《水溶液中的离子反应与平衡复习(第二课时)》课件

《水溶液中的离子反应与平衡复习（第二课时）》Na2SO3

漂白剂食品抗氧化剂亚硫酸钠学生问题中和塔和固体制备环节一、如何控制条件生成Na2SO3固体？二、如何测定产品的纯度？问题一如何控制条件生成Na2SO3？活动1从平衡移动的角度，分析NaHSO3为什么能和

NaOH反应？思考活动1从平衡移动的角度，分析NaHSO3为什么能和NaOH反应？NaHSO3溶液中存在：电离平衡：HSO

SO

+H+−32−3OH-与H+反应，H+浓度降低，平衡正向移动。活动2依据H2SO3溶液中三种主要存在形式的物质的量分数随pH变化的分布图，如何控制NaOH的加入量？分析此过程中，钠元素和硫元素质量守恒的变化过程。问题一如何控制条件生成Na2SO3？活动2依据H2SO3溶液中三种主要存在形式的物质的量分数随pH变化的分布图，如何控制NaOH的加入量？问题一如何控制条件生成Na2SO3？

边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，监测溶液的pH，当pH大于9时，停止滴加NaOH溶液。活动2分析此过程中，钠元素和硫元素质量守恒的

变化。问题一如何控制条件生成Na2SO3？电离平衡：HSO

SO

+H+水解平衡：HSO+H2OH2SO3+OH-活动2

（1）当溶质为NaHSO3H2OH++OH-−3−32−3c(Na)c(S)＝11元素质量守恒：本质2−3水解平衡：SO+H2OHSO

+OH-活动2

（2）当溶质为Na2SO3电离平衡：H2OH++OH-元素质量守恒：本质HSO+H2OH2SO3+OH-−3−3c(Na)c(S)＝21活动2随NaOH的加入，钠元素和硫元素质量守恒变化：c(Na+)＝

c(HSO

)+c(SO

)+c(H2SO3

)−32−3（1）当溶质为NaHSO3时（2）当溶质为NaHSO3和Na2SO3时（物质的量之比为1:1）2c(Na+)＝

3

[c(HSO

)+c(SO

)+c(H2SO3

)]

−32−3c(Na)c(S)＝11c(Na)c(S)＝32活动2随NaOH的加入，钠元素和硫元素质量守恒变化：c(Na+)＝2

[c(HSO

)+c(SO

)+c(H2SO3

)]

−32−3（3）当溶质为Na2SO3时（4）当溶质为Na2SO3和NaOH时c(Na+)＞2

[c(HSO

)+c(SO

)+c(H2SO3

)]

−32−3c(Na)c(S)＝21c(Na)c(S)＞21依据H2SO3溶液中三种主要存在形式的物质的量分数随pH变化的分布图，可以获得：总结物质的量分数随pH变化分布图的功能

1.不同pH时三种主要存在形式的

相对多少

2.HSO的电离程度和水解程度相对大小−3

3.H2SO3的电离常数Ka1和Ka2ac(H＋)·c(HSO3)c(H2SO3)Ka1＝−a点，c(HSO3)＝

c(H2SO3)则c(H＋)＝Ka1

－lgc(H＋)＝

－lgKa1

pH＝pKa1

−H2SO3HSO

+H+−3bc(H＋)·c(SO3)c(HSO3

)Ka2＝2−−b点，c(HSO3)＝

c(SO3)则c(H＋)＝Ka2－lgc(H＋)＝

－lgKa2

pH＝pKa2

−2−

3.H2SO3的电离常数Ka1和Ka2HSO

SO

+H+2−3−3活动3已知，Na2SO3·7H2O

和Na2SO3的溶解度曲线如

图所示，从溶液中如何获得无水Na2SO3？问题一如何控制条件生成Na2SO3？

将中和塔中得到的Na2SO3溶液，加热浓缩至有大量固体析出，高于34℃过滤，过滤出的固体用无水乙醇洗涤、干燥，得无水Na2SO3固体。问题一如何控制条件生成Na2SO3？活动3活动4实际生产时，中和塔中加入的NaOH是过量的，

分析过量的NaOH对Na2SO3晶体析出的作用。问题一如何控制条件生成Na2SO3？Na2SO3(s)2Na+(aq)+SO

(aq)2−3

NaOH过量使c(Na+)增大，上述平衡逆向移动活动4实际生产时，中和塔中加入的NaOH是过量的，

分析过量的NaOH对析出Na2SO3晶体的作用。析晶时溶液中存在溶解结晶平衡：活动5文献指出，Na2SO3在溶液中加热浓缩析晶时，会对产品的纯度产生影响，探究实验：测定0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下：分析实验过程，解释pH为什么会逐渐变小？并设计实验证明纯度降低的原因。问题一如何控制条件生成Na2SO3？

时刻①②③④温度/℃25304025pH9.669.529.379.25SO

+H2O

HSO

+OH﹣

∆H＞0升温，平衡正向移动2−3−3

时刻①②③④温度/℃25304025pH9.669.529.379.25OH-浓度增大，碱性增强①到③的pH为什么会逐渐变小呢？H2OH＋+OH－

∆H

＞0升温，平衡正向移动

时刻①②③④温度/℃25304025pH9.669.529.379.25H+浓度增大，pH变小pH＝－lgc(H＋)

H2OH++OH-∆H

＞0升温，平衡正向移动

时刻①②③温度/℃253040pH9.669.529.37Kw1.01×10-141.48×10-142.87×10-14c(OH－)10-4.3410-4.3110-4.17Kw

＝c(H＋)·c(OH－)

SO浓度降低，会使其水解平衡逆向移动2SO

+O22SO2−32−42−3

时刻①②③④温度/℃25304025pH9.669.529.379.25SO

+H2O

HSO

+OH﹣−32−3设计实验：分别取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。2SO

+O22SO2−42−3

时刻①②③④温度/℃25304025pH9.669.529.379.25SO

+H2O

HSO

+OH﹣

∆H＞0升温，平衡正向移动H2OH++OH-∆H

＞0SO浓度降低，水解平衡逆向移动2SO

+O22SO升温，平衡正向移动2−32−32−4−32−3

时刻①②③④温度/℃25304025pH9.669.529.379.25问题二如何测定产品的纯度？1.目的精确测定Na2SO3产品的纯度回顾滴定分析法是依据特定的化学反应及其计量关系对物质进行分析的方法。用0.1000mol/LHCl溶液滴定20.00ｍL0.1000mol/LNaOH溶液过程中pH变化问题二如何测定产品的纯度？2.步骤室温下将0.1260g产品溶于水并加入指示剂，再用已知浓度的酸性KIO3溶液（xmol/L）进行滴定。至终点，消耗KIO3溶液的体积为ymL。

讨论：实验原理、实验仪器、终点判定和纯度计算

3.原理IO+3SO3SO+I-IO+5I-+6H+3I2+3H2O

SOIOI-

IOI2

问题二如何测定产品的纯度2−3−3−3−3−32−32−4“恰好”反应后，再加半滴KIO3溶液4.仪器已知浓度的酸性KIO3溶液Na2SO3产品溶液问题二如何测定产品的纯度？5.终点判定（1）什么物质可以做指示剂？问题二如何测定产品的纯度？SOIOI-

半滴IO2−3−3−3I2

淀粉溶液5.终点判定

（2）如何判断滴定终点？问题二如何测定产品的纯度？加入半滴酸性KIO3溶液后，溶液由无色变为蓝色，并且半分钟不变色。6.计算纯度产品中Na2SO3（M=126g/mol）的质量分数IO+3SO3SO+I-

−32−42−33×xmol/L×y×10-3L×126g/mol

0.1260gω(Na2SO3)＝

3xy×100%问题二如何测定产品的纯度？＝

×100%反思如何认识复杂体系的离子反应和平衡？反思如何认识反应和平衡？加入过量氢氧化钠反思如何认识反应和平衡？定性条件反应、平衡认识视角粒子反应平衡形成观念粒子观变化观平衡观定量测量突破一不同类型盐溶液蒸干后所得固体的判断典例1下列物质的溶液在蒸发皿中加热蒸干、灼烧,可以得到该物质的固体的是(

)A.FeCl3

B.Na2SO3

C.KMnO4 D.MgSO4答案

D解析

FeCl3的溶液在蒸发皿中加热蒸干、灼烧得到Fe2O3;Na2SO3的溶液在蒸发皿中加热蒸干、灼烧得到Na2SO4;KMnO4加热分解。解决溶液蒸干是否得到原溶质的问题时,常常需要从以下几个方面进行分析(1)加热挥发性酸的弱碱盐(铵盐除外)的水合晶体或溶液时,得到水解产物(也可能再分解)。若在加热蒸干过程中不断通入干燥的HCl气流,则可抑制AlCl3水解,同时带走水蒸气,最后得到无水AlCl3。如化工生产中制无水氯化镁:常见的挥发性酸的弱碱盐有MgCl2、AlCl3、FeCl3、Al(NO3)3、Fe(NO3)3等。(2)加热挥发性酸的强碱盐溶液或不挥发性酸的弱碱盐溶液等,得到的固体一般为原溶质。例如,Al2(SO4)3溶液中有水解平衡:Al2(SO4)3+6H2O2Al(OH)3+3H2SO4。加热时,因水解吸热,平衡右移;又因为水分蒸发,H2SO4浓度增大,平衡左移。最终得到Al2(SO4)3固体。类似地,蒸干Na2CO3、CH3COONa等溶液都得到原

溶质。(3)某些盐溶液在加热过程中或蒸干后可能发生分解反应,最终得到分解产物。例如,蒸干Ca(HCO3)2溶液,得到CaCO3。蒸干NaHCO3溶液,得到Na2CO3。蒸干NaClO溶液,得到NaCl。(4)加热阴、阳离子均易水解且水解产物易挥发的盐的水溶液,蒸干时得不到任何固体物质,如(NH4)2S、(NH4)2CO3等。(5)加热蒸干易被氧化的盐溶液,蒸干后得到其氧化产物。例如,FeSO4溶液蒸干后得到Fe2(SO4)3。Na2SO3溶液蒸干后得到Na2SO4。对点训练1-1在蒸发皿中加热蒸干并灼烧下列物质的溶液,可以得到该固体物质的是(

)A.MgCl2

B.Al2(SO4)3C.Ca(HCO3)2 D.(NH4)2CO3答案

B对点训练1-2在蒸发皿中加热蒸干并灼烧(低于400℃)下列溶液,可以得到原溶质的是(

)A.氯化镁溶液

B.硫酸亚铁溶液C.碳酸氢钠溶液 D.硫酸铝溶液答案

D解析

氯化镁溶液蒸干并灼烧得到氧化镁;硫酸亚铁溶液蒸干并灼烧最后得到硫酸铁;碳酸氢钠溶液蒸干并灼烧最后得到碳酸钠,硫酸铝溶液蒸干并灼烧最后得到硫酸铝。突破二电解质溶液中三大守恒关系的应用答案

BD(3)质子守恒规律:电解质溶液中,由于电离、水解等过程的发生,往往存在质子(H+)的转移,但转移过程中质子数量保持不变,称为质子守恒。如在NaHS溶液中,存在NaHS的电离和水解、H2O的电离,其质子转移情况可作如下分析:根据质子守恒有c(H2S)+c(H3O+)=c(S2-)+c(OH-),即c(H2S)+c(H+)=c(S2-)+c(OH-)。如在K2S溶液中,H2O电离出的OH-即存在如下关系:c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)。对点训练2-1在常温下,向10mL浓度均为0.1mol·L-1的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol·L-1的盐酸,溶液pH随盐酸加入体积的变化如图所示。下列说法正确的是(

)A.在a点的溶液中:c(Na+)>c()>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)B.在b点的溶液中:2n()+n()<0.001molC.在c点的溶液pH<7,是因为此时

的电离能力大于其水解能力D.若将0.1mol·L-1的盐酸换成同浓度的醋酸溶液,当滴至溶液的pH=7时:c(Na+)=c(CH3COO-)答案

B解析

A选项,a点时,NaOH的物质的量为0.000

5

mol,Na2CO3的物质的量为0.001

mol,氯离子的物质的量为0.000

5

mol,由于水也能够电离出氢氧根离子,因此氢氧根离子浓度大于氯离子浓度,所以错误;B选项,b点时,溶液中钠离子的物质的量为0.003

mol,氯离子的物质的量为0.002

25

mol,由电荷守恒式C选项,c点时,溶液中还剩余0.000

25

mol碳酸氢钠,同时还有生成的碳酸,溶液呈酸性的原因是碳酸的电离,所以错误;D选项,因溶液中还存在生成的碳酸,因此当pH=7时,溶液中除含有Na+、H+、CH3COO-、OH-外,还含有

,由电荷守恒知,Na+和CH3COO-的浓度不可能相等,所以错误。对点训练2-2常温下,将aL0.1mol·L-1的NaOH溶液与bL0.1mol·L-1的CH3COOH溶液混合。下列有关混合溶液的说法一定不正确的是(

)A.a<b时,c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)B.a>b时,c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)C.a=b时,c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-)D.无论a、b有何关系,均有c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)答案

B解析

由电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-),故D正确;若b>a,醋酸过量,混合后溶液为CH3COONa与CH3COOH的混合溶液,当溶液呈酸性时A正确;若a=b,反应后的溶液为CH3COONa溶液,由于CH3COO-水解而显碱性,根据质子守恒可