O,溶液中存在下列电离平衡：,NH,3,H,2,O NH,4,+,+OH,-,，,H,2,O H,+,+OH,-,，所以溶液中微粒浓度关系为：,c(NH,3,H,2,O),c(OH,-,),c(NH,4,+,),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,H,2,S,溶液中微粒浓度大小关系。,【,分析,】,由于,H,2,S,溶液中存在下列平衡：,H,2,S HS,-,+H,+,，,HS,-,S,2-,+H,+,，,H,2,O H,+,+OH,-,，所以溶液中微粒浓度关系为：,c(H,2,S),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,NaHCO,3,溶液中有：,c(Na,+,),c(HCO,3,-,),。,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（,NH,4,),2,SO,4,溶液中微粒浓度关系。,【,分析,】,因溶液中存在下列关系：,（,NH,4,),2,SO,4,=2NH,4,+,+SO,4,2-,，,+,2H,2,O 2OH,-,+2H,+,，,2NH,3,H,2,O,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,NH,4,+,结合产生,NH,3,H,2,O,，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(NH,4,+,),c(SO,4,2-,),c(H,+,),c(NH,3,H,2,O),c(OH,-,),。,一般来说“谁弱谁水解，谁强显谁性”，如水解呈酸性的,NH,4,Cl,溶液中,c(H,+,),c(OH,-,),，水解呈碱性的,NaHCO,3,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,Na,2,CO,3,溶液中微粒浓度关系。,【,分析,】,因碳酸钠溶液水解平衡为：,CO,3,2-,+H,2,O HCO,3,-,+OH,-,，,H,2,O+HCO,3,-,H,2,CO,3,+OH,-,，所以溶液中部分微粒浓度,的关系为：,c(CO,3,2-,),c(HCO,3,-,),。,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(H,2,PO,4,-,),+2c(HPO,4,2-,)+3c(PO,4,3-,),【,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：,NH,4,Cl,溶液中,阳离子：,NH,4,+,H,+,阴离子：,Cl,-,OH,-,n(NH,4,+,)+n(H,+,)=,n(Cl,-,)+n(OH,-,),阳离子：,Na,+,、,H,+,阴离子：,OH,-,、,S,2-,、,HS,-,再如：,Na,2,S,溶液,Na,2,S=2Na,+,+S,2-,S,2-,+H,2,O HS,-,+OH,-,HS,-,+H,2,O H,2,S+OH,-,H,2,O H,+,+OH,-,C（Na,+,）+C（H,+,）=C（OH,-,）+2C（S,2-,）+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：,0.1,mol/L,=c(HS,-,)+c(S,2-,)+c(H,2,S),或,C(Na,+,)=c(HS,-,)+c(S,2-,)+c(H,2,S),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,Na,2,CO,3,溶液中：,c(OH,-,)=c(H,+,)+c(HCO,3,-,)+2c(H,2,CO,3,),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(HCO,3,-,)+2c(H,2,CO,3,),。,【,试一试,】,写出,Na,2,CO,3,和,NaHCO,3,三大守恒的关系式（,A,、,B,、,C,层），比较,Na,2,CO,3,和,NaHCO,3,三大守恒的关系,式是否相同？为什么？,NaHCO,3,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,(HCO,3,-,)+2,c,(CO,3,2-,),c,(Na,+,)=,c,(HCO,3,-,)+,c,(CO,3,2-,)+c(H,2,CO,3,),c(OH,-,)+,c,(CO,3,2-,)=c(H,+,)+c(H,2,CO,3,),Na,2,CO,3,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,(HCO,3,-,)+2,c,(CO,3,2-,),c,(Na,+,)=2,c,(HCO,3,-,)+2,c,(CO,3,2-,)+2c(H,2,CO,3,),c(OH,-,)=,c(H,+,)+,c,(HCO,3,-,)+2c(H,2,CO,3,),【,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,H,2,S,溶液中，下列关系错误的是（,）,A.c(H,+,)=c(HS,-,)+c(S,2-,)+c(OH,-,),B.c(H,+,)=c(HS,-,)+2c(S,2-,)+c(OH,-,),C.c(H,+,),c(HS,-,)+c(S,2-,)+c(OH,-,),D.c(H,2,S)+c(HS,-,)+c(S,2-,)=0.1mol/L,A,【,例一,温馨提示,】,由于,H,2,S,溶液中存在下列平衡：,H,2,S H,+,+HS,-,，,HS,-,H,+,+S,2-,，,H,2,O H,+,+OH,-,，根据电荷守恒得,c(H,+,)=c(HS,-,)+2c(S,2-,)+c(OH,-,),，由物料守恒得,c(H,2,S)+c(HS,-,)+c(S,2-,)=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,CH,3,COOH,和,CH,3,COONa,配制成,1L,混合溶液，已知其中,C(CH,3,COO,-,),C(Na,+,),，对该混合溶液的下列判断正确的是,(),A.C(H,+,),C(OH,-,)B.C(CH,3,COOH),C(CH,3,COO,-,),0.2 mol/LC.C(CH,3,COOH),C(CH,3,COO,-,)D.C(CH,3,COO,-,),C(OH,-,),0.2 mol/L,A,、,B,【,例二温馨提示,】,CH,3,COOH,和,CH,3,COONa,的混合溶液中，,CH,3,COOH,的电,离和,CH,3,COONa,的水解因素同时存在。已知,C(CH,3,COO,-,),C(Na,+,),，根据电荷守恒,C(CH,3,COO,-,),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,CH,3,COOH,和,0.1mol/L,的,CH,3,COONa,溶液中，电离和,水解这一对矛盾中起主要作用是电离，即,CH,3,COOH,的电离趋势,大于,CH,3,COO,-,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 0.1mol,L,-1,NaOH,溶液中加入同体积、同浓度,CH,3,COOH,溶液，反应后溶液中各微粒的浓度关系错误的是,(),。,A,c(Na,+,),c(CH,3,COO,-,),c(H,+,),c,(OH,-,),B,c,(Na,+,),c,(CH,3,COO,-,),c,(OH,-,),c,(H,+,)C,c(Na,+,),c(CH,3,COO,-,),c(CH,3,COOH),D,c(Na,+,),c(H,+,),c(CH,3,COO,-,),c(OH,-,),A,【,例三温馨提示,】,由于混合的,NaOH,与,CH,3,COOH,物质的量都为,110,-3,mol,，两者恰好反应生成,CH,3,COONa,，等同于单一溶质，故与题型,2,方法相同。由于少量,CH,3,COO,-,发生水解：,CH,3,COO,-,+H,2,O CH,3,COOH+OH,-,故有,c,(Na,+,),c,(CH,3,COO,-,),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(NH,4,+,),c(H,+,),c(OH,-,),B.c(NH,4,+,),c(Cl,-,),c(H,+,),c(OH,-,)C.c(NH,4,+,),c(Cl,-,),c(H,+,),c(OH,-,),D.c(Cl,-,),c(NH,4,+,),c(H,+,),c(OH,-,),【,变形探究,1】,：将,pH=3,的,CH,3,COOH,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(CH,3,COO,-,),c(H,+,),c(OH,-,),B,、,c(CH,3,COO,-,),c(Na,+,),c(H,+,),c(OH,-,),C,、,c(CH,3,COO,-,),c(H,+,),c(Na,+,),c(OH,-,),D,、,c(CH,3,COO,-,),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,CH,3,COOH,溶液混合，不可能出现的结果是（）,A,pH,7,，且,c,(OH,-,),c,(Na,+,),c,(H,+,),c,(CH,3,COO,-,),B,pH,7,，且,c,(Na,+,),c,(H,+,),c,(CH,3,COO,-,),c,(OH,-,),C,PH,7,，且,c,(CH,3,COO,-,),c,(H,+,),c,(Na,+,),c,(OH,-,),D,pH,7,，且,c,(CH,3,COO,-,),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：,NH,4,Cl=NH,4,+,+Cl,-,，,H,2,O H,+,+OH,-,和水解过程：,NH,4,+,+H,2,O H,+,+NH,3,H,2,O,，由于铵离子水解被消耗，所以,c(Cl,-,),c(NH,4,+,),，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,CH,3,COOH,和,CH,3,COONa,，由该题意可知,CH,3,COOH,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,CH,3,COOH,的电离趋势大于,CH,3,COO,-,的水解趋势，所以不能再按照,CH,3,COONa,的水解处理，而应按,CH,3,COOH,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,CH,3,COONa,，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,(CH,3,COO,-,),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,(CH,3,COO,-,),，故,A,不正确。若,pH,7,，说明酸过量，且,CH,3,COOH,的电离程度大于,CH,3,COO,-,的水解程度，则有,c,(H,+,),c,(OH,-,),，由电荷守恒可得,c,(CH,3,COO,-,),c,(Na,+,),c,(H,+,),c,(OH,-,),（酸过量不多）或,c,(CH,3,COO,-,),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,(CH,3,COO,-,)=,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(CH,3,COOH),与,n(HCl,),？,例,2100ml 0.4mol/L CH,3,COONa+200ml 0.1mol/LHNO,3,混合溶液离子的浓度,0.04mol,CH,3,COONa,0.02mol,HNO,3,0.02mol,CH,3,COONa,0.02mol,NaNO,3,0.02mol,CH,3,COOH,C(,Na,+,)c(,CH,3,COO,-,),c(NO,3,-,),c(,CH,3,COOH,),c(H,+,),c(OH,-,),NaNO,3,=Na,+,+NO,3,-,0.02mol,0.02mol,0.02mol,CH,3,COONa =CH,3,COO,-,+,Na,+,0.02mol,0.02mol,0.02mol,-,xmol,+,xmol,+xmol,CH,3,COOH,CH,3,COO,-,+,H,+,CH,3,COO,-,+,H,2,O,CH,3,COOH +OH,-,-,ymol,+,ymol,+ymol,xy,（,2005,年广东卷）,19,关于小苏打水溶液的表述,正确的是（）,A,c,Na,+,c,c,c,H,2,CO,3,B,c,Na,+,c,H,+,c,c,c,OH,C,的电离程度大于,的水解程度,，,D,存在的电离有：,NaHCO,3,Na,+,H,2,O,H,+,OH,H,+,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,KHC,2,O,4,溶液中，下列关系正确的是（）,A,c(K,+,)+c(H,+,)=c(HC,2,O,4,)+,c(OH,)+c(C,2,O,4,2-,)B,c(HC,2,O,4,-,)+c(C,2,O,4,2-,)=0.1 molL,-1,C,c(C,2,O,4,2,)c(H,2,C,2,O,4,)D,c(K,+,)=c(H,2,C,2,O,4,)+c(HC,2,O,4,-,)+c(C,2,O,4,2,),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！,