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1、高考指导：透析溶液中离子浓度大小判定溶液中离子浓度大小的比较是高考的一个热点问题，也 是学生学习电解质溶液学问的一个难点，可从溶液中存在的平衡 确定离子的来源以及主次的角度分析，使各种关系详细化、清淅 化。一、典题透析：分析离子的来源和主次例1.H2S溶液中离子浓度大小关系？解析首先分析氢硫酸溶液中存在哪些平衡，有H2SHS-+H+； HS-S2-+H+; H20H+0H-(学生简单忽视)三个平衡存 在，明确溶液中有H+、HS-、S2-、0H-四种离子，再分析各离子 的来源和主次比较其大小。由电离平衡理论可知：弱电解质的电 离大多数是微弱的，多元弱酸的电离是分步的，且第一步电离的 程度远远大于
2、其次步的，其次步的远远大于第三步的。故氢硫酸 溶液中离子浓度大小依次为：c (H+) > c (HS-) > c (S2-) > c (0H-) o例2.写出1.0 mol/L Na2c03溶液中离子浓度的大小关系和 三个守恒关系式。解析Na2C03溶液存在的平衡：C032-+H20HC03-+0H-, HC03-+H20H2C03+0H-, H20H+0H-,明确溶液中有 Na+、C032-, HC03-、0H-, H+五种离子，由水解平衡理论可知：弱酸的阴离子 和弱碱的阳离子的水解是微量的(彻底双水解除外)，且多元弱酸 的酸根离子的水解是分步进行程度渐渐减弱，主要以第一步
3、水解 为主。因此Na2c03溶液中离子浓度大小依次为：c (Na+) >c (C032-) >； c (0H-) > ； c (HC03-) > ； c (H+), c(Na+)>2c(C032-)o三个守恒关系式：(1)电荷守恒：溶液总是呈电中性，即电 解质溶液中阳离子所带正电荷总数与阴离子所带负电荷总数相 等。关键是找全溶液中存在的离子，并留意离子所带电荷数。 Na2C03 溶液中有 c (Na+) + c (H+) =2c (C032-) + c (0H-) +c(HC03-);物料守恒：即原子个数守恒，存在于溶液中的某 物质，不管在溶液中发生了什么改变，同种元素
4、各种存在形式的 和之比符合物质组成比。1.0 mol/L Na2c03溶液中n (Na) =2n (C) =2. Omol/L,由于 C032-能水解，故碳元素以 C032-、HC03-、H2C03 三种形式存在，所以有c (Na+) =2 (c (C032-) +c (HC03-) +c (H2C03) o (3)质子守恒：在任 何水溶液中，水电离出的H+和0H-的量总是相等。Na2c03溶液中， c (0H-) =c (H+) +c (HC03-) +2c (H2C03),也可以用代入法求,将 物料守恒中的钠离子浓度代入电荷守恒中即可求得。分析溶液中存在有哪些平衡时要留意，弱电解质电离出的
5、离 子不须要再考虑水解如氢硫酸中的HS-、S2-,弱酸根离子水解出 的离子不须要再考虑电离如Na2C03溶液中的HC03-O二、常见题型(一)溶质单一型(弱酸、弱碱溶液、盐溶液等)例3.已知某二元酸(化学式用H2R04表示)在水中的电离方 程式为H2R04=H+HR04-； HR04- H+R042-回答下列问题：(1)NaHR04溶液显(填“酸性”，“中性”，或“碱性”)。理由是：在0.1 mol·L7 的Na2R04溶液中,下列微粒浓 度关系式正确的是：。A. c (R042-) +c (HR04-) +c (H2R04) =0. 1mol·L-1 B. c (
6、0H-) =c (H+) +c (HR04-)C. c (Na+) + c(H+) =c (0H-) + c (HR04) +2c (R042-) D.c (Na+) = 2c (R042-) +2c (HR04-)(3)假如 25C 时,0.1 mol·L7NaHR04 溶液的中, c (R042-)=0. 029 mol· L-1 则 0.1 mol· L-1 H2R04 中 c(R042-) 0. 029 mol·L7 (填，或“二” )o(4)假如 25如时,0. 1 mol·L-1H2R04 溶液的中，pH二-lg
7、0.11,则此时溶液中 c(R042-)= mol·L-1o解析(1)H2R04完全电离(“二二”)为强酸，故HR04-不会水 解但会部分电离产生H+显酸性。(2)A项中无H2R04, B项是质子守恒，C项是电荷守恒，D 项是物料守恒。(3) 0. 1 mol·L-1 H2R04 中,由于 H2R04=H+HR04- 产生的H+抑制了二级电离。(4)由 pH=-IgO. 11, c (H+) =0. 11 mol/L,而 0. 1 mol·L-1 H2R04溶液的中第一步电离产生H+的浓度为0. 1 mol·L-1,故其次步电离产生H+浓
8、度为0. 01 mo I &m i ddot; L-1,所以 c (R042-)=0. 01 mol·L-1 o答案(1)酸性HR04-不会水解但会部分电离产生H+(2) BCD (3)<； (4) 0. 01(二)溶液混合型解题思路：先确定混合后溶液的成分(酸碱性)，再据电离与 水解相对大小程度分析。例4.将0. 2 mol/L HA溶液与0. 1 mo I /LNaOH溶液等体积混 合，测得混合溶液中 c(Na+)>c(A-),则(用或“二”填写下列空白)：(1)混合溶液中c(A-) c(HA)(2)混合溶液中 c (HA)+c (A-) 0. 1 mol/L(3)
9、混合溶液中，由水电离出的c(0H-) 0. 2 mol/LHA溶液中 由水电离出的c(H+)(4) 25时，假如取 0.2 mol/L HA 溶液与 0. 1 mol/L NaOH 溶液等体积混合，测得混合溶液的PH<；7,则HA的电离程度 NaA的水解程度。解析。)将0.2 mol/L HA溶液与0. 1 mol/L NaOH溶液等体 积混合，溶质为等物质的量的HA和NaA,已知c (Na+) >c (A-), 由电荷守恒可知c (0H-) > c (H+)溶液呈碱性，说明HA是弱酸且 电离程度小于A-的水解程度，使得c(A-)(2)由物料守恒和等体积混合后溶液浓度减半可知：c (HA) +c (A-) =0. 1 mo I /L混合溶液中由于NaA的存在，水解会促进水的电离，而0.2 mol/L HA溶液中水的电离受到抑制，因此前者大。(4)由 分析可知pH<7溶液呈酸性，说明HA电离程度 大于A-的水解程度。答案(1)< (2)=> (4)>