离子浓度大小比较

2024-08-09

离子浓度大小比较（精选12篇）

离子浓度大小比较篇1

【问题热身】

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

C.NH3COONH4 D.NH4HCO3

分析:NH4+在溶液中存在下列平衡:NH4+ + H2ONH3·H2O + H+ B中NH4HSO4电离出大量H+, 使平衡向左移动, 故B中c (NH4+) 大于A中的c (NH4+) , C项的CH3COO-和D项的HCO3-水解均呈碱性, 使平衡向右移动, 故C、D中c (NH4+) 小于A中c (NH4+) , 正确答案为B。

离子浓度大小比较篇2

离子浓度大小比较篇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）

关于离子浓度的大小比较篇4

分析清楚离子的来源, 即离子从哪里来的问题。离子的来源无非是电离和水解, 所以解题的思路就是写出溶液中所有的电离和水解的式子。 (包括水的电离)

例1:写出下列溶液中的所有离子

(1) NaHSO4 (2) NaHCO3 (3) Na2CO3

解析: (1) NaHSO4=Na++H++SO42-H2O葑H++OH-

溶液中有Na+、H+、SO42-、OH-

(2) NaHCO3=Na++HCO3-

溶液中有Na+、H+、OH-、HCO3-、CO32-

(3) Na2CO3=2Na++CO32-

溶液中有Na+、H+、OH-、HCO3-、CO32-

小结:弱酸的正盐和酸式盐溶液中的离子品种是完全一样的。

二

分析每种离子是怎样产生的, 即离子怎么来的问题, 是“=”还是“葑”。若是“=”过来的离子表明产生离子的该物质在水中已经不存在了, 且生成的离子的浓度肯定是比较大的。

例2:比较等浓度的NH4Cl和NH3·H2O中的NH4+的浓度

从离子产生的程度来看第一个是完全的, 而第二个式子是部分的, 程度很小。故NH4+的浓度NH4Cl>NH3·H2O。

由上述的分析可知:C (H+) >C (Na+) =C (SO42-) >C (OH-) 。

思路: (1) 关于电离: (1) 若溶液存在同一电解质多步的电离, 要考虑每一步的电离的程度大小 (一般多元弱酸的电离K1>K2>K3) 。 (2) 若电解质不同, 要考虑其电离的程度的大小, 酸或碱越弱电离的程度就越小。 (3) 水的电离程度与酸和碱的电离程度相比通常是很小的。

思路: (2) 关于水解: (1) 若溶液存在同一电解质多步的水解, 要考虑每一步的水解的程度大小 (一般来说第一步的水解远大于第二步的水解) 。 (2) 若存在不同电解质的水解要考虑其水解的程度的大小, 一般的规律是生成的对应的酸或碱越弱, 则水解的程度就越大。 (3) 一般不完全双水解的程度要比单水解的程度要大一些, 但是一般小于10%。

例4:比较Na2CO3中离子浓度的大小

解析:Na2CO3=2Na++CO32-

由于第一步的水解程度远大于第二步的水解, 故溶液中的离子浓度的大小顺序为

C (Na+) >C (OH-) >C (HCO3-) >C (H+) >C (CO32-) 。

思路: (3) 若同时存在电离和水解, 既要考虑水解, 又要考虑电离并分清主次。

例5:比较NaHCO3中离子浓度的大小

NaHCO3=Na++HCO3-

由分析可知Na+最大, HCO3-次之 (因为弱酸的酸根无论电离、水解的程度都是很小的) , 水解为主且水也电离出少量的H+, 故C (OH-) >C (H+) >C (CO32-) 。

所以有:C (Na+) >C (HCO3-) >C (OH-) >C (H+) > (H2CO3) >C (CO32-)

例6:比较下列溶液中的NH4+的浓度大小

(1) NH4Cl (2) NH3·H2O (3) NH4HSO4 (4) NH4Ac (5) NH4AlSO4 (6) (NH4) 2CO3

解析:由分析可知 (2) NH3·H2O最小, 因为NH3·H2O中的NH4+是“”来的。

三

运用电荷守恒和物料守恒来比较和判断离子的浓度的大小:

例7:已知HX为弱酸, 将0.1mol/L的NaX和HX溶液等体积混合

(1) 若C (Na+) >C (X-) , 则离子浓度的大小关系为____。

解析:由于溶液中的离子只有Na+、X-、H+、OH-, 由于C (Na+) >C (X-) , 所以C (H+) C (X-) >C (OH-) >C (H+) 。

(2) 若C (Na+) >C (X-) , 则C (Na+) 、C (Na+) 、C (OH-) 、C (H+) 、C (HX) 大小关系为____。

解析:由物质守恒可知C (HX) +C (X-) =2C (Na+) , 即C (Na+) 为C (HX) 与C (X-) 的等差中项, 故一定有C (HX) >C (Na+) >C (X-) , 或C (X-) >C (Na+) >C (HX) , 所以该题答案的顺序为:C (HX) >C (Na+) >C (X-) >C (OH-) >C (H+) 。

总结

离子浓度大小比较篇5

高浓度氯离子的存在直接影响化工废水中COD值的测定准确性,通过对稀释法、硝酸银沉淀法、硝酸银和硫酸铬钾法、氯气校正法以及标准曲线法等测定方法的比较,得出采用相应的标准曲线校正系数,以最有效地消除氯离子的`干扰,而且操作灵活,可获得较为准确的COD测定值,同时还可减少因使用有毒药品而造成的人体伤害和环境二次污染.

作者：王方园盛贻林郑绍成 Wang Fangyuan Sheng Yilin Zheng Shaocheng 作者单位：王方园,盛贻林,Wang Fangyuan,Sheng Yilin(金华职业技术学院,浙江,金华,321007)

郑绍成,Zheng Shaocheng(浙江师范大学,浙江,金华,321000)

离子浓度大小比较篇6

A.溶液中c（H+）和c（OH-）都减小

B.溶液中c（H+）增大

C.醋酸电离平衡向左移动

D.溶液的pH增大

这里的答案明显选D。学生问：将0.1mol·L-1换成2mol·L-1或0.8mol·L-1，加水稀释后的浓度也不知道，答案的选项还是一样的吗？为什么题目总是把数据限定为0.1mol·L-1？为了解决这个问题，下面来进行探讨。

首先介绍弱电解质电离度概念：当弱电解质在溶液中达到电离平衡时，溶液中已经电离的电解质分子数占原来总分子数（包括电离的和未电离的）的百分数，用符号α表示。

α=已电离的电解质分子数溶液中原有电解质的分子总数×100%

电离度可以表示弱电解质的相对强弱。

电离度不仅跟电解质的性质有关，还跟溶液的浓度、温度有关。越稀越电离；越热越电离。

【讨论】电解质的电离度大，是否它的溶液的导电能力一定强？我们以CH3COOH为例：

导电能力与离子浓度成正比（当然也与离子所带电荷有关），c（H+）=Cα。

由此公式可知，溶液的电离度大，其导电能力不一定强，应分情况：

①同T，同C的不同弱电解质，α大→C（离）增大→导电能力强。

②同T，稀释浓的弱电解质时（如冰醋酸），起始，α增大，C（离）增大→导电能力增强，但稀释到一定程度后，再稀释，尽管α增大，但V（aq）增大变为主要因素→C（离）减小→溶液导电性减小，即c（H+）=n（H+）V（aq）。

看起来似乎解决了问题，但是这是定性的，也是模糊的。此类问题能否定量化？查阅有关实验数据（教参高中化学第二册P59表3-1）：

不同浓度的CH3COOH溶液的电离度和电离常数（25℃）（部分内容）

我们尝试探究方法以求得这个浓度变化的临界点，在临界点以上稀释，c（H+）增大，在临界点以下稀释，c（H+）减小，从而达到量化的目的。经过多年的思考，笔者把具体算法做如下归纳，仅供参考。

我们以c（H+）为纵坐标，以加水量为横坐标，对冰醋酸进行稀释，由于计算出的c（H+）太小，所以我们将纵坐标c（H+）扩大104倍，这样作图方便一些，图像也更清晰。

根据此图像可粗略认为0.2mol·L-1是CH3COOH在25℃时的浓度临界点，即c（CH3COOH）>0.2mol·L-1时，加一定量的水稀释后其浓度仍大于0.2mol·L-1，c（H+）随水量增加而增大；当c（CH3COOH）<0.2mol·L-1，加水稀释后，c（H+）减少。

由于25℃同浓度氨水的电离度和醋酸的几乎一致，所以氨水的临界点也是c（NH3·H2O）=0.2mol·L-1即c（NH3·H2O）>0.2mol·L-1时，加一定量的水稀释后且氨水浓度仍大于0.2mol·L-1，c（OH-）随水量增加而增加，当c（NH3·H2O）<0.2mol·L-1，加水稀释后，c（OH-）减少。

因此，命题者为了体现严谨，总是将数据定为0.1mol·L-1，而且比0.2mol·L-1小些，此时加水稀释后c（H+）一定减小，以避免出错。上述例题若将数据换成2mol·L-1或0.8mol·L-1，加水后选什么项，那还要看加水稀释后的浓度是大于还是小于0.2mol·L-1，大于0.2mol·L-1选B，溶液中c（H+）增大；小于0.2mol·L-1，c（H+）是先增后减，不好回答。

此临界点有利于我们划清界限，有助于教师准确命题，学生清楚做题。不同的弱电解质其临界值是不同的，中学化学教学只对CH3COOH和NH3·H2O作要求。

这里使用了一个重要的方法——实验数据图像化，该法方便综合分析，这是大学教材里最常见的处理实验数据的方法，我们可以借鉴使用。

（责任编辑罗艳）endprint

我们来看一个例题：将0.1mol·L-1醋酸溶液加水稀释，下列说法正确的是（）。

A.溶液中c（H+）和c（OH-）都减小

B.溶液中c（H+）增大

C.醋酸电离平衡向左移动

D.溶液的pH增大

α=已电离的电解质分子数溶液中原有电解质的分子总数×100%

电离度可以表示弱电解质的相对强弱。

电离度不仅跟电解质的性质有关，还跟溶液的浓度、温度有关。越稀越电离；越热越电离。

【讨论】电解质的电离度大，是否它的溶液的导电能力一定强？我们以CH3COOH为例：

导电能力与离子浓度成正比（当然也与离子所带电荷有关），c（H+）=Cα。

由此公式可知，溶液的电离度大，其导电能力不一定强，应分情况：

①同T，同C的不同弱电解质，α大→C（离）增大→导电能力强。

看起来似乎解决了问题，但是这是定性的，也是模糊的。此类问题能否定量化？查阅有关实验数据（教参高中化学第二册P59表3-1）：

不同浓度的CH3COOH溶液的电离度和电离常数（25℃）（部分内容）

此临界点有利于我们划清界限，有助于教师准确命题，学生清楚做题。不同的弱电解质其临界值是不同的，中学化学教学只对CH3COOH和NH3·H2O作要求。

这里使用了一个重要的方法——实验数据图像化，该法方便综合分析，这是大学教材里最常见的处理实验数据的方法，我们可以借鉴使用。

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我们来看一个例题：将0.1mol·L-1醋酸溶液加水稀释，下列说法正确的是（）。

A.溶液中c（H+）和c（OH-）都减小

B.溶液中c（H+）增大

C.醋酸电离平衡向左移动

D.溶液的pH增大

α=已电离的电解质分子数溶液中原有电解质的分子总数×100%

电离度可以表示弱电解质的相对强弱。

电离度不仅跟电解质的性质有关，还跟溶液的浓度、温度有关。越稀越电离；越热越电离。

【讨论】电解质的电离度大，是否它的溶液的导电能力一定强？我们以CH3COOH为例：

导电能力与离子浓度成正比（当然也与离子所带电荷有关），c（H+）=Cα。

由此公式可知，溶液的电离度大，其导电能力不一定强，应分情况：

①同T，同C的不同弱电解质，α大→C（离）增大→导电能力强。

看起来似乎解决了问题，但是这是定性的，也是模糊的。此类问题能否定量化？查阅有关实验数据（教参高中化学第二册P59表3-1）：

不同浓度的CH3COOH溶液的电离度和电离常数（25℃）（部分内容）

此临界点有利于我们划清界限，有助于教师准确命题，学生清楚做题。不同的弱电解质其临界值是不同的，中学化学教学只对CH3COOH和NH3·H2O作要求。

这里使用了一个重要的方法——实验数据图像化，该法方便综合分析，这是大学教材里最常见的处理实验数据的方法，我们可以借鉴使用。

水溶液中离子浓度大小比较篇7

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:

电解质溶液中离子浓度大小比较篇8

一、掌握解此类题的三个思维基点: 电离、水解和守恒( 电荷守恒、物料守恒及质子守恒)

1. 电荷守恒: 任何溶液中都呈电中性,电解质溶液中所有的阳离子所带的正电荷数与所有的阴离子所带的负电荷数相等. 如在CH3COONa溶液中,c ( CH3COO-) + c ( OH-) =c( Na+) + c( H+) 1

2. 溶质守恒( 物料守恒) : 溶质在溶液中某种离子的各种存在形式总和不变. 如在CH3COONa溶液中,

( 3) 质子守恒( 溶剂守恒) : 溶液中溶剂水电离的c( H+) 和c( OH-) 浓度相等,如在CH3COONa溶液中,水所电离的H+被部分CH3COO-结合生成CH3COOH,因此: c ( H+) +c( CH3COOH) = c( OH-) 3. 对于这个守恒实际上是电荷守恒和物料守恒两个恒等式的代换关系,学生可以不必记忆或自行导出,只要掌握1式和2式即可代换出来( 由1式c( Na+) =c( CH3COO-) + c ( OH-) - c ( H+) 代入2式c ( Na+)=c( CH3COO-) + c( CH3COOH) 得c( CH3COO-) + c( OH-) c( H+) = c( CH3COO-) + c( CH3COOH) ,删去两边相同的即可得3) .

二、做题时搞清溶液状况,首先搞清是单一溶液还是混合溶液,然后再根据情况分析

1. 单一溶质的溶液中离子浓度比较

( 1) 多元弱酸溶液中,由于多元弱酸是分步电离的( 注意:弱酸弱碱电离都是微弱的) ,第一步的电离远远大于第二步,第二步远远大于第三步,但是三步电离都产生氢离子. 由此可判断多元弱酸溶液中离子浓度大小顺序. 如H3PO4溶液中:

( 2) 多元弱酸的强碱正盐溶液中,要根据酸根离子的分步水解( 注意: 水解都是微弱的) 来分析. 第一步水解程度大于第二步水解程度,依次减弱. 如Na2S溶液中:

( 3) 多元弱酸的酸式盐溶液中,由于存在弱酸的酸式酸根离子的电离,同时还存在弱酸的酸式酸根离子的水解,因此必须搞清电离程度和水解程度的相对大小,然后判断离子浓度大小顺序. 常见的NaH CO3、Na HS、Na2HPO4溶液中酸式酸根离子的水解程度大于电离程度,溶液中c( OH-) > c( H+) 溶液显碱性,例NaH CO3中: c( Na+) > c( HCO3^{) > c( OH-) > c( H+) >c( CO23) ,( 说明: CO23由HCO3^{电离得到,HCO3^{CO23+H+; 如不考虑水的电离,应有c( H+) = c( CO23) ,因为还有水电离出的H+,所以c( H+) > c( CO23) .}}}

而在NaH SO3、Na H2PO4溶液中弱酸根离子电离程度大于水解程度,溶液显酸性,c( H+) > c( OH-) . 如在Na HSO3中:

据此,在教学中可引导学生得出以下重要规律:

( 1) 第一步水解生成的粒子浓度在[OH-]和[H+]之间,第二步水解生成的粒子浓度最小. 如Na2S溶液中的各离子浓度大小的顺序为: c ( Na+) > c ( S2 -) > c ( OH-) > c ( HS-)> c( H+) .

( 2) 不同溶液中同种离子浓度的比较: 既要考虑离子在溶液中的水解因素,又要考虑其他离子的影响,即是抑制还是促进,然后再判断. 如相同pH的CH3COONa溶液与Na HCO3溶液比较Na+的浓度大小问题,由于CH3COOH的酸性比HCO3^{强( 就是电离出H+的能力) ; 所以,应为c ( CH3COONa ) >c( NaH CO3) ,故而,相同pH的CH3COONa溶液与Na HCO3溶液比较Na+浓度的的结果是CH3COONa溶液的Na+浓度大.}

2. 混合溶液中离子浓度的比较

首先要考虑混合后溶液的状况及溶液的酸碱性,即溶液中c( H+) 与c( OH-) 的关系.

( 1) 强酸与弱碱溶液混合后溶液中离子浓度大小比较

a. 酸过量: 溶液为强酸和强酸弱碱盐的混合溶液,溶液中一定存在c( H+) > c( OH-) 呈酸性. 如盐酸和NH4Cl溶液中:

b. 酸碱恰好完全反应: 溶液为单一盐溶液,弱碱根离子水解,溶液呈酸性. 如NH4Cl溶液中: c( Cl-) > c( NH4+) > c( H+)> c( OH-) .

c. 碱少量过量: 溶液为弱碱和强酸弱碱盐的混合溶液,溶液中可能有: c( OH-) = c( H+) 呈中性. 如NH4Cl溶液和氨水的中性混合溶液中: c( NH4+) = c( Cl-) > c( OH-) = c( H+) .

d. 碱大量过量: 溶液为大量弱碱和强酸弱碱盐的混合溶液,溶液中c( OH-) > c( H+) 呈碱性. 如NH4Cl溶液和氨水的碱性混合溶液中: c( NH4+) > c( Cl-) > c( OH-) > c( H+) .

( 2) 强碱和弱酸溶液混合后,溶液中离子浓度的大小比较

a. 呈碱性包括两种情况; 强碱和强碱弱酸盐的混合溶液及单一强碱弱酸盐溶液. 如Na OH和CH3COONa的混合溶液中:c( Na+) > c( CH3COO-) > c( OH-) > c( H+) 或CH3COONa溶液中: c( Na+) > c( CH3COO-) > c( OH-) > c( H+) .

b. 呈中性: 强碱弱酸盐和少量弱酸的混合溶液. 如CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中:

c. 呈酸性: 强碱弱酸盐和大量弱酸的混合溶液. 如CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中:

( 3) 强酸强碱的盐溶液不水解,比较容易判断,根据具体问题考虑,一般不会出现错误.

( 4) 弱酸弱碱盐溶液过于复杂,不在中学考察范围之内.

三、溶液中离子浓度关系判断小技巧( 巧用等号关系)

若粒子间用等号连接,应根据守恒原理,视不同情况,从以下几个方面思考:

( 1) 若等号一端全部是阴离子或阳离子时,应首先考虑溶液中阴、阳离子的电荷守恒. 如: Na2SO4和Mg Cl2的混合溶液中: c( Na+) + 2c( Mg2 +) + c( H+) = c( Cl-) + 2c( SO24) + c( OH-) .

( 2) 若等号一端各项中都含同种元素时,首先应考虑这种元素的原子守恒,即物料守恒. 如Na HCO3溶液中.

( 3) 若等号一端为c( H+) 或c( OH-) 时,应首先考虑是否符合水的电离守恒. 如在Na2CO3溶液中H+和OH-均由水电离产生,故应该有c( OH-) = c( H+) ,但由于CO23在溶液中会结合质子产生HCO3^{、H2CO3( 结合了2个质子) ,故在Na2CO3溶液中c( OH-) = c( H+) + c( HCO3^{) + 2c( H2CO3)}}

( 4) 若等号两端既有分子又有离子,则考虑将电荷守恒与物料守恒相加或相减; 或利用质子来源进行分析. 如Na HCO3溶液中:

电荷守恒: c ( Na+) + c ( H+) = c ( HCO3^{) + 2 ( CO23)+ c( OH-)}

物料守恒: c( Na+) = c( HCO3^{) + c( CO23) + c( H2CO3)}

代数关系可得: c( H+) + c( H2CO3) = c( CO23) + c( OH-)

离子浓度大小比较篇9

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。

离子浓度大小比较篇10

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。

离子浓度大小比较篇11

1.两大理论

（1）电离理论

①弱电解质的电离是微弱的，电离产生的微粒都非常少，同时还要考虑水的电离，如氨水溶液中：NH3·H2O、NH+4、OH-浓度的大小关系是

c（NH3·H2O）>c（OH-）>c（NH+4）。

②多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一级电离（第一步电离程度远大于第二步电离）。如在H2S溶液中：H2S、HS-、S2-、H+的浓度大小关系是c（H2S）>c（H+）>c（HS-）>c（S2-）。

（2）水解理论

①弱电解质离子的水解也是微弱的（双水解除外），但由于水的电离，故水解后酸性溶液中c（H+）或碱性溶液中c（OH-）总是大于水解产生的弱电解质溶液的浓度。如NH4Cl溶液中：NH+4、Cl-、NH3·H2O、H+的浓度大小关系是c（Cl-）>c（NH+4）>c（H+）>c（NH3·H2O）。

②多元弱酸酸根离子的水解是分步进行的，其主要是第一步水解，如在Na2CO3溶液中：CO2-3、HCO-3、H2CO3的浓度大小关系应是c（CO2-3）>c（HCO-3）>c（H2CO3）。

例1用物质的量都是0.1 mol的CH3COOH和CH3COONa配成1 L混合溶液，已知其中

c（CH3COO-）>c（Na+），对该溶液的下列判断正确的是（）。

A.c（H+）>c（OH-）

B.c（CH3COO-）=0.1 mol·L-1

C.c（CH3COOH）>c（CH3COO-） D.c（CH3COO-）+c（OH-）=0.1 mol

·L-1

解析依电荷守恒关系：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），因c（CH3COO-）>c（Na+），则c（H+）>c（OH-）；且c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+0.1 mol·L-1>0.1 mol·L-1；依物料守恒关系：c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.2 mol·L-1，因c（CH3COO-）>c（Na+）=0.1 mol·L-1，则c（CH3COO-）>c（CH3COOH）。答案：A

例2对于等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，下列说法不正确的是（）。

A.分别升高温度，两种溶液的pH均减小

B.相同温度下两种溶液的pH：Na2CO3>NaHCO3

C.分别加入少量NaOH，两溶液中c（CO2-3）均增大

D.两溶液均存在c（Na+）+c（H+）=

c（OH-）+c（HCO-3）+2c（CO2-3）

解析A项，升温，CO2-3、HCO-3的水解程度均增大，pH增大，错误。答案：A

2.三种守恒关系

（1）电荷守恒规律

电解质溶液中，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na+、H+、HCO-3、CO2-3、OH-，存在如下关系：c（Na+）+c（H+）=c（HCO-3）+c（OH-）+2c（CO2-3）。注意：电荷守恒式中不只是各离子浓度的简单相加。如2c（CO2-3）的系数2代表一个CO2-3带2个负电荷，不可漏掉。

（2）物料守恒规律

电解质溶液中，元素总是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c（K+）=2c（S2-）+2c（HS-）+2c（H2S）。注意：物料守恒式中，离子浓度系数不能漏写或颠倒。如K2S溶液中的物料守恒式中，“2”表示c（K+）是溶液中各种硫元素存在形式的硫原子总浓度的2倍。

图1

（3）质子守恒规律

如Na2S水溶液中的质子转移如图1所示，由图可得Na2S水溶液中质子守恒式可表示： c（H+）+2c（H2S）+c（HS-）=c（OH-）。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。

例3将足量CO2气体通入水玻璃（Na2SiO3溶液）中，然后加热蒸干，再在高温下充分灼烧，最后得到的固体物质是（）。

A.Na2SiO3 B.Na2CO3、Na2SiO3

C.Na2CO3、SiO2 D.SiO2

解析将足量CO2气体通入水玻璃中，发生反应：2CO2+Na2SiO3+2H2OH2SiO3↓+2NaHCO3；加热蒸干高温灼烧时发生反应：H2SiO3△H2O+SiO2；2NaHCO3△Na2CO3+CO2↑+H2O；SiO2+Na2CO3高温Na2SiO3+CO2↑，各反应物存在如下关系：H2SiO3～2NaHCO3，H2SiO3～SiO2，2NaHCO3～Na2CO3～SiO2，由上述关系可知，最后所得固体物质是Na2SiO3，故选A项。答案：A

例4下列溶液中有关物质的浓度关系正确的是（）。

A.c（NH+4）相等的（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中：

c（NH4HSO4）>c[（NH4）2SO4]>c（NH4Cl）

B.向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：

c（Na+）>c（CH3COO-）>c（H+）>c（OH-）

C.1.0 mol·L-1 Na2CO3溶液：

c（OH-）=c（HCO-3）+c（H+）+2c（H2CO3）

nlc202309040137

D.某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中：

c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HA-）+c（A2-）

解析A项，大小顺序应为c（NH4Cl）>c（NH4HSO4）>c[（NH4）2SO4]；B项，c（CH3COO-）应大于c（Na+）；C项，符合质子守恒；D项应为c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HA-）+2c（A2-）。答案：C

3.两种解题方法

（1）盐与酸（碱）混合法

首先考虑是否反应，都不反应，分析盐的水解程度和酸（碱）的电离程度的大小。若能反应，则按反应后混合组成再综合考虑水解和电离两种因素。如：0.1 mol/L的HCl和0.1 mol/L的NH4Cl等体积混合后，溶液之间不反应，c（Cl-）>c（H+）>c（NH+4），因为水解微弱。

例5将0.2 mol·L-1 NaHCO3溶液与0.1 mol·L-1 KOH溶液等体积混合，下列关系正确的是（）。

A.2c（K+）=c（HCO-3）+2c（CO2-3）+c（H2CO3）

B.c（Na+）>c（K+）>c（HCO-3）>c（CO2-3）>c（OH-）>c（H+）

C.c（OH-）+c（CO2-3）=c（H+）+c（H2CO3）+0.1 mol·L-1

D.3c（K+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO-3）+2c（CO2-3）

解析根据物料守恒可知A中表达式错；题中两溶液反应后含有等浓度的HCO-3和CO2-3，由于CO2-3的水解程度大于HCO-3的水解程度，因此选项B中的表达式为c（Na+）>c（HCO-3）>c（K+）>c（CO2-3）>c（OH-）>c（H+），B错；C选项，根据电荷守恒有c（Na+）+c（K+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO-3）+2c（CO2-3），根据物料守恒有c（Na+）=c（HCO-3）+c（CO2-3）+c（H2CO3），两者相减可知正确的表达式为c（OH-）+c（CO2-3）=c（H+）+c（H2CO3）+0.05 mol·L-1。由电荷守恒和c（Na+）=2c（K+）可知选项D正确。答案：D

（2）整体思维法

根据单一溶液或溶液混合后的酸碱性比较离子的浓度大小。比如：0.1 mol/L的HCl和0.1 mol/L的NH3·H2O等体积混合后，恰好生成NH4Cl溶液，则按照NH4Cl的离子浓度大小比较即可：c（Cl-）>c（NH+4）>c（H+）>c（OH-）。

例6下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是（）。

A.氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中：c（Cl-）>c（NH+4）

B.pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合：c（OH-）=c（H+）

C.0.1 mol·L-1的硫酸铵溶液中：c（NH+4）>c（SO2-4）>c（H+）

D.0.1 mol·L-1的硫化钠溶液中：c（OH-）=c（H+）+c（HS-）+c（H2S）

解析A选项，由电荷守恒：c（Cl-）+c（OH-）=c（NH+4）+c（H+），pH=7可知c（Cl-）=c（NH+4），A错误；

若pH=2的一元酸是强酸，和pH=12的一元强碱等体积混合呈中性；pH=2的一元酸是弱酸，和pH=12的一元强碱等体积混合呈酸性，B项错误。

C选项，NH+4水解是微弱的，则c（NH+4）>c（SO2-4）>c（H+），C正确；硫化钠溶液中存在质子守恒：c（OH-）=c（H+）+c（HS-）+2c（H2S），D错误。答案：C

跟踪训练：

1.下列说法正确的是（）

A.某溶液中存在的离子只有Cl-、OH-、NH+4、H+，该溶液中离子浓度大小关系可能为c（Cl-）>c（NH+4）>c（OH-）>c（H+）

B.常温下0.1 mol/L的下列溶液①NH4Al（SO4）2 ②NH4Cl ③NH3·H2O ④CH3COONH4中，c（NH+4）由大到小的顺序是：②>①>④>③

C.0.1mol/L HA溶液与0.1mol·L-1的NaOH溶液等体积混合：c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（A-）

D.常温下0.4mol/L HA溶液和0.2mol/L NaOH溶液等体积混合后溶液的pH=3，则混合溶液中离子浓度的大小顺序为：c（A-）>c（H+）>c（Na+）>c（OH-）

2.下列说法正确的是（）

A.常温下将pH=2的醋酸和pH=12的NaOH溶液等体积混合，所得溶液显碱性

B.已知同温时氢氟酸的电离常数大于亚硝酸的电离常数，则相同温度相同浓度的NaF溶液和NaNO2溶液的碱性：NaF溶液较强

C.将等体积的盐酸和氨水混合，充分反应后所得溶液呈中性，则两溶液的物质的量浓度关系为：c（HCl）

D.已知MgCO3的Ksp=6.82×10-6，则所有含有固体MgCO3的溶液中，都有c（Mg2+）=c（CO2-3），且c（Mg2+）·c（CO2-3）=6.82×10-6

3.下列说法正确的是（）

A.某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中：c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HA-）+c（A2-）

B.一定量的（NH4）2SO4与NH3·H2O混合所得的酸性溶液中：c（NH+4）<2c（SO2-4）

C.物质的量浓度均为0.01 mol/L的CH3COOH和CH3COONa的溶液等体积混合后溶液中c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.02mol/L

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D.物质的量浓度相等的①NH4HSO4溶液、②NH4HCO3溶液、③NH4Cl溶液中c（NH+4）：①>②>③

4.对于0.1mol·L-1的NH4Cl溶液，下列说法正确的是（）

A.升高温度，溶液pH升高 B.通入少量HCl，c（NH+4）和c（Cl-）均增大

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

跟踪训练答案：

1 C 解析阴离子总浓度大于阳离子总浓度，A项不正确；NH4Al（SO4）2中有两种离子发生水解，NH+4和Al3+同时水解，水解相互抑制，因此该溶液中NH+4的水解程度最小，浓度最高，NH3·H2O电离出的NH+4是非常少量的，因此NH3·H2O中NH+4浓度最低，B项错误；根据电荷守恒知C项正确；D项，0.4 mol/L HA溶液和0.2 mol/L NaOH溶液等体积混合，反应生成0.1 mol/L NaA，另外剩余0.1 mol/L HA，由于混合后溶液的pH=3[c（H+）=0.001 mol/L]，溶液显酸性，说明HA的电离程度大于A-的水解程度，则c（A-）>c（Na+），混合溶液中离子浓度的大小顺序为：c（A-）>c（Na+）>c（H+）>c（OH-）。

2 C 解析将pH=2的醋酸[c（H+）=0.01 mol/L]和pH=12的NaOH溶液[c（OH-）=0.01 mol/L]等体积混合，醋酸过量很多，所得溶液显酸性；同温时氢氟酸的电离常数大于亚硝酸的电离常数，则酸性：HF>HNO2，水解能力：NO-2>F-，相同温度相同浓度的NaF溶液和NaNO2溶液的碱性：NaF溶液较弱；MgCO3的Ksp=6.82×10-6，则相同温度下，含有固体MgCO3的溶液中，c（Mg2+）·c（CO2-3）=6.82×10-6，但不一定都有c（Mg2+）=c（CO2-3）。

3 B 解析NaHA溶液中共含5种离子，根据电荷守恒有c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HA-）+2c（A2-），A错；（NH4）2SO4与NH3·H2O混合所得溶液显酸性，则c（H+）>c（OH-），根据电荷守恒c（NH+4）<2c（SO2-4），B正确；根据物料守恒有c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.01 mol/L，C错；NH4HSO4、NH4HCO3、NH4Cl溶液中NH+4水解程度最大的是NH4HCO3，最小的是NH4HSO4，所以c（NH+4）：①>③>②，D错。

4 B 解析NH4Cl溶液中存在NH+4+H2O≒NH3·H2O+H+，水解是一个吸热过程，升温，平衡右移，c（H+）增大，pH减小，A选项错；通入少量HCl后，c（H+）增大，平衡左移，c（NH+4）增大，c（Cl-）同时也增大，B选项正确；根据电荷守恒，c（NH+4）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），溶液为酸性，c（H+）>c（OH-），则c（NH+4）+c（OH-）

（收稿日期：2014-11-04）

离子浓度大小比较篇12

电解质溶液中微粒浓度大小比较问题, 是高考的“热点”之一。这种题型考查的知识点多, 灵活性和综合性较强, 有较好的区分度, 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。下面结合2011年高考试题对相关的规律与解题方法进行全面总结, 希望对同学们的复习有所帮助。

一、比较微粒浓度大小所涉及的基本理论

1.电离理论

一般来说, 弱电解质的电离程度不是很大, 所以电离出的离子浓度相对较小。一元弱酸和一元弱碱的电离一步进行, 多元弱酸的电离分步进行, 且电离程度逐步减小。在比较离子浓度大小时, 还要考虑到水有极其微弱的电离, 对H+和OH-浓度有影响, 如CH3COOH溶液中c (H+) >c (CH3COO-) >c (OH-) , 而H2S溶液中c (H+) >c (HS-) >c (S2-) >c (OH-) 。而电解质相对越弱, 电离程度就越小, 如等浓度的CH3COOH和HF, 因HF更难电离, 所以CH3COOH溶液中H+浓度稍大。

2.水解理论

盐所电离出的弱酸阴离子或弱碱阳离子的水解程度不是很大, 所以水解出的离子浓度也相对较小。 (1) 水解生成的弱电解质 (弱酸或弱碱) 越弱, 水解程度就越大, 如同浓度的NaX、NaY、NaZ, 若酸性HX>HY>HZ, 则X-、Y-、Z-水解程度依次增大, 盐溶液中OH-浓度依次增大。 (2) 多元弱酸的正盐溶液分步水解, 且水解程度逐步减弱, 如Na2CO3溶液中CO $_{3}^{2 -}$ 分步水解, 则有c (Na+) >c (CO $_{3}^{2 -}$ ) >c (OH-) >c (HCO $_{3}^{-}$ ) >c (H+) 。 (3) 条件相同时, 同种酸的正盐水解程度大于酸式盐的水解程度。如Na2CO3溶液中CO $_{3}^{2 -}$ 的水解程度大于NaHCO3溶液中HCO $_{3}^{-}$ 的水解程度, 当它们同浓度时, Na2CO3溶液的碱性较强。 (4) 相互促进水解的盐溶液, 其水解程度大于单水解的盐溶液的水解程度、大于相互抑制的盐溶液的水解程度。如三种不同铵盐的水解程度: (NH4) 2CO3>NH4Cl> (NH4) 2Fe (SO4) 2。 (5) 外加酸、碱、盐会引起水解平衡的移动, 导致某些离子浓度发生改变, 应根据具体情况进行具体分析。

二、比较微粒浓度大小所涉及的三大守恒规律

1.电荷守恒规律

在电解质溶液中, 不论存在多少种离子, 溶液总是呈电中性, 即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数, 也就是所谓的电荷守恒。如NaHCO3溶液中存在着Na+、H+、HCO $_{3}^{-}$ 、CO $_{3}^{2 -}$ 、OH-, 它们存在如下关系:c (Na+) +c (H+) =c (HCO-3) +c (OH-) +2c (CO $_{3}^{2 -}$ ) 。

2.物料守恒规律

在电解质溶液中, 由于某些粒子发生电离或水解, 粒子种类增加, 但某些关键性的原子总是守恒的。如0.1mol·L-1H2S溶液中, H2S、HS-都电离, S元素以H2S、HS-、S2-形式存在, 它们之间有以下守恒:c (H2S) +c (HS-) +c (S2-) =0.1mol·L-1;Na2CO3溶液中, CO $_{3}^{2 -}$ 、HCO $_{3}^{-}$ 都水解, C元素以CO $_{3}^{2 -}$ 、HCO $_{3}^{-}$ 、H2CO3形式存在, 它们之间有如下守恒:1/2c (Na+) =c (CO $_{3}^{2 -}$ ) +c (HCO $_{3}^{-}$ ) +c (H2CO3) 。

3.质子守恒规律

盐的水解促进水的电离, 但不论H+、OH-以何种形式存在, 水电离出的H+总数一定等于水电离出的OH-总数, 即质子守恒。如Na2CO3溶液中有: $C Ο_{3}^{2 -} + Η_{2} Ο \overset{}{⇌} Η C Ο_{3}^{-} + Ο Η$ -、 $Η C Ο_{3}^{-} + Η_{2} Ο \overset{}{⇌} Η_{2} C Ο_{3} + Ο Η$ -、 $Η_{2} Ο \overset{}{⇌} Η^{+} + Ο Η$ -, 所以有以下关系:c (OH-) =c (H+) +c (HCO $_{3}^{-}$ ) +2c (H2CO3) 。

三、比较微粒浓度大小的常见题型与应对策略

1.单一电解质溶液中微粒浓度相对大小的比较

(1) 仅牵扯到水解或电离的电解质溶液, 可依据水解或电离的有关规律进行判断。如NH3·H2O溶液中, 离子浓度大小关系为c (OH-) >c (NH $_{4}^{+}$ ) >c (H+) ;NH4Cl溶液中, 离子浓度大小关系为c (Cl-) >c (NH+4) >c (H+) >c (OH-) 。

(2) 既有水解又有电离的单一电解质溶液。符合这种情况的仅有弱酸的酸式盐溶液。比较时, 则要分析弱酸的酸式酸根离子的水解程度和电离程度的相对大小。

a.电离程度大于水解程度的电解质常见的有NaHSO3、NaH2PO4, 它们的水溶液显酸性。如NaHSO3溶液中存在 $Η S Ο_{3}^{-} \overset{}{⇌} Η^{+} + S Ο$ $_{3}^{2 -}$ 、 $Η S Ο_{3}^{-} + Η_{2} Ο \overset{}{⇌} Η_{2} S Ο_{3} + Ο Η$ -, 而前者程度较大, 所以各离子浓度大小关系为c (Na+) >c (HSO $_{3}^{-}$ ) >c (H+) >c (SO $_{3}^{2 -}$ ) >c (OH-) 。

b.水解程度大于电离程度的电解质常见的有NaHS、NaHCO3、Na2HPO4, 它们的水溶液显碱性。如NaHS溶液中存在 $Η S^{-} \overset{}{⇌} Η^{+} + S^{2 -}$ 、 $Η S^{-} + Η_{2} Ο \overset{}{⇌} Η_{2} S + Ο Η$ -, 而后者程度较大, 所以各离子浓度大小关系为c (Na+) >c (HS-) >c (OH-) >c (H+) >c (S2-) 。

例1 (2011广东, 11) 对于0.1mol·L-1Na2SO3溶液, 正确的是 ( )

A.升高温度, 溶液的pH降低

B.c (Na+) =2c (SO $_{3}^{2 -}$ ) +c (HSO $_{3}^{-}$ ) +c (H2SO3)

C.c (Na+) +c (H+) =2c (SO $_{3}^{2 -}$ ) +2c (HSO $_{3}^{-}$ ) +c (OH-)

D.加入少量NaOH固体, c (SO $_{3}^{2 -}$ ) 与c (Na+) 均增大

解析:本题考查盐类水解及外界条件对水解平衡的影响和溶液中微粒浓度大小的判断。Na2SO3属于强碱弱酸盐, 水解显碱性, 方程式为 $S Ο_{3}^{2 -} + Η_{2} Ο \overset{}{⇌} Η S Ο_{3}^{-} + Ο Η$ -、 $Η S Ο_{3}^{-} + Η_{2} Ο \overset{}{⇌} Η_{2} S Ο_{3} + Ο Η$ -。因为水解吸热, 所以升高温度有利于水解, 碱性会增强, A不正确;加入少量NaOH固体, c (OH-) 增大, 抑制水解, 所以c (SO $_{3}^{2 -}$ ) 增大, D正确;由物料守恒知钠原子个数是硫原子的2倍, 因此有c (Na+) =2c (SO $_{3}^{2 -}$ ) +2c (HSO $_{3}^{-}$ ) +2c (H2SO3) , B不正确;由电荷守恒知c (Na+) +c (H+) =2c (SO2-3) +c (HSO $_{3}^{-}$ ) +c (OH-) , C不正确。答案为D。

点评:本题中的Na2SO3为强碱弱酸盐, 解答这类题目时要抓住弱酸阴离子的水解, 且水解是微量的, 水解后溶液呈碱性。对于单一电解质溶液中微粒浓度相对大小的比较, 主要包括五大类:①弱酸溶液, 解答这类题要抓住弱酸的电离平衡;②弱碱溶液, 解答这类题要抓住弱碱的电离平衡;③强酸弱碱盐溶液, 解答这类题要抓住弱碱阳离子的水解, 且水解是微量的, 水解后溶液呈酸性;④强碱弱酸盐溶液, 解答这类题要抓住弱酸阴离子的水解, 且水解是微量的, 水解后溶液呈碱性;⑤强碱弱酸的酸式盐溶液, 解答这类题要抓住弱酸阴离子的水解和电离程度的比较。

跟踪练习1 在氯化铵溶液中, 下列关系正确的是 ( )

A.c (Cl-) >c (NH $_{4}^{+}$ ) >c (H+) >c (OH-)

B.c (NH $_{4}^{+}$ ) >c (Cl-) >c (H+) >c (OH-)

C.c (NH $_{4}^{+}$ ) =c (Cl-) >c (H+) =c (OH-)

D.c (Cl-) =c (NH $_{4}^{+}$ ) >c (H+) >c (OH-)

2.混合溶液中微粒浓度相对大小的比较

关于溶液中微粒浓度大小的比较, 近年常考的题型是能水解的盐与其对应的弱酸或弱碱等浓度的混合后溶液中微粒浓度大小的比较。比较时, 要先分析水解程度和电离程度的相对大小。

a.电离为主的有:CH3COONa和CH3COOH等浓度混合, 因电离程度大于水解程度, 所以溶液显酸性;NH4Cl和NH3·H2O等浓度混合时, 因电离程度大于水解程度而导致溶液显碱性。如前者混合溶液中离子浓度大小关系为c (CH3COO-) >c (Na+) >c (H+) >c (OH-) 。

b.水解为主的有:NaClO和HClO等浓度混合, 因水解程度大于电离程度, 所以溶液显碱性;NaCN和HCN等浓度混合, 因水解程度大于电离程度而导致溶液也显碱性。如前者混合溶液中离子浓度大小关系为c (Na+) >c (ClO-) >c (OH-) >c (H+) 。

例2 (2011上海, 19) 常温下, 用pH为3的某酸溶液分别与pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液等体积混合得到a、b两种溶液, 关于这两种溶液酸碱性的描述正确的是 ( )

A.b不可能显碱性

B.a可能显酸性或碱性

C.a不可能显酸性

D.b可能显碱性或酸性

解析:pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液, 其浓度分别是大于10-3mol/L和等于10-3mol/L。由于pH为3的某酸溶液, 其强弱未知, 因此与pH为11的氨水反应时, 都有可能过量;而与pH为11的氢氧化钠溶液反应时, 酸可能过量或二者恰好反应。答案为AB。

点评:混合后溶液的酸碱性取决于溶质的电离和水解的情况, 一般判断原则是:若溶液中有酸或碱存在, 要考虑酸和碱的电离, 即溶液相应地显酸性或碱性;若溶液中的溶质仅为盐, 则考虑盐水解情况;对于特殊情景, 要按所给的知识情景进行判断。

跟踪练习2 用物质的量都是0.1mol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-) =0.2mol/L

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

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

3.发生化学反应的溶液混合后微粒浓度大小的比较

这类题目应先根据题目条件, 判断怎么反应、反应后生成了什么物质、是否有物质过剩, 再确定反应后溶液的组成, 根据有关理论进行判断。

例3 (2011安徽, 12) 室温下, 将1.000mol·L-1盐酸滴入20.00mL1.000mol·L-1氨水中, 溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是 ( )

A.a点由水电离出的c (H+) =1.0×10-14mol/L

B.b点:c (NH $_{4}^{+}$ ) +c (NH3·H2O) =c (Cl-)

C.c点:c (Cl-) =c (NH $_{4}^{+}$ )

D.d点后, 溶液温度略下降的主要原因是NH3·H2O电离吸热

解析:氨水属于弱碱, 因此在1.000mol·L-1氨水中OH-的浓度不会是1.000mol·L-1, 而是要小于1.000mol·L-1, 由水的离子积常数可知溶液中H+浓度应大于1.0×10-14mol·L-1, A不正确;由图像可知b点溶液显碱性, 说明此时氨水有剩余, 即溶液是由氨水和氯化铵组成的, 因此有c (NH $_{4}^{+}$ ) +c (NH3·H2O) >c (Cl-) , B不正确;由图像可知c点溶液显中性, 由电荷守衡可知c (H+) +c (NH $_{4}^{+}$ ) =c (OH-) +c (Cl-) , 所以c (NH $_{4}^{+}$ ) =c (Cl-) , C正确;由图像可知d点后溶液中主要物质是NH4Cl, 而NH4Cl要水解吸热, 所以温度会略有降低, D不正确。答案为C。

点评:本题是1.000mol·L-1盐酸滴入20.00mL1.000mol·L-1氨水反应, 解答此类题目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盐的水解程度的相对大小。

跟踪练习3 将0.2mol·L-1HCN溶液和0.1mol·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-)

C.c (HCN) -c (CN-) =c (OH-)

D.c (HCN) +c (CN-) =0.1mol·L-1

例4 (2011天津, 10) 25℃时, 向10mL0.01mol/LKOH溶液中滴加0.01mol/L苯酚溶液, 混合溶液中粒子浓度关系正确的是 ( )

A.pH>7时, c (C6H5O-) >c (K+) >c (H+) >c (OH-)

B.pH<7时, c (K+) >c (C6H5O-) >c (H+) >c (OH-)

C.V[C6H5OH (aq) ]=10mL时, c (K+) =c (C6H5O-) >c (OH-) =c (H+)

D.V[C6H5OH (aq) ]=20mL时, c (C6H5O-) +c (C6H5OH) =2c (K+)

解析:pH>7时, c (H+) 不可能大于c (OH-) , A不正确;由溶液中的电荷守恒定律知:c (K+) +c (H+) =c (C6H5O-) +c (OH-) , 所以不可能满足c (K+) >c (C6H5O-) >c (H+) >c (OH-) , 即选项B不正确;苯酚是一种酸性极弱的物质, 所以当KOH溶液和苯酚恰好反应, 产物苯酚钾会发生水解反应而显碱性, 由题中数据不难计算出, 当二者恰好反应时消耗苯酚的体积是10mL, 此时溶液中粒子的浓度大小关系为c (K+) >c (C6H5O-) >c (OH-) >c (H+) , 所以选项C不正确;当加入苯酚的体积是20mL时, 苯酚过量, 溶液是由等物质的量浓度的苯酚和苯酚钾组成, 根据物料守恒可知c (C6H5O-) +c (C6H5OH) =2c (K+) 一定成立, D正确。答案为D。

点评:苯酚是一种酸性极弱的物质, 与强碱KOH发生反应, 根据物质的具体用量进行分析, 要结合物质的过量问题、盐类的水解规律等进行具体分析。

跟踪练习4 将0.1mol·L-1醋酸钠溶液20mL与0.1mol·L-1盐酸10mL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+)

C.c (CH3COO-) =c (Cl-) >c (H+) >c (CH3COOH)

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

跟踪练习5 已知某无色透明的溶液中所含的离子仅有Na+、CH3COO-、H+和OH-四种离子, 试回答下列问题。

(1) 该溶液所含的四种离子的物质的量浓度大小之间的关系是否只有一种可能:______ (填“是”或“否”) , 其原因是______。

(2) 某学生将该溶液中的四种离子的物质的量浓度按从大到小的顺序排列了若干种可能, 其中合理的是______。

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

B.c (CH3COO-) =c (Na+) >c (OH-) =c (H+)

C.c (H+) >c (OH-) >c (Na+) >c (CH3COO-)

D.c (Na+) >c (CH3COO-) >c (H+) >c (OH-)

跟踪练习答案:1.A 2.AB 3.BD 4.BD 5. (1) 否该溶液中可能含有溶质CH3COONa, CH3COONa、CH3COOH, CH3COONa、NaOH等情况, 所以该溶液所含的四种离子的物质的量浓度大小之间的关系不止只有一种 (2) AB

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