溶液中离子浓度大小的比较方法

1、质子守恒讲解【所谓的质子守恒，可以理解为氢离子守恒（氢离子的原子核内只有一个质子，同时也没有电子）质子守恒：即溶液中基准物得质子数等于失质子数，也可以由物料守恒和电荷守恒关系联立得到。它和物料守恒、电荷守恒同为溶液中的三大守恒关系。一、列出溶液中的质子守恒关系式一般的步骤1.盯基准物（电离和水解之前的含氢的离子或分子），利用电离和水解得:得质子产物和失质子产物（电离和水解之后的离子或分子）。2.看基准物、得质子产物和失质子产物相差的质子数。3. 列质子守恒关系式得质子数=失质子数。4.用物料守恒和电荷守恒验证。二、质子守恒的主要题型1.单一酸溶液【例 1 】 H3PO4 溶液中：基-失质子产物

2、：H2PO4 （ 相差子 ） 质子守恒关系式为：2.单一碱溶液【例2】NH3H2。溶液中： +H； NH （相差1个质子）准 物： H2O ； H 3PO421 个质子)；HPO4 (相差2+-c(H ) = c(HPO ) + 2c(HPO基 准 物：H2O； NH3失质子产物：OH （ 相差 1 个质子 ）得质子产物：H3O+ （木|3-个质子）；PO4 （ 相差 32-3） + 3c（POH2O得质子产物：1 个质子）即H +-个质子）；OH（ 相差 1 个质-） + c（OH ）H3O+ （相差1个质子）即+质子守恒关系式为：c（H ） + c（NH 4 ）- 2 -=c（OH-）不难

3、看出单一的酸溶液或者碱溶液的质子守恒其实就是电荷守恒。混合酸的溶液或者混合碱溶液亦然！3.单一的正盐溶液2-【例3】Na2CO3溶液： 基 准物：H2O、CO3+-得质子产物：H3O （相差1个质子）即 H、HCO3（相差1个质子） H 2CO3 （相差质子守恒关系式为：c（H ） + c（HCO +【例4】 NH 4Cl 溶液：基 准失质子产物： NH - H O （相差 1个质子）、 OH （相差1个质子） 32质子守恒关系式为：c（H +） = c（NH【例5】 （NH4） 3PO4 溶液：基准物：-（相差1个质子）、H2PO4 （相差2 个质子）失质子产物：- ） + 2c（HCO）

4、= c（OH- ）3 23+物：H2 O、 NH4得质子产物-3 H2O） + c（OH ）+3-O、 NH4、 PO4得质子产物：个质子）、H3PO4 （相差 3个展（ 相差 1 个质子 ）+H 3O （相差1 个质子）即H+2-H3O （相差1 个质子）即H、HPO4失质子产物：NH3H2O（相差1个质子）、OH（相差1个质子）质子守恒关系式为：c(H+)+c(HPO42-)+2c(H2PO4-)+3c(H3P04)=c(NH3.H2O)+c(OH-)4.单一的酸式盐溶液5】NaHPO溶液：基准物：HO、HPO242-得质子产物：24+HO（相差1个质子）即3+H；HPO341个质子）失质

5、子产物：2-HPO41个质子）、PO-（相差2个质子）、OH（相差1-个4质子）【例6】液:+质子守恒关系式为：（NH4）2HPO4溶+c(H)+c(H3PO4)=c(HPO+H、HPO（相差2基准个质子）、HPO34物：2-4)+2c(PO2-34)+c(OHH2O、NH4、HPO42个质子）得质子产物：失质子产物：+H3O（相差1个质子）即NH-HO（相差1个质子）、323-PO4（相差1个质子）、质子守恒关系式为OH(相差1+：c(H)+c(HPO2个质子)-)+2c(H4PO)=c(NHHO)+c(PO3-)+c(oh-)34324【例 11 】同浓度同体积的液- 4 -【例7】NH4

6、HCO3溶液基准物：H2O、+-NH4、HCO3失质子产物：NHHO（相差1个质子）、CO3得质子产物：23+H3O(相差1（相差1个质子）、OH（相差1个质子）个质子）即、H2CO3（相差1个质子）质子守恒关系式为：c(H+)+c(H2CO)=c(NH3HO)+c(CO222-)+c(OH35.多种盐的混合溶液【例8】CHCOONa液:与NaF的混合物：H2O、CHCOO、F3得质子产物：+3HO（相差1个质子）即+H；3CHCOOH（相差1个质子）；HF（相差1个质子）失质子产物：OH（相差1个质子）质子守恒关系式为：+c(H)+c(CH3COOH)+c(HF)=c(OH)6.酸碱反应后的

7、混合溶液此类型混合溶液，应运用物料守恒和电荷守恒联立消去强酸或强碱离子后得到质子守恒变式。质物料守恒子守恒关系式特殊。在这类式子中，有如下关系式存在：质子守恒=电荷守恒【例9】同浓度同体积的CHCOONa与CHCOOH混合液33-+物料守恒：c(CH3COO)+c(CH3COOH)=2c(Na),+-电荷守恒：c(Na)+c(H)=c(CH3COO)+c(OH),质子守恒=2x+3-2X得：2c(Na)+2c(H)=2c(CHCOO)+2c(OH)+-质子守恒关系式为：2c(H)+c(CH3COOH)=c(CH3COO)+2c(OH)CHCOONa与NaOH混合【例10】同浓度同体积的液3-+

8、物料守恒：2c(CH3COO)+c(CH3COOH)=c(Na)+-电荷守恒：c(Na)+c(H)=c(CH3COO)+c(OH)+-质子守恒关系式为：c(H)+2c(CHCOOH)+c(CHCOO)=c(OH)33NH4CI与NH3-H2O混合物料守恒:电荷守恒:+c(NH 4 ) + c(H+-)=c(Cl ) + c(0H )即2c(NH4+) +2c(H +) = 2c(Cl - ) + 2c(0H -)质子守恒关系式为:+2c(H ) I+c(NH 4) = c(NH 3 -H2O) + 2c(OH )【例12】同浓度同体积的NH4C1与HCl混合液物料守恒:2 c(NH +)+ c

9、(NH4 H 0) = c(Cl -) 32电荷守恒:c(NH 4 +) + c(H)=c(Cl - ) + c(OH质子守恒关系式为:c(H ) = c(NH+) + 2c(NH43- ) H 0) + c(0H -)2c(NH4)+c(NH3H20)=2c(Cl)-6 -电解质溶液中粒子浓度大小比较专题复习知识要点回顾1 .两大理论电离理论市一般来说，弱电解质(弱酸、弱碱等)的电离是微弱的，电离消耗及电离产生的微粒都是微小的,同时还要考虑水的电离。如氨水溶液中，既存在NH3,H20的部分电离，还存在水的微弱电离。故其溶注中微粒浓度大小为:出多元弱酸的电离要考虑第一级电离。如在要的,故微粒浓

10、度大小为:水解理论H 2s水溶液中，H 2s的电离是分步的，且第一步电离C(H 2S)> c(H+) >c(HS )> c(S2-)oH 2SH +HS -是主弱离子的单水解是微弱的。由于水的电离, 总是于水解产生的弱电解质溶液的浓度。如故水解后酸性溶液中c(HNH 4Cl溶液中，微粒浓度大小为:+ )或碱性溶液中 c(0H -) -+c(Cl ) > c(NH 4 )> c+(H )> c(NH 3 H 20)。多元弱酸根离子的水解星分步进行的,其第一步水解是主要的。如Na2CO3溶液中微粒浓度大小为:2-I c(C03 )>c(HC0 3)卜 c(

11、H2C03)。作对同浓度C032-和Hc0 3- , C03 2-比HCO 3水解程度要大。 对于其它弱酸性盐也是相同情况,同浓度的正盐溶液水解程度比相应酸式盐水解程度大。电离与水解理论综合考虑”元弱酸的酸式盐溶液、虫浓度的一元弱酸(弱碱)与其对应的盐溶液的电离与水解是同时存在的,谁占优势，取决其电离与水解程度的相对大小(一般由题示信息给出)对多元弱酸的酸式盐溶液来说，在NaHSO 3、NaH 2Po4等溶液中，由于HSO3、H2P0 4 离子的电离程度大于其水解程度，故+c(H ) > c(0H )03 、00 )大于I1HS-离子的水解程度大I其电离程度，故 力对同浓度的醋酸和醋酸卜

12、的混合液， > c(CH 3 C00H),溶土呈酸性。与之类似, H4 +水解，溶液呈碱性。.三大定量关系电荷守恒,溶液呈酸性。在 NaHC0 3、NaHS c(0H -)> c(H + ),溶液呈碱性。CH 3C00H电离程度大于 CH 3C00 同浓度的氨水和氯化俊的混合液，等溶液中，由于 HC的水解程度，c(CH 3cNH 3 - H 20的电离c(NH3-H20)>c(OH)>c(NH4)>c(H)。多元弱酸的电离是分步进行的，一级电离总是远大于二级、三级电离，故多元弱酸的电离中主在任何电解质溶液中，阴离子所带负电荷总数总是等于阳离子所带正电荷总数，即溶液

13、呈电中性。如在Na2co3溶液中存在如下守恒关系式：c(Na+)+c(H+：)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)。物料守恒在电解质溶液中，由于有些离子能发生电离或水解，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但这些离子或分子中所含某种特定元素原子的总数是始终不变的，是符合原子守恒的。如在K2s溶液中存在如下守恒关系式：c(K+)=2c(H2S)+2c(HS-)+2c(S2-)。质子守恒由水电离出的c(H+)、c(OH-)始终是相等的，溶液中水电离出的H+、OH-虽跟其它离子结合，但其总量仍是相等的。如在K2S溶液中存在如下守恒关系式：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(

14、H2S)。实际上，质子守恒可由：“质子守恒”=“电荷守恒”“物料守恒”联合推出。.解题策略分析对于比较复杂的电解质溶液中粒子浓度大小比较，由于其涉及的知识面广，综合性强，不少学生看到题目后感觉束手无策。笔者建议采用如下思维过程进行处理，应有利于理清解题思路。2 .判反应判断两种溶液混合时，是否发生化学反应，这一步主要目的是搞清楚溶液的真实组成。如果两种溶液混合后，有反应发生，那就要根据题给的条件判断怎么反应、反应后生成了什么物质，是否有物质过量，再确定反应后溶液的组成如何。3 .写平衡根据溶液的组成，写出溶液中存在的所有平衡(水解平衡、电离平衡)，尤其要注意不要漏写在任何水溶液中均存在的水的电

15、离平衡。这一步的主要目的是分析溶液中存在的各种粒子及比较直接的看出某些粒子浓度间的关系，在具体应用时主要是要防止遗漏。如对NaHCO3溶液，要注意HCO3既能发生水解还能发生电离。4 .列等式根据溶液中的守恒原理，列出两个重要的等式，即电荷守恒式和物料守恒式，据此可列出溶液中阴阳离子浓度间的数学关系式。5 .分主次根据溶液中存在的平衡和题给条件，结合平衡的有关规律，分析哪些平衡进行的程度相对大一些，哪些平衡进行的程度相对小一些，再依此比较出溶液各粒子浓度的大小。这一步是溶液中粒子浓度大小比较最重要的一步，关键是要把握好上述电离平衡和水解平衡两大理论，树立“主次”意识。三.题型归纳分类通常我们把

16、电解质溶液归纳分类如下：根据，述电解质溶液少类对有关电解质溶液中粒子浓度大小比较题型进行对应归类如下:1.单一溶液中粒子浓度大小比较仅含一种弱电解质的溶液中粒子浓度大小比较例1.(05年上海华学卷，野科)百久库/.HN3)与醋酸酸性相似，下列叙述中错误的是A.HN3水溶液中微粒J、鄙%*C(H圾)>c(H+)>c(N3-)>c(OH-)1l*|LI113BHN3与NH3作用生成的叠氮酸铵是共价化合物C.NaN3水溶液中离子浓度大小顺序为：c(Na+)>c(N3-)>c(OH-)>c(H+)DN3-与CO2含相等电子数解析：AHN3为弱酸，在水溶液中极少部分电

17、离生成氢离子和酸根离子，导致溶液呈酸性，水也电离生成氢离子，所以溶液中离子浓度大小顺序是：c(HN3)>c(H+)>c(N3-)>c(OH-),B 错误； 所以离子浓度大小故A正确；B叠氮酸铵中叠氮酸根离子和铵根离子之间存在离子键，所以为离子化合物，故C叠氮酸钠为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，但叠氮酸根离子水解程度较小，顺序是c(Na+)>c(N3-)>c(OH-)>c(H+)，故C正确；D叠氮酸根离子和二氧化碳都含有22个电子，所以其电子数相等，故D正确；故选B( 01 年全国春召题，第 例 2可水解盐溶液中粒子浓度大小比较18题)在0.1mol/LNa2CO

18、3溶液中，下列关系正确的是(A c(Na +) = 2c(CO 3 2 )C. c(HCO 3 )> c(H2CO3)B c(OH +) = 2c(H + )D . c(Na )< c(CO3 2解析：Na2CO3 为强碱弱酸盐，盐在水中完全电离，由于)+c(HCO 3 )CO32-水解，故 c(Na +) > 2c(CO32 )，A- 14 -错误；又因为CO32水解以第一步为主，故有c(HCO3-)>c(H2CO3),C正确；依据物料守恒有c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3),故c(Na+)>c(CO32-)+c(HCO3-),

19、D错误；因由水电离出的H+和OH一的物质的量相等，可得c(OH尸c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3),故c(OH-户2c(H+),B错误。故本题应选C。强碱弱酸酸式盐溶液中粒子浓度大小比较(04年江苏化学卷，第17题)-1例3.'草酸是二元弱酸，草酸氢钾溶液呈酸性。在0.1molL1KHC2O4溶液中，下列关系正确的是()Ac(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+c(C2O42-)-2- -1B.c(HC2O4)+c(C2O4尸0.1molL2-Cc(C2O4)>c(H2C2O4)Dc(K+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-

20、)解析：KHC2O4溶液中存在：KHC2O4=K+HC2O4-，HC2O4H+C2O42-，HC2O4+H2O-+-H2C2O4+OH，H2OH+OH-等反应。根据电荷守恒有：c(K)+c(H)=c(OH)+c(HC2O4)+2c(C2O42-),故A说法错误；由物料守恒有c(K+)=c(H2c2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.1molL-1,B说法错误，D说法正确。因溶液呈酸性，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度，故c(C2O42-)>c(H2C2O4)，C也正确。故本题应选C、D。技巧点评：对于单一溶液来说，若是弱酸或弱碱，只需抓住弱电解质的电离平衡；若是正盐

21、，只需抓住弱离子的水解平衡；若是多元弱酸的酸式盐，其酸式根离子既存在水解，又存在电离，应注意根据题中提示弄清是电离程度大于水解程度，还是水解程度大于电离程度，再结合离子方程式和守恒原理进行分析比较，确定粒子浓度关系。2、两种溶液混合后粒子浓度大小比较两种溶液混合后不反应粒子浓度大小比较例4 在物质的量浓度均为0.01mol/LO-)> c(Na +),则下列式正确的是()A . c(H +) > c(OH -)CH 3COOH 和 CH3COONa 混合溶液中，测得B . c(H +)v c(OH -)c(CH 3COC. c(CH 3COOH) > c(CH 3COONa)

22、D c(CH 3COOH)+ c(CH3COONa)= 0.02mol/L解析：两溶液混合后不发生反应，混合液中存在以下两个平衡式：CH3COOHCH3COO+HCH3COO-+H2OCH3COOH+OH-。根据电荷守恒得c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，结合题给信息c(CH3COO-)>c(Na+),即等物质的量浓度的CH3COOH电离程度大于CH3COO-的水解程度，故溶液呈酸性，即c(H+)>c(OH-)o故应选A。技巧点评：弱酸与对应弱酸的强碱盐共存或弱碱与对应弱碱的强酸盐共存，溶液中既存在弱电解质的电离，又存在弱离子的水解，一般情况下，当弱电解

23、质较多时，是以弱电解质的电离为主，但也有特例，若同浓度的HCN和NaCN的混合液，却是以CN-的水解为主。两种溶液混合发生反应后粒子浓度大小比较强碱(酸)与弱酸(碱)溶液混合后粒子浓度大小比较I、酸碱恰好中和后溶液中粒子浓度大小比较(03年上海化学卷，第8题)例5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错误的是()+-+A.c(Na)>c(CH3COO)>c(H)>c(OH)+B.c(Na)>c(CH3COO)>c(OH)>c(H+)C.c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH

24、)D.c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH)解析：由于混合的NaOH与CH3COOH的物质的量都为1X10-3mol,两者恰好完全中和生成C-H3COONa，但CH3COONa是强碱弱酸盐，要水解，这种情况实际上等于单一溶质。CH3COO要发-+-+生水解：CH3COO+H2OCH3COOH+OH,故有c(Na)>c(CH3COO)>c(OH)>c(H),根据物料守恒知C正确，根据电荷守恒知D正确。故本题应选A。II、酸碱中和后溶液呈中性时溶液中粒子浓度大小比较例 6 ( 06 年四川理综卷，第12 题) 25时，将稀氨水逐滴加入到稀硫酸中，当溶液的pH

25、= 7+2A . c(NH 4 )= c(SO4)C. c(NH 4+ )< c(SO4 2 )解析：根据氨水和硫酸反应后溶液电荷守恒+2B . c(NH4)> c(SO4)D . c(OH- )+ c(SO42 " )= c(H +)+ c (NH 4+)c(H ) c(NH 4 )=c(OH) 2c(SO) 及溶液的pH= 7(即c(H+)=c(OH-)知，c(NH4+)=2c(SO42),故c(NH4+)>c(SO42)o故应选BIII 、酸或碱有一种反应物过量时溶液中粒子浓度大小比较例 7 ( 07 年四川理综卷，第11 题) 在 25时，将溶液等体积混合后

26、，下列关系式中正确的是()A c(Na +)=c(CH 3COO )+ c(CH 3COOH)B c(H + )= c(CH 3COO )+ c(OH )C. c(Na+)> c(CH 3 COO )> c(OH - )>c(H + )D . c(CH 3COO - )>c(Na + )> c(H +)> c(OH -)解析： 因醋酸是弱酸，部分电离，故醋酸的浓度远大于PH=11 的 NaOH 溶液与PH=3 的 CH 3COOH1 x 10-3 mol/L ,当 NaOH 与 CH3COOH等体积混合反应后，CH3COOH过量，反应后得到CH3COONa和

27、CH3COOH的混合溶液，根据物料-3-1+守恒有：c(CH3COO)+c(CH3COOH)>1x10molL/2=c(Na),A错误；根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)，则B错误；因为醋酸过量，溶液应呈酸性，C错误，D正确。IV、反应物用量不确定时溶液中粒子浓度大小比较例8(05年江苏化学卷，第12题)常温下将稀NaOH溶液和稀CH3COOH溶液混合，不可能出现的结果是()A.pH>7,且c(OH-)>c(Na+)>c(H+)>c(CH3COO-)B.pH>7,且c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH

28、-)C.PHv7,且c(CH3COO-)>c(H+)>c(Na+)>c(OH-)D.pH=7,且c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)=c(OH-)解析：因二者混合时发生中和反应生成CH3COONa，则二者可能恰好反应，可能碱过量，可能酸过量，但无论何种情况，混合液中必存在c(Na+)+c(H+)=c(CHaCOO-)+c(OH-),显然B说法正确若pH>7,则二者可能恰好反应或碱过量，不管哪种情况A都不可能正确。若pHV7,说明酸过量，且CH3COOH的电离程度大于CH3cOO-的水解程度，则有c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H

29、+)>c(OH-)(酸过量不多)或c(CH3COOj>c(H+)>c(Na+)>c(OH-)(酸过量较多)，C结果可能出现。若pH=7,c(H+)=c(OHj,根据电荷守恒知，c(CH3COO-)=c(Na+),D说法不正确。故本题应选A、D。技巧点评：强碱(酸)与弱酸(碱)溶液混合时，若恰好反应生成一种盐，解法同例5；若酸碱中和后溶液呈中性时，解法同例6；若强者过量，抑制水解，若弱者过量，要看水解程度和电离程度相对大小。盐与碱(酸)反应后溶液中粒子浓度大小比较I、强碱弱酸盐与强酸反应后溶液中粒子浓度大小比较例9(01年上海化学卷，第19题)将0.1mol/L的醋酸钠溶

30、液20mL与0.1mol/L盐酸10rnL混合后，溶液显酸性，则溶液中有关微粒的浓度关系正确的是()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)解析：混合时因发生反应CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，可见得到的是等物质的量浓度的CH3COONa、NaCl、CH3COOH的混合液。溶液显酸性，说

31、明CH3COOH的电离程度大于CH3COO一的水解程度，但CH3cOOH的电离程度仍较小，则c(Na+)>c(CH3COO")>c(Cl")>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH)，故AC均错误，B正确；根据电荷守恒知D正确。因此本题应选BD。II、强酸弱碱盐与强碱反应后溶液中粒子浓度大小比较例10(03年全国新课程理综卷，第9题)将20mL0.4mol/L硝酸铵溶液跟50mL0.1mol/L氢氧化钡溶液混合，则混合溶液中各离子浓度的大小顺序是+2+A.c(NO3)>c(OH)>c(NH4)>c(Ba)2B. c(NO3

32、)>c(Ba)>c(OH)>c(NH4)2C. c(Ba)>c(NO3)>c(OH)>c(NH4)2D. c(NO)3>c(Ba)>c(NH4)>c(OH)解析：根据反应式2NH4NO3+Ba(OH)2=Ba(NO3)2+2NH3H2O,反应前：0.008mol0.005mol00反应后：00.001mol0.008mol0.004mol可见反应后为Ba(OH)2、Ba(NO3)2、NH3H2O的混合液。溶液中只存在NH3-H2O的电离，根据各成分物质的量知，c(NO3-)>c(Ba2+)>c(OH-)>c(NH4+)&g

33、t;c(H+),故应选B。III、强碱弱酸酸式盐与强碱反应后溶液中粒子浓度大小比较例11(07年天津理综卷，第10题)草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性。常温下，向10mL0.01mol/LNaHC2O4溶液中滴加0.01mol/LNaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是()A.V(NaOH)=0时，c(H+尸1X10-2mol/LB.V(NaOH)v10mL时，不可能存在c(Na)=2c(C2O)+c(HC2O)C.V(NaOH)=10mL时，c(H+)=1X10-7mol/LD.V(NaOH)>10mL时，c(Na)>c(C2O)>c(HC2

34、O)解析：由于HC2O4不完全电离，0.01mol/LNaHC24溶液中c(H+-2O)<1X10mol/L,A错误；当V(NaOH)v10mL时，NaHC2O4与NaOH反应后生成NaHC2O4和Na2c2O4的混合液，溶液可能呈中性，当溶液呈中性时，根据电荷守恒有：c(Na)=2c(C2O4)+c(HC2O4)，B错误；当V(NaOH)=10mL时，生成的Na2c2O4水解，溶液呈碱性，c(H+)<1X10-7mol/L,C错误；当V(NaOH)>10mL时，生成NaOH和Na2c2O4的混合液，根据盐类水解规律可知，c(Na+)>c(C2O4)>c(HC2O

35、4)D正确。技巧点评：此类试题要看酸(碱)与盐是否发生反应，若发生，应先通过分析或计算确定混合液的成分，然后看溶液中是否存在电离和水解，以及电离与水解程度的相对大小，再列出各离子浓度的关系。若酸(碱)与盐之间不发生反应，直接根据组成及题给条件分析判断。再利用守恒原理列出相关等式，作出解答。电解质溶液中粒子浓度大小比较的综合应用例12(07年江苏化学卷，第15题)下列溶液中各微粒的浓度关系不正确的是()A0.1mol/LHCOOH溶液中：c(HCOO-)+c(OH-)=c(H+)B.1L0.Imol/LCuSO4(NH4”SO46H2O的溶液中:2-+2+-c(SO4)>c(NH4)>

36、;c(Cu)>c(H)>c(OH)C0.1mol/LNaHCO3溶液中：+-2-c(Na)+c(H)+c(H2CO3)=c(HCO3)+c(CO3)+c(OH)D等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中：c(Nac(HX)>c(X)>c(H+)>c(OH)2解析：HCOOH溶液中存在电荷守恒：c(HCOO)+c(OH)=c(H)，A说法正确；由于Cu和NH4+均水解，使溶液呈酸性，故B说法正确；由NaHCO3溶液中电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+22-+-2-+c(CO3)+c(OH),物料守恒：c(Na尸c(HCO3)+c(C

37、O3)+c(H2CO3),由这两个关系式得到：c(H)+c(H2CO3)=c(CO32-)+c(OH-)，题中等式可表示为在上式的左右两边各加上c(Na+)和c(HCO3-)，而这两种离子浓度并不相等，故等式不成立，C选项不正确；D选项中的c(Na)应界于c(HX)和c(X)之间，D 不正确。故本题符合题意的是( 07 年广东化学卷，第例 131CD。15题)下列溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是()-+A.0.1mol-LNa2CO3溶液中：c(OH尸c(HCO3)+c(H)+2c(H2CO3)B.1L0,lmol-L_1NH4Cl溶液中：c(NH4+)=c(Cl-)C向醋酸钠溶液中加入

38、适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)D 向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的解析： A 选项符合质子守恒，故正确；误；C 选项显然不符合电荷守恒，正确的关系应是恒知D 说法正确。故本题符合题意的是A、+-PH=5的混合溶液：c(Na)=c(NO3)B选项中NH4+要发生水解，使得c(NH4+)vc(Cl-),故错+-c(CH3COO)>c(Na)>c(H)>c(OH);由物料守D。技巧点评：此类试题是上述各种情况的综合应用，只要能熟练掌握上述各种情况溶液中粒子浓度大小比较时，这类试题即可解决。从以上各方面分析可

39、知解答比较溶液中粒子浓度问题的思路是：首先，根据题意分析确定溶液,利用题给数据分中的溶质成分；其次，列出溶液中发生变化的离子方程式(如电离、水解等)析比较各粒子浓度的大小关系；然后再根据电荷守恒、物料守恒、质子守恒原理列出有关恒等关系，对照题目作出准确的判断。盐溶液蒸干后的产物分析一、金属阳离子易水解的、易挥发性酸盐蒸干可得到金属氢氧化物。例如氯化铝得氧化铝，氯化铁得氧化铁；而硫酸铝蒸干还是硫酸铝。例如碳酸钠蒸干是碳酸二、酸根阴离子易水解的强碱盐，正盐是原物质，酸式盐要考虑水解产物或分解，钠，碳酸氢钠蒸干分解得碳酸钠。三、双水解的蒸干得水解产物。四、易氧化的蒸干得氧化产物，如硫酸亚铁得硫酸铁，

40、亚硫酸钠得硫酸钠。如一般的规律如下:1 .不水解、不分解也不反应，加热蒸干仍得到原来的溶质盐。如加热蒸干NaCl(相似的如Na2s04、KN03、BaCl2等)溶液，仍得到原来的溶质盐。2 .水解，但水解产物无法脱离溶液体系的，加热蒸干仍得到原来的溶质盐。阳离子水解的盐：如加热蒸干Al2(S04)3(相似的如Fe2(S04)3、CuS04、KAl(S04)等)溶液，得到Al2(S04)3,因在溶液中虽然Al2(S04)3解生成Al(OH)3和H2SO4加热只是促进了水解，但水解的产物之一H2SO4是高沸点强自费酸，所以最终会和另一产物Al(OH)3反应生成Al2(S04)30阴离子水解的盐：如

41、加热蒸干Na2c03(相似的如Na3P04、Na2Si03等)溶液，得到的将是Na2c03。因Na2c03水解生成NaHC0和NaOH,加热促进了水解，但水减少时，和oh-浓度增大，两者反应生成，所3以最后得到的是Na2c03.3 .水解，且水解产物能脱离溶液体系的，加热蒸干得不到原来的溶质盐而得到的是水解产物。如加热蒸干AlCl3(相似的如Al(N03)3、CuCl2等)溶液，得到Al2O3这是因为，在加热蒸干过程中AICl3水解的产物之一盐酸将不断挥发放出氯化氢气休，所以，最后得到的是另一水解产物Al203。4 .加热能分解的，加热蒸干便得到稳定的分解产物。如加热蒸干Ba(HC03)2(相

42、似的如Ca(HC03)2等)溶液，得到Ba2c03因Ba(HC03)2不稳定，在加热蒸干过程中将分解生成BaC03、H2O和C02,所以最后得到BaCO3o又如，KMn04溶液蒸干便得到KzMn04、Mn02cFe(OH)3溶液蒸干得到Fe203o5 .加热蒸干Mg(HCO)2溶液，得到MgO0因为Mg(HCO)2亦不稳定，加热时分解得到MgCO3,而MgCO3在加热蒸干过程中会不断水解，生成溶解度更小的Mg(OH)2,最终分解而生成MgO。6 .能被氧化的，如加热蒸干Na2SO3溶液得到Na2SO4o这是因为，虽然加热促进了Na2SO3的水解，但水解的两种产物NaHS03和NaOH将会最终生

43、成Na2SO3,但在这个过程中，因易被空气中的氧气氧化生成，所以最后得到的是Na2SO407 .能被氧化的，加热蒸干FeSO4溶液，最后得到的是Fe2(SO4)3和Fe203的混合物。这是因为，在加热蒸干过程申Fe2+易被空气中的氧气氧化为Fe3+。而Fe3+易生水解生成Fe(OH)3,溶液中还有H2s04,所以最后得到Fe2(S04)3和Fe203的混合物。8 .能被氧化的，加热蒸干Fe(N03)2溶液，最后得到的是Fe203o这是因为，在蒸干过程中Fe2+易被氧化为Fe3+而Fe3+水解生成Fe(OH)3。在加热时又分解为Fe203O水解的另一产物HN03不断挥发、分解，所以最后得到-16

44、 -Fe203。9 .加热蒸干NaClO溶液，得到NaCl。这是因为，NaClO易水解生成NaOH和HC1O,而HC1O不稳定,在加热时分解时生盐酸放出。2,盐酸与NaOH反应生成NaCl和大0,所以最后得到NaCl。电解质溶液中离子浓度大小比较的补充内容 多元弱酸溶液中，由于多元弱酸是分步电离(注意，电离都是微弱的)的，第一步的电离远远大于第二步，第二步远远大于第三步。由此可判断多元弱酸溶液中离子浓度大小顺序。例H3PO4溶液中：所以，c(H+)>c(H2Po4-)>c(HPO42-)>c(PO43)>c(OH) 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