离子浓度大小的比较 2.

1、离子浓度大小的比较离子浓度大小的比较 【教学目标】【教学目标】v使学生掌握电解质溶液中有关离子浓度的判使学生掌握电解质溶液中有关离子浓度的判断方法和解题技巧；断方法和解题技巧；v把握把握“两平衡，两原理两平衡，两原理”的实际应用；的实际应用；【学习重点】盐类水解的本质和离子浓度大【学习重点】盐类水解的本质和离子浓度大小比较小比较;【学习难点】盐类水解方程式的书写和离子【学习难点】盐类水解方程式的书写和离子浓度大小比较浓度大小比较;一、相关知识点一、相关知识点 1、电解质的电离、电解质的电离电解质溶解于水或受热熔化时，离解成能自由移动的电解质溶解于水或受热熔化时，离解成能自由移动的离子的过程叫做

2、电离。离子的过程叫做电离。 强电解质如强电解质如NaCl、HCl、NaOH等在水溶液中是完全电等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。如：是少部分发生电离的。如：0.1mol/L的如的如CH3COOH溶液中，溶液中，CH3COOH的电离度只有的电离度只有1.32，溶，溶液中存在较大量的液中存在较大量的H2O和和CH3COOH分子，少量的分子，少量的H+、CH3COO-和极少量的和极少量的OH-离子。多元弱酸如离子。多元弱酸如H2CO3还要考还要考虑分步电离：虑分步电离： H2CO3 H+HCO3

3、-；HCO3- H+CO32-。对于含有一种对于含有一种“弱弱”离子的盐，水解程度一般很小，离子的盐，水解程度一般很小，水解产生的离子或分子浓度远远小于弱离子的浓度。水解产生的离子或分子浓度远远小于弱离子的浓度。、水的电离、水的电离水是一种极弱的电解质，它能微弱地电离，生成水是一种极弱的电解质，它能微弱地电离，生成H3O+和和OH-，2H2O H3O+OH-。在。在（常温）（常温）时，纯水中时，纯水中H+OH-110-7mol/L。在一定温度下，在一定温度下，H+与与OH-的乘积是一个常数：水的乘积是一个常数：水的离子积的离子积KwH+OH-，在，在时，时，Kw110-14。在纯水中加入酸或碱

4、，抑制了水的电离，使水的电离在纯水中加入酸或碱，抑制了水的电离，使水的电离度变小，水电离出的度变小，水电离出的H+水和水和OH-水均小于水均小于10-7mol/L。在纯水中加入弱酸强碱盐、弱碱强酸盐，促进了水的电离，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，水电离出的使水的电离度变大，水电离出的H+水或水或OH-均大于均大于10-7mol/L。对于弱酸、弱减溶液，其电离程度小，产生的离对于弱酸、弱减溶液，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。子浓度远远小于弱电解质分子的浓度。、盐类水解、盐类水解在溶液中盐的离子跟水所电离出的在溶液中盐的离子跟水所电

5、离出的H+或或OH-生成弱电生成弱电解质的反应，叫做盐类的水解。解质的反应，叫做盐类的水解。强酸弱碱盐如强酸弱碱盐如NH4Cl、Al2(SO4)3等水解后溶液呈酸性；等水解后溶液呈酸性；强碱弱酸盐如强碱弱酸盐如CH3COONa、Na2CO3等水解后溶液呈碱性。等水解后溶液呈碱性。多元弱酸盐还要考虑分步水解，多元弱酸盐还要考虑分步水解，如如 CO32-H2O HCO3-OH-、 HCO3-H2O H2CO3OH-。、电解质溶液中的守恒关系、电解质溶液中的守恒关系电荷守恒：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

6、等。如离子所带的负电荷数相等。如NaHCO3溶液中：溶液中：n(Na+)n(H+)n(HCO3-)2n(CO32-)n(OH-)推出：推出：C（Na+）C（H+）C（HCO3-）2C（CO32-）C（OH-） 物料守恒：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，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。如数是不会改变的。如NaHCO3溶液中溶液中n(Na+)：n(c)1：1，推出：，推出：c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(H2C

7、O3) 质子守恒：质子守恒：电解质溶液中分子或离子得到或失去质子（电解质溶液中分子或离子得到或失去质子（H+）的物）的物质的量应相等。例如在质的量应相等。例如在NH4HCO3溶液中溶液中H3O+、H2CO3为得到质子为得到质子后的产物；后的产物；NH3、OH-、CO32-为失去质子后的产物，故有以下关系：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-)。二、二、解题指导解题指导 电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考的电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考的“热热点点”之一。之一。 多年以来全国高考化学试卷年年涉及这种题多年以

8、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、离平衡、电离度、水的电离、pH值、离子反应、盐类水值、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。解等基本概念的掌握程度及对这些知识的综合运用能力。解此题的关键是解此题的关键是“两平衡，两原理两平衡，两原理”即弱电解质的电离平即弱电解质的电离平衡和电解质溶液中的电荷守恒，物料守恒原理。衡和电解质溶液中的电荷守恒，物料守

9、恒原理。 首先必须有正确的思路首先必须有正确的思路; 先考虑电介质的电离，再考虑先考虑电介质的电离，再考虑水解。水解。 其次要掌握解此类题的三个思维基点：电离、水解和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。出现等均要通过平时的练习认真总结，形成技能。 最后，要养成认真、细致、严谨的解题习惯，要在平最后，要养成认真、细致、严谨的解题习惯，要在平时的练习中学会

10、灵活运用常规的解题方法，例如：淘汰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。法、定量问题定性化、整体思维法等。三、典例精讲 【例例1 1】在在0.1mol/L0.1mol/L的的H H2 2S S溶液中，下列关系溶液中，下列关系错误的是（错误的是（ ）A.c(HA.c(H+ +)=c(HS)=c(HS- -)+c(S)+c(S2-2-)+c(OH)+c(OH- -) )B.c(HB.c(H+ +)=c(HS)=c(HS- -)+2c(S)+2c(S2-2-)+c(OH)+c(OH- -) )C.c(HC.c(H+ +) )c(HSc(HS- -)+c(S

11、)+c(S2-2-)+c(OH)+c(OH- -) ) D.c(HD.c(H2 2S)+c(HSS)+c(HS- -)+c(S)+c(S2-2-)=0.1mol/L )=0.1mol/L A 【例一例一温馨提示温馨提示】 由于由于H H2 2S S溶液中存在下列平衡：溶液中存在下列平衡：H H2 2S HS H+ +HS+HS- -， HSHS- - H H+ +S+S2-2-，H H2 2O HO H+ +OH+OH- -，根据电荷守恒，根据电荷守恒得得c(Hc(H+ +)=c(HS)=c(HS- -)+2c(S)+2c(S2-2-)+c(OH)+c(OH- -) )，由物料守恒，由物料守恒

12、得得c(Hc(H2 2S)+c(HSS)+c(HS- -)+c(S)+c(S2-2-)=0.1mol/L)=0.1mol/L，所以关系，所以关系式错误的是式错误的是A A项。项。【解题回顾解题回顾】这是溶质单一型，解答这类题目关注三个这是溶质单一型，解答这类题目关注三个守恒，主要抓住弱酸、弱碱的电离平衡。守恒，主要抓住弱酸、弱碱的电离平衡。三、典例精讲【例例2 2】：用物质的量都是：用物质的量都是0.1 mol0.1 mol的的CHCH3 3COOHCOOH和和CHCH3 3COONaCOONa配制成配制成1L1L混合溶液，已知其中混合溶液，已知其中C(CHC(CH3 3COOCOO- -)

13、)C(NaC(Na+ +) )，对该混合溶液的下列，对该混合溶液的下列判断正确的是判断正确的是( )( ) A.C(H A.C(H+ +) )C(OHC(OH- -) ) B.C(CH B.C(CH3 3COOH)COOH)C(CHC(CH3 3COOCOO- -) )0.2 mol/L0.2 mol/L C.C(CH C.C(CH3 3COOH)COOH)C(CHC(CH3 3COOCOO- -) ) D.C(CH D.C(CH3 3COOCOO- -) )C(OHC(OH- -) )0.2 mol/L0.2 mol/LA、B【例二温馨提示例二温馨提示】 CH3COOH和和CH3COONa的

14、混合溶液中，的混合溶液中，CH3COOH的电的电离和离和CH3COONa的水解因素同时存在。已知的水解因素同时存在。已知C(CH3COO-)C(Na+)，根据电荷守恒，根据电荷守恒C(CH3COO-)C(OH-)C(Na+)C(H+)，可得出可得出C(OH-)C(H+)。说明混合溶液呈酸性，进一步推测出。说明混合溶液呈酸性，进一步推测出0.1mol/L的的CH3COOH和和0.1mol/L的的CH3COONa溶液中，电离溶液中，电离和水解这一对矛盾中起主要作用是电离，即和水解这一对矛盾中起主要作用是电离，即CH3COOH的电离的电离趋势大于趋势大于CH3COO-的水解趋势。根据物料守恒，可推出

15、（的水解趋势。根据物料守恒，可推出（A、B）是正确的。）是正确的。【解题回顾解题回顾】 这是两种电解质溶液混合型，但两种溶液混合时，这是两种电解质溶液混合型，但两种溶液混合时，不发生化学反应，要同时考虑它们的电离和水解的程度，不发生化学反应，要同时考虑它们的电离和水解的程度，并分清其主要地位和次要地位。并分清其主要地位和次要地位。三、典例精讲 【例例3 3】(2003(2003年上海高考题年上海高考题) )在在10ml 10ml 0.1molL0.1molL-1-1NaOHNaOH溶液中加入同体积、同浓溶液中加入同体积、同浓度度CHCH3 3COOHCOOH溶液，反应后溶液中各微粒的浓溶液，反

16、应后溶液中各微粒的浓度关系错误的是度关系错误的是( )( )。A Ac(Nac(Na+ +) )c(CHc(CH3 3COOCOO- -) )c(Hc(H+ +) )c c(OH(OH- -) ) B Bc c(Na(Na+ +) )c c(CH(CH3 3COOCOO- -) )c c(OH(OH- -) )c c(H(H+ +) )C Cc(Nac(Na+ +) )c(CHc(CH3 3COOCOO- -) )c(CHc(CH3 3COOH) COOH) D Dc(Nac(Na+ +) )c(Hc(H+ +) )c(CHc(CH3 3COOCOO- -) )c(OHc(OH- -) )A【

17、例三温馨提示例三温馨提示】 由于混合的由于混合的NaOH与与CH3COOH物质的量都为物质的量都为110-3mol，两者恰好反应生成，两者恰好反应生成CH3COONa，等，等同于单一溶质，故与题型同于单一溶质，故与题型2方法相同。由于少量方法相同。由于少量CH3COO-发生水解：发生水解： CH3COO- + H2O CH3COOH + OH- 故有故有c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)，根据物料守恒，根据物料守恒C正确，根据电荷守正确，根据电荷守恒恒D正确，正确，A错误。故该题选项为错误。故该题选项为A。【解题回顾解题回顾】 这是两种电解质溶液混合型，但两种溶液这是两种电

18、解质溶液混合型，但两种溶液混合时，发生化学反应，两者恰好反应生成混合时，发生化学反应，两者恰好反应生成盐，等同于单一溶质，故与题型盐，等同于单一溶质，故与题型2方法相同，方法相同，考虑水解。考虑水解。【类题演练类题演练 分层提高分层提高】 【类题演练类题演练1 1】在氯化铵溶液中，下列关系正在氯化铵溶液中，下列关系正确的是（确的是（ ） A.c(ClA.c(Cl- -) )c(NHc(NH4 4+ +) )c(Hc(H+ +) )c(OHc(OH- -) ) B.c(NH B.c(NH4 4+ +) )c(Clc(Cl- -) )c(Hc(H+ +) )c(OHc(OH- -) ) C.c(N

19、H C.c(NH4 4+ +) )c(Clc(Cl- -) )c(Hc(H+ +) )c(OHc(OH- -) ) D.c(Cl D.c(Cl- -) )c(NHc(NH4 4+ +) )c(Hc(H+ +) )c(OHc(OH- -) ) A【类题演练类题演练1 1温馨提示温馨提示】 由于氯化铵溶液中存在下列电离过程：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：和水解过程：NH4+H2O H+NH3H2O，由于铵离子水解，由于铵离子水解被消耗，所以被消耗，所以c(Cl-)c(NH4+)，又因水解后溶，又因水解后溶液显酸性，所以液显酸性，所以c(

20、H+)c(OH-)，且水解是微量，且水解是微量的，所以上述关系式正确的是的，所以上述关系式正确的是A项。项。 这是溶质单一型，解答这类题目时主要抓住这是溶质单一型，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，水解后溶弱碱阳离子的水解，且水解是微量的，水解后溶液呈酸性。液呈酸性。【解题回顾解题回顾】【类题演练类题演练 分层提高分层提高】 【变形探究变形探究1 1】：将：将pH=3pH=3的的CHCH3 3COOHCOOH与与pH=11pH=11的的NaOHNaOH溶液等体积混合后，所得的混合溶液中，下列关溶液等体积混合后，所得的混合溶液中，下列关系式正确的是系式正确的是( )( )

21、A A、c(Nac(Na+ +) )c(CHc(CH3 3COOCOO- -) )c(Hc(H+ +) ) c(OHc(OH- -) ) B B、 c(CHc(CH3 3COOCOO- -) )c(Nac(Na+ +) )c(Hc(H+ +) )c(OHc(OH- -) ) C C、 c(CHc(CH3 3COOCOO- -) )c(Hc(H+ +) )c(Nac(Na+ +) )c(OHc(OH- -) ) D D、c(CHc(CH3 3COOCOO- -) )c(Nac(Na+ +) ) c(OHc(OH- -) ) c(Hc(H+ +) )B 上述溶液混合后，溶质为上述溶液混合后，溶质为

22、CHCH3 3COOHCOOH和和CHCH3 3COONaCOONa，由该题意可知由该题意可知CHCH3 3COOHCOOH溶液明显严重过量，电离和水溶液明显严重过量，电离和水解这一对矛盾中起主要作用是电离，即解这一对矛盾中起主要作用是电离，即CHCH3 3COOHCOOH的电的电离趋势大于离趋势大于CHCH3 3COOCOO- -的水解趋势，所以不能再按照的水解趋势，所以不能再按照CHCH3 3COONaCOONa的水解处理，而应按的水解处理，而应按CHCH3 3COOHCOOH的电离为主。的电离为主。所以所以c(Hc(H+ +) ) c(OHc(OH- -) )，选，选B B 【变形变形1

23、 1温馨提示温馨提示】【类题演练类题演练 分层提高分层提高】 【变形探究变形探究2 2】 （0505年江苏化学卷，第年江苏化学卷，第1212题）常题）常温下将稀温下将稀NaOHNaOH溶液和稀溶液和稀CHCH3 3COOHCOOH溶液混合，不可溶液混合，不可能出现的结果是（能出现的结果是（ ） A ApHpH7 7，且，且c c(OH(OH- -) )c c(Na(Na+ +) )c c(H(H+ +) )c c(CH(CH3 3COOCOO- -) ) B BpHpH7 7，且，且c c(Na(Na+ +) )c c(H(H+ +) )c c(CH(CH3 3COOCOO- -) )c c(

24、OH(OH- -) ) C CPHPH7 7，且，且c c(CH(CH3 3COOCOO- -) )c c(H(H+ +) )c c(Na(Na+ +) )c c(OH(OH- -) ) D DpHpH7 7，且，且c c(CH(CH3 3COOCOO- -) )c c(Na(Na+ +) )c c(H(H+ +) )c c(OH(OH- -) )A D【变形变形2温馨提示温馨提示】 因二者混合时发生中和反应生成因二者混合时发生中和反应生成CHCH3 3COONaCOONa，则可能出现，则可能出现二者恰好完全反应、碱过量、酸过量三种情况，但无论何种二者恰好完全反应、碱过量、酸过量三种情况，但无

25、论何种情况，根据电荷守恒可知混合液中必存在情况，根据电荷守恒可知混合液中必存在c c(Na(Na+ +) )c c(H(H+ +) )c c(CH(CH3 3COOCOO- -) )c c(OH(OH- -) )，显然，显然B B说法正确。若说法正确。若pHpH7 7，则二者可，则二者可能恰好完全反应或碱过量，不管哪种情况能恰好完全反应或碱过量，不管哪种情况c c(H(H+ +) )都不可能大都不可能大于于c c(CH(CH3 3COOCOO- -) )，故，故 A A不正确。若不正确。若pHpH7 7，说明酸过量，且，说明酸过量，且CHCH3 3COOHCOOH的电离程度大于的电离程度大于C

26、HCH3 3COOCOO- -的水解程度，则有的水解程度，则有c c(H(H+ +) ) c c(OH(OH- -) ) ，由电荷守恒可得，由电荷守恒可得c c(CH(CH3 3COOCOO- -) )c c(Na(Na+ +) )c c(H(H+ +) )c c(OH(OH- -) )（酸过量不多）或（酸过量不多）或c c(CH(CH3 3COOCOO- -) )c c(H(H+ +) )c c(Na(Na+ +) )c c(OH(OH- -) ) （酸过量较多），（酸过量较多），C C结果可能出现。若结果可能出现。若pH=7pH=7，c c(H(H+ +) )c c(OH(OH- -) )

27、，由电荷守恒可得，由电荷守恒可得，c c(CH(CH3 3COOCOO- -)=)=c c(Na(Na+ +) )，D D说法不正确。故本说法不正确。故本题应选题应选A A、D D。【技巧点评技巧点评】 强碱（酸）与弱酸（碱）溶液混合时，若恰好反应生成强碱（酸）与弱酸（碱）溶液混合时，若恰好反应生成一种盐，解法同例一种盐，解法同例2 2；若酸碱中和后溶液呈中性时，弱者过；若酸碱中和后溶液呈中性时，弱者过量，弱者的电离和盐的水解程度相同；若强者过量，抑制水量，弱者的电离和盐的水解程度相同；若强者过量，抑制水解，若弱者过量，要看水解程度和电离程度相对大小。解，若弱者过量，要看水解程度和电离程度相对

28、大小。 【解题回顾解题回顾】 上以是两种电解质溶液混合型，但两种上以是两种电解质溶液混合型，但两种溶液混合时，发生化学反应，其中一种有剩溶液混合时，发生化学反应，其中一种有剩余，根据过量程度考虑电离或水解，同时要余，根据过量程度考虑电离或水解，同时要分清它们的主要地位和次要地位。分清它们的主要地位和次要地位。四、归纳小结归纳小结【规律总结规律总结】一看有无反应，确定溶质种类；二看溶质电离、一看有无反应，确定溶质种类；二看溶质电离、水解情况，确定浓度大小关系；三根据守恒关系，确定浓水解情况，确定浓度大小关系；三根据守恒关系，确定浓度等式关系：度等式关系：1、必须有正确的思路：、必须有正确的思路：

29、2、掌握解此类题的三个思维基点：电离、水解和守恒、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、分清他们的主要地位和次要地位三、例题分析三、例题分析 例例1：在氯化铵溶液中，下列关系式正确的是：在氯化铵溶液中，下列关系式正确的是ACl-NH4+H+OH- BNH4+Cl-H+OH-CCl-NH4+H+OH- DNH4+Cl-H+OH- 解析：解析： NH4Cl是可溶性的盐，属于强电解质，在溶液中完全电离是可溶性的盐，属于强电解质，在溶液中完全电离NH4ClNH4+Cl-。因为。因为NH4Cl是强酸弱碱所生成的盐，在水中要是强酸弱碱所生成的盐，在水中要发生水解；发

30、生水解；NH4+H2O=NH3H2O+H+，所以，所以NH4+比比H+及及OH-大大得多；溶液因水解而呈酸性，所以得多；溶液因水解而呈酸性，所以H+OH-。综合起来，不难得。综合起来，不难得出：出：Cl-NH4+H+OH-。答案为。答案为A。例例2：在：在0.1 mol/l的的NH3H2O溶液中，下列关系正确的是溶液中，下列关系正确的是AC（NH3H2O）C（OH-）C（NH4+）C（H+）BC（NH4+）C（NH3H2O）C（OH-）C（H+）CC C（NH3H2O）C C（NH4+）C C（OH-）C C（H+） DC C（NH3H2O）C C（NH4+）C C（H+）C C（OH-） 解

31、析：解析： NH3H2O是一元弱碱，属于弱电解质，在水溶液中是一元弱碱，属于弱电解质，在水溶液中少部分发生电离（少部分发生电离（NH3H2O NH4+OH-），所以），所以C（NH3H2O）必大于必大于C（NH4+）及）及C（OH-）。因为）。因为C（OH-）C（H+）C（NH4+），所以），所以C（OH-）C（NH4+）。综合起来，）。综合起来，C（NH3H2O）C（OH-）C（NH4+）C（H+）。答案为）。答案为A。例例3：（：（2000年春季高考）用年春季高考）用1L10molNaOH溶液溶液吸收吸收0.8molCO2，所得溶液中，所得溶液中CO3和和HCO的物质的物质的量浓度之比是的

32、量浓度之比是 : : : :解析：设反应生成的解析：设反应生成的Na2CO的物质的量为，生成的的物质的量为，生成的NaHCO3的物质的量为。的物质的量为。 2x+y10mol/L（Na守恒）守恒） x+y0.8mol（守恒）（守恒） 求出：求出：0.2mol，0.6mol。 则则 c(CO3):(HCO):，选。，选。例例4：用物质的量都是：用物质的量都是0.1 mol的的CH3COOH和和CH3COONa配制成配制成1L混合溶液，已知其中混合溶液，已知其中C C（CH3COO-）C C（Na+），对该混合溶液的下列判断正确的是对该混合溶液的下列判断正确的是 A.C（H+）C C（OH-）B.C（CH3COOH）C C（CH3COO-）0.2 mol/LC.C（CH3COOH）C C（CH3COO-） D.C（CH3COO-）C C（OH-）0.2 mol/L 解析：解析： CH3COOH和和CH3COONa的混合溶液中，的混合溶液中，CH3COOH的电的电离和离和CH3COONa的水解因素同时存在。已知