溶液中微粒浓度大小的比较方法2.doc

溶液中微粒浓度大小的比较方法廊坊新世纪中学李红英电解质溶液中微粒浓度大小的比较问题，是高考的“热点”之一，也是教学的重点、难点之一，多年以来全国高考化学试卷中几乎年年涉及这类题型。这类题型的特点是：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、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。为突破此问题，现介绍几种判断方法：一、 平衡法：（电离平衡、水解平衡）单一溶质溶液中微粒浓度大小的判断，主要是在考察弱电解质的电离平衡、弱离子的水解及水的电离的知识，所以做这类题一般可利用平衡理论进行分析。例1：下列溶液中，离子浓度大小的排列顺序错误的是 （ ）A0.1mol/L氯化铵溶液中：c(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH-) B0.1mol/L碳酸钠溶液中：c(Na+) c(CO32-) c(OH-) c(HCO3-) c(H+)C物质的量浓度为0.1 mol/L的H2S溶液中：c(H+)c(HS-)c(S2-)c(OH-)D在相同物质的量浓度的NH4Cl HCOONH4 NH4HSO4溶液中，c(NH4+)的大小关系为：解析：A中主要考虑NH4+的水解；B中要考虑CO32-的两步水解，CO32-+H2O HCO3-+ OH-, HCO3-+H2O H2CO3+ OH-,第二步水解程度弱于第一步，且第一步水解产生的OH-对第二步水解起抑制作用；C中要注意H2S为二元弱酸，其电离分步进行 H2S H+ HS-HS- H+S2-，第二步电离程度小于第一步，且第一步电离产生的H+对第二步电离起抑制作用；D中主要考虑影响弱离子水解的因素，中HCOO-的水解对NH4+的水解起促进作用，而中HSO4-电离产生的H+对NH4+的水解起抑制作用。 故答案为D二、 守恒法：（电荷守恒、原子守恒） 在选项中若遇到等式，一般可运用守恒法解决，这里的守恒包括电荷守恒和原子守恒。例2：在物质的量浓度为0.1 mol/L的Na2S溶液中，下列各微粒浓度间的关系正确的是 ( )Ac(Na+)= c(HS-)+ c(S2-)+ c(H2S)Bc(OH-)= c(H+)+2 c(HS-)+ c(H2S) Cc(Na+)+ c(H+)= c(HS-)+ c(S2-)+ c(H2S)Dc(OH-)= c(H+) + c(HS-)+2 c(H2S)解析：在Na2S溶液中，存在着Na2S2Na+S2-, S2-+H2O HS- +OH-HS-+H2O H2S+OH-,各种微粒存在如下关系： 电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)= c(HS-)+2 c(S2-)+ c(OH-)原子守恒：c(Na+)=2 c(S2-)+2 c(HS-)+2 c(H2S) 将电荷守恒和原子守恒的关系进行代数处理可得：c(OH-)=c(H+)+ c(HS-)+2 c(H2S)故答案为D三、平衡理论与守恒理论结合法若遇发生反应的复杂溶液，一般需要运用电离平衡、水解平衡及电荷守恒进行共同分析。例3：在10mL0.1mol/LNaOH溶液中加入同体积、同浓度的CH3COOH溶液，反应后溶液中各微粒的浓度关系正确的是 （ ）A. c(Na+)c(CH3COO-)c(H+)c(OH-) B. c(Na+)c(CH3COO-) c(OH-) c(H+) C. c(Na+)c(OH-) c(CH3COO-)c(H+) D. c(Na+)+ c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)解析：等体积、等浓度的一元酸、碱恰好完全反应，生成CH3COONa，由于CH3COO-离子的水解：CH3COO-+ H2O CH3COOH+ OH-，使得溶液显碱性，即c(OH-)c(H+)，又因c(CH3COO-)减小，使得c(Na+)c(CH3COO-)，故B正确；依据电荷守恒又可断定D也是正确答案。例4：常温下，把pH=2盐酸与pH=1氨水等体积混合后，溶液中离子浓度大小关系正确的是 （ ）Ac(Cl-)=c(NH4+)c(H+)=c(OH-)Bc(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH-) Cc(NH4+)c(Cl-)c(H+)c(OH-)Dc(Cl-)c(NH4+)c(OH-)c(H+)解析：pH=2盐酸溶液的浓度为110-2 mol/L，而pH=12氨水溶液的浓度则远大于110-2 mol/L，所以两溶液等体积混合后氨水过量，此时溶液中