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【摘要】学会思考是新课改的教育目标之一，而只有会思考的教师才能有意识地培养学生的思考能力。在教育教学中，我们会源源不断的碰到各种问题，只要我们勇于思考和实践，问题就会成为我们进步的阶梯。
【关键词】二氧化碳；苯酚钠；教学思考
在苯酚教学中,有一个实验：往苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳出现白色浑浊,请学生根据实验现象写出反应的化学方程式,学生不假加思索地写出:2C6H5ONa+ CO2+H2O→2C6H5OH+Na2CO3，然后教师指出这个方程式是错误的，并用实验佐证：往苯酚钠溶液中滴加适量碳酸氢钠溶液，白色浑浊消失，以此证明两者不能共存要发生化学反应,进而从理论上进一步解释：由于H2CO3的电离常数（室温时，注：本文采用的电离常数均为室温时）K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11，而苯酚的电离常数K=1.28×10-10，说明酸性强弱：H2CO3＞C6H5OH＞HCO3-，也就是说，苯酚的酸性介于H2CO3和HCO3-，所以，无论在苯酚钠溶液中通入的二氧化碳的量是多少，反应总是为：C6H5ONa+ CO2+H2O→C6H5OH+NaHCO3,而在高中化学中强酸可以制弱酸，这个原理可谓深入人心，因为在初中的化学学习中就已经学习并使用这一原理，实验室制取二氧化碳：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑。这种解释无可厚非，大多数教师在教学中也采用了这种解释。
思考之一：按照这种解释，次氯酸与碳酸钙、氢氧化铝与碳酸钠溶液能否共存。
高一化学教学中，Ca(ClO)2、NaAlO2溶液与CO2的反应，根据强酸制弱酸的原理，由于HClO的电离常数K=2.95×10-8，Al(OH)3电离常数K=5.01×10-9与H2CO3相比，酸性较弱，但与HCO3-相比，酸性较强，至此笔者想到了漂白粉的漂白原理，但也由此产生疑惑：此反应Ca(ClO)2＋CO2+H2O=CaCO3＋HClO是否一定合理呢？如果这个反应不是这样进行的，那产物应该是什么呢？HClO是肯定有的，这样才能漂白啊，这是铁定事实!难道是先生成了Ca（HCO3）2和HClO，然后Ca（HCO3）2自行分解为CaCO3？ 同理还可以得出：NaAlO2+2H2O+CO2= Al(OH)3↓+NaHCO3并且可以理解为，无论通入二氧化碳的量是多少，反应产物应该是相同的。
但是在查阅资料的过程中，却发现很多资料，包括大学教材中显示：当在Ca(ClO)2、NaAlO2溶液中通入少量CO2时反应为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，2NaAlO2+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+Na2CO3只有当通入过量CO2时反应才是Ca(ClO)2+2CO2+2H2O=Ca(HCO3)2+2HClO，NaAlO2+2H2O+CO2=Al(OH)3+NaHCO3。为此，笔者就通过实验求证，往Ca(ClO)2溶液中先通入少量CO2结果发现实验现象确实是先产生沉淀，当通入过量CO2时，沉淀消失。而往NaAlO2溶液中先通入少量CO2，也是产生沉淀，然后取上层清夜滴加CaCl2溶液，产生白色沉淀，再通入过量CO2静置一会儿，取上层清夜再滴加CaCl2溶液未见白色沉淀。这该如何理解呢？为什么与强酸制弱酸有偏差呢？
思考之二：单纯用电离常数已经不能圆满解决问题了，能否转换角度思考呢。
当笔者想到硫化氢气体通入到硫酸铜溶液中去生成了难溶于水的硫化铜和强酸硫酸，有种柳暗花明的感觉。氢硫酸(H2S)的一级、二级电离常数分别为K1=9.1×10-8，K2=1.1×10-12，而硫酸的第一步电离可以完全进行，而第二步电离K2=1.2×10-2，硫酸的酸性远强于氢硫酸，但反应依然可以进行，方程式为：CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4。这个反应可以进行的原因在于生成物中生成了难溶性的CuS，而CuS的溶度积Ksp=8.5×10-45，说明CuS很容易生成，只需要提供少量的硫离子，便能与大量的铜离子结合成CuS沉淀。在这个离子反应中，强酸制弱酸可以看作反应向着离子浓度减小的方向进行，而在CuSO4与H2S的反应中，因为生成了溶度积极小的CuS，使溶液中的离子浓度更小，反应就易向生成CuS的方向进行了。那么Ca(ClO)2和CO2的反应就可以从这个角度去理解了，由于碳酸钙是一种难溶性的物质，Ksp=8.7×10-9，所以尽管HCO3－的酸性弱于HClO，当Ca(ClO)2溶液中通入CO2少量时，反应就可以按：
Ca(ClO)2+ CO2+H2O=Ca(HCO3)2+HClO
Ca(HCO3)2＋Ca(ClO)2=2CaCO3↓+2HClO
其第一步反应可以从强酸制弱酸分析，而第二步反应就因为生成物中有CaCO3这个难溶的物质，使溶液中的离子浓度趋向于更小，该离子反应当然顺利进行。
思考之三：能否另辟溪径从碱结合质子角度去解释呢。
在溶液中由盐的水解知识酸越弱其对应的盐就容易水解,碱性越强, C6H5OH 酸性强于HCO3-,故C6H5ONa的碱性比Na2CO3弱，Na2CO3比C6H5ONa更容易结合H2CO3电离出来的H+，因此二氧化碳通入苯酚钠溶液中先生成碳酸氢钠，然后再生成苯酚，故不论二氧化碳的量是多少均生成碳酸氢钠。而对于制漂白粉，生成的Ca(ClO)2比CaCO3碱性强，加之它又难溶于水，因此Ca(ClO)2优先结合H+生成HClO，而当CO2过量时生成Ca(HCO3)2同理也可解释少量CO2通入NaAlO2溶液生成Na2CO3和Al(OH)3,至此上述矛盾均可迎刃而解。
其实很多反应的顺利进行都可以从不同方面进行分析，各种反应事实的存在也往往是由于不同方面的原因在不同的条件下所起的作用的权重比例不同。当在一定条件下，某一方面的原因起了主要作用，反应的事实就表现为某一事实。
【关键词】二氧化碳；苯酚钠；教学思考
在苯酚教学中,有一个实验：往苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳出现白色浑浊,请学生根据实验现象写出反应的化学方程式,学生不假加思索地写出:2C6H5ONa+ CO2+H2O→2C6H5OH+Na2CO3，然后教师指出这个方程式是错误的，并用实验佐证：往苯酚钠溶液中滴加适量碳酸氢钠溶液，白色浑浊消失，以此证明两者不能共存要发生化学反应,进而从理论上进一步解释：由于H2CO3的电离常数（室温时，注：本文采用的电离常数均为室温时）K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11，而苯酚的电离常数K=1.28×10-10，说明酸性强弱：H2CO3＞C6H5OH＞HCO3-，也就是说，苯酚的酸性介于H2CO3和HCO3-，所以，无论在苯酚钠溶液中通入的二氧化碳的量是多少，反应总是为：C6H5ONa+ CO2+H2O→C6H5OH+NaHCO3,而在高中化学中强酸可以制弱酸，这个原理可谓深入人心，因为在初中的化学学习中就已经学习并使用这一原理，实验室制取二氧化碳：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑。这种解释无可厚非，大多数教师在教学中也采用了这种解释。
思考之一：按照这种解释，次氯酸与碳酸钙、氢氧化铝与碳酸钠溶液能否共存。
高一化学教学中，Ca(ClO)2、NaAlO2溶液与CO2的反应，根据强酸制弱酸的原理，由于HClO的电离常数K=2.95×10-8，Al(OH)3电离常数K=5.01×10-9与H2CO3相比，酸性较弱，但与HCO3-相比，酸性较强，至此笔者想到了漂白粉的漂白原理，但也由此产生疑惑：此反应Ca(ClO)2＋CO2+H2O=CaCO3＋HClO是否一定合理呢？如果这个反应不是这样进行的，那产物应该是什么呢？HClO是肯定有的，这样才能漂白啊，这是铁定事实!难道是先生成了Ca（HCO3）2和HClO，然后Ca（HCO3）2自行分解为CaCO3？ 同理还可以得出：NaAlO2+2H2O+CO2= Al(OH)3↓+NaHCO3并且可以理解为，无论通入二氧化碳的量是多少，反应产物应该是相同的。
但是在查阅资料的过程中，却发现很多资料，包括大学教材中显示：当在Ca(ClO)2、NaAlO2溶液中通入少量CO2时反应为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，2NaAlO2+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+Na2CO3只有当通入过量CO2时反应才是Ca(ClO)2+2CO2+2H2O=Ca(HCO3)2+2HClO，NaAlO2+2H2O+CO2=Al(OH)3+NaHCO3。为此，笔者就通过实验求证，往Ca(ClO)2溶液中先通入少量CO2结果发现实验现象确实是先产生沉淀，当通入过量CO2时，沉淀消失。而往NaAlO2溶液中先通入少量CO2，也是产生沉淀，然后取上层清夜滴加CaCl2溶液，产生白色沉淀，再通入过量CO2静置一会儿，取上层清夜再滴加CaCl2溶液未见白色沉淀。这该如何理解呢？为什么与强酸制弱酸有偏差呢？
思考之二：单纯用电离常数已经不能圆满解决问题了，能否转换角度思考呢。
当笔者想到硫化氢气体通入到硫酸铜溶液中去生成了难溶于水的硫化铜和强酸硫酸，有种柳暗花明的感觉。氢硫酸(H2S)的一级、二级电离常数分别为K1=9.1×10-8，K2=1.1×10-12，而硫酸的第一步电离可以完全进行，而第二步电离K2=1.2×10-2，硫酸的酸性远强于氢硫酸，但反应依然可以进行，方程式为：CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4。这个反应可以进行的原因在于生成物中生成了难溶性的CuS，而CuS的溶度积Ksp=8.5×10-45，说明CuS很容易生成，只需要提供少量的硫离子，便能与大量的铜离子结合成CuS沉淀。在这个离子反应中，强酸制弱酸可以看作反应向着离子浓度减小的方向进行，而在CuSO4与H2S的反应中，因为生成了溶度积极小的CuS，使溶液中的离子浓度更小，反应就易向生成CuS的方向进行了。那么Ca(ClO)2和CO2的反应就可以从这个角度去理解了，由于碳酸钙是一种难溶性的物质，Ksp=8.7×10-9，所以尽管HCO3－的酸性弱于HClO，当Ca(ClO)2溶液中通入CO2少量时，反应就可以按：
Ca(ClO)2+ CO2+H2O=Ca(HCO3)2+HClO
Ca(HCO3)2＋Ca(ClO)2=2CaCO3↓+2HClO
其第一步反应可以从强酸制弱酸分析，而第二步反应就因为生成物中有CaCO3这个难溶的物质，使溶液中的离子浓度趋向于更小，该离子反应当然顺利进行。
思考之三：能否另辟溪径从碱结合质子角度去解释呢。
在溶液中由盐的水解知识酸越弱其对应的盐就容易水解,碱性越强, C6H5OH 酸性强于HCO3-,故C6H5ONa的碱性比Na2CO3弱，Na2CO3比C6H5ONa更容易结合H2CO3电离出来的H+，因此二氧化碳通入苯酚钠溶液中先生成碳酸氢钠，然后再生成苯酚，故不论二氧化碳的量是多少均生成碳酸氢钠。而对于制漂白粉，生成的Ca(ClO)2比CaCO3碱性强，加之它又难溶于水，因此Ca(ClO)2优先结合H+生成HClO，而当CO2过量时生成Ca(HCO3)2同理也可解释少量CO2通入NaAlO2溶液生成Na2CO3和Al(OH)3,至此上述矛盾均可迎刃而解。
其实很多反应的顺利进行都可以从不同方面进行分析，各种反应事实的存在也往往是由于不同方面的原因在不同的条件下所起的作用的权重比例不同。当在一定条件下，某一方面的原因起了主要作用，反应的事实就表现为某一事实。