物料守恒和电荷守恒
?电荷守恒(电荷数前移):任何溶液均显电中性,各阳离子浓度与其所带电荷数的乘积之和,各阴离子浓度与其所带电荷数的乘积之和
?物料守恒(原子个数前移): 某原子的总量(或总浓度),其以各种形式存在的所有微粒的量(或浓度)之和 ,?质子守恒(得失H个数前移)::?得质子后形成的微粒浓度?得质子数 == ?失质子后形成的微粒浓度?失质子数 电荷守恒法
在溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数,溶液电中性。 ,,,2例1.1L混合溶液中含SO0.00025mol,Cl0.0005mol ,NO43,,,0.00025mol ,Na0.00025 mol ,其余为H,则H物质的量浓度为( )。 ,,,11 1A(0.0025 mol?L B(0.0001 mol?LC(0.001 mol?L ,1D(0.005 mol?L
【分析】由电荷守恒知: ,,,,,2n(Na),n(H)= 2n(SO),n(Cl),n(NO) 43,即 0.00025 mol,n(H)=2×0.00025 mol,0.0005 mol,0.00025 mol ,n(H)=0.001 mol ,故c(H)=0.001mol/1L = 0.001mol/L 答案选C 电子守恒法
氧化还原反应中,氧化剂失电子总数等于还原剂失电子总数,得失电子守恒。 ,2 例2.某氧化剂中,起氧化作用的是XO离子,在溶液中0.2 27,,22mol该离子恰好能使0.6molSO离子完全氧化,则XO离子327还原后的化合价为( )。
A(,1 B(,2 C(,3 D(,4 ,,22【分析】在上述反应中,氧化剂为XO,还原剂为SO。设273反应后X元素的化合价为a.则X元素化合价由,6降为a,S元素化合价由,4升为,6。1molX元素得电子(6,a)mol,1molS元素失电子(6,4)mol=2 mol。由电子守恒知: 2×0.2(6,a)=0.6×2
a=,3 答案选C
物料守恒法
物料守恒,即溶液中某一组分的原始浓度应该等于它在溶液中各种存在形式的浓度之和。
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例5.0.1mol/L的NaOH溶液0.2L,通入
标准
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状况下448mL HS气2体,所得溶液离子浓度大小关系正确的是 (D) ,,,+2+A([Na],[HS],[OH],[HS],[S],[H] 2,,,++2B([Na]+[H]=[HS],[S],[OH] ,,+2-C([Na],[HS],[HS],[S],[OH] 2,,2+D([S],[OH],[H],[HS] 2
〖分析〗对于溶液中微粒浓度(或数目)的比较,要遵循两条原
则:一是电荷守恒,即溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子
所带负电荷总数;二是物料守恒,即溶液中某一组分的原始浓度
应该等于它在溶液中各种存在形式的浓度之和。
上述溶液实际上是含0.02mol NaHS的溶液。根据上面的规律: ,,++2电荷守恒:溶液中阳离子有Na 、H,阴离子有HS、S、OH,。 ,,++2[Na]+[H]=[HS],2[S],[OH,] …………………? ,,,2物料守恒:HS由于水解和电离,其存在形式为HS、S、HS。 2,2-S=[S],[HS],[HS] 2,+2-而钠元素物质的量等于硫元素物质的量即[Na]=[S],[HS],[HS] …………? 2,,2+?代入?中,得[S],[OH],[H],[HS] …………………? 2,,++另在溶液中,H 、OH都由HO电离而来,故H 、OH二者2,++的总量应相等,而H由于HS水解的原因存在形式为H、HS,2,,,,2OH由于HS电离的原因存在形式为OH、S。同样可得到?。 综上所述,答案选D
质子守恒:
+-在溶质无H和OH的溶液中,溶液中的OH-和H+均由水电离而来,
-+所以普通中性溶液中c(OH)=c(H)
+-但某些溶质离子会结合水中的H或OH(水解),从而形成其他离子,
-因此就衍生出了质子守恒,如: NaCO 溶液中会有HCO,HCO ,23323这两种粒子中的H都来自HO中,故: 2-+-n(OH)=n(H)+n(HCO)+2n(HCO) 323
又因为都在统一溶液中,除以体积V,得到:
+-c(OH-)=c(H)+c(HCO)+2c(HCO ) 323
质子守恒其实就是用电荷守恒与物料守恒所列的两个式子相减即
可
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