离子浓度大小比较中的一

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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：NH3H2O NH4 + OH H2O H+ + OH 所以溶液中微粒浓度关系为：C（NH3H2O）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，存在下列电离平衡：H2O

3、 H+ + OH H2S HS+H+ K1= C（H）C（HS）/ C（H2S）=1.310-7HS S2+H+ K2= C（H）C（S2）/ C（HS）=7.110-15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(

4、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（NH3H2O）（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：Na+、HCO3；微量离子：OH、 CO32、H；大量分子：H2O；微量分子：H2C

5、O3。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

6、）=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+）=0.2molL-1 ， C（CO32-）+C（HCO3-）+C（H2CO3）=0.1molL-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

7、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 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

8、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

9、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，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

10、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

11、（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-）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

12、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（NH3H2O）+ C（HPO42-）+ 2C（PO43-）+ C（OH -）4、电荷守恒式和物料守恒式的区别(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

13、.(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，0.1molL -1 Na2CO3溶液和0.1molL -1 NaHCO3溶液中由于离子种类相同电荷守恒式就相同，都是在0.1molL -1 Na2CO3溶液中，由于C（Na+）：C（CO32-）原始=2：1所以C（Na+）=2C（CO32-）原始=2C（CO32-）+C（HCO3-）+C（H2CO3= 0.2molL -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0.1molL -1 NaHCO3溶液中，由于C（Na+）；C（CO

14、32-）原始=1：1所以有C（Na+）=C（CO32-）原始=C（CO32-）+C（HCO3-）+C（H2CO3）= 0.1molL -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、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-）+

15、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NH3H2O，故所得溶液中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HC

16、l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-）=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NH3H2O的电离大于NH4+的水解。故有：电荷守恒C（Cl-）+C(OH-)= C(NH4+)

17、+ 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，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CH

18、3COOH 。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+)

19、+ 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

20、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-) =C(H+)- 2C(SO42-)2、一元弱碱溶液例3、在0.1mol/L的NH3H2O溶液中，下列关系正确的是（）A、C（NH3H2O）C（OH-）C（NH4+）C（H+）B、C（NH4+） C（NH3H2O）COH-C（H+） C、C（NH3H2O） C（NH4+）=C（OH-）C（H+）D、C（NH3H2O）C（NH4+）C（H+）C（OH-）解析： NH3H2O是一

21、元弱碱，在水溶液中少部分发生电离：NH3H2ONH4+OH-,所以C（NH3H2O）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（NH3H2O）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，0.1molL-1CH3COOH 溶液中各离子浓度大小是_.解析；CH3COOH是一元弱酸，在水溶液中少部分CH3COOH CH3COO- +H+、同时

22、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0.1molL-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）=0.1molL-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：

23、 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）=0.1molL-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（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0.1molL-1H2S溶液

24、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0.1molL-1H2SO3溶液中，由两级电离常数K1= C（H）C（HSO3）/ C（H2S O3）=1.310-2 K2= C（H）C（SO32）/ C（HSO3）=6.310-8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）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0.1molL-1NH4Cl溶液中下列关系正确的是（

25、）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 NH3H2OH，由于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

26、.1molL-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（

27、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+）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

28、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+)=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：NaHC

29、O3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。NaHCO3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

30、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-）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

31、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（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-）

32、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0mL0.1molL-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

33、C(Na+)C(Ac-)C(H+)C(OH-) BC(Na+)C(Ac-)C(OH-)C(H+)CC(Na+)C(Ac-)C(HAc) 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

34、转化成是正盐溶液中离子浓度比较问题，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-)，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(200

35、2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 D后20mL解析：pH0的KOH有C(KOH)0-4molL-1，H4的一元酸，因不清楚是强酸还是弱酸，故有C(HA)0-4molL-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，p

36、H=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110-4mol/L）pHC(Ba2+)C(OH-)C(NH4+)B、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 =2NH3H2O+ BaCl2反应前 0.006 mol 0.002 mol 0 0反应后 0.002 mol 0 0.004 mol 0.002

37、 mol 两者混合后得到的是0.05mol/LBaCl2、0.1mol/LNH3H2O和0.05mol/LNH4Cl的混和溶液，由于NH3H2O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）2F

38、e （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+H2O NH3H2OH，（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

39、大于中的C（NH4+），（NH4）2Fe （SO4）2溶液中Fe2+水解显酸性，相当于在（NH4）2SO4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

40、（4）向NaOH溶液中通入CO2气体答案：都是：离子：Na+、CO32-、HCO3-、OH-、H+；分子：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

41、的NaOH溶液时，溶液中的溶质为CH3COOH和CH3COONa且C（CH3COOH）C（CH3COONa），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

42、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CH3COOH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+）=KaC（酸）/C（盐）即1.7610-5C（酸）/C（盐）=110-7，可计算出此时C（CH3COOH）/ C（CH3COONa）的比值为5.5610-3（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

43、浓度关系为C（Na+）C（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NaO

44、H，溶液中的溶质仍为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+)； 物料守恒：C(NH4+)C(NH3H2O)=C(Cl-)

45、，因为N原子与Cl原子物质的量相等； 质子守恒：C(OH-)C(NH3H2O)=C(H+)，因为水电离的OH-有部分被NH4+结合生成NH3H2O。 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 NH3H2OH使溶液呈酸性 （2）当溶质为NH3H2O与NH4Cl时当在NH4Cl中加入极少量的NH3H2O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NH3H2O电离的碱性相抵消。此时NH3H2O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

46、的NH3H2O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NH3H2O电离的碱性相互抵消。此时NH3H2O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+)； 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NH3H2O电离程度等于NH4+水解程度当在NH4Cl中加入NH3H2O使 NH4Cl与NH3H2O物质的量比为11，此时混合溶液呈碱性， NH3H2O电离程度

47、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(NH3H2O)=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(NH3H2O) =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(NH3H2O)=C(H+)，再由NH3H2O得质子守恒c(OH-)c(NH4+)+c(H+)，两式相加即得。 不等式关系是：C(NH4+)C(Cl-)C(NH3H2O)C(OH-)C(H+)，因为NH3H2O的电离程度大于NH4

48、+的水解程度。当在NH4Cl中加入大量的NH3H2O，NH3H2O浓度远大于NH4Cl浓度时，混合溶液呈碱性，此时不等式关系是C（NH3H2O）C（NH4+）C（OH-）C（Cl-）C（H+）（3）当溶质为盐酸与NH4Cl时若在NH4Cl中加入少量的盐酸，即C（HCl）C（NH4Cl）时，则不等式关系为C（Cl-）C（NH4+）C（H+）C（OH-）若在NH4Cl中加入等物质的量的盐酸时，等式关系有： 电荷守恒：C(Cl-)+C(OH-)=C(NH4+)+C(H+)； 物料守恒：2C(NH4+)2C(NH3H2O)=C(Cl-)，因为Cl原子物质的量是N原子物质的量的2倍； 质子守恒：C(OH

49、-)C(NH4+)+2c(NH3H2O)=C(H+)，由电荷守恒与物料守恒消去C(Cl-)和部分c(NH4+)即得。不等式关系是：C(Cl-)C(H+)C(NH4+)C(NH3H2O)C(OH-)。若在NH4Cl中加入大量的盐酸时离子浓度的大小关系是：C（Cl-）C（H+）C（NH4+）C（OH-）例22已知某溶液中存在NH4+、OH-、Cl-、H+四种离子，经四位同学测定其浓度大小如何，其中不可能正确的是（）A C（Cl-）C（NH4+）C（H+）C（OH-）B C（Cl-）C（H+）C（NH4+）C（OH-）C C（NH4+）C（OH-）C（Cl-）C（H+）D C（OH-）C（H+）C（

50、Cl-）C（NH4+）解析；此溶液可能为NH4ClNH4Cl+ HClNH4Cl+NH3H2O若为，则C（Cl-）C（NH4+）C（H+）C（OH-）A正确若为时C（HCl）C（NH4Cl）时则C（Cl-）C（H+）C（NH4+）C（OH-）B正确当C（HCl）C（NH4Cl）时C（Cl-）C（NH4+）C（H+）C（OH-）若为当NH3H2O电离程度大于NH4+水解程度时有C（NH4+）C（Cl-）C（OH-）C（H+）或C（NH4+）C（OH-）C（Cl-）C（H+）（此时NH3H2O浓度远大于NH4Cl浓度）当NH3H2O电离程度等于NH4+水解程度时有C（NH4+）= C（Cl-）C（

51、H+）=C（OH-）当NH3H2O电离程度小于NH4+水解程度时有C（Cl-）C（NH4+）C（H+）C（OH-）答案为D六、高考真题感悟1、（13年山东理综13）某温度下，向一定体积0.1mol/L醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH(pOH=-lgOH-)与pH的变化关系如图所示，则 AM点所示溶液导电能力强于Q点 BN点所示溶液中c(CH3COO-)c(Na+ ) CM点和N点所示溶液中水的电离程度相同 DQ点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积 2（13年浙江理综12） 25时，用浓度为0.1000 mol/L的NaOH溶液滴定20.00 mL浓度均为0.1000

52、mol/L的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（）A在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：HZHYHXB根据滴定曲线，可得Ka(HY)105C将上述HX、HY溶液等体积混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时：c(X)c(Y)c(OH)c(H+)DHY与HZ混合，达到平衡时：c(H+)= + c(Z) +c(OH)3（13年安徽理综13）已知NaHSO3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：HSO3- + H2OH2SO3 + OH- HSO3- H+ + SO32- 向0.1molL-1的NaHSO3溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是A 加入少量金属Na，平衡左移，平衡右移，溶液中c(HSO3-)增大B 加入少量Na2SO3固体，则c(H+) + c(Na+) = c(HSO3-) + c(OH-) + 1/2 c(SO32-) C 加入少量NaOH溶液， c (SO32-)/ c (HSO3-)、c (OH-)/c (H+)-+的值均增大 D 加入氨水至中性，则2c(Na+) = c(SO32-)c(H+) = c(OH-)