naha溶液中离子浓度大小比较

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1、NaHA溶液中离子浓度大小比较探讨山东高唐一中崔淑芹关键词：NaHA离子浓度大小比较定量分析质子守恒式内容摘要：OH-的浓度应该扣除此部分产生H+抵消的部分，即c(OH-)=c(H2A)+c(OH-)由水电离-c(A2-),c(A2-)和c(H+)的相对大小不仅与Ka2有关还与NaHA浓度有关。当NaHCO3的浓度小于4.2×10-7时才有c(A2-)c(HCO3-)>c(OH-)>c(

2、CO32-)>c(H+)。关于弱酸的酸式盐溶液中离子浓度大小比较问题一直有两种争议：一种认为:c(Na+)>c(HA-)>c(OH-)>c(H+)>c(A2-)其解释为NaHA溶液中存在下列平衡体系HA-H++A2-HA-+H2OH2A+OH-H2OH++OH-A-只由HA-电离而H+由HA-和水共同电离，所以c(H+)>c(A2-)一种认为:c(Na+)>c(HA-)>c(OH-)>c(A2-)>c(H+)解释为碱性溶液中氢离子的浓度应最小，且碱性越强A2-离子的浓度应越大大。笔者认为两种解释都不全面，现从定性

3、和定量计算两个方面加以论述一、定性分析浓度为co的NaHA溶液中存在下列质子守恒式c(H+)=c(OH-)-c(H2A)+c(A2-)c(A2-)和c(H+)的大小取决于c(OH-)和c(H2A)的相对大小。第一种观点认为HA-+H2OH2A+OH-H2OH++OH-H2A只由水解产生OH-由水解和水的电离共同产生故c(OH-)一定大于c(H2A)笔者认为此种说法不妥,因为既然存在HA-H++A2-,OH的浓度应该扣除此部分产生H+抵消的部分，即c(OH-)=c(H2A)+c(OH-)由水电离-c(A2-)故c(

4、OH-)-和c(H2A)的相对大小由c(OH-)由水电离-c(A2-)来决定,而此部分则取决于HA-的电离程度和水的电离程度那个大。此部分可由H2A的Ka2和Kw的大小来判断，若c0Ka2》Kw则c(OH-)由水电离-c(A2-)<0故c(OH-)c(H+)，反之若coKa2《Kw则有c(OH-)由水电离-c(A2-)>0,c(OH-)>c(H2A)则根据质子守恒式c(H+)=c(OH-)-c(H2A)+c(A2-)

5、可得c(A2-)

6、H+)Ka1------------------------②由于HA-H++A2-所以c(HA-)c(A2-)﹒c(H+)Ka2=c(H+)Ka2﹒c0c(A2-)=------------------③将②和③代入①得c(H+)Ka2﹒c0Ka1C0﹒c(H+)c(H+)=c(OH-)－+Ka2c0c(H+)Kwc(H+)C0﹒c(H+)Ka1即c(H+)=—＋C0﹒c2(H+)Ka1Ka2c0c2(H+)=Kw—+Ka1(Kw+Ka2c0)(Ka1+c0)c2(H+)(1+c0/Ka1)=Kw+Ka2c0K

7、w+Ka2c0(1+c0/Ka1)c2(H+)==由③得Ka22c02(Ka1+c0)Ka1(Kw+Ka2c0)Ka22c02c2(H+)C2(A2-)==若有c(A2-)常量下Ka1《c0故有Ka22c03Ka1(Kw+Ka2c0)Ka1(Kw+Ka2c0)c0>即Ka12(Kw+Ka2c0)2Ka22c04<则Ka1(Kw+Ka2c0)Ka2c02<对于NaHC

8、O3Ka1=4.2×10-7Ka2=5.6×10-11所以常量下Kw《Ka2c0则有c02c(HCO3-)>c(OH-