溶液中粒子浓度大小的比较课件

离子浓度大小的比较

离子浓度大小的比较1一、相关知识点

1、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离子的过程叫做电离。强电解质如NaCl、HCl、NaOH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是少部分发生电离的。２５℃0.1mol/L的如CH3COOH溶液中，CH3COOH的电离度只有1.32％，溶液中存在较大量的H2O和CH3COOH分子，少量的H+、CH3COO-和极少量的OH-离子。多元弱酸如H2CO3还要考虑分步电离：

H2CO3H+＋HCO3-；HCO3-H+＋CO32-。对于含有一种“弱”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。一、相关知识点1、电解质的电离2２、水的电离水是一种极弱的电解质，它能微弱地电离，生成H3O+和OH-，H2OH+＋OH-。在２５℃（常温）时，纯水中[H+]＝[OH-]＝1×10-7mol/L。在一定温度下，[H+]与[OH-]的乘积是一个常数：水的离子积Kw＝[H+]·[OH-]，在２５℃时，Kw＝1×10-14。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[H+]水和[OH-]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，使水的电离度变大，水电离出的[H+]水或[OH-]均大于10-7mol/L。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。２、水的电离对于弱酸、弱减溶液，其电离程度小，产生的离子浓度3３、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CO32-＋H2OHCO3-＋OH-、

HCO3-＋H2OH2CO3＋OH-。３、盐类水解4４、电解质溶液中的守恒关系

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离子所带的负电荷数相等。如NaHCO3溶液中：n(Na+)＋n(H+)＝n(HCO3-)＋2n(CO32-)＋n(OH-)推出：C（Na+）＋C（H+）＝C（HCO3-）＋2C（CO32-）＋C（OH-）

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NaHCO3溶液中n(Na+)：n(c)＝1：1，推出：c(Na+)＝c(HCO3-)＋c(CO32-)＋c(H2CO3)

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-)。４、电解质溶液中的守恒关系5二、解题指导

电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考的“热点”之一。多年以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、pH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。二、解题指导电解质溶液中离子浓度大小比较问题6首先必须有正确的思路;

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。首先必须有正确的思路;7三、典例精讲

【例1】在0.1mol/L的H2S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-)+2c(S2-)+c(OH-)C.c(H+)＞[c(HS-)+c(S2-)+c(OH-)]D.c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=0.1mol/LA三、典例精讲A8【例一温馨提示】由于H2S溶液中存在下列平衡：H2SH++HS-，HS-H++S2-，H2OH++OH-，根据电荷守恒得c(H+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)，由物料守恒得c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=0.1mol/L，所以关系式错误的是A项。【解题回顾】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。【例一温馨提示】由于H2S溶液中存在下列平衡：H2S9三、典例精讲【例2】：用物质的量都是0.1mol的CH3COOH和CH3COONa配制成1L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-)＝0.2mol/L

C.C(CH3COOH)＞C(CH3COO-)D.C(CH3COO-)＋C(OH-)＝0.2mol/LA、B三、典例精讲A、B10【例二温馨提示】

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-)＜C(H+)。说明混合溶液呈酸性，进一步推测出0.1mol/L的CH3COOH和0.1mol/L的CH3COONa溶液中，电离和水解这一对矛盾中起主要作用是电离，即CH3COOH的电离趋势大于CH3COO-的水解趋势。根据物料守恒，可推出（A、B）是正确的。【解题回顾】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，并分清其主要地位和次要地位。【例二温馨提示】CH3COOH和CH311三、典例精讲

【例3】(2003年上海高考题)在10ml0.1mol·L-1NaOH溶液中加入同体积、同浓度CH3COOH溶液，反应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(OH-)＞c(H+)

C．c(Na+)＝c(CH3COO-)＋c(CH3COOH)D．c(Na+)＋c(H+)＝c(CH3COO-)＋c(OH-)A三、典例精讲A12【例三温馨提示】

由于混合的NaOH与CH3COOH物质的量都为1×10-3mol，两者恰好反应生成CH3COONa，等同于单一溶质，故与题型2方法相同。由于少量CH3COO-发生水解：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-

故有c(Na+)＞c(CH3COO-)＞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。【解题回顾】这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，两者恰好反应生成盐，等同于单一溶质，故与题型2方法相同，考虑水解。【例三温馨提示】由于混合的NaOH与CH13【类题演练分层提高】

【类题演练1】在氯化铵溶液中，下列关系正确的是（

）

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(Cl-)＝c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)

A【类题演练分层提高】【类题演练1】在氯化铵溶液中，下14【类题演练1温馨提示】由于氯化铵溶液中存在下列电离过程：NH4Cl=NH4++Cl-，H2OH++OH-和水解过程：NH4++H2OH++NH3·H2O，由于铵离子水解被消耗，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，所以上述关系式正确的是A项。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，水解后溶液呈酸性。【解题回顾】【类题演练1温馨提示】由于氯化铵溶液中15【类题演练分层提高】

【变形探究1】：将pH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH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()A、c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(OH-)B、c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)C、c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(Na+)＞c(OH-)D、c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)B【类题演练分层提高】【变形探究1】：将pH=3的CH16

上述溶液混合后，溶质为CH3COOH和CH3COONa，由该题意可知CH3COOH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CH3COOH的电离趋势大于CH3COO-的水解趋势，所以不能再按照CH3COONa的水解处理，而应按CH3COOH的电离为主。所以c(H+)＞c(OH-)，选B

【变形1温馨提示】

上述溶液混合后，17【类题演练分层提高】

【变形探究2】（05年江苏化学卷，第12题）常温下将稀NaOH溶液和稀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．PH＜7，且c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(Na+)＞c(OH-)D．pH＝7，且c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＝c(OH-)AD【类题演练分层提高】【变形探究2】（05年江苏化学18【变形2温馨提示】因二者混合时发生中和反应生成CH3COONa，则可能出现二者恰好完全反应、碱过量、酸过量三种情况，但无论何种情况，根据电荷守恒可知混合液中必存在c(Na+)＋c(H+)＝c(CH3COO-)＋c(OH-)，显然B说法正确。若pH＞7，则二者可能恰好完全反应或碱过量，不管哪种情况c(H+)都不可能大于c(CH3COO-)，故A不正确。若pH＜7，说明酸过量，且CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则有c(H+)＞c(OH-)，由电荷守恒可得c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)（酸过量不多）或c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(Na+)＞c(OH-)（酸过量较多），C结果可能出现。若pH=7，c(H+)＝c(OH-)，由电荷守恒可得，c(CH3COO-)=c(Na+)，D说法不正确。故本题应选A、D。【变形2温馨提示】因二者混合时发生中和反应生成C19【技巧点评】

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2；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，抑制水解，若弱者过量，要看水解程度和电离程度相对大小。

【解题回顾】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。【技巧点评】强碱（酸）与弱酸（碱）溶液混合时，若20四、归纳小结【规律总结】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，确定浓度等式关系：1、必须有正确的思路：2、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四、归纳小结【规律总结】一看有无反应，确定溶质种类；二看溶质21三、例题分析

例1：在氯化铵溶液中，下列关系式正确的是A．[Cl-]＞[NH4+]＞[H+]＞[OH-]

B．[NH4+]＞[Cl-]＞[H+]＞[OH-]

C．[Cl-]＝[NH4+]＞[H+]＝[OH-]

D．[NH4+]＝[Cl-]＞[H+]＞[OH-]

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，在水中要发生水解；NH4++H2O=NH3·H2O+H+，所以[NH4+]比[H+]及[OH-]大得多；溶液因水解而呈酸性，所以[H+]＞[OH-]。综合起来，不难得出：[Cl-]＞[NH4+]＞[H+]＞[OH-]。答案为A。三、例题分析例1：在氯化铵溶液中，下列关系式正确的是解析22例2：在0.1mol/l的NH3·H2O溶液中，下列关系正确的是A．C（NH3·H2O）＞C（OH-）＞C（NH4+）＞C（H+）B．C（NH4+）＞C（NH3·H2O）＞C（OH-）＞C（H+）C．C（NH3·H2O）＞C（NH4+）＝C（OH-）＞C（H+）

D．C（NH3·H2O）＞C（NH4+）＞C（H+）＞C（OH-）

解析：NH3·H2O是一元弱碱，属于弱电解质，在水溶液中少部分发生电离（NH3·H2O

NH4+＋OH-），所以C（NH3·H2O）必大于C（NH4+）及C（OH-）。因为C（OH-）＝C（H+）＋C（NH4+），所以C（OH-）＞C（NH4+）。综合起来，C（NH3·H2O）＞C（OH-）＞C（NH4+）＞C（H+）。答案为A。例2：在0.1mol/l的NH3·H2O溶液中，下列关系正23例3：（2000年春季高考）用1L10mol／ＬNaOH溶液吸收0.8molCO2，所得溶液中CO3２－和HCO３－的物质的量浓度之比是

Ａ．１:３

Ｂ．２:１

Ｃ．２:３

Ｄ．３:２解析：设反应生成的Na2CO３的物质的量为ｘ，生成的NaHCO3的物质的量为ｙ。

2x+y＝10mol/L×１Ｌ（Na＋守恒）

x+y＝0.8mol（Ｃ守恒）

求出：ｘ＝0.2mol，ｙ＝0.6mol。

则

c(CO3２－):ｃ(HCO３－)＝１:３，选Ａ。

例3：（2000年春季高考）用1L10mol／ＬNaOH溶液24例4：用物质的量都是0.1mol的CH3COOH和CH3COONa配制成1L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-）＝0.2mol/LC.C（CH3COOH）＞C（CH3COO-）

D.C（CH3COO-）＋C（OH-）＝0.2mol/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[CH3COO-]＞[Na+]，根据电荷守恒[CH3COO-]＋[OH-]＝[Na+]＋[H+]，可得出[OH-]＜[H+]。说明混合溶液呈酸性，进一步推测出0.1mol/L的CH3COOH和0.1mol/L的CH3COONa溶液中，电离和水解这一对矛盾中起主要作用是电离，即CH3COOH的电离趋势大于CH3COO-的水解趋势。根据物料守恒，可推出（B）是正确的。

例4：用物质的量都是0.1mol的CH3COOH和CH3C251.在硫化钠溶液中存在多种离子和分子,下列关系正确的是()A.[Na+]>[S2-]>[OH-]>[HS-]B.[OH-]=2[HS-]+[H+]+[H2S]C.[OH-]=[HS-]+[H+]+[H2S]D.D.[Na+]+[H+]=

[OH-]+[HS-]+[S2-]A练习A练习262.向0.1mol/LNaOH溶液中逐渐加0.1mol/LCH3COOH溶液,至溶液中[Na+]=[CH3COO-]。此时溶液的pH值是()A.pH=7B. pH>7C.pH<7D.无法确定3.表示0.1mol/LNaHCO3溶液中有关微粒的关系式,正确的是()A.[Na+]>[HCO3-]>[CO32-]>[

H+]>[OH-]B.[Na+]+[

H+]=[HCO3-]+[CO32-]+[OH-]C.[Na+]+[

H+]=[HCO3-]+2[CO32-]+[OH-]D.[Na+]=[HCO3-]+[CO32-]+[H2CO3]ACD2.向0.1mol/LNaOH溶液中逐渐加0.1mol/LC274.将pH=3的盐酸和Ph=11的氨水等体积混合后,溶液中离子浓度大小关系是______________________[NH4+]>[Cl-]>[OH-]>[H+]5.0.1mol/LNaOH和0.2mol/LCH3COOH等体积混合后溶液中各离子浓度由大到小的顺序是

。[CH3COO-]>[Na+]>[

H+]>[OH-]6.为了使Na2S溶液中[Na+]/[S2-]接近于2.1,可加入的物质是()A.盐酸B.适量的NaOHC.适量的KOHD.适量的NaHS溶液C4.将pH=3的盐酸和Ph=11的氨水等体积混合后,溶液中287.物质的量浓度相同的下列物质,其离子浓度的比较中错误的是()A.[PO43-]:Na3PO4>Na2HPO4>NaH2PO4>H3PO4B.[CO32-]:(NH4)2CO3>Na2CO3>NaHCO3>NH4HCO3C.[NH4+]:(NH4)2SO4>(NH4)2CO3>NH4HSO4>NH4ClD.[S2-]:Na2S>H2S>NaHS>(NH4)2SBD7.物质的量浓度相同的下列物质,其离子浓度的比较中错误的是29离子浓度大小的比较

离子浓度大小的比较30一、相关知识点

1、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离子的过程叫做电离。强电解质如NaCl、HCl、NaOH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是少部分发生电离的。２５℃0.1mol/L的如CH3COOH溶液中，CH3COOH的电离度只有1.32％，溶液中存在较大量的H2O和CH3COOH分子，少量的H+、CH3COO-和极少量的OH-离子。多元弱酸如H2CO3还要考虑分步电离：

H2CO3H+＋HCO3-；HCO3-H+＋CO32-。对于含有一种“弱”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。一、相关知识点1、电解质的电离31２、水的电离水是一种极弱的电解质，它能微弱地电离，生成H3O+和OH-，H2OH+＋OH-。在２５℃（常温）时，纯水中[H+]＝[OH-]＝1×10-7mol/L。在一定温度下，[H+]与[OH-]的乘积是一个常数：水的离子积Kw＝[H+]·[OH-]，在２５℃时，Kw＝1×10-14。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[H+]水和[OH-]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，使水的电离度变大，水电离出的[H+]水或[OH-]均大于10-7mol/L。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。２、水的电离对于弱酸、弱减溶液，其电离程度小，产生的离子浓度32３、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CO32-＋H2OHCO3-＋OH-、

HCO3-＋H2OH2CO3＋OH-。３、盐类水解33４、电解质溶液中的守恒关系

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离子所带的负电荷数相等。如NaHCO3溶液中：n(Na+)＋n(H+)＝n(HCO3-)＋2n(CO32-)＋n(OH-)推出：C（Na+）＋C（H+）＝C（HCO3-）＋2C（CO32-）＋C（OH-）

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NaHCO3溶液中n(Na+)：n(c)＝1：1，推出：c(Na+)＝c(HCO3-)＋c(CO32-)＋c(H2CO3)

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-)。４、电解质溶液中的守恒关系34二、解题指导

电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考的“热点”之一。多年以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、pH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。二、解题指导电解质溶液中离子浓度大小比较问题35首先必须有正确的思路;

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。首先必须有正确的思路;36三、典例精讲

【例1】在0.1mol/L的H2S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-)+2c(S2-)+c(OH-)C.c(H+)＞[c(HS-)+c(S2-)+c(OH-)]D.c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=0.1mol/LA三、典例精讲A37【例一温馨提示】由于H2S溶液中存在下列平衡：H2SH++HS-，HS-H++S2-，H2OH++OH-，根据电荷守恒得c(H+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)，由物料守恒得c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=0.1mol/L，所以关系式错误的是A项。【解题回顾】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。【例一温馨提示】由于H2S溶液中存在下列平衡：H2S38三、典例精讲【例2】：用物质的量都是0.1mol的CH3COOH和CH3COONa配制成1L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-)＝0.2mol/L

C.C(CH3COOH)＞C(CH3COO-)D.C(CH3COO-)＋C(OH-)＝0.2mol/LA、B三、典例精讲A、B39【例二温馨提示】

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-)＜C(H+)。说明混合溶液呈酸性，进一步推测出0.1mol/L的CH3COOH和0.1mol/L的CH3COONa溶液中，电离和水解这一对矛盾中起主要作用是电离，即CH3COOH的电离趋势大于CH3COO-的水解趋势。根据物料守恒，可推出（A、B）是正确的。【解题回顾】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，并分清其主要地位和次要地位。【例二温馨提示】CH3COOH和CH340三、典例精讲

【例3】(2003年上海高考题)在10ml0.1mol·L-1NaOH溶液中加入同体积、同浓度CH3COOH溶液，反应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(OH-)＞c(H+)

C．c(Na+)＝c(CH3COO-)＋c(CH3COOH)D．c(Na+)＋c(H+)＝c(CH3COO-)＋c(OH-)A三、典例精讲A41【例三温馨提示】

由于混合的NaOH与CH3COOH物质的量都为1×10-3mol，两者恰好反应生成CH3COONa，等同于单一溶质，故与题型2方法相同。由于少量CH3COO-发生水解：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-

故有c(Na+)＞c(CH3COO-)＞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。【解题回顾】这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，两者恰好反应生成盐，等同于单一溶质，故与题型2方法相同，考虑水解。【例三温馨提示】由于混合的NaOH与CH42【类题演练分层提高】

【类题演练1】在氯化铵溶液中，下列关系正确的是（

）

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(Cl-)＝c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)

A【类题演练分层提高】【类题演练1】在氯化铵溶液中，下43【类题演练1温馨提示】由于氯化铵溶液中存在下列电离过程：NH4Cl=NH4++Cl-，H2OH++OH-和水解过程：NH4++H2OH++NH3·H2O，由于铵离子水解被消耗，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，所以上述关系式正确的是A项。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，水解后溶液呈酸性。【解题回顾】【类题演练1温馨提示】由于氯化铵溶液中44【类题演练分层提高】

【变形探究1】：将pH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH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()A、c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(OH-)B、c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)C、c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(Na+)＞c(OH-)D、c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)B【类题演练分层提高】【变形探究1】：将pH=3的CH45

上述溶液混合后，溶质为CH3COOH和CH3COONa，由该题意可知CH3COOH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CH3COOH的电离趋势大于CH3COO-的水解趋势，所以不能再按照CH3COONa的水解处理，而应按CH3COOH的电离为主。所以c(H+)＞c(OH-)，选B

【变形1温馨提示】

上述溶液混合后，46【类题演练分层提高】

【变形探究2】（05年江苏化学卷，第12题）常温下将稀NaOH溶液和稀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．PH＜7，且c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(Na+)＞c(OH-)D．pH＝7，且c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＝c(OH-)AD【类题演练分层提高】【变形探究2】（05年江苏化学47【变形2温馨提示】因二者混合时发生中和反应生成CH3COONa，则可能出现二者恰好完全反应、碱过量、酸过量三种情况，但无论何种情况，根据电荷守恒可知混合液中必存在c(Na+)＋c(H+)＝c(CH3COO-)＋c(OH-)，显然B说法正确。若pH＞7，则二者可能恰好完全反应或碱过量，不管哪种情况c(H+)都不可能大于c(CH3COO-)，故A不正确。若pH＜7，说明酸过量，且CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则有c(H+)＞c(OH-)，由电荷守恒可得c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)（酸过量不多）或c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(Na+)＞c(OH-)（酸过量较多），C结果可能出现。若pH=7，c(H+)＝c(OH-)，由电荷守恒可得，c(CH3COO-)=c(Na+)，D说法不正确。故本题应选A、D。【变形2温馨提示】因二者混合时发生中和反应生成C48【技巧点评】

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2；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，抑制水解，若弱者过量，要看水解程度和电离程度相对大小。

【解题回顾】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。【技巧点评】强碱（酸）与弱酸（碱）溶液混合时，若49四、归纳小结【规律总结】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，确定浓度等式关系：1、必须有正确的思路：2、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四、归纳小结【规律总结】一看有无反应，确定溶质种类；二看溶质50三、例题分析

例1：在氯化铵溶液中，下列关系式正确的是A．[Cl-]＞[NH4+]＞[H+]＞[OH-]

B．[NH4+]＞[Cl-]＞[H+]＞[OH-]

C．[Cl-]＝[NH4+]＞[H+]＝[OH-]

D．[NH4+]＝[Cl-]＞[H+]＞[OH-]

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，在水中要发生水解；NH4++H2O=NH3·H2O+H+，所以[NH4+]比[H+]及[OH-]大得多；溶液因水解而呈酸性，所以[H+]＞[OH-]。综合起来，不难得出：[Cl-]＞[NH4+]＞[H+]＞[OH-]。答案为A。三、例题分析例1：在氯化铵溶液中，下列关系式正确的是解析51例2：在0.1mol/l的NH3·H2O溶液中，下列关系正确的是A．C（NH3·H2O）＞C（OH-）＞C（NH4+）＞C（H+）B．C（NH4+）＞C（NH3·H2O）＞C（OH-）＞C（H+）C．C（NH3·H2O）＞C（NH4+）＝C（OH-）＞C（H+）

D．C（NH3·H2O）＞C（NH4+）＞C（H+）＞C（OH-）

解析：NH3·H2O是一元弱碱，属于弱电解质，在水溶液中少部分发生电离（NH3·H2O

NH4+＋OH-），所以C（NH3·H2O）必大于C（NH4+）及C（OH-）。因为C（OH-）＝C（H+）＋C（NH4+），所以C（OH-）＞C（NH4+）。综合起来，C（NH3·H2O）＞C（OH-）＞C（NH4+）＞C（H+）。答案为A。例2：在0.1mol/l的NH3·H2O溶液中，下列关系正52例3：（2000年春季高考）用1L10mol／ＬNaOH溶液吸收0.8molCO2，所得溶液中CO3２－和HCO３－的物质的量浓度之比是

Ａ．１:３

Ｂ．２:１

Ｃ．２:３

Ｄ．３:２解析：设反应生成的Na2CO３的物质的量为ｘ，生成的NaHCO3的物质的量为ｙ。

2x+y＝10mol/L×１Ｌ（Na＋守恒）

x+y＝0.8mol（Ｃ守恒）

求出：ｘ＝0.2mol，ｙ＝0.6mol。

则

c(CO3２－):ｃ(HCO３－)＝１:３，选Ａ。

例3：（2000年春季高考）用1L10mol／ＬNaOH溶液53例