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1、溶液中微粒浓度之间的关系及大小比较,青云中学 刘明鑫,【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,【试一
2、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?(A、B层)为什么?(A层) 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
3、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-)=
4、0.1mol/L 【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/LC.C(CH3COOH)C(CH3COO-) D.C(CH3COO-)C(OH-)0.2 mol/L 【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-) B
5、c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)Cc(Na+)c(CH3COO-)c(CH3COOH) Dc(Na+)c(H+)c(CH3COO-)c(OH-),A,A,A、B,【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。,【例二温馨提示】,CH3COOH和CH3COONa
6、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。,【例三温
7、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
8、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
9、(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(
10、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
11、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
12、+)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,小结作业,感谢专家、领导的莅临指导!,谢谢!,