溶液中离子浓度的比较教学案

溶液中离子浓度的比较教学案（通用8篇）

溶液中离子浓度的比较教学案 篇1

溶液中离子浓度的比较

有关溶液中离子浓度的比较涉及盐类的水解、弱酸弱碱的电离两个重要的知识点，纵观历年的高考试题，可发现它是高考中一个重要的考点，现将溶液离子浓度的比较常见考查点总结如下：

一、单一溶液离子浓度比较

单一溶液离子浓度比较，我们首先要确定溶液的溶质的成分，进而利用有关弱酸弱碱的电离或盐类水解的知识解答。单一溶液中离子浓度的比较高中阶段主要限于：一元弱酸、一元弱碱（氨水）、能水解的正盐等，而多元弱酸、多元弱碱、弱酸的酸式盐等往往不在高中阶段的讨论范围。

1、一元弱酸中离子浓度比较 0.1mol/LCH3COOH溶液中：

电苛守恒有：c(H＋)＝c(OH－)+c(CH3COO－)物料守恒有：c(CH3COO－)+(CH3COOH)=0.1mol/L

2、一元弱碱中离子浓度比较 0.1mol/L的氨水中：

物料守恒有：c(NH3)+c(NH4+)+c(NH3·H2O)=0.1mol/L 电苛守恒有：c(OH－)＝c(NH4+)+c(H＋)

3、一元强酸弱碱盐 1mol/L的NH4Cl溶液中

物料守恒有：c(NH4+)+c(NH3·H2O)＝1mol/L 电苛守恒有：c(NH4+)+c(H＋)＝c(OH－)+c(Cl-)质子守恒有：c(H＋)＝c(OH－)+c(NH3·H2O)离子浓度大小有： c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H＋)＞c(OH－)

4、一元强碱弱酸盐 1mol/L CH3COONa溶液中：

物料守恒有：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=1mol/L 电苛守恒有：c(Na+)+c(H＋)=c(CH3COO-)+c(OH－)质子守恒有：c(OH－)=c(H＋)+c(CH3COOH)离子浓度大小关系有：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH－)＞c(H＋)

5、二元弱酸强碱盐 1mol/LNa2CO3溶液中：

物料守恒有：c(Na+)=2c(CO32－)＋2c(HCO3－)+2c(H2CO3)电苛守恒有：c(Na+)+c(H＋)=2c(CO32－)＋c(HCO3－)+c(OH－)质子守恒有：c(OH－)＝c(H＋)+c(HCO3－)+2c(H2CO3)离子浓度大小关系有：c(Na+)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(HCO3－)＞c(H＋)

二、混合液中离子浓度的比较

1、酸碱反应后溶液中离子浓度的比较

酸碱反应后所得溶液为单一的盐溶液，则利用单一溶液知识解答，如果酸碱有一种剩余，则溶液可能呈中性、酸性和碱性，此时由溶液的酸碱性对溶液中离子浓度进行比较。

例

1、（2005年高考江苏卷）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(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－)解析：当PH＞7时，对应溶液的溶质可为单一的CH3COONa溶液或NaOH和CH3COONa的混合液，当为单一的CH3COONa溶液时，离子浓度为：c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)；当NaOH的量远大于CH3COONa时，也可有：c(Na+)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)，所以A不可能。B为电苛守恒永远成立，C中当CH3COOH的量远大于CH3COONa时也成立；D中PH＝7,时有c(CH3COO－)＝c(Na+)＞c(H＋)＝c(OH－)，所以正确答案为AD。

2、弱酸的酸式盐与碱反应后溶液中离子浓度比较

一般弱酸的酸式盐，弱酸根的水解大于其电离能力，溶液呈碱性，但有一些弱酸的酸式盐确以电离为主，溶液呈酸性，如NaHSO3、NaHC2O4、NaH2PO4（但Na2HPO4溶液为碱性）。酸式盐可与碱继续反应，生成的正盐呈碱性。例

2、（2007天津理综第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+)=1×10-2mol/L B.V(NaOH)＜10mL时，不可能存在c(Na+)=2(C2O42-)+(HC2O4-)C.V(NaOH)=10mL时，c(H+)=1×10-7mol/L D.V(NaOH)＞10mL时，c(Na+)＞(C2O42-)＞(HC2O4-)解析：因草酸是二元中强酸，所以NaHC2O4中氢并不完全电离，则V(NaOH)＝0时，+-2c(H)＜1×10mol/L，A答案错；V(NaOH)=10mL时，溶液恰好反应生成Na2C2O4，为强碱弱酸盐水解呈碱性，则c(H+)＜1×10-7mol/L，C答案错；当V(NaOH)＜10mL时，肯定有一处溶液呈中性c(H+)=c(OH-)，溶液中电苛守恒有：c(Na+)+c(H+)=2(C2O42-)+(HC2O4-)+(OH-)，则有c(Na+)=2(C2O42-)+(HC2O4-)，B答案错；当V(NaOH)＞10mL时，溶液为Na2C2O4和NaOH的混合液，C2O42-水解产生HC2O4-，但水解反应为酸碱中和反应的逆反应，水解的量很少，所以正确答案为D。

3、弱酸与其强碱盐混合液中离子浓度的比较

一般情况下，等浓度的弱酸与其强碱盐混合，以弱酸电离为主，溶液呈酸性；等浓度的弱碱与其强酸盐混合，以弱碱的电离为主，溶液呈碱性，但当弱酸或弱碱的酸碱性太弱，电离程度太小时，以盐的水解为主。

例

3、（2003年高考江苏卷）将0.2mol/LHCN溶液和0.1mol/LNaOH溶液等体积混合后，溶液呈碱性，下列关系式中正确的为（）

A.c(HCN)＜c(CN-)B.c(Na+)＞c(CN-)C.c(HCN)-c(CN-)＝c(OH－)D.c(HCN)+c(CN-)＝0.1mol/L 解析：0.2mol/LHCN溶液和0.1mol/LNaOH溶液等体积混合后，不考虑水解和电离，c(HCN)＝c(NaCN)，而此时溶液呈碱性，说明NaCN水解大于HCN的电离，则c(HCN)＞c(CN-)，电苛守恒有：c(H+)+c(Na+)＝c(OH－)+c(CN-)，物料守恒有：c(HCN)+c(CN-)＝0.1mol/L＝2c(Na+),将此式代入上式，可发现C不正确，因此正确答案为BD。

4、混合的盐溶液中离子浓度的比较

二元弱酸的酸式盐与其正盐混合，溶液中离子浓度的比较，注意水解程度的比较。例

4、（2004年高考上海卷）将标准状况下的2.24LCO2通入150mL 1mol/LNaOH溶液中，下列说法正确的是（）

A.c(HCO3－)略大于c(CO32－)B.c(HCO3－)等于c(CO32－)C.c(Na+)等于c(HCO3－)与c(CO32－)之和 D.c(HCO3－)略小于c(CO32－)解析：将标准状况下的2.24LCO2通入150mL 1mol/LNaOH溶液中，所得Na2CO3与NaHCO3各0.05mol，但由于：CO32－+H2O HCO3－+OH－，故正确答案为A，由原子守恒可判断C错误，该溶液中离子浓度大小为：c(Na+)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(H＋)。

例

5、（2008全国理综卷Ⅰ12题）已知乙酸（HA）的酸性比甲酸（HB）弱，在物质的量浓度均为0.1mol/L的NaA和NaB的混合溶液中，下列排序正确的是（）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：因乙酸（HA）的酸性比甲酸（HB）弱，所以相同浓度的NaA和NaB溶液，NaA水解程度比NaB要大，则c(HA)＞c(HB)，由质子守恒得c(OH－)＝c(HA)+c(H＋－＋)，所以 c(OH)＞c(HA)，水解呈碱性，c(H)最小，所以答案为A。

三、不同溶液中同一离子浓度的比较

1、不同溶液中当含有相同的离子时，可对相同浓度的不同溶液中同一离子浓度进行比较。

例

6、浓度相同的①NH4NO3 ②NH4HCO3 ③NH4HSO4 ④(NH4)2CO3 ⑤(NH4)2SO4溶液中，c(NH4+)的大小顺序为___________________.解析：NH4+水解使溶液呈酸性，HCO3-水解使溶液呈碱性，HSO4-完全电离出H+，结合化学式中铵根离子的下标，所以 c(NH4+)的大小顺序为 ：⑤＞④＞③＞①＞②

2、不同溶液中带某种电苛的离子总数的比较

例

7、在溶质的物质的量相同的等体积的下列溶液中，阴离子总数由多到少的顺序是（）

①CaCl2 ②Na2CO3 ③MgSO4

解析： 1molCaCl2电离出2molCl-，而1molNa2CO3和MgSO4分别电离出1mol阴离2－－－子，但CO3+H2O HCO3+OH使阴离子数量增多，因此阴离子总数由多到少的顺序是①＞②＞③

四、不同溶液中离子总数量的比较

例

7、已知HF的酸性比HCN的酸性强，现有物质的量浓度和体积均相同的NaF和NaCN两种溶液，已知前者溶液中的离子数目为n1,后者溶液中的离子数目为n2

溶液中离子浓度的比较教学案 篇2

一、看到“>”、“<”分析电离、水解情况.

二、看到“=”考虑三个守恒:电荷守恒、物料守恒 (原子守恒) 和质子守恒.

例1有4种混合溶液, 分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合而成: (1) CH3COONa与Na2CO3; (2) CH3COONa与NaCl; (3) CH3COONa与NaOH; (4) CH3COONa与HCl.c (CH3COO-) 排序正确的是 ()

(A) (3) > (1) > (2) > (4)

(B) (3) > (2) > (1) > (4)

(C) (4) > (2) > (1) > (3)

(D) (4) > (2) > (3) > (1)

解析:选项中是“>”号, 所以抓住电离和水解关系分析问题.首先 (4) CH3COONa与HCl发生反应生成弱酸CH3COOH, 因此c (CH3COO-) 最小.由于CH3COO-发生水解溶液显碱性, (1) 中的Na2CO3发生水解溶液显碱性以及 (3) 中的NaOH电离显碱性, 都对CH3COO-水解起抑制作用.由于等浓度时NaOH中c (OH-) 大, 所以CH3COO-发生水解的量少, (3) 中c (CH3COO-) 最大.而 (2) 中的NaCl对CH3COO-的水解无影响, 所以c (CH3COO-) 比 (1) 中的小.因此得出结论c (CH3COO-) : (3) > (1) > (2) > (4) .

答案: (A)

例2关于小苏打水溶液的表述不正确的是 ()

(A) c (Na+) >c (HCO-3) >c (H+) >c (OH-)

(B) c (Na+) +c (H+) =c (HCO-3) +c (OH-) +2c (CO2-3)

(C) c (Na+) =c (HCO-3) +c (CO2-3) +c (H2CO3)

(D) c (OH-) =c (H2CO3) +c (H+) -c (CO2-3)

解析: (A) 中符号是“>”号, 所以分析电离和水解关系.HCO3-的水解程度大于电离程度, 因此溶液呈碱性, 溶液中离子浓度由大至小应为:c (Na+) >c (HCO3-) >c (OH-) >c (H+) , 故 (A) 错. (B) 、 (C) 、 (D) 中是“=”号, 要从“三个守恒”入手. (B) 中阳离子和阴离子分别在等号两边, 这是“电荷守恒”的标志, 通过分析NaHCO3的电离和水解以及水的电离, 溶液中存在Na+、H+、OH-、HCO3-、CO32-、H2CO3微粒, 由“电荷守恒” (B) 正确. (C) 中等号右边都含CO3原子团, 这是“物料守恒” (碳原子守恒) 的标志.在NaHCO3中存在Na与C元素物质的量相等的关系, 而碳原子在溶液中有三种存在形式, 由“碳原子守恒” (C) 正确. (D) 要从“质子守恒”进行判断, 即根据水电离的c (H+) =c (OH-) .NaHCO3溶液中OH-来自水的电离, 但HCO3-和水都电离出H+, 其中水电离出的H+一部分由于HCO3-的水解生成H2CO3, 存在于H2CO3中, 其余以H+形式存在, 这部分H+等于溶液中的H+减去HCO3-电离的H+ (与CO32-的浓度相同) , 列出水电离的c (H+) 与c (OH-) 相等的式子, 故 (D) 正确.

小议溶液中的离子浓度比较 篇3

首先，必须有如图1所示的正确思路：

电解质溶液单一溶液酸或碱溶液——考虑电离盐溶液——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——考虑电解生成盐——考虑水解

过量——根据过量程度考虑电离或水解

图1

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。

一、电荷守恒

电解质溶液中，不论存在多少种离子，溶液总是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数，也就是电荷守恒定律。在这个定律中，首先要注意的是溶液呈电中性这个关键词，溶液呈电中性与溶液呈中性是两个不同的概念，溶液呈中性则说明存在如下关系：c（H+）= c（OH-）。所以理解其概念就不会混淆了。

如在KHCO3溶液中必存在以下关系c（K+）+c（H+）=c（HCO-3）+c（OH-）+2c（CO2-3）

分析：溶液中存在以下的电离和水解：

KHCO3K++ HCO-3

HCO-3H++CO2-3

H2OH++ OH-

HCO-3+H2OH2CO3+OH-

所以溶液中存在K+、H+、HCO-3、OH-、CO2-3这些离子，由于CO2-3带2个负电荷，阴离子所带负电荷总数为c（HCO-3）+c（OH-）+2c（CO2-3），阳离子所带正电荷总数为c（K+）+c（H+）。根据电荷守恒定律，两者相等得如下关系式：c（K+）+c（H+）=c（HCO-3）+c（OH-）+2c（CO2-3）

二、物料守恒

电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子的种类可能增多，但某些关键性的原子总是守恒的。如在K2S溶液中，存在如下电离和水解：

K2S2K++S2-

H2OH++ OH-

S2-+ H2OHS-+ OH-

HS-+ H2OH2S+ OH-

故硫元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，但不管怎样，钾原子的物质的量总是硫原子物质的量的2倍。所以就有：

c（K+）=2[c（S2-）+ c（HS-）+c（H2S）]= 2c（S2-）+2 c（HS-）+2c（H2S）

三、质子守恒

质子守恒是指电解质溶液中的粒子电离出氢离子（H+）总数等于粒子接受的氢离子（H+）总数加上游离的氢离子（H+）数。或者理解为电解质溶液中分子或离子得到或失去的质子的物质的量应相等。

如Na2S水溶液中的质子转移c（H+）+c（HS-）+2c（H2S） = c（OH-）

实际上，质子守恒也可以根据电荷守恒和物料守恒联合求得。

电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HS-）+2c（S2-）①

物料守恒：c（Na+）=2c（S2-）+2c（HS-）+2c（H2S）②

将②代入①式、化简得：c（OH-）=c（H+）+c（HS-）+2c（H2S）四、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

CO2-3+H2O

HCO-3+OH-

HCO-3+H2O

H2CO3+OH-

下面以物质的量浓度和体积均相同的Na2CO3和Na2SO4两种稀溶液为例（设前者溶液中离子数目为x1，后者溶液中离子数目为x2）来分析离子数目的大小关系。

（1）直接从离子总浓度入手分析

在碳酸钠溶液中：

x1=c（Na+）+c（CO2-3）+c（HCO-3）+c（H+）1+c（OH-）1

在硫酸钠溶液中：

x2=c（Na+）+c（SO2-4）+c（H+）2+c（OH-）2

CO2-3水解分两步进行，第一步水解生成HCO-3，第二步HCO-3再水解生成H2CO3，但第二步水解程度跟第一步比较可以忽略不计。若不考虑第二步水解，对于物质的量浓度相等的Na2CO3和Na2SO4两种稀溶液有： c（CO2-3）+c（HCO-3）=c（SO2-4）

Na2SO4溶液中，SO2-4不水解，溶液显中性，c（H+）2+c（OH-）2=2×10-7。在Na2CO3溶液中，由于CO2-3易水解，溶液显碱性，c（OH-）11×10-7>c（H+）1。

综上所述有：c（H+）1+c（OH-）1>c（H+）2+c（OH-）2。所以x1>x2。

结论：多元弱酸根离子水解反应后，溶液中离子总数增加，水解程度越大，离子总数增加越多。

例1把0.02 mol/L HAc溶液和0.01 mol/L NaOH溶液等体积混合，则混合溶液中微粒浓度关系正确的是（）。

A.c（Ac-）>c（Na+）

B.c（HAc）>c（Ac-）

C.2c（H+）=c（Ac-）-c（HAc）

D.c（HAc）+c（Ac-）=0.01 mol/L

解析由电荷守恒关系可得：

c（H+）+c（Na+）=c（Ac-）+c（OH-）（1）

由物料守恒关系可得：

c（HAc）+c（Ac-）=c（Na+）×2=0.01mol/L（2）

由（2）可知D正确。

将（1）×2+（2）可得：

2c（H+）=c（Ac-）+2c（OH-）-c（HAc）（3）

C选项错误。

例2用物质的量都是0.1 mol的CH3COOH和CH3COONa配制成1 L混合溶液，已知其中c（CH3COO-）>c（Na+），对该混合溶液的下列判断正确的是（）。

A.c（H+）>c（OH-）

B.c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.2 mol/L

C.c（CH3COOH）>（CH3COO-）

D.C（CH3COO-）+c（OH-）=0.2 mol/L

解析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c（CH3COO-）>c（Na+），根据电荷守恒c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+

c（H+），可得出c（OH-）

例3在Na2CO3溶液中，下列等量关系正确的是（）。

A.c（OH–）=c（H+）+c（HCO-3）+c（H2CO3）

B.2 c（Na+）=c（CO2-3）+c（HCO-3）+c（H2CO3）

C.c（Na+）+c（OH-）=c（H+）+2c（CO2-3）+3c（HCO-3）+4c（H2CO3）

D.c（Na+）+c（H+）=c（HCO-3）+

c（CO2-3）+c（OH-）

分析由质子守恒可知A项的正确关系式应为c（OH-）=c（H+）

+c（HCO-3）+2c（H2CO3），由物料守恒可知B项的正解关系式应为： c（Na+）=

2c（CO2-3）+2c（HCO-3）+2c（H2CO3），由质子守恒式和物料关系式联合可推出C项是正确的。再由电荷守恒可知D项正确关系式应为：c（Na+）+c（H+）=c（HCO-3）+2c（CO2-3）+c（OH-）。正确答案为：C。

（收稿日期：2016-03-15）

溶液中各微粒浓度大小的判断 篇4

如何用简捷的方法准确寻找这类问题的答案呢?在电解质溶液中常存在多个平衡关系，应抓住主要矛盾(起主要作用的`平衡关系)，利用两种理论、三种守恒、三个观点去分析解题。

一、两种理论

离子的产生及浓度变化与化学反应、电离、水解等过程直接相关，含单一溶质溶液解题时应首先考虑电解质的电离和水解。

1.电离理论

(1)弱电解质的电离程度不大，溶液中的微粒主要是以弱电解质的分子形式存在。

(2)多元弱酸是分步电离的，以第一步为主。

例如H3PO4溶液，c(H3PO4)>c(H2PO4-)>c(HPO42-)>c(PO43-)。

(3)在电解质溶液中同时考虑水的电离。

例如0.1 mol/L的CH3COOH溶液中，c(H+)>c(CH3COO-)。

2.水解理论

(1)弱离子因水解而消耗，但一般水解程度不大。

(2)水解的实质是水电离平衡的移动。

例如NH4Cl溶液中，c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)>c(NH3・H2O)。

(3)多元弱酸的阴离子是分步水解的，以第一步为主。

例如Na2CO3溶液中，c(CO3-)>c(HCO3-)>c(H2CO3)。

对于两种溶液混合，应先着眼于物质之间的化学反应，再考虑电解质的电离及离子的水解;若没有化学反应存在，则直接考虑电解质的电离及离子的水解。

二、三种守恒

电解质在溶液中存在着三种基本关系：物料守恒、元素守恒、电荷守恒。

1.物料守恒

物料守恒是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，则推出：

c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)。

2.电荷守恒

溶液中离子浓度的比较教学案 篇5

1 实验部分

1.1 仪器

20.00m L移液管, 250m L的锥形瓶, 加热和过滤装置, 25m L的滴定管, 1000m L容量瓶。

1.2 试剂及配制

待测溶液 ;1∶1的乙醇、浓盐酸混合液;氨性缓冲溶液 (p H=10) 。

氯化钡溶液 (0.5mol·L-1) :将122g Ba Cl2·2H2O溶于600m L水中, 加热, 冷却, 然后将溶液稀释到1L, 贮存备用。

EDTA标准溶液 (浓度约为0.05mol·L-1) :称取18.6125g EDTA, 溶于少量的水中, 转入1000m L的容量瓶中, 再加蒸馏水稀释至标线。

铬黑T指示剂:称取0.5g的铬黑T, 加100g固体氯化钠, 研磨均匀后贮存于棕色瓶中, 装塞备用。

氯化镁溶液 (0.05mol·L-1) :将10.1500g的 ·6H2O, 先加适量的水溶解, 冷却, 然后将溶液稀释到1L, 贮存备用。

1.3 基本原理

依据容量分析法的基本原理, 利用配位滴定中的返滴定法[6], 用适当过量的Ba2+完全沉淀待测的混合物溶液中的SO42-, 使SO42-完全转化为Ba SO4沉淀;将硫酸钡沉淀分离、净化后, 用已知过量的EDTA标准溶液定量地络合硫酸钡沉淀中的钡离子, 使硫酸钡沉淀完全溶解;再用Mg Cl2标准溶液返滴定过量的EDTA, 用铬黑T作指示剂, 可计算出待测的混合物溶液中硫酸根离子的浓度及含量。

1.4 实验步骤

用移液管准确移取20.00m L配制好的、硫酸根离子浓度约为0.02mol·L-1的待测溶液, 置于250m L的锥形瓶中, 加适量的蒸馏水稀释。

若待测溶液中含有六价铬、七价锰等氧化性的有色离子, 为了减少它们对随后硫酸钡沉淀净化时的干扰以及对返滴定时指示剂显色的影响, 可加入理论量约5倍的乙醇 (1∶1的乙醇、浓盐酸混合液) , 在80~90℃左右保温约10~15min, 以将它们还原。

乙醇在酸性条件下还原六价铬的反应为:

整个还原过程应尽量避免乙醇和氯化氢气体的挥发。

往待测溶液中加入2m L的盐酸溶液, 加热到60~80℃左右, 在不断搅拌下, 慢慢地加入浓度为0.5mol·L-1的氯化钡溶液10m L, 放置1h, 使硫酸钡沉淀充分陈化, 用紧密型滤纸过滤沉淀, 并用经过盐酸酸化的热水, 将锥形瓶及沉淀洗涤至无钡离子 (用稀硫酸检测滤液, 滤液中加稀硫酸无白色沉淀出现) 为止。

将洗净的沉淀和滤纸一起放回原锥形瓶中, 准确地加入浓度为0.05mol·L-1左右的EDTA标准溶液25.00m L及适量的蒸馏水, 用氨水将溶液的p H值调整到10左右 (可以用氨水和稀盐酸进行调节) ;慢慢加热到60~80℃, 搅拌至沉淀完全溶解;冷却后, 再用氨水将溶液的p H值调整到10左右, 以铬黑T为指示剂, 用浓度为0.05mol·L-1的氯化镁标准溶液 (先用EDTA标准溶液进行标定) , 滴定至溶液颜色由蓝色变为红色为终点。

2 实验结果讨论

2.1 结果计算

硫酸根离子浓度按下式计算:

待测溶液中硫酸根离子的浓度/ (g·L-1) = (M1V1-M2V2) ×4.8式中:M1为EDTA标准溶液的浓度, mol·L-1;V1为加入EDTA标准溶液的体积, m L;M2为氯化镁标准溶液的浓度, mol·L-1;V2为加入氯化镁标准溶液的体积, m L。

根据所得到的待测溶液中硫酸根离子的浓度, 可以进一步换算出待测物中硫酸根离子的含量。

2.2 讨论

2.2.1 待测溶液的取样量

本实验要求待测溶液中硫酸根离子的浓度为0.02mol·L-1, 并取20.00m L待测溶液进行分析, 是为了使整个分析过程符合定量分析的要求, 减小分析误差, 否则硫酸钡沉淀在氨性EDTA中溶解不完全, 会使硫酸根离子测定的结果偏低。取样的多少用氯化钡溶液来略测待测溶液中硫酸根离子的含量, 若开始滴加时出现少量浑浊 (硫酸根离子浓度小于5×10-4mol·L-1) , 要增加待测溶液取样量。如果开始滴加就出现沉淀, 则应该减少待测溶液的取样量。

2.2.2 影响沉淀物纯度的因素

影响沉淀物纯度的因素有很多, 主要有待测溶液的浓度、温度、搅拌、陈化的时间等, 具体影响[7]见表1。

注:0为影响不大;+为纯度提高;-为纯度降低

从表1可以看到, 本实验中需要注意的问题:

1) 在适当稀的热溶液中, 在不断搅拌的条件下, 缓慢地加入稀的沉淀剂, 使沉淀缓慢、均匀地产生, 这样可以避免产生局部过饱和的问题, 可以得到粗大纯净的晶形沉淀。

2) 为了防止继沉淀现象的发生, 缩短陈化时间, 本实验陈化的时间约为1h, 沉淀后稍搅拌一定时间就立即分离。

3) 本实验沉淀时加热温度控制在60~80℃, 沉淀后经过盐酸酸化的热水洗涤沉淀是减少表面吸附的有效方法, 可以减少共沉淀现象, 提高沉淀物的纯度。

3 改进后的实际检验

取5种分别含有2~6种不同离子的混合液, 5种样品中的 用本方法进行实际检验, 结果见表2。

从表2可见, 不同离子在SO42-相同的混合溶液中, 采用上述改进的EDTA滴定法, 方法可行, 并且相对误差在-0.5%~1.25%之间, 准确度高, 符合实际需要。

4 结语

改进后的EDTA滴定法在不受其它共存离子的影响下, 可以有效地对含有多种离子混合溶液中的硫酸根离子浓度进行测定。方法简单, 适用范围较广, 准确度高, 是一种较好的分析方法。

参考文献

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[2]GB 11899-89, 水质硫酸盐的测定重量法[S].

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[4]李源流, 李军, 张永福, 等.分光光度法测定油田水样中的硫酸根离子[J].应用化工, 2008, 37 (5) :579-581.

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[6]华中师范学院, 等.分析化学[M].北京:人民教育出版社, 1981.

溶液中离子浓度的比较教学案 篇6

一、电解质在溶液中的行为

电解质分为酸、碱、盐、金属氧化物和水。所以电解质在溶液中的行为实际就是酸、碱和盐分别在溶液中的行为。电解质按在溶液中的行为又可分为强电解质和弱电解质，即在溶液中能100%电离的电解质为强电解质，如强酸，强碱及绝大多数盐，不能100%电离的电解质称为弱电解质，如弱酸、弱碱及少部分盐。酸，碱在溶液中的行为比较简单，就是酸或碱的电离及其对水电离产生的抵制作用。但盐在溶液中的行为就比较复杂，有些盐在溶液中不水解，有些盐在溶液中只有阳离子水解，有些盐在溶液中只有阴离子水解，但也有些盐的阴、阳离子都会发生水解；盐中的酸式盐，有些在溶液中会既电离，同时还存在水解。所以在高考中电解质在溶液中的行为的考查主角一直都是在溶液中行为比较复杂的盐。在学习之初，我们将盐又进行了更细致的分类，分为了不水解的强酸强碱盐，还有阳离子水解的强酸弱碱盐，阴离子水解的强碱弱酸盐，还有阴、阳离子都水解的弱酸弱碱盐。这样我们可以分门别类地讨论盐的水解原理及水解的结果：阳离子水解生成H+，而使溶液呈酸性，阴离子水解生成OH-而使溶液呈碱性。但不管电解质在溶液中是电离还是水解，还是电离水解同时存在，总是会遵循着一定的规则，那就是只要温度不变，无论是电离还是水解，都会存在一个平衡常数，且都不发生改变。

二、三大守恒在粒子浓度比较中的应用

1.三大守恒式的原理及表达式

电解质在溶液中的行为简单地可分为两类，一是电离，二是水解。但它们一定会遵循着三大守恒关系：电荷守恒（即溶液中阴离子所带电荷与阳离子所带电荷一定相等）、物料守恒（即原子数目守恒，即加入到水中的物质中的某种原子不管在水溶液中以何种形式存在，其原子数目一定等于加入水中的原子数）、质子守恒（即不管电解质溶于水发生什么样的变化，是因电离而抑制水的电离，或是因水解而促进水的电离，水电离出的氢离子与水电离出的氢氧根离子一定是相等的）。

三大守恒从上述的文字描述中，可以归纳出其相应的表达式：

（1）电荷守恒式：

溶液中阴离子电荷总数与阳离子的电荷总数相等，即∑c（阴离子）×阴离子所带电荷数=

∑c（阳离子）×阳离子所带电荷数。例如：HF溶液中的离子有：H+、F-、OH-，所以HF溶液中的电荷守恒式：c（H+）=c（F-）+c（OH-）；再如NaF溶液中存在的离子为Na+、H+、F-、OH-，所以NaF溶液中的电荷守恒式：c（Na+）+c（H+）=

c（F-）+c（OH-）等等。书写电荷守恒式的关键是要将溶液中的所有变化过程弄清楚，只有这样才能列出所有的阴、阳离子，也才可能正确地写出电荷守恒式。

（2）物料守恒式：

物料守恒式就是指溶液中的原子数目守恒，即向溶液中投入一种电解质其化学式中的两种原子的比例关系，在溶于水形成溶液后，这种关系仍然存在，只不过是可能原子存在的形式发生改变。如将NaF投入溶液中，电解质发生了电离，其中F-还发生了水解，但是不管电解质在溶液中如何的变化，原子种类和原子数目是守恒的，即向溶液中投入的是NaF，不管如何变化，钠原子与氟原子总是相等的。NaF溶于水后的溶液中存在的粒子有：Na+、F-、HF、OH-。这样根据原子数目守恒即可写出物料守恒式：c（Na+）=c（F-）+c（HF）。

（3）质子守恒式：

质子守恒式是指不管何种电解质，在溶液中发生何种变化，溶液中水电离出的氢离子与氢氧根离子都会一直相等。即c（H+，水）= c（OH-，水）。

如将NaF投入到水中，由于F-+H2OHF+OH-的存在，会促进水的电离，从而使得氢氧根离子浓度增大，但OH-都来自水的电离，而水电离出的H+也在增大，但由于F-与H+结合成了HF而使实际存在的H+反而减小了，但水电离出的H+与水电离出的OH-一定仍然相等，即可得质子守恒式：c（H+）+c（HF）=c（OH-）。

2.例析三大守恒式的应用

每年的高考中都会考查溶液中离子浓度的比较，特别是选择题的最后两道压轴题一直就是化学平衡和溶液中粒子浓度的比较。一般来说，都是综合考查三大守恒的应用，但也有只考查其中一种守恒的。下面举两例来说明一下三大守恒式的应用和高考中的考查。

例1已知同为0.1 mol/L的HF和HCN溶液，pH（HCN）>pH（HF）>1，则同浓度的NaF溶液中的阴离子浓度总和NaCN溶液中的阴离子浓度总和（填写大于、小于或等于）。

解析本题考查的是弱酸强碱盐在溶液中水解后的离子浓度比较，其实质是考查溶液中电荷守恒式的书写和应用。由于0.1 mol/L的HF和HCN溶液，pH（HCN）>pH（HF）>1，所以可得HF的酸性强于氢氰酸，所以同浓度的NaCN溶液中盐的水解的程度大于NaF溶液中盐的水解的程度。有些同学由此就精略地得到了由于水解程度大，所以生成的OH-浓度就大，所以得到NaCN溶液中的阴离子的浓度总和一定大于NaF溶液中阴离子浓度总和的错误结论，主要是因为学生没有去更深刻地理解水解，水解是通过促进水的电离来完成的，水电离的程度大了，OH-浓度增大是毫无疑问的，但是同时盐的阴离子与H+的结合也在增多，即另一方面盐的阴离子的浓度在减小，所以其加和的值不一定就大。而如果我们能用电荷守恒来进行判断，该题就变得相当的简单。写出两溶液的电荷守恒式：c（Na+）+c（H+）=c（F-）+c（OH-）、c（Na+）+c（H+）=c（CN-）+c（OH-），由于CN-的水解程度大，所以生成的OH-浓度大，而溶液中的氢离子浓度与氢氧根离子浓度的乘积是不变的，所以溶液中的氢离子浓度就减小，而两溶液中的钠离子浓度都是保持不变，这样判断阴离子浓度总和大小就实质转化成了比较两溶液中的氢离子浓度，所以可以得到NaF溶液中的阴离子浓度的总和大于同浓度的NaCN溶液中的阴离子浓度总和。

解析本题综合考查三大守恒：A选项中由于溶液在W点时的c（CH3COOH）c（CH3COO-），所以当pH增大时，醋酸的浓度在减小，而醋酸根离子浓度在增大，A不正确；B选项中写出的是溶液中的电荷守恒式，正确；C选项中把“0.1 mol·L-1”用题给的条件“c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.1 mol·L-1”进行代换就得到了电荷守恒式，正确；D选项写出的是一个错误的质子守恒式，可以用溶液中的电荷守恒式和物料守恒式来证明该式的错误：电荷守恒式为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）+c（Cl-），物料守恒式为2c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=0.1 mol·L-1，消去钠离子，即可得到了正确的质子守恒式，D不正确。

答案：BC。

电解质在溶液中的行为历来是高考中重点考查的知识点，在高考的复习中我们要首先强化电解质在溶液中的电离、水解及水的电离的方程式书写，让学生能正确弄清溶液中存在的粒子有哪些，然后才是强化三大守恒式的书写，这样就可以让学生在高考中立于不败之地。

溶液中离子浓度的比较教学案 篇7

首先，明确溶液中各种粒子的成分是基本，否则就无法确定溶液中粒子浓度的大小；其对策是全面考虑电离、水解、及反应等.即考虑溶液中所有强弱电解质的完全电离、部分电离及盐中离子的水解，多元弱酸、多元弱酸酸式酸根的分步电离及多元弱酸根的分步水解产生的粒子、留下的粒子；不能遗忘了水电离产生的H+及OH-；还要考虑离子间发生反应生成的粒子等.如：醋酸溶液中存在H2O、CH3COOH

分子及CH3COO-、H+、OH-离子；NaH2PO4、Na2HPO4、Na3PO4溶液中均存在H2O、H3PO4分子及Na+、H2PO-4、HPO2-4、PO3-4、H+、OH-离子；K2S溶液中存在H2O、H2S分子及K+、S2-、HS-、H+、OH-离子.

2.三大守恒确定等量关系是根本

（1） 电荷守恒：所有溶液均呈电中性，则溶液中所有阳离子所带正电荷总量等于阴离子所带负电荷总量；即Σc（阳离子）×阳离子所带电荷数=Σc（阴

离子）×阴离子所带电荷数.由此可写出溶液中的电荷守恒式.如NaH2PO4、Na2HPO4、Na3PO4溶液中电荷守恒式均为c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（H2PO-4）+2c（HPO2-4）+3c（PO3-4），K2S及KHS溶液中电荷守恒式均为c（K+）+c（H+）=c（OH-）+c（HS-）+2c（S2-）.

（2 ） 物料守恒：电解质溶于水后，某一原子或原子团最终可能转化成多种形式的粒子，则各粒子的浓度之和等于其初始（含该原子或原子团的粒子）浓度.如0.2 mol/L的CH3COONa溶液中

c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=0.2 mol/L.通常还用两元素形成的各粒子浓度之和的比等于最初投入物质的组成中该两元素原子个数比恒定来表达物料守恒式.如K2S溶液：KS=2，K的存在形式只有K+，S的存在形式有H2S、HS-、S2-，则物料守恒式为：

c（K+）=2c（H2S）+2c（HS-）+2c（S2-）.再如0.1 mol/L Na2CO3溶液与0.1 mol/L NaHCO3溶液等体积混合后：

NaC=32，Na的存在形式只有Na+，C的存在形式有HCO-3、H2CO3、CO2-3，故物料守恒式为2c（Na+）=3c（HCO-3）+3c（H2CO3）+3c（CO2-3）.

（3 ） 质子守恒：任何水溶液中，由水电离产生的c（H+）等于由水电离产生的c（OH-）.酸或碱的质子守恒式就是其电荷守恒式，通常重点考查的强碱弱酸盐的质子守恒式，一般用下式直接写出：c（OH-）=c（H+）+Σc（电解质的成分结合H+转化的粒子）× 结合的H+数 Σc（电解质的成分电离H+转化的粒子）×电离的H+数；即电解质的成分转化成其它粒子时每结合1个H+便产生1个OH-、每电离1个H+便结合（减少）1个OH-；如K2S溶液：c（OH-）=c（H+）+HS-+2H2S；NaH2PO4溶液：c（OH-）=c（H+）+c（H3PO4）-c（HPO2-4）-2c（PO3-4）.质子守恒式也可用物料守恒式及电荷守恒式运算求得，如Na2HPO4溶液：直接写出质子守恒式为： c（OH-）=c（H+）+c（H2PO-4）-2c（H3PO4）-c（PO3-4）；也可根据物料守恒式①c（Na+）=2c（H3PO4）+2c（HPO2-4）+2c（H2PO-4）+2c（PO3-4），电荷守恒式②c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（H2PO-4）+2c（HPO2-4）+3c（PO3-4）；①-②消去Na+整理得到.

注意：关于混合溶液中等量关系的考查，除电荷守恒式外，一般是物料守恒式的整合或物料守恒式与电荷守恒式的综合整合.

例1室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是（）.

A.0.1 mol/L K2S溶液与0.1 mol/L KHS溶液等体积混合

c（S2-）+2c（OH-）=c（HS-）+3c（H2S）+2c（H+）

B.Na2C2O4溶液：

c（OH-）=c（H+）+

c（HC2O-4）+2c（H2C2O4）

C.Na2CO3溶液：c（Na+）+c（H+）=2c（CO2-3）+c（OH-）

D.CH3COONa和CaCl2混合溶液： c（Na+）+

c（Ca2+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH）+2c（Cl-）

解析本题主要考查三大守恒，A可由物料守恒式及电荷守恒式消去（Na+）得到，正确；B为质子守恒式，正确；C考查电荷守恒，但漏写了c（HCO-3），错；D考查CH3COONa和CaCl2物料守恒式的加合，CaCl2物料守恒式应为2c（Ca2+）=c（Cl-），正确关系应为c（Na+）+ 2c（Ca2+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH）+c（Cl-），D错；答案AB.

3.分清主次，分类比较确定粒子浓度大小是关键

（1） 溶液中粒子（H2O分子不考虑，以下同）浓度的大小可将过程主次分类，使产生的粒子浓度大小也主次分类；过程的主次也决定着粒子浓度的主次变化.强电解质的电离及有些反应为主，弱电解质的电离、盐中离子的水解为次，多元弱酸的二级电离、多元弱酸根的二级水解、水的电离更次之.粒子的浓度大小也可分为三类：第一类：强电解质完全电离产生的离子、弱电解质未电离的分子及离子间发生其它较大量反应生成的粒子.第二类：弱电解质第一步电离产生的离子，盐类第一步水解产生的粒子.第三类：弱电解质第二步电离产生的离子、盐类第二步水解产生的粒子及水电离产生的H+、OH-.如K2S溶液：K2S电离为主，电离产生的K+、S2-为一类，S2-水解为次，水解产生的HS-、OH-为二类；HS-水解及H2O电离更次之，产生的H2S、H+为三类；S2-水解每产生一个HS-便产生一个OH-，S2-+H2OHS-+OH- ，HS-水解HS-+H2OH2S+OH- 使c（HS-）减小，c（OH- ）增大；故有关离子浓度大小关系为：

nlc202309041853

c（K+）>c（S2-）>c（OH-）>c（HS-）> c（H+）.

（2） 同浓度的弱酸及该弱酸的强碱盐组成的混合溶液中：未电离的弱酸及主要过程盐电离产生的弱酸根为一类粒子，其中弱酸的电离及弱酸根的水解再分主次，若弱酸的电离为主弱酸根的水解为次，则溶液呈酸性，如CH3COOH、CH3COONa混合溶液，有关粒子浓度大小关系为：c（CH3COO-）>c（Na+）> c（CH3COOH） >c（H+）>c（OH-）；若弱酸根的水解为主弱酸的电离为次，则溶液呈碱性；如HCN、NaCN混合溶液，有关粒子浓度大小关系为：c（HCN）>c（Na+）>c（CN-）>c（OH-）>c（H+）.再如0.2 mol/L CH3COONa与0.1 mol/L HCl等体积混合后：完全电离产生的离子为Na+、CH3COO-、Cl-、H+，由于发生主要反应CH3COO-+H+CH3COOH，则主要过程产生的c（Na+）为0.1 mol/L，c（CH3COO-）、c（CH3COOH）、c（Cl-）均为0.05 mol/L；再考虑次要过程的主要方面CH3COOHCH3COO-+H+；则c（CH3COO-）略增，大于0.05 mol/L；c（CH3COOH）略减，小于0.05 mol/L；故有关粒子浓度大小关系为c（Na+）>c（CH3COO-）>（Cl-）>（CH3COOH）>c（H+）>c（OH-）.

注意：①一般未特加说明，同浓度的弱酸及该弱酸的强碱盐组成的混合溶液，弱酸的电离为主，溶液呈酸性；同浓度的弱碱及该弱碱的强酸盐组成的混合溶液，弱碱的电离为主

，溶液呈碱性.

②pH=a的酸与PH=b的碱（a+b=14）[即酸溶液中的c（H+）等于碱溶液中的c（OH-）]两溶液等体积混合后，弱者过量，过量的弱者电离为主，溶液显示弱者的性质.如pH=1的CH3COOH与PH=13的NaOH溶液等体积混合后，CH3COOH过量，形成CH3COOH及CH3COONa的混合溶液，CH3COOH的电离为主，CH3COO-的水解为次，溶液呈酸性；离子浓度大小为c（CH3COO-）>c（Na+）>c（H+）>c（OH-）.

（3） 弱酸的酸式盐溶液中，主要过程为电离产生的一类离子，酸式酸根的次要过程电离、水解再分主次，若酸式酸根的电离为主水解为次，则溶液呈酸性，如NaHSO3、NaHC2O4、NaH2PO4等.若酸式酸根的水解为主电离为次，则溶液呈碱性，如NaHCO3、NaHS、Na2HPO4等.有关一些粒子浓度大小关系：如NaHSO3溶液中：c（SO2-3）>c（H2SO3）且c（Na+）>c（HSO-3）>c（H+）>c（OH-）；NaHCO3溶液中c（H2CO3）>c（CO2-3）且c（Na+）>c（HCO-3）>c（OH-）>c（H+）.

4.促进、抑制水解或电离引起粒子浓度的增减是难点

（1）决定弱电解质的电离程度及盐的水解程度均由其本质决定，以此可比较同浓度不同电解质溶液中一些离子浓度的大小.一定浓度一定体积的电解质正盐溶液中，若仅一价阴离子水解，溶液显碱性，c（OH-）增大c（H+）减小，则溶液中阳离子总数减少（减少的是H+数），溶液中阴阳离子总数也减少；且水解程度越大离子总数减少的越多.若仅一价阳离子水解可用上述方法同样分析比较.若仅二价阴离子（用B2-表示）水解：B2-+H2OHB-+OH- ，每一个B2-水解产生一个HB-及一个OH-（共两个），则阴离子总数增加，由于水解显碱性，使得c（H+）减少，则阳离子总数减少；因二价阴离子水解使阴离子总数增加起主导作用，则阴阳离子总数增加.二价阳离子水解及三价离子水解同上述分析.如：同浓度同体积的NaF及CH3COONa（酸性：HF>CH3COOH）两溶液中离子总数分别为n1及n2，则可判断c（F-）>c（CH3COO-）及n1>n2.其方法是：由于F-的水解程度小于CH3COO-的水解程度，故c（F-）>c（CH3COO-）；两溶液中阴阳离子均为一价离子，根据离子电荷守恒，阳离子总数等于阴离子总数；又两溶液中Na+数相同，阳离子总数只需比较H+数即可，因NaF溶液碱性比CH3COONa溶液碱性弱，则NaF溶液中c（H+）大，H+数必然多，故n1>n2.再如将0.1 mol下列物质：a.Mg（OH）2、 b.KCl、c.CuSO4、d.Na2CO3、e.Ba（OH）2、f.CH3COONa分别投入1 L水中，则可判断所得溶液中：①阳离子总数由多到少的顺序是

d>c>b>f>e>a，②阴阳离子总数由多到少的顺序是d>e>c>b>f>a.判断方法是：①根据难溶及易溶物电离的阳离子个数分三类：最多的是d，难溶物a最少，剩余的b、c、e、f为一类；由于c中Cu2+水解使阳离子总数增多，b、e、f中K+、Ba2+、Na+数一样多，则总数由H+数多少决定，

c（H+）大者总数多，故阳离子总数有

d>c>b>f>e>a，②同理可分三类：难溶物a最少，最多的是d、e，由于d中二价阴离子CO2-3水解使离子总数增多，则d>e，剩余b、c、f为一类，c中Cu2+水解使离子总数增多，f中CH3COO-水解使离子总数减少，故阴阳离子总数有d>e>c>b>f>a.

（2） 加热，弱电解质的电离及盐的水解程度均增大.

（3） 加水稀释：弱电解质的电离及盐的水解程度均增大，电离或水解产生的粒子数目均增加，但电离或水解产生的粒子浓度均减小.强电解质溶液加水稀释n倍后，强电解质电离产生的阴阳离子浓度变为原来的1/n，弱电解质溶液加水稀释n倍后，弱电解质电离程度增大，产生的阴阳离子浓度比原来的小，但大于原来的1/n.

（4）同离子效应可抑制弱电解质的电离或盐的水解.

例2下列说法正确的是（）.

nlc202309041853

A.pH=a的氨水溶液加水稀释10倍后，pH=b，则a=b+1

B.25℃，将0.1 mol/L NaHCO3溶液加水稀释后，n（H+）与n（OH-）的乘积变大

C.将NaHCO3溶液的温度升高，c（HCO-3）增大

D.加水稀释0.1 mol/L CH3COOH溶液，溶液中c（H+）c（CH3COOH）增大

解析A.NH3·H2O是弱电解质，加水稀释电离程度增大，

n（OH-）增多，稀释10倍，c（OH-）大于原来的1/10，则b>a-1，故A错.B加水稀释c（H+）×c（OH-）不变，由于体积增大，故n（H+）×n（OH-）增大，正确.C升高温度，HCO-3电离程度及水解程度均增大，则c（HCO-3）减小，C错.D加水稀释，c（H+）、c（CH3COOH）均减小，由于同一溶液体积相同，则c（H+）与c（CH3COOH）之比等于n（H+）与n（CH3COOH）之比，加水稀释电离程度增大，n（H+）增大，n（CH3COOH）减少，故c（H+）c（CH3COOH）增大，D正确.答案BD.

（5）盐中阴阳离子均水解，则相互促进，阴阳离子的水解程度均增大.如CH3COONH4溶液中，NH+4水解产生H+，CH3COO-水解产生OH-，H+与OH-结合成H2O，促使NH+4及CH3COO-水解程度均增大.盐中两阳离子或两阴离子均水解，则相互抑制，两阳离子或两阴离子水解程度均减小，如NH4Al（SO4）2溶液，NH+4及Al

3+水解均产生H+，相互抑制，水解程度均减小.再如判断0.1 mol/L的溶液：a.NH4Clb.CH3COONH4、c.NH3·H2O、d.（NH4）2SO4、e.NH4HSO4、f.NH4Al（SO4）2、g.（NH4）2CO3、h.（NH4）2Fe（SO4）2，则c（NH+4）由大到小的顺序为：h>d>g>e>f>a>b>c；判断方法是：根据主要过程电离产生的NH+4数分为三类，1 mol溶质能电离产生2 mol NH+4的dgh为一类，产生1 mol NH+4的abef为二类，极少电离的c为三类.一类中h的Fe2+水解抑制了NH+4的水解，g的CO2-3的水解促进了NH+4的水解，故h>d>g.二类中e电离的大量H+较大程度的抑制了NH+4的水解，f中Al3+水解产生的H+较小程度抑制了NH+4的水解，b中CH3COO-的水解促进了NH+4的水解，故e>f>a>b，综合三类情况则有h>d>g>e>f>a>b>c.

例3下列离子浓度大小比较错误的是（）.

A. 0.1 mol/L的a.Na3PO4、 b.Na2HPO4、 c.NaH2PO4、 d.H3PO4、e.（NH4）3PO4

溶液中c（PO3-4）由大到小的顺序是aebcd

B. 0.1 mol/L的a.Na2S、 b.NaHS、 c.NH4HS、

d.H2S、e.（NH4）2S溶液中c（H2S）由大到小的顺序是dcbea

C.pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后

c（Na+）>c（CH3COO-）>c（OH-）>c（H+）

D.0.2 mol/L CH3COOH与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合后c（CH3COO-）>c（Na+）>（CH3COOH）> c（H+）>c（OH-）

解析由上述（4）分析，A、B正确；C混合后CH3COOH过量，电离为主，溶液呈酸性，C错；D混合后形成同浓度CH3COOH、CH3COONa混合溶液，见上面3中（2）的分析，正确； 答案C

5.酸碱滴定过程中特定点粒子浓度大小关系是要点

以酸碱中和滴定过程为情景，判断一些特定点（如始点、中和点，中性点、终点、半中和点，倍中和点等）溶液中粒子浓度大小关系是近几年高考的热点，常结合中和滴定曲线进行考查.始点：常根据pH判断一定浓度的酸（或碱）的强弱或确定强酸（或强碱）的浓度，中和点：指酸碱恰完全中和生成正盐，此点由盐的性质确定离子浓度大小关系；中性点：指此时溶液呈中性，

c（H+）=c（OH-）；半中和点及倍中和点：指酸（碱）被中和一半或酸（碱）溶液过量一倍，此时由等物质的量浓度的盐和酸或盐和碱组成的混合溶液，一般此时溶液的酸碱性显示含有过量酸（或碱）的性质.

例4常温下，向20 mL 0.1 mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol/L的NaOH溶液至V mL，溶液中有关粒子浓度关系错误的是（）.

A.V=0 mL时， c（H+）>c（SO2-4）>c（NH+4）>c（OH-）

B.V=20 mL时， c（Na+）=c（SO2-4）>c（NH+4）>c（H+）>c（OH-）

C.当溶液呈中性时，则V>20 mL， c（Na+）>c（SO2-4）>c（NH+4）>c（H+）=c（OH-）

D.V=40 mL时， c（Na+）>c（SO2-4）>c（NH3·H2O）>c（NH+4）>c（OH-）>c（H+）

解析V=0时，主要过程NH4HSO4电离产生的c（H+）、c（SO2-4）、c（NH+4）相等，由于次要过程c（NH+4）水解，则c（H+）增大、c（NH+4）减小，A正确； V=20 mL时， 恰反应生成等物质的量的Na2SO4、（NH4）2SO4，主要过程电离产生的c（Na+）、c（SO2-4）、c（NH+4）相等，由于次要过程c（NH+4）水解溶液呈酸性，c（NH+4）减小，B正确；V=20 mL时溶液呈酸性，当溶液呈中性，则NaOH溶液略过量，则V>20mL，由于过量的NaOH要与NH+4反应使c（NH+4）减小，则C正确；V=40 mL时，恰反应生成等物质的量浓度的Na2SO4及NH3·H2O，NH3·H2O极少电离产生等量的NH+4及OH-，又H2O还要电离产生OH-，则粒子浓度大小关系为 c（Na+）>c（SO2-4）>c（NH3·H2O）>c（OH-）>c（NH+4）>c（H+），故D错误，答案D.

nlc202309041853

图1

例5常温下，向100 mL 0.01 mol/L HA的溶液中逐滴加入0.02 mol/L MOH溶液，如图1所示，曲线表示混合溶液的pH变化情况（溶液体积变化忽略不计）.下列有关粒子浓度大小比较不正确的是（）.

A.当V（MOH）=50 mL时，（A-）>（M+）>（H+）>（OH-）

B.N点，（A-）=（M+）>（H+）=（OH-）

C.若K点对应的溶液的pH=10，则有：c（M+）>c（A-）>c（OH-）>c（MOH）>c（H+）

D.K点，c（MOH）+c（OH-）-c（H+）=0.005 mol/L

解析由始点可判断HA为强酸，由中性点，MOH过量，可判断MOH为弱碱.当V（MOH）=50 mL时为中和点，酸碱恰反应生成MA，M+水解呈酸性，A正确；B正确；K点形成同浓度的MA及MOH的混合溶液，由于MOH极少电离，则有关粒子浓度大小关系为：c（M+）>c（A-）>c（MOH）>

c（OH-）>c（H+），C错误；在K点时混合溶液体积是碱溶液的2倍，根据物料守恒结合溶液体积变化知，c（MOH）+c（M+）=0.01 mol/L，c（A-）=

0.005 mol/L；根据电荷守恒得c（M+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-），则

c（MOH）+c（OH-）-c（H+）=0.01 mol/L-c（A-）=0.01 mol/L-0.005 mol/L=0.005 mol/L，故D正确；答案C.

衔接练习：

1.下列有关电解质溶液中离子浓度大小关系正确的是（）.

A.NaHSO4溶液中有：c（H+）=c（SO2-4）+c（OH-）

B.0.1 mol/L CH3COOH与0.1 mol/L CH3COONa等体积混合后（CH3COOH）+2c（H+）=c（CH3COO-）+2c（OH-）

C.0.1 mol/L NH4Cl溶液与0.1 mol/L氨水等体积混合（pH> 7）：

c（NH3·H2O）>c（NH+4）>c（Cl-）>c（OH-）

D.0.1 mol/L Na2C2O4溶液与0.1 mol/L HCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸），2c（C2O2-4）+c（HC2O-4）+c（OH-）= c（Na+）+c（H+）

2.下列说法正确的是（）.

A.已知酸性HF>HCN，则等体积，相同物质的量浓度的NaF及NaCN溶液中离子总数前者大于后者.

B.等体积，相同物质的量浓度的Na2SO3及Na2SO4溶液中，阴离子总数前者大于后者，阳离子总数前者小于后者.

C.pH=2的酸HnA与pH=12的碱B（OH）m溶液等体积混合后溶液的pH=9，若溶液中只有一种离子水解，

则水解的离子方程式为An-+H2OA（n-1）-+OH-

D. 0.1 mol/L CH3COOH溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：

c（OH-）>c（H+）+c（CH3COOH）

3.25℃时，有c（CH3COOH）+c（CH3COO-）= 0. 1 mol·L-1的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中c（CH3COOH）、c（CH3COO-）与pH 的关系如图2所示.下列有关溶液中离子浓度关系的叙述不正确的是（）.

图2

A. pH=5.5的溶液中：

c（CH3COOH）>c（CH3COO-）>c（H+）>c（OH-）

B.W点所表示的溶液中：

c（Na+）+c（H+）= c（CH3COOH）+c（OH-）

C. pH = 3. 5 的溶液中：

c（Na+） +c（H+） -c（OH-） +c（CH3COOH）=0.1 mol·L-1

D. 向W点所表示的1. 0 L溶液中通入0. 05 mol HCl 气体（溶液体积变化可忽略）： c（CH3COOH）+

2c（H+）=c（CH3COO-）+2c（OH-）+2c（Cl-）

4.室温下，用0.100 mol/L NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.100 mol/L 的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示， 下列说法正确的是（ ）.

A.Ⅱ表示的是滴定盐酸的曲线

B.PH=7时，滴定醋酸消耗V（NaOH）小于20 mL

C.V（NaOH） =20 mL时，c（Cl-）=c（CH3COO- ）

D.V（NaOH）=10mL时，醋酸溶液中：

c（Na+ ）>c（CH3COO- ）

>c（H+ ）>c（OH- ）

参考答案：

1.AB2.AB3.A

（收稿日期：2015-01-10）

溶液中离子浓度的比较教学案 篇8

一、图示法快速书写质子守恒式

1. 质子守恒的概念

以Na 2 CO 3 溶液为例, Na 2 CO 3 溶于水可电离出Na+和CO2 - 3 , CO2 - 3 是弱酸H 2 CO 3 的酸根离子, 因而CO2 - 3 可发生水解———结合水电离出来的H+ ( 即质子) 生成HCO- 3 ; HCO- 3 还会进一步结合H+生成H 2 CO 3 . 除此之外, 溶液中由水电离出来的H+都会与另一部分H 2 O结合成H 3 O+ ( 通常仍然写为H+) .

可见Na 2 CO 3 溶于水后, 在其溶液内部发生了质子的转移, H 2 O是质子的给予体, 而CO2 - 3 、HCO- 3 和 ( 另一部分) H 2 O是质子的接受体, 显然, 电解质溶液中分子或离子得到与失去质子的物质的量相等, 这就是电解质溶液中的质子守恒. 质子守恒式可由电荷守恒式和物料守恒式联立, 消去未参与质子转移的微粒而得到.

这种方法比较繁琐, 有时还要改变化学计量数因此容易出错. 下面介绍一种书写技巧.

2. 质子守恒式的书写技巧

从质子守恒的概念出发可以得出一种快速书写质子守恒式的技巧———图示法.

仍以Na 2 CO 3 溶液为例, 其书写步骤如下:

第1步: 找出溶液中参与得、失质子的粒子并标在图中 ( 如图1所示) . 例如, 在Na 2 CO 3 溶液中, 参与质子转移的粒子是H 2 O和CO2 - 3 .

第2步: 分别在图中写出得到质子和失去质子后所形成的粒子的化学式. 为清楚起见, 将得、失质子所形成的粒子分别写在方框两边, 以免混淆 ( 如图2所示) .

第3步: 用得到质子所形成的各种粒子的浓度乘以所得到的质子数, 用失去质子所形成的各种粒子的浓度乘以所失去的质子数 ( 若为1则可省略不写) . 根据得、失质子数相等, 可得:

与正盐不同的是, 在弱酸的酸式盐溶液中, 弱酸的酸式酸根离子 ( 如HCO- 3 、HS-等) 也会失去质子, 书写此类盐溶液的质子守恒式难度更大, 但用图示法却轻而易举.

如在NaHCO 3 溶液中的质子转移情况如图3所示.

根据得失质子数相等的原则, 可得:

例1写出NH 4 HCO 3 溶液中的质子守恒式.

解析: NH 4 HCO 3 是弱酸的酸式盐, HCO- 3 既可以提供质子生成CO2 - 3 , 又可以得到质子生成H 2 CO 3 ; NH+ 4 能失去质子生成NH 3 , 再与水结合生成NH 3 ·H 2 O. NH 4 HCO 3 溶液中的质子转移情况如图4所示. 根据得失质子数相等的原则, 可得NH 4 HCO 3 溶液中的质子守恒表达式为:

二、运用“微弱观”快速确定微粒浓度关系式中的主次

一般情况下, 无论是弱电解质的电离程度还是盐类离子的水解程度都很小, 因此, 电离或水解所产生的微粒的浓度都小于电解质溶液中原有微粒的浓度.

1. 弱酸或弱碱溶液

例如, 在0. 1 mol/L的CH 3 COOH溶液中, CH 3 COOH仅发生少部分电离, 所以其浓度最大; 再结合水的电离可判断出微粒浓度的大小关系为c ( CH 3 COOH) > c ( H+) > c ( CH 3 COO-) > c ( OH-) ; 在0. 1 mol/L的NH 3 ·H 2 O溶液中, 则有如下关系c ( NH 3 ·H 2 O) > c ( OH-) > c ( NH+ 4 ) > c ( H+) .

2. 盐溶液

以0. 1 mol/L的CH 3 COONa溶液为例, 该溶液中含有四种离子: H+、Na+、CH 3 COO-和OH-, 虽然CH 3 COO-会发生水解, 但由于CH 3 COO-的水解是很微弱的, 所以该溶液中微粒浓度最大的离子是Na+, 排在第二位的离子是CH 3 COO-. 结合溶液呈碱性可得c ( Na+) > c ( CH 3 COO-) > c ( OH-) > c ( H+) .

同理, 在0. 1 mol/L的Na 2 CO 3 溶液中, 虽然CO2 - 3 会发生水解, 但其水解程度很小, 所以该溶液中微粒浓度最大的离子是Na+, 排在第二位的离子是CO2 - 3 ; 在0. 1 mol/L的NaHCO 3 溶液中, 虽然HCO- 3 既能发生电离, 又能发生水解, 但由于水解和电离都是很微弱的, 所以该溶液中微粒浓度最大的是Na+, 排在第二位的是HCO- 3 .

小结: 对于弱酸或弱碱的溶液, 一般来说, 弱酸或弱碱分子的浓度最大, 再结合水的电离即可比较其他微粒的浓度; 在能发生水解的盐溶液中, 一般来说, 盐本身所电离出来的离子的浓度总是居于前两位即主和次, 而其水解所产生的微粒浓度则小得多, 解决了这个问题, 就为比较一系列微粒的浓度打好了基础.

三、借助溶液的酸碱性, 快速判断微粒浓度的大小

根据溶液的酸碱性, 即c ( H+) 与c ( OH-) 的相对大小, 结合电荷守恒或弱电解质的电离、盐类离子的水解情况, 可快速判断溶液中微粒浓度的某些关系, 同时很多复杂的问题就能够得以突破. 下面分三种情况举例说明.

1. 多元弱酸的酸式盐溶液

多元弱酸的酸式盐溶液, 有的呈酸性 ( 如NaHSO 3 溶液) , 有的呈碱性 ( 如NaHCO 3 溶液) , 这反映了弱酸的酸式酸根离子的电离程度与水解程度的大小差异. 根据溶液的酸碱性, 可以比较电离出的离子与水解生成的微粒的浓度大小, 并可进一步比较其他微粒的浓度.

例2在0. 1 mol/L的NaHCO 3 溶液中, 有关微粒浓度的关系正确的是 ()

( A) c ( Na+) > c ( HCO3- ) > c ( CO32 - ) > c ( H+) > c ( OH-)

( B) c ( Na+) + c ( OH-) = c ( HCO3- ) + c ( CO32- ) + c ( H2CO3 )

( C) c ( Na+) + c ( H+) = c ( HCO3- ) + c ( CO32 - ) + c ( OH-)

( D) c ( Na+) > c ( HCO 3- ) > c ( OH-) > c ( H2CO3 ) > c ( CO32- )

解析: NaHCO 3 溶液呈碱性, 所以c ( OH-) > c ( H+) , 故 ( A) 项错误; ( B) 项去掉c ( OH-) , 就是正确的物料守恒式; C项中c ( CO2 - 3 ) 乘以2, 就是正确的电荷守恒式; NaHCO 3 溶液呈碱性, 说明HCO- 3 的水解程 度大于电 离程度, 则c ( H 2 CO 3 ) > c ( CO2 - 3 ) . 由于OH-同时来自于HCO- 3 的水解和H 2 O的电离, 而H 2 CO 3 仅来自于HCO- 3 的水解, 所以c ( OH-) > c ( H 2 CO 3 ) . 结合“微弱观”可知c ( Na+) > c ( HCO- 3 ) > c ( OH-) > c ( H 2 CO 3 ) > c ( CO2 - 3 ) , ( D) 项正确, 答案: ( D) .

例3常温下某弱酸的酸式盐NaHA溶液中, c ( A2 -) > c ( OH-) , 下列有关说法正确的是 ()

( A) 溶液的pH >7

( B) 溶液中c ( Na+) = c ( HA-) + 2c ( A2 -) + c ( H 2 A )

( C) 加水稀释, c ( A2 -) /c ( HA-) 减小

( D) 加入NaOH固体, 可使离子浓度满足: c ( Na+) > c ( A2 -) > c ( OH-) > c ( HA-) > c ( H+)

解析: 由c ( A2 -) > c ( OH-) 可知HA-的电离程度大于其水解程度, 溶液呈酸性, ( A) 项错误; 物料守恒式应为c ( Na+) = c ( HA-) + c ( A2 -) + c ( H 2 A ) , ( B) 项错误; 加水稀释时, 电离平衡HA-H++ A2 -正向移动, c ( A2 -) /c ( HA-) 增大, ( C) 项错误; 加入NaOH固体, 发生反应: NaHA + NaOH = Na 2 A + H 2 O, 若NaHA恰好完全转化为Na 2 A或者NaOH稍过量, ( D) 项中的微粒浓度关系式都有可能成立. 答案: ( D) .

2. 一元酸与一元碱的混合溶液

一元酸与一元碱混合溶液中微粒浓度的关系非常复杂, 常见的有如下三种情况.

( 1) 酸、碱恰好完全反应

此种情况最简单, 根据所生成盐的电离和水解情况判断即可.

( 2) 得到等浓度“酸 ( 或碱) + 盐”的混合溶液

此种情况的一般规律是, 弱电解质的电离程度大于对应盐的水解程度, 溶液显示弱酸或弱碱的性质. 中学化学常见的有两对代表物:

①等浓度的CH 3 COOH与CH 3 COONa的混合溶液: 弱酸的电离程度大于其对应弱酸盐的水解程度, 溶液呈酸性.

②等浓度的NH 3 ·H 2 O与NH 4 Cl的混合溶液: 弱碱的电离程度大于其对应弱碱盐的水解程度, 溶液呈碱性.

例4将0. 2 mol/L CH 3 COOH溶液和0. 1 mol / L NaOH溶液等体积混合, 所得溶液中微粒浓度的关系正确的是 ()

( A) c ( Na+) > c ( CH 3 COO-) > c ( OH-) > c ( H+)

( B) c ( Na+) > c ( CH 3 COOH) > c ( CH 3 COO-) > c ( OH-)

( C) c ( H+) > c ( CH 3 COO-) > c ( CH 3 COOH) > c ( OH-)

( D) c ( CH 3 COO-) > c ( Na+) > c ( H+) > c ( OH-)

解析: 0. 2 mol/L CH 3 COOH溶液与0. 1 mol / L NaOH溶液等体积混合, 得到等浓度的CH 3 COOH和CH 3 COONa的混合溶液, 该溶液呈酸性, 故c ( H+) > c ( OH-) , ( A) 项错误. 溶液呈酸性, 说明CH 3 COOH的电离程度大于CH 3 COO-的水解程度, 此种情况下, 为了便于理解, 可视为只电离而不水解, 则必有: c ( CH 3 COO-) > c ( Na+) > c ( CH 3 COOH) . 由于OH-和H+都来自于弱电解质的电离, 所以其浓度居于末位. 综合起来有: c ( CH 3 COO-) > c ( Na+) > c ( CH 3 COOH) > c ( H+) > c ( OH-) . 答案: ( D) .

提示: 上述规律也有特殊情况. 例如, 等浓度的HCN与NaCN的混合溶液中, 由于HCN的电离程度小于NaCN的水解程度, 所以溶液呈碱性. 这在题目中一般会给出信息.

( 3) “pH酸 + pH碱 =14”型

pH之和为14的酸、碱等体积混合, 运用“14规则”和电荷守恒可快速比较溶液中微粒浓度的大小.

①“14规则”的由来

以“25℃时, pH = 11的NaOH溶液与pH = 3的CH 3 COOH溶液等体积混合”为例, 根据二者的pH数值可知NaOH溶液中的c ( OH-) 等于CH 3 COOH溶液中的c ( H+) . 由于CH 3 COOH是弱电解质而NaOH是强电解质, 所以c ( CH 3 COOH) 远大于c ( NaOH) , 二者混合时剩余CH 3 COOH的物质的量远大于生成的CH 3 COONa的物质的 量, 最终CH 3 COOH的电离超 过CH 3 COO-的水解, 溶液呈酸性, 故c ( H+) > c ( OH-) . 再结合电荷守恒关系c ( Na+) + c ( H+) = c ( OH-) + c ( CH 3 COO-) 可推出: c ( CH 3 COO-) > c ( Na+) . 由于溶液中的OH-和H+主要来自弱电解质的电离, 其浓度应该很小所以有c ( CH 3 COO-) > c ( Na+) > c ( H+) > c ( OH-) .

②“14规则”的内容

pH之和为14的酸、碱溶液等体积混合后, 谁弱显谁性, 无弱显中性, 这称为“14规则”. 这是因为二者反应时, 弱者会有大量剩余, 所以弱者电离显其性.

例525℃时pH =13的氨水和pH =1的盐酸等体积混合后, 所得溶液中离子的浓度关系正确的是 ()

( A) c ( NH4+ ) > c ( Cl-) > c ( OH-) > c ( H+)

( B) c ( Cl-) >c ( NH4+ ) >c ( H+) >c ( OH-)

( C) c ( NH4+ ) =c ( Cl-) > c ( OH-) = c ( H+)

( D) c ( OH-) > c ( NH4+ ) > c ( H+) > c ( Cl-)

解析: 根据“14规则”可知, 混合溶液呈碱性, 故c ( OH-) > c ( H+) . 再结合电荷守恒关系c ( NH+ 4 ) + c ( H+) = c ( Cl-) + c ( OH-) 可推出c ( NH+ 4 ) > c ( Cl-) . 因为溶液中的OH-和H+ 主要来自弱电解质的电离, 其浓度很小. 所以有: c ( NH+ 4 ) >c ( Cl-) > c ( OH-) > c ( H+) . 答案: ( A)

3. 多元弱酸的正盐与酸式盐的混合溶液

此种情况既要考虑正盐的水解, 又要考虑酸式盐的水解和电离, 并要注意二者的物质的量的大小关系.

例6向Na 2 SO 3 溶液中通入SO 2 , 溶液的pH随n ( SO2 - 3 ) ∶n ( HSO- 3 ) 的变化关系见表1.

当溶液呈中性时, 下列有关说法或表达式正确的是 ( )

( A) 表格中的数据说明NaHSO3溶液呈碱性

( B) c ( Na+) = c ( HSO3- ) + c ( SO32 - )

( C) c ( Na+) > c ( HSO 3-) > c ( SO32 - ) > c ( H+) = c ( OH-)

( D) c ( Na+) =2[c ( HSO 3- ) + c ( SO32 - ) + c ( H2SO3 ) ]

解析: 当n ( SO2 - 3 ) : n ( HSO- 3 ) = 9∶91时溶液呈酸性, 说明NaHSO 3 的电离程度强于水解程度, NaHSO 3 溶液呈酸性, ( A) 项错误. 该溶液中存在电荷守恒c ( Na+) + c ( H+) = c ( HSO- 3 ) + 2c ( SO2 - 3 ) + c ( OH-) ; 溶液呈中性, 所以c ( H+) = c ( OH-) , 代入上式得: c ( Na+) = c ( HSO- 3 ) + 2c ( SO2 - 3 ) , 故 ( B) 项错误. 由题意n ( SO2 - 3 ) ∶n ( HSO- 3 ) = 1∶1时溶液呈弱碱性, 欲使溶液呈中性, 需使c ( HSO- 3 ) > c ( SO2 - 3 ) , 则有c ( Na+) > c ( HSO- 3 ) > c ( SO2 - 3 ) > c ( H+) = c ( OH-) , ( C) 项正确. 选项 ( D) 看似一个物料守恒式, 但当溶液呈中性时, 其溶质是Na 2 SO 3 和NaHSO 3 . 无论二者的物质的量之比如何c ( Na+) ∶[c ( HSO- 3 ) + c ( SO2 - 3 ) + c ( H 2 SO 3 ) ]总是介于1∶1 ~ 2∶1之间, 故 ( D) 项错误. 答案: ( C) .

总之, 透过pH不仅可以看出溶液的酸碱性, 借助pH还可以判断微粒浓度的大小关系, 可以说pH是反映微粒浓度大小的一个风向标.

四、理清图像中曲线和关键点的含义, 快速突破微粒浓度 关系

近年来, 图像题备受命题者的青睐, 这是因为很多信息都蕴含在图像中, 需要考生准确、快速地读取并加以运用. 解答此类问题的突破口是理解曲线的含义和曲线上一些关键点的浓度关系.

例7室温下, 将1. 000 mol·L- 1盐酸滴入20. 00 mL 1. 000 mol·L- 1氨水中, 溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图5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- 1

( B) b点: c ( NH+ 4 ) + c ( NH 3 ·H 2 O) = c ( Cl-)

( C) c 点: c ( Cl-) = c ( NH+ 4 )

( D) d点后, 溶液温度略下降的主要原因是NH 3 ·H 2 O电离吸热

解析: NH 3 ·H 2 O为弱电解质, 在1. 000 mol·L- 1的氨水中, c ( OH-) < 1. 000 mol·L- 1, 所以由水电离出的c ( H+) > 1. 0×10- 14mol·L- 1, ( A) 项错误; ( B) 项是盐酸和氨水恰好反应时的物料守恒等式, 但由图知b点时氨水过量, 没有恰好完全反应, 故错误; ( C) 项, 因为c ( Cl-) + c ( OH-) = c ( NH+ 4 ) + c ( H+) , 当pH = 7时, c ( OH-) = c ( H+) , 所以c ( Cl-) = c ( NH+ 4 ) , 故正确; ( D) 项, d点后温度下降的原因是低温溶液的介入, 此时反应已进行完全.

答案: ( C)