电解质溶液离子浓度大小比较【电解质溶液中离子浓度比较分析】
时间：2019-02-07 03:23:12 来源：雅意学习网 本文已影响 人 
文章编号：1005－6629(2009)05－0066－03中图分类号：G632.479文献标识码：B 1指导思想 1.1要充分认识电解质在水溶液中的表现
电解质溶于水， 是完全电离还是部分电离甚至分步电离， 是否存在相关的平衡，情况各异。如盐中的弱碱阳离子或弱酸根离子的水解平衡、 酸式弱酸根离子的水解平衡和电离平衡以及水的电离平衡。
1.2要准确把握电解质的介入对水的电离平衡的影响
在纯水中加入酸或碱，抑制了水的电离，使水的电离程度变小；在纯水中加入强碱弱酸盐、强酸弱碱盐，能促进水的电离，使水的电离程度变大。
1.3要正确掌握解题思路
电解质溶液单一溶液酸或碱―考虑电离盐―考虑水解混合溶液不反应―同时考虑电离和水解反应不过量生成酸或碱―考虑电离生成盐―考虑水解过量―根据过量程度考虑电离或水解
特别注意几种电解质共存时彼此之间的相互影响和相互制约，抓住主要矛盾。
1.4要善于运用电解质溶液中的守恒关系
①电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子带有的正电荷数与所有的阴离子带的负电荷数相等。如0.1 mol・L-1 H2S溶液中c(H+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)
②物料守恒：由于电解质在水溶液中存在电离或水解因素，离子会发生变迁转化成其他的离子或分子，而离子或分子中某种特定元素的原子总数是不会改变的。如0.1 mol・L-1 H2S溶液中， 因为S元素恒定不变，故有c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)=0.1 mol・L-1。
③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-为失去质子后的产物，故有以下关系： c(H3O+)+c(H2CO3)=c(NH3)+c(OH-)+c(CO32-)。(也可以由电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)和物料守恒c(NH4+)+c(NH3・H2O)=c(CO32-)+c(H2CO3)+c(HCO3-)换算而得。)
总之课堂教学中要让学生充分表述自己的解题思路，多给学生思考和讨论的机会，及时纠正学生的思维误区，培养学生认真、细致、严谨的学习作风，引导学生学会变式训练，启迪思维，灵活运用所学的知识。
2例题分析
2.1基础理解
例1.在0.1 mol・L-1氯化铵溶液中，列举微粒间浓度的大小关系。
解析：NH4Cl是可溶性的盐，属于强电解质，在溶液中完全电离，NH4Cl=NH4++Cl-。因为NH4Cl是强酸弱碱所生成的盐，NH4+在水中会有少部分要发生水解；NH4++H2O NH3・H2O+H+， 所以c(NH4+)比c(H+)及c(OH-)大得多； 溶液因水解而呈酸性，所以c(H+)>c(OH-)。综合起来， 不难得出：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)。根据电荷守恒有关系：c(NH4+)+c(H+)c(Cl-)+c(OH-)，根据物料守恒又有 c(Cl-)=c(NH4+) + c(NH3・H2O)，结合电荷守恒和物料守恒还有：c(NH3・H2O)+c(OH-)=c(H+)， 该关系式也可以通过质子守恒关系得到。
变式：10 mL 0.1 mol・L-1 NaOH溶液中加入同体积、同浓度的CH3COOH溶液，混合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(CH3COOH)
C. c(Na+)>c(CH3COO-)>c(CH3COOH)
D. c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)
解析：NaOH溶液与CH3COOH溶液恰好反应生成CH3COONa，CH3COO-在水中只有少部分发生水解使溶液显碱性，故C正确，A错误；根据电荷守恒，D正确；根据物料守恒，B正确。答案: A
2.2多元弱酸正盐或酸式盐
例2.在0.1 mol・L-1 Na2S溶液中，列举微粒间的浓度关系。
解析：Na2S是可溶性的盐，属于强电解质，在溶液中完全电离Na2S=2Na++S2-，S2-只有少部分发生水解S2-+H2O HS-+OH-而HS-水解程度更小HS-+H2O H2S+OH-，即溶液中的离子浓度大小关系是c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H+)；根据电荷守恒关系有c(Na+)+c(H+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)；根据物料守恒又有c(Na+)=2c(HS-)+2c(S2-)+2c(H2S)；结合电荷守恒和物料守恒还有：c(HS-)+2c(H2S)+c(H+)=c(OH-)，该关系式同样也可以通过质子守恒关系得到。
变式1：有0.1 mol・L-1 NaHCO3溶液中各微粒的浓度关系错误的是：
A. c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)
B. c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)
C. c(H+)>c(H2CO3)=c(CO32-)+c(OH-)
D. c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(OH-)
解析：NaHCO3是可溶性的盐，属强电解质，在溶液中完全电离NaHCO3=Na++HCO3-，HCO3-在溶液中存在两个平衡，HCO3-+H2O H2CO3+OH-，HCO3- H++CO32-，但HCO3-的水解能力大于电离能力，故溶液显碱性。尽管HCO3-水解能力大于电离能力，但HCO3-只有少部分发生水解，故A正确；根据物料守恒，B正确；根据电荷守恒，D错误，应为c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)；结合电荷守恒和物料守恒变换可知C正确； 答案：D。
变式2：某二元酸(H2A表示)在水中的电离方程式是H2A=HA-+H+和HA- H++A2-，在0.1 mol・L-1 NaHA溶液中下列关系不正确的是
A. c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)
B. c(Na+)>c(H+)=c(HA-)+c(OH-)>2c(A2-)
C. c(Na+)>c(HA-)+c(A2-)
D. c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)
解析：NaHA是可溶性的盐，属强电解质，在溶液中完全电离NaHA=Na++HA-，因NaHA对应的酸H2A的第一步电离不可逆，所以HA-不发生水解只能电离出H+；A项正确；溶液中不存在H2A分子，由电荷守恒得B正确，物料守恒可得C正确，D错误。答案为D。
2.3混合判断
例3. 20 mL 0.4 mol・L-1 HCN和20 mL 0.2 mol・L-1 NaOH溶液混合，测得溶液显碱性，则溶液中各微粒(除水)浓度由大到小的顺序是什么？
解析：20 mL 0.4 mol・L-1 HCN和20 mL 0.2 mol・L-1 NaOH溶液混合后得到等物质的量的NaCN和HCN的混合物，溶液中存在NaCN的水解平衡和HCN的电离平衡，根据溶液显碱性，说明NaCN水解程度大于HCN的电离程度，则溶液中各微粒(除水)浓度由大到小的顺序是c(HCN)>c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)
本文为全文原貌 未安装PDF浏览器用户请先下载安装 原版全文 变式1：已知乙酸(HA)的酸性比甲酸(HB)弱，在物质的量浓度均为0.1 mol・L-1的NaA和NaB混合溶液中，下列排列正确的是：
A. c(OH-)>c(HA)>c(HB)>c(H+)
B. c(OH-)>c(A-)>c(B-)>c(H+)
C. c(OH-)>c(B-)>c(A-)>c(H+)
D. c(OH-)>c(HB)>c(HA)>c(H+)
解析：酸越弱，对应的盐的水解程度越大，故同浓度的NaA和NaB，前者水解程度更大，因此其溶液中HA的浓度更大一些。盐类的水解一般来说是进行程度较小的反应，盐溶液中水解生成的分子的浓度要远小于原来的盐电离出的离子的浓度。答案：A。
变式2：某同学测得浓度均为0.01 mol・L-1的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液呈酸性后，得出如下关系式，其中不正确的是：
A. c(CH3COO-)>c(CH3COOH)
B. c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
C. c(Na+)=c(CH3COO-)=0.01 mol・L-1
D. c(CH3COO-)+c(CH3COOH）=0.02 mol・L-1
解析：该溶液存在CH3COOH的电离平衡和CH3COONa中CH3COO-水解平衡，离子方程式分别为CH3COOHCH3COO-+H+ CH3COO-+H2O
CH3COOH+OH-。由于溶液呈酸性， 则CH3COOH的电离程度大于CH3COO-水解程度， A、B正确，C错误；根据物料守恒c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.01mol・L-1，D错误。答案：C、D
2.4综合分析
例4.已知某溶液中存在OH-、H+、NH4+、Cl-四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序有如下四种关系：
①c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)
②c(Cl-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)
③c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
④c(Cl-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)
填写下列空白：
(1)若溶液中只溶解了一种溶质，则该溶质是________，上述四种离子浓度的大小顺序为_____________(填序号)。
(2)若上述关系③正确，则溶液中的溶质为_____；若上述关系④正确，则溶液中的溶质为________。
(3)若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c(HCl)_______c(NH3・H2O)(填“大于”“小于”或“等于”，下同)，混合前酸中c(H+)和碱中c(OH-)的关系c(H+)____c(OH-)。
解析：含有OH-、H+、NH4+、Cl-四种离子的水溶液，其溶质可能的情形有：①NH4Cl; ②HCl、NH4Cl；③NH4Cl、NH3・H2O，但不可能是NH3・H2O和HCl的混合物。答案为(1)NH4Cl，①； (2)NH4Cl与NH3・H2O；HCl与NH4Cl； (3)若正好反应，则溶液因NH4Cl的水解而呈酸性，而要使溶液呈中性，则NH4・H2O须过量，则混合前c(HCl)小于c(NH3・H2O)，但NH3・H2O是弱电解质，故混合前c(H+)大于c(OH-)。
变式：常温下将稀NaOH溶液与稀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-)
C.pHc(H+)>c(Na+)>c(OH-)
D.pH=7，且c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)=c(OH-)
解析：NaOH与CH3COOH反应后所得溶液中的溶质可能的情形有：①CH3COONa；②CH3COOH和CH3COONa的混合物；③CH3COONa和NaOH的混合物。其中①、③的溶液一定呈碱性，②的溶液呈酸性、碱性、中性都有可能。A项，情形有①、③溶液呈碱性，均有c(OH-)7，说明混合液中，主要考虑CH3COONa水解， 显然c(OH-)c(H+)=c(OH-)， 故D错误；C项属情形②， 其关系符合电荷守恒，即正负代数和为零，正确。另外注意C项中c(H+)和c(Na+)的位置可以对调，这主要取决于溶液中c(CH3COOH)比c(CH3COONa)大的程度。答案：A、D。
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