专题41 离子浓度大小比较

1、专题41 离子浓度大小比较【基础回顾】一、熟悉两大理论，构建思维基点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、NH4、OH浓度的大小关系是c(NH3?H2O)c(OH)c(NH4)。（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损失是微量的(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

2、的浓度。如NH4Cl溶液中：NH4、Cl、NH3?H2O、H的浓度大小关系是c(Cl)c(NH4)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：CO32、HCO3、H2CO3的浓度大小关系应是c(CO32)c(HCO3)c(H2CO3)。二、把握三种守恒，明确等量关系1、电荷守恒规律电解质溶液中，无论存在多少种离子，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、HCO3、CO32、OH，存在如下关系：c(Na)c(H)c(HCO3)c(OH)2c(CO32)。2、物

3、料守恒规律电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。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)。3、质子守恒规律如Na2S水溶液中的质子转移作用图示如下：由图可得Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O)2c(H2S)c(HS)c(OH)或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。三、理清一条思路，掌握分析方法【技能方法】1、解题过程2、溶液中离子浓度大小的比较规律（1）多元弱酸溶液，根据多步电离分析，如

4、在H3PO4溶液中，c(H)c(H2PO4)c(HPO42)c(PO43)。（2）多元弱酸的正盐溶液根据弱酸根的分步水解分析，如Na2CO3溶液中c(Na)c(CO32)c(OH)c(HCO3)。（3）不同溶液中同一离子浓度的比较，要看溶液中其他离子对其影响。如在相同物质的量浓度的下列各溶液中NH4Cl、CH3COONH4、NH4HSO4。c(NH4)由大到小的顺序是。（4）混合溶液中各离子浓度的比较，要进行三大守恒综合分析。【基础达标】1【2010?江苏，12】常温下，用0.100 0 mol?L1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol?L1CH3COOH溶液所得滴定曲线如

5、右图。下列说法正确的是()A点所示溶液中：c(CH3COO)c(OH)c(CH3COOH)c(H)B点所示溶液中：c(Na)c(CH3COOH)c(CH3COO)C点所示溶液中：c(Na)c(OH)c(CH3COO)c(H)D滴定过程中可能出现：c(CH3COOH)c(CH3COO)c(H)c(Na)c(OH)【答案】D【解析】点溶液中的溶质为0.001 mol CH3COOH和0.001 mol CH3COONa，据物料守恒：c(CH3COO)c(CH3COOH)2c(Na)，根据电荷守恒：c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)，整理后得c(CH3COOH)2c(H)c(CH3COO

6、)2c(OH)；点溶液的pH7，据电荷守恒有c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)，又c(H)c(OH)，则c(Na)c(CH3COO)；点溶液中的溶质为0.002 mol CH3COONa，离子浓度大小关系为c(Na)c(CH3COO)c(OH)c(H)。2【江苏省常州市常州中学2015届高三第一学期期末模拟测试】下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）A物质的量浓度相等的NH4HSO4溶液、NH4HCO3溶液、NH4Cl溶液中，pH值的大小关系：B常温下，将CH3COONa溶液和稀盐酸混合至溶液pH7：c(Na)(CH3COO)c(Cl)c(CH3COOH)c(H)c(O

7、H)C常温下，pH6的NaHSO3溶液中：c(SO32)c(H2SO3)9.9107mol?L1D物质的量浓度之比为1:2的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c(HClO)c(ClO)2c(HCO3)2c(H2CO3)2c(CO32)【答案】BC【解析】试题分析：A、硫酸氢铵在水中完全电离产生铵根离子、氢离子、硫酸根离子，所以溶液中存在大量的氢离子，溶液的酸性最强；碳酸氢铵的溶液中碳酸氢根离子的水解和铵根离子的水解程度相同，溶液呈中性，氯化铵的溶液中铵根离子的水解，使溶液呈弱酸性，所以pH值的大小关系：，错误；B、常温下，将CH3COONa溶液和稀盐酸混合至溶液pH7，则溶质为醋酸钠、醋酸、

8、氯化钠，且c(H)c(OH)，根据电荷守恒，则c(H)+ c(Na)c(OH)+ (CH3COO)+c(Cl)，c(Na)(CH3COO)+c(Cl)，则所以根据物料守恒，则c(Na)c(CH3COOH)+ (CH3COO)，所以c(CH3COOH)= c(Cl)，因为加入的盐酸是少量时溶液可能呈中性，所以(CH3COO)c(Cl)，则c(Na)(CH3COO)c(Cl)c(CH3COOH)c(H)c(OH)，正确；C、常温下，pH6的NaHSO3溶液中c(H)=10-6mol/L，c(OH)=10-8mol/L，根据电荷守恒，则2c(SO32)+ c(HSO3-)+ c(OH)= c(H)+

9、 c(Na)，根据物料守恒，则c(Na)= c(SO32)+c(H2SO3)+ c(HSO3-)，所以c(SO32)c(H2SO3)c(H)-c(OH)= 10-6mol/L -10-8mol/L=9.9107mol?L1，正确；D、物质的量浓度之比为1:2的NaClO、NaHCO3混合溶液中，根据物料守恒，则2c(HClO)2c(ClO)c(HCO3)c(H2CO3)c(CO32)，错误，答案选BC。考点：考查电解质溶液中电荷守恒、物料守恒规律的应用，溶液pH大小的判断3【重庆市七校2015届高三上学期期末联考】下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A在0.1 mol?L1N

10、a2CO3溶液中：c(OH)c(HCO3)2c(H2CO3) +c(H)B在0.1 mol?L1NaHCO3溶液中：c(Na)c(HCO3)c(CO32)c(H2CO3)C向0.2 mol?L1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol?L1NaOH溶液：c(CO32) c(HCO3) c(OH)c(H)D常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液pH7, c(Na)0.1 mol?L1：c(Na) c(CH3COO)c(CH3COOH)c(H)c(OH)【答案】A【解析】试题解析：A、0.1mol/L Na2CO3溶液中存在质子守恒：c（OH-）=c（HCO3-）+c（H+）+2c（H

11、2CO3），故A正确；B. 在0.1 mol?L1NaHCO3溶液中：c(Na)c(HCO3)c(H2CO3)c(CO32)，故B错误；C.向0.2 mol?L1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol?L1NaOH溶液所得的溶液为等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，由于碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢跟离子的水解程度，则离子浓度的大小关系为： c(HCO3)c(CO32) c(OH)c(H)，故C错误；D.常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液pH7,则溶液显中性，所以c(CH3COONa)大于c(CH3COOH)，但醋酸根离子的水解程度与醋酸的电离程度相等， 故：c(Na)

12、等于c(CH3COO)，故D错误。考点：离子浓度的比较4【2009?广东高考】下列浓度关系正确的是 （）A氯水中：c(Cl2)2c(ClO)c(Cl)c(HClO)B氯水中：c(Cl)c(H)c(OH)c(ClO)C等体积等浓度的氢氧化钠与醋酸混合：c(Na)c(CH3COO)DNa2CO3溶液中：c(Na)c(CO32)c(OH)c(HCO3)c(H)【答案】D【解析】A项，氯水中只有部分Cl2与水作用，生成HCl和HClO，Cl2的浓度与其他粒子浓度的关系无法确定，A错误B项应为：c(H)c(Cl)c(ClO)c(OH)C项，氢氧化钠与醋酸恰好完全中和，生成的醋酸钠水解呈碱性，c(OH)c

13、(H)，根据电荷守恒，c(Na)c(CH3COO)5【2014年高考天津卷第5题】下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是（）ApH=1的NaHSO4溶液：c(H+)=c(SO42-)十c(OH-)B含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c(Ag+)c(C1-)=c(I-)CCO2的水溶液：c(H+)c(HCO3-)=2c(CO32-)D含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c(Na+)=2c(HC2O4-)+ c(C2O42-)+c(H2C2O4)【答案】A【解析】试题分析：根据电解质溶液中的电荷守恒、物料守恒、弱电解质的电离平衡和沉淀溶解平衡规律分析离子浓度关系。A、根据电荷守

14、恒，pH=1的NaHSO4溶液存在：c（Na+）+c（H+）=2c（SO42）+c（OH），因为c（Na+）=c（SO42），所以c（H+）=c（SO42）+c（OH），正确；B、含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c（Ag+） c（Cl）c（Br），错误；C、H2CO3的第一步电离大于第二步电离，所以c(H+) c(HCO3) c(CO32)，但c(HCO3)不等于c(CO32)，错误；D、NaHC2O4和Na2C2O4的物质的量的相等，NaHC2O4根据物料守恒可得： c(Na+)=c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)， Na2C2O4根据物料守恒可得： c(Na+)=

15、2c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)，所以溶液中2c(Na+)=3c(HC2O4-)+ c(C2O42-)+c(H2C2O4)，错误。理解、运用各种守恒规律分析、判断，如NaHC2O4和Na2C2O4分别根据物料守恒得出守恒关系，然后得出正确的结论。【能力提升】1【湖南省岳阳市2015届高三教学质量检测试卷（一）】25时，几种弱酸的电离常数如下：下列说法正确的是（）A等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(CH3COONa) pH(Na2S) pH(NaCN)Ba mol/LHCN溶液与b mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(Na+)c(CN-)，则a一定小

16、于或等于bCNaHS和Na2S的混合溶液中，一定存在c(Na+)c(H+)c(OH-)c(HS-)2c(S2-）D某浓度的NaCN溶液的pHd，则其中由水电离出的c(OH-)10-dmol/L【答案】C【解析】试题分析：A弱酸的电离常数越大，酸性越强。则根据电离平衡常数可知酸性是H2SCH3COOHHCNHS。酸性越弱相应的酸根越容易水解，则等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(Na2S)pH(NaCN)pH(CH3COONa)，A错误；Ba mol/LHCN溶液与b mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(Na+)c(CN-)，则根据电荷守恒可知溶液中氢离子浓度小于氢氧根浓度，所以

17、溶液显碱性。由于二者恰好反应时生成的盐水解也显碱性，或者HCN过量很少时也可能显碱性，因此a不一定小于或等于b，也可能大于b，B错误；CNaHS和Na2S的混合溶液中，根据电荷守恒可知一定存在c(Na+)c(H+)c(OH-)c(HS-)2c(S2-)，C正确；D某浓度的NaCN溶液的pd，则溶液中氢离子浓度是10-dmol/L，由于水电离出的氢离子被CN结合生成HCN，所以其中由水电离出的c(OH-)10-dmol/L，D错误，答案选C。考点：考查弱电解质的电离、盐类水解以及溶液中离子浓度大小比较2【甘肃省天水一中20142015届高三上学期第三次考试】常温下，0.1mol/L醋酸溶液的pH

18、3。将该温度下0.2 mol/L醋酸溶液和0.2mol/L醋酸钠溶液等体积混合后，混合液的pH4.7,下列说法正确的是（）A该温度下，0.0lmol/L醋酸溶液的pH4B该温度下，用0.1mol/L醋酸和0.01 mol/L醋酸分别完全中和等体积0.1 mol/L的NaOH溶液，消耗两醋酸的体积比为110C该温度下，0.01mol/L醋酸溶液中由水电离出的c(H+)10-11mol/LD该温度下，0.2mol/L醋酸溶液和0.2mol/L醋酸钠溶液等体积混合后，混合液中c(CH3COO-)c(CH3COOH)c(Na+)c(H+)c(OH-)【答案】B【解析】试题分析：A.在相同的物质下，物质

19、的电离平衡常数相同。由于稀释使电离平衡正向移动，所以该温度下，0.0lmol/L醋酸溶液的pH4，错误；B.酸与碱发生中和反应时，消耗物质的物质的量与物质种类有关，与浓度相等无关，根据碱与酸反应时，碱的物质的量不变，则消耗同一种酸的物质的量也不变，由于浓度前者是后者的10倍，所以消耗的体积前者是后者的1/10，正确；C. 醋酸是弱酸，部分电离，在溶液中存在电离平衡，该温度下，0.01mol/L醋酸溶液中酸电离产生的c(H+)0.01mol/L,所以根据水的离子积常数可知由水电离出的c(H+)10-11mol/L ，错误；D.该温度下，0.2mol/L醋酸溶液和0.2mol/L醋酸钠溶液等体积混

20、合后，混合液的pH4.7，说明醋酸的电离作用大于醋酸钠的水解作用，所以根据物料守恒可得混合液中c(CH3COO-)c(CH3COOH)；c(H+)c(OH-)；但是c(Na+) c(CH3COOH)；所以微粒的浓度关系是：c(CH3COO-)c(Na+)c(CH3COOH) c(H+)c(OH-)，错误。考点：考查弱酸的电离、强碱弱酸盐的水解及混合溶液中离子浓度大小关系的知识。3室温下，在25 mL 0.1 mol/L NaOH溶液中逐滴加入0.2 mol/L CH3COOH溶液，pH与滴加CH3COOH溶液体积的关系曲线如图所示，若忽略两溶液混合时的体积变化，下列有关粒子浓度关系的说法错误的

21、是（ ）A在A、B间任一点，溶液中一定都有：c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)B在B点：a12.5，且有c(Na)c(CH3COO)c(OH)c(H)C在C点：c(Na)c(CH3COO)c(H)c(OH)D在D点：c(CH3COO)c(CH3COOH)0.1 mol/L【答案】C【解析】根据电荷守恒，可知A正确；CH3COOH是弱酸，若使两者反应后的溶液pH7，则应该使CH3COOH稍过量，B正确；在C点c(H)c(OH)，再根据电荷守恒c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)，可得c(CH3COO)c(Na)，C错误；在D点共加入CH3COOH的物质的量为0.025 L0

22、.2 mol/L，反应后一部分变为CH3COO，另一部分依然为CH3COOH分子，溶液体积为0.05 L，故根据物料守恒，可以确定c(CH3COO)c(CH3COOH)0.1 mol/L.4【江苏省连云港、徐州、淮安、宿迁四市2015届高三第一次调研考试】25时，将氨水与氯化铵溶液混合得到 c(NH3?H2O)c(NH4) = 0.1 mol?L1的混合溶液。溶液中c(NH3?H2O)、c(NH4)与pH的关系如图所示。下列有关离子浓度关系叙述一定正确的是 ()AW点表示溶液中：c(NH4) c(H) c(Cl)c(OH)BpH10.5溶液中：c(Cl)c(OH)c(NH3?H2O)0.1 m

23、ol?L1CpH9.5溶液中：c(NH3?H2O)c(NH4)c(OH)c(H)D向W点所表示1L溶液中加入0.05molNaOH固体（忽略溶液体积变化）：c(Cl)c(Na)c(OH) c(NH4) c(H)【答案】AC【解析】试题分析：A、根据电荷守恒知，二者的混合液中一定有：c(NH4) c(H) c(Cl)c(OH)，正确；B、根据电荷守恒知，二者的混合液中一定有：c(NH4) c(H) c(Cl)c(OH)，又c(NH3?H2O)c(NH4) = 0.1 mol?L1，则pH10.5溶液中：c(Cl)c(OH)c(NH3?H2O)0.1 mol?L1，错误；C、根据题给图像知pH9.

24、25的混合液中c(NH3?H2O)=c(NH4)，pH9.5溶液中：c(NH3?H2O)c(NH4)c(OH)c(H)，正确；D、向W点所表示1L溶液中加入0.05molNaOH固体所得溶液为氯化钠与一水合氨的混合液，则有：c(Cl)=c(Na)c(OH) c(NH4) c(H)，错误。考点：考查离子浓度大小比较，三个守恒式的应用。5【江苏常州市2014-2015学年度高三第一次调研】常温下已知两种一元弱酸HX和HY，如果向NaX溶液中通入少量CO2气体生成HX和NaHCO3；往NaY溶液中通入少量CO2生成HY和Na2CO3。下列有关叙述正确的是()A酸性由强至弱：HXHYH2CO3B结合H

25、+的能力：YCO32XHCO3C溶液碱性：NaXNa2CO3NaYNaHCO3DNaX溶液中通入足量CO2后的离子浓度：c(Na+)c(HCO3)c(X)c(OH)c(H+)【答案】B【解析】试题分析：A.根据复分解反应的规律：强酸制取弱酸，向一元弱酸HX如果向NaX溶液中通入少量CO2气体生成HX和NaHCO3可得酸性H2CO3HX，向往NaY溶液中通入少量CO2生成HY和Na2CO3则证明酸性HCO3- HY，则酸性H2CO3HXHCO3- HY，所以选项A错误；B。酸性越强，其电离产生的离子结合H+的能力就越强，所以结合H+的能力大小关系是：YCO32XHCO3,正确；C酸越强，其盐水解

26、的程度就越小，溶液的碱性就越弱，由于酸性H2CO3HXHCO3- HY，所以溶液碱性：NaYNa2CO3NaXNaHCO3，错误；DNaX溶液中通入足量CO2后的溶液为NaHCO3和HX。由于盐是强电解质，电离程度大于弱电解质HX，而且HCO3会发生水解反应消耗水电离产生的H+，使溶液中c(OH-)c(H+)，CO2溶于水反应产生碳酸，即HX电离使溶液显酸性，所以离子浓度：c(Na+)c(HCO3)c(H+)c(X)c(OH)，错误。考点：考查溶液中离子浓度大小比较的知识。【终极闯关】1【2015浙江理综化学】40时，在氨水体系中不断通入CO2，各种离子的变化趋势如下图所示。下列说法不正确的是

27、（）A在pH9.0时，c(NH4+)c(HCO3)c(NH2COO)c(CO32)B不同pH的溶液中存在关系：c(NH4+)c(H+)2c(CO32)c(HCO3)c(NH2COO)c(OH)C随着CO2的通入，c(OH)c(NH3?H2O)不断增大D在溶液中pH不断降低的过程中，有含NH2COO的中间产物生成【答案】C【解析】试题分析：A、在pH9.0时，作直线垂直于横坐标，从图上可直接看得出：c(NH4+)c(HCO3)c(NH2COO)c(CO32)，A正确；B、根据电荷守恒可得：c(NH4+)c(H+)2c(CO32)c(HCO3)c(NH2COO)c(OH)，B正确；C、，Kb不变，

28、c(NH4+)不断增大，则比值不断减小，C不正确；D、从图上看，pH降低过程中，有含NH2COO的中间产物生成，D正确。答案选C。考点：本题主要是考查电解质溶液中离子浓度大小关系，电荷守恒关系，图像分析应用等。2【2015天津理综化学】室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质。有关结论正确的是（）【答案】B【解析】试题分析：室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100mL溶液，溶液中存在CO32+H2O HCO3+OH溶液呈碱性；A项加入50mL 1 mol?L1H2SO4，H2SO4与Na2CO3恰好反应，则反应后的溶液溶质为

29、Na2SO4，故根据物料守恒反应结束后c(Na+)=2c(SO42)，故A项错误；B项向溶液中加入0.05molCaO，则CaO+ H2O=Ca(OH)2，则c(OH)增大，且Ca2+CO32=CaCO3，使CO32+H2O HCO3+OH平衡左移，c(HCO3)减小，故 增大，故B项正确；C项加入50mL H2O，溶液体积变大，CO32+H2O HCO3+OH平衡右移，但c(OH)减小，Na2CO3溶液中H+、OH均由水电离，故由水电离出的c(H+)?c(OH)减小，故C项错误；D项加入0.1molNaHSO4固体，NaHSO4为强酸酸式盐电离出H+与CO32反应，则反应后溶液为Na2SO4

30、溶液，溶液呈中性，故溶液pH减小，引入了Na+，故c(Na+)增大，D项错误；本题选B。考点：本题主要考查了盐类水解平衡应用。涉及离子浓度的比较、比值的变化、溶液pH的变化等3【2015四川理综化学】常温下，将等体积，等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH7。下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是（）B.c(Na+)=c(HCO3)+c(CO32)+c(H2CO3)Cc(H+)+c(NH4+)= c(OH)+ c(HCO3)+2 c(CO32)Dc(Cl)c(NH4+) c(HCO3) c(CO32)【答案】C【解析】试题分析：pH7时，c(OH) 1.010-7mol/L ，A正确；B、物料守恒，B正确；C、电荷守恒，应为c(H+)+c(NH4+)= c(OH-)+ c(HCO3-)+2 c(CO32-)+ c(Cl-)，C错误；D、c(Cl)不变，NH4+水解，则c(Cl) c(NH4+)，HCO3部分结晶析出，则c(NH4+) c(HCO3)，CO32是HCO3电离产生的，电离很微弱，则c(HCO3) c(CO32)，D正确。选C。考点：电解质溶液4【2015江苏化学】室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7（通入气体对溶液体积的影响可忽略），溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）A向0.10molL1