2020届浙江学考一轮复习考点精讲通用版考点47离子浓度大小的比较学案 7页

考点47　离子浓度大小的比较 知识条目 必考要求 加试要求 ‎1.弱电解质水溶液中的电离平衡 a b b ‎2.多元弱酸的分步电离 a ‎3.盐类水解的简单应用 b b ‎4.多元弱酸盐的分步水解b b 一、理论基础 ‎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、OH－浓度的大小关系是c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(NH)。‎ ‎(2)多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一步电离(第一步电离程度远大于第二步电离)。如在H2CO3溶液中：H2CO3、HCO、CO、H＋的浓度大小关系是c(H2CO3)＞c(H＋)＞c(HCO)＞c(CO)。‎ ‎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的浓度。如NH4Cl溶液中：NH、Cl－、NH3·H2O、H＋的浓度大小关系是c(Cl－)＞c(NH)＞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：CO、HCO、H2CO3的浓度大小关系应是c(CO)＞c(HCO)＞c(H2CO3)。‎ 二、分析方法 三、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、CO、OH－，存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)。‎ ‎2．物料守恒规律 电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如Na2CO3溶液中CO、HCO都能水解，故C元素以CO、HCO、H2CO3三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(Na＋)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)。‎ ‎3．质子守恒规律 如Na2CO3水溶液中的质子转移情况图示如下：‎ 由图可得Na2CO3水溶液中质子守恒式可表示：c(H＋)＋2c(H2CO3)＋c(HCO)＝c(OH－)。‎ 质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。‎ ‎【例1】　比较下列溶液中离子浓度的大小：‎ ‎(1)0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液___________________________________________；‎ ‎(2)0.1 mol·L－1的CH3COONa溶液 ‎________________________________________________________________________；‎ ‎(3)0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液________________________________________________________________________；‎ ‎(4)0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液________________________________________________________________________。‎ ‎【解析】　(1)CH3COOH属于弱电解质，应考虑电离平衡，CH3COOHCH3COO－＋H＋(主要)，H2OH＋＋OH－(极微弱)，则c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)。弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的。因此对于弱电解质而言，电离出的离子浓度远小于电解质分子的浓度。‎ ‎(2)CH3COONa属于含有弱酸根的盐，应考虑水解平衡，CH3COONa===CH3COO－＋Na＋(完全电离)，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－(主要)，H2OH＋＋OH－(极微弱)，则c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)。‎ ‎(3)Na2CO3属于含有弱酸根的盐，应考虑水解平衡，Na2CO3===CO＋2Na＋(完全电离)，CO＋H2OHCO＋OH－(主要)，HCO＋H2OH2CO3＋OH－(次要)，H2OH＋＋OH－(极微弱)，则c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)＞c(H＋)。‎ ‎(4)NaHCO3属于酸式盐，溶液中即存在HCO的水解，也存在HCO的电离，已知NaHCO3呈碱性，则HCO水解程度大于HCO的电离程度，所以需先考虑HCO的水解。NaHCO3===HCO＋Na＋(完全电离)，HCO＋H2OH2CO3＋OH－(主要)，HCOCO＋H＋(次要)，H2OH＋＋OH－(极微弱)，则c(Na＋)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)＞c(CO)。‎ ‎【答案】　(1)c(H＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)‎ ‎(2)c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)‎ ‎(3)c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)＞c(H＋)‎ ‎(4)c(Na＋)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)＞c(CO)‎ ‎【提炼】　对于单一溶质的溶液，首先判断溶质种类，若为弱酸、弱碱则考虑电离平衡，若为含有弱酸根或弱碱根的盐则考虑水解平衡。对于酸式盐，则需根据溶液实际的酸碱性，判断电离和水解程度的大小，并按照程度由大到小，依次考虑。‎ ‎【例2】　已知Va L 0.1 mol·L－1 CH3COOH与Vb L 0.1 mol·L－1 NaOH充分混合，‎ ‎(1)若恰好完全反应，则Va________(填“＞”“＜”或“＝”)Vb，pH________(填“＞”“＜”或“＝”)7，离子浓度大小关系为________________________________________________________________________；‎ ‎(2)若反应后溶液pH＝7，则Va________(填“＞”“＜”或“＝”)Vb，离子浓度大小关系为________________________________________________________________________；‎ ‎(3)若Va＝2 L，Vb＝1 L，pH________(填“＞”“＜”或“＝”)7，离子浓度大小关系为________________________________________________________________________。‎ ‎【解析】　(1)若要恰好反应，CH3COOH和NaOH物质的量相等，则Va＝Vb，反应后溶质为CH3COONa单一溶质，则溶液中离子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)。‎ ‎(2)若反应后的pH＝7，则CH3COOH需微量过量，来抵消CH3COONa的水解影响，再根据c(CH3COO－)＝c(Na＋)，则溶液中离子浓度大小关系为c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(OH－)＝c(H＋)。‎ ‎(3)当Va＝2 L，Vb＝1 L时，反应后溶液中存在CH3COONa和过量的CH3COOH，且两者的物质的量之比为1∶1，此时CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，则溶液呈酸性。在溶液中CH3COONa===CH3COO－＋Na＋(完全电离)，CH3COOHCH3COO－＋H＋(主要)，H2OH＋＋OH－(极微弱)，则溶液中离子浓度大小关系为c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)。‎ ‎【答案】　(1)＝　＞　c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)‎ ‎(2)c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(OH－)＝c(H＋)‎ ‎(3)＜　c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)‎ ‎【提炼】　对于酸碱中和的混合溶液，可根据下面的解题思路进行分析：‎ ‎【例3】　将标准状况下2.24 L CO2缓慢通入1 L 0.15 mol·L－1的NaOH溶液中，气体被充分吸收。下列关系不正确的是(　　)‎ A．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)‎ B．2c(Na＋)＝3[c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)]‎ C．c(Na＋)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)‎ D．2c(OH－)＋c(CO)＝c(HCO)＋3c(H2CO3)＋2c(H＋)‎ ‎【解析】　根据数据计算可得CO2　＋　2NaOH===Na2CO3　＋　H2O ‎ 0.075 0.15 0.075‎ ‎ CO2＋H2O　＋　Na2CO3===2NaHCO3‎ ‎ 0.025 0.025 　0.05‎ 反应后溶液中存在0.05 mol Na2CO3和0.05 mol NaHCO3‎ A．符合电荷守恒①，正确；B.根据物料守恒，反应后溶液中，n(Na)＝0.15 mol，n(C)＝0.1 mol，则n(Na)/n(C)＝3/2，所以2c(Na＋)＝3[c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)]②，正确；‎ C.Na2CO3===CO＋2Na＋(完全电离)，NaHCO3===HCO＋Na＋(完全电离)，以CO＋H2OHCO＋OH－为主，所以c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(H＋)，错误；D.根据电荷守恒①和物料守恒②，②－①×2可推导得到。‎ ‎【答案】　C ‎【提炼】　(1)书写电荷守恒时需注意不只是各离子浓度的简单相加，如K2S溶液中，电荷守恒式为c(K＋)＋c(H＋)＝2c(S2－)＋c(HS－)＋c(OH－)①，2c(S2－)的系数2代表一个S2－带2个负电荷，不可漏掉。‎ ‎(2)书写物料守恒时，需记住在电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中，n(K)/n(S)＝2/1，K元素只以K＋形式存在，S元素以S2－、HS－、H2S三种形式存在，则c(K＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)②。‎ ‎(3)书写质子守恒可采取通过电荷守恒和物料守恒推导得到，约简原则为去除在溶液中没有得失质子的微粒，如K2S溶液中，需要约简掉K＋，①－②可得c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)＝c(OH－)。‎ ‎【例4】　‎ 常温下，用浓度为0.100 mol·L－1的NaOH溶液分别逐滴加入20.00 mL 0.100 0 mol·L－1的HX、HY溶液中，pH随NaOH溶液体积的变化如图。下列说法正确的是(　　)‎ A．V(NaOH)＝10.00 mL时，两份溶液中c(X－)＞c(Y－)‎ B．V(NaOH)＝10.00 mL时，c(X－)＞c(Na＋)＞c(HX)＞c(H＋)＞c(OH－)‎ C．V(NaOH)＝20.00 mL时，c(OH－)＞c(H＋)＞c(Na＋)＞c(X－)‎ D．pH＝7时，两份溶液中c(X－)＝c(Na＋)＝c(Y－)‎ ‎【解析】　根据加入NaOH溶液体积和混合溶液pH变化曲线可知，HY为强酸，HX为弱酸。当V(NaOH)＝10.00 mL时，反应后溶液溶质分别为HX和NaX，HY和NaY，且物质的量均相等。当V(NaOH)＝20.00 mL时，都恰好反应，则反应后溶液溶质分别为NaX和NaY。A.由于HY为强酸，所以c(X－)＜c(Y－)，错误；B.V(NaOH)＝10.00 mL时为HX和NaX混合溶液，且物质的量相等，根据图中pH，此时溶液呈酸性，说明HX的电离大于X－的水解，所以c(X－)＞c(Na＋)＞c(HX)＞c(H＋)＞c(OH－)，正确；C.V(NaOH)＝20.00 mL时恰好完全反应生成NaX，溶液呈碱性，所以c(Na＋)＞c(X－)＞c(OH－)＞c(H＋)，错误；D.当pH＝7时，(HX和HY所需NaOH不同，HX所需NaOH少)，c(Y－)＞c(X－)，错误。‎ ‎【答案】　B ‎【提炼】　对于图像题，首先看清纵坐标、横坐标表示的意义，其次要注意关键的点表示的意义。对于酸碱中和反应，溶液显中性不一定是酸碱恰好完全反应。恰好完全反应，溶液pH不一定等于7。具体溶液中微粒浓度大小的判断，需要根据实际情况，判断电离和水解程度大小，并通过考虑程度大的那个过程来解题。‎ ‎【例5】　‎ 改变0.1 mol·L－1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA－、A2－的物质的量分数δ(x)随pH的变化如图所示[已知δ(x)＝c(x)/(c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－))]。下列叙述错误的是(　　)‎ A．pH＝1.2时，c(H2A)＝c(HA－)‎ B．lg[K2(H2A)]＝－4.2‎ C．pH＝2.7时，c(HA－)＞c(H2A)＝c(A2－)‎ D．pH＝4.2时，c(HA－)＝c(A2－)＝c(H2A)‎ ‎【解析】　A．由图像可知pH＝1.2时，H2A与HA－的曲线相交，则c(H2A)＝c(HA－)，故A正确；B.pH＝4.2时，c(H＋)＝10－4.2 mol·L－1，c(HA－)＝c(A2－)，K2(H2A)＝＝c(H＋)＝10－4.2，则lg[K2(H2A)]＝－4.2，故B正确；C.由图像可知，pH＝2.7时，c(H2A)＝c(A2－)，由纵坐标数据可知c(HA－)＞c(H2A)＝c(A2－)，故C正确；D.pH＝4.2时，c(HA－)＝c(A2－)，但此时c(H2A)≈0，如体积不变，则c(HA－)＝c(A2－)＝0.05 mol·L－1，c(H＋)＝10－4.2 mol·L－1，如体积变化，则不能确定c(HA－)、c(A2－)与c(H＋)浓度大小关系，故D错误。‎ ‎【答案】　D ‎【提炼】　溶液微粒平衡浓度与pH关系图 ‎(1)横坐标为pH，纵坐标为溶液中各离子的平衡浓度或各离子的分布分数(即溶液中某酸碱组分的平衡浓度占其总浓度的分数)。‎ ‎(2)关注曲线的交点，通常可以根据交点的数据计算出电离常数。‎ ‎(3)比较离子浓度大小时，可以借助图像中信息进行比较。‎