溶液中微粒浓度大小的比较

溶液中微粒浓度大小的比较溶液中微粒浓度大小的比较 北京北京/ /卢娟卢娟 卢有祥卢有祥 在最近七年的高考中，有关溶液中微粒浓度大小比较的题目频繁出现，就是因为这类试 题综合考查物质的量浓度、弱电解质的电离平衡、水的电离平衡、盐类的水解平衡及物料守 恒等知识，是考查学生分析、综合能力的好题。现就这类题目的解题思路和方法归纳如下： 一准备知识准备知识 1 1离子电荷守恒：离子电荷守恒： 在电解质溶液中，阴、阳离子所带的正、负电荷总数应该相等即电解质溶液对外不显电 性。如在 NaHCO3溶液中，存在有 Na+、H+、CO32-、HCO3-、OH-。阳离子所带正电荷总数表示为： c(Na+).v + c(H+).v 阴离子所带负电荷总数表示为: c(HCO3-).v + c(OH- ).v + 2c(CO32-). v，这里的“2”是因为带 CO32-2 个单位负电荷。由阴、阳离子所带的正、负电荷总数相等， 同时同一溶液中各微粒体积相同，化简后得：c(Na+) + c(H+) = c(HCO3-) + c(OH- ) + 2c(CO32-)这叫做离子电荷守恒。 2.2.物料守恒：物料守恒： 在溶液中某元素的各种存在形式的离子或分子中，原子个数是守恒的，例如：0.1mol/L 的 NaHCO3溶液中：c(HCO3-) + c(H2CO3) + c(CO32-) = 0.1mol/L。 3 3电离平衡和水解平衡：电离平衡和水解平衡： 多元弱酸的电离是多步的，例如：H2S H+ + HS- ，HS- H+ + S2-溶液的酸性 主要由第一步电离所决定。 多元弱酸盐的水解是分步进行的，例如：CO32- + H2O HCO3- + OH-溶液的碱性主要 由 HCO3-+ H2O H2CO3 + OH-溶液的碱性主要由第一步水解决定。 在相同浓度的 CH3COOH 和 CH3COONa 溶液中， CH3COOH 的电离程度大于 CH3COONa 的水解 程度，在相同浓度的 NH3H2O 和 NH4Cl 溶液中，NH3H2O 的电离程度大于 NH4Cl 的水解程度， 但在相同浓度的 HCN 和 NaCN 溶液中， HCN 的电离程度小于 NaCN 水解程度，这点也应注意。 二二解题思路与方法解题思路与方法 1 1在单一组分溶液中：应考虑弱电解质的电离平衡、盐的水解平衡、水的电离平衡及在单一组分溶液中：应考虑弱电解质的电离平衡、盐的水解平衡、水的电离平衡及 离子电荷守恒和物料守恒。离子电荷守恒和物料守恒。 例 1 草酸是二元弱酸，草酸氢钾溶液呈酸性。在 O.1molL-1 KHC2O4溶液中，下列关系正确 2 的是（ ） Ac(K+)+c(H+)=c(HC2O4)+c(OH)+c(C2O42-) Bc(HC2O4-) + c(C2O42-) = 0.1molL-1 Cc(C2O42)c(H2C2O4) Dc(K+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42) 分析： 根据离子电荷守恒判断 A 不正确，因为 C2O42-带两个负电荷，所以 c(C2O42)前应加“2” 。 根据物料守恒判断 B 不正确。因为 C2O42-水解生成 H2C2O4应为： c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42)= 0.1 molL-1 根据已知“草酸氢钾溶液呈酸性”说明 HC2O4的电离程度大于其水解程度，所以 C 正确。 根据草酸氢钾的化学式和物料守恒判断 D 正确. 答案： C、D。 2.2.在多组分的混合液中：应首先判断离子反应发生后溶液中生成了什么物质？反应物有在多组分的混合液中：应首先判断离子反应发生后溶液中生成了什么物质？反应物有 无过量。若不过量则按单一组分溶液分析，若有过量反应存在，则讨论过量物质对弱电解质无过量。若不过量则按单一组分溶液分析，若有过量反应存在，则讨论过量物质对弱电解质 电离或盐的水解的影响。电离或盐的水解的影响。 例 2(2004 年上海高考化学试题) 将标准状况下的 2.24L CO2通入 150mL 1mol/L 的 NaOH 溶液中，下列说法正确的是（ ） A.c（HCO3-）略大于 c（CO32-） B. c（HCO3-）等于 c（CO32-） C.c（Na+）等于 c（CO32-）与 c（HCO3-）之和 D.c（HCO3-）略小于 c（CO32-） 分析： 将标准状况下 2.24L（0.1mol）CO2通入 150mL 1mol/L 的 NaOH(0.15mol)溶液中，反 应生成 0.05molNa2CO3和 0.05molNaHCO3。在溶液中由于 Na2CO3的水解程度大于 NaHCO3的水 解程度，所以 A 正确，B、C、D 均不对。 答案：A 例 3(2004 年全国高考理科综合能力测试天津卷) 下列混合溶液中，各离子浓度的大小顺序正确的是 A100mL 0.1mol/L 氨水与 10mL 0.1mol/L 盐酸混合 C(Cl-) C(NH4+) C(OH-) C(H+) B10mL 0.1mol/L NH4Cl 与 5mL 0.2mol/L NaOH 溶液混合 3 C(Na+) = C(Cl-) C(OH-) C(H+) C10mL 0.1mol/L CH3COOH 溶液与 5mL 0.2mol/L NaOH 溶液混合 C(Na+) = C(CH3COO-) C(OH-) C(H+) D10mL 0.5mol/L CH3COONa 溶液与 6mL 1mol/L 混合盐酸 C C(Cl-) C(Na+) C(OH-) C(H+) 分析： A 组：混合后生成 NH4Cl 和 H2O，由于 NH4+水解显酸性 NH4+ + H2ONH3H2O + H+， C(H+) C(OH-) 所以不对。 B 组：混合后生成等物质的量的 NaCl 和 NH3H2O 由于 NH3H2O 是弱电解质，部分电离显碱 性，所以正确。 C 组：混合后生成 CH3COONa 和 H2O，由于 CH3COO-水解，C(Na+) C(CH3COO-)，所以不 对。 D 组：混合后生成弱电解质 CH3COOH，但盐酸过量溶液显酸性，C(H+) C(OH-)所以不对。 例 4(2004 年全国高考理科综合能力测试北京卷) 已知的二元酸 H2A 溶液的，则下列说法中正确的是（ ） 1 Lmol1 . 0 0 . 4pH A. 在 Na2A、NaHA 两溶液中，离子种类不相同 B. 在溶质物质的量相等的 Na2A、NaHA 两溶液中，阴离子总数相等 C. 在 NaHA 溶液中一定有： 2 2 AOHHAHNa D. 在 Na2A 溶液中一定有： 2 OHHANa 分析： 的二元酸 H2A 溶液的说明是弱酸(若为强酸则应 pHCN- C.HCN-CN-=OH- D. HCN+CN-=0.1mol/L 分析： 将 0.2mol/L HCN 溶液和 0.1mol/L NaOH 溶液等体积混合后生成 NaCN 和 H2O，HCN 剩余， 溶液中 NaCN 和 HCN 物质的量相等，而溶液显碱性。说明 NaCN 的水解程度大于 HCN 的电离程 度，所以溶液中Na+CN-，B 正确，根据物料守恒 D 也正确. 答案：B、D。 例 6(1999 年全国高考化学试题) 某二元弱酸（简写为 H2A）溶液，按下式发生一级和二级电离： H2AH+HA- HA-H+A2- 已知相同浓度时的电离度 a(H2A)d(HA-)，设有下列四种溶液： A. 0.01mol.L-1的 H2A 溶液 B. 0.01mol.L-1的 NaHA 溶液 C. 0.02mol.L-1的 HCl 与0.04mol.L-1的 NaHA 溶液等体积混合液 D. 0.02mol.L-1的 NaOH 与0.02mol.L-1的 NaHA 溶液等体积混合液 据此，填写下列空白（填代号） (1)H+最大的是_，最小的是_。 (2)H2A最大的是_，最小的是_。 (3)A2-最大的是_， 最小的是_。 分析： 在进行溶液中微粒浓度大小比较之前，首先推算出 C 组两种溶液混合后，发生强酸与弱 碱盐反应，NaHA过量，混合后生成 0.01mol.L-1的 H2A 和0.01mol.L-1的 NaCl，剩余 0.01mol.L-1的 NaHA。D 组两种溶液混合后，发生强碱与弱酸盐的反应，生成了 0.01mol.L-1 的Na2A。 5 在比较H+大小时，对比 A、C 两组，由于 C 组中存在较多的 HA-，促使 H2A 的电 离平衡向左移动，使得溶液中 H+浓度小于 A 而大于 B，溶液 D 中 H+浓度是四种溶液中 最小的，因为 Na2A 水解显碱性。 在比较H2A大小时，对比 A、C 两组，H2A 的起始浓度相同，在溶液 C 中由于 HA-