专题 电解质溶液中离子浓度大小比较归类解析
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H2CO3还要考虑分步电离：H 2CO3H+＋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， H2O 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CO32-＋H2O HCO3-＋OH-、HCO3-＋H 2O 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Na2CO3溶液中：[Na+]＋[H+]＝[HCO3-]＋2[CO32-]＋[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Na2CO3溶液中n(Na+)：n(c)＝2：1，推出： c(Na+)＝2c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋2c(H2CO3)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。
技巧与方法：电解质溶液中离子浓度大小比较
技巧与方法：电解质溶液中离子浓度大小比较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年年涉及这种题型。
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、电离度、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。
首先必须有正确的思路：其次要掌握解此类题的三个思维基点：电离、水解和守恒（电荷守恒、物料守恒及质子守恒）。
对每一种思维基点的关键、如何切入、如何展开、如何防止漏洞的出现等均要通过平时的练习认真总结，形成技能。
第三，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。
有关电解质溶液中离子浓度大小比较的题，在做时首先搞清溶液状况，是单一溶液还是混合溶液，然后再根据情况分析。
1、单一溶质的溶液中离子浓度比较①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：c(H+)＞c(H2PO4-)＞c(HPO42-)＞c(PO43-) ②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程度，依次减弱。
如Na2S溶液中：c（Na+）＞c(S2-)＞c(OH-)＞c(HS-)＞c(H+)③多元弱酸的酸式盐溶液中：由于存在弱酸的酸式酸根离子的电离，同时还存在弱酸的酸式酸根离子的水解，因此必须搞清电离程度和水解程度的相对大小，然后判断离子浓度大小顺序。
常见的NaHCO3 NaHS,Na2HPO4溶液中酸式酸根离子的水解程度大于电离程度，溶液中c(OH-)＞c(H+)溶液显碱性，例NaHCO3中：c（Na+）＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(CO32-),反例：NaHSO3,NaH2PO4溶液中弱酸根离子电离程度大于水解程度，溶液显酸性c(H+) ＞c(OH-)。
电解质溶液中离子浓度大小比较
电解质溶液中离子浓度大小比较电解质溶液中离子浓度大小比较■文/童光明“电解质溶液中离子浓度大小关系”既是高中化学重要的理论知识，又是高中化学教学的重点和难点。
这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，是大部分学生的难点。
下面结合具体的教学实例对本知识点的解题思路、方法规律加以阐述论证。
一、分类解析1.单一溶液中离子浓度比较。
例1：以一元弱酸CH3COOH为例，分析CH3COOH溶液中各微粒浓度大小。
分析：在CH3COOH溶液中，存在两种电离平衡：根据电荷平衡则有：c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)由于 CH3COOH是弱电解质，电离程度不大，所以c(CH3COOH)远大于c(H+)；c(CH3COOH)也远大于c(CH3COO-)。
结论：溶液中微粒浓度大小关系为：小结：单一溶液中，(1)弱酸或弱碱考虑电离；弱酸或弱碱的正盐溶液考虑水解。
(2)酸式盐溶液——电离和水解同时存在，要同时考虑，但要分清主次。
2.混合溶液离子浓度的大小比较。
例2:将PH=3的CH3COOH与PH=11的NaOH溶液等体积混合后，在所得的混合溶液中，下列关系式正确的是：答案：BC分析PH=3，c(H+)=10-3mol/L，PH=11，c(OH-)=10-3mol/L，因为CH3COOH是弱电解质，所以CH3COOH的浓度远大于盐酸的浓度；二者等体积混合反应后，CH3COOH过量；同时生成CH3COONa。
在反应后的溶液中，存在如下平衡：因为CH3COOH的电离平衡程度大于CH3COONa的水解程度，所以c(CH3COO-)＞c(Na+)，且溶液显酸性，即c(H+)＞c (OH-)。
C 选项正确，根据电荷守恒，B选项正确。
答案：BC二、链接高考（2009年江苏）下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是：分析：A.NH4HSO4和NaOH若按物质的量之比1∶1反应，生成强酸弱碱盐，呈酸性。
要使二者反应后呈中性，NaOH应略过量中和NH4+。
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IMB standardization office【IMB 5AB- IMBK 08- IMB 2C】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H2CO3还要考虑分步电离：H 2CO3H+＋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，H2O 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Na2CO3溶液中：[Na+]＋[H+]＝[HCO3-]＋2[CO32-]＋[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Na2CO3溶液中n(Na+)：n(c)＝2：1，推出：c(Na+)＝2c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋2c(H2CO3)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·L－1的Na2S溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)。
【知识解析】溶液中粒子浓度大小的比较
溶液中粒子浓度大小的比较解答电解质溶液中粒子浓度大小关系问题的思路主要是明确电离和水解两大理论，构建思维模型，依据“三大守恒”关系来解答。
方法技巧主要是：判断等式关系一般考虑守恒原理，即电荷守恒、物料守恒、质子守恒，如果给定的等式不是上述三个守恒式，可以把三个守恒式变换形式后加以推导；如果给定的式子是不等式，要先考虑等式，对等式的一边加上或减去某离子，即可变成不等式，此外需联系电离平衡、水解平衡理论来分析。
1 单一溶液中粒子浓度的比较（1）多元弱酸溶液根据多步电离分析。
例如：在H 3PO 4溶液中，c （H ＋）＞c （H 2PO - 4）＞c （HPO 2- 4）＞c （PO 3- 4）＞c （OH －）。
（2）多元弱酸的正盐溶液根据弱酸酸根离子的分步水解分析。
例如：在Na 2CO 3溶液中，c （Na ＋）＞c （CO 2-3）＞c （OH －）＞c （HCO - 3）＞c （H ＋）。
（3）多元弱酸的酸式盐溶液要考虑酸式酸根离子的电离程度与水解程度的相对大小，如HCO -3以水解为主，NaHCO 3溶液中c （Na ＋）＞c （HCO - 3）＞c （OH －）＞c （H ＋）；而HSO -3以电离为主，NaHSO 3溶液中c（Na ＋）＞c （HSO - 3）＞c （H ＋）＞c （OH －）。
2 不同溶液中同一粒子浓度大小的比较要分析溶液中其他离子的影响。
如相同物质的量浓度的下列溶液中：a ．NH 4Cl b ．CH 3COONH 4 c ．NH 4HSO 4，由于CH 3COO －的水解会促进NH +4的水解，H ＋会抑制NH +4的水解，故c （NH + 4）由大到小的顺序是c ＞a ＞b 。
3 混合溶液中各粒子浓度的大小比较根据电离程度、水解程度的相对大小分析。
（1）分子的电离程度大于相应离子的水解程度。
例如：等物质的量浓度的NH 4Cl 与NH 3·H 2O 的混合溶液中，c （NH 4＋）＞c （Cl －）＞c （OH －）＞c （H ＋）；等物质的量浓度的CH 3COOH 与CH 3COONa 的混合溶液中，c （CH 3COO －）＞c （Na ＋）＞c （H ＋）＞c （OH －）。
化学小专题复习——溶液中离子浓度大小比较
液中的c(OH-)）总是大于水解产生的弱电解质的浓度；例如（NH）SO溶液中微粒浓度关系☆化学小专题复习——溶液中离子浓度大小比较【基础回顾】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。
溶液中微粒浓度关系为：⑵多元弱酸的电离分步的，主要以第一步电离为主；例如H2S溶液中微粒浓度大小关系。
溶液中微粒浓度关系为：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424为：。
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溶液中部分微粒浓度的关系为：。
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：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:【注意】书写电荷守恒式必须①准确的判断溶液中离子的种类；②弄清离子浓度和电荷浓度的关系。
3．导出式——质子守恒：如碳酸钠溶液中:。
又如醋酸钠溶液中由电荷守恒和物料守恒将钠离子消掉可。
［规律总结］1、必须有正确的思路：2、掌握解此类题的三个思维基点：电离、水解和守恒3、分清他们的主要地位和次要地位【常见题型】一、溶质单一型（关注三个守恒）1.弱酸溶液：【例1】在0.1mol/L的H2S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-)+2c(S2-)+c(OH-)C.c(H+)＞[c(HS-)+c(S2-)+c(OH-)]D.c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=0.1mol/L2.弱碱溶液：【例 2】室温下，0.1mol/L 的氨水溶液中，下列关系式中不正确的是（ ）A. c(OH -)＞c(H +)B. c(NH 3·H 2O)+c(NH 4+)=0.1mol/LC. c(NH 4+)＞c(NH 3·H 2O)＞c(OH -)＞c(H +)D. c(OH -)=c(NH 4+)+c(H +) 3.强酸弱碱盐溶液：【例 3】在氯化铵溶液中，下列关系正确的是（ ）A. c(Cl -)＞c(NH 4+)＞c(H +)＞c(OH -)B. c(NH 4+)＞c(Cl -)＞c(H +)＞c(OH -)C. c(NH 4+)＝c(Cl -)＞c(H +)＝c(OH -)D. c(Cl -)＝c(NH 4+)＞c(H +)＞c(OH -) 4.强碱弱酸盐溶液：【例 4】在 Na 2S 溶液中下列关系不正确的是A. c(Na +) =2c(HS －) +2c(S 2－) +c(H 2S) B ．c(Na +) +c(H +)=c(OH －)+c(HS －)+2c(S 2－) C ．c(Na +)＞c(S 2－)＞c(OH －)＞c(HS －) D ．c(OH －)=c(HS －)+c(H +)+c(H 2S) 5.强碱弱酸的酸式盐溶液：【例 5】草酸是二元弱酸，草酸氢钾溶液呈酸性，在 0.1mol/LKHC 2O 4 溶液中，下列关系正确的是（）A ．c (K +)+c (H +)=c (HC 2O 4-)+c (OH -)+ c (C 2O 42-)B ．c (HC 2O 4-)+ c (C 2O 42-)=0.1mol/LC ．c (C 2O 42-)＞c (H 2C 2O 4)D ．c (K +)= c (H 2C 2O 4)+ c (HC 2O 4-)+ c (C 2O 42-)二、两种电解质溶液混合后离子浓度大小的比较（关注混合后溶液的酸碱性）用“酸性”、“碱性”、“中性”或“不确定”填空。
电解质溶液中离子浓度大小的比较课件.ppt
如：Na2S 溶液
Na2S == 2 Na+ + S2–
H2O
S2– + H2O
HS– + OH–
HS– + H2O
H2S + OH–
H+ + OH–
∵ c (Na+) : c (S) ＝2 : 1
因此：c (Na+ ) == 2 [ c ( S2–) + c (HS–) + c (H2S) ]
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4、物料守恒 （元素or原子守恒）
是指某一元素的原始浓度应该等于该元素 在溶液中各种存在形式的浓度之和。 如：NaHCO3溶液
∵ c (Na+) : c (C) ＝ 1 : 1
因此
c (Na+)＝c (HCO3–) + c (CO32–) + c (H2CO3)
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5、质子（H+）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（浓度）应相等。
③ 多元弱酸的酸根离子水解是分步的，主要决定第一步
如：Na2CO3 溶液中：
> > c (CO3–)
c (HCO3–)
c (H2CO3)
单一离子水解程度很小，水解产生的离子或分
子浓度远远小于没有水解的离子的浓度。
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3、电荷守恒
溶液中阴离子和阳离子所带的电荷总数相等。
如：NH4Cl 溶液中 阳离子： NH4+ H+ 阴离子： Cl– OH–
c (CO32–) + c (HCO3–) + c (H2CO3) = a mol / L
∴ c (Na+ ) = 2 [c (CO32–) + c (HCO3–) + c (H2CO3) ]
离子浓度大小比较归类解析【学生用】
溶液中离子浓度大小比较归类解析一、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。
在NH3·H2O溶液中存在下列电离平衡：___________________________________，所以溶液中微粒浓度关系为：___________________________________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。
H2S溶液中存在下列平衡：___________________________________，所以溶液中微粒浓度关系为：___________________________________。
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），所以水解后的酸性溶液中c(H+)（或碱性溶液中的c(OH-)）总是_____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：___________________________________。
(3)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溶液中水解平衡为：________________,___________________，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：________________＝___________________________________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。
高中化学三大守恒
溶液中离子浓度大小比较归类解析一、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cH+或碱性溶液中的cOH-总是大于水解产生的弱电解质的浓度；例如NH42SO4溶液中微粒浓度关系：c NH4+＞c SO42-＞c H+＞c NH3·H2O＞c OH-;3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：nNa+＋nH+＝nHCO3-＋2nCO32-＋nOH-推出：cNa+＋cH+＝cHCO3-＋2cCO32-＋cOH-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nNa+：nc＝1：1,推出：cNa+＝cHCO3-＋cCO32-＋cH2CO33．导出式——质子守恒：如碳酸钠溶液中由电荷守恒和物料守恒将Na+离子消掉可得：c OH-=c H++c HCO3-+2c H2CO3; 如醋酸钠溶液中由电荷守恒和物料守恒将钠离子消掉可:c OH-=c H++c CH3COOH;规律总结正确的思路：常见题型一、溶质单一型※※关注三个守恒1.弱酸溶液：例1在0.1mol/L的H2S溶液中,下列关系错误的是A.cH+=cHS-+cS2-+cOH-B.cH+=cHS-+2cS2-+cOH-C.cH+＞cHS-+cS2-+cOH-D.cH2S+cHS-+cS2-=0.1mol/L分析：由于H2S溶液中存在下列平衡：H2S H++HS-,HS-H++S2-,H2O H++OH-,根据电荷守恒得cH+=cHS-+2cS2-+cOH-,由物料守恒得cH2S+cHS-+cS2-=0.1mol/L,所以关系式错误的是A 项;注意：解答这类题目主要抓住弱酸的电离平衡;2.弱碱溶液：例2室温下,0.1mol/L的氨水溶液中,下列关系式中不正确的是A. cOH-＞cH+H3·H2O+cNH4+=0.1mol/LH4+＞cNH3·H2O＞cOH-＞cH+D.cOH-=cNH4++cH+分析：由于氨水溶液中存在一水合氨的电离平衡和水的电离平衡,所以所得溶液呈碱性,根据电荷守恒和物料守恒知BD正确,而一水合氨的电离是微量的,所以C项错误,即答案为C项;3.强酸弱碱盐溶液：例3在氯化铵溶液中,下列关系正确的是l-＞cNH4+＞cH+＞cOH-H4+＞cCl-＞cH+＞cOH-H4+＝cCl-＞cH+＝cOH-l-＝cNH4+＞cH+＞cOH-分析：由于氯化铵溶液中存在下列电离过程：NH4Cl=NH4++Cl-,H2O H++OH-和水解过程：NH4++H2O H++NH3·H2O,由于NH4+水解被消耗,所以cCl-＞cNH4+,又因水解后溶液显酸性,所以cH+＞cOH-,且水解是微量的,所以正确的是A项;注意：解答这类题时主要抓住弱碱阳离子的水解,且水解是微量的,水解后溶液呈酸性;4.强碱弱酸盐溶液：例4在Na2S溶液中下列关系不正确的是A．cNa+ =2cHS－+2cS2－+cH2S B．cNa+ +cH+=cOH－+cHS－+2cS2－C．cNa+＞cS2－＞cOH－＞cHS－D．cOH－=cHS－+cH++cH2S解析：电荷守恒：cNa+ +cH+=cOH－+cHS－+2cS2－；物料守恒：cNa+ =2cHS－+2cS2－+2cH2S；质子守恒：cOH－=cHS－+cH++2cH2S,选A D5.强碱弱酸的酸式盐溶液：例52004年江苏卷草酸是二元弱酸,草酸氢钾溶液呈酸性,在0.1mol/LKHC2O4溶液中,下列关系正确的是CDA．c K++c H+=c HC2O4-+c OH-+ c C2O42- B．c HC2O4-+ c C2O42-=0.1mol/LC．c C2O42-＞c H2C2O4 D．c K+= c H2C2O4+ c HC2O4-+ c C2O42-分析：因为草酸氢钾呈酸性,所以HC2O4-电离程度大于水解程度,故c C2O42-＞c H2C2O4;又依据物料平衡,所以D．c K+= c H2C2O4+ c HC2O4-+ c C2O42-正确,又根据电荷守恒：c K++c H+=c HC2O4-+c OH-+2c C2O42-,所以综合上述C、D正确;练习：1、2001年全国春招题在0.1mol·L-1 Na2CO3溶液中,下列关系正确的是 ;A．c Na+＝2c CO32- B．c OH-＝2c H+C．c HCO3-＞c H2CO3 D．c Na+＜c CO32-＋c HCO3-2、在0.1mol/L的NaHCO3溶液中,下列关系式正确的是a+＞cHCO3-＞cH+＞cOH-a+=cHCO3-＞cOH-＞cH+a++cH+＝cHCO3-+cOH-+2cCO32-a+＝cHCO3-+cCO32-+cH2CO33、已知某温度下0.1mol·L－1的NaHB强电解质溶液中c H＋＞c OH－,则下列有关说法或关系式一定正确的是①HB－的水解程度小于HB－的电离程度；②c Na+=0.1mol·L－1≥c B2－；③溶液的pH=1；④c Na+=c HB－+2c B2－+c OH－;A．①② B．②③ C．②④ D．①②③4、2006江苏1、下列叙述正确的是A．0.1mol·L－1氨水中,c OH-=c NH4+B．10 mL 0.02mol·L－1HCl溶液与10 mL 0.02mol·L－1BaOH2溶液充分混合,若混合后溶液的体积为20 mL,则溶液的pH=12C．在0.1mol·L－1CH3COONa溶液中,c OH-=c CH3COOH＋c H+D．0.1mol·L－1某二元弱酸强碱盐NaHA溶液中,c Na+=2c A2-＋c HA-＋c H2A5、05上海14、叠氮酸HN3与醋酸酸性相似,下列叙述中错误的是A、HN3水溶液中微粒浓度大小顺序为：cHN3>cH+>cN3¯>cOH¯B、HN3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：cNa+>cN3¯ >cOH¯>cH+D、N3¯与CO2含相等电子数二、两种电解质溶液混合后离子浓度大小的比较关注混合后溶液的酸碱性混合后溶液的酸碱性取决于溶质的电离和水解的情况,一般判断原则是：若溶液中有酸或碱存在,要考虑酸和碱的电离,即溶液相应地显酸性或碱性；若溶液中的溶质仅为盐,则考虑盐水解情况；对于特殊情景要按所给的知识情景进行判断;1、两种物质混合不反应：例：用物质的量都是0.1 mol的CH3COOH和CH3COONa配制成1L混合溶液,已知其中CCH3COO-＞CNa+,对该混合溶液的下列判断正确的是A.CH+＞COH-H3COOH＋CCH3COO-＝0.2 mol/LH3COOH＞CCH3COO-H3COO-＋COH-＝0.2 mol/L点拨 CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中,CH3COOH的电离和CH3COONa的水解因素同时存在;已知CCH3COO-＞CNa+,根据电荷守恒CCH3COO-＋COH-＝CNa+＋CH+,可得出COH-＜CH+;说明混合溶液呈酸性,进一步推测出0.1mol/L的CH3COOH和0.1mol/L的CH3COONa溶液中,电离和水解这一对矛盾中起主要作用是电离,即CH3COOH的电离趋势大于CH3COO-的水解趋势;根据物料守恒,可推出B是正确的;练习1、现有NH4Cl和氨水组成的混合溶液C填“>”、“<”或“=”①若溶液的pH=7,则该溶液中CNH4＋CCl－；②若溶液的pH>7,则该溶液中CNH4＋CCl－；③若CNH4＋< CCl－,则溶液的pH 7;练习2、CH3COOH与CH3COONa等物质的量混合配制成稀溶液,pH值为4.7,下列说法错误的是A、CH3COOH的电离作用大于CH3COONa的水解作用B、CH3COONa的水解作用大于CH3COOH的电离作用C、CH3COOH的存在抑制了CH3COONa的水解D、CH3COONa的存在抑制了CH3COOH的电离2、两种物质恰好完全反应例2003年上海高考题在10ml 0.1mol·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 ;A．c Na+＞c Ac-＞c H+＞c OH- B．c Na+＞c Ac-＞c OH-＞c H+C．c Na+＝c Ac-＋c HAC D．c Na+＋c H+＝c Ac-＋c OH-解析由于混合的NaOH与HAc物质的量都为1×10-3mol,两者恰好反应生成NaAc,等同于单一溶质,故与题型①方法相同:由于少量Ac-发生水解：Ac- + H2O HAc+ OH-,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;练习：100 mL 0.1 mol·L-1 醋酸与50 mL 0.2 mol·L-1 NaOH溶液混合,在所得溶液中A、cNa+＞cCH3COO-＞cOH-＞cH+B、cNa+＞cCH3COO-＞cH+＞cOH-C、cNa+＞cCH3COO-＞cH+＝cOH-D、cNa+＝cCH3COO-＞cOH-＞cH+3、两种物质反应,其中一种有剩余：1酸与碱反应型在审题时,要关注所给物质的量是“物质的量浓度”还是“pH”;解答此类题目时应抓住两溶液混合后剩余的弱酸或弱碱的电离程度和生成盐的水解程度的相对大小;例1：把0.02 mol·L-1 HAc溶液与0.01 mol·L-1NaOH溶液等体积混合,则混合液中微粒浓度关系正确的是A.cAc-＞cNa+B.cHAc＞cAc-C.2cH+＝cAc--cHAcD.cHAc+cAc-＝0.01 mol·L-1例2：将0.2mol·L－1HCN溶液和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A. cHCN<cCN－B. cNa＋>cCN－C. cHCN－cCN－＝cOH－D. cHCN＋cCN－＝0.1mol·L－1解析：上述溶液混合后,溶质为HCN和NaCN,由于该题已说明溶液显碱性,所以不能再按照HCN的电离处理,而应按NaCN水解为主;所以cNa＋>cCN－,选B D例3设氨水的pH＝x,某盐酸的pH＝y,已知x+y＝14,且x>11;将上述两溶液分别取等体积充分混合后,所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序是A. cCl－>cNH4+>cH+>cOH－B. cNH4+>cCl－>cH+>cOH－C. cNH4+>cCl－>cOH－>cH+D. cCl－>cNH4+>cOH－>cH+解析：由于x+y＝14,且x>11,所以氨水cOH－和盐酸中的cH+相等;两者等体积混合后,氨水过量,溶液显碱性,选C例405江苏常温下将稀NaOH溶液与稀CH3COOH溶液混合,不可能．．．出现的结果A．pH ＞7,且c OH—＞c Na+＞c H+＞c CH3COO—B．pH ＞7,且c Na+ + c H+ = c OH—+ c CH3COO—C．pH ＜7,且c CH3COO—＞c H+＞c Na+＞c OH—D．pH ＝7,且c CH3COO—＞c Na+＞c H+ = c OH—练习1：将pH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH溶液等体积混合后,所得的混合溶液中,下列关系式正确的是A、cNa+＞cCH3COO-＞cH+＞cOH-B、cCH3COO-＞cNa+＞cH+＞cOH-C、cCH3COO-＞cH+＞cNa+＞cOH-D、cCH3COO-＞cNa+＞cOH-＞cH+练习2：将pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合,所得混合溶液中,关系式正确的是A、cCl-＞cNH4+＞cOH-＞cH+B、cNH4+＞cCl-＞cOH-＞cH+C、cCl-＝cNH4+＞cH+＝cOH-D、cNH4+＞cCl-＞cH+＞cOH-练习3：等体积等浓度的MOH强碱溶液和HA弱酸溶液混合后,混合溶液中有关离子浓度的关系正确的是A.cM+＞cOH-＞cA-＞cH+B. cM+＞cA-＞cH+＞cOH-C.cM+＞cA-＞cOH-＞cH+D. cM++ cH+ =cA-+ cOH-分析: 由于等体积等浓度的上述物质混合后,二者恰好完全反应而生成强碱弱酸盐,所以所得溶液由于A-的水解而呈碱性,由电荷守恒和物料守恒知CD项正确;变式练习： 2004年上海卷将标准状况下的2.24LCO2通入150ml1mol/LNaOH溶液中,下列说法正确的是AA．c HCO3-略大于c CO32- B．c HCO3-等于c CO32-C．c Na+等于c CO32-与c HCO3-之和 D．c HCO3-略小于c CO32-解析计算得知,生成0.05mol Na2CO3和0.05 mol NaHCO3,而CO32-水解性大于HCO3-水解性,故A 项正确;※※变式：pH等于7型例5.2002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 ;A．c HCOO-＞c Na+ B．c HCOO-＜c Na+ C．c HCOO-＝c Na+ D．无法确定解析本题绝不能理解为恰好反应,因完全反应生成甲酸钠为强碱弱酸盐,溶液呈碱性,而现在Ph=7,故酸略为过量;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-,答案为C;练习、将m mol· L-1的盐酸和n mol·L-1氨水等体积混合后,溶液的pH＝7,m与n的大小关系是_______,则盐酸中cH+与氨水中cOH-的大小关系是_______；※※未指明酸碱的强弱：例：一元酸HA溶液中,加入一定量强碱MOH溶液后,恰好完全反应,反应后的溶液中,下列判断正确的是A．A-≥M+B．A-≤M+C．若MA不水解,则OH-<A-D．若MA水解,则OH->A-解析：因为没有告知一元酸HA的相对强弱,因此要考虑两种情况,若是强酸,则A-=M+ ,若是弱酸则A-＜M+ ,还要考虑MA的水解,所以选B C练习、实验测得常温下0.1mol/L某一元酸HA溶液的pH值等于1,0.1mol/L某一元碱BOH 溶液里H+/OH-＝10-12;将此两种溶液等体积混合后,所得溶液呈的各离子的浓度由大到小排列的顺序是A．B+＞A-＞OH-＞H+B．A-＞B+＞H+＞OH-C．B+＝A-＞H+＝OH-D．B+＞A-＞H+＞OH-2盐与碱酸反应型解答此类题目时应抓住两溶液混合后生成的弱酸或弱碱的电离程度和剩余盐的水解程度的相对大小;例1. 2001年上海高考题将0.1mol·L-1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 CH3COOHD.c Na+＋c H+＝c CH3COO-＋c Cl-＋c OH-解析两溶液混合反应后,溶液实质上是生成等浓度醋酸和醋酸钠、氯化钠的混合溶液;因溶液呈酸性说明CH3COO-的水解程度小于CH3COOH的电离程度,所以c CH3COO-＞c Cl-＞c CH3COOH,但CH3COOH电离程度较小,c CH3COOH＞c H+,故选项A、C错误,B正确;依据电荷守恒原则,可知选项D也正确;综合上述答案选B、D;例2 下列混合溶液中,各离子浓度的大小顺序正确的是 BA .1mol·L－1氨水1mL与10mL0.1mol·L－1盐酸混合：cCl－>cNH4+>cOH－>cH+B．10mL0.1mol·L－1NH4Cl与5mL0.2mol·L－1NaOH溶液混合：cNa+=cCl->cOH->cH+ C．10mL0.1mol·L－1CH3COOH溶液与5mL0.2mol·L－1NaOH溶液混合：cNa+=cCH3COO->cOH->cH+D.10mL0.5mol·L－1CH3COONa溶液与6mL1mol·L－1盐酸混合：cCl->cNa+>cOH->cH+解析：A项中氨水与盐酸混合恰好反应生成氯化铵,所以溶液显酸性,A错;B项中NH4Cl与NaOH溶液混合恰好反应生成NH3·H2O和NaCl,溶液显碱性,B正确;C项混合后溶液中溶质为CH3COONa,CH3COO-要水解,C错;D项混合后溶质为CH3COOH 、HCl 、NaCl,溶液现酸性,D错;例3物质的量浓度相同的200mL BaOH2溶液和150mL NaHCO3混合后,最终溶液中离子的物质的量浓度关系正确的是A.cOH－>cBa2+>cNa+>cCO32－B. cOH－>cNa+>cBa2+>CH+C. cOH－=cBa2++cNa++cH+D. cH++cNa++2cBa2+=cOH－解析：为了便于计算,设BaOH2和NaHCO3的物质的量分别为4mol和3mol,则nOH－=8mol nBa2+=4mol nNa+=3mol nHCO3－=3mol ；反应后:nOH－=5mol nBa2+=1mol nNa+=3mol ,所以选B练习1：将0.2 mol·L-1 CH3COOK 与0.1 mol·L-1盐酸等体积混合后,溶液的pH＜7,则溶液中下列微粒的物质的量浓度的关系正确的是H3COO-＝cCl-＝cH+＞cCH3COOHH3COO-＝cCl-＞cCH3COOH＞cH+H3COO-＞cCl-＞cH+＞cCH3COOHH3COO-＞cCl-＞cCH3COOH＞cH+练习2：将0.4mol/LNH4Cl溶液和0.2mol/LNaOH溶液等体积混合后,溶液中下列微粒的物质的量关系正确的是A .cNH4+=cNa+=cOH-＞cNH3·H2O B. cNH4+=cNa+＞cNH3·H2O ＞cOH-＞cH+H4+＞cNa+＞cOH-＞cNH3·H2OD. cNH4+＞cNa+＞cNH3·H2O ＞cOH-＞cH+4、不同物质同种离子浓度比较型：例题 1996年上海高考题物质的量浓度相同的下列溶液中,NH4+浓度最大的是 ;A．NH4Cl B．NH4HSO4 C．NH3COONH4 D．NH4HCO3解析 NH4+在溶液中存在下列平衡：NH4+ + H2O NH3·H2O + H+B中NH4HSO4电离出大量H+,使平衡向左移动,故B中c NH4+大于A中的c NH4+,C项的CH3COO-和D项的HCO3-水解均呈碱性,使平衡向右移动,故C、D中c NH4+小于A中c NH4+,正确答案为B;练习：1、物质的量浓度相同的下列溶液①NH42CO3 ②NH42SO4 ③NH4HCO3④NH4HSO4⑤NH4Cl ⑥NH3·H2O；按c NH4+由小到大的排列顺序正确的是A.③⑤④⑥①③B.⑥③⑤④①②C.⑥⑤③④①②D.⑥③⑤④②①2、2006重庆11．温度相同、浓度均为0.2 mol/L的①NH42SO4、②NaNO3、③NH4HSO4、④NH4NO3、⑤、⑥CH3COONa溶液,它们的pH值由小到大的排列顺序是AA．③①④②⑥⑤B．①③⑥④②⑤C．③②①⑥④⑤D．⑤⑥②④①③5、其他类型关注利用溶液中阴阳离子的种类来判断溶液中溶质的可能情况:有些题目给定了盐溶液中的阴阳离子种类,可以假设该溶液是相应酸与碱反应后的产物,因此存在酸碱过量问题;例1已知某无色透明的溶液中所含的离子仅有Na+、CH3COO-、H+和OH-四种离子,试回答下列问题：⑴该溶液所含的四种离子的物质的量浓度大小之间的关系是否只有一种可能填“是”或“否”,其原因是：;⑵某学生将该溶液中的四种离子的物质的量浓度按从大到小的顺序排列了若干种可能,其中合理的是：A. cNa+>cCH3COO－>cOH－>cH+B. cCH3COO－=cNa+>cOH－=cH+C. cH+>cOH－>cNa+>cCH3COO－D. cNa+>cCH3COO－>cH+>cOH－解析：由于溶液中所含的离子仅有Na+、CH3COO-、H+和OH-四种离子,所以可以认为是醋酸和NaOH反应后的溶液;因此该溶液中可能含有溶质CH3COONa ; CH3COONa、CH3COOH; CH3COONa、NaOH等情况所以该溶液所含的四种离子的物质的量浓度大小之间的关系不能只有一种;第2问中C D选项不符和溶液中电荷守恒规律,选AB.练习.已知某溶液中存在Cl-、NH4+、H+、OH- 四种离子经过四位同学测定其浓度大小关系如下,其中不可能的是l-＞CNH4+＞CH+＞COH-B. CCl-＞CH+＞CNH4+＞COH-l-＞CNH4+＞COH-＞CH+D. COH-＞CH+＞CCl-＞CNH4+※※对所给的二元酸的电离,要关注电离的程度：是否完全电离;例2某二元酸化学式用H2A表示在水中的电离方程式是：H2A==H++HA；HA－H++A2－回答下列问题：⑴Na2A溶液显填“酸性”,“中性”,或“碱性”;理由是：用离子方程式表示⑵在0.1mol·L－1的Na2A溶液中,下列微粒浓度关系式正确的是：;A. cA2－+c HA－+c H2A =0.1mol·L-1B. cOH－=cH+ +c HA－C. cNa+ + cH+ =cOH－+ c HA－+2cA2－D. cNa+ = 2cA2－+2c HA－⑶已知0.1mol·L－1NaHA溶液的pH=2,则0.1mol·L-1 H2A溶液中氢离子的物质的量浓度可能是0.11 mol·L－1填“<”,“>”,或“=”,理由是：⑷0.1mol·L－1 NaHA溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是：解析：由于“H2A==H++HA；HA－H++A2－”,因此在NaHA溶液中仅存在: HA－H++A2－电离情况,没有HA－的水解过程;在H2A溶液中H2A第一步电离产生的H+,抑制了HA-的电离;理解上述内容,答案迎刃而解;练习：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-已知一级电离远大于二级电离,设有下列四种溶液：A.0.01mol.L-1的H2A溶液 B.0.01mol.L-1的NaHA溶液COH-＞CH+C.0.02mol.L-1的HCl与0.04mol.L-1的NaHA溶液等体积混合液D.0.02mol.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）B溶液中可能存在的等式关系有D溶液中可能存在的等式关系有2 CH+最大的是______________________,最小的是______________________;3CH2A最大的是______________________,最小的是______________________;4CA2-最大的是______________________, 最小的是______________________;※※关注隐含信息的发掘:例3今有一混合物的水溶液,只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl－、Mg2+、Fe3+、CO32—、SO42—,现每次取100.00ml进行实验;①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生;②第二份加足量NaOH后加热,收集到气体0.896L标准状态下;③第三份加足量BaCl2后,得干燥沉淀6.27g,沉淀经足量盐酸洗涤干燥后,剩2.33g;试回答有关问题：⑴判断K+、Cl－是否存在K+；Cl－填下列序号;A．一定存在B．可能存在C．一定不存在⑵肯定存在的离子在原溶液中的物质的量浓度分别为：;解析：由①可知溶液中Cl－、CO32—、SO42—三种中至少含有其中一种；由②能确定含NH4+,且cNH4+=0.4mol·L－1,第③步可以确定cSO42－=0.1mol·L－1；cCO32－=0.2mol·L－1,由于含有CO32—、SO42—,所以溶液中肯定不含Mg2+、Fe3+；因为溶液中阴阳离子所带电荷相等即溶液是电中性的,这也是该题目隐含的信息,由上述所求的已知阴阳离子的浓度看出,是不守恒的,因此溶液中一定存在K+,且cK+≥0.2mol·L－1,Cl－不确定;目录物料守恒基本介绍物料守恒可以理解为原子守恒的另一种说法;就是说“任一化学反应前后原子种类指原子核中质子数相等的原子,就是元素守恒和数量分别保持不变”,可以微观地应用到具体反应方程式,就是左边带电代数和等于右边;其中的也可以理解为原子核,因为外围电子数可能有变,这时候可以结合电荷守恒来判断问题;可以微观地应用到具体反应方程式,就是左边反应物元素原子核个数种类与总数对应相等于右边生成物当然也不会出现种类不同的情况;物料守恒和电荷守恒,质子守恒一样同为溶液中的三大守恒关系;举例例一：在NaHCO3中,如果HCO3-没有电离和水解,那么Na+和HCO3-浓度相等;现在HCO3-会水解成为H2CO3,电离为CO32-都是1：1反应,也就是消耗一个HCO3-,就产生一个H2CO3或者CO32-,那么守恒式中把Na+浓度和HCO3-及其产物的浓度和画等号或直接看作钠与碳的守恒：即cNa+ == cHCO3- + cCO32- + cH2CO3例二：在0.1mol/L的H2S溶液中存在如下电离过程:均为可逆反应H2S=H+ +HS-HS-=H++S2-H2O=H++OH-可得物料守恒式cS2-+cHS-+cH2S==0.1mol/L, 在这里物料守恒就是S元素守恒--描述出有S元素的离子和分子即可例三：Na2CO3溶液的电荷守恒、物料守恒、质子守恒碳酸钠：电荷守恒cNa++cH+=2cCO32-+cHCO3-+cOH-上式中,阴阳离子总电荷量要相等,由于1mol碳酸根电荷量是2mol负电荷,所以碳酸根所带电荷量是其物质的量的2倍;物料守恒nNa+是碳酸根离子物质的量的2倍,电离水解后,碳酸根以三种形式存在所以cNa+=2cCO32-+cHCO3-+cH2CO3质子守恒水电离出的cH+=cOH-在碳酸钠水溶液中水电离出的氢离子以H+,HCO3-,H2CO3三种形式存在,其中1mol 碳酸分子中有2mol水电离出的氢离子所以cOH-=cH++cHCO3-+2cH2CO3此外质子守恒也可以用电荷守恒和物料守恒两个式子相减而得到电荷守恒-物料守恒=质子守恒;⒈含特定元素的微粒离子或分子守恒⒉不同元素间形成的特定微粒比守恒⒊特定微粒的来源关系守恒例1：在0.1mol/LNa3PO4溶液中：根据P元素形成微粒总量守恒有：cPO43-+cHPO42-+cH2PO4-+cH3PO4=0.1mol/L 根据Na与P形成微粒的关系有：cNa+=3cPO43-+3cHPO42-+3cH2PO4-+3cH3PO4 根据H2O电离出的H+与OH-守恒有：cOH-=cHPO42-+2cH2PO4-+3cH3PO4+cH+ 例2：NaHCO3 溶液中cNa+等于碳酸氢根离子的浓度,电离水解后,碳酸氢根以三种形式存在所以CNa+=CHCO3-+ CCO32-+CH2CO3 这个式子叫物料守恒再例如,Na2CO3溶液中,cNa+等于碳酸根离子的浓度2倍,电离水解后,碳酸根以三种形式存在所以有CNa+= 2CCO32-+CHCO3-+CH2CO3质子守恒也可以由电荷守恒和物料守恒关系联立得到例如：Na2CO3溶液①电荷守恒：CNa+ +CH+===COH- +2CCO32- +CHCO3- 正电荷=负电荷②物料守恒：CNa+= 2CCO32- +2CHCO3- +2CH2CO3①-②得质子守恒：COH- =CH+ +CHCO3- +2CH2CO3 水电离出的H+ =OH-NaHCO3 溶液中存在下列等式①cH++cNa+=cHCO3-+2cCO32-+cOH-②cNa+=cHCO3-+cCO32-+cH2CO3{物料守恒}方法一：两式相减①-②得cH+=cOH-+cCO32--cH2CO3这个式子叫质子守恒;方法二：由酸碱质子理论原始物种：HCO3-,H2O消耗质子产物H2CO3,产生质子产物CO32-,OH-cH+=cCO32-+cOH--cH2CO3即cH++cH2CO3=cCO32-+cOH-关系：剩余的质子数目=产生质子的产物数目-消耗质子的产物数目直接用酸碱质子理论求质子平衡关系比较简单,但要细心；如果用电荷守恒和物料守恒关系联立得到则比较麻烦,但比较保险又如NaH2PO4溶液原始物种：H2PO4-,H2O消耗质子产物：H3PO4 H+产生质子产物：HPO42-产生一个质子,PO43-产生二个质子,OH-所以：cH+=cHPO42-+2cPO43-+cOH--cH3PO4可以用电荷守恒和物料守恒联立验证.快速书写快速书写质子守恒的方法：第一步：定基准物能得失氢离子的物质若为溶液则包括水利用电离和水解得到得质子产物和失质子产物;第二步：看基准物、得质子产物和失质子产物相差的质子数第三步：列出质子守恒关系式得质子数=失质子数第四步：用物料守恒和电荷守恒加以验证质子守恒的主要题型：1.单一的酸溶液例：H3PO4溶液中：基准物：H2O 和H3PO4.得质子产物：H3O+相差1个质子即H+失质子产物：H2PO4- 相差1个质子HPO42-差2个质子PO43-相差3个质子OH- 相差1个质子质子守恒关系式为：cH+ = cH2PO4- + 2cHPO42- + 3cPO43- + cOH-2.单一的碱溶液例：NH3·H2O溶液中：基准物：H2O NH3·H2O得质子产物：H3O+相差1个质子即H+NH4+ 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：cH+ + cNH4+ = cOH- 不难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也是这个样子滴3.单一的正盐溶液例1：Na2CO3溶液基准物：H2O CO32-得质子产物：H3O+相差1个质子即H+HCO3-相差1个质子H2CO3相差2个质子失质子产物：OH- 相差1个质子质子守恒关系式为：cH+ + cHCO3- + 2cH2CO3 = cOH- 例2：NH4Cl 溶液基准物：H2O 、NH4+ 得质子产物：H3O+相差1个质子即H+失质子产物：NH3·H2O相差1个质子OH- 相差1个质子质子守恒关系式为cH+ = cNH3·H2O + cOH-例3：NH43PO4溶液基准物：H2O 、NH4+ 、PO43-得质子产物：H3O+相差1个质子即H+HPO42-相差1个质子H2PO4- 相差2个质子H3PO4相差3个质子失质子产物：NH3·H2O相差1个质子OH- 相差1个质子质子守恒关系式为cH+ + cHPO42- + 2cH2PO4- + 3cH3PO4 = cNH3·H2O + cOH-4 .单一的酸式盐溶液例1：NaH2PO4溶液基准物：H2O H2PO4-得质子产物：H3O+相差1个质子即H+H3PO4相差1个质子失质子产物：HPO42-相差1个质子PO43-相差2个质子OH- 相差1个质子质子守恒关系式为cH+ + cH3PO4 = cHPO42- + 2cPO43- + cOH-例2：NH4HCO3溶液基准物：H2O 、NH4+ 、HCO3- 得质子产物：H3O+相差1个质子即H+H2CO3相差1个质子失质子产物：NH3·H2O相差1个质子CO32- 相差1个质子OH- 相差1个质子质子守恒关系式为cH++ cH2CO3 = cNH3·H2O + cCO32- + cOH-例3：NH42HPO4溶液基准物：H2O 、NH4+、HPO42- 得质子产物：H3O+相差1个质子即H+H2PO4- 相差1个质子H3PO4 相差2个质子失质子产物：NH3·H2O相差1个质子PO43- 相差1个质子OH- 相差1个质子质子守恒关系式为cH+ + cH2PO4- + 2cH3PO4 = cNH3·H2O + cPO43- + cOH-5.多种盐的混合溶液例：CH3COONa与NaF的混合液基准物：H2O CH3COO- F-得质子产物：H3O+相差1个质子即H+CH3COOH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cH+ + cCH3COOH + cHF = cOH-6.酸碱反应后的混合溶液：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;质子守恒关系式特殊; 例1：同浓度同体积的CH3COONa 与CH3COOH混合液物料守恒：cCH3COO-+ cCH3COOH = 2cNa+电荷守恒：cNa++ cH+ = cCH3COO- + cOH-即2cNa+ + 2cH+ = 2cCH3COO- + 2cOH-质子守恒关系式为：2cH+ + cCH3COOH = cCH3COO- + 2cOH-例2：同浓度同体积的CH3COONa与NaOH混合液物料守恒：2cCH3COO-+ cCH3COOH = cNa+电荷守恒：cNa+ + cH+ = cCH3COO- + cOH-质子守恒关系式为：cH+ + 2cCH3COOH + cCH3COO- = cOH-例3：同浓度同体积的NH4Cl与NH3·H2O混合液物料守恒：cNH4++ cNH3·H2O =2 cCl-电荷守恒：cNH4+ + cH+ = cCl- + cOH-即2cNH4+ +2 cH+ = 2cCl- + 2cOH-质子守恒关系式为：2cH+ +cNH4+ = cNH3·H2O + 2cOH- 例4：同浓度同体积的NH4Cl与HCl混合液物料守恒：2 cNH4++ cNH3·H2O = cCl-电荷守恒：cNH4+ + cH+ = cCl- + cOH-质子守恒关系式为：cH+ = cNH4+ + 2cNH3·H2O + cOH-质子守恒解读一般情况下,很少单独考虑质子守恒,实际上在盐水溶液中存在的质子守恒可看作是物料守恒与电荷守恒的叠加项所谓的质子守恒,实质是从水的电离出发,考虑弱酸根离子结合水电离出的H+或弱碱阳离子结合水电离出的OH-,然后在溶液中寻找H+和OH-的“藏身”之所,而列出的等式关系;常用于盐溶液中粒子浓度关系的比较下面以Na2CO3溶液、NH4Cl溶液和NH42CO3溶液为例,来确定它们的溶液中各自存在的质子守恒关系;1、Na2CO3溶液在不考虑CO32-水解时,水电离出的H+与OH-的物质的量是相等的,但当CO32-水解结合部分水电离出的H+后,分别生成了HCO3-结合一个H+和H2CO3结合两个H+,而OH-未被消耗,因此可列出等式关系：cOH-=cH++cHCO3-+2×cH2CO3,即Na2CO3溶液中的质子守恒2、NH4Cl溶液NH4+水解结合的是由水电离出的部分OH-,生成了NH3·H2O,而H+未被消耗,因此可列出等式关系：cH+=cOH-+cNH3·H2O,即为NH4Cl溶液中的质子守恒3、NH42CO3溶液NH4+水解结合的是由水电离出的部分OH-,生成了NH3·H2O；CO32-水解结合部分水电离出的H+,分别生成了HCO3-和H2CO3,H+、OH-都有一部分被消耗,分别寻找H+、OH-在溶液中的“藏身”之所,即可列出下列等式关系：cH++cHCO3-+2×cH2CO3=cOH-+cNH3·H2O,即为NH42CO3溶液中的质子守恒;。
电解质溶液中离子浓度大小的比较
如Na2S水溶液中的质子转移作用图示如下：
由图得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。
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。
二、电解质溶液中的三大守恒关系
1、电荷守恒： 电解质溶液中的阴离子的负电荷总数等于
阳离子的正电荷总数
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+（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；
第三节 盐类的水解(三)
溶液中离子浓度大小的比较
教学目标
知识与技能 学会运用盐类水解的知识和守恒的观点解决离
子浓度的问题 过程与方法
培养学生运用对比法和依据客观事实解决问题 的逻辑思维能力 情感态度价值观
引导学生树立“透过现象，抓住本质”的辩证 唯物主义认识观点，培养学生善于观察、勤于思 考的科学态度 重 点：溶液中微粒浓度大小的比较 难 点：溶液中微粒浓度大小的比较
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专题电解质溶液中离子浓度大小比较归类解析电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考的“热点”之一。
高考化学试卷年年涉及这种题型。
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、电离度、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。
处理此类试题时要关注以下几个方面。
【必备相关知识】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-，H2OH++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+，H2OH++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【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-)＋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)【注意】书写电荷守恒式必须①准确的判断溶液中离子的种类；②弄清离子浓度和电荷浓度的关系。
3．导出式——质子守恒：如碳酸钠溶液中由电荷守恒和物料守恒将Na+离子消掉可得：c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)。
此关系式也可以按下列方法进行分析，由于指定溶液中氢原子的物质的量为定值，所以无论溶液中结合氢离子还是失去氢离子，但氢原子总数始终为定值，也就是说结合的氢离子的量和失去氢离子的量相等。
可以用图示分析如下：，由得失氢离子守恒可得：c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)。
又如醋酸钠溶液中由电荷守恒和物料守恒将钠离子消掉可得：c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)。
［规律总结］1、必须有正确的思路：2、掌握解此类题的三个思维基点：电离、水解和守恒3、分清他们的主要地位和次要地位【常见题型】一、溶质单一型※※关注三个守恒1.弱酸溶液：【例1】在0.1mol/L的H2S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-)+2c(S2-)+c(OH-)C.c(H+)＞[c(HS-)+c(S2-)+c(OH-)]D.c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=0.1mol/L分析：由于H2S溶液中存在下列平衡：H2S H++HS-，HS-H++S2-，H2O H++OH-，根据电荷守恒得c(H+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)，由物料守恒得c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=0.1mol/L，所以关系式错误的是A项。
（注意：解答这类题目主要抓住弱酸的电离平衡。
）2.弱碱溶液：【例2】室温下，0.1mol/L的氨水溶液中，下列关系式中不正确的是（）A. c(OH-)＞c(H+)B.c(NH3·H2O)+c(NH4+)=0.1mol/LC.c(NH4+)＞c(NH3·H2O)＞c(OH-)＞c(H+)D.c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)分析：由于氨水溶液中存在一水合氨的电离平衡和水的电离平衡，所以所得溶液呈碱性，根据电荷守恒和物料守恒知BD正确，而一水合氨的电离是微量的，所以C项错误，即答案为C项。
3.强酸弱碱盐溶液：【例3】在氯化铵溶液中，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(Cl-)＝c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)分析：由于氯化铵溶液中存在下列电离过程：NH4Cl=NH4++Cl-，H2O H++OH-和水解过程：NH4++H2O H++NH3·H2O，由于铵离子水解被消耗，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，所以上述关系式正确的是A项。
（注意：解答这类题目时主要抓住弱碱阳离子的水解，且水解是微量的，水解后溶液呈酸性。
）4.强碱弱酸盐溶液：【例4】在Na2S溶液中下列关系不正确的是A．c(Na+) =2c(HS－) +2c(S2－) +c(H2S)B．c(Na+) +c(H+)=c(OH－)+c(HS－)+2c(S2－)C．c(Na+)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)D．c(OH－)=c(HS－)+c(H+)+c(H2S)解析：电荷守恒：c(Na+) +c(H+)=c(OH－)+c(HS－)+2c(S2－)；物料守恒：c(Na+) =2c(HS－) +2c(S2－) +2c(H2S)；质子守恒：c(OH－)=c(HS－)+c(H+)+2c(H2S)，选A D5.强碱弱酸的酸式盐溶液：【例5】（2004年江苏卷）草酸是二元弱酸，草酸氢钾溶液呈酸性，在0.1mol/LKHC2O4溶液中，下列关系正确的是（CD）A．c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+ c(C2O42-)B．c(HC2O4-)+ c(C2O42-)=0.1mol/LC．c(C2O42-)＞c(H2C2O4)D．c(K+)= c(H2C2O4)+ c(HC2O4-)+ c(C2O42-)[解析]因为草酸氢钾呈酸性，所以HC2O4-电离程度大于水解程度，故c(C2O42-)＞c(H2C2O4)。
又依据物料平衡，所以D．c(K+)= c(H2C2O4)+ c(HC2O4-)+ c(C2O42-)正确，又根据电荷守恒，c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-)，所以。
综合上述，C、D正确。
练习：1、(2001年全国春招题)在0.1mol·L-1 Na2CO3溶液中，下列关系正确的是( c )。
A．c(Na+)＝2c(CO32-B．c(OH-)＝2c(H+)C．c(HCO3-)＞c(H2CO3)D．c(Na+)＜c(CO32-)＋c(HCO3-)2、在0.1mol/L的NaHCO3溶液中，下列关系式正确的是（CD ）A.c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(H+)＞c(OH-)B.c(Na+)=c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)C.c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)D.c(Na+)＝c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)3、已知某温度下0.1mol·L－1的NaHB(强电解质)溶液中c(H＋)＞c(OH－)，则下列有关说法或关系式一定正确的是（ )①HB－的水解程度小于HB－的电离程度；②c(Na+)=0.1mol·L－1≥c(B2－)；③溶液的pH=1；④c(Na+)=c(HB－)+2c(B2－)+c(OH－)。
A．①② B．②③ C．②④ D．①②③4、（2006江苏）1、下列叙述正确的是（BC ）A．0.1mol·L－1氨水中，c(OH-)=c(NH4+)B．10 mL 0.02mol·L－1HCl溶液与10 mL 0.02mol·L－1Ba(OH)2溶液充分混合,若混合后溶液的体积为20 mL，则溶液的pH=12C．在0.1mol·L－1CH3COONa溶液中，c(OH-)=c(CH3COOH)＋c(H+)D．0.1mol·L－1某二元弱酸强碱盐NaHA溶液中，c(Na+)=2c(A2-)＋c(HA-)＋c(H2A)5、(05上海)14、叠氮酸（HN3）与醋酸酸性相似，下列叙述中错误的是（）A、HN3水溶液中微粒浓度大小顺序为：c(HN3)>c(H+)>c(N3¯)>c(OH¯)B、HN3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+)D、N3¯与CO2含相等电子数二、两种电解质溶液混合后离子浓度大小的比较※※关注混合后溶液的酸碱性混合后溶液的酸碱性取决于溶质的电离和水解的情况，一般判断原则是：若溶液中有酸或碱存在，要考虑酸和碱的电离，即溶液相应地显酸性或碱性；若溶液中的溶质仅为盐，则考虑盐水解情况；对于特殊情景要按所给的知识情景进行判断。