电解质溶液篇1
电解质平衡溶液：是医院在做肠道检查前，专门用来清肠用的药物，所以普通药店是没有卖的。其主要成分为氯化钠、氯化钾和硫酸镁等，在肠道局部产生高浓度的电解质环境，通过渗透作用将血液中的大量水份吸引到肠道中，从而产生腹泻的效果泻的作用非常强，几小时之内即可将肠道内的粪便基本排空。但它是绝对不能当作减肥用的，因为对人体的水、电解质平衡会造成很大影响，使用不当甚至会有生命危险。同样的，其它的电解质溶液，象含钙离子、镁离子等等的溶液，静脉里都可以用。
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电解质溶液篇2
一.基本知识
1.弱酸（弱碱）的电离和大多数盐类的单一水解总是微弱的，且多元弱酸一级电离总是大于二级、三级电离（如H2Co3、H2S等），电离为少数，剩余为多数；多元弱酸的正盐，一级水解总是大于二级、三级水解（如Co32一），水解为少数，剩余为多数。
2.多元弱酸的酸式盐溶液中，弱酸的酸式根离子的电离与水解同时存在，谁占优势，取决其电离与水解程度的相对大小（一般由题示信息给出）。HSo3一、H2po4一电离大于水解，c（H十）>c（oH一）溶液呈酸性；HCo3一、HS一的水解大于电离，溶液中的c（oH一）>c（H十）呈碱性。
3.混合溶液中各离子浓度的大小比较，根据电离程度、水解程度的相对大小分析
（1）分子的电离大于相应离子的水解
同浓度的醋酸和醋酸钠溶液中，醋酸的电离大于醋酸根离子的水解，溶液呈酸性，所以c（H十）>c（oH一），再由电荷守恒有c（CH3Coo一）>c（na十），得到c（CH3Coo一）>c（na十）>c（H十）>c（oH一）；同浓度的氨水和氯化铵溶液，一水合氨的电离大于铵离子的水解，溶液呈碱性，则c（oH一）>c（H十），再由电荷守恒有c（nH4十）>c（Cl一），得到c（nH4十）>c（Cl一）>c（oH一）>c（H十）。
（2）分子的电离小于相应离子的水解
同浓度HCn与naCn溶液，Cn一的水解大于HCn的电离，溶液呈碱性，所以c（oH一）>c（H十），再由电荷守恒有c（na十）>c（Cn一），得到c（na十）>c（Cn一）>c（oH一）>c（H十）。
二.基本方法
1.电荷守恒：溶液中阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数。
如na2So4溶液中：
c（na十）+c（H+）=2c（So42一）+c（oH一）
2.物料守恒：某分子或离子的原始浓度等于它在溶液中各种存在形式的浓度之和，即元素原子守恒。
例.0.1mol・L一1的na2Co3溶液中：
c（Co32一）+c（HCo3一）+c（H2Co3）=0.1mol・L一1
c（na十）=0.2mol・L一1
c（na十）=2[c（Co32一）+c（HCo3一）+c（H2Co3）]
例.0.1mol・L一1naHCo3溶液中有关微粒浓度的关系式，正确的是（）
a.c（na十）+c（H十）=c（HCo3一）+2c（Co32一）+c（oH一）
B.c（na十）=c（HCo3一）+c（Co32一）+2c（H2Co3）
C.c（H十）+c（H2Co3）=c（oH一）+c（Co32一）
D.c（na十）>c（HCo3一）>c（Co32一）>c（H十）>c（oH一）
解析：学生很容易写出该溶液中的电荷守恒及碳原子的物料守恒表达式
c（na十）+c（H十）=c（HCo3一）+2c（Co32一）+c（oH一）①
c（na十）=c（Co32一）+c（HCo3一）+c（H2Co3）②
从而判断出a式正确B式错误。在naHCo3溶液中，HCo3一水解大于电离，故只考虑水解：
HCo3一+H2oH2Co3+oH一
溶液为碱性，即c（oH一）>c（H十），排除D。但是对于C式却似乎无从下手，事实上只要将上述②式中c（na十）代人①式即可得到C选项，此选项即naHCo3溶液中的质子守恒表达式。那么除了根据电荷守恒及物料守恒推导出此式外，能否快捷得出上述表达式？
酸碱质子理论：凡能给出质子的物质都是酸，凡能接受质子的物质都是碱。酸碱可以是分子，也可以是阴、阳离子。例如HC1、nH4十、H2po4一等都可以给出质子，所以是酸；nH3、CH3Coo一等都可以接受质子，所以是碱。而HCo3一、H2o等都既能给出质子又可以接受质子，所以既是酸又是碱。酸碱反应的本质即质子的转移。
3.质子守恒：酸失去的质子总数和碱得到的质子总数必然相等，这种守恒关系称为质子守恒。酸碱质子理论是书写质子守恒表达式的依据。
例.写出na2Co3溶液中的质子守恒表达式
解析：与质子转移有关的微粒是电解质溶液中的弱酸阴离子与水或弱碱阳离子与水，本题确定Co32一、H2o为基准参考物质，用下面图框表示：
根据得失质子总数相等，可列出na2Co3溶液中的质子守恒表达式：
c（H十）+c（HCo3一）+2c（H2Co3）=c（oH一）
三.典例分析
例1.用物质的量都是0.1mol的醋酸和醋酸钠配成1L溶液，已知c（CH3Coo一）>（na十），则对该混合溶液的下列判断正确的是（）
a.c（H十）>c（oH一）
B.c（CH3CooH）+c（CH3Coo一）=0.2mol・L一1
C.c（CH3CooH）>c（CH3Coo一）
D.c（CH3Coo一）+c（oH一）=0.2mol・L一1
解析：CH3CooH和CH3Coona的混合溶液中，CH3CooH的电离和CH3Coona的水解同时存在。已知c（CH3Coo一）>c（na十），根据电荷守恒c（CH3Coo一）+c（oH一）=c（na十）+c（H十），可以得出c（H十）>c（oH一），说明混合溶液呈酸性，CH3CooH的电离大于CH3Coo一的水解，继而推出c（CH3Coo一）>c（CH3CooH），根据物料守恒，可推出B选项正确。
[答案]a、B
例2.把0.1mol・L-1的H2S溶液和0.1mol・L一1的naoH等体积混合，下列关系不正确的是（）
a.c（na十）+c（H十）=c（oH一）+c（HS一）+2c（S2一）
B.c（na十）=c（HS一）+c（S2一）+c（H2S）
C.c（H十）+c（H2S）=c（oH一）+c（S2一）
D.c（oH一）一c（HS一）=c（H十）+c（H2S）
解析：反应后只生成naHS，因此只考虑水解，根据电荷守恒a正确，根据物料守恒B正确，根据质子守恒C正确。
[答案]D
例3.下列叙述正确的是（）
a.0.1mol・L一1氨水中，c（oH一）=c（nH4十）
B.10mL0.02mol・L一1HCl溶液与10mL0.02mol・L一1Ba（oH）2溶液充分混合，若混合后溶液的体积为20mL，则溶液的pH=12
C.在0.01mol・L一1CH3Coona溶液中，c（oH一）=c（H十）+c（CH3CooH）
D.0.01mol・L一1某二元弱酸盐naHa溶液中，c（na十）=2c（a2一）+c（Ha一）+c（H2a）
解析：在a选项中，c（oH一）>c（nH4十）；B选项中可算出c（oH一）=0.01mol・L一1进一步算出溶液的pH=12；C选项中用质子守恒可得该等式；在D选项中，利用物料守恒可得c（na十）=c（a2一）+c（Ha一）+c（H2a）。
[答案]B、C
例4.已知乙酸（Ha）的酸性比甲酸（HB）弱，在物质的量浓度均为0.1mol・L一1naa和naB混合溶液中，下列排序正确的是（）
a.c（oH一）>c（Ha）>c（HB）>c（H十）
B.c（oH一）>c（a一）>c（B一）>c（H十）
C.c（oH一）>c（B一）>c（a一）>c（H十）
D.c（oH一）>c（HB）>c（Ha）>c（H十）
解析：根据“越弱越水解”的原则，naa的水解比naB水解程度大，所以c（Ha）>c（HB），c（B一）>c（a一）；再根据“谁强显谁性”，可知溶液中的c（oH一）>c（H十）；再由于水解是微弱的得到c（a一）>c（oH一）和c（B一）>c（oH一）。
电解质溶液篇3
一、物料守恒
在反应前后，某物质在溶液中可能离解成多种粒子，或者因化学反应而生成多种粒子的产物，在平衡状态时，该物质的各粒子浓度之和必然等于该物质的分析浓度，这一规律称为物料平衡（或质量平衡）.它的数学表达式叫做物料等衡式或质量等衡式.
例1写出0.1mol/L・naHCo3，溶液的物料等衡式t
分析naHCo3（0.1mol/L）在溶液中存在如下关系：
naHCo3na++HCo-3
HCo-3+H2oH2Co3+oH-
HCo-3H++Co2-3
溶质在溶液中存在的粒子有na+，HCo-3，H2Co3，Co2-3四种.根据物料平衡规律平衡时有如下关系：c（na+）=0.1mol/L，c（H2Co3）+c（HCo2-3）+c（Co2-3）=0.1mol/L.
即：c（na+）=c（H2Co3）+c（HCo-3）+c（Co2-3）
=0.1mol/L
在电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但某些关键性的原子总是守恒的.此类元素守恒题中各粒子之间的关系一般为：c（不变化的离子）=c（变化的离子）+c（水解后生成的弱电解质）+c（电离所得二元弱酸根离子）
例2写出na2Co3，溶液的物料等衡式
分析在na2Co3溶液中存在如下关系：
na2Co32na++Co2-3
Co2-3+H2oHCo-3+oH-
HCo-3+H2oH2Co3+oH-
故碳元素以HCo-3，H2Co3，Co2-3三种形式存在.且钠原子数目是碳原子数目的二倍.它们之间有如下守恒关系：c（na+）=2c（H2Co3）+2c（HCo-3）+2c（Co2-3）
二、电荷守恒
电解质溶于水时，当处于平衡状态时，无论发生什么变化，溶液中正电荷的总数必等于负电荷总数，即溶液总是电中性的，这一规律称为电荷守恒.它的数学表达式叫电荷等衡式.
例3写出naHCo3在溶液中的电荷等衡式分析：溶液中带正电荷的离子有na+，H+，个带有1个单位的正电荷；带负电荷的离子有oH-，HCo-3，Co2-3，前两者各带有1个单位的负电荷，后者带有2个单位的负电荷.根据电荷守恒，则naHCo3溶液的电荷等衡式为：
c（na+）+c（H+）=c（HCo-3）+c（oH-）+2c（Co2-3）
三、质子守恒
即酸碱反应达到平衡时，酸（含广义酸）失去质子（H+）的总数等于碱（或广义碱）得到的质子（H+）总数.这种得失质子（H+）数相等的关系就称为质子守恒.
质子守恒研究对象主要是电解质溶液的溶剂水，是指溶液中由水电离出来的H+和oH-总是相等的〔c（H+）=c（oH-）〕，质子守恒式反应了电解质溶液中分子或离子得失质子（H+）的物质量相等的一种数学关系，其数学表达式称为质子等衡式.
例4写出na2Co3溶液的质子等衡式，
分析在其溶液中与质子转移有关的组分有：Co2-3，H2o，H2Co3，HCo-3，H3o+，oH-.可确定为Co2-3，H2o为参考水准.
与质子参考水准相比，H2Co3是由参考水准得两个质子而来，HCo-3是由参考水准得一个质子而来；H3o+是由参考水准得一个质子而来，oH-是由参考水准失去一个质子而来.
故na2Co3溶液的质子等衡式为：
c（H3o+）+c（HCo-3）+2c（H2Co3）=c（oH-）
或c（H）+c（HCo-3）+2c（H2Co3）=c（oH-）
例5写出nH4H2po4溶液的质子等衡式，
分析与质子转移有关的组分有：nH+4，H2po-4，H2o，H3po4，H3o+，nH3，Hpo2-4，po3-4，oH-；可选择质子参考水准为nH+4，H2po-4，H2o，这样可以直接写出质子等衡式为：
c（H+）+c（H3po4）=c（oH-）+c（nH3）+c（Hpo2-4）+2c（po3-4）
学生在做习题时，常会遇到微粒浓度有等量关系的题目.此时，利用三种守恒式解题简便快捷，一切问题便迎刃而解.
例6在0.1mol/L・CH3Coona溶液中，下列关系不正确的是（）.
a.c（na+）>c（CH3Coo-）>c（oH-）>c（CH3CooH）>c（H+）
B.c（na+）=c（CH3Coo-）+c（CH3CooH）
C.c（na+）+c（oH-）=c（CH3Coo-）+2c（CH3CooH）+c（H+）
D.c（na+）>c（oH-）=c（CH3CooH）>c（CH3Coo-）>c（H+）
解析CH3Coona溶液中存在如下关系：
CH3Coona=CH3Coo-+na+
CH3Coo-+H2o=CH3CooH+oH-
H2o=H++oH-
故可知a正确，D不正确.
据三种等衡式（1）物料等衡式：c（na+）=c（CH3Coo-）+c（CH3CooH）=0.1mol/L故B正确.（2）电荷等衡式：c（na+）+c（H+）=c（CH3Coo-）+c（oH-）
（3）质子等衡式：c（H+）+c（CH3CooH）=c（oH-）
（1）（3）合并得C正确.故本题答案为D.
例7下列浓度关系正确的是（）.
a.氯水中：c（Cl2）=2[c（Clo-）+c（Cl-）+c（HClo）]
B.氯水中：c（Cl-）>c（H+）>c（oH-）>c（Clo-）
C.等体积等浓度的氢氧化钠与醋酸混合：c（na+）=c（CH3Coo-）
D.na2Co3溶液中：c（na+）>c（Co2-3）>c（oH-）>c（HCo-3）>c（H+）
解析根据氯水中所含粒子的种类可知氯水中也含有氯气分子，a设置了一个貌似物料守恒的式子而忽视了氯气分子的存在，故a错；根据Cl2+H2oHClo+H++Cl-，HCl完全电离而HClo部分电离，可知正确的顺序c（H+）>c（Cl-）>c（Clo-）>c（oH-），B错；C项等物质的量的强碱与弱酸混合生成强碱弱酸盐溶液显碱性c（oH-）>c（H+），再根据溶液中电荷守恒可以判断c（na+）>c（CH3Coo-）；
电解质溶液篇4
一、离子浓度大小比较
离子浓度大小的比较需要注意两点：（1）紧抓两个平衡：弱电解质的电离、盐类的水解.（2）做题时，先理清溶液的成分，是单一溶液还是混合溶液，后具体分析.
1．单一溶液
（1）多元弱酸溶液
多元弱酸的电离是分步进行的，且上一步电离出的氢离子会抑制下一步的电离，所以电离程度一步比一步弱.一般规律是：（H+）（一级电离离子）（二级电离离子）（三级电离离子）（oH-）.例如，在H3po4溶液中，c(H+)c(H2po-4)c(Hpo2-4)c(po3-4)c(oH-).
（2）一元弱酸强碱盐或一元强酸弱碱盐
判断离子浓度大小要考虑弱酸根离子的水解，一般规律是：（不水解的离子）＞（水解离子）＞（显性离子）＞（水电离出的另一离子）.例如，在醋酸钠溶液中，c(na+)c(CH3Coo-)c(oH-)c(H+).
（3）多元弱酸强碱盐
多元弱酸根离子是分步水解，一般规律是：（不水解离子）＞（水解离子）＞（显性离子）＞（二级水解离子）＞（水电离出的另一离子）.例如，在na2Co3溶液中，c（na+）＞c(Co2-3)＞c(oH-)＞c(HCo-3)＞c(H+).
（4）多元弱酸的酸式盐
因弱酸的酸式酸根离子不仅电离，而且水解，所以须先弄清楚电离与水解的大小，后判断离子浓度的大小.
常见的naHCo3、naHS、na2Hpo4溶液中酸式酸根离子的水解程度大于电离程度，溶液显碱性.例如，在naHCo3溶液中，c（na+）＞c(HCo-3)＞c(oH-)＞c(H+)＞c(Co2-3).而在naHSo3、naH2po4溶液中酸式酸根离子的电离程度大于水解程度，溶液显酸性.例如，在naHSo3溶液中，c（na+）＞c(HSo-3)＞c(H+)＞c(So2-3)＞c(oH-).
一般地，在做不同溶液中同种离子浓度的比较这类题时既要考虑离子在溶液中的水解情况，又要考虑电离情况以及其他离子对该离子的影响.
例如，现有常温下浓度相等的四种溶液：a．nH4HCo3、b．nH4HSo4、c．nH4Cl、d．氨水．请判断四种溶液中c(nH+4)的大小.三种盐完全电离，nH+4水解显酸性，HCo3-水解显碱性，它们的水解相互促进，b完全电离溶液显强酸性，抑制了nH+4的水解，d部分电离出nH+4，所以c(nH+4)：bcad.
2.混合溶液
先要看混合时是否发生反应，若有反应，则要判断是否过量（注意溶液体积变化）；然后结合电离、水解等因素得出溶液成分和各成分量的大小，找到离子浓度的大小.
例如，0.2mol/LnH4Cl溶液和0.1mol/LnaoH溶液等体积混合，溶液中存在的离子的浓度由大到小的排列顺序是.
分析：由nH4Cl+naoH=naCl+nH3・H2o可知nH4Cl过量，此时得到naCl、nH3・H2o、nH4Cl等量混合溶液，nH3・H2o的电离程度大于nH+4的水解程度，溶液显碱性，同时c(Cl-)＞c(nH+4).电离、水解等都是影响离子浓度大小的要素.
答案：c(Cl-)＞c(nH+4)＞c(oH-)＞c(H+)
二、守恒关系
1．电荷守恒
电解质溶液呈电中性，即溶液中所有阳离子所带正电荷总数与所有阴离子所带负电荷总数相等.解题思路：先把涉及的电离方程式、水解方程式全部写出，后找出所有的阴、阳离子再写出等式.注意：离子浓度前的系数.
2．物料守恒
电解质溶液中因溶质的电离或水解，溶质电离出的离子会变成其他离子或分子，但离子或分子中某种特定元素原子的总数不变.例如，0.1mol/Lna2Co3溶液，n(na+)∶n(Co2-3)＝2∶1，推出：c(na+)＝2［c(HCo-3)+c(Co2-3)+c(H2Co3)］.也可根据C守恒推出：c(HCo-3)+c(Co2-3)+c(H2Co3)=0.1.
电解质溶液篇5
关键词：哲学思想；“电解质溶液”教学；案例教学
化学是从“分子层次”研究物质的组成、结构、性质、变化及其规律的一门科学。以辩证唯物主义为核心内容的马列主义哲学，是以实践为基础的、关于自然、社会和思维发展的普遍规律的科学，是唯物主义和辩证法的统一。马列主义哲学既是理论化、系统化的世界观，又是观察分析和处理各种问题的方法论。马克思主义哲学和化学之间形成了个别与一般、特殊与普遍的辩证关系：马列主义哲学以整个世界为研究对象，而化学只从分子层次研究物质；马克思主义哲学揭示了自然、社会和人类思维发展的最普遍规律，化学反映的是具体物质运动形式的特殊规律；化学的产生和发展为马克思主义哲学的产生和发展提供科学依据，化学的继续发展也受到了马克思主义哲学思想的影响。因此，化学教学不仅是化学知识的再现过程，更是渗透马克思主义世界观和方法论的载体，它能够使学生在获得化学知识的同时，在哲学思想、科学品质、科学精神、科学方法等各种素养都能得以发展。同时，进行辩证唯物主义教育，有助于加强基础知识和基本技能的教学，有助于培养学生的能力。下面介绍几个运用哲学思想解决高中化学“电解质溶液”教学中难点的案例。
案例1：弱酸酸式盐的水溶液的酸碱性
例：常温下naHCo3溶液显碱性，而naHS03溶液显酸性，请解释原因。
分析：naHCo3溶液中既存在着HCo-3的电离又存在着HCo-3的水解，电离产生H+，要导致溶液显酸性，水解产生oH-，要导致溶液显碱性，由于HCo-3的水解是主要的，所以naHCo3溶液呈碱性。与之相同，naHS03溶液中也存在着HSo3-的电离，又存在着HSo3-的水解，但由于HSo3-的电离是主要的，所以溶液naHSo3溶液呈酸性。从中我们可以挖掘出这样的哲学资源：复杂的矛盾体系中，决定事物发展过程的是主要矛盾和矛盾的主要方面，在一定的条件下，主要矛盾和次要矛盾可以相互转化。教学中，教师首先通过这么一个例子使学生体验如何运用这一观点从复杂的矛盾体系中抓住主要矛盾的方法去认识、理解问题，然后通过下面的例子，巩固这样的学习方法。
案例2：弱电解质的电离
例：如何理解一定温度下，将一定量的冰醋酸加水稀释，醋酸溶液H+离子浓度先增大后减小。
分析：冰醋酸加水稀释过程中，H+浓度所涉及的矛盾的两个方面：一方面，加水，醋酸的电离平衡向右移动，电离出更多的H+离子，增大H+离子的浓度；另一方面，加水，溶液体积增大，减小H+离子的浓度。影响醋酸溶液中离子浓度的因素有电离程度的增大和溶液体积的增大这一对矛盾。刚开始稀释，电离程度的增大是主要矛盾，所以醋酸溶液H+离子浓度增大；而后来溶液体积的增大转变成影响醋酸溶液H+离子浓度的主要矛盾，H+离子物质的量的增加成为次要矛盾，所以，醋酸溶液H+离子浓度减小。
案例3：“矛盾溶液”中微粒浓度的关系
例：把0.02mol/LCH3CooH溶液和0.01mol/LnaoH溶液以等体积混合，溶液显酸性，则混合液中微粒浓度关系正确的为（）（忽略溶液混合时体积的改变）
不仅“电解质溶液”这一教学内容，整个中学化学都蕴藏着丰富的哲学思想。在中学化学教学中以哲学思想为指导，注重哲学观点的渗透，不仅能够促使学生初步接受唯物辩证法的基本规律和辩证唯物主义的认识论，而且能让学生用这样的观点和思维方法去认识、理解和解决化学问题，激发学生学习化学的兴趣，提高学生学习化学的能力。
参考文献：
电解质溶液篇6
一、弱电解质的电离
（一）醋酸是弱电解质，在水溶液中存在电离平衡，不能完全电离，其溶液中既含有离子，又含有溶质分子，对水的电离起到抑制作用。证明醋酸是弱电解质的方法有：1、相同条件下，同浓度的盐酸与醋酸进行导电性试验，盐酸的导电性强；2、相同条件下，同浓度的盐酸与醋酸与相同状态的Zn反应，盐酸反应的速率快；3、0.1mol/LCH3CooH溶液pH不为1，约为3；4、将0.1mol/LCH3CooH溶液稀释10倍，pH改变小于1个单位；5、向0.1mol/LCH3CooH溶液中加入几滴甲基橙溶液，振荡溶液显红色，加热此溶液，红色加深；6、向0.1mol/LCH3CooH溶液中加入几滴石蕊溶液，振荡溶液显红色，加入CH3CoonH4晶体，红色变浅；7、0.1mol/LCH3Coona溶液pH>7。
（二）影响醋酸电离平衡的因素。1、浓度：减小溶液浓度，电离程度增大；增大溶液浓度，电离程度减小。2、温度：电离过程是一个吸热过程，升高温度，电离程度增大；降低温度，电离程度减小。3、外加试剂：①向醋酸溶液中加入强酸，抑制醋酸的电离。②向醋酸溶液中加入能够与其电离出来的某种粒子发生化学反应的物质时，就可使其电离平衡向电离的方向移动。
二、酸碱反应溶液pH的计算
1.等物质的量浓度的CH3CooH溶液与naoH溶液等体积混合，二者恰好完全反应：CH3CooH+naoH=CH3Coona+H2o，溶液变为醋酸钠溶液，醋酸钠为强碱弱酸盐溶液显碱性，pH﹥7。即：当等体积、等物质的量浓度的一元强碱（强酸）与一元弱酸（弱碱）混合后谁强显谁性。
2.pH=3的CH3CooH与pH=11的naoH溶液等体积混合，因CH3CooH远远过量，溶液显酸性，pH
三、盐类的水解
醋酸钠为强碱弱酸盐，水溶液因为醋酸根的水解而呈碱性；醋酸铵为弱酸弱碱盐，水溶液因为醋酸根和铵根离子的同时水解，并且水解程度相同呈中性。由此得出盐类水解的规律为：有弱就水解，无弱不水解；谁强显谁性，同强显中性，弱弱具体定；越弱越水解，越热越水解，越稀越水解；对水的电离起到促进作用。影响醋酸钠水解的因素：1、温度：升高温度水解程度增大。2、盐的浓度：溶液越稀，水解程度越大。3、增大溶液的c（H+）或加入水解呈酸性的盐，平衡正向移动；增大溶液的c（oH－）或加入水解呈碱性的盐，平衡逆向移动。4、加入醋酸根，因为醋酸根增多，水解平衡正向移动，但水解程度变小。
四、水溶液中离子浓度的比较
（一）在掌握这类题型时一定要全面理解三种守恒关系是解题的关键，也是其理论依据
1.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。例如：na2Co3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－)。
2.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。例如：na2Co3溶液中n(na):n(C)＝2:1，推出：c(na+)＝2〔c(HCo3－)＋c(Co32－)＋c(H2Co3)〕。
3.质子守恒：在任何水溶液中，水电离出的H+和oH－的量总是相等。（注：把电荷守恒和物料守恒两式中没水解的离子消掉，可以导出质子守恒。）
（二）常见题型及对策
1.单一溶质溶液中离子浓度大小关系对策：①电解质完全电离时，离子下角标大的，离子浓度较大；②下角标相同时，电解质完全电离后，不水解的离子浓度较大，发生部分电离的离子浓度较小（或只发生水解的），其对应的生成物浓度更小；③对于既电离又水解的离子，要视电离与水解的相对大小而定；④如涉及到c（H+）或c（oH－）的大小比较时，还需考虑水的电离或电解质溶液中的电荷守恒。
2.混合溶液中离子浓度大小关系对策：①首先考虑电荷守恒，如醋酸和氢氧化钠混合，不论谁过量均有c(CH3Coo－)+c(oH－)=c(na+)+c(H+)；②然后考虑离子间的反应；③再次酸、碱混合时考虑是完全反应还是一种过量；④若是等物质的量混合时要考虑是电离为主还是水解为主。(Ⅰ)CH3CooH与CH3Coona，nH3·H2o与nH4Cl溶液混合，电离大于水解；(Ⅱ)HClo与naClo，HCn与naCn溶液混合，水解大于电离。
电解质溶液篇7
（第一课时）
教学目的：
1、使学生了解电解质、非电解质；强电解质、弱电解质的含义。
2、培养学生实验能力、观察能力，培养探究化学反应实质的能力。
培养学生全面认识事物、分析事物的逻辑思维能力。
3、激发学生学习化学的兴趣和情感，培养学生严谨求实、勇于探索的科学态度。
4、对学生进行透过现象看本质的辨证唯物主义教育。
教学重点：
强电解质、弱电解质的含义
教学难点：：强电解质、弱电解质的含义，电离的本质。
教学方法：设疑、实验、讨论、讲解相结合
教学过程：
［引言］前面我们学习了氧化还原反应，知道：根据反应中是否有电子转移可以把化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，化学反应还有一种重要的分类方法，即将有离子参加的反应统称为离子反应。下面我们就来学习这种反应。
［板书］
第二节
离子反应
［提问］下列物质中哪些能导电?为什么能导电?
盐酸、naoH溶液、naCl固体、石墨、蔗糖溶液、酒精溶液、K2So4溶液、Cu。
［小结］
①
石墨、铜能导电，因为其中有自由移动的电子存在。
②
盐酸、naoH溶液、K2So4溶液能导电，因为它们的溶液中有自由移动的离子存在。
［追问］在盐酸、naoH溶液、K2So4溶液里的自由移动的离子是怎样产生的?可通过什么方法证明溶液中存在离子?
［小结］
①
电离产生，其过程可用电离方程式来表示。
②
可通过溶液导电性来检验。
［思考］物质在什么情况下可以电离呢?
［板书］一、电解质和非电解质
电解质：在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物，如酸、碱、盐等。
非电解质：在水溶液里和熔化状态下都不导电的化合物，如蔗糖、酒精等。
［讲解］电解质、非电解质是根据物质在一定条件下能否导电对化合物的一种分类。
［讨论］下列物质中哪些是电解质?
Cu、naCl固体、naoH固体、K2So4溶液、Co2、蔗糖、naCl溶液、H2o、酒精。
［小结］应注意以下几点：
①
电解质应是化合物。而Cu则是单质，K2So4与naCl溶液都是混合物。
②
电解质应是一定条件下本身电离而导电的化合物。而Co2能导电是因Co2与H2o反应生成了H2Co3，H2Co3能够电离而非Co2本身电离。所以Co2不是电解质。
③
酸、碱、盐、水是电解质，蔗糖、酒精为非电解质。
注意点：
（1）溶于水或熔化状态；注意：“或”字
（2）溶于水和熔化状态两各条件只需满足其中之一，溶于水不是指和水反应；
（3）化合物，电解质和非电解质，对于不是化合物的物质既不是电解质也不是非电解质。
［设问］相同条件下，不同种类的酸、碱、盐溶液的导电能力是否相同?
［演示实验1-1］观察：五种电解质溶液的导电性是否相同?并分析结果。
（结果：相同条件下，不同种类的酸、碱、盐溶液的导电能力不相同）
［讲述］电解质溶液导电能力的大小决定于溶液中自由移动的离子的浓度和离子所带电荷数。而当溶液体积、浓度和离子所带的电荷数都相同的情况下，取决于溶液中自由移动离子数目，导电能力强的溶液里的自由移动的离子数目一定比导电能力弱的溶液里的自由移动的离子数目多。
比较以上五种溶液，显然，在CH3CooH、nH3·H2o溶液中的自由移动离子数目较少。
［设问］溶液中自由移动的离子多少跟什么因素有关?（电解质的电离程度）
［板书］二、强电解质和弱电解质
［阅读］课本第14页。
［图示］naCl在水中的溶解和电离情况。
［板书］
1．强电解质：在水溶液中全部电离成离子的电解质。如naCl、naoH等（写出电离方程式）
2．弱电解质：在水溶液中只一部分电离成离子的电解质。如nH3·H2o、CH3CooH等。
3．强、弱电解质的区别。（讨论后填表）
强电解质
弱电解质
电离程度
完全
部分
溶液里粒子
水合离子
分子、水合离子
同条件下导电性
强
弱
物质类别
强碱、强酸、大多数盐
弱碱、弱酸、水
化合物类型
离子化合物、某此共价化合物
某些共价化合物
［讨论］BaSo4、CaCo3、agCl等难溶于水的盐是否属电解质?CH3CooH易溶，是否属强电解质?
［小结］BaSo4、CaCo3、agCl虽然难溶，但溶解的极少部分却是完全电离，所以它们为强电解质H3CooH体易溶于水，但它却不能完全电离，所以属弱电解质。因此，电解质的强弱跟其溶解度无必然联系，本质区别在于它们在水溶液中的电离程度。
［思考］利用溶液导电性装置进行实验，向盛有稀H2So4的烧杯中逐滴加入Ba(oH)2溶液，能观察到什么现象?加以解释，写出有关的反应方程
［分析］随着Ba(oH)2溶液的逐滴加入，灯泡将会由亮
渐暗
熄灭
渐亮
反应为：Ba(oH)2＋H2So4
==
BaSo4＋2H2o，随着反应的进行，离子浓度将会怎样变化呢?
［板书设计］
第二节
离子反应
一、电解质和非电解质
1．电解质：在水溶液里或熔化状态下能导电的化合物。如酸、碱、盐等。
2．非电解质：在水溶液里和熔化状态下都不导电的化合物。如蔗糖、酒精等。
二、强电解质和弱电解质
1．强电解质：在水溶液中全部电离成离子的电解质。如naCl、naoH等。
2．弱电解质：在水溶液中只一部分电离成离子的电解质。如nH3·H2o、CH3CooH等。
3．强弱电解质的区别。
［探讨］弱电解质溶于水的电离方程式如何表示?
[总结]
强酸：如HCl、H2So4、Hno3
强电解质
强碱：如KoH、naoH、Ba(oH)2
电解质
（全部电离）
大多数盐：如：naCl、agno3
弱酸：如H2S、H2So3、CH3CooH
弱电解质
弱碱：如nH3
H2o、Cu(oH)2
（部分电离）
水：H2o
[布置作业]
电解质溶液篇8
关键词：水电离；离子浓度；计算
电解质溶液中既有电解质电离的离子，又有水电离的H+和oH-，理清电解质电离的离子和水电离的离子间的关系，计算水电离的离子浓度是新课程高中化学教学的基本要求，也是教学的重点和难点，本文就此类问题展开讨论。
一、酸溶液中水电离的离子浓度的计算
酸溶液中，有酸电离的H+、酸根离子或酸式根离子，有水电离的H+和oH-，酸电离的H+对水的电离有抑制作用，使水的电离程度有所减小，溶液中的H+以酸电离的H+为主，溶液中oH-全部来自于水的电离。即C溶液（H+）=c酸（H+）+c水（H+）≈c酸（H+），c溶液（oH-）=
c水（oH-），根据水的离子积有C溶液（H+）・c溶液（oH-）=
c酸（H+）・c水（oH-）=Kw，所以，c水（oH-）=Kw÷c酸（H+）=
c水（H+）。
例1：计算常温下0.1mol/L盐酸溶液中水电离的H+和oH-浓度。
解析：本题已知c酸（H+）=0.1mol/L，据分析得：
c水（H+）=c水（oH-）=Kw÷c酸（H+）=[1.0×10-14（mol/）2]÷0.1mol/L=1.0×10-13mol/L。
二、碱溶液中水电离的离子浓度的计算
碱溶液中，有碱电离的oH-、碱的阳离子，水电离的H+和oH-，碱电离的oH-对水的电离有抑制作用，使水的电离程度有所减小，溶液中的oH-以碱电离的oH-为主，溶液中的H+全部来自于水的电离。即
C溶液（oH-）=c碱（oH-）+c水（oH-）≈c碱（oH-），c溶液（H+）=c水（H+），根据水的离子积有C溶液（H+）・c溶液（oH-）=
c水（H+）・c碱（oH-）=Kw，所以，c水（H+）=Kw÷c碱（oH-）=
c水（oH-）。
例2：计算常温下0.1mol/LnaoH溶液中水电离的H+和oH-的浓度。
解析：本题已知c碱（oH-）=0.1mol/L，据分析得：
c水（H+）=c水（oH-）=Kw÷c碱（oH-）=[1.0×10-14（mol/）2]÷0.1mol/L=1.0×10-13mol/L。
三、盐溶液中水电离的离子浓度的计算
1.强酸弱碱盐
此类盐溶液中有强酸弱碱盐的完全电离、弱碱阳离子的不完全水解、水的极弱电离。溶液中的H+和oH-全部来自于水的电离，只不过水电离出的oH-有一部分被弱碱阳离子结合成弱碱而水解，水的电离程度会因水解而增大，溶液中水的电离程度可用H+浓度大小来衡量。如nH4Cl溶液，nH4Cl=nH+4+Cl-，
nH+4+H2o？葑nH3・H2o+H+。
例3：计算比较常温下pH=1的盐酸和氯化铵溶液中水电离程度的大小。
解析：pH=1的盐酸中：c溶液（H+）=0.1mol/L，
c溶液（oH-）=c水（oH-）=c水（H+）=Kw/c溶液（H+）=[1.0×
10-14（mol/）2]÷0.1mol/L=1.0×10-13mol/L，
pH=1的nH4Cl溶液中：c溶液（H+）=c水（H+）=0.1mol/L。
因为pH=1的nH4Cl溶液中水电离的H+浓度大于盐酸溶液中的水电离的H+浓度，所以前者中水的电离程度大于后者。
2.强碱弱酸盐
此类盐溶液中有盐的完全电离、弱酸根的不完全水解、水的极弱电离。溶液中的H+和oH-全部来自于水的电离，只不过水电离的H+有一部分被弱酸根结合成弱酸根或酸式根而水解，水的电离程度增大，溶液中水的电离程度可用oH-浓度大小来衡量。如CH3Coona溶液，CH3Coona=CH3Coo-+na+，CH3Coo-+
H2o？葑CH3CooH+oH-。
例4：计算比较常温下pH=8的氢氧化钠和醋酸钠溶液中的水的电离程度的大小。
解析：pH=8的naoH溶液：naoH=na++oH-，H2o？葑H++oH-，c溶液（H+）=1.0×10-8mol/L=c水（H+）=
c水（oH-）。
pH=8的CH3Coona溶液：CH3Coona=CH3Coo-+na+，CH3Coo-+H2o？葑CH3CooH+oH-，c溶液（H+）=1.0×10-8mol/L，c溶液（oH-）=Kw/c溶液（H+）=[1.0×
10-14（mol/）2]÷1.0×10-8mol/L=1.0×10-6mol/L=c水（oH-）。
因为pH=8的CH3Coona溶液中水电离的oH-浓度大于pH=8的naoH溶液中oH-的浓度，所以前者中水电离的程度大于后者中水的电离程度。
3.强酸酸式盐
此类盐溶液中有盐的完全电离、水的极弱电离。溶液中的H+既有水电离的又有水电离的，而oH-全部来自于水的电离，因有盐电离的H+的抑制作用，水的电离程度将减小，其电离程度只能用溶液中的oH-浓度的大小来衡量。如naHSo4溶液中，naHSo4=na++H++So2-4，H2oH++oH-。
例5：计算0.1mol/LnaHSo4溶液中水电离的H+和oH-的浓度。
解析：c盐（H+）=0.1mol/L≈c溶液（H+），c溶液（oH-）=Kw/c溶液（H+）=[1.0×10-14（mol/）2]÷0.1mol/L=1.0×
10-13mol/L=c水（oH-）=c水（H+）。
四、溶液中水电离的离子浓度计算的应用
例6：（天府名校四七九模拟精编18）下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）。
a.加入KSCn显红色的溶液：na+、K+、So2-3、C6H5o-
B.c水（oH-）=1.0×10-13mol/L的溶液：mg2+、Cu2+、So2-4、no-3
C.0.1mol/Lnaalo2溶液：K+、na+、no-3、Co2-3
D.使pH试纸显深蓝色的溶液：Fe2+、nH+4、HCo-3、So2-4
答案：C
解析：a.加入KSCn显红色说明有Fe3+，Fe3+与So2-3会发生氧化还原反应，与C6H5o-会发生显色反应，不能共存。B.水电离的oH-若为溶液中全部的oH-，则
电解质溶液篇9
首先，明确溶液中各种粒子的成分是基本，否则就无法确定溶液中粒子浓度的大小；其对策是全面考虑电离、水解、及反应等.即考虑溶液中所有强弱电解质的完全电离、部分电离及盐中离子的水解，多元弱酸、多元弱酸酸式酸根的分步电离及多元弱酸根的分步水解产生的粒子、留下的粒子；不能遗忘了水电离产生的H+及oH-；还要考虑离子间发生反应生成的粒子等.如：醋酸溶液中存在H2o、CH3CooH
分子及CH3Coo-、H+、oH-离子；naH2po4、na2Hpo4、na3po4溶液中均存在H2o、H3po4分子及na+、H2po-4、Hpo2-4、po3-4、H+、oH-离子；K2S溶液中存在H2o、H2S分子及K+、S2-、HS-、H+、oH-离子.
2.三大守恒确定等量关系是根本
（1）电荷守恒：所有溶液均呈电中性，则溶液中所有阳离子所带正电荷总量等于阴离子所带负电荷总量；即Σc（阳离子）×阳离子所带电荷数=Σc（阴
离子）×阴离子所带电荷数.由此可写出溶液中的电荷守恒式.如naH2po4、na2Hpo4、na3po4溶液中电荷守恒式均为c（na+）+c（H+）=c（oH-）+c（H2po-4）+2c（Hpo2-4）+3c（po3-4），K2S及KHS溶液中电荷守恒式均为c（K+）+c（H+）=c（oH-）+c（HS-）+2c（S2-）.
（2）物料守恒：电解质溶于水后，某一原子或原子团最终可能转化成多种形式的粒子，则各粒子的浓度之和等于其初始（含该原子或原子团的粒子）浓度.如0.2mol/L的CH3Coona溶液中
c（CH3Coo-）+c（CH3CooH）=0.2mol/L.通常还用两元素形成的各粒子浓度之和的比等于最初投入物质的组成中该两元素原子个数比恒定来表达物料守恒式.如K2S溶液：KS=2，K的存在形式只有K+，S的存在形式有H2S、HS-、S2-，则物料守恒式为：
c（K+）=2c（H2S）+2c（HS-）+2c（S2-）.再如0.1mol/Lna2Co3溶液与0.1mol/LnaHCo3溶液等体积混合后：
naC=32，na的存在形式只有na+，C的存在形式有HCo-3、H2Co3、Co2-3，故物料守恒式为2c（na+）=3c（HCo-3）+3c（H2Co3）+3c（Co2-3）.
（3）质子守恒：任何水溶液中，由水电离产生的c（H+）等于由水电离产生的c（oH-）.酸或碱的质子守恒式就是其电荷守恒式，通常重点考查的强碱弱酸盐的质子守恒式，一般用下式直接写出：c（oH-）=c（H+）+Σc（电解质的成分结合H+转化的粒子）×结合的H+数Σc（电解质的成分电离H+转化的粒子）×电离的H+数；即电解质的成分转化成其它粒子时每结合1个H+便产生1个oH-、每电离1个H+便结合（减少）1个oH-；如K2S溶液：c（oH-）=c（H+）+HS-+2H2S；naH2po4溶液：c（oH-）=c（H+）+c（H3po4）-c（Hpo2-4）-2c（po3-4）.质子守恒式也可用物料守恒式及电荷守恒式运算求得，如na2Hpo4溶液：直接写出质子守恒式为：c（oH-）=c（H+）+c（H2po-4）-2c（H3po4）-c（po3-4）；也可根据物料守恒式①c（na+）=2c（H3po4）+2c（Hpo2-4）+2c（H2po-4）+2c（po3-4），电荷守恒式②c（na+）+c（H+）=c（oH-）+c（H2po-4）+2c（Hpo2-4）+3c（po3-4）；①-②消去na+整理得到.
注意：关于混合溶液中等量关系的考查，除电荷守恒式外，一般是物料守恒式的整合或物料守恒式与电荷守恒式的综合整合.
例1室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是（）.
a.0.1mol/LK2S溶液与0.1mol/LKHS溶液等体积混合
c（S2-）+2c（oH-）=c（HS-）+3c（H2S）+2c（H+）
B.na2C2o4溶液：
c（oH-）=c（H+）+
c（HC2o-4）+2c（H2C2o4）
C.na2Co3溶液：c（na+）+c（H+）=2c（Co2-3）+c（oH-）
D.CH3Coona和CaCl2混合溶液：c（na+）+
c（Ca2+）=c（CH3Coo-）+c（CH3CooH）+2c（Cl-）
解析本题主要考查三大守恒，a可由物料守恒式及电荷守恒式消去（na+）得到，正确；B为质子守恒式，正确；C考查电荷守恒，但漏写了c（HCo-3），错；D考查CH3Coona和CaCl2物料守恒式的加合，CaCl2物料守恒式应为2c（Ca2+）=c（Cl-），正确关系应为c（na+）+2c（Ca2+）=c（CH3Coo-）+c（CH3CooH）+c（Cl-），D错；答案aB.
3.分清主次，分类比较确定粒子浓度大小是关键
（1）溶液中粒子（H2o分子不考虑，以下同）浓度的大小可将过程主次分类，使产生的粒子浓度大小也主次分类；过程的主次也决定着粒子浓度的主次变化.强电解质的电离及有些反应为主，弱电解质的电离、盐中离子的水解为次，多元弱酸的二级电离、多元弱酸根的二级水解、水的电离更次之.粒子的浓度大小也可分为三类：第一类：强电解质完全电离产生的离子、弱电解质未电离的分子及离子间发生其它较大量反应生成的粒子.第二类：弱电解质第一步电离产生的离子，盐类第一步水解产生的粒子.第三类：弱电解质第二步电离产生的离子、盐类第二步水解产生的粒子及水电离产生的H+、oH-.如K2S溶液：K2S电离为主，电离产生的K+、S2-为一类，S2-水解为次，水解产生的HS-、oH-为二类；HS-水解及H2o电离更次之，产生的H2S、H+为三类；S2-水解每产生一个HS-便产生一个oH-，S2-+H2oHS-+oH-，HS-水解HS-+H2oH2S+oH-使c（HS-）减小，c（oH-）增大；故有关离子浓度大小关系为：
c（K+）>c（S2-）>c（oH-）>c（HS-）>c（H+）.
（2）同浓度的弱酸及该弱酸的强碱盐组成的混合溶液中：未电离的弱酸及主要过程盐电离产生的弱酸根为一类粒子，其中弱酸的电离及弱酸根的水解再分主次，若弱酸的电离为主弱酸根的水解为次，则溶液呈酸性，如CH3CooH、CH3Coona混合溶液，有关粒子浓度大小关系为：c（CH3Coo-）>c（na+）>c（CH3CooH）>c（H+）>c（oH-）；若弱酸根的水解为主弱酸的电离为次，则溶液呈碱性；如HCn、naCn混合溶液，有关粒子浓度大小关系为：c（HCn）>c（na+）>c（Cn-）>c（oH-）>c（H+）.再如0.2mol/LCH3Coona与0.1mol/LHCl等体积混合后：完全电离产生的离子为na+、CH3Coo-、Cl-、H+，由于发生主要反应CH3Coo-+H+CH3CooH，则主要过程产生的c（na+）为0.1mol/L，c（CH3Coo-）、c（CH3CooH）、c（Cl-）均为0.05mol/L；再考虑次要过程的主要方面CH3CooHCH3Coo-+H+；则c（CH3Coo-）略增，大于0.05mol/L；c（CH3CooH）略减，小于0.05mol/L；故有关粒子浓度大小关系为c（na+）>c（CH3Coo-）>（Cl-）>（CH3CooH）>c（H+）>c（oH-）.
注意：①一般未特加说明，同浓度的弱酸及该弱酸的强碱盐组成的混合溶液，弱酸的电离为主，溶液呈酸性；同浓度的弱碱及该弱碱的强酸盐组成的混合溶液，弱碱的电离为主
，溶液呈碱性.
②pH=a的酸与pH=b的碱（a+b=14）[即酸溶液中的c（H+）等于碱溶液中的c（oH-）]两溶液等体积混合后，弱者过量，过量的弱者电离为主，溶液显示弱者的性质.如pH=1的CH3CooH与pH=13的naoH溶液等体积混合后，CH3CooH过量，形成CH3CooH及CH3Coona的混合溶液，CH3CooH的电离为主，CH3Coo-的水解为次，溶液呈酸性；离子浓度大小为c（CH3Coo-）>c（na+）>c（H+）>c（oH-）.
（3）弱酸的酸式盐溶液中，主要过程为电离产生的一类离子，酸式酸根的次要过程电离、水解再分主次，若酸式酸根的电离为主水解为次，则溶液呈酸性，如naHSo3、naHC2o4、naH2po4等.若酸式酸根的水解为主电离为次，则溶液呈碱性，如naHCo3、naHS、na2Hpo4等.有关一些粒子浓度大小关系：如naHSo3溶液中：c（So2-3）>c（H2So3）且c（na+）>c（HSo-3）>c（H+）>c（oH-）；naHCo3溶液中c（H2Co3）>c（Co2-3）且c（na+）>c（HCo-3）>c（oH-）>c（H+）.
4.促进、抑制水解或电离引起粒子浓度的增减是难点
（1）决定弱电解质的电离程度及盐的水解程度均由其本质决定，以此可比较同浓度不同电解质溶液中一些离子浓度的大小.一定浓度一定体积的电解质正盐溶液中，若仅一价阴离子水解，溶液显碱性，c（oH-）增大c（H+）减小，则溶液中阳离子总数减少（减少的是H+数），溶液中阴阳离子总数也减少；且水解程度越大离子总数减少的越多.若仅一价阳离子水解可用上述方法同样分析比较.若仅二价阴离子（用B2-表示）水解：B2-+H2oHB-+oH-，每一个B2-水解产生一个HB-及一个oH-（共两个），则阴离子总数增加，由于水解显碱性，使得c（H+）减少，则阳离子总数减少；因二价阴离子水解使阴离子总数增加起主导作用，则阴阳离子总数增加.二价阳离子水解及三价离子水解同上述分析.如：同浓度同体积的naF及CH3Coona（酸性：HF>CH3CooH）两溶液中离子总数分别为n1及n2，则可判断c（F-）>c（CH3Coo-）及n1>n2.其方法是：由于F-的水解程度小于CH3Coo-的水解程度，故c（F-）>c（CH3Coo-）；两溶液中阴阳离子均为一价离子，根据离子电荷守恒，阳离子总数等于阴离子总数；又两溶液中na+数相同，阳离子总数只需比较H+数即可，因naF溶液碱性比CH3Coona溶液碱性弱，则naF溶液中c（H+）大，H+数必然多，故n1>n2.再如将0.1mol下列物质：a.mg（oH）2、b.KCl、c.CuSo4、d.na2Co3、e.Ba（oH）2、f.CH3Coona分别投入1L水中，则可判断所得溶液中：①阳离子总数由多到少的顺序是
d>c>b>f>e>a，②阴阳离子总数由多到少的顺序是d>e>c>b>f>a.判断方法是：①根据难溶及易溶物电离的阳离子个数分三类：最多的是d，难溶物a最少，剩余的b、c、e、f为一类；由于c中Cu2+水解使阳离子总数增多，b、e、f中K+、Ba2+、na+数一样多，则总数由H+数多少决定，
c（H+）大者总数多，故阳离子总数有
d>c>b>f>e>a，②同理可分三类：难溶物a最少，最多的是d、e，由于d中二价阴离子Co2-3水解使离子总数增多，则d>e，剩余b、c、f为一类，c中Cu2+水解使离子总数增多，f中CH3Coo-水解使离子总数减少，故阴阳离子总数有d>e>c>b>f>a.
（2）加热，弱电解质的电离及盐的水解程度均增大.
（3）加水稀释：弱电解质的电离及盐的水解程度均增大，电离或水解产生的粒子数目均增加，但电离或水解产生的粒子浓度均减小.强电解质溶液加水稀释n倍后，强电解质电离产生的阴阳离子浓度变为原来的1/n，弱电解质溶液加水稀释n倍后，弱电解质电离程度增大，产生的阴阳离子浓度比原来的小，但大于原来的1/n.
（4）同离子效应可抑制弱电解质的电离或盐的水解.
例2下列说法正确的是（）.
a.pH=a的氨水溶液加水稀释10倍后，pH=b，则a=b+1
B.25℃，将0.1mol/LnaHCo3溶液加水稀释后，n（H+）与n（oH-）的乘积变大
C.将naHCo3溶液的温度升高，c（HCo-3）增大
D.加水稀释0.1mol/LCH3CooH溶液，溶液中c（H+）c（CH3CooH）增大
解析a.nH3・H2o是弱电解质，加水稀释电离程度增大，
n（oH-）增多，稀释10倍，c（oH-）大于原来的1/10，则b>a-1，故a错.B加水稀释c（H+）×c（oH-）不变，由于体积增大，故n（H+）×n（oH-）增大，正确.C升高温度，HCo-3电离程度及水解程度均增大，则c（HCo-3）减小，C错.D加水稀释，c（H+）、c（CH3CooH）均减小，由于同一溶液体积相同，则c（H+）与c（CH3CooH）之比等于n（H+）与n（CH3CooH）之比，加水稀释电离程度增大，n（H+）增大，n（CH3CooH）减少，故c（H+）c（CH3CooH）增大，D正确.答案BD.
（5）盐中阴阳离子均水解，则相互促进，阴阳离子的水解程度均增大.如CH3CoonH4溶液中，nH+4水解产生H+，CH3Coo-水解产生oH-，H+与oH-结合成H2o，促使nH+4及CH3Coo-水解程度均增大.盐中两阳离子或两阴离子均水解，则相互抑制，两阳离子或两阴离子水解程度均减小，如nH4al（So4）2溶液，nH+4及al
3+水解均产生H+，相互抑制，水解程度均减小.再如判断0.1mol/L的溶液：a.nH4Clb.CH3CoonH4、c.nH3・H2o、d.（nH4）2So4、e.nH4HSo4、f.nH4al（So4）2、g.（nH4）2Co3、h.（nH4）2Fe（So4）2，则c（nH+4）由大到小的顺序为：h>d>g>e>f>a>b>c；判断方法是：根据主要过程电离产生的nH+4数分为三类，1mol溶质能电离产生2molnH+4的dgh为一类，产生1molnH+4的abef为二类，极少电离的c为三类.一类中h的Fe2+水解抑制了nH+4的水解，g的Co2-3的水解促进了nH+4的水解，故h>d>g.二类中e电离的大量H+较大程度的抑制了nH+4的水解，f中al3+水解产生的H+较小程度抑制了nH+4的水解，b中CH3Coo-的水解促进了nH+4的水解，故e>f>a>b，综合三类情况则有h>d>g>e>f>a>b>c.
例3下列离子浓度大小比较错误的是（）.
a.0.1mol/L的a.na3po4、b.na2Hpo4、c.naH2po4、d.H3po4、e.（nH4）3po4
溶液中c（po3-4）由大到小的顺序是aebcd
B.0.1mol/L的a.na2S、b.naHS、c.nH4HS、
d.H2S、e.（nH4）2S溶液中c（H2S）由大到小的顺序是dcbea
C.pH=2的CH3CooH溶液与pH=12的naoH溶液等体积混合后
c（na+）>c（CH3Coo-）>c（oH-）>c（H+）
D.0.2mol/LCH3CooH与0.1mol/LnaoH溶液等体积混合后c（CH3Coo-）>c（na+）>（CH3CooH）>c（H+）>c（oH-）
解析由上述（4）分析，a、B正确；C混合后CH3CooH过量，电离为主，溶液呈酸性，C错；D混合后形成同浓度CH3CooH、CH3Coona混合溶液，见上面3中（2）的分析，正确；答案C
5.酸碱滴定过程定点粒子浓度大小关系是要点
以酸碱中和滴定过程为情景，判断一些特定点（如始点、中和点，中性点、终点、半中和点，倍中和点等）溶液中粒子浓度大小关系是近几年高考的热点，常结合中和滴定曲线进行考查.始点：常根据pH判断一定浓度的酸（或碱）的强弱或确定强酸（或强碱）的浓度，中和点：指酸碱恰完全中和生成正盐，此点由盐的性质确定离子浓度大小关系；中性点：指此时溶液呈中性，
c（H+）=c（oH-）；半中和点及倍中和点：指酸（碱）被中和一半或酸（碱）溶液过量一倍，此时由等物质的量浓度的盐和酸或盐和碱组成的混合溶液，一般此时溶液的酸碱性显示含有过量酸（或碱）的性质.
例4常温下，向20mL0.1mol/L的nH4HSo4溶液中滴加0.1mol/L的naoH溶液至VmL，溶液中有关粒子浓度关系错误的是（）.
a.V=0mL时，c（H+）>c（So2-4）>c（nH+4）>c（oH-）
B.V=20mL时，c（na+）=c（So2-4）>c（nH+4）>c（H+）>c（oH-）
C.当溶液呈中性时，则V>20mL，c（na+）>c（So2-4）>c（nH+4）>c（H+）=c（oH-）
D.V=40mL时，c（na+）>c（So2-4）>c（nH3・H2o）>c（nH+4）>c（oH-）>c（H+）
解析V=0时，主要过程nH4HSo4电离产生的c（H+）、c（So2-4）、c（nH+4）相等，由于次要过程c（nH+4）水解，则c（H+）增大、c（nH+4）减小，a正确；V=20mL时，恰反应生成等物质的量的na2So4、（nH4）2So4，主要过程电离产生的c（na+）、c（So2-4）、c（nH+4）相等，由于次要过程c（nH+4）水解溶液呈酸性，c（nH+4）减小，B正确；V=20mL时溶液呈酸性，当溶液呈中性，则naoH溶液略过量，则V>20mL，由于过量的naoH要与nH+4反应使c（nH+4）减小，则C正确；V=40mL时，恰反应生成等物质的量浓度的na2So4及nH3・H2o，nH3・H2o极少电离产生等量的nH+4及oH-，又H2o还要电离产生oH-，则粒子浓度大小关系为c（na+）>c（So2-4）>c（nH3・H2o）>c（oH-）>c（nH+4）>c（H+），故D错误，答案D.
图1
例5常温下，向100mL0.01mol/LHa的溶液中逐滴加入0.02mol/LmoH溶液，如图1所示，曲线表示混合溶液的pH变化情况（溶液体积变化忽略不计）.下列有关粒子浓度大小比较不正确的是（）.
a.当V（moH）=50mL时，（a-）>（m+）>（H+）>（oH-）
B.n点，（a-）=（m+）>（H+）=（oH-）
C.若K点对应的溶液的pH=10，则有：c（m+）>c（a-）>c（oH-）>c（moH）>c（H+）
D.K点，c（moH）+c（oH-）-c（H+）=0.005mol/L
解析由始点可判断Ha为强酸，由中性点，moH过量，可判断moH为弱碱.当V（moH）=50mL时为中和点，酸碱恰反应生成ma，m+水解呈酸性，a正确；B正确；K点形成同浓度的ma及moH的混合溶液，由于moH极少电离，则有关粒子浓度大小关系为：c（m+）>c（a-）>c（moH）>
c（oH-）>c（H+），C错误；在K点时混合溶液体积是碱溶液的2倍，根据物料守恒结合溶液体积变化知，c（moH）+c（m+）=0.01mol/L，c（a-）=
0.005mol/L；根据电荷守恒得c（m+）+c（H+）=c（oH-）+c（a-），则
c（moH）+c（oH-）-c（H+）=0.01mol/L-c（a-）=0.01mol/L-0.005mol/L=0.005mol/L，故D正确；答案C.
衔接练习：
1.下列有关电解质溶液中离子浓度大小关系正确的是（）.
a.naHSo4溶液中有：c（H+）=c（So2-4）+c（oH-）
B.0.1mol/LCH3CooH与0.1mol/LCH3Coona等体积混合后（CH3CooH）+2c（H+）=c（CH3Coo-）+2c（oH-）
C.0.1mol/LnH4Cl溶液与0.1mol/L氨水等体积混合（pH>7）：
c（nH3・H2o）>c（nH+4）>c（Cl-）>c（oH-）
D.0.1mol/Lna2C2o4溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积混合（H2C2o4为二元弱酸），2c（C2o2-4）+c（HC2o-4）+c（oH-）=c（na+）+c（H+）
2.下列说法正确的是（）.
a.已知酸性HF>HCn，则等体积，相同物质的量浓度的naF及naCn溶液中离子总数前者大于后者.
B.等体积，相同物质的量浓度的na2So3及na2So4溶液中，阴离子总数前者大于后者，阳离子总数前者小于后者.
C.pH=2的酸Hna与pH=12的碱B（oH）m溶液等体积混合后溶液的pH=9，若溶液中只有一种离子水解，
则水解的离子方程式为an-+H2oa（n-1）-+oH-
D.0.1mol/LCH3CooH溶液与0.1mol/LnaoH溶液等体积混合，所得溶液中：
c（oH-）>c（H+）+c（CH3CooH）
3.25℃时，有c（CH3CooH）+c（CH3Coo-）=0.1mol・L-1的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中c（CH3CooH）、c（CH3Coo-）与pH的关系如图2所示.下列有关溶液中离子浓度关系的叙述不正确的是（）.
图2
a.pH=5.5的溶液中：
c（CH3CooH）>c（CH3Coo-）>c（H+）>c（oH-）
B.w点所表示的溶液中：
c（na+）+c（H+）=c（CH3CooH）+c（oH-）
C.pH=3.5的溶液中：
c（na+）+c（H+）-c（oH-）+c（CH3CooH）=0.1mol・L-1
D.向w点所表示的1.0L溶液中通入0.05molHCl气体（溶液体积变化可忽略）：c（CH3CooH）+
2c（H+）=c（CH3Coo-）+2c（oH-）+2c（Cl-）
4.室温下，用0.100mol/LnaoH溶液分别滴定20.00mL0.100mol/L的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是（）.
a.Ⅱ表示的是滴定盐酸的曲线
B.pH=7时，滴定醋酸消耗V（naoH）小于20mL
C.V（naoH）=20mL时，c（Cl-）=c（CH3Coo-）
D.V（naoH）=10mL时，醋酸溶液中：
c（na+）>c（CH3Coo-）
>c（H+）>c（oH-）
参考答案：
电解质溶液篇10
【关键词】电荷守恒物料守恒质子守恒
【中图分类号】G624【文献标识码】a【文章编号】1006-5962(2012)06(a)-0093-01
在中学阶段的电解质溶液中的三个守恒包括:电荷守恒、物料守恒以及质子守恒。
1.电荷守恒:电解质溶液中所以阳离子阳离子所带有的正电荷总数与所有的阴离子所带有的负电荷总数相等。如:naHCo3溶液中存在着na+、H+、HCo3－、Co32－和oH－这几种离子,便有如下关系:c(na+)+c(H+)＝c(HCo3－)+c(oH－)+2c(Co32－)。
2.物料守恒:电解质溶液中,由于某些离子能够水解,离子种类增多,但原子总数是不会改变的,因而是守恒的,如na2S溶液中,n(na):n(S)＝2:1,但S2—、HS—都能水解,故S元素以S2—、HS－、H2S三种形式存在,它们之间有如下的守恒关系:c(na+)===2c(S2－)+2c(HS－)+2c(H2S)。
3.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: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—),再如:na2Co3溶液中质子守恒的关系是:c(oH—)＝c(H+)+c(HCo3—)+2c(H2Co3)或c(H+)＝c(oH—)－c(HCo3—)－2c(H2Co3)。
【例题1】(2011江苏高考)下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
a.在0.1mol·L－1naHCo3溶液中:c(na＋)＞c(HCo3－)＞c(Co32－)＞c(H2Co3)
B.在0.1mol·L－1na2Co3溶液中:c(oH－)－c(H＋)＝c(HCo3－)+2c(H2Co3－)
C.向0.2mol·L－1naHCo3溶液中加入等体积0.1mol·L－1naoH溶液:c(Co32－)＞c(HCo3－)＞c(oH－)＞c(H＋)
D.常温下,CH3Coona和CH3CooH混合溶液[pH＝7,c(na＋)＝0.1mol·L－1]:c(na＋)＝c(CH3Coo－)＞c(CH3CooH)＞c(H＋)＝c(oH－)
解析:a选项在0.1mol·L－1naHCo3溶液中,HCo3－在溶液中存在水解与电离两个过程,而溶液呈碱性,说明水解过程大于电离过程,c(H2Co3)＞c(Co32－);B选项c(oH－)－c(H+)＝c(HCo3－)＋2c(H2Co3－)中把c(H+)移项到等式另一边,即是质子守恒关系式;C选项向0.2mol·L－1naHCo3溶液中加入等体积0.1mol·L－1naoH溶液后,相当于0.05mol·L－1的na2Co3溶液和naHCo3溶液的混合液,由于na2Co3的水解程度大于naHCo3的水解程度,因此正确的关系是:c(HCo3－)＞c(Co32－)＞c(oH－)＞c(H+);D选项常温下,CH3Coona和CH3CooH混合溶液,包括CH3Coo－水解和CH3CooH电离两个过程,既然pH＝7,根据电荷守恒式,不难得出c(na+)＝c(CH3Coo－)＝0.1mol·L－1,c(H+)＝c(oH－)＝1×10－7mol·L－1。水解是有限的,c(CH3Coo－)＞c(CH3CooH)。
答案:B、D
点拨:本题属于基本概念与理论的考查,落点在水解与电离平衡、物料守恒和电荷守恒、离子浓度大小比较。溶液中存在水解与电离两个过程,离子浓度大小比较是考试热点内容,高三复习中要强化训练。
【例题2】(2011广东高考)对于0.1mol·L－1na2So3溶液,正确的是
a.升高温度,溶液的pH降低
B.c(na＋)＝2c(So32-)+c(HSo3-)+c(H2So3)
C.c(na＋)+c(H＋)＝2c(So32-)+2c(HSo3-)+c(oH-)
D.加入少量naoH固体,c(So32-)与c(na＋)均增大
解析:本题考查盐类水解及外界条件对水解平衡的影响和溶液中离子浓度大小判断。na2So3属于弱酸强碱盐,水解显碱性,方程式为So32－＋H2oHSo3－+oH－、HSo3－＋H2oH2So3+oH－,因为水解是吸热的,所以升高温度,有利于水解,碱性会增强,a不正确;加入少量naoH固体,c(oH-)增大,抑制水解,所以c(So32-)增大,D是正确的;由物料守恒知钠原子个数是硫原子的2倍,因此有c(na＋)＝2c(So32-)+2c(HSo3-)+2c(H2So3),所以B不正确,有电荷守恒知c(na＋)+c(H＋)＝2c(So32-)+c(HSo3-)+c(oH-),因此C也不正确。
答案:D
【例题3】下列溶液中微粒的物质的量关系正确的是
a.将等物质的量的KHC2o4和H2C2o4溶于水配成溶液:2c(K+)＝c(HC2o4－)+c(H2C2o4)
B.①0.2mol/LnH4Cl溶液、②0.1mol/L(nH4)2Fe(So4)2溶液、③0.2mol/LnH4HSo4溶液、④0.1mol/L(nH4)2Co3溶液中,c(nH4+)大小:③＞②＞①＞④
C.0.1mol/LCH3Coona溶液与0.15mol/LHCl等体积混合:c(Cl-)＞c(H+)＞c(na+)＞c(CH3Coo-)＞c(oH-)
D.0.1mol/L的KHa溶液,其pH＝10,c(K+)＞c(a2-)＞c(Ha-)＞c(oH-)