电解质水溶液微粒浓度关系总结答案
化学反应原理溶液中粒子浓度的大小关系
专题强化练4溶液中粒子浓度的大小关系1.(2021浙江温州十五校高二上期中,)下列有关电解质溶液中微粒的浓度关系正确的是()A.0.1mol·L -1(NH 4)2SO 4溶液中:c (N H 4+)+c (NH 3·H 2O )+2c (S O 42-)=0.3mol·L-1B.等浓度、等体积的Na 2CO 3和NaHCO 3溶液混合: (HCO 3-)(H 2 O3)>(CO 32-)(HCO 3-)C.0.1mol·L -1Na 2S 溶液与0.1mol·L -1NaHS 溶液等体积混合:3c (Na +)-2c (HS -)=2c (S 2-)+2c (H 2S )D.向NH 4HSO 4溶液中滴加NaOH 溶液至恰好呈中性:c (Na +)=c (S O 42-)=c (N H 4+)>c (OH -)=c (H +)2.(2021江苏南通高二上期中,)室温下,下列有关溶液的物质的量浓度关系正确的是()A.物质的量浓度相等的①NH 4Cl、②(NH 4)2SO 4、③NH 4Al (SO 4)2三种溶液中,c (N H 4+)由大到小的顺序为③>②>①B.0.1mol·L -1的Na 2CO 3溶液:c (OH -)=c (H +)+c (HC O 3-)+c (H 2CO 3)C.0.1mol·L -1的CH 3COOH 与0.05mol·L -1的NaOH 溶液等体积混合(pH<7):c (CH 3COO -)>c (Na +)>c (CH 3COOH )>c (H +)D.0.1mol·L -1的Na 2CO 3与0.05mol·L -1的NaHCO 3溶液等体积混合:5c (Na +)=3c (HC O 3-)+3c (H 2CO 3)+3c (C O 32-)3.(双选)(2020江苏启东中学高二上期末,)25℃时,下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A.0.1mol·L -1(NH 4)2Fe (SO 4)2溶液中:c (S O 42-)>c (N H 4+)>c (Fe 2+)>c (H +)B.pH=11的氨水和pH=3的盐酸等体积混合,所得溶液中:c (Cl -)>c (N H 4+)>c (OH -)>c (H +)C.在0.1mol·L -1Na 2CO 3溶液中:2c (Na +)=c (C O 32-)+c (HC O 3-)+c (H 2CO 3)D.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:c (CH 3COO -)>c (Cl -)>c (CH 3COOH )>c (H +)4.(双选)(2021江苏南京六校联合体高二上月考,)下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是()A.0.1mol·L -1的NaHA 溶液,其pH=4:c (HA -)>c (H +)>c (H 2A )>c (A 2-)B.0.1mol·L -1NaHCO 3溶液与0.1mol·L -1NaOH 溶液等体积混合,所得溶液中:c (Na +)>c (C O 32-)>c (OH -)>c (HC O 3-)C.pH 相等的CH 3COONa、NaOH 和Na 2CO 3三种溶液:c (NaOH )<c (CH 3COONa )<c (Na 2CO 3)D.物质的量浓度相等的CH 3COOH 和CH 3COONa 溶液等体积混合:c (CH 3COO -)+2c (OH -)=2c (H +)+c (CH 3COOH )5.(双选)(2021湖南五市十校高二上联考,)室温下,下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是()A.pH=6的NaHSO 3溶液中:c (S O 32-)-c (H 2SO 3)=9.9×10-7mol·L-1B.pH=7的HCl 和CH 3COONa 混合溶液:c (Na +)>c (CH 3COO -)>c (Cl -)=c (CH 3COOH )>c (H +)=c (OH -)C.物质的量浓度相等的①NH4HSO4溶液、②NH4HCO3溶液、③NH4Cl溶液中,pH:②>①>③D.浓度比为1∶2的NaClO、NaHCO3混合溶液:c(HClO)+c(ClO-)=2c(HC O3-)+2c(H2CO3)+2c(C O32-)6.(双选)(2021江苏无锡高三上期中,)25℃时,下列物质的电离平衡常数如下。
【平衡】电解质溶液中微粒浓度的计算
【关键字】平衡电解质溶液中微粒浓度的计算【根据师专函授教材《分析化学》上册P281 整理】以下讨论不考虑空气的影响。
1、强酸强碱溶液：溶质完全电离。
当它们浓度不是很稀时，水电离生成的氢离子或者氢氧根离子浓度可以被忽略不计。
强酸溶液：c(H＋) = n×c(强酸) c(OH－) = Kw/c(H＋)强碱溶液：c(OH－) = n×c(强碱) c(H＋) = Kw/c(OH－)当它们的浓度≤10-6mol·L－1时，水的电离不能忽略。
强酸溶液：设酸电离生成的氢离子浓度为c，水电离生成的氢离子浓度（及氢氧根离子浓度）为x，则(c+x)×x=10-14 即x2+cx－10-14=0,解此一元二次方程可得氢氧根离子浓度，再用c(H＋) = Kw/c(OH－) 可以求出氢离子浓度。
强碱溶液类似，略。
例：浓度为5×10-7 mol·L－1的盐酸溶液，pH=?代入上式：x2+5×10-7x－10-14=0 解之得x= 1.9×10-8c(H＋) = 5×10-7 + 1.9×10-8=5.2×10-7 pH=7－0.7=6.32、一元弱酸弱碱溶液：（下面以一元弱酸为例，弱碱类同。
）①当弱酸的浓度c和电离常数Ka都不是很小时（绝大多数情况符合此条件），溶液中的氢离子就主要来自于弱酸的电离，水电离的氢离子可以被忽略。
HA H＋＋A－起始浓度 c 0 0改变浓度x x x平衡浓度c－x x xKa = x2/(c－x) x2+Ka×x－Ka×c = 0 解此一元二次方程就能够求出各种微粒的浓度。
氢氧根离子浓度用c(OH－) = Kw/c(H＋)求出。
如果弱酸的电离度＜5%【表现为c/Ka≥500】，也就是说x 远小c时，可以认为c－x = c上式就能够化简为x2－Ka×c = 0 即x= （此时酸分子浓度=起始浓度）例1：计算0.100mol/LCH3COOH溶液中（除水分子浓度以外）的各种微粒浓度。
高考化学练习题：电解质溶液(含答案解析)
高考化学练习题：电解质溶液一．选择题（共26小题）1．（2015•安徽）25℃时，在10mL浓度均为0.1mol•L﹣1的NaOH和NH3•H2O混合溶液中滴加0.1mol•L ﹣1盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是（）A．未加盐酸时：c（OH﹣）＞c（Na+）=c（NH3•H2O）B．加入10mL盐酸时：c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）C．加入盐酸至溶液pH=7时：c（Cl﹣）=c（Na+）D．加入20mL盐酸时：c（Cl﹣）=c（NH4+）+c（Na+）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；真题集萃．分析：氢氧化钠为强碱，在水溶液中完全电离，一水合氨为弱碱，在水溶液中部分电离，相同体积与浓度的氢氧化钠与一水合氨其中和能力是相同的，据此分析解答即可．解答：解：A、NaOH和NH3•H2O混合溶液中，NaOH完全电离，NH3•H2O部分电离，因此c（OH ﹣）＞0.1mol/L，c（Na+）=0.1mol/L，c（NH3•H2O）＜0.1mol/L，故c（OH﹣）＞c（Na+）＞c（NH3•H2O），故A错误；B、在此混合溶液中加入10mL盐酸，存在电中性原则：c（NH4+）+c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），由于等体积等浓度混合，故c（Na+）=c（Cl﹣），即c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣），故B正确；C、加入盐酸至pH=7时，溶液呈中性，即c（H+）=c（OH﹣），那么c（NH4+）+c（Na+）=c（Cl﹣），即c（Cl﹣）＞c（Na+），故C错误；D、加入20mL盐酸时，此时溶液恰好为氯化钠与氯化铵的混合溶液，此时溶液呈酸性，即存在c（H+）＞c（OH﹣），那么c（NH4+）+c（Na+）＜c（Cl﹣），故D错误，故选B．点评：本题主要考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，本题注意把握弱电解质的电离特点，易错点为C，注意酸碱中和滴定的实验原理．2．（2015•广东）一定温度下，水溶液中H+和OH﹣的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是（）A．升高温度，可能引起由c向b的变化B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10﹣13C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化考点：水的电离；弱电解质在水溶液中的电离平衡．分析：A、由图可知abc为等温线；B、由b点计算此温度下水的离子积常数为1.0×10﹣14；C、b点到a点，氢离子浓度变大，氢氧根离子浓度减小，据此解答即可；D、稀释不会引起水的离子积的改变，据此解答即可．解答：解：A、由图可知abc三点对应的平衡常数不变，故abc为等温线，故升高温度，不能由c 到b，故A错误；B、b点c（H+）=c（OH﹣）=1.0×10﹣7，故K W=1.0×10﹣7×1.0×10﹣7=1.0×10﹣14，故B错误；C、加入FeCl3，氯化铁为强酸弱碱盐，铁离子结合水电离出的氢氧根，促进水的电离平衡右移，即氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小（由b到a），符合图象变化趋势，故C正确；D、由c点到d点，水的离子积常数减小，温度不变，K不变，故不能利用稀释使其形成此变化，故D错误，故选C．点评：本题主要考查的是水的离子积常数以及水电离的影响因素，掌握水的离子积为温度的函数是解决本题的关键，难度不大．3．（2015•海南）0.1mol下列气体分别与1L0.1mol•L﹣1的NaOH溶液反应，形成的溶液pH最小的是（）A．NO2B．SO2C．SO3D．CO2考点：p H的简单计算．分析：0.1mol下列气体分别与1L0.1mol•L﹣1的NaOH溶液反应，二者的物质的量相同，NO2与NaOH等物质的量反应的方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O；SO2与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+SO2=NaHSO3；SO3与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+SO3=NaHSO4；CO2与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+CO2=NaHCO3，根据反应产物的酸碱性判断．解答：解：0.1mol下列气体分别与1L0.1mol•L﹣1的NaOH溶液反应，二者的物质的量相同，NO2与NaOH等物质的量反应的方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，NaNO2为强碱弱酸盐，溶液显碱性；SO2与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+SO2=NaHSO3，NaHSO3在溶液中即电离又水解，电离程度大于水解程度，溶液显弱酸性；SO3与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+SO3=NaHSO4，NaHSO4在溶液中完全电离出氢离子，溶液显强酸性；CO2与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+CO2=NaHCO3，NaHCO3在溶液中即电离又水解，水解程度大于电离程度，溶液显弱碱性；综上可知，形成的溶液pH最小的是SO3；故选：C．点评：本题考查了物质的性质，题目涉及元素化合物的性质、盐的水解、弱电解质的电离，题目难度中等，注意根据物质之间反应判断产物以及溶液的酸碱性．4．（2015•四川）常温下，将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得溶液pH＜7，下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是（）A．＜1.0×10﹣7mol/LB．c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）C．c（H+）+c（NH4+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）D．c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）考点：盐类水解的原理．专题：盐类的水解专题．分析：A．根据Kw=c（H+）×c（OH﹣）=1.0×10﹣14计算；B．根据物料守恒即c（Na）=c（C）分析；C．根据电荷守恒分析；D．铵根离子部分水解，则c（Cl﹣）＞c（NH4+），HCO3﹣的电离程度很小．解答：解：A．Kw=c（H+）×c（OH﹣）=1.0×10﹣14，已知pH＜7，即c（H+）＞1.0×10﹣7mol/L，则＜1.0×10﹣7mol/L，故A正确；B．溶液中存在物料守恒即c（Na）=c（C），所以c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），故B正确；C．溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）+c（NH4+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c （Cl﹣），由于析出部分NaHCO3晶体，则c（Na+）＜c（Cl﹣），所以c（H+）+c（NH4+）＞c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故C错误；D．铵根离子部分水解，则c（Cl﹣）＞c（NH4+），由于析出部分NaHCO3晶体，则HCO3﹣浓度减小，HCO3﹣的电离程度很小，所以c（CO32﹣）最小，即c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣），故D正确．故选C．点评：本题考查了混合溶液中离子浓度的计算、离子浓度大小比较、电荷守恒和物料守恒的应用，题目难度中等，注意把握电荷守恒和物料守恒的应用方法．5．（2015•广东）水溶液中能大量共存的一组离子是（）A．NH4+、Ba2+、Br﹣、CO32﹣B．Cl﹣、SO32﹣、Fe2+、H+C．K+、Na+、SO42﹣、MnO4﹣D．Na+、H+、NO3﹣、HCO3﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能相互促进水解等，则离子大量共存，以此来解答．解答：解：A．Ba2+、CO32﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故A错误；B．SO32﹣、H+结合生成水和气体，不能大量共存，故B错误；C．该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D．H+、HCO3﹣结合生成水和气体，不能大量共存，故D错误；故选C．点评：本题考查离子共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、水解反应的离子共存考查，题目难度不大．6．（2015•四川）下列有关CuSO4溶液的叙述正确的是（）A．该溶液中Na+、NH4+、NO3﹣、Mg2+可以大量共存B．通入CO2气体产生蓝色沉淀C．与H2S反应的离子方程式：C u2++S2﹣=CuS↓D．与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+考点：离子共存问题；离子方程式的书写．分析：A．该组离子之间不反应，与硫酸铜也不反应；B．通入CO2气体，与硫酸铜溶液不反应；C．H2S在离子反应中保留化学式；D．与过量浓氨水反应，生成络离子．解答：解：A．该组离子之间不反应，与硫酸铜也不反应，则可大量共存，故A正确；B．通入CO2气体，与硫酸铜溶液不反应，不能生成蓝色沉淀，故B错误；C．H2S在离子反应中保留化学式，则与H2S反应的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故C错误；D．与过量浓氨水反应，生成络离子，则离子反应为Cu2++4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++4H2O，故D 错误；故选A．点评：本题考查离子共存及离子反应，为高频考点，为2015年高考真题，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应及络合反应的离子反应考查，题目难度不大．7．（2015•上海）某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32﹣、Cl ﹣、OH﹣、NO3﹣．向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有（）A．3种B．4种C．5种D．6种考点：离子共存问题．分析：溶液无色，则一定不存在有色的Fe3+；在其中加入金属铝，发生反应并放出H2，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若为酸性，则不存在OH﹣、NO3﹣、CO32﹣，若呈碱性，则不存在Al3+、H+、NH4+、Fe3+，以此解答该题．解答：解：无色溶液中一定不存在有色的Fe3+；溶液中加入金属铝，发生反应并放出H2，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若溶液为酸性，则不存在：OH﹣、NO3﹣、CO32﹣，阴离子只能为Cl﹣，阳离子可以为：H+、NH4+、Ba2+、Al3+，最多存在5种离子；若呈碱性，则不存在Al3+、H+、NH4+、Fe3+，阳离子只能为Ba2+，则一定不存在CO32﹣，可存在的离子为：Ba2+、Cl﹣、OH﹣、NO3﹣，则最多只有4种，根据分析可知，最多存5种离子，故选C．点评：本题考查离子共存问题，题目难度中等，涉及离子反应和种类的判断，综合侧重于学生的分析能力的考查，注意把握题目无色以及与铝反应生成氢气的特点，特别注意硝酸不能生成氢气．8．（2014•江苏）水是生命之源，2014年我国科学家首次拍摄到水分子团簇的空间取向图象，模型如图所示，下列关于水的说法正确的是（）A．水是弱电解质B．可燃冰是可以燃烧的水C．氢氧两种元素只能组成水D．0℃时冰的密度比液态水的密度大考点：水的电离；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．专题：元素及其化合物．分析：A．水能够部分电离出氢离子和氢氧根离子，存在电离平衡；B．可燃冰为甲烷和水形成的一种化合物；C．氢氧两种元素还可以组成双氧水；D．液体水变成冰，体积变大，密度变小．解答：解：A．水为极弱的电解质，能够部分电离出氢离子和氢氧根离子，故A正确；B．可燃冰为甲烷和水形成的一种特殊的化合物，并不是可燃烧的水，故B错误；C．氢氧两种元素可以组成水、双氧水，故C错误；D．冰中存在氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故D错误；故选A．点评：本题考查了水的电离、水的组成结构及性质，题目难度不大，注意掌握水的电离，明确可燃冰的组成及性质，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．9．（2014•重庆）下列叙述正确的是（）A．浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe（OH）3胶体B．CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后c（CH3COO﹣）增大C．Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应可制得Ca（OH）2D．25℃时Cu（OH）2在水中的溶解度大于其在Cu（NO3）2溶液中的溶解度考点：影响盐类水解程度的主要因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．分析：A、浓氨水和氯化铁之间会发生复分解反应；B、醋酸钠中加入盐酸会发生反应生成醋酸和氯化钠；C、Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应产物是碳酸钙和碳酸钠；D、根据沉淀溶解平衡的影响因素来回答判断．解答：解：A、浓氨水和氯化铁之间会发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铵，不会获得胶体，故A错误；B、醋酸钠中加入盐酸会发生反应生成醋酸和氯化钠，所以醋酸根离子浓度会减小，故B错误；C、Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应产物是碳酸钙和碳酸钠，并不会获得氢氧化钙，故C 错误；D、氢氧化铜存在沉淀溶解平衡Cu（OH）2⇌Cu2++2OH﹣，Cu（NO3）2溶液中铜离子会抑制沉淀溶解平衡的右移，所以Cu（OH）2在水中的溶解度大于其在Cu（NO3）2溶液中的溶解度，故D正确．故选D．点评：本题考查学生物质的性质以及沉淀溶解平衡的影响因素等方面的知识，注意知识的归纳和整理是解题关键，难度中等．10．（2014•上海）向饱和澄清石灰水中加入少量CaC2，充分反应后恢复到原来的温度，所得溶液中（）A．c（Ca2+）、c（OH﹣）均增大B．c（Ca2+）、c（OH﹣）均保持不变C．c（Ca2+）、c（OH﹣）均减小D．c（OH﹣）增大、c（H+）减小考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．专题：物质的量浓度和溶解度专题．分析：加入CaC2，与水发生CaC2+2H2O=Ca（OH）2+HC≡CH↑，反应消耗水，结合Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）的影响因素解答．解答：解：加入CaC2，与水发生CaC2+2H2O=Ca（OH）2+HC≡CH↑，反应消耗水，因原溶液为饱和溶液，则反应后一定有Ca（OH）2析出，则溶液浓度不变，故选B．点评：本题为2014年上海考题，涉及难溶电解质的溶解平衡，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握反应的原理以及溶解平衡的特点，难度不大．11．（2014•海南）以石墨为电极，电解KI溶液（其中含有少量酚酞和淀粉）．下列说法错误的是（）A．阴极附近溶液呈红色B．阴极逸出气体C．阳极附近溶液呈蓝色D．溶液的pH变小考点：电解原理；真题集萃．专题：电化学专题．分析：以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应，阳极上是碘离子失电子发生氧化反应，据此回答判断．解答：解：A、以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应，该极区碱性增强，遇到酚酞溶液呈红色，故A正确；B、以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应逸出气体氢气，故B正确；C、以石墨为电极，电解KI溶液时，阳极上是碘离子失电子发生氧化反应生成碘单质，遇到淀粉变蓝色，故C正确；D、以石墨为电极，电解KI溶液时，生成氢氧化钾溶液，溶液的pH变大，故D错误．故选D．点评：本题考查学生电解池的工作原理以及物质的性质知识，注意知识的归纳和整理是解题的关键，难度中等．12．（2014•四川）下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（）A．0.1mol/L NaHCO3溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）B．20mL 0.1mol/L CH3COONa溶液与10mL 0.1mol/L HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）C．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c（Cl﹣）+c（H+）＞c（NH4+）+c（OH﹣）D．0.1mol/L CH3COOH溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c（OH﹣）＞c （H+）+c（CH3COOH）考点：离子浓度大小的比较．专题：盐类的水解专题．分析：A．二者恰好反应生成Na2CO3，溶液中的溶质为0.05mol/L的Na2CO3，碳酸根离子两步水解都生成氢氧根离子，碳酸根离子只有第一步水解生成HCO3﹣；B．二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的NaCl、CH3COONa、CH3COOH，混合溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，但醋酸电离和醋酸根离子水解程度都较小；C．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，混合溶液呈碱性，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，结合电荷守恒判断；D．二者恰好反应生成CH3COONa，溶液呈存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断．解答：解：A．二者混合后恰好反应生成Na2CO3，溶液中的溶质为0.05mol/L的Na2CO3，碳酸根离子两步水解都生成氢氧根离子，碳酸根离子只有第一步水解生成HCO3﹣，所以c（HCO3﹣）＜c （OH﹣），故A错误；B．二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的NaCl、CH3COONa、CH3COOH，混合溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，但醋酸电离和醋酸根离子水解程度都较小，所以溶液中粒子浓度大小顺序是c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+），故B正确；C．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，混合溶液呈碱性即c（OH﹣）＞c（H+），任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（NH4+），且c （OH﹣）＞c（H+），所以c（Cl﹣）＜c（NH4+），所以c（Cl﹣）+c（H+）＜c（NH4+）+c（OH﹣），故C错误；D．二者混合后恰好反应生成CH3COONa，溶液呈存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c （CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（Na+），根据物料守恒得c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），所以得c（OH﹣）=c（H+）+c（CH3COOH），故D错误；故选B．点评：本题考查了离子浓度大小比较，明确溶液中的溶质及溶液酸碱性再结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，离子浓度大小比较为高考高频点，常常与盐类水解、弱电解质电离结合考查，题目难度中等．13．（2014•天津）下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是（）A．pH=1的NaHSO4溶液：c（H+）=c（SO42﹣）+c（OH﹣）B．含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c（Ag+）＞c（Cl﹣）=c（I﹣）C．CO2的水溶液：c（H+）＞c（HCO3﹣）=2c（CO32﹣）D．含等物质的量NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c（Na+）=2[c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）+c （H2C2O4）]考点：离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．分析：A、NaHSO4溶液中存在氢离子守恒分析判断；B、AgCl和AgI固体的悬浊液中氯化银溶解度大于碘化银；C、二氧化碳的水溶液中碳酸分步电离，第二步电离微弱；D、依据溶液中元素物料守恒计算分析．解答：解：A、NaHSO4溶液中存在质子守恒分析，硫酸氢钠电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，NaHSO4 =Na++H++SO42﹣，H2O⇌H++OH﹣，溶液中质子守恒，c（H+）=c（SO42﹣）+c（OH﹣），故A正确；B、AgCl和AgI固体的悬浊液中氯化银溶解度大于碘化银，c（Ag+）＞c（Cl﹣）＞c（I﹣），故B错误；C、二氧化碳的水溶液中碳酸分步电离，第二步电离微弱，H2CO3⇌H++HCO3﹣，HCO3﹣⇌H++CO32﹣，c（H+）＞c（HCO3﹣）＞2c（CO32﹣），故C错误；D、依据溶液中元素物料守恒计算，含等物质的量NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：2c（Na+）=3[c（HC2O4﹣）+C（C2O42﹣）+c（H2C2O4）]，故D错误；故选A．点评：本题考查了电解质溶液中电离平衡分析，沉淀溶解平衡的理解应用，电解质溶液中物料守恒，质子守恒的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等．14．（2014•广东）常温下，0.2mol/L的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是（）A．HA为强酸B．该混合液pH=7C．图中X表示HA，Y表示OH﹣，Z表示H+D．该混合溶液中：c（A﹣）+c（Y）=c（Na+）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液中A﹣浓度小于0.1mol/L，说明在溶液中存在A﹣+H2O⇌HA+OH﹣，NaA水解，HA为弱酸，NaA 溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），一般来说，盐类的水解程度较低，则有c（A﹣）＞c（OH﹣），所以有：c（Na+）=0.1mol/L＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c（H+），即X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+，溶液中存在物料守恒为：c（Na+）=c（A﹣）+c（HA）．A．HA为弱酸；B．该混合液pH＞7；C．X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+；D．Y表示HA，溶液中存在物料守恒得到c（A﹣）+c（Y）=c（Na+）．解答：解：一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液中A﹣浓度小于0.1mol/L，说明在溶液中存在A﹣+H2O⇌HA+OH﹣，NaA水解，HA为弱酸，NaA溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），一般来说，盐类的水解程度较低，则有c（A﹣）＞c（OH ﹣），所以有：c（Na+）=0.1mol/L＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c（H+），即X表示OH﹣，Y 表示HA，Z表示H+，溶液中存在物料守恒得到：c（Na+）=c（A﹣）+c（HA）．A．一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，二者恰好反应：HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液为NaA溶液，溶液中中A﹣浓度小于0.1mol/L，说明在溶液中存在A﹣+H2O⇌HA+OH﹣，NaA水解，HA为弱酸，故A错误；B．c（Na+）＞c（A﹣），说明NaA水解，A﹣+H2O⇌HA+OH﹣，该混合液pH＞7，故B错误；C．HA是弱电解质，则有c（A﹣）＞c（OH﹣），c（OH﹣）除了水解产生的还有水电离的，因此c （OH﹣）＞c（HA），所以有：c（Na+）=0.1mol/L＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c（H+），即X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+，故C错误；D．溶液中存在物料守恒c（Na+）=c（A﹣）+c（HA），Y表示HA，得到c（A﹣）+c（Y）=c（Na+），故D正确；故选D．点评：本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据酸的强弱结合物料守恒、电荷守恒分析解答，考查离子浓度大小比较、溶液PH值、盐类水解等，判断一元酸HA是弱酸为解题关键，题目难度中等．15．（2014•山东）已知某温度下CH3COOH和NH3•H2O的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1mol•L ﹣1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中（）A．水的电离程度始终增大B．先增大再减小C．c（CH3COOH）与c（CH3COO﹣）之和始终保持不变D．当加入氨水的体积为10mL时，c（NH4+）=c（CH3COO﹣）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．开始时，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，当氨水过量后，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小；B．根据一水合氨的电离平衡常数可知，该比值与氢氧根离子成反比，电解氨水的过程中，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大；C．根据物料守恒，醋酸和醋酸根离子的物质的量之和不变，但是溶液体积增大，二者的浓度之和逐渐减小；D．CH3COOH和NH3•H2O的电离常数相等，氨水与醋酸的浓度、体积相等时，溶液显示中性，根据电荷守恒可知c（NH4+）=c（CH3COO﹣）．解答：解：A．酸溶液、碱溶液抑制了水的电离，溶液显示中性前，随着氨水的加入，溶液中氢离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大；当氨水过量后，随着溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小，所以滴加过程中，水的电离程度先增大后减小，故A错误；B．当向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，开始时溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合物，由CH3COONH4的水解常数K h=，随着氨水的加入，c（H+）逐渐减小，Kh不变，则变小，当加氨水至溶液显碱性时，氨水的电离常数K b=，c（OH﹣）与氢离子浓度成反比，随着氨水的滴入，氢氧根离子浓度逐渐增大，电离常数K不变，所以逐渐减小，即始终减小，故B错误；C．n（CH3COOH）与n（CH3COO﹣）之和为0.001mol，始终保持不变，由于溶液体积逐渐增大，所以c（CH3COOH）与c（CH3COO﹣）之和逐渐减小，故C错误；D．当加入氨水的体积为10mL时，醋酸和一水合氨的物质的量相等，由于二者的电离常数相等，所以溶液显示中性，c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（NH4+）=c（CH3COO﹣），故D正确；故选D．点评：本题考查了酸碱混合时溶液定性判断及溶液酸碱性与溶液pH的关系，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，明确根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解比较溶液中离子浓度大小的方法．16．（2014•广东）水溶液中能大量共存的一组离子是（）A．Na+、Ca2+、Cl﹣、SO42﹣B．Fe2+、H+、SO32﹣、ClO﹣C．Mg2+、NH4+、Cl﹣、SO42﹣D．K+、Fe3+、NO3﹣、SCN﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质、络合物、不发生氧化还原反应、不发生双水解的就能共存，据此分析解答．解答：解：A．Ca2+、SO42﹣生成微溶物硫酸钙，所以不能大量共存，故A错误；B．酸性条件下，ClO﹣具有强氧化性，能将Fe2+、SO32﹣氧化为Fe3+、SO42﹣，所以不能共存，故B 错误；C．这几种离子之间不发生反应，所以能共存，故C正确；D．Fe3+、SCN﹣生成络合物Fe（SCN）3，所以这两种离子不能共存，故D错误；故选C．点评：本题考查了离子共存，明确离子共存条件是解本题关键，知道物质的性质即可解答，注意：硫酸钙是微溶物，少量时能在水溶液中共存，但不能大量存在，为易错点．17．（2014•安徽）下列有关Fe2（SO4）3溶液的叙述正确的是（）A．该溶液中，K+、Fe2+、C6H5OH、Br﹣可以大量共存B．和KI溶液反应的离子方程式：Fe3++2I﹣═Fe2++I2C．和Ba（OH）2溶液反应的离子方程式：Fe3++SO42﹣+Ba2++3OH﹣═Fe（OH）3↓+BaSO4↓D．1L O.1mol•L﹣1该溶液和足量的Zn充分反应，生成11.2g Fe考点：离子共存问题；离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．铁离子能够与苯酚发生显色反应；B．根据电荷守恒判断，该离子方程式两边电荷不守恒；C．该离子方程式不满足硫酸铁、氢氧化钡的化学组成关系；D．根据n=cV计算出硫酸铁及铁离子的物质的量，再根据质量守恒及m=nM计算出铁的质量．解答：解：A．Fe2（SO4）3溶液中的Fe3+与C6H5OH发生显色反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．铁离子能够与碘离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2，题目方程式未配平，故B错误；C．Fe2（SO4）3溶液和Ba（OH）2溶液反应的生成氢氧化铁沉淀和硫酸钡沉淀，铁离子和硫酸根离子的物质的量的比为2：3，正确的离子方程式为：2Fe3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Fe（OH）3↓+3BaSO4↓，故C错误；D.1L O.1mol•L﹣1该溶液中含有溶质硫酸铁0.1mol，0.1mol硫酸铁中含有0.2mol铁离子，与足量锌反应可以生成0.2mol铁，生成铁的质量为11.2g，故D正确；故选D．点评：本题考查了离子方程式的书写、离子共存的判断，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确常见的离子之间不能共存的情况及离子方程式的书写原则．18．（2013•重庆）下列说法正确的是（）A．KClO3和SO3溶于水后能导电，故KClO3和SO3为电解质B．25℃时，用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH=7，V醋酸＜V NaOHC．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成D．AgCl沉淀易转化为AgI沉淀且K（AgX）=c（Ag+）•c（X﹣），故K（AgI）＜K（AgCl）考点：电解质与非电解质；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；镁、铝的重要化合物．专题：电离平衡与溶液的pH专题；几种重要的金属及其化合物．分析：A．KClO3和三氧化硫的水溶液都能导电，KClO3是电解质，但三氧化硫是非电解质；B．CH3COOH不完全电离，根据电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），等体积等浓度混合时显碱性，则中性时应使醋酸过量；C．NaHCO3溶液与NaAlO2溶液，反应中碳酸氢钠提供氢离子与偏铝酸根反应生成Al（OH）3；D．AgCl沉淀易转化为AgI沉淀，说明溶解度S（AgCl）＞S（AgI），所以K（AgCl）＞K （AgI）；解答：解：A．电解质是熔融态或水溶液状态下能导电的化合物，是自身电离出自由移动的离子．氯酸钾溶于水自身电离出钾离子和氯酸根离子，能导电是电解质；SO3溶于水后和水反应生成硫酸，硫酸电离出阴阳离子而使其溶液导电，电离出阴阳离子的物质是硫酸而不是三氧化硫，所以SO3是非电解质，故A错误；B．醋酸与NaOH溶液反应：CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），若等体积等浓度混合时显碱性，则25℃时，用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH=7显中性时应使醋酸过量，即V醋酸＞V NaOH，故B错误；C．氢氧化铝为两性氢氧化物，由于酸性：HCO3﹣＞Al（OH）3，根据强酸制备弱酸，NaHCO3溶液与NaAlO2溶液，反应中碳酸氢钠提供氢离子与偏铝酸根反应生成生成Al（OH）3，AlO2﹣+HCO3﹣+H2O=Al（OH）3↓+CO32﹣有沉淀生成，无气体生成，故C错误；D．向AgCl沉淀中滴入稀KI溶液，会出现白色沉淀AgCl转变为黄色沉淀AgI，说明AgCl沉淀易转化为AgI沉淀，沉淀易转化为更难溶沉淀，越难溶物质其饱和溶液中电离出相应离子浓度越小，故K（AgI）＜K（AgCl），故D正确；故选D．点评：本题考查了电解质、酸碱中和、氢氧化铝、难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化等知识，掌握它们的相关本质是解答的关键，题目难度中等．19．（2013•天津）下列有关电解质溶液的说法正确的是（）A．在蒸馏水中滴加浓H2SO4，K w不变B．CaCO3难溶于稀硫酸，也难溶于醋酸。
电解质溶液中微粒浓度的关系
电解质溶液中微粒浓度的关系一、溶液中微粒浓度大小比较的理论依据1．电离理论(1)弱电解质的电离是微弱的，电离产生的微粒都非常少，同时还要考虑水的电离，如氨水溶液中：NH3·H2O、NH4＋、OH－浓度的大小关系是c(NH3·H2O)> c(OH－)>c(NH4＋)。
(2)多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一级电离(第一步电离程度远大于第二步电离)。
如在H2S溶液中：H2S、HS－、S2－、H＋的浓度大小关系是c(H2S)>c(H＋)>c(HS－)>c(S2－)。
2．水解理论(1)弱电解质离子的水解是微弱的(水解相互促进的情况除外)，水解生成的微粒浓度很小，本身浓度减小的也很小，但由于水的电离，故水解后酸性溶液中c(H＋)或碱性溶液中c(OH－)总是大于水解产生的弱电解质的浓度。
如NH4Cl溶液中：NH4＋、Cl－、NH3·H2O、H＋的浓度大小关系是c(Cl－)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(NH3·H2O)。
(2)多元弱酸酸根离子的水解是分步进行的，其主要是第一步水解，如在Na2CO3溶液中：CO32－、HCO3－、H2CO3的浓度大小关系应是c(CO32－)>c(HCO3－)>c(H2CO3)。
二、溶液中微粒浓度大小比较的定量关系1．电荷守恒规律电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，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。
如NaHCO3溶液中存在着Na＋、H＋、HCO3－、CO32－、OH－，存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3－)＋c(OH－)＋2c(CO32－)。
2．物料守恒规律电解质溶液中，由于某些离子能够水解或电离，离子种类有所变化，但原子总是守恒的。
如K2S溶液中S2－、HS－都能水解，故S原子以S2－、HS－、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)。
电解质溶液中粒子浓度大小的比较
答案
Ａ
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． ５ｔ ｌ ｏ Ｃ 气体 后 ， 液 中 ｃ ３ 度 由大 溶 ｏ 一浓 ２ ０ ０ Ｉ ・ Ｎ ０ 溶 液等 体 积 混合 ， 混合 溶 液 中 ． １ＩＯ Ｌ Ｔ１ ａＨ 则 液 中通入 ０ ０ ｏ Ｏ２
微 粒 浓 度 关 系正 确 的 是
历 史上 第一 个人造 染 色体 ， 并有 可能创 造 出首个永 久 性 和链 状 时缩水 数 量 的差 异 。设 该 多 肽分 子 中有 Ｉ个 肽 ＂ ／
生命形 式。有一种相 对分子 质 量为 Ｍ 的 多肽 ， 经水解 后 键 ， 已知 每 ２个氨 基 酸 分 子脱 １分 子水 形 成 二 肽 ， 含有
维普资讯 http://www.c粒 子 浓 度 大 小 的 比较
江 苏省 无锡市 辅仁 高级 中学 孙 天 山 溶液 中各种 粒 子 浓度 大小 的 比较 一 直是 高 考 命 题 离产 生外 ， 还有 水 的 电离 ， ｃ ＯＨ一 ＞ｆＮＨ ） 则 （ ） （ 。在 碱 的热 点 ， 备受 命题 者 的青 睐 ， 同时 也 是 复 习 中 的一 个 难 性溶 液 中水 的电离 受 到 了抑 制 ， 产 生 的 Ｃ Ｈ＋） 故 （ 极小 ，
点 。它涉及 电离平 衡 、 水解平衡 、 电荷 守恒 、 物料 守恒 和 所 以 ， 本题 的正 确选 项为 Ａ。
质子守 恒等知 识 。本 文 通过典 型 例题 剖析 ， 总结 概括 不
同类 型的 电解 质溶 液 中粒子 浓度 大小 比较 的解 题 思路 。
一
－
例 ２ 写 出 Ｎａ Ｏ 溶 液 中粒子 浓度 大 小 的关 系 ＨＣ ａ
解析
氨水 是一 种弱 电解 质 ， 只有 极少 部分 发 生 电
专题11 电解质溶液中微粒浓度比值变化的判断方法对点
电解质溶液中微粒浓度比值变化的判断方法练习1．（河南省安阳县第一高级中学2017-2018学年高二上学期第三次月考）在25℃时，用蒸馏水稀释1 mol·L－1氨水至0.01 mol·L－1，随溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是()A. B. C. D. c(OH－)【答案】A错误；故选A。
2．（吉林省东北师范大学附属中学2017-2018学年高二上学期期末）在0.01mol·L-1 的醋酸溶液中逐渐加入冰醋酸至1mol·L-1，随着浓度的增加，在一定时间内始终保持减小趋势的是A. c(H+) B. c(CH3COO-)C. c(H+)/c(CH3COOH)的比值D. c(CH3COOH)/c(H+)的比值【答案】C【解析】醋酸溶液中存在CH3COOH CH3COO-+ H+，加入冰醋酸，浓度增大，电离程度减小。
A、加入冰醋酸，浓度增大，酸的浓度增大，c(H+)增大，选项A错误；B、加入冰醋酸，浓度增大，酸的浓度增大，c(CH3COO-)增大，选项B错误；C、加入冰醋酸，浓度增大，酸的浓度增大，c(CH3COO-)增大，而温度不变，K=不变，故减小，选项C正确；D、加入冰醋酸，浓度增大，酸的浓度增大，c(CH3COO-)增大，而温度不变，K=不变，故增大，选项D错误。
答案选C。
3．（北京市昌平临川育人学校2017-2018学年高二上学期期末）25℃时，用少量蒸馏水稀释0.10mol·L－1的醋酸，若用Kw表示水的离子积常数，则下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是A. c(CH3COO－)／c(CH3COOH)B. c(CH3COOH)／c(H+)C. c(H+)／KwD. c(H+)／c(OH－)【答案】A【解析】醋酸加水稀释，平衡右移：n (CH3COOH ) 减少，c(CH3COOH ) 减少，n (H +)增大，c(H+)减少，c(OH－)增大，（因为Kw不变）；n (CH3COOH-) 增大，c(CH3COO－)减少；. c(CH3COO －)／c(CH3COOH)增大，A正确；c(CH3COOH)／c(H+)减小，B错误；c(H+)／Kw减少，C错误；c(H+)／c(OH－)减少，D错误；正确选项A。
电解质溶液中离子浓度大小的比较
Ａ． ｃ （ Ｎａ ） 一２ ｃ （ Ｓ ｚ） ＋２ ｃ （ ＨＳ 一 ） ＋２ ｃ （ Ｈ， Ｓ ） Ｂ ． ｃ （ Ｎａ ＋ ） ＋ｃ （ Ｈ ＋） 二ｃ － （ Ｓ ｚ 一） ＋ｃ （ ＨＳ ）
比弱 电解质 电离 程 度还 小 ， 在 单 个 弱 离 子 的
盐 溶液 中 主要是 以能发 生 水解 的弱 离子 形式
不正 确 ； 若 加 入 的碱 为 弱 碱 ， 呈 中性 时 弱 碱 要 过 量 ，
Ｃ项 不 正 确 。 答 案 为 Ｄ。
存在， 其 水解 产生 的微粒 浓 度 很小 ， 但 弱 离 子 Biblioteka 乌 绱 印 扁 扈
傅 业 云
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■ 江 苏 省 南 京 市 秦 淮 高级 中 学
电 解 质 溶 液 中离 子 浓 度 大 小 的 比较 是 高 考 的必 考点 ， 现将 其一 般 规律 总结 如下 。 １ ． 弱 电解 质 的 电离 程 度 很 小 ， 在 弱 电 解
解析： ＨＡ 与 ＭＯＨ 发 生 反 应 ， 不管 酸 、 碱谁 强 谁弱 ， 反应之 后酸 、 碱谁剩余 ， 及 反 应 之 后 溶 液 呈 中 性、 酸『 生还 是 碱 性 ， 都 存 在 Ｈ 、 Ａ－、 Ⅳ ｒ、 ｏＨ一四 种
的水 解 程 度 比水 的 电离 程 度 大 。 多 元 弱 酸 根
拓展 提 升 ： 二 元 酸 Ｈ Ａ 溶 液 与 二 元 碱
Ｍ（ ＯＨ ） 溶 液 反 应 ， 不 管 酸 、 碱 强 弱 如 何 ， 呈
电解质溶液中离子浓度的主要关系
研究现状与展望
01
当前电解质溶液中离子浓度关系的研究已经取得了一定的 成果，但仍然存在许多挑战和问题需要解决。
02
未来研究需要进一步深入探索离子在电解质溶液中的行为，包 括离子的相互作用、迁移机制、溶解度等方面的研究。
04 离子浓度与离子活度的关 系
离子活度的定义
离子活度是指电解质溶液中离子的有效浓度，是实际浓度与 理想浓度之比。
它反映了离子在溶液中的实际活性和相互作用，是电解质溶 液性质的一个重要参数。
离子浓度与离子活度的关系
离子活度与离子浓度之间存在一定的 关系，通常情况下，离子浓度越大， 离子活度也越大。
当离子浓度较低时，电导率随浓度的变化率较大；当离子浓度较高时，电导率随 浓度的变化率逐渐减小。
电导率的应用
电导率是工业生产和实验室中常用的分析指标，可用于测定溶液的纯度、浓度以及离子交换剂的效能 等。
通过测量电导率，可以了解溶液中离子的种类和浓度，进而推断出溶液的组成和性质。
在环境监测中，电导率可以用于判断水体的污染程度和类型。例如，高电导率的水体可能含有较多的溶 解无机盐，而低电导率的水体则可能含有较少的溶解无机盐。
离子浓度与酸碱平衡的关系
离子浓度对酸碱平衡有重要影响，例如，氢 离子和氢氧根离子的浓度会影响溶液的pH 值，进而影响酸碱平衡。
在电解质溶液中，离子的浓度和种类也会影 响酸碱平衡，例如，某些离子可以与氢离子 或氢氧根离子结合，影响其浓度，进而影响
酸碱平衡。
酸碱平衡的调节
人体可以通过调节呼吸、排泄等生理机制来调节酸碱 平衡，例如，通过呼吸排出二氧化碳、通过肾脏排泄 碳酸氢盐等。
第三章 第三节 第3课时 电解质溶液中微粒间的关系
第3课时电解质溶液中微粒间的关系一、溶液中的守恒关系1．电荷守恒电解质溶液中阳离子所带的电荷总数与阴离子所带的电荷总数相等。
即电荷守恒，溶液呈电中性。
(1)解题方法①分析溶液中所有的阴、阳离子。
②阴、阳离子浓度乘以自身所带的电荷数建立等式。
(2)举例如：Na2CO3溶液中①Na＋、H＋、CO2－3、HCO－3、OH－。
②1×c(Na＋)＋1×c(H＋)＝2×c(CO2－3)＋1×c(HCO－3)＋1×c(OH－)。
化简得：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO2－3)＋c(HCO－3)＋c(OH－)。
2．元素质量守恒在电解质溶液中，由于某些离子发生水解或电离，离子的存在形式发生了变化，就该离子所含的某种元素来说，其质量在反应前后是守恒的，即元素质量守恒。
(1)解题方法①分析溶质中的特定元素的原子或原子团间的定量关系(特定元素除H、O元素外)。
②找出特征元素在水溶液中的所有存在形式。
(2)举例如：Na2CO3溶液中①n(Na＋)n(CO2－3)＝21，即n(Na＋)＝2c(CO2－3)，CO2－3在水中部分会水解成HCO－3、H2CO3，共三种含碳元素的存在形式。
②c(Na＋)＝2[c(CO2－3)＋c(HCO－3)＋c(H2CO3)]。
3．质子守恒方法一：可以由电荷守恒与元素质量守恒推导出来。
如Na2CO3中将电荷守恒和元素质量守恒中的金属阳离子消去得c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO－3)＋2c(H2CO3)。
方法二：质子守恒是依据水的电离平衡：H2O H＋＋OH－，水电离产生的H＋和OH－的物质的量总是相等的，无论在溶液中由水电离出的H＋和OH－以什么形式存在。
如：Na2CO3溶液中即c(OH－)＝2c(H2CO3)＋c(HCO－3)＋c(H3O＋)或c(OH－)＝2c(H2CO3)＋c(HCO－3)＋c(H＋)。
二、溶液中离子浓度比较的四种类型1．不同溶液中同一离子浓度比较要考虑溶液中其他离子对该离子的影响，如：在相同浓度的下列溶液中①NH4Cl，②CH3COONH4，③NH4HSO4，④(NH4)2SO4，⑤(NH4)2CO3，c(NH＋4)由大到小的顺序：④>⑤>③>①>②。
电解质溶液中微粒浓度的比较方法
电解质溶液中微粒浓度的比较方法作者：华雪莹来源：《青苹果·高二版》2016年第05期电解质溶液中微粒浓度大小的比较是高考中常考的内容，通常以选择题或填空题的形式出现，目的在于考查同学们思维的灵活性、深刻性及创造性。
常见的题型为单一电解质溶液中或两种电解质溶液混合后，各种微粒浓度关系的判断，主要考查同学们对中学化学中三种平衡（即水的电离平衡、弱电解质的电离平衡、盐类水解平衡）的理解，解答此类问题的关键是要正确地运用三种平衡与两个原理（电荷守恒原理、物料守恒原理）及溶液中的三种关系（离子浓度大小关系、电荷守恒关系、原子或离子个数的组成关系）。
下面分类举例分析，希望对同学们有所帮助。
一、单一电解质溶液中微粒浓度关系的比较1.弱电解质溶液例1 在0.1 mol·L H S溶液中，下列微粒浓度关系正确的是（）。
A.c（H ）=c（HS ）+c（S ）+c（OH ）B.c（H ）=c（HS ）+2c（S ）+c（OH ）C.c（H ）>c（HS ）>c（S ）>c（OH ）D.c（H ）+c（HS ）+c（S ）=0.1 mol·L解析在H S溶液中存在下列平衡：H S HS +H ，HS H +S ；H O H +OH 。
故有c（H ）>c （HS ）>c（S ）>c（OH ），即选项C正确。
再根据电荷守恒可知，选项B正确，选项A错误。
依据S原子守恒（物料守恒）有c（H S）+c（HS ）+c（S ）=0.1 mol·L ，则选项D错误。
故本题应选BC。
点评解答此类问题关键是弄清弱电解质电离平衡的特点。
多元弱酸以第一步电离为主，且电离程度逐级减弱。
（1）弱碱溶液例2 用水稀释0.1 mol·L 氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（）。
A.c（OH ）/c（NH ·H O）B.c（NH ·H O）/c（OH ）C.c（H ）与c（OH ）的乘积D.OH 的物质的量解析氨水的主要成分为NH ·H O，氨水中存在电离平衡：NH ·H O NH +OH 。
电解质溶液中微粒浓度大小比较
电解质溶液中微粒浓度大小比较一、离子浓度大小分析思路与方法电解质溶液单一溶液酸或碱溶液——考虑电离盐溶液——考虑水解混合溶泫不反应——同时考虑电离和水解反应不过量生成酸或碱——考虑电离生成盐溶液——考虑水解过量——根据过量程度考虑电离和水解二、溶液中离子浓度间的守恒关系（1）电荷守恒：任何电解质溶液都是电中性的，即电解质溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数。
例如，碳酸钠和碳酸氢钾的混合溶液：c(Na＋)＋c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO2－3) 。
（2）物料守恒：电解质溶液中某些特定元素的原子，无论发生水解反应还是发生电离反应，这些特定元素的原子总数不变，原子个数之比不变。
例如，碳酸钾溶液中n(K):n(C)=2:1,即c(CO2－3)＋c(HCO－3)＋c(H2CO3)=1/2c(K＋)。
（3）质子(H＋)守恒：在电解质溶液中，由水提供的H＋(即质子)个数与水提供的OH－个数相等。
例如，在K2CO3溶液溶液中,c(H＋)=c(OH－)＋c(HCO－3)＋2c(H2CO3)。
三、溶液中离子浓度大小比较规律（1）单一电解质溶液中浓度大小比较。
多元弱酸溶液中，多元弱酸是分布电离的，第一步的电离远大于第二步的电离，第二步的电离远大于第三步的电离。
由此可以判断多元弱酸溶液中各离子浓度的大小顺序。
例如磷酸溶液中，c(H＋)＞c(H2PO－4) ＞c(HPO2－4) ＞c(PO3－4)。
多元弱酸的强碱正盐溶液：弱酸根离子水解以第一步为主。
例如，硫化钠溶液中，c(Na＋) ＞c(S2－) ＞c(OH－) ＞c(HS－) ＞c(H＋)。
（2）不同溶液中同一离子浓度大小比较：既要考虑水解因素，又要考虑H＋、OH－或其他离子的对其的抑制或促进作用。
例如，同温度同浓度下列溶液中NH＋4的浓度大小顺序：(NH4)<sup>2</sup>Fe(SO4)<sup>2</sup> ＞(NH4)<sup>2</sup>SO4＞NH4HSO4＞NH4NO3＞CH3COONH 4（3）强酸弱碱盐和弱碱（或强碱弱酸盐和弱酸）组成的混合溶液。
电解质溶液中的微粒浓度关系
分 析 ： ！ 强 电解 质 ， 水溶 液 中 完 全电离 为 Ｎａ ＮａＳ足 在 和 Ｓ ． 在溶 液 中存 往 下 列平 衡 关 系 ： ｓ ÷Ｈ：） Ｈｓ一 ＯＨ‘ （ － ； ＨＳ－ Ｈ！ Ｈ！ 十【Ｈ。 （ Ｊ ） Ｓ ） ； Ｈ！Ｊ Ｈ ｒ （ －ＯＨ。 合 ． 述 分析 溶 液 中存在 的微 综 【
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电 解 质 溶 液 中 的 微 粒 浓 度 关 系
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电解 质 溶 液 中的微 粒 浓度 关 系 ． 历 年来 高考 命 题 的热 点 ． 是学 ｑ 学 习 中的难 点 它涉 及 的知 识 是 也 ｜ 质 离
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电解 质 溶 液 中 的微 粒 浓 度 关 系
程 坤
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弱电解质稀释后平衡移动方向及微粒浓度的变化
弱电解质稀释后平衡移动方向及微粒浓度的变化作者：郑永望来源：《教育界·中旬》2014年第07期【摘要】“加水稀释”不等同于“减小反应物浓度”，与气体反应达平衡后增大容器体积的情形类似，所以电离平衡一定是向右移动；弱电解质加水稀释，电解质分子和离子的浓度均减小，但分子浓度减小的程度更大。
【关键词】电离平衡移动微粒浓度一、加水稀释电离平衡的向右移动的原因有很多学生对弱电解质达到电离平衡后增大浓度和加水稀释平衡均向右移动感到迷惑不解，觉得加水稀释平衡应向左移动。
产生这种想法的原因其实是把“加水稀释”等同于了“减小反应物浓度”。
以CH3COOH = CH3COO- + H+为例，加入纯醋酸，c（CH3COOH）增大，平衡向右移动；加水稀释，不仅c（CH3COOH）减小，同时，c（CH3COO-）和c（H+）也被减小。
若有方法——达平衡后只减小c（CH3COOH），平衡一定是向左移动。
也就是说在溶液中的可逆反应，“加水稀释”不等同于“减小反应物浓度”。
那么，加水稀释后电离平衡为什么向右移动呢？从以下三个角度可以解释。
1. 用平衡常数进行判断在温度一定时，加水稀释电离平衡常数保持不变，我们据此可判断电离平衡的移动方向。
假设加水后溶液体积是原来的2倍，各组分的瞬间浓度就是原来的二分之一。
故平衡右移。
2. 用勒夏特列原理进行判断加水稀释时，溶液体积增大，使弱电解质分子和离子的浓度均减小，与气体反应达平衡后增大容器体积的情形类似。
气体反应达平衡后增大容器体积，容器内气体压强减小，平衡向能够使气体压强增大的方向即气体计量数之和增大的方向移动，那么，根据勒夏特列平衡原理，弱电解质的电离平衡加水稀释时，也应向能够使弱电解质分子和离子的浓度增大的方向即粒子计量之和变大的方向——右向移动。
3. 用有效碰撞理论进行判断CH3COOH+H2OCH3COO-+H3O+中存在着①CH3COOH和H2O碰撞电离成离子与②CH3COO- 和 H3O+ 结合成分子的两个过程。
电解质溶液中微粒间关系(同步课件)-【大单元教学】高二化学同步备课系列(人教版2019选择性必修1)
任务一 溶液中粒子浓度间等量的关系
【练习】写出下列溶液的元素质量守恒关系式
CH3COONa Na2SO3 NaHSO3 NaHCO3和Na2CO3 以1:1混合所得溶液
任务一 溶液中粒子浓度间等量的关系
小结
水解： 一步水解 CO32- + H2O
HCO3－+ OH-（微弱）
二步水解 HCO3－+ H2O
H2CO3 + OH－(更微弱)
Na2CO 3溶液中存在的离子： Na+ 、 CO32- 、 HCO3- 、H+、OH-
C(Na+)>c(CO32-) >c(OH－)>c(HCO3－) >c(H+ )
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。
归纳总结
(1)溶液中离子浓度大小比较的方法思路 ①先确定溶液中的溶质成分及各自物质的量浓度大小。 ②写出电离方程式、水解方程式，找出溶液中存在的离子。 ③依据电离和水解程度的相对大小，比较离子浓度大小。 (2)特别注意的问题 ①多元弱酸的正盐溶液(如Na2CO3溶液)，要分清主次关系。 即盐完全电离，多元弱酸根的第一步水解大于第二步水解。 ②多元弱酸的酸式盐溶液，要注意考虑酸式酸根水解程度和电离程度的相对大小。 若酸式酸根的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性； 若水解程度大于电离程度，溶液呈碱性。
H2O
HS- + OH-(主要步骤) H2S+ OH-(次要步骤) H++OH-（弱）
【注意】多元弱酸电离是分步，主要决定第一步
用“abc法”解决电解质溶液中微粒浓度关系
用“abc法”解决电解质溶液中微粒浓度关系邱新德杭州市萧山六中311261chisasa@1“abc法”产生的背景与意义特定溶液中的微粒浓度有关系的确定，可以全面考查学生对化学平衡、弱电解质的电离、盐类的水解理解，量化在化学变化中的应用等多方面的能力，一直是高考中的热点，试题题型也在不断创新。
2008年高考中广东、江苏、上海化学单科，北京、天津、全国I理综试卷中，均出现包括微粒浓度等式、大小比较试题。
微粒浓度有关系的确定是困扰不少学生的一个难点，甚至有不少学生碰到这些问题时产生恐惧心理，从测试统计数据中也证明了这一问题的存在。
如2007年天津理综卷的第10题：草酸是二元中弱酸，草酸氢钠溶液显酸性。
常温下，向10 mL 0.01 mol·L－1 NaHC2O4溶液中滴加0.01 mol·L－1 NaOH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（D）A．V(NaOH) = 0时，c(H＋) = 1×10－2 mol·L－1B．V(NaOH)＜10 mL时，不可能存在c(Na＋) = 2c(C2O42－)＋c(HC2O4－)C．V(NaOH) = 10 mL时，c(H＋) = 1×10－7 mol·L－1D．V(NaOH)＞10 mL时，c(Na＋)＞c(C2O42－)＞c(HC2O4－)测试正确率只有42%。
面对新情境时，有些学生因为分析能力欠缺造成分析不到位，甚至不分析；有些书写时缺乏条理造成解题混乱；有些因为解题时间长而导致烦躁心理。
“abc法”针对学生上述情况提出的有序、全面、详细的解题方法，引导学生分析问题、研究方法、并由简单到复杂，由单一电解质溶液到混合溶液，再到“动态”溶液全过程。
2“abc法”概述与步骤2.1什么是“abc法”“abc法”是为解决这些问题而提出的方法，采用对溶液中存在于每一个平衡状态下的微粒浓度用a、b、c量化赋值，利用abc求出每一种微粒的浓度，再重新把abc替换为微粒浓度符号，或者直接用所得微粒浓度值，确定其相互关系，或者进行比较大小比较。
高中化学新教材同步 选择性必修第一册 第3章 第3节 第4课时 电解质溶液中微粒间的关系
第4课时电解质溶液中微粒间的关系[核心素养发展目标] 1.会分析判断常见电解质(酸、碱、盐)溶液中的粒子种类。
2.会分析单一溶液中的粒子浓度的比较。
3.掌握电解质溶液中粒子浓度间的三个守恒关系。
一、溶液中的守恒关系1．电荷守恒(1)含义：电解质溶液中阳离子所带的电荷总数与阴离子所带的电荷总数相等，即电荷守恒，溶液呈电中性。
(2)应用：如Na2CO3溶液中存在Na＋、CO2－3、H＋、OH－、HCO－3，根据电荷守恒有n(Na＋)＋n(H＋)＝n(OH－)＋n(HCO－3)＋2n(CO2－3)或c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO－3)＋2c(CO2－3)。
注意阴、阳离子浓度乘自身所带的电荷数建立等式。
2．元素守恒(1)含义：在电解质溶液中，由于某些离子发生水解或电离，离子的存在形式发生了变化。
离子所含的某种元素在变化前后是守恒的，即元素守恒。
(2)应用：如Na2CO3溶液中①在Na2CO3固体中n(Na＋)n(CO2－3)＝21，Na2CO3溶于水后，电离出的CO2－3在水中部分会水解成HCO－3、H2CO3，共三种含碳元素的存在形式。
②c(Na＋)＝2[c(CO2－3)＋c(HCO－3)＋c(H2CO3)]。
3．质子守恒(1)含义：质子守恒是指电解质溶液中粒子电离出的H＋总数等于粒子接受的H＋总数。
(2)应用方法一：可以由电荷守恒与元素守恒推导出来。
如：Na2CO3溶液中将电荷守恒和元素守恒中的金属阳离子消去得c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO－3)＋2c(H2CO3)。
方法二：质子守恒是依据水的电离平衡：H2O H＋＋OH－，水电离产生的H＋和OH－的物质的量总是相等的，不论溶液中由水电离出的H＋和OH－以什么形式存在。
如：Na2CO3溶液中即c(OH－)＝2c(H2CO3)＋c(HCO－3)＋c(H3O＋)或c(OH－)＝2c(H2CO3)＋c(HCO－3)＋c(H＋)。
1．判断下列电解质溶液中的守恒关系是否正确。