下载文档原格式
专题8 模块5 压轴题高分策略之溶液中离子浓度大小比较问题概述：电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考的“热点”之一。
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。
解此类题的关键是掌握“两大理论、三大守恒”，理清思路。
关键抓住盐溶液中水解的离子。
一、熟悉两大理论，构建思维基点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、NH＋4、OH－浓度的大小关系是c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NH＋4)。
（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损失是微量的(双水解除外)，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溶液的浓度。
如NH4Cl溶液中：NH＋4、Cl－、NH3·H2O、H＋的浓度大小关系是c(Cl－)>c(NH＋4)>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：CO2－3、HCO－3、H2CO3的浓度大小关系应是c(CO2－3)>c(HCO－3)>c(H2CO3)。
二、把握三种守恒，明确等量关系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＋、HCO－3、CO2－3、OH－，存在如下关系：c(Na＋)＋c(H ＋)＝c(HCO－c(OH－)＋2c(CO2－3)。
专题四溶液中离子的浓度大小比较知识点一溶液中离子浓度大小对比1、不同溶液中同一离子浓度大小对比解题思路：①先区分电解质强弱，弱电解质最小②看角标，角标大，离子浓度大③看其他离子对该离子的影响，同种弱离子抑制、异种弱离子促进、无弱离子则无影响。
【立马见效】1..常温下，0.1 mol·L－1的下列溶液中[NH＋4]最大的是()A.NH4Al(SO4)2B.NH4ClC.NH3·H2OD.CH3COONH4答案 A2.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：①CH3COONa 与HCl；②CH3COONa 与NaOH；③CH3COONa 与NaCl；④CH3COONa 与NaHCO3，下列各项排序正确的是（）A．pH：②＞③＞④＞①B．c(CH3COO)：②＞④＞③＞①C．溶液中c(H+)：①＞③＞②＞④D．c(CH3COOH)：①＞④＞③＞②2、不同溶液中阴阳离子总数对比解题思路：观察原物质中的弱阴离子或者弱阳离子电荷数，离子带单个电荷时，越弱离子总数更小，反之则更大。
例1：同C同V的NaAc与NaF溶液中阴离子总数大小对比利用电荷守恒：Na++H+=Ac+OHNa++H+=F+OH因为都是单电荷，所以阴离子总数就是等于阳离子总数，所以转变成去对比阳离子总数，因为AC的水解能力小于F，所以其溶液中碱性更强，氢离子数目更少，所以NaF中的阴离子总数小于NaAc。
例2.①100 mL 0.1 mol·L－1 NaHCO3、②100 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3两种溶液，.溶液中阴离子的总数之和：②>①每个CO32水解都会产生两个阴离子，所以总数一定更多。
【立马见效】1.常温下，K a(HCOOH)=1.77×10﹣4，K a(CH3COOH)=1.75×10﹣5 K b(NH3•H2O)=1.76×10﹣5浓度均为0.1mol/L 的HCOONa 和NH4Cl 两种溶液: c(OH﹣)+c(HCOO﹣)>c(H+)+c(NH4+)（√）2.同c 同V 的NaCl 与NH4Cl，离子总数①﹤②（×）3、同一溶液中的不同微粒浓度大小对比1）相比较出现离子，其中份数为大，剩余考虑水解情况。
离子浓度大小比较专题一、电离理论和水解理论1.电离理论：⑴弱电解质的电离是微弱的，电离消耗的电解质及产生的微粒都是少量的，同时注意考虑水的电离的存在；例如NH3·H2O溶液中微粒浓度大小关系。
【分析】由于在NH3·H2O溶液中存在下列电离平衡：NH3·H2O NH4++OH-，H2O H++OH-，所以溶液中微粒浓度关系为：c(NH3·H2O)＞c(OH-)＞c(NH4+)＞c(H+)。
⑵多元弱酸的电离是分步的，主要以第一步电离为主；例如H2S溶液中微粒浓度大小关系。
【分析】由于H2S溶液中存在下列平衡：H2S HS-+H+，HS-S2-+H+，H2O H++OH-，所以溶液中微粒浓度关系为：c(H2S)＞c(H+)＞c(HS-)＞c(OH-)。
2.水解理论：⑴弱酸的阴离子和弱碱的阳离子因水解而损耗；如NaHCO3溶液中有：c(Na+)＞c(HCO3-)。
⑵弱酸的阴离子和弱碱的阳离子的水解是微量的（双水解除外），因此水解生成的弱电解质及产生H+的（或OH-）也是微量，但由于水的电离平衡和盐类水解平衡的存在，所以水解后的酸性溶液中c(H+)（或碱性溶液中的c(OH-)）总是大于水解产生的弱电解质的浓度；例如（NH4）2SO4溶液中微粒浓度关系。
【分析】因溶液中存在下列关系：（NH4）2SO4=2NH4++SO42-，+2H2O 2OH-+2H+，2NH3·H2O，由于水电离产生的c(H+)水=c(OH-)水，而水电离产生的一部分OH-与NH4+结合产生NH3·H2O，另一部分OH-仍存在于溶液中，所以溶液中微粒浓度关系为：c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(NH3·H2O)＞c(OH-)。
⑶一般来说“谁弱谁水解，谁强显谁性”，如水解呈酸性的溶液中c(H+)＞c(OH-)，水解呈碱性的溶液中c(OH-)＞c(H+)；⑷多元弱酸的酸根离子的水解是分步进行的，主要以第一步水解为主。
2020届届届届届届届届届——溶液中微粒浓度大小比较分析一、单选题（本大题共20小题，共40分）1.草酸(H2C2O4)是一种重要的化工原料，常温下其K1=5.4×10−2、K2=5.4×10−5.常温下几种草酸盐溶液的pH见下表：下列溶液中离子的物质的量浓度关系正确的是()A. ①中：c(K+)>c(HC2O4−)>c(C2O42−)>c(H+)>c(OH−)B. ②中：c(K+)>c(C2O42−)>c(HC2O4−)>c(OH−)>c(H+)C. ③中：c(K+)>c(HC2O4−)>c(C2O42−)>c(OH−)>c(H+)D. ③中：2c(OH−)+c(C2O42−)=3c(H2C2O4)+c(HC2O4−)+2c(H+)【答案】D【解析】解：A.HC2O4−与水都会电离出氢离子，所以溶液中c(H+)>c(C2O42−)，则溶液中离子浓度大小的关系为：c(K+)>c(HC2O4−)>c(H+)>c(C2O42−)>c(OH−)，故A错误；B.C2O42−水解生成HC2O4−与OH−，水电离出氢氧根离子，则c(OH−)>c(HC2O4−)，所以溶液中离子浓度大小的关系为：c(K+)>c(C2O42−)>c(OH−)>c(HC2O4−)>c(H+)，故B 错误；C.HC2O4−与C2O42−的混合溶液中HC2O4−的电离程度大于C2O42−水解程度，溶液显酸性，则溶液中离子浓度大小的关系为：c(K+)>c(HC2O4−)>c(C2O42−)>c(H+)>c(OH−)，故C错误；D.0.01mol/LKHC2O4与0.01mol/LK2C2O4等体积混合，溶液中的物料守恒为：2c(K+)= 3c(C2O42−)+3c(H2C2O4)+3c(HC2O4−)，溶液中的电荷守恒为：c(K+)+c(H+)=2c(C2O42−)+c(HC2O4−)+c(OH−)，联立两个关系式消去钾离子的浓度可得：2c(OH−)+ c(C2O42−)=3c(H2C2O4)+c(HC2O4−)+2c(H+)，故D正确．故选D．A.HC2O4−与水都会电离出氢离子；B.C2O42−水解生成HC2O4−与OH−，水电离出氢氧根离子；C.HC2O4−与C2O42−的混合溶液中HC2O4−的电离程度大于C2O42−水解程度；D.根据物料守恒和电荷守恒．本题考查离子浓度大小比较，题目涉及弱电解质的电离和盐的水解、物料守恒即电荷守恒的应用，题目难度中等，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．2.室温下，在25mL 0.1mol⋅L−1 NaOH溶液中逐滴加入0.2mol⋅L−1CH3COOH溶液，曲线如图所示，下列判断正确的是()A. B点，a=12.5B. D点，c(Na+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)C. 在A、B间存在一点，此点水的电离程度最大D. 在C点升温，CH3COOH电离程度增大，CH3COO−的水解程度减小【答案】C【解析】【分析】本题考查了酸碱混合的定性判断及离子浓度大小比较，题目难度中等，明确图像中各点的溶质组成为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，熟练掌握电解质溶液中的物料守恒。
