盐溶液中离子浓度大小的比较
盐溶液中离子浓度大小的比较
比较盐溶液中离子浓度的大小，是高考必考点之一。
一、水解平衡的特点：
在一定条件下，盐类水解达到平衡状态，具有化学平衡状态的一切特点，即“逆”、“等”、“动”、“定”、“变”、“同”。
“逆”：可逆反应。盐类水解研究的对象是可逆反应。
“等”：中和反应的速率与水解反应的速率相等，即v
中和=v
水解
。
“动”：平衡时，反应仍在进行，是动态平衡，水解反应进行到最大限度。
“定”：达到平衡状态时，反应体系中各组分的浓度保持不变，反应速率保持不变，弱离子的转化率保持不变，各组分的含量保持不变。
“变”：水解是一种化学平衡，与所有的动态平衡一样，是有条件的，暂时的，相对的，当条件改变时，平衡状态就会破坏，由平衡变为不平衡，再在新的条件下建立新的平衡，即水解平衡发生了移动。
二、盐类水解的四条规律：
①有弱才水解：在盐的组成中，只有含有“弱”离子（弱酸根阴离子、弱碱阳离子），才能发生水解反应。
②越弱越水解：组成盐的弱酸根阴离子、弱碱阳离子，对应的酸或碱越弱，越容易发生水解。
③谁强显谁性：组成盐的离子，对应的酸越强（强酸弱碱盐），水解后溶液
显酸性，如NH
4Cl等；对应的碱越强（强碱弱酸盐），如Na
2
CO
3
等。
④同强显中性：强酸与强碱组成的盐，不水解，溶液显中性；同等强度的弱碱弱酸组成的盐，水解后溶液显中性。
“两弱”：弱酸、弱碱的电离是微弱的；弱酸阴离子、弱碱阴离子的水解也是微弱的。
三、影响水解的因素
1、组成与结构的影响：组成盐弱离子对应的酸或碱越弱，即弱酸或弱碱的电离常数越小，越容易发生水解，水解程度越大；反之，越难发生水解。
相同条件下的水解程度：正盐＞相应酸式盐，如水解程度：C＞HC-。
水解相互促进的盐＞单独水解的盐>水解相互抑制的盐。如N的水解程度：
(NH
4)
2
CO
3
＞(NH
4
)
2
SO
4
＞(NH
4
)
2
Fe(SO
4
)
2
。
2、温度的影响：盐的水解是中和反应的逆反应，中和反应是放热反应，水
解反应则为吸热反应，故升高温度水解平衡向右移动，有利于盐的水解，反之则抑制盐的水解。
3、同离子效应：根据平衡移动原理，增大弱酸根、弱碱根离子的浓度，可以促使水解平衡向右移动，但其对应的弱酸根、弱碱根离子水解的百分比降低，即水解程度降低；
4、加水稀释：可以促使水解平衡向右移动，对应的弱酸根、弱碱根离子水解的百分比增大，即水解程度增大。同种弱酸(或弱碱)的盐溶液浓度越小，水解程度越大。
5、酸碱对水解的促进与抑制：弱酸根水解产生OH-离子，加碱或加入能够产生OH-的物质，则水解平衡向左移动，即抑制水解。反之，则促使水解平衡向右移动，即促进水解；弱碱根水解产生H+，加酸或加入能够产生H+的物质，则水解平衡向左移动，即抑制水解。反之，则促使水解平衡向右移动，即促进水解。
四、盐溶液蒸干的产物
①难挥发性强酸的弱碱盐溶液蒸干仍得到原溶质。蒸干后一般得原物质，如
CuSO
4(aq)CuSO
4
(s)；
②易挥发性强酸的弱碱盐溶液蒸干得到氢氧化物，灼烧一般得到对应的氧化
物，如AlCl
3(aq)Al(OH)
3
(s)Al
2
O
3
(s)。
③酸根阴离子易水解的强碱盐，如Na
2CO
3
溶液等蒸干后可得到原物质。
④考虑盐受热时是否分解
Ca(HCO
3)
2
、NaHCO
3
、KMnO
4
、NH
4
Cl固体受热易分解，因此蒸干灼烧后分别为
Ca(HCO
3)
2
CaCO
3
(CaO)；NaHCO
3
Na
2
CO
3
；KMnO
4
K
2
MnO
4
+MnO
2
；NH
4
Cl NH
3
↑
+HCl↑。
⑤还原性盐在蒸干时会被O
2氧化，如Na
2
SO
3
(aq)Na
2
SO
4
(s)。
五、比较盐溶液中离子浓度的大小“三守恒”判断方法：
1、物料守恒：又称为原子守恒。
电解质溶液中，某些离子能够发生水解或者电离，转变为其它离子或分子等，虽然可以使离子的种类改变，增多或减少，但却不能使离子或分子中元素的原子的数目发生变化，即某种元素始终遵循原子守恒。
例题：0.1 mol· L-1 NaHCO
3
溶液中：
HCO
3- + H
2
O H
2
CO
3
+ OH-……①
HCO
3- CO
3
2- + H+ ……②
c(Na+)=c(HCO3-)+ c(CO32-)+ c(H2CO3)= 0.1 mol· L-1。
不管
．．HCO3-水解产生
．．．．何种形态的离子或分子，但万变不离其宗，仍然维持盐
．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．
的组成不变。
．．．．．．
要学会抓住“中心原子跟踪”
．．．．．．．．分析的方法。例如在上题中：HCO3-、 CO32-、
H
2CO
3
的中心原子是C原子，CO
3
2-是HCO
3
-电离的产物，H
2
CO
3
是HCO
3
-水解的产物，
因为Na+与HCO
3-是1：1的关系，故c(Na+)=c(HCO
3
-)+ c(CO
3
2-)+ c(H
2
CO
3
)= 0.1 mol· L-1。
范围：所有化学反应。
2、电荷守恒：
溶液中阳离子所带的正电荷总数=阴离子所带的负电荷总数，整个溶液不显电性。
注意：既要考虑溶质的电离，又要考虑水的电离，还要考虑盐的水解。
范围：所有电解质溶液。
3、质子守恒
在盐类水解的体系中，质子守恒是根据物料守恒和电荷守恒推导出来的。
（1）在强碱弱酸盐溶液中：c（OH-）=c（H+）+c（酸式弱酸根离子）+c（弱酸分子）；
例题1：如在0.1 mol·L-1CH
3
COONa溶液中：
CH
3COO-+H
2
O CH
3
COOH+OH-
离子浓度大小关系： c(Na+)＞c(CH
3
COO-)＞c(OH-)＞ c(H+)
物料守恒： c(Na+)=c(CH
3COO-)+c(CH
3
COOH) ……①
电荷守恒： c(Na+)+c(H+)=c(CH
3
COO-)+c(OH-)……②将①代入②式，整理可得：
质子守恒：c（OH-）=c（H+）+c（CH
3
COOH）
例题2：0.1 mol·L-1的Na
2CO
3
溶液中：
CO
32-+H
2
O HCO
3
-+OH-一级水解
HCO
3-+H
2
O H
2
CO
3
+OH- 二级水解
离子浓度大小关系： c(Na+)＞c(CO
32-)＞c(OH-)＞c(HCO
3
-)＞c(H+)
物料守恒： c(Na+)=2[c(CO
32-)+c(HCO
3
-)+c(H
2
CO
3
)] ……①
电荷守恒： c(Na+)+c(H+)=c(HCO
3-)+c(OH-)+2c(CO
3
2-) ……②
将①代入②式，整理可得：
质子守恒： c(OH-)=c(H+)+2c(H
2CO
3
)+c(HCO
3
-)
例题3：在Na
2
S溶液中，由于S2-的水解，水电离产生的H+被S2-结合，生成
了少量的HS-和H
2S，但溶液中未被结合的H+和HS-、H
2
S中结合的H+总量与溶液中
OH-总量一定是相等的。
S2-+H
2
O HS-+OH-一级水解
HS-+H
2O H
2
S+OH- 二级水解
离子浓度大小关系： c(Na+)＞c(S2-)＞c(OH-)＞c(HS-)＞c(H+)
物料守恒： c(Na+)=2[c(S2-)+c(HS-)+c(H
2
S)] ……①
电荷守恒： c(Na+)+c(H+)=c(HS-)+c(OH-)+2c(S2-) ……②
将①代入②式，整理可得：
质子守恒： c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H
2
S)。
综合上述例题分析结果，在强碱弱酸盐溶液中，质子守恒通式为：
（2）在强酸弱碱盐溶液中c（H+）=c（OH-）+c（碱式弱碱根离子）+c（弱碱分子）
例题：浓度均为0.1 mol·L-1的氨水和盐酸等体积混合。混合后二者反应生
成NH
4Cl，水电离出的OH-结合NH
4
+，生成少量的NH
3
·H
2
0，但溶液中未被结合的
OH-和NH
3·H
2
O的总量与溶液中的H+的总量一定是相等的。
NH
4++H
2
O NH
3
·H
2
0+OH-
离子浓度大小：c(Cl-)＞c(NH
4
+)＞c(OH-)＞c(H+)
物料守恒：c(Cl-)= c(NH
4+)+ c(NH
3
·H
2
O) ……①
电荷守恒：c(H+)+c(NH
4
+)= c(Cl-)+ c(OH-)……②
式中的c(H+)是水电离出的，c(OH-)是NH
4
+水解生成的将①式代入②式，整理可得：
质子守恒：c(H+)=c(OH-)+c(NH
3·H
2
O)
范围：多用在盐水解的溶液习题中。溶液中粒子浓度大小比较的具体分析：
(1)单一溶液中各粒子浓度的比较
①多元弱酸溶液
多元弱酸分步电离，电离程度逐级减弱。如H
3PO
4
溶液中：c(H+)＞c(H
2
PO
4
-)
＞c(HP42-)＞c(P43-)。
②多元弱酸的正盐溶液
多元弱酸的弱酸根离子分步水解，水解程度逐级减弱。如在Na
2CO
3
溶液中：
c(Na+)＞c(CO
32-)＞c(OH-)＞c(HCO
3
-)＞c(H+)。
③多元弱酸的酸式盐溶液
取决于弱酸酸式酸根离子水解和电离程度的相对大小。如在NaHCO
3
溶液中：
c(Na+)＞c(HCO
3
-)＞c(OH-)＞c(H+)。
(2)混合溶液中粒子浓度的比较
比较混合溶液中粒子浓度大小时，要综合分析电离、水解等因素。如0.1
mol·L-1 NH
4
Cl溶液和0.1 mol·L-1氨水的混合溶液呈碱性，各粒子浓度大小的
顺序为c(NH
4
+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)。
酸、碱中和型粒子浓度的关系：
(3)不同溶液中同一粒子浓度的比较
不同溶液某微粒浓度的大小要看溶液中其他微粒对该微粒的影响。例题1：25 ℃时，相同物质的量浓度的下列溶液中：
a、NH
4Cl b、CH
3
COONH
4
c、NH
4HSO
4
d、(NH
4
)
2
SO
4
e、(NH
4)
2
Fe(SO
4
)
2
c(NH
4
+)由大到小的的顺序为e＞d＞c＞a＞b。
【解析】在物质铵盐中，CH
3COONH
4
溶液中发生相互促进的水解反应，c(NH
4
+)
最小；(NH
4)
2
Fe(SO
4
)
2
溶液中，Fe2+的水解产生的H+抑制NH
4
+的水解，c(NH
4
+)：
(NH
4)
2
Fe(SO
4
)
2
＞(NH
4
)
2
SO
4
；故(NH
4
)
2
Fe(SO
4
)
2
中c(NH
4
+)最大；NH
4
HSO
4
溶液中，电
离出的H+抑制NH
4+的水解，NH
4
Cl则发生微弱的水解，故c(NH
4
+)：NH
4
HSO
4
＞NH
4
Cl。
因此c(NH
4
+)由大到小的的顺序为e＞d＞c＞a＞b。
例题2：物质的量浓度相同下列溶液：①(NH
4)
2
CO
3
、②(NH
4
)
2
SO
4
、③NH
4
HCO
3
、
④NH
4HSO
4
、⑤NH
4
Cl、⑥NH
3
·H
2
O，按c(NH
4
+)由小到大排列正确的是（）
A、③⑤④⑥①②
B、⑥③⑤④①②
C、⑥⑤③④①②
D、⑥③⑤④②①
【解析】六种物质中，NH
3·H
2
O是弱电解质，只能微弱电离；其余都是盐（强
电解质），能够完全电离，因为NH
4+的水解是微弱的，所以NH
3
·H
2
O中c(NH
4
+)最
小。
在组成相似的NH
4HCO
3
、NH
4
HSO
4
、NH
4
Cl三种盐中，NH
4
HCO
3
是弱酸弱碱盐，在
溶液中能够发生相互促进的水解反应；NH
4HSO
4
、能电离出H+，使NH
4
+的水解受到
抑制。因此，三种盐溶液中c(NH
4
+)由小到大的排列是③＜⑤＜④。
在组成相似的(NH
4)
2
CO
3
、(NH
4
)
2
SO
4
中，(NH
4
)
2
CO
3
在溶液中发生相互促进的水
解反应，(NH
4)
2
SO
4
在溶液中NH
4
+水解的程度较小，c(NH
4
+)最大，故正确的选项为
B。
解答本题的简捷方法：判断出c(NH
4+)最大是(NH
4
)
2
SO
4
，c(NH
4
+)最小的是
NH
3·H
2
O，即可排除A、C，③与⑤那个溶液中c(NH
4
+)大小很好判断，NH
4
HCO
3
发
生相互促进的水解反应，NH
4Cl溶液中NH
4
+发生微弱的水解反应，故NH
4
HCO
3
溶液
中的c(NH
4+)小于NH
4
Cl溶液中的c(NH
4
+)，故正确选项为B。
例题3：25 ℃时，浓度都是1 mol·L-1的四种正盐溶液：AX、BX、AY、BY；AX溶液的pH=7且溶液中c(X-)=1 mol·L-1，BX溶液的pH=4，BY溶液的pH=6。下列说法正确的是( )。
A、电离平衡常数K(BOH)小于K(HY)
B、AY溶液的pH小于BY溶液的pH
C、稀释相同倍数，溶液pH的变化量：BX=BY
D、将浓度均为1 mol·L-1的HX和HY溶液分别稀释10倍后，HX溶液的pH 大于HY
【解析】A项，BY溶液的pH=6，则B+比Y-更易水解，BOH比HY更难电离，因此电离平衡常数K(BOH)小于K(HY)，故A选项正确；
B项，根据AX、BX、BY溶液的pH可知，AX为强酸强碱盐，BX为强酸弱碱盐，BY为弱酸弱碱盐，则AY为弱酸强碱盐，溶液的pH＞7，故AY溶液的pH大于BY 溶液的pH，故B选项错误；
C项，稀释相同倍数，BX、BY溶液的pH均增大，且BX溶液的pH变化量大于BY溶液，故C选项错误；
D项，HX为强酸，HY为弱酸，浓度相同时，稀释10倍后，HY的电离程度增大，但仍不能全部电离，故HX溶液的酸性更强，pH更小，故D选项错误。
正确选项为A。
本题的难点在于逆向判断，容易使人混淆。
对于盐溶液：弱阳离子水解使溶液呈酸性，水解平
衡时溶液的pH越小，说明弱阴离子越溶液水解，对应
的碱就越弱，反之，对应的碱就越强；弱阴离子水解使
溶液呈碱性，水解平衡时溶液的pH越大，对应的酸就
越弱，反之，对应的酸就越强。
六、实战演练
习题1、(2018年浙江4月选考，23)在常温下，向10 mL 浓度均为0.1 mol ·L -1
的NaOH 和Na 2CO 3混合溶液中滴加0.1 mol ·L -1的盐酸，溶液pH 随盐酸加入体积的变化如图所示。下列说法正确的是( )。
A.在a 点的溶液中，c(Na +)＞c(CO 32-)＞c(Cl -)＞c(OH -)＞c(H +)
B.在b 点的溶液中，2n(HCO 3-)+n(HCO 3-)＜0.001 mol
C.在c 点的溶液pH ＜7，是因为此时HCO 3-的电离能力大于其水解能力
D.若将0.1 mol ·L -1的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH=7时:c(Na +)=c(CH 3COO -)
【解析】 在a 点的溶液中，NaOH 被消耗一半，碳酸根离子水解产生氢氧根离子， 故c(OH -)＞c(Cl -)，所以c(Na +)＞c(CO 32-)＞c(OH -)＞c(Cl -)＞c(H +)，A 项错误；
在b 点，加入盐酸体积已经超过20mL ，的溶液中pH=7，有二氧化碳生成，根据物料守恒（C 原子守恒），可知2n(CO 32-)+n(HCO 3-)＜0.001 mol ，B 项正确；
碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，其pH ＜7的原因，是盐酸过量，C 项错误；
将0.1 mol ·L -1的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH=7时，阴离子不只有醋酸根离子，所以c(Na +)＞c(CH 3COO -)，D 项错误。
答案：B 。
习题2、(2017年全国Ⅰ卷，13)常温下将NaOH 溶
液滴加到己二酸(H 2X)溶液中，混合溶液的pH 与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误．．
的是( )。 A.K a2(H 2X)的数量级为10-6
B.曲线N表示pH与lg -
的变化关系
C.NaHX溶液中c(H+)＞c(OH-)
D.当混合溶液呈中性时，c(Na+)＞c(HX-)＞c(X2-)＞c(OH-)=c(H+) 【解析】方法一：己二酸是弱酸：
①H
2X H++HX-，K
a1
=·
-
，则c(H+)=·
-
，
等式两边同取负对数可得，pH
1=-lgK
a1
+lg
-
。
HX-H++X2-，K
a2
=·，则c(H+)=·，
等式两边同取负对数可得，pH
2=-lgK
a2
+lg
-
。
因1＞K
a1?K
a2
，由于K
a
越大，取负对数后越小，故有-lgK
a1
＜-lgK
a2
。
当两条曲线在一条垂线上时，则lg -
=lg
-
，必有pH
1
＜pH
2
，
故曲线 N表示pH与lg -
的变化关系，
曲线M表示pH与lg
-
的变化关系，B项正确。
②由曲线M可知，当pH=4.8时，lg
-
≈-0.6，
由pH
2=-lgK
a2
+lg
-
可得，lgK
a2
≈-0.6-4.8=-5.4，K
a2
≈10-5.4=100.6×10-6，
故K
a2
的数量级为10-6，A项正确。
③NaHX溶液中，K
a2≈10-5.4=100.6×10-6＞K
w
，此时HX-电离占主导地位，水解
处于劣势，溶液呈酸性，所以c(H+)＞c(OH-)，C项正确。
④由以上分析可知，HX-的电离程度大于其水解程度，故当溶液呈中性时，
c(Na
2
X)＞c(NaHX)，溶液中各离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(X2-)＞c(HX-)＞c(OH-)=c(H+)，D项错误。方法二：
①己二酸溶液存在的两级电离平衡：
H 2X H+HX- K
a1
=·
-
HX-H++X2- K
a2
=·
等式两边同取负对数可得，pH
1=-lgK
a1
+lg
-
pH2=-lgK a2+lg
-
。
己二酸溶液以一级电离为主，K
a1?K
a2
，则-lgK
a1
＜-lgK
a2
；当lg
-
与lg
-
相等时，即当二者曲线都相交于一条垂线上时，必有pH1＜pH2，则可判断N曲线
表示的是pH与lg -
的变化关系，曲线M表示的是pH与lg
-
的变化关系。
故B正确。
②由曲线M可知，当pH=4.8时，lg
-
≈-0.6，
K a2=· c(H+)
2
=·
-
pH
2
= -lgK
a2
+lg
-
，
则lgK
a2 = lg
-
- pH2≈ -0.6 - 4.8 = -5.4，
K
a2
≈10-5.4=100.6×10-6=3.98×10-6，
故K
a2
的数量级为10-6，A项正确。
③因为K
a2=3.98×10-6＞K
w
，即HX-比H
2
O的电离能力更强，故NaHX在溶液中
电离占主导地位，水解处于劣势，因此溶液呈酸性。
④由于HX-的电离程度大于其水解程度，当滴加NaOH使溶液呈中性时，HX-
的电离趋于结束，此时c(NaHX)已经很小，c(Na
2
X)＞c(NaHX)，故D错误。
答案：D。
本题酸式弱酸根离子的电离常数大于水的电离常数，则其电离占主导地位。
HX-H++X2- K
a2=· =3.98×10-6，说明HX-比H
2
O的电离能力更强，
则HX-以电离占主导地位，水解很弱。
酸式弱酸根离子的电离常数小于水的电离常数，则其水解占主导地位。
HS-H++S2- Ka
2
=7.1×10-15
HCO
32-H++ CO
3
2- K
2
=4.7×10-11
说明HS-、HCO
3
-比水的电离能力更弱，则以水解占主导地位。
习题3、25 ℃时，浓度都是1 mol·L-1的四种正盐溶液：AX、BX、AY、BY；AX溶液的pH=7且溶液中c(X-)=1 mol·L-1，BX溶液的pH=4，BY溶液的pH=6。下列说法正确的是( )。
A、电离平衡常数K(BOH)小于K(HY)
B、AY溶液的pH小于BY溶液的pH
C、稀释相同倍数，溶液pH的变化量：BX=BY
D、将浓度均为1 mol·L-1的HX和HY溶液分别稀释10倍后，HX溶液的pH 大于HY
【解析】A项，BY溶液的pH=6，则B+比Y-更易水解，BOH比HY更难电离，
因此电离平衡常数K(BOH)小于K(HY)；
B 项，根据AX 、BX 、BY 溶液的pH 可知，AX 为强酸强碱盐，BX 为强酸弱碱盐，BY 为弱酸弱碱盐，则AY 为弱酸强碱盐，溶液的pH ＞7，故AY 溶液的pH 大于BY 溶液的pH ；
C 项，稀释相同倍数，BX 、BY 溶液的pH 均增大，且BX 溶液的pH 变化量大于BY 溶液；
D 项，HX 为强酸，HY 为弱酸，浓度相同时，稀释10倍后，HY 的电离程度增大，但仍不能全部电离，故HX 溶液的酸性更强，pH 更小。
答案：A 。
习题4、0.1 mol ·L -1 CH 3COOH 溶液与0.1 mol ·L -1 NaOH 溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH -)＞c(H +)+c(CH 3COOH)。( )
根据电荷守恒可得：
c(Na +)+ c(H +)= c(CH 3COO -)+ c(OH -) 根据物料守恒可得：
c(Na +)= c(CH 3COO -)+c(CH 3COOH)
将物料守恒式代入电荷守恒式可得质子守恒： c(OH -)=c(H +)+c(CH 3COOH) 答案：错误。
习题5、(2018年江苏，14)(双选)H 2C 2O 4为二元弱酸，K a1(H 2C 2O 4)=5.4×10-2，K a2(H 2C 2O 4)=5.4×10-5，设H 2C 2O 4溶液中c(总)=c(H 2C 2O 4)+c(HC 2O 42-)+c(C 2O 42-)。室温下用NaOH 溶液滴定25.00 mL 0.1000 mol ·L -1H 2C 2O 4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是( )。
A 、0、1000 mol ·L -1H 2C 2O 4溶液：c(H +)=0.1000 mol ·L -1 + c(C 2O 42-)+ c(OH -)-
c(H
2C
2
O
4
)
B、c(Na+)=c(总)的溶液：c(Na+)＞c(H
2
C
2
O
4
)＞c(C
2
O
4
2-)＞c(H+)
C、pH=7的溶液：c(Na+)=0.1000 mol·L-1+c(C
2
O
4
2-)-c(H
2
C
2
O
4
)
D、c(Na+)=2c(总)的溶液：c(OH-)-c(H+)=2c(H
2
C
2
O
4
)+c(HC
2
O
4
-)
【解析】注意比较粒子浓度大小常用的方法是“三守恒”原则，而“三守
恒”中的物料守恒实质是原子守恒，可利用原子跟踪法进行判断。
1、H
2C
2
O
4
溶液中的电荷守恒为：
c(H+)=c(HC
2O
4
-)+2c(C
2
O
4
2-)+c(OH-)……①
0.1000 mol·L-1H
2C
2
O
4
溶液中的物料守恒为：
0.1000 mol·L-1=c(H
2C
2
O
4
) +c(C
2
O
4
2-) +c(HC
2
O
4
-)，整理得：
c(HC
2O
4
-)= 0.1000 mol·L-1- c(H
2
C
2
O
4
) -c(C
2
O
4
2-)……②
②式代入①，整理得质子守恒：
c(H+)=0.1000 mol·L-1-c(H
2C
2
O
4
)+c(C
2
O
4
2-)+c(OH-)，A项正确；
2、c(Na+)=c(总)时，溶液中溶质为NaHC
2O
4
，HC
2
O
4
-既存在电离平衡又存在水
解平衡，HC
2O
4
-水解的离子方程式为：
HC
2O
4
-+H
2
O H
2
C
2
O
4
+OH-，
HC
2O
4
-水解常数为：K
h
= ·
-
-
= ·-·
-·
==
-
-
= 1.85×10-13≤K a2(H2C2O4)，
故HC
2O
4
-的电离程度大于其水解程度，则c(C
2
O
4
2-)＞c(H
2
C
2
O
4
)，B项错误；
3、滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为
c(Na+)+c(H+)=c(HC
2O
4
-)+2c(C
2
O
4
2-)+c(OH-)，
室温下溶液的pH=7，即c(H+)=c(OH-)，
c(Na+)=c(HC
2O
4
-)+2c(C
2
O
4
2-)，
因为c(总)=c(H
2C
2
O
4
)+c(HC
2
O
4
-)+c(C
2
O
4
2-)，则：
c(Na+)=c(HC
2O
4
-)+2c(C
2
O
4
2-)+ c(H
2
C
2
O
4
)- c(H
2
C
2
O
4
)=c(总)+c(C
2
O
4
2-)-c(H
2
C
2
O
4
)，
由于溶液体积增大，故
c(总)＜0.1000 mol·L-1，则c(Na+)＜0.1000 mol·L-1+c(C
2O
4
2-)-c(H
2
C
2
O
4
)，C
项错误；
4、c(Na+)=2c(总) =2［c(H
2C
2
O
4
)+c(HC
2
O
4
-)+c(C
2
O
4
2-)］
溶液中溶质为Na
2C
2
O
4
，
溶液中的电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=c(HC
2O
4
-)+2c(C
2
O
4
2-)+c(OH-)，
物料守恒为：c(Na+)=2c(总)=2[c(H
2C
2
O
4
)+c(HC
2
O
4
-)+c(C
2
O
4
2-)]，
两式整理得：c(OH-)-c(H+)=2c(H
2C
2
O
4
)+c(HC
2
O
4
-)，D项正确。
答案：AD。
溶液中离子浓度大小比较总结归类(超全)91946
一、电离平衡理论和水解平衡理论 1.电离理论：⑴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是少量的，同时注意考虑水的电离的存在；例如NH3·H2O溶液中微粒浓度大小关系。 【分析】由于在NH3·H2O溶液中存在下列电离平衡：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+)。 ⑵多元弱酸的电离是分步的，主要以第一步电离为主；例如H2S溶液中微粒浓度大小关系。 【分析】由于H2S溶液中存在下列平衡：H2S HS-+H+，HS- S2-+H+，H2O H++OH-，所以溶液中微粒浓度关系为：c(H2S)＞c(H+)＞c(HS-)＞c(OH-)。 2.水解理论： ⑴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-)。 ⑵弱酸的阴离子和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H+的（或OH-）也是微量，但由于水的电离平衡和盐类水解平衡的存在，所以水解后的酸性溶液中c(H+)（或碱性溶液中的c(OH-)）总是大于水解产生的弱电解质的浓度；例如（NH4）2SO4溶液中微粒浓度关系。 【分析】因溶液中存在下列关系：（NH4）2SO4=2NH4++SO42-， 2H2O2OH-+2H+， 2NH3·H2O，由于水电离产生的c(H+)水=c(OH-)水，而水电离产生的一部分OH-与NH4+结合产生NH3·H2O，另一部分OH-仍存在于溶液中，所以溶液中微粒浓度关系为：c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(NH3·H2O)＞c(OH-)。 ⑶一般来说“谁弱谁水解，谁强显谁性”，如水解呈酸性的溶液中c(H+)＞c(OH-)，水解呈碱性的溶液中 c(OH-)＞c(H+)； ⑷多元弱酸的酸根离子的水解是分步进行的，主要以第一步水解为主。例如Na2CO3溶液中微粒浓度关系。【分析】因碳酸钠溶液水解平衡为：CO32-+H2O HCO3-+OH-，H2O+HCO3-H2CO3+OH-，所以溶液中部分微粒浓度的关系为：c(CO32-)＞c(HCO3-)。 二、电荷守恒和物料守恒 1．电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有的阴离子所带的负电荷数相等。如NaHCO3溶液中：n(Na+)＋n(H+)＝n(HCO3-)＋2n(CO32-)＋n(OH-)推出：c(Na+)＋c(H+)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)
高二化学溶液中离子浓度大小比较专题
高二化学溶液中离子浓度大小比较专题（用） 一、相关知识点梳理: 1、电解质的电离 强电解质在水溶液中是完全电离的，在溶液中不存在电解质分子。弱电解质在水溶液中 是少部分发生电离的。多元弱酸如H 2CO 3 还要考虑分步电离： H 2CO 3 H+＋HCO 3 -；HCO 3 -H+＋CO 3 2-。 ２、水的电离 水是一种极弱的电解质，它能微弱地电离， H 2 O H+＋OH-。水电离出的[H+]＝[OH-] 在一定温度下，纯水中[H+]与[OH-]的乘积是一个常数：水的离子积Kw＝[H+]·[OH-]，在２５℃时，Kw＝1×10-14。 在纯水中加入酸或碱，抑制了水的电离，使水的电离度变小，在纯水中加入弱酸强碱盐、弱碱强酸盐，促进了水的电离，使水的电离度变大。 ３、盐类水解 在溶液中盐的离子跟水所电离出的H+或OH-生成弱电解质的反应，叫做盐类的水解。关于盐的水解有这么一个顺口溜“谁弱谁水解，谁强显谁性” 多元弱酸盐还要考虑分步水解，如CO 32-＋H 2 O HCO 3 -＋OH-、HCO 3 -＋H 2 O H 2 CO 3 ＋OH-。 ４、电解质溶液中的守恒关系 电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有的阴离子所带的负电荷数相等。 如Na 2CO 3 溶液中：[Na+]＋[H+]＝[HCO 3 -]＋2[CO 3 2-]＋[OH-] 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它离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变的。 如Na 2CO 3 溶液中n(Na+)：n(c)＝2：1，推出： c(Na+)＝2c(HCO 3 -)＋2c(CO 3 2-)＋2c(H 2 CO 3 ) 水的电离守恒（也称质子守恒）：是指在强碱弱酸盐或强酸弱碱盐溶液中，由水所电离的H＋与OH－量相等。 如在0.1mol·L－1的Na 2S溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H 2 S)。 质子守恒：电解质溶液中分子或离子得到或失去质子（H+）的物质的量应相等。例如在NH 4 HCO溶液中H O+、H CO为得到质子后的产物；NH、OH-、CO2-为失去质子后的产物，故有以下关系： c(H 3O+)+c(H 2 CO 3 )=c(NH 3 )+c(OH-)+c(CO 3 2-)。 列守恒关系式要注意以下三点： ①要善于通过离子发生的变化，找出溶液中所有离子和分子，不能遗漏。 ②电荷守恒要注意离子浓度前面的系数；物料守恒要弄清发生变化的元素各离子的浓 度与未发生变化的元素之间的关系；质子守恒要找出所有能得失质子的微粒，不能遗漏。 ③某些关系式既不是电荷守恒也不是物料守恒通常是两种守恒关系式通过某种变式 而得。 解题指导 电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考的“热点”之一。多年以来全国高考化
高中化学离子浓度大小比较练习题(附答案)
高中化学离子浓度大小比较练习题 一、单选题 -7 -11 -1 1.25 C° 时，H2CO3 ，的K al =4. 2 10-7，K a2=5. 6 10-11。室温下向10 mL0. 1 mol L-1 Na2CO3 中逐滴加入0. 1 mol L-1HCl 。图是溶液中含 C 微粒物质的量分数随pH 降低而变化的图像( CO2 因有逸出未画出)。下列说法错误的是( ) A. A 点溶液的pH<11 B. B 点溶液：c Na+=c HCO3-+c CO32-+c H2CO3 2- + C. A →B 的过程中，离子反应方程式为：CO23-H+HCO 3 D. 分步加入酚酞和甲基橙，用中和滴定法可测定 Na2CO 3 ，与NaHCO 3 ，混合物组成 - 1 -1 2.实验测得0.5mol L·- 1CH 3COONa 溶液、0.5mol L·-1 CuSO4 溶液以及H2O 的pH 随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是( ) +- A. 随温度升高，纯水中c(H+)>c(OH - )
c R( COOH ) c(RCOOH)+c(RCOO -) CH 3CH 2COOH)溶液中 δRCOOH 与 pH 的关系如图所示。下列说法正确的是 ( ) A. 图中 M 、N 两点对应溶液中的 c(OH )比较：前者 >后者 B. 丙酸的电离常数 K= 10 4.88 C. 等浓度的 HCOONa 和CH 3CH 2 COONa 两种榕液的 pH 比较：前者 > 后者 D. 将 0. 1 mol/L 的 HCOOH 溶液与 0. 1 mol/L 的 HCOO-Na 溶 液 等 体 积 混 合 ， 所 得 溶 液 中 ： c Na >c H COOH >c H - COOH - >cc HO + 4. 常温下 ,Ksp(CaF 2)=4×10-9,Ksp (CaSO 4)=9.1×10-6。取一定量的 CaF 2固体溶于水 ,溶液中离子浓度 的 变化与时间的变化关系如图所示。下列有关说法正确 ( ) A. M 点表示 CaF 2 的不饱和溶液 B. 常温下 ,CaF 2的饱和溶液中 ,c(F -) = 10-3 mol/L C. 温度不变， t 时刻改变的条件可能是向溶液中加 了 KF 固体, CaF 2的 K sp 增大 D. 常温下 ,向 100 mL CaF 2的饱和溶液中加入 100 mL 0.2 mol/L Na 2SO 4溶液,平衡后溶液中的 c(Ca 2+) 约为 9. 1× 10-5 mol/L 5. 常温下将 NaOH 溶液滴加到己二酸( H 2X )溶液中，混合溶液的 pH 与离子浓度变化的关系如图 所 示。下列叙述错误的是( ) B. 随温度升 高， CH 3COONa 溶液的 c(OH )减小 C. 随温度升高， CuSO 4 溶液的 pH 变化是 K w 改变与水解平衡移动共同作用的结果 D. 随温度升高， 动方向不 CH 3COONa 溶液和 CuSO 4 溶液的 pH 均降低，是因为 CH 3COO - 、 Cu 2+水解平衡 移 3.25 C °时，改变 0. 1 mol/L 弱酸 RCOOH 溶液的 pH ，溶液中 RCOOH 分 子 的 物 质 的 量 分 数 δRCOOH 随 之 改 变 [ 已 知 δ(RCOOH )= ] ，甲酸 (HCOOH) 与丙酸
溶液中离子浓度大小的比较方法与技巧
溶液中离子浓度大小的比较 １．溶液中离子浓度大小比较的规律 （1）多元弱酸溶液，根据多步电离分析。如H3PO4的溶液中，c(H+)>c(H2PO4－)>c(HPO42－) > c(PO43－)。多元弱酸的正盐溶液根据弱酸根的分步水解分析：如Na CO3溶液中，c(Na+)>c(CO32－)>c(OH－)> 2 c(HCO3－)。 （2）不同溶液中同一离子浓度的比较，则要注意分析溶液中其他离子对其的影响。如在①NH4Cl ②CH3COONH4③NH4HSO4溶液中，c(NH4+)浓度的大小为③>①>②。 （3）如果题目中指明溶质只有一种物质（该溶质经常是可水解的盐），要首先考虑原有阳离子和阴离子的个数，水解程度如何，水解后溶液显酸性还是显碱性。 （4）如果题目中指明是两种物质，则要考虑两种物质能否发生化学反应，有无剩余，剩余物质是强电解质还是弱电解质；若恰好反应，则按照“溶质是一种物质”进行处理；若是混合溶液，应注意分析其电离、水解的相对强弱，进行综合分析。 （5）若题中全部使用的是“＞”或“＜”，应主要考虑电解质的强弱、水解的难易、各粒子个数的原有情况和变化情况(增多了还是减少了)。 （6）对于HA 和NaA的混合溶液（多元弱酸的酸式盐：NaHA），在比较盐或酸的水解、电离对溶液酸、碱性的影响时，由于溶液中的Na+保持不变，若水解大于电离，则有c(HA) > c(Na+)>c(A－) ，显碱性；若电离大于水解，则有c(A－) > c(Na+)> c(HA)，显酸性。若电离、水解完全相同（或不水解、不电离），则c(HA) =c(Na+)=c(A－)，但无论是水解部分还是电离部分，都只能占c(HA)或c(A－)的百分之几到百分之零点几，因此，由它们的酸或盐电离和水解所产生的c(H+) 或c(OH－)都很小。 【例1】把0.2 mol·L－1的偏铝酸钠溶液和0.4 mol·L－1的盐酸溶液等体积混合，混合溶液中离子浓度由大到小的顺序正确的是 A．c(Cl－)>c(Al3+)>c(Na+)>c(H+)>c(OH－)B．c(Cl－)>c(Al3+)>c(Na+)> c(OH－)> c(H+) C．c(Cl－)> c(Na+) > c(Al3+) > c(H+) > c(OH－) D．c(Na+)> c(Cl－)> c(Al3+) > c(OH－) > c(H+) 【解析】偏铝酸钠与盐酸混合后，发生反应：NaAlO2+HCl+H2O ===NaCl+Al(OH)3，显然，盐酸过量，过量的盐酸与Al(OH)3进一步反应：Al(OH)3+3HCl=== AlCl3+ 3H2O，故反应后，溶液为AlCl3与NaCl的混合溶液，Cl－浓度最大，反应前后不变，故仍然最大，有部分Al存在于没有溶解的Al(OH)3沉淀中，若Al全部进入溶液中与Na+浓度相同，故c(Na+) > c(Al3+)，由于AlCl3水解溶液呈酸性，故c(H+) > c(OH－)，故正确答案为C。 【答案】C。 【例2】某二元弱酸(简写为H2A)溶液，按下式发生一级和二级电离： H2A H++HA－HA－H++A2－ 已知相同浓度时的H2A的电离比HA－电离容易，设有下列四种溶液： A．0.01 mol·L－1的H2A溶液 B．0.01 mol·L－1的NaHA溶液 C．0.02 mol·L－1的HCl与0.04 mol·L－1NaHA溶液等体积混合液 D．0.02 mol·L－1的NaOH与0.02 mol·L－1的NaHA溶液等体积混合液。据此，填写下列空白(填代号)： (1)c(H+)最大的是_______，最小的是______。 (2)c(H2A)最大的是______，最小的是______。 (3)c(A2－)最大的是_______，最小的是______。 (1)A D(2)A D(3)D A 【例3】把0.02 mol·L-1CH3COOH溶液和0.01mol·L-1NaOH溶液以等体积混合，若c(H+)>c(OH —)，则混合液中粒子浓度关系正确的是( ) A．c(CH3COO-)＞c(Na+) B．c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)
化学选修4溶液中离子浓度大小比较专题复习资料
溶液中离子浓度大小比较专题（用） 相关知识点: 1、电解质的电离 电解质溶解于水或受热熔化时，离解成能自由移动的离子的过程叫做电离。 强电解质如NaCl、HCl、NaOH等在水溶液中是完全电离的，在溶液中不存在电解质分子。弱电解质在水溶液中是少部分发生电离的。２５℃0.1mol/L的如CH3COOH溶液中，CH3COOH的电离度只有1.32％，溶液中存在较大量的H2O和CH3COOH分子，少量的H+、CH3COO-和极少量的OH-离子。多元弱酸如H2CO3还要考虑分步电离： H2CO3H+＋HCO3-；HCO3-H+＋CO32-。 ２、水的电离 水是一种极弱的电解质，它能微弱地电离，生成H3O+和OH-，H2O H+＋OH-。在２５℃（常温）时，纯水中[H+]＝[OH-]＝1×10-7mol/L。 在一定温度下，[H+]与[OH-]的乘积是一个常数：水的离子积Kw＝[H+]·[OH-]，在２５℃时，Kw＝1×10-14。 在纯水中加入酸或碱，抑制了水的电离，使水的电离度变小，水电离出的[H+]水和[OH-]水均小于10-7mol/L。在纯水中加入弱酸强碱盐、弱碱强酸盐，促进了水的电离，使水的电离度变大，水电离出的[H+]水或[OH-]均大于10-7mol/L。 ３、盐类水解 在溶液中盐的离子跟水所电离出的H+或OH-生成弱电解质的反应，叫做盐类的水解。 强酸弱碱盐如NH4Cl、Al2(SO4)3等水解后溶液呈酸性；强碱弱酸盐如CH3COONa、Na2CO3等水解后溶液呈碱性。多元弱酸盐还要考虑分步水解，如CO32-＋H2O HCO3-＋OH-、HCO3-＋H2O H2CO3＋OH-。 ４、电解质溶液中的守恒关系 电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有的阴离子所带的负电荷数 相等。 如NaHCO3溶液中：n(Na+)＋n(H+)＝n(HCO3-)＋2n(CO32-)＋n(OH-)推出：[Na+]＋[H+]＝[HCO3-]＋2[CO32-]＋[OH-] 如Na2CO3溶液中：c(Na＋) ＋c(H＋)＝2c(CO32－)＋c(OH－)＋c(HCO3－) 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它离子或分子等， 但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变的。 如NaHCO3溶液中n(Na+)：n(c)＝1：1，推出：c(Na+)＝c(HCO3-)＋c(CO32-)＋c(H2CO3) ＝c(HAc)＋c(Ac－)； 如HAc 溶液中：c(HAc) 总 水的电离守恒（也称质子守恒）：是指在强碱弱酸盐或强酸弱碱盐溶液中，由水所电离的H＋与OH－量相等。 如在0.1mol·L－1的Na2S溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)。 质子守恒：电解质溶液中分子或离子得到或失去质子（H+）的物质的量应相等。例如在NH4HCO3溶液中H3O+、H2CO3为得到质子后的产物；NH3、OH-、CO32-为失去质子后的
溶液中离子浓度大小比较总结归类(超全)知识讲解
溶液中离子浓度大小比较总结归类(超全)
一、电离平衡理论和水解平衡理论 1.电离理论：⑴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是少量的，同时注意考虑水的电离的存在；例如NH3·H2O溶液中微粒浓度大小关系。 【分析】由于在NH3·H2O溶液中存在下列电离平衡：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+)。 ⑵多元弱酸的电离是分步的，主要以第一步电离为主；例如H2S溶液中微粒浓度大小关系。 【分析】由于H2S溶液中存在下列平衡：H2S HS-+H+，HS-S2-+H+，H2O H++OH-，所以溶液中微粒浓度关系为：c(H2S)＞c(H+)＞c(HS-)＞c(OH-)。 2.水解理论： ⑴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-)。 ⑵弱酸的阴离子和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H+的（或OH-）也是微量，但由于水的电离平衡和盐类水解平衡的存在，所以水解后的酸性溶液中c(H+)（或碱性溶液中的c(OH-)）总是大于水解产生的弱电解质的浓度；例如（NH4）2SO4溶液中微粒浓度关系。【分析】因溶液中存在下列关系：（NH4）2SO4=2NH4++SO42-， 2H2O2OH-+2H+， 2NH3·H2O，由于水电离产生的c(H+)水=c(OH-)水，而水电离产生的一部分OH-与NH4+结合产生NH3·H2O，另一部分OH-仍存在于溶液中，所以溶液中微粒浓度关系为：c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(NH3·H2O)＞c(OH-)。 ⑶一般来说“谁弱谁水解，谁强显谁性”，如水解呈酸性的溶液中c(H+)＞c(OH-)，水解呈碱性的溶液中c(OH-)＞c(H+)； ⑷多元弱酸的酸根离子的水解是分步进行的，主要以第一步水解为主。例如Na2CO3溶液中微粒浓度关系。 【分析】因碳酸钠溶液水解平衡为：CO32-+H2O HCO3- +OH-，H2O+HCO3-H2CO3+OH-，所以溶液中部分微粒浓度的关系为：c(CO32-)＞c(HCO3-)。 二、电荷守恒和物料守恒 仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除谢谢2
高中化学《离子浓度大小比较》专题讲解及例题分析
离子浓度大小比较专题 一、电离理论和水解理论 1.电离理论： ⑴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是少量的，同时注意考虑水的 电离的存在；例如 NH3·H2O 溶液中微粒浓度大小关系。b5E2RGbCAP 【分析】 由于在 NH3· H2O 溶液中存在下列电离平衡： 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+)。p1EanqFDPw ⑵多元弱酸的电离是分步的，主要以第一步电离为主；例如 H2S 溶液中微粒浓度大小关系。 【分析】由于 H2S 溶液中存在下列平衡：H2S HS-+H+，HSS2-+H+，H2O
H++OH-，所以溶液中微粒浓度关系为：c(H2S )＞c(H+)＞c(HS-)＞c(OH-)。DXDiTa9E3d 2.水解理论： ⑴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-)。 ⑵弱酸的阴离子和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 H+的（或 OH-）也是微量，但由于水的电离平衡和盐类水解平衡的存在，所以水解后的 酸性溶液中 c(H+) （或碱性溶液中的 c(OH-)） 总是大于水解产生的弱电解质的浓度； 例如 （NH4） 2SO4 溶液中微粒浓度关系。RTCrpUDGiT 【分析】因溶液中存在下列关系：（NH4）2SO4=2NH4++SO42-， + 2H2O 2OH-+2H+，
2 NH3·H2O，由于水电离产生的 c(H+)水=c(OH-)水，而水电离产生的一部分 OH-与 NH4+结合产生 NH3·H2O，另一部分 OH-仍存在于溶液中，所以溶液中微粒浓度关系为：c(NH4+)＞c(SO42-) ＞c(H+)＞c(NH3·H2O)＞c(OH-)。5PCzVD7HxA ⑶一般来说“谁弱谁水解，谁强显谁性”，如水解呈酸性的溶液中 c(H+)＞c(OH-)，水解呈碱 性的溶液中 c(OH-)＞c(H+)；jLBHrnAILg ⑷多元弱酸的酸根离子的水解是分步进行的，主要以第一步水解为主。例如 Na2CO3 溶液中微 粒浓度关系。 【分析】 因碳酸钠溶液水解平衡为： CO32-+H2O HCO3-+OH-， H2O+HCO3H2CO3+OH-，
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所以溶液中部分微粒浓度的关系为：c(CO32-)＞c(HCO3-)＞c(OH-)。 二、电荷守恒和物料守恒 1.电荷守恒：
碳酸氢钠溶液中离子浓度大小的比较
碳酸氢钠溶液中离子浓 度大小的比较 Company number：【WTUT-WT88Y-W8BBGB-BWYTT-19998】
碳酸氢钠溶液中离子浓度大小的比较 NaHCO 3溶液中c （H +）和c （CO 32-）大小比较有分歧，最常见的观点有两种： 1．c （Na +）>c （HCO 3-）>c （OH -）>c （H +）>c(CO 32-) 2．c （Na +）>c （HCO 3-）>c （OH -）> c(CO 32-)>c （H +） 持观点为1的认为：在碳酸氢钠溶液中每电离1mol HCO 3-，便产生1mol CO 32-和1mol H +，在这个基础上再考虑水的电离，而每1mol 水的电离便产生1mol H +和1mol OH -因此必有c(H +)>c(CO 32-)；持观点2的认为：由于NaHCO 3的水解而使溶液呈碱性，而碱性越强则c （H +）的值越小，而c(CO 32-)的值则会越大，因此必有c(CO 32-) > c （H +）；仔细分析这两种观点可以看出问题的核心是c （H +）和c(CO 32-)的排序问题，两种观点的分析都有一定的道理，那么哪种观点更符合实际情况呢分析如下： 一、分析问题的准备知识： 1.根据气体交换动力学，CO 2在气液界面的平衡时间常需数日，因此为方便起见，我们把NaHCO 3溶液体系看成是封闭体系并加以研究。 2.由于c （H 2CO 3）/c （CO 2(aq)）=10-3，且CO 2(aq)+H 2O=H 2CO 3的速率很小，所以我们把CO 2(aq)和H 2CO 3两种物质和并成一种假象物质H 2CO 3*，且根据我们的实验和有关资料，在18-25℃时有： ①K a1=3.632310*) CO H (c )HCO (c )H (c --+=? ②K a2=3.1032310) ()()(---+=?HCO c CO c H c
图像类离子浓度大小比较
图像类离子浓度大小比较 一、选择题 1．常温下，向等体积、等物质的量浓度的盐酸、醋酸溶液中分别滴入LNaOH溶液，测得溶液的pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法错误的是 A．图中曲线①表示NaOH溶液滴定盐酸时的pH变化 B．酸溶液的体积均为10 mL C．a点：c(CH3COOH)＞c(CH3COO－) D．a点：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－) 2．室温下，将1．000mol/L盐酸滴入20．00mL1．000mol/L氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如下图所示。下列有关说法正确的是 A．a点由水电离出的c（H＋）＝1．0×10－14mol/L B．b点时c（NH4＋）＋c（NH3·H2O）＝c（Cl－） C．c点时消耗的盐酸体积：V（HCl）<20．00mL D．d点后，溶液温度略下降的主要原因是NH3·H2O电离吸热 3．用·L-1的NaOH溶液滴定·L-1的H2C2O4(草酸)溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是（） A．草酸是弱酸 B．X点：c(H2C2O4)＋c(HC2O4-)=c(Na+)-c(C2O42-) C．Y点：c(H2C2O4)＋c(HC2O4-)=c(OH-)-c(H+) D．滴定过程中始终存在：c(OH-)+2c(C2O42-)+ c(HC2O4-)= c(Na+)+ c(H+) 4．常温下，相同pH的氢氧化钠和醋酸钠溶液分别加水稀释，平衡时pH随溶液体积变化的曲线如下图所示，则下列叙述正确的是
A．b、c两点溶液的导电能力相同 B．a、b、c三点溶液中水的电离程度a＞c＞b C．c点溶液中c(H+)=c(OH－)+c(CH3COOH) D．用等浓度的盐酸分别与等体积的b，c处溶液恰好完全反应，消耗盐酸体积V b=V c 5．常温下，向20 mL某浓度的盐酸中逐滴加入 mol/L的氨水，溶液pH的变化与加入氨水的体积关系如图所示。下列叙述正确的是 A．盐酸的物质的量浓度为l mol/L B．在①、②之间的任意一点：c(Cl－)＞c(NH4+)，c(H+)＞c(OH－) C．在点②所示溶液中：c(NH4+)=c(Cl－)＞c(OH－)=c(H+)，且V<20 D．在点③所示溶液中：由水电离出的c(OH－)>l0－7mol/L 6．亚氯酸钠是一种高效氧化剂、漂白剂，主要用于棉纺、亚麻、纸浆等漂白。亚氯酸钠（NaClO2）在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2-、Cl－等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用，但ClO2是有毒气体。经测定，25℃时各组分含量随pH变化情况如图所示（Cl －没有画出）。则下列分析不正确的是（） A．亚氯酸钠在碱性条件下较稳定 B．25℃时，HClO2的电离平衡常数的数值K a＝10－6 C．使用该漂白剂的最佳pH为3 D．25℃时，同浓度的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合，混合溶液中有c（HClO2）＋2c（H＋）＝c（ClO2-）＋2c（OH－） 7．常温下，用?L-1HCl溶液滴定浓度为?L-1Na2CO3溶液，所得滴定曲线如图所示。下列微粒浓度大小关系正确的是
专题复习6：离子浓度大小比较
第六讲：《离子浓度大小比较》 一、解题思路 大小关系：盐溶液中的离子 > 水解平衡或电离平衡产生的离子 1.无反应：电荷守恒 三等式：原子守恒 质子守恒 2．有反应：先反应后比较 二、分类比较 （一）无反应的溶液中离子浓度大小比较 1．CH3COONa 溶液 2．Na2CO3溶液 3．NaHCO3溶液 4．H2SO3溶液 5．浓度相同的下列溶液中NH4+浓度最大的是 A. NH4Cl B. NH4HSO4 C. CH3COONH4 D. （NH4）2 SO4 （二）与反应有关的溶液中离子浓度大小比较 6．0.1mol/L HAC与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合，混合后溶液中离子浓度关系： 7．0.2mol/L HAC与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合，混合后溶液中离子浓度关系：8．0.2mol/L NaAC与0.1mol/L HCl溶液等体积混合，混合后溶液中离子浓度关系：9．pH=3的HAC与pH=11的NaOH溶液等体积混合，混合后溶液中离子浓度关系： 10．向10mL0.1mol/L HAC中加入0.1mol/L的NaOH 使溶液呈中性，混合后溶液中离子浓度关系如何？ 加入NaOH溶液的体积 10mL（填大于，小于或等于） 11．向150mL1 mol/L的NaOH溶液中通入标准状况下2.24L 的CO2 ,充分反应后溶液中离子
浓度关系如何？ 12．某溶液中含有Na +、 AC -、 H +、OH - 四种离子，溶液中溶质可能是什么？对应溶液的酸碱 性如何？ 三、同步练习 1.下列溶液，阴离子总浓度最小的是 A. 0.2 mol / L NaCl B. 0.1 mol / L Mg(OH)2 C. 0.2 mol / L K 2S D. 0.2 mol / L (NH 4)2SO 4 2．硫化钠水溶液中存在着多种离子和分子，下列关系式正确的是 A. c (OH －)＝c (HS －)＋c (H +)＋c (H 2S ) B. c (OH －)＝c (HS －)＋c (H +)＋2 c (H 2S ) C. c (Na +)＝c (S 2－)＋c (HS －)＋c (H 2S ) D. c (Na +)＝2 c (S 2－)＋2 c (HS －)＋2 c (H 2S ) 3．将0.1mol ·L －1的醋酸钠溶液20mL 与0.1mol ·L －1盐酸10mL 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 （CH 3COO －）>c （Cl －）>c （CH 3COOH ）>c （H +） B ．c （CH 3COO －）>c （Cl －）>c （H +）> c （CH 3COOH ） C ．c （CH 3 COO －）= c （Cl －）>c （H +）> c （CH 3COOH ） D ．c （Na +）+c （H +）= c （CH 3COO －）+ c （Cl －）+c （OH －） 4．将相同物质的量浓度的某弱酸HX 与NaX 溶液等体积混合，测得混合溶液中C （Na +）> C(X －)，则下列关系错误的是 A ．C （OH －）
比较溶液中各离子浓度大小的关键
高考热点难点离子浓度大小排序破解之法 溶液中各离子浓度大小比较的关键 内容提要：某些盐在水溶液中，由于发生了电离或水解等复杂的变化，导致溶液中粒子种类发生了变化，从而离子浓度也发生改变。比较离子浓度大小的问题是历年高考的热点和难点，突破此问题是高三化学教师历年探究的重点。笔者在多年教学实践中总结出突破此种题型的关键所在。 关键词：离子浓度排序方法 一.电离产生的离子浓度要比被电离的离子(或分子)的浓度小； 二.水解产生的离子浓度要比被水解的离子的浓度小； 三.正确运用电荷守恒和物料守恒； 四.若是混和溶液则判断是电离为主或是水解为主。 五.举例如下： 1.如、NaHSO4 只电离不水解显强酸性。Na2CO3只分步水解显碱性。 2.如、NaHCO3、K2HPO4、NaHS是水解为主，电离为次，显碱性。 3.如、NaH2PO4、NaHSO3KHSO3 、NH4HSO3是电离为主，水解为次。显酸性。 4.如、H2CO3分步电离，且第一步是主要的。H2CO3H＋＋HCO3－ HCO3－H＋＋CO32－有：C(H＋)>C(HCO3－)>C(CO32－)>C(OH－) 5.Na2CO3溶液的离子浓度大小顺序 Na2CO3===2Na＋＋CO32－CO32－＋H2O HCO3－＋OH－ HCO3－＋H2O H2CO3＋OH－H2O H＋＋OH－ 电荷守恒C(Na＋)＋C(H＋)===C(OH－)＋C(HCO3－)＋2C(CO32－) 物料守恒C(CO32－)＋C(HCO3－)＋C(H2CO3)===1/2C(Na＋) 两式合并C(OH－)===C(H＋)＋C(HCO3－)＋2C(H2CO3) 有：C(Na＋)>C(CO32－)>C(OH－)>C(HCO3－)>C(H＋) 6.Na2S溶液的离子浓度大小顺序 Na2S===2Na＋＋S2－S2－＋H2O HS－＋OH－ HS－＋H2O H2S＋OH－H2O H＋＋OH－ 电荷守恒C(Na＋)＋C(H＋)===C(OH－)＋C(HS－)＋2C(S2－) 物料守恒C(S2－)＋C(HS－)＋C(H2S)===1/2C(Na＋) 两式合并C(OH－)===C(H＋)＋C(HS－)＋2C(H2S) 有：C(Na＋)>C(S2－)>C(OH－)>C(HS－)>C(H＋) 7.NaHCO3溶液的离子浓度大小顺序 NaHCO3===Na＋＋HCO3－H2O H＋＋OH－ HCO3－H＋＋CO32－HCO3－＋H2O H2CO3＋OH－ 电荷守恒C(Na＋)＋C(H＋)===C(OH－)＋C(HCO3－)＋2C(CO32－) 物料守恒C(CO32－)＋C(HCO3－)＋C(H2CO3)===C(Na＋) C(OH－)===C(H＋)＋C(H2CO3)—C(CO32－) C(H＋)===C(OH－)＋C(CO32－)—C(H2CO3) 当NaHCO3的浓度很稀时C(OH－)>c(CO32－)
离子浓度大小的比较专题
离子浓度大小的比较专题
高考必备化学知识得分点 离子浓度大小的比较专题 电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是历年高考的热点之一．决定离子浓度大小的因素很多，诸如物质的量、电离程度、盐类水解、物质之间的反应等．要正确解题必须熟练掌握平衡知识，如电离平衡、水解平衡等；另外还要有守恒意识，如电荷守恒、物料守恒、质子守恒等。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 2、要养成认真、细致、严谨的解题习惯，在形成正确解题思路的基础上学会常规分析方法，例如：关键性离子定位法、守恒判断法、淘汰法、 整体思维法等。 二、熟悉二大理论，构建思维基点
1、电离（即电离理论）
知识点2：碱：电离时生成的阴离子只有OH -的化合物。 附：酸性和碱性强弱的判断依据 元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物（最高价含氧酸）的酸性越强 即活泼非金属如Cl ；S ；N 对应的最高价含氧酸HC ．lO 4；H 2SO 4；HNO 3为强酸 较不活泼非金属如C ；Si ；P 对应的最高价含氧酸H 2CO 3 ； H 2 SiO 3 ；H 3PO 4为弱酸 注：同种非金属元素对应的含氧酸，非金属元素的化 合价越高，酸性越强。如H 2SO 4强酸，而亚硫酸H 2SO 3为弱酸； 高氯酸HC ．lO 4(最强酸)，而次氯酸HC ． lO(极弱酸)。 因此比较含氧酸酸性强弱，必须同为最高价含氧酸才能比较。 元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物（氢氧化物）的碱性越强 即活泼金属如K ；Na ；Ca 对应的氢氧化物KOH ；NaOH ； Ca(OH)2为强碱 强碱(4种)： KOH ；NaOH ； Ca(OH)2 ； Ba(OH)2 碱 弱碱：Mg(OH)2 ；Fe(OH)3 ；Cu(OH)2 ；NH 3.H 2O…… 可溶性碱： KOH ；NaOH ；
水溶液中离子浓度大小比较
1..单一溶液中离子浓度大小的比较 (1)氯化铵溶液 ①先分析NH4Cl溶液中的电离、水解过程。 电离： 水解： 判断溶液中存在的离子有 ②再根据其电离和水解程度的相对大小，比较确定氯化铵溶液中离子浓度由大到小的顺序是 (2)醋酸钠溶液 ①先分析溶液中的电离、水解过程。 电离： 水解： 判断溶液中存在的离子有 ②再根据其电离和水解程度的相对大小，比较确定氯化铵溶液中离子浓度由大到小的顺序是 (3)碳酸钠溶液 ①分析Na2CO3溶液中的电离、水解过程： 电离： 水解： 溶液中存在的离子有 ②溶液中离子浓度由大到小的顺序是 (4)碳酸氢钠溶液 ①分析NaHCO3溶液中的电离、水解过程： 电离： 水解： 溶液中存在的离子有 ②由于HCO－3的电离程度HCO－3的水解程度，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序是(5)亚硫酸氢钠溶液 ①分析溶液中的电离、水解过程： 电离： 水解： 溶液中存在的离子有 ②由于HSO－3的电离程度HSO－3的水解程度，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序是 2.混合溶液中离子浓度大小的比较 (1)物质的量浓度相同的NaOH溶液、NH4Cl溶液等体积混合反应的化学方程式：NH4Cl＋NaOH===NH3·H2O＋NaCl；溶液中存在的离子有 ；其浓度由大到小的顺序是 (2)物质的量浓度相同的NH4Cl溶液、氨水等体积混合 混合后不发生反应，溶液中的溶质为，由于NH3·H2O 的电离程度NH＋4的水解程度，所以溶液呈性；溶液中存在的离子有；其浓度由大到小的顺序是 (3)物质的量浓度相同的CH3COONa溶液和NaClO溶液等体积混合，溶液中的溶质为，溶液中存在的离子有，由于ClO－的水解程度CH3COO－的水解程度，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序为 (4)物质的量浓度相同的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液等体积混合，溶液中的溶质为，由于CO2－3的水解程度 HCO－3的水解程度，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序为
有关溶液中离子浓度的大小比较题型归纳及解题策略
有关溶液中离子浓度的大小比较题型归纳及解题策略 福建霞浦宏翔高级中学(355100) 朱向阳电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考的“热点”之一。多年以来全国高考化学试卷几乎年年涉及。这种题型考查的知识点多，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、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。现结合07年各省市高考试题和模拟题谈谈解答此类问题的方法与策略。 一、要建立正确一种的解题模式 1．首先必须有正确的思路： 2．要养成认真、细致、严谨的解题习惯，要在平时的练习中学会灵活运用常规的解题方法，例如：淘汰法、定量问题定性化、整体思维法等。 二、要注意掌握两个微弱观念 1．弱电解质的电离平衡 弱电解质电离的过程是可逆的、微弱的，在一定条件下达到电离平衡状态，对于多元弱酸的电离，可认为是分步电离，且以第一步电离为主。如在H2S的水溶液中：H2S HS-+H+，HS-S2-+H+， H2O H++OH－，则离子浓度由大到小的顺序为c(H+)＞c(HS-) ＞c(S2-)＞c(OH－)。 2．盐的水解平衡 在盐的水溶液中，弱酸根的阴离子或弱碱的阳离子都会发生水解反应，在一定条件下达到水解平衡。在平衡时，一般来说发生水解反应是微弱的。多元弱酸根的阴离子的水解，可认为是分步进行的，且依次减弱，以第一步为主。如在N a 2CO 3 溶液中存在的水解平衡是：CO 3 2－＋H 2 O HCO 3 －＋OH－，HCO 3 －＋H 2 O H 2 CO 3 ＋OH－， 则c(Na+)＞c(CO 32－)＞c(OH－)＞c(HCO 3 －)＞c（H+）。 三、要全面理解三种守恒关系 1．电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有的阴离子所带的负电荷数相等。 例如：NaHCO 3溶液中：n(Na+)＋n(H+)＝n(HCO 3 －)＋2n(CO 3 2－)＋n(OH－)推出： c(Na+)＋c(H+)＝c(HCO 3－)＋2c(CO 3 2－)＋c(OH－)
知识点四离子浓度的大小比较
知识点四离子浓度的大小比较 【例1】0.1 mol·L－1的NH4Cl，NaHCO3，Na2CO3溶液，NH3·H2O溶液，CH3COONa溶液，H2S溶液，NaHSO3溶液 【例2】0.1 mol的CH3COOH和CH3COONa配成1 L混合溶液；0.1 mo Na2CO3和NaHCO3配成1 L混合溶液 【例3】在0.1 mol·L－1的CH3COOH中逐滴加入NaOH溶液 ①酸性_______________________________________________________。 ②碱性_______________________________________________________。 ③中性_______________________________________________________。 ④恰好完全反应_______________________________________________________。 【例4】下列溶液中有关物质的浓度关系正确的是(C) A．c(NH＋4)相等的(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中：c(NH4HSO4)>c[(NH4)2SO4]>c(NH4Cl) B．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－) C．1.0 mol·L－1 Na2CO3溶液：c(OH－)＝c(HCO－3)＋c(H＋)＋2c(H2CO3) D．某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋c(A2－) 【例5】8．常温下，向20 mL 0.2 mol·L－1 H2SO3溶液中滴加0.2 mol·L－1 NaOH溶液。有关 微粒的物质的量变化如图所示。(其中Ⅰ表示H2SO3，Ⅱ代表HSO－3、Ⅲ代表SO2－3)。根据图 示判断正确的是() A．当V(NaOH)＝0时，由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－7 B．当V(NaOH)＝20 mL时：c(Na＋)>c(HSO－3)>c(H＋)>c(SO2－3)>c(OH－) C．当V(NaOH)＝40 mL时2c(Na＋)＝c(SO2－3) D．当V(NaOH)＝40 mL后，继续滴加NaOH溶液，溶液的温度会继续升高 答案 B 解析H2SO3溶液是酸性溶液，水的电离会受到抑制，A选项错误；当V(NaOH)＝20 mL时，溶液中的溶质是NaHSO3，根据图像分析知，溶液中c(SO2－ )>c(H2SO3)，故HSO－3的电离大于其水解，溶液呈酸性，B选项正确；当V(NaOH)＝40 mL时，3 溶质为Na SO3，SO2－3存在水解现象，故2c(Na＋)>c(SO2－3)，C选项错误；当V(NaOH)＝40 mL后，继续滴加NaOH溶液，2 溶液中不再发生中和反应，溶液的温度不会继续升高，D选项错误。 【例6】(2010·江苏，12)常温下，用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－ 1 CH COOH溶液所得滴定曲线如右图。下列说法正确的是 3 A．点①所示溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋) B．点②所示溶液中：c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－) C．点③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－) 解析点①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(CH COO－)＋c(OH－)，整理后得c(CH3COOH)＋2c(H＋)＝c(CH3COO－)＋2c(OH－)； 3 点②溶液的pH＝7，据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH COO－)＋c(OH－)，又c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝c(CH3COO－)； 3 点③溶液中的溶质为0.002 mol CH COONa，离子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)。 3 答案 D 【例7】已知某溶液中只存在OH－、H＋、NH＋4、Cl－四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序可能有如下四种关系： ①c(Cl－)>c(NH＋4)>c(H＋)>c(OH－) ②c(NH＋4)>c(OH－)>c(Cl－)>c(H＋) ③c(NH＋4)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋) ④c(Cl－)>c(H ＋)>c(NH＋ )>c(OH－) 4 (1)若溶液中只溶有一种溶质，则该溶质是________，上述四种离子浓度的大小顺序为______________(填序号)。