NaHA溶液中离子浓度大小比较.doc

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4.210-7时才有c(A2-)c (H+)此时相当于无限稀释的溶液当然c(A2-)c (H+)，但在常量下应该是c (H+) c(HCO3-)c(OH-) c(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-+H2O H2A+OH- H2O H+ + 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-+H2O H2A+OH- H2O H+ + 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(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c0Ka2Kw则c(OH-)由水电离- c(A2-)0故c(OH-)c(H+)，反之若coKa2Kw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-)可得 c(A2-)c(H+)。所以c(A2-)和c(H+)的相对大小不仅与Ka2有关还与NaHA浓度有关。二、定量分析浓度为co NaHA溶液中存在下列平衡体系HA- H+A2- HA-+H2O H2A+OH- H2O H+ + OH-存在质子守恒式c(H+)= c(OH-)- c(H2A)+ c(A2-) -由于H2A HA- +H+ 所以有c(H2A)c(HA-)c(H+)Ka1= 即 Ka1c(HA-)c(H+)c(H2A)= 由于溶液中电离和水解都比较微弱故c(HA-)为co， c(H2A)= C0c(H+) Ka1- 由于HA- H+A2- 所以c(HA-)c(A2-)c(H+)Ka2= c(H+)Ka2c0c(A2-)= -将和代入得c(H+)Ka2c0Ka1C0c(H+) c(H+)= c(OH-) + Ka2 c0 c(H+)Kwc(H+)C0c(H+) Ka1即 c(H+)= C0c2(H+) Ka1Ka2 c0 c2(H+)= Kw + Ka1(Kw+ Ka2 c0) (Ka1 + c0)c2(H+)(1+ c0/ Ka1 )=Kw+ Ka2 c0 Kw +Ka2 c0 (1+ c0/ Ka1 )c2(H+)= = 由得Ka22 c02(Ka1 + c0) Ka1(Kw+ Ka2 c0)Ka22c02 c2(H+)C2(A2-)= = 若有c(A2-)c (H+)则一定有c2(A2-) 常量下Ka1c0故有Ka22 c03 Ka1(Kw+ Ka2 c0)Ka1(Kw+ Ka2 c0) c0 即Ka12(Kw+ Ka2 c0)2 Ka22c04 则 Ka1(Kw+ Ka2 c0) Ka2c02对于NaHCO3 Ka1 =4.210-7 Ka2=5.610-11所以常量下KwKa2 c0则有c02 Ka1Ka2 c0/ Ka2即c0 Ka1即c04.210-7也就是说当NaHCO3的 浓度小于4.210-7时才有c(A2-)c (H+)此时相当于无限稀释的溶液当然c(A2-)c (H+)但在常量下应该是c (H+) c(HCO3-)c(OH-) c(CO32-)c(H+)若为NaHS溶液 H2S的Ka1 =1.310-7 Ka2=7.110-15 由 c02 Ka1(Kw+