NaHA溶液中离子浓度大小比较

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：0H■的浓度应该扣除此部分产生疋抵消的部分，即c(OlT)=c(H2A)+c(0H7)c(A20,c(A20和c®)的相对大小不仅与Ka2有关还与NaHA浓度有关。当NaHCO?的浓度小于4.2X10-7时才有c(A20<c(FT)此时相当于无限桥释的溶液当然c(A2-)<c(JT),但在常量下应该是c(H+)<c(A2-)故应有:c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(CO32>c(H+)a关于弱酸的酸式盐溶液中离子浓度人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(A20其解释为NaHA溶液中存在下列平衡体系HA'J^+A3- HA'+H3O^^H2A+OH'H2O^=^H++OH'&只由电离而H+由HA-和水共同电离，所以c(ir)>c(A2-)一种认为:c(Na+)>c(HA')>c(OH-)>c(A20>c(H+)解释为碱性溶液中氢离子的浓度应最小，且碱性越强离子的浓度应越大人。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®》c(OlT)-c(H2A)+c(A2^c(A‘")和c®)的人小取决于c(OH0和c(H2A)的相对大小。第一种观点认为HA'+H2O壬三H/A+OITH2O +OITH/A只由水解产生OH7由水解和水的电离共同产生故c(OIT)—定大于c(H?A)笔者认为此种说法不妥,因为既然存在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(OHj由木眄c(A「故c(OH>和c(H2A)的相对大小由c(OJr)ItI^«-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H?A的Ka2和Kw的大小来判断，若coKa?》Kw则c(OH7)由水眄c(A')vO故c(OH7)<c(H2A)则根据质子守恒式c(H+)=c(OH7)-c(H2A>4-c(A_)可得c(A20>c(H+),反之若coKa2《Kw则有 c(A20>0,c(OJT)>c(H2A)则根据质子守恒式c(H+)=c(OH7)-c(H2A)+c(A、)可得c(A20<c(H+)o所以c(A补和c®)的相对人小不仅与Ka2有关还与NaHA浓度有关。二、 定量分析浓度为CoNaHA溶液中存在下列平衡体系HA'H++A2'HA+H3O^^H2A+OH'H2O^^H++OH"存在质子守恒式c(H*)=c(OH-)-c(H2AXc(A3-) ①由于H/A于三HA'+H*所以有c(HA")•c(HA")•如)

c(H2A)c(HA_)•畑)c(H2A)= Kaic(H2A)=Kai由于溶液中电离和水解都比较微弱故c(HA-)为3Co・c(JT)

c(H2A)=Kai由于H^+A2-所以c(A2')・c(H+)Ka?=〜 、c(HA-)rKa->・c0c(AO=c®)将②和③代入①得Co・c(H+)如)=c(0H7)-KaiKa2rKa->・c0c(AO=c®)将②和③代入①得Co・c(H+)如)=c(0H7)-KaiKa2・c0

c®)即心c(H> 如)Co■c(H+)Ka2c0Ka】Co・c2(H+)c(H+)KaiKa2Cqc2(H+)(1+c0/Kai>KW+Ka28Kw+Ka?coc2(H+)= Kai(Kw+Ka?co)(l+co/KaO(Kai+Cq)由③得C^A3-)二C^A3-)二迪)Ka22Co2(Kai+Cq)Ka】(Kw+Ka?co)若有若有c(A20<c(JT)则一定有c2(A3-)<c2(ir)BPKa1Ka1(Kw+Ka2c0)Ka??c『(Kai+c0)(Kai+co)Kai(KAT+Ka?co)(Kai+co)常量卞Ka】《co故有Ka1(Kw+Ka2c0)coKa】(Kw+Ka2c0)coKa』g+Ka2Cq)2Ka2'Kai(Kw+Ka?co)qf<Ka2对于NaHCO3Kai=4.2X10'7 Ka2=5.6X10'11所以常量下Kw《Ka?8则有Cq2<KaiKa?Cq/Ka2BPc0<Kai即Cq<4.2X10勺也就是说当NaHCO3的浓度小于4・2X1O'7时才有c(A2-)<cH)此时相当于无限稀释的溶液当然c(A20<c砂)但在常量下应该是c砂)<c(A20故应有:c(Na+)>c(HCO30>c(Oir)>c(CO32")>c(H+)若为NaHS溶液H2S的Kai=1.3X107 Ka2=7.1XIO'11/