离子浓度大小比较中的一

1、离子浓度大小比较中的一、二、三、四、五山西省壶关县第一中学 付天龙电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考的“热点”之一。多年来全国各地高考化学试卷都涉及这部分内容。如何高效地解答此类问题，建议采取如下学习策略。一、理清一条思路，掌握分析方法解题的思路依次是：辨溶液（辨别所给的溶液是单一溶质还是多种溶质）判反应（多种溶质混合时，是否发生化学反应）找组成（若有反应发生，反应后生成了什么物质，是否有物质过量，找出反应后溶液的真实组成）写平衡（写出溶液中存在的水解、电离平衡，注意不能漏写水的电离平衡）列等式（根据质子守恒式、电荷守恒式和物料守恒式，列出溶液中粒子浓度间的数学关系式）比大小（根据溶液中

2、存在的平衡和题给条件，分析哪种平衡进行的程度相对大一些，哪种相对小一些，进而比较出溶液中各粒子浓度的大小）。这一思路也可用下图简略表示：二、熟悉两大理论，构建思维基点1、电离（即电离理论）（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非常少，同时还要考虑水的电离。如在氨水中由于存在下列电离平衡：NH3·H2O NH4 + OH H2O H+ + OH 所以溶液中微粒浓度关系为：C（NH3·H2O）C（OH）C（NH4）C（H）（2）多元弱酸是分步电离的，以第一步电离为主，第一步电离强于第二步电离，第二步电离强于第三步电离。如在0.10mol/L H2S溶液中，

3、存在下列电离平衡：H2O H+ + OH H2S HS+H+ K1= C（H）·C（HS）/ C（H2S）=1.3×10-7HS S2+H+ K2= C（H）·C（S2）/ C（HS）=7.1×10-15由以上数据可以计算出其溶液中各离子的浓度且溶液中微粒浓度关系为C（H2S）C（H）C（HS）C（OH）C（S2）2、水解（即水解理论）（1）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-)（2）弱酸的阴离子或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的H（或OH）也是微量的，但由于水的

4、电离平衡和盐类水解平衡的存在，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溶液中微粒浓度关系为：C（Cl）C（NH4）C（H）C（NH3·H2O）（3）多元弱酸的酸根离子的水解是分步进行的，其主要是第一步水解。第一步水解强于第二步水解，第二步水解强于第三步水解。如在Na2CO3溶液中的水解平衡为：CO32+ H2O HCO3+ OH；HCO3+ H2O H2CO3+ OH所以溶液中部分微粒的关系为：C（CO32）C（HCO3）C（H2CO3）三、把握三种守恒，明确等量关系以0.1mol/LNaHCO3溶液为例：溶液中的大量离子：

5、Na+、HCO3；微量离子：OH、 CO32、H；大量分子：H2O；微量分子：H2CO3。1、电荷守恒：电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都呈电中性，即电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有阴离子所带的负电荷数相等。在0.1mol/NaHCO3溶液中n(Na)n（H）n(HCO3)+2n(CO32)n（OH），在式子的两边同除以溶液的体积，可推出：C（Na+）+C(H+)=C(HCO3)+2C(CO32)+C(OH-)。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，变成其他离子或分子等，但离子或分子中某特定元素的原子总数是不会改变的。即电解质溶液中某一组分（元素）的原

6、始浓度等于它在溶液中各种存在形式的浓度之和。如NaHCO3溶液中n(Na+):n（C）=1:1，推出：C（Na+）=C(HCO3-)+C(CO32-)+C(H2CO3)。再如0.1mol/LNa2CO3溶液中虽然CO32-发生水解，但达平衡时，C（Na+）=0.2mol·L-1 ， C（CO32-）+C（HCO3-）+C（H2CO3）=0.1mol·L-1 即有C（Na+）=2C(HCO3-)+2C(CO32-)+2C(H2CO3)3、质子守恒：（1）质子守恒的含义：电解质溶液中分子或离子得到的质子数等于分子或离子失去的质子数；电解质溶液中的粒子电离出来的氢离子总数等于粒子

7、接受的氢离子总数加上游离的氢离子总数；电解质溶液分子或离子得到和失去的质子的物质的量相等。如NaHCO3溶液中：C（H2CO3）+ C（H）C（OH）C（CO32）在如Na2CO3溶液中：C（OH-）=C（H+）+2C（H2CO3）+C（HCO3-）（2）快速确定质子平衡式的方法例1：在Na2CO3水溶液中，存在多种离子和分子，下列关系式或说法不正确的是（）A C（Na+）+ C（H+）=2C（CO32-）+C（HCO3-）+ C（OH-）B 1/2 C（Na +）=C（CO32-）+C（HCO3-）+ C（H2CO3）C C（OH-）= C（H+）+C（HCO3-）+ 2C（H2CO3）D

8、以上关系式均不正确A是电荷平衡式，B是物料平衡式，C是质子平衡式。答案为D方法一：从溶剂角度建立质子守恒等式任何水溶液中，最后溶液中仅有水电离出的H+ 和OH-守恒。即由水电离产生的n（OH- ）= n （H+ ）在Na2CO3溶液中,OH-与Na+、CO32-不反应，仍以OH-存在，水中的H+ 则有部分转化为HCO3-和H2CO3，根据H+守恒及n（OH- ）= n （H+ ）应有因为所有离子都在同一溶液中，有方法二、首先正确选取基准物，这种物质是参与质子转移有关的大量物质，可以是起始物质，也可以为反应的产物；然后以基准物为基准，将平衡体系中其他物质与之比较，哪些是得质子，哪些是失质子的，得

9、失质子多少并写出正确表达式；最后根据得失质子等衡原理确定该溶液的质子平衡式。具体方法：选取平衡体系含量最多的分子（H2O）和离子（CO32-）为基准物，因为Na 2CO3是起始物质，水是溶剂，CO32-和H2O都参加了质子传递，而且它们的量也是最大的。确定平衡体系中其它组分（H2CO3、HCO3-、OH-、H3O+）与基准物比较，确定哪些得或失质子和得失质子的多少并写出正确表达式。显然，H2CO3、HCO3-对CO32-而言为得质子产物，各得1个质子和2个质子，其正确表达式分别为：2C（H2CO3）得和C（HCO3-）得，而H3O+对H2O分子而言是得质子产物，其正确表达式为C（H3O+）得，

10、OH-对H2O分子而言为失质子产物，其正确表达式为C（OH-）失依得质子等于失质子可列出碳酸钠溶液的质子平衡式为C（OH-）失=C（H3O+）得+C（HCO3-）得+2C（H2CO3）得在中学阶段往往用H+替代H3O+故上式质子平衡式为C（OH-）=C（H+）+C（HCO3-）+2C（H2CO3）方法三、先正确写出该溶液的电荷平衡式和物料平衡式然后联立该平衡式消去该电解在溶液中电离的离子 Na 2CO3中电荷平衡式和物料平衡式 C（Na+）+ C（H+）=2C（CO32-）+C（HCO3-）+ C（OH-） 1/2 C（Na +）=C（CO32-）+C（HCO3-）+ C（H2CO3）2

11、15;得C（OH-）=C（H+）+C（HCO3-）+2C（H2CO3）方法四、框图法：选出能给出质子和结合质子的基准物质（包括水）列于方框中；判断各微粒得失质子数并分左右分别得失质子直到不能得失质子为止利用下列两个公式求算酸失去的质子数（mol）=对应碱的浓度×该酸在反应中失去的质子数碱得到的质子数（mol）=对应酸的浓度×该碱在反应中得到的质子数列出质子平衡式即依据酸失去的质子数（mol）=碱得到的质子数（mol）列出平衡式。如在示意图1中Na2S溶液左侧为物质失去质子后得到的粒子，右侧为物质得到质子后形成的粒子，依据得失质子相等关系得C（OH-）=C（SH-）×

12、;1+C（H2S）×2+C（H+）即C（OH-）=C（SH-）+2C（H2S）+C（H+）再如示意图2中Na2CO3溶液中左侧为物质失去质子后得到的粒子，右侧为物质得到质子后形成的粒子，依据得失质子相等关系得C（OH-）=C（HCO3-）×1+C（H2CO3）×2+C（H+）即C（OH-）=C（HCO3-）+2C（H2CO3）+C（H+）又如较复杂的NH4H2PO4溶液中质子守恒式用示意图3分析为得到的质子守恒式为C（H3PO4）+C（H+）=C（NH3·H2O）+ C（HPO42-）+ 2C（PO43-）+ C（OH -）4、电荷守恒式和物料守恒式的区

13、别(1)电荷守恒式与离子种类及离子所带电荷多少有关,离子带几个单位电荷,浓度前的系数就是几;物料守恒与离子种类物质的组成(或叫配比)有关,与离子所带电荷的多少无关,离子种类相同组成不同时,物料守恒式就不同.(2)电荷守恒式中把溶液中阴、阳离子要全部写出,物料守恒式只写出某些相关离子的浓度以及由于水解生成的弱酸或弱碱分子的浓度.例室温下，0.1mol·L -1 Na2CO3溶液和0.1mol·L -1 NaHCO3溶液中由于离子种类相同电荷守恒式就相同，都是在0.1mol·L -1 Na2CO3溶液中，由于C（Na+）：C（CO32-）原始=2：1所以C（Na+）=

14、2C（CO32-）原始=2C（CO32-）+C（HCO3-）+C（H2CO3= 0.2mol·L -1 即C（CO32-）原始等于碳以各种形式存在的浓度之和（也就是碳守恒）在0.1mol·L -1 NaHCO3溶液中，由于C（Na+）；C（CO32-）原始=1：1所以有C（Na+）=C（CO32-）原始=C（CO32-）+C（HCO3-）+C（H2CO3）= 0.1mol·L -1 这两种溶液的物料守恒式都和原物质的组成比完全一致这个特点也是判断物料守恒式正确与否的依据。四、分析四个端点，形成基本模型（一）向相同浓度的盐酸中逐滴加入氨水假设在一个容器中盛有一定体积

15、、一定浓度的盐酸，然后逐滴滴入同浓度的氨水溶液。该操作过程中有四个特殊点：1、盐酸被中和一半当加入的氨水只中和了一半的盐酸时，此时溶液中只有盐酸和氯化铵的全部电离，也因为盐酸过量，完全抑制了氯化铵的水解。即此时，只考虑电离，不考虑氯化铵的水解。故有：电荷守恒： C（Cl-）+C(OH-)= C(NH4+)+ C(H+)离子浓度大小关系；C（Cl-）C(H+) C(NH4+)C(OH-) 2、刚好反应生成盐当加入NH3物质的量与HCl物质的量相等时，它们完全反应生成NH4Cl，即所得溶液为NH4Cl溶液，由于NH4+发生水解即NH4+与水电离出来的OH-结合生成NH3·H2O，故所得溶

16、液中C（Cl-）>C(NH4+)，C(H+)>C(OH-)，又NH4+水解是微弱的，达到平衡时C(NH4+)仍很大，故有：电荷守恒： C（Cl-）+C(OH-)= C(NH4+)+ C(H+)离子浓度大小关系：C（Cl-）C(NH4+)C(H+)C(OH-) 3、溶液刚好为中性当NH3与HCl恰好完全中和后，再继续滴加少量氨水恰好抑制了氯化铵的水解（即氯化铵的水解与一水合氨的电离恰好相互抑制，此时氨水的加入量是较少的，溶液刚好为中性，所得溶液为NH4Cl溶液和稍过量的氨水的混合溶液。故有：电荷守恒：C（Cl-）+C(OH-)= C(NH4+)+ C(H+)离子浓度大小关系：C（Cl

17、-）=C(NH4+)C(H+)=C(OH-)4、碱与盐的量相等继续在溶液中加入氨水至明显过量，考查时最常见的情况是过量的氨水浓度与NH4Cl的浓度相等。此时氯化铵的水解被抑制，一水合氨的电离上升为决定因素，即NH3·H2O的电离大于NH4+的水解。故有：电荷守恒C（Cl-）+C(OH-)= C(NH4+)+ C(H+)离子浓度大小：C(NH4+) >C（Cl-) >C(OH- ) > C(H+)注意：绝大多数的弱酸、弱碱，当其浓度与相应盐的浓度相等时，其电离的影响大于相应盐水解的影响，但有特例，在n(HCN) 与n(NaCN)的1：1溶液中，溶液的PH >7，

18、则说明NaCN的水解程度大于HCN的电离程度，即NaCN的水解是溶液性质的决定性因素，离子浓度的大小关系是：C(HCN) >C（Na+) >C(OH- ) > C(H+)另外HClO与NaClO的混合溶液和HCN 与NaCN混合溶液类似。（二）向相同浓度的氢氧化钠溶液中逐滴加入醋酸在一个容器中盛有一定体积、一定浓度的NaOH溶液 ，然后逐滴滴入同浓度的CH3COOH 。该操作过程中也有四个特殊点。1、氢氧化钠被醋酸中和一半电荷守恒：C(Na+)+ C(H+)=C（CH3COO-）+C(OH-) 离子浓度大小：C(Na+)C(OH-)C（CH3COO-）C(H+) 2、氢氧化钠

19、和醋酸完全反应生成盐电荷守恒：C(Na+)+ C(H+)=C（CH3COO-）+C(OH-) 离子浓度大小：C(Na+)C（CH3COO-）C(OH-)C(H+) 3、当溶液刚好呈中性时电荷守恒：C(Na+)+ C(H+)=C（CH3COO-）+C(OH-) 离子浓度大小：C(Na+)=C（CH3COO-）C(OH-)=C(H+) 4、当醋酸明显过量时电荷守恒：C(Na+)+ C(H+)=C（CH3COO-）+C(OH-) 离子浓度大小：C（CH3COO-）C(Na+)C(H+)C(OH-)五、辨析五类试题，强化知识迁移（一）单一电解质溶液对于溶质单一型的溶液，若溶液质为强电解质溶液，则强电解

20、质全部电离，但不要忽略水的微弱电离；若溶质是弱酸或弱碱的直接考虑弱酸或弱碱及水的电离且弱酸、弱碱，其电离程度小，产生的离子浓度远远小于弱电解质分子的浓度；若溶质是强碱弱酸盐或强酸弱碱盐的要考虑水解同样水解也是弱水解，单水解程度很小，水解产生的离子或分子浓度远远小于弱离子的浓度。注意：酸溶液中应考虑水电离的C(H+)水，碱溶液应考虑水电离的C(OH)水。1、强酸、强碱和强酸强碱盐例2、硫酸溶液电离方程式：H2SO4=H+SO42- H2O H+ + OH电荷守恒式：C(H+)= C(OH-) +2C(SO42-)物料守恒式：2C(SO42-) =C(H+)-C(OH-)质子守恒式：C(OH-)

21、=C(H+)- 2C(SO42-)2、一元弱碱溶液例3、在0.1mol/L的NH3·H2O溶液中，下列关系正确的是（）A、C（NH3·H2O）>C（OH-）>C（NH4+）>C（H+）B、C（NH4+）> C（NH3·H2O）>COH->C（H+） C、C（NH3·H2O） >C（NH4+）=C（OH-）>C（H+）D、C（NH3·H2O）>C（NH4+）>C（H+）>C（OH-）>解析： NH3·H2O是一元弱碱，在水溶液中少部分发生电离：NH3·H2

22、ONH4+OH-,所以C（NH3·H2O）必大于C（NH4+）和C（OH-）。根据电荷守恒，C（OH-）C（H+）+C（NH4+）,加之水是更弱的电解质，所以C（OH-）>C（NH4+）>C（H+），综合起来，C（NH3·H2O）>C（OH-）>C（NH4+）>C（H+）,答案为A。小结：一元弱碱溶液中离子浓度的一般关系是：C（弱碱分子）>C（弱碱电离出来的阳离子）>C（OH-）>C（H+）3、一元弱酸溶液例4、室温下，0.1mol·L-1CH3COOH 溶液中各离子浓度大小是_.解析；CH3COOH是一元弱酸，在水

23、溶液中少部分CH3COOH CH3COO- +H+、同时存在H2O H+ + OH，所以溶液中各离子浓度关系为：C（H+）C（CH3COO-）C（OH-）小结：一元弱酸溶液中离子浓度的一般关系是：C（弱酸分子）>C（弱酸电离出来的阴离子）>C（H+）>C（OH-）4、多元弱酸溶液例5、室温下0.1mol·L-1H2S溶液中下列关系错误的是（ ）A C（H）= C（HS）+ C（S2）+ C（OH）B C（H）= C（HS）+2 C（S2）+ C（OH）C C（H）>C（HS）+ C（S2）+ C（OH）D C（H2S）+ C（HS）+ C（S2）=0.1mol

24、·L-1E C（H2S）>C（H）>C（HS）>C（S2）>C（OH）解析：在H2S溶液中，存在下列电离平衡： H2S HS+H+ HS S2+H+ H2O H+ + OH根据电荷守恒得：C（H）= C（HS）+2 C（S2）+ C（OH），故选项B、C正确，A选项错，由物料守恒得C（H2S）+ C（HS）+ C（S2）=0.1mol·L-1。故D选项正确由H2S的两级电离常数可以计算出其溶液中各离子的浓度关系为C（H2S）C（H）C（HS）C（OH）C（S2）所以E错答案A、E。小结：多元弱酸溶液中离子浓度大小的一般关系是：C（弱酸分子）C（H）C

25、（一级电离产生的阴离子）C（其他离子）注意：多元弱酸溶液中C（二级电离产生的阴离子）与C（OH）的大小，必须通过计算才能得出，如0.1mol·L-1H2S溶液中，由H2S的两级电离常数可以计算出其溶液中各离子的浓度关系为C（H2S）C（H）C（HS）C（OH）C（S2）在0.1mol·L-1H2SO3溶液中，由两级电离常数K1= C（H）·C（HSO3）/ C（H2S O3）=1.3×10-2 K2= C（H）·C（SO32）/ C（HSO3）=6.3×10-8可以计算出其溶液中各离子的浓度关系为C（H2S O3）C（H）C（HSO3

26、）C（SO32）C（OH）二元弱酸溶液中酸根的浓度近似等于第二级电离常数K2，与酸的原始浓度无关。5、一种单水解盐溶液中各离子浓度大小当溶液中阴、阳离子等价时， 例6、室温下0.1mol·L-1NH4Cl溶液中下列关系正确的是（ ）A C（Cl-）C（NH4+）C（H+）C（OH-）B C（NH4+）C（Cl-）C（H+）C（OH-）C C（NH4+）=C（Cl-）C（H+）=C（OH-）D C（NH4+）=C（Cl-）C（H+）C（OH-）解析：由于氯化铵溶液中存在下列电离过程：NH4Cl= NH4+ Cl-，H2OHOH和水解过程： NH4+H2O NH3·H2OH，由

27、于NH4+水解被损耗，所以C（Cl-）C（NH4+），又因水解后溶液显酸性，所以C（H+）C（OH-）且水解是微量的，所以正确答案为A小结：一元强酸弱碱盐溶液中离子浓度的一般关系是：C（不水解的离子）C（水解的离子）C（H+）C（OH-）例7、室温下0.1mol·L-1CH3COONa溶液中各离子浓度的大小关系。解析：C（Na+）C（CH3COO-）C（OH-）C（H+）小结：一元强碱弱酸盐溶液中离子浓度的一般关系是：C（不水解的离子）C（水解的离子）C（OH-）C（H+）当溶液中阴、阳离子不等价时，要考虑盐分几步水解。如多元弱酸根离子的水解，则是“几价分几步，为主第一步”。例8、在

28、Na2S溶液中下列关系不正确的是（ ）A C（Na+）= 2C（HS）+2 C（S2）+ C（H2S）B C（Na+）+ C（H+）= C（OH-）+C（HS）+2 C（S2）C C（Na+）C（S2）C（OH-）C（H2S）D C（OH-）= C（HS）+ C（H+）+ C（H2S）解析：电荷守恒：C（Na+）+ C（H+）= C（OH-）+C（HS）+2 C（S2）；物料守恒：C（Na+）= 2C（HS）+2 C（S2）+ C（H2S）；质子守恒：C（OH-）= C（HS）+ C（H+）+ 2C（H2S），答案：A、D例9、0.1mol/LNa2CO3溶液中各离子浓度大小关系解析：C（Na

29、+）C（CO32-）C（OH-）C（HCO3-）C（H+）小结：二元弱酸强碱盐溶液中离子浓度一般关系是：C（不水解的离子）C（能发生一级水解的离子）C（OH-）C（能发生二级水解离子）C（水电离出的另一种离子）5、多元弱酸的酸式盐溶液首先比较酸式酸根离子在水溶液中的电离程度和水解程度：NaHCO3、Na2HPO4、NaHS水溶液显碱性，因为其酸式酸根离子水解程度大于电离程度；NaH2PO4、NaHSO3水溶液显酸性，因为其酸式酸根离子水解程度小于电离程度。例10、关于小苏打水溶液的表述正确的是（）A、C（Na+）=C(HCO3-)+C(CO32-)+C(H2CO3) B、C（Na+）+C(H+

30、)=C(HCO3-)+C(CO32-)+C(OH-) C、HCO3的电离程度大小于HCO3的水解程度D、存在的电离有：NaHCO3NaHCO3，HCO3HCO32，H2OHOH。 E、C（Na+）C（HCO3-）C（OH-）C（H+）C（CO32-）解析：NaHCO3溶液中存在：NaHCO3=Na+HCO3-,HCO3-H+CO32-,HCO3-+H2OH2CO3OH，H2OHOH。根据电荷守恒有：C（Na+）+C(H+)=C(HCO3-)+2C(CO32-)+C(OH-), B错误；NaHCO3溶液显碱性，故HCO3的水解程度大于HCO3-的电离程度， C错误；A符合物料守恒， A正确。Na

31、HCO3溶液中，由于HCO3-发生水解且水解很微弱，所以有C（Na+）C（HCO3-）C（OH-）又由于HCO3-电离产生H+与CO32-数目相同，而水电离也可产生H+所以 C（H+）C（CO32-）答案为A、D、E。小结：二元弱酸酸式盐显碱性的溶液中离子浓度一般关系是：C（不水解的离子）C（水解的离子）C（OH-）或C（水电离出的另一种离子）或C（电离得到的酸根离子）值得注意的是：碳酸氢钠溶液中C（H+）与C（CO32-）的大小关系，有几种不同的观点，大多数人认为C（Na+）C（HCO3-）C（OH-）C（H+）C（CO32-）理由见上，也有人认为有：C（Na+）C（HCO3-）C（OH-）

32、C（CO32-）C（H+），理由是HCO3-在水中存在电离、也存在水解，且水解程度大于电离程度，HCO3-水解结合的H+可以来自水的电离，也可以来自HCO3-的电离，于是出现溶液中C（H+）减小，导致C（OH-）C（CO32-）C（H+）；但也有人从理论上进行了计算，得出在一般情况下，碳酸氢钠溶液中的C（CO32-）始终大于C（H+）且有C（Na+）C（HCO3-）C（H2CO3）C（CO32-）C（OH-）C（H+）对于这样有争议的问题，在中学时最好不要出现。例11、0.1mol/LKHC2O4溶液（溶液显酸性）中各离子浓度关系正确的是（）A C（K+）+C（H+）=C（HC2O4-）+C（

33、OH-）+C（C2O42-）B C（HC2O4-）+C（C2O42-）= 0.1mol/LC C（C2O42-）C（H2C2O4）D C（K+）=C（H2C2O4）+C（HC2O4-）+C（C2O42-）E C（K+）C（HC2O4-）C（H+）C（C2O42-）C（OH-）解析：因为草酸氢钾溶液显酸性，所以HC2O4-电离程度大于水解程度，故C（C2O42-）C（H2C2O4）；根据物料守恒，所以D正确；又根据电荷守恒得：C（K+）+C（H+）=C（HC2O4-）+C（OH-）+2C（C2O42-）答案：C、D、E小结：二元弱酸酸式盐显酸性的溶液中离子浓度一般关系是：C（不水解的离子）C（水

34、解的离子）C（显性离子）C（电离得到的酸根离子）C（水电离出的另一种离子）（二）一强一弱一元酸、碱溶液混合1、恰好中和型例11(2003年上海高考题)在0mL0.1mol·L-1NaOH溶液中加入同体积、同浓度HAc溶液，反应后溶液中各微粒的浓度关系错误的是()。AC(Na+)C(Ac-)C(H+)C(OH-)          BC(Na+)C(Ac-)C(OH-)C(H+)CC(Na+)C(Ac-)C(HAc)       

35、0;         DC(Na+)C(H+)C(Ac-)C(OH-)解析：由于混合的NaOH与HAC物质的量都为×0-3mol，两者恰好反应生成NaAc，等同于单一溶质NaAc。由于少量Ac-发生水解：Ac-H2O HAcOH-故有C(Na+)C(Ac-)C(OH-)C(H+)，根据物料守恒C正确，根据电荷守恒D正确，A错误。故该题选项为A。小结：如给定的是一强一弱一元酸、碱溶液等物质的量的反应（注意与H+和OH-物质的量相等的情况区别）反应结束后一定是生成正盐和水，故可把此类问题转化成是正盐溶液中离子

36、浓度比较问题，即单一溶质型中的溶质为盐的问题来解决。2、pH等于7型例12(2002年全国高考理综)常温下，将甲酸和氢氧化钠溶液混合，所得溶液pH=7，则此溶液中()。AC(HCOO-)C(Na+)       BC(HCOO-)C(Na+)CC(HCOO-)C(Na+)       D无法确定C(HCOO-)与C(Na+)的关系解析：根据溶液中电荷守恒： C(Na+)C(H+)C(HCOO-)C(OH-)因pH=7，故C(H+)C(OH-)，所以有C(Na+)C(HCOO-

37、)，此题量的分析为：若完全反应生成甲酸钠为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，而现在pH7，故酸须略为过量。 故答案为C。例13(2002年上海高考题)在常温下0mLpH=10的KOH溶液中，加入pH=4的一元酸HA溶液至pH刚好等于7(假设反应前后体积不变)，则对反应后溶液的叙述正确的是()。AC(A-)C(K+)           BC(H+)C(OH-)C(K+)C(A-)C后20mL         

38、0;   D后20mL解析：pH0的KOH有C(KOH)0-4mol·L-1，H4的一元酸，因不清楚是强酸还是弱酸，故有C(HA)0-4mol·L-1，根据电荷守恒，无论是强酸或是弱酸，都有下列关系：C(H+)C(K+)C(OH-)C(A-)，因pH=7,C(H+)C(OH-)，故C(A-)C(K+)，A选项正确，B错；当HA为强酸时，加入0mLKOH与HA刚好中和，pH=7，此时后=20mL，当HA为弱酸时，有两种方法可以分析：（1）假设两者等体积混合，则电离出来的n(H+)和n(OH-)恰好反应完全但此时会有酸剩余（pH=4时，酸的浓度大于

39、1×10-4mol/L）pH<7,故为了使pH=7必须少加酸，故后20mL。（2）因C(HA)0-4mol·L-1，故加入(HA)0mL即达pH=7,此时后20mL。综合上述，后20mL，D项也正确。小结：一强一弱一元酸、碱中和反应后pH等于7（注意与恰好中和型区别）一定是C（H+）=C（OH-）故分析此类问题从两方面入手：（1）考虑从电荷守恒入手求得其它离子相等关系。（2）判断PH等于7时，酸碱到底谁过量；方法是：先设定为完全反应时的PH然后与PH=7比较便可得出。3、反应过量型（常见为弱者过量）例14(2003年江苏高考题)将0.2mol·L-1HCN溶

40、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()。AC(HCN)C(CN-)                      BC(Na+)C(CN-)CC(HCN)C(CN-)C(OH-)              

41、; DC(HCN)C(CN-)0.1mol·L-1解析：将0.2mol·L-1HCN溶液和0.1mol·L-1的NaOH溶液等体积混合后，应有C(CN-)0.05mol·L-1，c(HCN)0.05mol·L-1，由于混合后溶液呈碱性，说明NaCN水解程度大于HCN的电离程度，故C(HCN)C(CN-)，A错。由上述分析知C(CN-)0.05mol·L-1，而C(Na+)0.05mol·L-1，B正确；根据C、N元素守恒可得C(HCN)C(CN-)2C（Na+）0.mol·L-1，故D项也正确；根据电荷守

42、恒： C(OH-)C(H+)C(Na+)(CN-) 故C不正确，由电荷和物料守恒得：C（HCN）C（CN）= 2C（OH）- 2C（H）。综合上述正确答案为B、D。例15(1999年上海高考题)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()。AC(CH3COO-)C(Na+)                  BC(CH3COOH

43、)C(CH3COO-)C2C(H+)C(CH3COO-)C(CH3COOH)      DC(CH3COOH)C(CH3COO-)0.01mol·L-1解析：将0.02mol·L-1CH3COOH和0.01mol·L-1NaOH溶液等体积混合后，混合液的溶质为CH3COOH和CH3COONa，且物质的量相等，浓度均为5×0-3mol·L-1，由于CH3COOH电离趋势大于CH3COO-的水解趋势，所以C(CH3COO-)C(Na+)，但无论怎样变化，由物料守恒知：C(CH3COOH)C(CH3C

44、OO-)0.0mol·L-1正确答案为A、D。例16(1996年全国高考题)将pH=3的盐酸溶液和pH的氨水等体积混合后，溶液中离子浓度大小关系正确的是()。AC(NH4+)C(Cl-)C(H+)C(OH-) BC(NH4+)C(Cl-)C(OH-)C(H+)CC(Cl-)C(NH4+)C(H+)C(OH-) DC(Cl-)C(NH4+)C(OH-)C(H+)解析：pH=3时,C(HCl)0-3mol·L-1，pH时，C(OH-)0-3mol·L-1，因氨水为弱电解质，所以C(NH3·H2O)C(HCl)，两者等体积混合后，氨水过量。因氨水电离程度大于N

45、H4+水解程度。所以C(NH4+)C(Cl-)，同时也存在C(OH-)C(H+)，而NH3·H2O电离只是少数，所以存在C(Cl-)C(OH-)，故正确答案为B。小结：一强一弱一元酸、碱溶液混合反应过量型，应先判断反应时谁过量，及反应后各物质的物质的量，再考虑电离或水解的情况.当余酸(碱)的电离程度大于盐中弱离子水解程度时,可认为盐中的弱离了不水解,此时主要考虑电离对离子浓度造成的影响；反之可认为酸(碱)不电离(但实际有电离,程度很小),此时只考虑生成盐中弱离子水解对离子浓度造成的影响。注意：若酸和碱反应后尚有弱酸或弱碱剩余，则一般弱电解质的电离程度大于盐的水解程度；但在HCN 和N

46、aCN混合溶液中则CN的水解程度大于HCN的电离程度；在HClO与NaClO的混合溶液中ClO的水解程度大于HClO的电离程度（三）一强一弱酸碱对应的盐与酸 (或碱)的混合例17 (2001年上海高考题) 0.1mol·L-1CH3COONa20mL与0.1mol·L-1HCl10mL混合后，溶液显酸性，则有关溶液中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

47、（CH3COO-）+C（Cl-）+C（OH-）解析：两溶液混合后生成等量的CH3COONa、NaCl、CH3COOH，溶液显酸性说明CH3COO-的水解程度小于CH3COOH的电离程度，所以C（CH3COO-）C（Cl-）C（CH3COOH），但CH3COOH的电离程度仍很小，所以C（CH3COOH）C（H+），故A、C错误，B正确，依据电荷守恒原则，可知D也正确。故答案为B、D例18、将20ml0.3mol/LNH4Cl溶液与20ml0.1mol/LBa(OH)2溶液混合，则混合溶液中各离子浓度的大小顺序是（）A、C（Cl-）>C(Ba2+)>C(OH-)>C(NH4+)B

48、、C（Cl-）>C(NH4+)>C(Ba2+)>C(OH-)C、C(Ba2+)>C（Cl-）> C(OH-)>C(NH4+)D、C（Cl-）>C(OH-)>C(NH4+)>C(Ba2+)解析： 2NH4Cl +Ba（OH）2 =2NH3·H2O+ BaCl2反应前 0.006 mol 0.002 mol 0 0反应后 0.002 mol 0 0.004 mol 0.002 mol 两者混合后得到的是0.05mol/LBaCl2、0.1mol/LNH3·H2O和0.05mol/LNH4Cl的混和溶液，由于NH3·

49、H2O的电离程度大于NH4的水解程度，所以C（Cl-）>C(NH4+)>C(Ba2+)>C(OH-)。答案为B。小结：对于一强一弱酸碱对应的盐与酸 (或碱)的混合，首先考虑能否反应，若不反应，分析盐的水解程度和酸（或碱）的电离程度相对大小；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。最后比较浓度大小（四）不同溶液中指定离子浓度相对大小的比较例19、室温时，同浓度NH4ClCH3COONH4NH4HSO4NH4HCO3 （NH4）2SO4（NH4）2Fe （SO4）2（NH4）2CO3在六种溶液中C（NH4+）大小是_解析：NH4+在溶液中存在下列平衡： NH4+

50、H2O NH3·H2OH，（1）选参照物为，NH4HSO4电离出大量H+，使NH4+水解平衡向左移动，故中C（NH4+）大于中的C（NH4+），中的CH3COO-和中的HCO3-水解均呈碱性，可使NH4+水解平衡平衡向右移动，故中的C（NH4+）小于中的C（NH4+）；又由于 CH3COOH的酸性强于H2CO3，即HCO3-水解程度大于CH3COO-的水解程度，使溶液碱性更强，故NH4HCO3 溶液中C（NH4+）小于CH3COONH4溶液中的C（NH4+），（2）中C（NH4+）均大于中的C（NH4+），（NH4）2Fe （SO4）2溶液中Fe2+水解显酸性，相当于在（NH4）2S

51、O4溶液的基础上抑制了NH4+的水解，所以有C（NH4+），（NH4）2CO3 中CO32-水解显碱性，相当于在（NH4）2SO4溶液的基础上促进了NH4+的水解所以有C（NH4+）在中的所以答案为小结：不同溶液中指定离子浓度相对大小的比较关键是选好参照物，分组比较各个击破（五）已知电解质溶液判断溶液中粒子种类或已知溶液中离子种类，判断溶液中溶质的可能情况及离子浓度大小关系例20、判断下列电解质溶液中粒子种类（1）NaHCO3溶液（2）Na2CO3溶液（3）Na2CO3和NaHCO3的混合溶液（4）向NaOH溶液中通入CO2气体答案：都是：离子：Na+、CO32-、HCO3-、OH-、H+；分

52、子：H2CO3、H2O；例21、某溶液中只有CH3COO、Na+、H+、OH-四种离子，分析四种离子浓度的大小情况有几种情况。解析：我们可以通过动态的反应过程找出溶液中四种离子浓度大小的顺序假设在一个容器中盛有一定体积、一定度的CH3COOH溶液，然后逐滴滴入同浓度的NaOH溶液。（1）未加入NaOH溶液时，溶液中的溶质为CH3COOH，存在CH3COOH的电离和水的电离如忽略水的电离，则溶液中离子浓度关系为：C（CH3COO）= C(H+)C(OH-)，溶液PH7，显酸性。（2）当加入极少量的NaOH溶液时，溶液中的溶质为CH3COOH和CH3COONa且C（CH3COOH）C（CH3COO

53、Na），CH3COOH的电离占绝对地位，CH3COONa的水解受到抑制，此时溶液中离子浓度关系为：C（CH3COO）C(H+）C（Na+）>C(OH-)、溶液PH7，显酸性。（3）随着加入NaOH溶液量的不断增加，溶液中的溶质仍为CH3COOH和CH3COONa。CH3COOH的电离程度由于受到C（CH3COO）不断增大的影响逐渐减小，而CH3COONa的水解趋势则逐渐变大，溶液中C（Na+）会逐渐大于C(H+），此时溶液中离子浓度关系变为：（CH3COO）C（Na+）C(H+）>C(OH-)、溶液PH7，显酸性。（4）当加入NaOH溶液量达到一定程度时，溶液中的溶质仍为CH3CO

54、OH和CH3COONa。CH3COOH的电离程度等于CH3COONa的水解程度，此时溶液中离子浓度关系变为：（CH3COO）=C（Na+）C(H+）=C(OH-)、溶液PH=7，显中性。由C(H+）=Ka·C（酸）/C（盐）即1.76×10-5·C（酸）/C（盐）=1×10-7，可计算出此时C（CH3COOH）/ C（CH3COONa）的比值为5.56×10-3（5）再加入少量NaOH溶液，此时溶液中的溶质为极少量的CH3COOH和大量的CH3COONaCH3COONa的水解程度大于CH3COOH的电离程度，溶液中离子浓度关系为C（Na+）C（

55、CH3COO）C(OH-)C(H+)，溶液PH7，显碱性。（6）当加入NaOH物质的量与CH3COOH物质的量相等时，溶液中的溶质为CH3COONa，只存在CH3COONa的水解，CH3COOH的电离程度为零。此时溶液中离子浓度关系为：C（Na+）C（CH3COO）C(OH-)C(H+)，溶液PH7，显碱性。（7）如果再加入少量的NaOH，溶液中的溶质为CH3COONa和NaOH，且C（CH3COONa）C（NaOH），CH3COONa的水解受到抑制，溶液中离子浓度关系为C（Na+）C（CH3COO）C(OH-)C(H+)，溶液PH7，显碱性。（8）再加入大量的NaOH，溶液中的溶质仍为CH3

56、COONa和NaOH，且C（CH3COONa）C（NaOH），CH3COONa的水解受到抑制，溶液中离子浓度关系变为C（Na+）C(OH-)C（CH3COO）C(H+)，溶液PH7，显碱性。综上所述，在含CH3COO、Na+、H+、OH-四种离子的溶液中会出现以上8种离子浓度大小不同情况。例1 某溶液中有四种离子：H+、OH-、Cl-、NH4+，该溶液中离子存在哪些关系。    解析 （1）当溶液是单一盐(NH4Cl)溶液时，水解呈酸性。等式关系有：    电荷守恒：C(Cl-)+C(OH-)=C(NH4+)+C(H+)； 

57、   物料守恒：C(NH4+)C(NH3·H2O)=C(Cl-)，因为N原子与Cl原子物质的量相等；    质子守恒：C(OH-)C(NH3·H2O)=C(H+)，因为水电离的OH-有部分被NH4+结合生成NH3·H2O。    不等式关系是：C(Cl-)C(NH4+)C(H+)C(OH-)。因为有一部分NH4+发生水解NH4+H2O NH3·H2OH使溶液呈酸性    （2）当溶质为NH3·H2O与NH4Cl时当在NH4Cl中加入极少

58、量的NH3·H2O时，混合溶液呈酸性时，可理解为NH4Cl水解的酸性不能被有入的极少量NH3·H2O电离的碱性相抵消。此时NH3·H2O电离程度小于NH4+水解程度，则有浓度大小关系：C（Cl-）C（NH4+）C（H+）C（OH-） 当在NH4Cl中加入少量的NH3·H2O使混合溶液呈中性时，可理解为NH4Cl水解的酸性被加入的少量NH3·H2O电离的碱性相互抵消。此时NH3·H2O电离程度等于NH4+水解程度。等式关系有：    电荷守恒：C(Cl-)+C(OH-)=C(NH4+)+C(H+)

59、；    质子守恒：C(OH-)=C(H+)，因为溶液呈中性；    物料守恒：C(NH4+)=C(Cl-)，由C(OH-)=C(H+)代入电荷守恒得到。   大小关系是：C(NH4+)=C(Cl-)C(OH-)=C(H+)，当NH3·H2O电离程度等于NH4+水解程度   当在NH4Cl中加入NH3·H2O使 NH4Cl与NH3·H2O物质的量比为11，此时混合溶液呈碱性， NH3·H2O电离程度大于NH4Cl水解程度。等式关系有：    电荷守恒：C(Cl-)+C(OH-)=C(NH4+)+C(H+)；    物料守恒：C(NH4+)C(NH3·H2O)=2C(Cl-)，因为N原子物质的量是Cl原子物质的量的2倍；    质子守恒：2C(OH-)C(NH3·H2O) =C(NH4+)+2c(H+)，由电荷守恒与物料守恒消去2C(Cl-)即得。或由NH4Cl得质子守恒C(OH-)C(NH3·H2O)=C