离子浓度大小比较策略

2024-06-02

离子浓度大小比较策略（精选8篇）

离子浓度大小比较策略篇1

离子浓度大小的比较问题涉及的知识点多, 综合性强, 是高考必考的一个热点.对此, 学生要解决好这一类问题不仅要充分掌握电解质的电离、弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡、pH值、电解质间的相互反应等基本理论, 还要在实际应用中抓住一个主次, 紧扣两个微弱, 牢记三个守恒.下面笔者从三个方面对离子浓度大小的比较问题加以诠释, 帮助读者系统掌握这一题型, 做到触类旁通, 笑傲高考.

一、理论依据

1.紧扣两个微弱

(1) 弱电解质只是微弱电离:只有少量弱电解质电离, 产生少量的离子.如氨水中有两个电离平衡:NH3·H2O⇌NH4+++OH-、H2O⇌H++OH-, 并以氨水的电离为主, 所以溶液中离子浓度大小关系为c (NH3·H2O) >c (OH-) >c (NH+4) >c (H+) .

(2) 弱酸阴离子 (弱碱阳离子) 只是微弱水解:只有少量弱酸阴离子 (弱碱阳离子) 水解, 生成少量的弱电解质及OH- (H+) .如 (NH4) 2SO4溶液中存在下列关系 (NH4) 2SO4⇌SO2-4+2NH+4、NH+4+H2O⇌NH3·H2O+H+、H2O⇌OH-+H+, 因NH+4的水解使溶液为酸性, 故有c (H+) >c (OH-) , 所以溶液中微粒浓度关系为:c (NH+4) >c (SO2-4) >c (H+) >c (NH3·H2O) >c (OH-) .

2.抓住一个主次

(1) 多元弱酸分步电离, 以第一步电离为主:如在0.2 mol·L-1H2S溶液中存在下列平衡:H2S⇌HS-+H+ (主要) 、HS-⇌S2-+H+ (次要) 、H2O⇌OH-+H+ (更次要) .根据主要的电离H2S⇌HS-+H+, 可知少量的H2S电离出等量的HS-和H+, 又有水电离出少量的H+, 所以c (H+) >c (HS-) ;再借助次要的平衡HS-⇌S2-+H+可得c (HS-) >c (S2-) , 综上可得c (H2S) >c (H+) >c (HS-) >c (S2-) >c (OH-) .

(2) 多元弱酸根分步水解, 以第一步水解为主:如Na2S溶液中存在下列平衡:S2-+H2O⇌HS-+OH- (主要) 、HS-+H2O⇌H2S+OH- (次要) 、H2O⇌H++OH- (更次要) .根据主要的水解S2-+H2O⇌HS-+OH-, 可知少量的S2-水解出等量的HS-和OH-, 又有水电离出少量的OH-, 所以c (S2-) >c (OH-) >c (HS-) ;综述溶液离子浓度的关系为c (Na+) >c (S2-) >c (OH-) >c (HS-) >c (H+)

3.牢记三个守恒

(1) 电荷守恒:电解质溶液中阳离子带的正电荷总数与阴离子带的负电荷总数相等.如Na2CO3溶液中:c (H+) +c (Na+) =c (OH-) +c (HCO-3) +2c (CO2-3)

(2) 物料守恒:电解质在水溶液中存在电离 (或水解) , 离子会转化成其他离子或分子, 而离子或分子中某种特定元素的原子总数是不会变的.如0.5 mol·L-1Na2CO3溶液中n (Na+) =2n (C) , 则有c (Na+) =2[c (CO2-3) +c (HCO-3) +c (H2CO3) ]=1 mol·L-1

(3) 质子守恒:水电离出的c (H+) 水与c (OH-) 水始终相等, 溶液中水电离出的H+ (或OH-) 与其它离子结合, 但其总量不变.如Na2CO3溶液中水电离产生的H+以H+、HCO-3、H2CO3三种形式存在, 而水电离产生的OH-只以自由移动的OH-存在;因c (H+) 水=c (OH-) 水, 所以c (OH-) 水=c (H+) 水=c (H+) +c (HCO-3) +2c (H2CO3) , 故有c (OH-) =c (H+) +c (HCO-3) +2c (H2CO3) .

另外, 质子守恒也可由电荷守恒和物料守恒变形推导.

二、解题思路

先考虑溶液中的溶质属于哪种情况, 再根据各自情况进行分析, 如下:

三、题型分析

1.单一溶质

例1 100 m L 0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液与50 m L 0.2 mol·L-1的NaOH溶液混合, 反应后溶液中各微粒的浓度关系错误的是 ()

(A) c (Na+) >c (CH3COO-) >c (H+) >c (OH-)

(B) c (OH-) =c (CH3COOH) +c (H+)

(D) c (Na+) +c (H+) =c (CH3COO-) +c (OH-)

解析:依题意知CH3COOH与NaOH恰好反应, 得到CH3COONa溶液.因CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-, 使CH3COO-浓度减小, 故c (Na+) >c (CH3COO-) , 又只有少量的CH3COO-水解生成少量的OH-使溶液呈碱性即c (OH-) >c (H+) , 所以c (Na+) >c (CH3COO-) >c (OH-) >c (H+) , (A) 错;根据物料守恒知 (C) 对;根据电荷守恒知 (D) 对.根据质子守恒知 (B) 对 (也可由物料守恒和电荷守恒联立推导) , 选 (A) .

变式1某二元酸H2A在水中的电离方程式是:H2AH++HA-;HA-H++A2-, 在0.1 mol·L-1的NaHA溶液中下列微粒浓度关系式正确的是 ()

(A) c (A2-) +c (HA-) +c (H2A) =0.1 mol·L-1

(B) c (OH-) =c (H+) +c (HA-)

(D) c (Na+) =2c (A2-) +2c (HA-)

解析:由H2AH++HA-知H2A第一步完全电离, 故NaHA溶液中HA-只能电离而不能水解既溶液中没有H2A分子.HA-电离使c (HA-) c (OH-) , 联立可得c (Na+) >c (HA-) >c (H+) >c (A2-) >c (OH-) , (C) 项对;由物料守恒知c (Na+) =c (HA-) +c (A2-) =0.1 mol·L-1, 选项 (A) 、 (D) 错;由电荷守恒c (Na+) +c (H+) =c (OH-) +c (HA-) +2c (A2-) 和物料守恒c (Na+) =c (HA-) +c (A2-) 联立得c (H+) =c (OH-) +c (A2-) 选项 (B) 错.选 (C) .

变式2草酸是二元弱酸, 草酸氢钾溶液呈酸性.在0.1 mol·L-1KHC2O4溶液中, 下列关系正确的是 ()

(A) c (K+) +c (H+) c (HC2O-4) +c (OH-) +c (C2O2-4)

(B) c (K+) >c (HC2O-4) >c (H+) >c (OH-) >c (C2O2-4)

(D) c (HC2O-4) +c (C2O2-4) =0.1 mol·L-1

解析:因为草酸氢钾为强电解质, 在溶液中完全电离KHC2O4═K++HC2O-4, HC2O-4在溶液中有两个平衡HC2O-4⇌H++C2O2-4、HC2O-4+H2OH2C2O4+OH-.因溶液呈酸性, 所以HC2O-4电离程度大于水解程度, 故c (C2O2-4) >c (H2C2O4) , (C) 项正确, 且有c (K+) >c (HC2O-4) >c (H+) >c (C2O2-4) >c (OH-) , (B) 错.由物料守c (H2C2O-4) +c (HC2O-4) +c (C2O2-4) =0.1 mol·L-1, (D) 错;由电荷守恒c (K+) +c (H+) =c (HC2O-4) +c (OH-) +2c (C2O2-4) 知 (A) 错.选 (C) .

2.混合溶质

例2将0.1 mol·L-1醋酸钠溶液20 m L与0.1 mol·L-1盐酸10 m L混合后, 溶液显酸性, 则溶液中有关粒子浓度关系正确的是 ()

(A) c (CH3COO-) >c (Cl-) >c (H+) >c (CH3COOH)

(B) c (CH3COO-) >c (Cl-) >c (CH3COOH) >c (H+)

(D) c (Na+) +c (H+) =c (CH3COO-) +c (Cl-) +c (OH-)

解析:溶液混合反应后得到等物质的量的醋酸和醋酸钠、氯化钠.溶液中存在醋酸的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+和醋酸钠的水解平衡CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-.溶液呈酸性, 说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度, 所以c (CH3COO-) >c (Cl-) >c (CH3COOH) ;但CH3COOH电离程度是微弱的, 故c (CH3COOH) >c (H+) , 选项 (A) 、 (C) 错误, (B) 正确.由电荷守恒知 (D正确.答案 (B) 、 (D) .

变式1将0.2 mol·L-1HCN溶液和0.1 mol·L-1的NaOH溶液等体积混合后, 溶液显碱性, 下列关系式中正确的是 ()

(A) c (HCN)

(B) c (Na+) >c (CN-)

(D) c (HCN) +c (CN-) =0.1 mol·L-1

解析:溶液混合后得到等浓度的HCN和NaCN混合溶液.溶液中存在HCN的电离平衡HCN⇌CN-+H+和NaCN的水解平衡CN-+H2O⇌HCN+OH-.溶液呈碱性, 说明CN-的水解程度大于HCN的电离程度即c (HCN) >c (Na+) >c (CN-) , (A) 错 (B) 对;由物料守恒知c (HCN) +c (CN-) =, (D) 正确;结合物料守恒和电荷守恒联立求解c (HCN) +c (H+) =c (OH-) , (C) 错.选 (B) 、 (D) .

变式2相同条件下将pH=12的氨水与pH=2的盐酸两溶液等体积混合, 充分反应后所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序是 ()

(A) c (Cl-) >c (NH+4) >c (H+) >c (OH-)

(B) c (NH+4) >c (Cl-) >c (H+) >c (OH-)

(D) c (Cl-) >c (NH+4) >c (OH-) >c (H+)

解析:相同条件下pH=12的氨水中c (OH-) 和pH=2的盐酸中c (H+) 相等.但氨水是弱电解质, 只有少量电离出OH-, 盐酸是强电解质全部电离出H+, 所以有c (NH3·H2O) >c (HCl) 且氨水浓度远大于盐酸浓度.等体积混合, 反应生成NH4Cl并有大量的氨水过量, 且氨水的电离为主, 所以溶液应呈碱性, 结合电荷守恒知 (C) 正确, 选 (C) .

3.综合分析

例3已知某溶液中只存在Cl-、NH4+、H+、OH-四种离子, 某同学推测其离子浓度大小顺序有如下四种关系

(1) c (Cl-) >c (NH+4) >c (H+) >c (OH-)

(2) c (Cl-) >c (NH+4) >c (OH-) >c (H+)

(3) c (NH+4) >c (Cl-) >c (OH-) >c (H+)

(4) c (Cl-) >c (H+) >c (NH+4) >c (OH-)

填写下列空白:

(1) 若溶液中只溶解了一种溶质, 该溶质是_________, 该溶液中四种离子浓度的大小顺序为__________ (填序号) .

(2) 若上述关系中 (3) 是正确的, 则溶质为__________;若上述关系中 (4) 是正确的, 则溶质为______.

(3) 若该溶液是体积相等的浓盐酸和氨水混合而成, 且恰好是中性, 则混合前c (HCl) __________c (NH3·H2O) (填“>”或“<”或“=”, 下同) , 混合前酸中c (H+) 和碱中c (OH-) 的关系c (H+) _______c (OH-)

解析: (1) 含Cl-、NH4+、H+、OH-四种离子的溶质可以有三种情况:NH4Cl、NH4Cl和HCl、NH4Cl和NH3·H2O.若只有一种溶质, 只能是NH4Cl, 离子浓度关系为 (1)

(2) 如 (3) 正确, 说明溶液呈碱性, 则溶质为NH4Cl和NH3·H2O, 因为只有NH3·H2O的电离强于NH4Cl的水解时 (3) 才正确;如 (4) 正确, 则溶质为NH4Cl和HCl, HCl抑制了NH4Cl的水解.

(3) 若相同浓度的盐酸与氨水等体积混合得到NH4Cl溶液, 因NH4Cl是强酸弱碱盐, 所以溶液呈酸性.若盐酸和氨水混合要使溶液呈中性, 应NH3·H2O稍过量, 又知是等体积混合, 所以c (NH3·H2O) >c (HCl) .混合前因NH3·H2O为弱电解质, 电离的c (OH-) 较小, 所以c (OH-)

答案: (1) NH4Cl, (1) ; (2) NH4Cl和NH3·H2O, NH4Cl和HCl; (3) <, >

变式1常温下将0.010 mol CH3COONa和0.004 mol HCl溶于水, 配成0.5 L混合溶液, 判断:

(1) 溶液中共有_____种粒子.

(2) 溶液中有两种粒子的物质的量之和一定等于0.010 mol, 它们是__________.

(3) 溶液中n (CH3COO-) +n (OH-) -n (H+) =___________mol.

解析: (1) CH3COONa和HCl溶液混合, 反应得到0.004 mol CH3COOH、0.004 mol NaCl、剩余0.006 mol CH3COONa, 混合溶液中含有Na+、H+、CH3COO-、OH-、CH3COOH、H2O六种粒子.

(2) 由物料守恒:

n (CH3COO-) +n (CH3COOH) =0.010 mol.

(3) 由电荷守恒:n (CH3COO-) +n (OH-) +n (Cl-) =c (H+) +n (Na+) , 所以n (CH3COO-) +n (OH-) -n (H+) =n (Na+) -n (Cl-) =0.010 mol-0.004 mol=0.006 mol

练习

1.已知某温度下0.1 mol·L-1的NaHB (强电解质) 溶液中c (H+) >c (OH-) , 则下列有关说法或关系式一定正确的是 ()

(1) HB-的水解程度小于HB-的电离程度;

(2) c (Na+) =0.1 mol·L-1≥c (B2-) ;

(3) 溶液的pH=1;

(4) c (Na+) =c (HB-) +2c (B2-) +c (OH-)

(A) (1) (2) (B) (2) (3)

2、下列叙述正确的是 ()

(A) 0.1 mol·L-1氨水中, c (OH-) =c (NH+4)

(B) 10 m L 0.02 mol·L-1HCl溶液与10 m L 0.02 mol·L-1Ba (OH) 2溶液充分混合, 若混合后溶液的体积为20 m L, 则溶液的p H=12

(D) 0.1 mol·L-1某二元弱酸强碱盐NaHA溶液中, c (Na+) =2c (A2-) +c (HA-) +c (H2A)

3.已知某溶液中只含有4种离子:A+、B-、H+、OH-, 对这4种离子浓度的大小比较, 有以下3种说法.请判断离子浓度的大小顺序是否正确, 你认为正确的请在相应的空格内填上符合这种情况的A+和B-组成物质的化学式 (只写一种情况, 可以是一种溶质或两种溶质) ;你认为一定不正确的, 请在相应的空格内填上你选择“不正确”的理由.供选择的离子有:Na+、Ag+、NH+4、Cl-、NO-3、CH3COO-、H+、OH-

(1) c (B-) >c (A+) >c (H+) >c (OH-) __________

(2) c (A+) >c (B-) >c (OH-) >c (H+) __________

(3) c (H+) >c (B-) >c (A+) >c (OH-) __________

答案:1. (A) 2. (B) (C)

3. (1) NH4Cl或AgNO3或NH4NO3或CH3COOH和CH3COONa

(2) CH3COONa或NH3·H2O和NH4Cl

(3) 不正确, 理由:c (H+) +c (A+) >c (B-) +c (OH-) , 电荷不守恒.

离子浓度大小比较策略篇2

离子浓度大小比较策略篇3

1.直接用浓度比较

例1 （2015年天津理综，5）拆编：室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液，向溶液中加入0.05 mol CaO，溶液中c（OH-）

∶c（HCO3-）的值怎样变化？

分析写出CO32-水解方程式，CO32-+H2O

HCO3-+OH-，加入CaO固体后（忽略溶液体积变化），CaO与水反应生成Ca（OH）2，Ca（OH）2电离出Ca2+和OH-离子，c（OH-）增大；Ca2+与CO32-反应生成CaCO3沉淀，平衡逆向移动，c（HCO3-）减少.

因此，c（OH-）c（HCO3-）增大.

2. 把浓度转化为物质的量再比较

例2 （2013年江苏单科，11）拆编：醋酸溶液加水稀释后，溶液中c（CH3COOH）c（CH3COO-）的值怎样变化？

分析写出CH3COOH电离方程式，H3COOH

CH3COO-+H+，加水稀释后，c（CH3COOH）、c（CH3COO-）均减小，此时c（CH3COOH）/c（CH3COO-）的比值变化不好判断.

设稀释后溶液的体积为V，则c（CH3COOH）·Vc（CH3COO-）·V=n（CH3COOH）n（CH3COO-），由于加水稀释促进了CH3COOH的电离，所以n（CH3COOH）减小，n（CH3COO-）增大，则c（CH3COOH）/c（CH3COO-）的比值减小.

3. 用平衡常数比较

例3 （2014年山东理综，13）拆编：已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，现向10 mL浓度为 0.1 mol·L-1的CH3COOH 溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中，判断下列说法是否正确：c（NH4+）/c（NH3·H2O）先增大再减小？

分析先用浓度判断，在滴加过程中，c（NH4+）增大，c（NH3·H2O）也增大（CH3COOH+NH3·H2OCH3COO-+NH4++H2O，随着NH4+的增多，NH4+水解产生的NH3·H2O也在增加），无法比较.再转化为物质的量判断，在滴加过程中，

n（NH4+），n（NH3·H2O）均增大，还是无法比较.

写出NH3·H2O的电离平衡常数Kb=[c（NH4+）·c（OH-）]/c（NH3·H2O）

则c（NH4+）/c（NH3·H2O）=[c（NH4+）·

c（OH-）·c（H+）]/[c（NH3·H2O）·c（OH-）·c（H+）]

=[Kb·c（H+）]/Kw ，由于温度不变，Kb 、Kw都是常数，c（H+）减小，故c（NH4+）/c（NH3·H2O）的比值一直减小.

4. 借助电荷守恒比较

例4 （2011年课标，10）将浓度为0.1 mol/L的HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是（）.

A. c（H+）

B. Ka（HF）

C. c（F-）/c（H+）

D. c（H+）/c（HF）

分析把浓度转化为物质的量可判断出答案D，但对于C项不能确定.

写出电荷守恒，c（H+）=c（OH-）+ c（F-），两边同时除以c（H+）得

1=c（OH-）/c（H+）+c（F-）/c（H+），即c（F-）/c（H+）=1- c（OH-）/c（H+）=1-Kw/c2（H+），故c（F-）/c（H+）的比值始终保持减小.

结论：比值型离子浓度大小比较四步曲：浓度→物质的量→平衡常数→电荷守恒.

（收稿日期：2016-07-12）

溶液中离子浓度大小比较篇4

电解质溶液中离子浓度大小比较问题, 是高考的“热点”之一。高考化学试卷年年涉及这种题型。这种题型考查的知识点多, 灵活性、综合性较强, 有较好的区分度, 它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、电离度、水的电离、pH值、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度及对这些知识的综合运用能力。掌握此类题有三个思维基点:电离、水解和守恒。

一、电离平衡理论和水解平衡理论

1.电离理论:

⑴弱电解质的电离是微弱的, 电离消耗的电解质及产生的微粒都是少量的, 同时注意考虑水的电离的存在;例如NH3·H2O溶液中c (NH3·H2O) >c (OH-) >c (NH4+) >c (H+) 。

⑵多元弱酸的电离是分步的, 主要以第一步电离为主;例如H2S溶液中微粒浓度关系为:c (H2S) >c (H+) >c (HS-) >c (OH-)

2.水解理论:

⑴弱酸的阴离子和弱碱的阳离子因水解而损耗;如NaHCO3溶液中有:c (Na+) >c (HCO3-) 。

⑵弱酸的阴离子和弱碱的阳离子的水解是微量的 (双水解除外) , 因此水解生成的弱电解质及产生H+的 (或OH-) 也是微量, 但由于水的电离平衡和盐类水解平衡的存在, 所以水解后的酸性溶液中c (H+) (或碱性溶液中的c (OH-) ) 总是大于水解产生的弱电解质的浓度;例如 (NH4) 2SO4溶液中c (NH4+) >c (SO42-) >c (H+) >c (NH3·H2O) >c (OH-) 。

⑶多元弱酸的酸根离子的水解是分步进行的, 主要以第一步水解为主。例如Na2CO3溶液中c (CO32-) >c (HCO3-) 。

二、电荷守恒和物料守恒

1.电荷守恒:

电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有的阴离子所带的负电荷数相等。如NaHCO3溶液中c (Na+) +c (H+) =c (HCO3-) +2c (CO32-) +c (OH-)

【注意】书写电荷守恒式必须①准确的判断溶液中离子的种类;②弄清离子浓度和电荷浓度的关系。

2.物料守恒:

电解质溶液中由于电离或水解因素, 离子会发生变化变成其它离子或分子等, 但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变的。如NaHCO3溶液中n (Na+) :n (C) =1:1, 推出:c (Na+) =c (HCO3-) +c (CO32-) +c (H2CO3)

3.导出式——质子守恒:

如碳酸钠溶液中由电荷守恒和物料守恒将Na+离子消掉可得:c (OH-) =c (H+) +c (HCO3-) +2c (H2CO3) 。此关系式也可以按下列方法进行分析, 由于指定溶液中氢原子的物质的量为定值, 所以无论溶液中结合氢离子还是失去氢离子, 但氢原子总数始终为定值, 也就是说结合的氢离子的量和失去氢离子的量相等。可以用图示分析如下:

由得失氢离子守恒可得:c (OH-) =c (H+) +c (HCO3-) +2c (H2CO3) 。

又如醋酸钠溶液中

电荷守恒:c (Na+) =c (CH3OO-) +c (CH3COOH)

物料守恒: c (Na+) +c (Na+) =c (CH3OO-) +c (OH-)

将钠离子消掉可得质子守恒:c (OH-) =c (H+) +c (CH3COOH) 。

【专题突破】

【例1】在Na2S溶液中下列关系不正确的是

A.c (Na+) =2c (HS-) +2c (S2-) +c (H2S)

B.c (Na+) +c (H+) =c (OH-) +c (HS-) +2c (S2-)

C.c (Na+) >c (S2-) >c (OH-) >c (HS-)

D.c (OH-) =c (HS-) +c (H+) +c (H2S)

分析:电荷守恒:c (Na+) +c (H+) =c (OH-) +c (HS-) +2c (S2-) ;

物料守恒:c (Na+) =2c (HS-) +2c (S2-) +2c (H2S) ;

质子守恒:c (OH-) =c (HS-) +c (H+) +2c (H2S) , 选A D

【例2】用物质的量都是0.1 mol的CH3COOH和CH3COONa配制成1L混合溶液, 已知其中C (CH3COO-) >C (Na+) , 对该混合溶液的下列判断正确的是 ( )

A.C (H+) >C (OH-)

B.C (CH3COOH) +C (CH3COO-) =0.2 mol/L

C.C (CH3COOH) >C (CH3COO-)

D.C (CH3COO-) +C (OH-) =0.2 mol/L

分析:CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中, CH3COOH的电离和CH3COONa的水解因素同时存在。已知C (CH3COO-) >C (Na+) , 根据电荷守恒C (CH3COO-) +C (OH-) =C (Na+) +C (H+) , 可得出C (OH-)

【例3】物质的量浓度相同的下列溶液中, NH4+浓度最大的是 ( )

A.NH4Cl B.NH4HSO4

离子浓度大小比较之我见篇5

如果是两种溶液混合的, 首先要考虑两种溶液能否发生化学反应, 若能发生化学反应的, 要计算出反应后生成物和过量物的浓度, 看成溶液的初始浓度.

例1 将0.2 mol·L-1 HCN溶液和0.1 mol·L-1的NaOH溶液等体积混合后, 溶液显碱性, 下列关系式中正确的是 ( )

(A) c (HCN) <c (CN-)

(B) c (Na+) >c (CN-)

(D) c (HCN) +c (CN-) =0.1 mol·L-1

分析:在确定物质的初始浓度前应先考虑HCN与NaOH的反应, 因此溶液的初始浓度不是c (HCN) =0.2 mol/L、c (NaOH) =0.1 mol/L;而是 c (NaCN) =0.05 mol/L、c (HCN) =0.05 mol/L.

二、“水解电离酸碱性”

溶液中既存在着电离产生H+的反应, 又存在着水解消耗H+的反应时, 水解电离的相对程度大小决定了溶液的酸碱性, 即 c (H+) 与 c (OH-) 的大小, 反之溶液的酸碱性也决定了水解和电离程度的大小.

已知NaHCO3溶液呈碱性, 则说明HCO-3的水解程度大于电离程度;又例如上一例题中可得到反应后溶液应是浓度相同的NaCN、HCN混合溶液, 根据溶液显碱性可知HCN的电离程度小于CN-的水解程度.反之溶液若呈酸性, 也可确定HCN的电离程度大于CN-的水解程度.

三、“变用不变来替换”

在溶液中有些离子可以因水解或电离而发生变化, 其浓度不等于初始浓度, 有些离子既不水解也不电离, 其浓度是不变的.在比较离子浓度大小的时候往往用不变的离子浓度来表示可变的离子初始浓度.

例2 草酸是二元弱酸, 草酸氢钾溶液呈酸性.在0.1 mol·L-1 KHC2O4溶液中, 下列关系正确的是 ( )

(A) c (K+) +c (H+) =c (HC2O-4) +c (OH-) +c (C2O $_{4}^{2 -}$ )

(B) c (HC2O-4) +c (C2O $_{4}^{2 -}$ ) =0.1 mol·L-1

(D) c (K+) =c (H2C2O4) +c (HC2O-4) +c (C2O2-4)

分析:KHC2O4溶液中由于HC2O-4既可以水解成H2C2O4也可以电离成C2O $_{4}^{2 -}$ , 如果我们用不变的c (K+) 替换HC2O-4的初始浓度就可以得到这样的关系:c (K+) =c (HC2O-4) +c (H2C2O4) +c (C2O $_{4}^{2 -}$ ) =0.1 mol/L.

四、“遇到比较问到底”

当题目中出现单个离子间的浓度比较时, 我们只要对该离子的来源追根究底, 就会发现这种离子是电离产生的还是水解产生的;是电离剩下的还是水解剩下的, 然后根据电离或水解的相对强弱就可以判断其浓度的大小.正如在KHC2O4溶液中, 要确定

c (H2C2O4) 和 c (C2O $_{4}^{2 -}$ ) 的大小, 只要弄清H2C2O4和C2O $_{4}^{2 -}$ 的来源.我们知道H2C2O4是HC2O-4水解生成的, C2O $_{4}^{2 -}$ 是HC2O-4电离生成的, 根据溶液呈酸性确定HC2O-4的电离程度大于水解程度, 则 c (C2O $_{4}^{2 -}$ ) 大于 c (H2C2O4) .再例如要比较相同浓度的NH4Cl、NH4HSO4、NH4HCO3三种溶液中 c (NH+4) 的大小, 就要弄清楚三种溶液中NH+4的来源, 初始时 c (NH+4) 都相同, NH4Cl溶液中 c (NH+4) 应为NH+4水解剩下的, NH4HSO4溶液中NH+4发生的水解受到NH4HSO4电离出来的H+的抑制, NH4HCO2溶液中由于HCO-3的水解, NH+4发生的水解受到促进, 因此NH4HCO3溶液中 c (NH+4) 最小, NH4HSO4溶液中 c (NH+4) 最大.

五、“有了加减用守恒”

如果题目中出现多种离子浓度的加减代数式时, 最好从三个守恒的角度判断比较容易.三个守恒是指在电解质溶液中, 无论是否发生电离或水解, 总是存在“电荷守恒”、“物料守恒”、“质子守恒”.

例如在0.1 mol·L-1 KHC2O4溶液中, 由电荷守恒 (即阳离子正电荷总数等于阴离子负电荷总数) 存在关系:

c (K+) +c (H+) =c (HC2O-4) +2c (C2O2-4) +c (OH-)

由物料守恒 (碳元素守恒) 存在关系:

c (K+) =c (HC2O-4) +c (H2C2O4) +c (C2O2-4)

由质子守恒 (产生的H+总数等于接受的H+总数) 存在关系:

c (H+) +c (H2C2O4) =c (OH-) +c (C2O2-4)

不难看出, 质子守恒也可由电荷守恒与物料守恒联立消去 c (K+) 后得到.

对于电解质溶液中离子浓度的比较, 若能灵活运用上述技巧则可以使问题获得简单的解决.

水溶液中离子浓度大小比较篇6

一、水溶液中存在各平衡理论

1. 电离理论

(1)弱电解质的电离是微弱的,电离消耗的电解质及产生的微粒都是少量的,同时注意水的电离的存在.

(2)对于多元弱酸的电离是分步的,主要以第一步电离为主.

2. 水解理论

从盐类的水解的特征分析:水解程度是微弱的(一般不超过2‰).理清溶液中的平衡关系并分清主次:

3. 三大守恒

(1)电荷守恒:溶液中正电荷总数等于负电荷总数.

(2)物料守恒:离子电离或水解,离子以各种形式存在,但特定原子总是守恒的.

(3)质子守恒:溶液中水电离生成的H+和OH-的物质的量相等.

二、常见考点题型

1. 单一溶液中离子浓度大小比较:一般从两种情况综合考虑判断

(1)溶液为电解质的电离:水溶液显某性的离子>电解质电离另一粒子>水溶液显性的对应离子(若电解质为多元弱酸,根据分步电离分析,以第一步为主)

(2)溶液为盐类的水解:不水解离子>水解离子>水解后呈某性的离子>水溶液显性的对应离子(解题必须综合考虑盐的组成:即阴、阳离子等价或不等价)

①酸溶液型

例1在0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液中,c (CH3COO-)、c (OH-)、c (H+)、c(CH3COOH)的大小关系为:______.

解析:CH3COOH是一元弱酸,属于弱电解质,发生电离的CH3COOH占很小的比例(约为1.32%),即c(CH3COOH)>>c(CH3COO-),由于溶液呈酸性且水又发生电离,故c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-),所以在0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液中,c(CH3COO-)、c(OH-)、c (H+)、c (CH3COOH)的大小关系为:c(CH3COOH)>c (H+)>c (CH3COO-)>c(OH-),

②碱溶液型

例2在0.1 mol·L-1的NH3·H2O溶液中,下列关系正确的是()

(A) c(NH3·H20)>c(OH-)>c()>c(H+)

(B) c()>c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(H+)

(D) c(NH3·H2O)>c()>c(H+)>c(OH-)

解析:NH3·H2O是一元弱碱,属于弱电解质,在水溶液中少部分发生电离(NH3·H2O⇋+OH-),所以c(NH3·H2O)必大于c()及c(OH-).因为c(OH-)=c(H+)+c(),所以c(OH-)>c().综合起来,c(NH3·H2O)>c(OH-)>c()c(H+).答案为(A).

③盐溶液型

例3在氯化铵溶液中,下列关系式正确的是()

(A) c(Cl-)>c()>c(H+)>c(OH-)

(B) c()>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)

(C)c(Cl-)=c()>c(H+)=c(OH-)

(D) c()=c(Cl-)>c(H-)>c(OH-)

解析:NH4Cl是可溶性的盐,属于强电解质,在溶液中完全电离.因为NH4Cl是强酸弱碱所生成的盐,在水中要发生水解:知c(Cl-)>c(),但由于水解程度较小,所以c()比c(H+)大得多;溶液因水解而呈酸性,所以c(H+)>c(OH-).综合起来,不难得出:c(Cl-)>c()c(H+)>c(OH-).答案为(A).

2. 混合溶液中离子浓度大小比较

一般方法是,先由浓度、体积确定反应物物质的量,再根据电离式、反应式、电离度确定微粒的物质的量,要注意水解、生成弱电解质反应等“隐反应”对微粒的量的影响,综合运用三大守恒.

(1)不反应型

例4用物质的量都是0.1 mol的CH3COOH和CH3COONa配制成1 L混合溶液,已知其中c(CH3COO-)>c(Na+),对该混合溶液的下列判断正确的是()

(A) c(OH-)>c(H+)

(B) c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.2 mol·L-1

(D) c (CH3COO-)+c (OH-)=0.2 mol·L-1

解析:CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中,CH3COOH的电离和CH3COONa的水解因素同时存在.已知c(CH3COO-)>c(Na+),根据电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),可得出c(OH-)c (CH3COOH).根据物料守恒可推出c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2 c(Na+)=0.2 mol·L-1,综合起来本题正确答案为(B).

(2)酸碱中和型

①恰好中和型

例5等体积等浓度的MOH强碱溶液和HA弱酸溶液混和后,混和液中有关离子的浓度应满足的关系是()

解析:此题实质上是探讨一定物质的量浓度的强碱弱酸盐(MA)溶液中有关离子浓度大小关系问题,MA是强电解质,在水中完全电离MA=M++A-,A-很少一部分水解(A-+H2O=HA+OH-)溶液呈碱性c(OH-)>c(H+),综合起来c(M+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+),(C)答案正确;按照电荷守恒原理可知c(M+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-),即(D)答案也符合题意,故答案为(C)、(D).

③反应过量型

例6将0.2 mol·L-1 HCN溶液和0.1 mol·L-1的NaOH溶液等体积混合后,溶液显碱性,下列关系式中正确的是()

(A) c(HCN)

(B) c(Na+)>c(CN-)

(D) c(HCN)+c(CN-)=0.1 mol·L-1

解析:此题实质上是0.05 mol·L-1的HCN溶液和0.05 mol·L-1的NaCN溶液的混合溶液.由题意:c(OH-)>c(H+),再由电荷守恒关系可得:

由(1)知(B)正确.

由物料守恒关系可得:

由(2)可知D正确.将(1)×2+(2)可得:

离子浓度大小比较策略篇7

问题与讨论：对于这种题的解题方法，常规的是电荷守恒、物料守恒、质子守恒，这三大守恒的应用学生难以准确地掌握和应用，比如碳酸钠溶液中的电荷守恒：c (Na+) +c (H+) =2c (CO32-) +c (HCO3-) +c (H+) , 物料守恒：c (Na+) =2{c (HCO3-) +c (CO32-) +c (H2CO3) }，这两个守恒中前面的系数是否有2，学生很容易出错，及其电荷守恒中没有H2CO3，物料守恒中有H2CO3学生也容易混淆，对于质子守恒的实质学生难以掌握，更何况应用。对于这些问题，我提出以下的教学建议：

前提一：弱电解质的电离是微弱的，所以溶液中的弱电解质分子远大于弱电解质的离子，如醋酸溶液中：c (CH3COOH) >>c (CH3COO-)

前提二：盐的水解是微弱的，所以水解的离子远大于水解后生成的微粒，如醋酸钠溶液中：c (CH3COO-) >>c (CH3COOH)

前提三:任何溶液中，满足电荷守恒，即溶液中阳离子所带的电荷总数=阴离子所带电荷总数。

在以上三个前提的基础上，采取将溶液中各种离子的浓度通过计算出来的方法，来比较出各离子浓度大小，现以下列例子对这种方法进行阐述。

1、单一溶质的溶液中离子浓度大小关系

例： (07江西) 在氯化铵溶液中下列关系式正确的是()

【解析】先列出溶液中的所有的电离方程式及水解方程式：

设NH4Cl的浓度为1mol/L, 因为完全电离所以电离出的NH4+及Cl-均为1 mol/L，设NH4+用于水解的有a mol/L (因为水解是很微弱的，所以a<<1) ，可求出水解生成的NH3·H20和H+均为a mol/L，思考此处的H+a mol/L是否是溶液中全部的H+?及溶液中是否有OH-?为了表达出溶液中所有离子情况，还要写出一个离子方程式：H20H++OH-, 因为水电离的OH-绝大多数已经被NH4+结合成NH3·H2O，所以此处的OH-·a mol/L，计算过程如下：

(其中有1>>a>n) ，将各浓度代入即得答案A。

例：在Na2S溶液中下列关系不正确的是 ()

【解析】列出溶液中的所有电离和水解方程式：设Na2S溶液的浓度为1mol/L

其中1>>a、b、n，将各浓度代入即得答案A。

2、混合溶质的溶液中离子浓度大小关系

例： (1999年上海) 把0.02mol·L-1CH3COOH溶液和0.01mol·L-1NaOH溶液以等体积混合，则溶液中粒子浓度关系正确的为 () 。

【解析】混合后为0.005mol/L的CH3COONa与0.005mol/L的CH3COOH

溶液中各离子浓度：c (N a+) =0.0 0 5 m o l/Lc (CH3COOH) = (0.005-a+b) mol/L

将各离子浓度代入选项，并注意D选项中是物质的量而不是物质的量浓度，可知选A.

3、对于溶质不确定的题，无法计算出各离子的浓度，要用电荷守恒。

例：向氨水中逐滴的加入盐酸，当所得溶液pH=7时溶液中离子浓度关系正确的是()

C.c (Cl-) =c (NH4+) D.无法确定c (Cl-) 与c (NH4+) 的关系

【解析】滴加的过程中溶质不断变化，难以计算出各离子浓度，而滴加的每一阶段溶液中的离子均是NH4+、H+、Cl-、OH-，由电荷守恒c (NH4+) +c (H+) =c (Cl-) +c (OH-) ，因为此时溶液PH=7知c (H+) =c (OH-) ，由此可知c (NH4+) =c (Cl-)

结束语：以上通过计算出溶液中各离子浓度的方法，很清晰地比较出各离子浓度大小，并结合电荷守恒，从而回避了物料守恒和质子守恒，这样既解决了学生在应用电荷守恒和物料守恒时容易混淆的问题，也回避了学生难以接受的质子守恒。

摘要：针对溶液中离子浓度大小比较题型的传统解法学生难以掌握的问题, 本文提出将溶液中各种离子的浓度计算出来进行比较的新思路。

离子浓度大小比较策略篇8

一、溶质单一型溶液

1.酸溶液和碱溶液。

对于酸和碱溶液主要考虑电离, 在酸溶液中的所有离子中, c (H+) 最大;碱溶液的所有离子中, c (OH-) 最大, 其他离子浓度根据电离程度进行比较, 其中难点在于弱酸和弱碱的电离。

2.盐类的水解非常微弱, 一般不超过千分之二。盐溶液中正盐主要考虑水解, 酸式盐要先判断酸式酸根以电离为主还是水解为主。

(1) 弱酸的阴离子和弱碱阳离子因水解而消耗, 如Na HCO3溶液中, c (Na+) >c (HCO3-) 。

(2) 弱酸阴离子和弱碱阳离子的水解是微量的 (双水解除外) , 因此水解生成的弱电解质及产生的H+ (或OH-) 也是微量的, 但由于水的电离平衡和盐类水解的平衡同时存在, 所以水解后的呈酸性的溶液中c (H+) (或呈碱性的溶液中c (OH-) ) 总是大于水解产生的弱电解质的浓度。

(3) 水解的口诀要牢记:有弱才水解, 无弱不水解, 越弱越水解, 都弱都水解, 谁强显谁性, 同强显中性;所以在水解呈酸性的溶液中, 总有c (H+) >c (OH-) , 在水解呈碱性的溶液中, 总有c (H+) <c (OH-) 。以强酸弱碱盐为例, 在氯化铵溶液中, 同时存在着如下电离平衡和水解平衡:NH4Cl=NH4++Cl-;H2O葑H++OH-;NH4++H2O葑NH3·H2O+H+, 由于铵根离子被水解, 所以c (Cl-) >c (NH4+) , 而溶液中的电离程度大于水解程度, 所以c (Cl-) >c (NH4+) >c (H+) >c (OH-) 。

(4) 多元弱酸的强碱正盐中, 要根据酸根的分步水解来分析 (注意水解都是微弱的) ;第一步水解程度大于第二步水解程度, 依次减弱, 以第一步水解为主;如在硫化钠溶液中, 同时存在以下电离和水解平衡:

Na2S=2Na++S2-, H2O葑H++OH-;S2-+H2O葑HS-+OH-;HS-+H2O葑H2S+OH-, 由于电离产生c (Na+) :c (S2-) =2:1, 且部分硫离子水解, 所以c (Na+) >c (S2-) , 而水解时第一步大于第二步, 所以c (S2-) >c (HS-) >c (H2S) ;强碱弱酸盐显碱性, 所以c (OH-) >c (H+) , 而溶液中OH-同时来源于S2-水解和水的电离, 所以有c (OH-) >c (HS-) , 所以Na2S溶液中的离子浓度关系如下:c (Na+) >c (S2-) >c (OH-) >c (HS-) >c (H+) 。

(5) 多元弱酸酸式盐溶液中, 由于存在弱酸的酸式根离子的电离, 同时还存在弱酸的酸式根离子的水解, 必须搞清楚电离程度和水解程度的相对大小, 然后判断离子浓度的顺序;这个时候需要记住一些典型的特例。例如, 常见的Na HCO3, Na HS, Na2HPO4溶液中, 水解程度大于电离程度, 溶液呈碱性。例如在Na HCO3溶液中有c (Na+) >c (HCO3-) >c (OH-) >c (H+) >c (CO32-) ;而在溶液Na HSO3, Na H2PO4中则是电离程度大于水解程度, 溶液呈酸性, 例如, 在溶液Na HSO3中, 离子浓度顺序为:c (Na+) >c (HSO3-) >c (H+) >c (SO32-) >c (OH-) 。

二、混合溶液中的离子浓度

1.相互不反应, 则同时考虑电离和水解哪个占主要地位;要求记住典型特例, CH3COOH与CH3COONa等浓度时, 电离程度大于水解程度, c (CH3COOH) <c (CH3COO-) , 呈酸性;NH3·H2O和NH4Cl等浓度时, 电离程度大于水解程度, c (NH3·H2O) <c (NH4+) , 呈碱性;HCN和Na CN等浓度时, 水解程度大于电离程度, c (HCN) >c (CN-) , 呈碱性。

例用物质的量为0.1mol CH3COOH和CH3OONa溶液配成1L的混合溶液, 已知其中c (CH3COO-) >c (Na+) , 比较混合溶液中的离子浓度大小。

解:在混合溶液中, CH3COOH, CH3COONa的电离和CH3COO-的水解同时存在, 即CH3COOH葑CH3COO-+H+;CH3COONa=CH3COO-+Na+;CH3COO-+H2O葑CH3COOH+OH-;根据电荷守恒有:c (CH3COO-) +c (OH-) =c (H+) +c (Na+) , 根据题意, c (CH3COO-) >c (Na+) , 所以, c (OH-) <c (H+) , 溶液呈酸性, 电离程度大于水解程度;根据物料守恒, 可以有c (CH3COOH) +c (CH3COO-) =0.2mol/L, 溶液中离子浓度大小为:c (CH3COO-) >c (Na+) >c (H+) >c (OH-) 。

2.两种物质恰好完全反应———当作单一溶质处理;故与情况一相同;若强酸与强碱混合, 恰好完全反应, 则溶液呈中性;若强酸和弱碱恰好完全反应, 生成的溶液为单一的盐溶液, 弱碱根离子水解, 溶液呈酸性;若强碱和弱酸恰好完全反应, 生成的溶液为单一的盐溶液, 弱酸根离子水解, 溶液呈碱性;如, 在10ml 0.1mol/L Na OH溶液中加入同体积, 同浓度CH3COOH溶液, 两种溶液恰好完全反应, 生成CH3COONa和水, 因此反应后的溶液实际就是单一溶质CH3COONa溶液, 而CH3COONa是强碱弱酸盐, 极少一部分发生水解, 因此可知, 溶液中离子浓度的大小关系为:c (Na+) >c (CH3COO-) >c (OH-) >c (H+) ;由电荷守恒可以得到:c (Na+) +c (H+) =c (CH3COO-) +c (OH-) ;由物料守恒可以得到:c (Na+) =c (CH3COO-) +c (CH3COOH) 。

3.两种物质反应, 其中一种剩余;此类题目中若有酸或碱过量时, 应抓住两溶液混合后剩余的弱酸或弱碱的电离程度和生成的盐的水解程度的相对大小。

(1) 强酸和弱碱溶液混合后, 若酸过量, 则反应后的溶液为强酸和强酸弱碱盐, 显然溶液显酸性, c (H+) >c (OH-) ;若碱溶液大量过量, 溶液为大量的弱碱溶液和强酸弱碱盐的混合溶液, 溶液中的c (H+) <c (OH-) , 溶液显碱性;若碱溶液少量过量, 溶液为少量的弱碱溶液和强酸弱碱盐的混合溶液, 溶液中c (H+) =c (OH-) ;因此可以根据这几种情况具体判断溶液中离子浓度的大小.

例用0.1mol/L的盐酸溶液滴定0.1mol/L的氨水, 滴定过程中不可能出现的现象是 ()

解析:氨水和盐酸混合后, 溶液中存在的离子有四种:Cl-, NH4+, H+和OH-;若氨水大量过量, 则溶液为NH3·H2O和NH4Cl混合溶液, 呈碱性, 所以有c (NH4+) >c (Cl-) >c (OH-) >c (H+) , 所以A正确;若氨水少量过量, 则溶液可能呈中性, 此时c (OH-) =c (H+) , 根据电荷守恒, 可得c (NH4+) =c (Cl-) , 所以B正确;若盐酸过量, 溶液为HCl和NH4Cl的混合溶液, 此时溶液呈酸性, 则有此时就会有:c (Cl-) >c (NH4+) , c (H+) >c (OH-) , 所以D正确, 而对于C选项, 根据电荷守恒, 有c (NH4+) +c (H+) =c (OH-) +c (Cl-) , 因此不可能出现c (Cl-) >c (NH4+) , c (OH-) >c (H+) , 所以不可能出现的现象是C。

(2) 强碱和弱酸混合后, 若强碱过量, 则反应后的溶液为强碱和强碱弱酸盐的混合溶液, 显然溶液呈碱性即c (H+) <c (OH-) ;若酸少量过量, 则得到的溶液为少量弱酸和强碱弱酸盐的混合溶液, 则溶液呈中性, c (H+) =c (OH-) ;若酸大量过量, 则得到的溶液为大量的弱酸和强碱若酸盐的混合溶液, 溶液呈酸性, 即c (H+) >c (OH-) 。

例某酸性溶液中只有Na+, CH3COO-, H+, OH-四种离子, 则下列描述正确的是 ()

A.该溶液由p H=3的CH3COOH与p H=11的Na OH溶液等体积混合而成;

B.该溶液由等物质的量浓度、等体积的Na OH溶液和CH3COOH溶液混合而成;

D.加入适量氨水, c (CH3COO-) 一定大于c (Na+) 、c (NH4+) 之和。

解析:此题的关键首先要抓住题目中的“酸性”两个字, 而且要注意弱酸、弱碱给出p H值和给出物质的量浓度是两个完全不同的概念, 选项A中, CH3COOH是弱酸, 不完全电离, 现溶液中电离出的c (H+) =10-3mol/L, Na OH是强碱, 完全电离出的c (OH-) =10-3mol/L;恰好完全反应, 生成强碱弱酸盐CH3COONa, 同时由于酸碱中和反应的发生, 使CH3COOH电离出的c (H+) 降低, 电离平衡向右移动, 产生更多的H+, 致使溶液呈酸性。选项B中, 等物质的量浓度, 等体积的Na OH溶液和CH3COOH溶液混合, 恰好完全反应, 生成强碱弱酸盐CH3COONa, 溶液呈碱性, 与题目不符合;选项C中, 根据电荷守恒的原理, 溶液中的离子浓度始终满足c (CH3COONa-) +c (OH-) =c (Na+) +c (H+) , 在任何溶液中都不可能出现c (CH3COO-) >c (Na+) , c (OH-) >c (H+) ;所以C选项不正确。选项D中, 根据电荷守恒, 溶液中离子浓度满足:c (CH3COON) +c (OH-) =c (NH4+) +c (Na+) +c (H+) , 若加入氨水后溶液呈中性, 即:c (OH-) =c (H+) , 则有c (CH3COONa-) =c (NH4+) +c (Na+) ;若溶液呈碱性, 即c (OH-) >c (H+) , 则有c (CH3COONa-) <c (NH4+) +c (Na+) ;若溶液呈酸性, 则有c (CH3COONa-) >c (NH4+) +c (Na+) , 因此, c (CH3COO-) 不一定大于c (Na+) 、c (NH4+) 之和。所以答案为A。

三、同一粒子在不同溶液中的离子浓度大小比较, 看不同溶液中其他粒子对该离子浓度的影响

例物质的量浓度相同的下列溶液中, c (NH4+) 最大的是 (%)

解析:A、B、C、D都是强电解质, NH4Cl为强酸弱碱盐, 水解消耗铵根离子;NH4HSO3中电离占优势, 产生的H+抑制了NH4+的水解;CH3COONH4是双水解, 大量消耗NH4+, 产生氨气, 使得溶液中NH4+浓度下降;NH4HCO3中电离出来的HCO3-的水解会促进NH4+的水解, 使得溶液中NH4+浓度降低。因此, 正确答案为B。

一般说来, 若选项为离子浓度的等式, 要从电荷守恒、物料守恒、质子守恒考虑, 甚至有时需要将其中两个守恒等式进行叠加处理。教学中发现, 学生最容易理解的是电荷守恒, 理解起来最吃力的是质子守恒, 而往往在解题中, 大多数题目只要运用电荷守恒就可以解决, 最多把电荷守恒和物料守恒联系起来也就可以解决问题了。

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