专题-离子浓度的大小比较

1离子浓度的大小比较第八章水溶液中的离子平衡一、水溶液中微粒浓度的大小比较：1、电离理论：②多元弱酸电离是分步，主要决定第一步①弱电解质电离是微弱的c(NH3·H2O)c(OH–)c(NH4+)c(H+)c(H2S)c(H+)c(HS–)c(S2–)c(OH–)>>>>>>>对于弱酸、弱碱，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。如：H2S溶液中：如：NH3·H2O溶液中：2、水解理论：①弱离子由于水解而损耗。如：KAl(SO4)2溶液中：c(K+)c(Al3+)②水解是微弱③多元弱酸水解是分步，主要决定第一步c(Cl–)c(NH4+)c(H+)c(NH3·H2O)c(OH–)c(CO3–)c(HCO3–)c(H2CO3)>>>>>>>单水解程度很小，水解产生的离子或分子浓度远远小于弱离子的浓度。

如：NH4Cl溶液中：二、水溶液中微粒浓度的大小比较：如：Na2CO3

溶液中：若将CH3COOH溶液与

CH3COONa溶液混合后，溶液中各离子浓度的大小顺序？请设计实验证明CH3COOH电离程度与CH3COO-水解程度的大小

0.1mol/LCH3COOH与0.1mol/LCH3COONa等体积混合，测定其pH=4.74实验事实电离大于水解3、多元弱酸酸式酸根的水解与电离的区别：⑴NaHCO3HCO3–

+H2OH2CO3

+OH–①②HCO3–

+H2OCO32–+H3O+①水解②电离程度：>∴溶液呈

性碱⑵NaHSO3HSO3–

+H2OH2SO3

+OH–①②HSO3–

+H2OSO32–+H3O+①水解②电离程度：<∴溶液呈

性酸1、电荷守恒

如：NH4Cl溶液中阳离子：NH4+H+

阴离子：Cl–OH–

正电荷总数==负电荷总数n(NH4+

)+n(H+

)==n(Cl–)+n(OH–)溶液中阴离子和阳离子所带的电荷总数相等。c(NH4+)+c(H+)==c(Cl–)+c(OH–)三、电解质溶液中的守恒关系三、电解质溶液中的守恒关系1、电荷守恒阳离子：Na+

、H+

阴离子：

OH–

、

S2–

、

HS–又如：Na2S溶液

Na2S==2Na++S2–H2OH++OH–S2–

+H2OHS–

+OH–HS–

+H2OH2S+OH–

c(Na+

)+c(H+)==c(OH–)+2c(S2–)+c(HS–

)溶液中阴离子和阳离子所带的电荷总数相等。∵正电荷总数==负电荷总数七、电解质溶液中的守恒关系2、物料守恒（元素或原子守恒）溶液中，尽管有些离子能电离或水解，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变的。是指某一元素的原始浓度应该等于该元素在溶液中各种存在形式的浓度之和。三、电解质溶液中的守恒关系七、电解质溶液中的守恒关系2、物料守恒是指某一元素的原始浓度应该等于该元素在溶液中各种存在形式的浓度之和。如：amol/L的Na2CO3

溶液中Na2CO3==2

Na++CO32–

H2OH++OH–

CO32–

+H2OHCO3–

+OH–HCO3–

+H2OH2CO3

+OH–

∴

c(Na+

)=

2

[c

(CO32–)+

c

(HCO3–)+

c

(H2CO3)]c(Na+

)=2

amol/Lc

(CO32–)+

c

(HCO3–)+

c

(H2CO3)

=amol/L（元素或原子守恒）即

c(Na+):c(C)＝2:1三、电解质溶液中的守恒关系七、电解质溶液中的守恒关系如：NaHCO3溶液2、物料守恒是指某一元素的原始浓度应该等于该元素在溶液中各种存在形式的浓度之和。（元素or原子守恒）∵

c(Na+):c(C)＝1:1因此c(Na+)＝c(HCO3–)+c(CO32–)+

c(H2CO3)三、电解质溶液中的守恒关系七、电解质溶液中的守恒关系如：Na2S溶液Na2S==2

Na++S2–

H2OH++OH–S2–

+H2OHS–

+OH–HS–

+H2OH2S

+OH–

因此：c(Na+

)==

2

[c

(

S2–)+c

(HS–)+c

(H2S)]2、物料守恒是指某一元素的原始浓度应该等于该元素在溶液中各种存在形式的浓度之和。（元素or原子守恒）∵

c(Na+):c(S)＝2:1三、电解质溶液中的守恒关系七、电解质溶液中的守恒关系3、质子（H+）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。如：NH4Cl溶液中

为得到质子后的产物，

为失去质子后的产物，因此：H3O+（H+）NH3·H2O、OH–、c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH–)三、电解质溶液中的守恒关系如：CH3COONa溶液中

为得到质子后的产物，

为失去质子后的产物，因此：H3O+（H+）、CH3COOHOH–c(H+)+c(CH3COOH)=c(OH–)例1：在0.1mol/L的NH3·H2O溶液中，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–)。因为电荷守恒

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+)。A例2：用均为0.1mol的CH3COOH和0.1mol

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(OH–)＞c(H+)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。B【必需的知识储备】1.水的电离水是一种极弱的电解质，它能微弱的电离，生成H+和OH-，H2OH++OH-。【思考】（1）在纯水中加入酸或碱，对水的电离起到

作用，使水的电离程度

。（2）在纯水中加入强碱弱酸盐、强酸弱碱盐，对水的电离起到

作用，使水的电离程度

。抑制减小促进增大2．盐类的水解①强酸弱碱盐：如NH4Cl、Al2(SO4)3等水解后溶液呈

性；酸性②.强碱弱酸盐：如CH3COONa、Na2CO3等水解后溶液呈

性。碱性此外：还要注意多元弱酸盐需考虑分步水解一、单一溶液中微粒浓度大小的比较解题方法：酸或碱溶液：考虑电离盐溶液：考虑水解注意：1.不要忽略水的电离。2.弱电解质的电离和盐类的水解（双水解除外）都是很微弱的过程。20【例1】在0.1mol/L的氨水（1）溶液中的电离过程：（2）粒子的种类：（3）离子浓度大小的关系：21【练习2】在氯化铵溶液中，下列关系正确的是A.c(Cl-)＞