比较电解质溶液的导电能力的实验教学反思

比较电解质溶液的导电能力的实验教学反思（共6篇）

篇1：比较电解质溶液的导电能力的实验教学反思

比较电解质溶液的导电能力的实验（简称导电性实验，下同），在高一教材（教材P14）中引入，高二教材（教材P58）再次提及，还将在高三教材（教材P84）继续探讨。所以在这里系统的阐述一下，以期发挥它的功能性作用，用于对学科主干知识和思想方法的盘点。

【实验1-1】按图（见人教版教材）把仪器连接好。

然后把相同条件下的盐酸、CH3COOH溶液、NaOH溶液、NaCl溶液和氨水分别倒入五个烧杯中，接通电源。观察灯泡发光的明亮程度。

实验结果表明：

连接插入CH3COOH溶液和氨水的电极上的灯泡比其他三个灯泡暗。可见它们在同样条件下的导电能力是不相同的。HCl、NaOH和NaCl溶液的导电能力比CH3COOH溶液和氨水强。

反思：

1、除电解质溶液不同以外，其他条件（特别是浓度、离子电荷数）应该相同，这是对照实验的“单一变量”原则所要求的，只有这样，才能尽可能地避免无关变量的干扰。这种方法在设计实验中至关重要；

2、灯泡的明暗程度与离子浓度紧密相关。比较物质的量浓度相同的溶液，强电解质因其完全电离，参与导电的离子浓度大，灯泡较亮，而弱电解质只是部分电离，参与导电的离子浓度小，灯泡相对较暗。于是不难解释“在溶液导电性的实验装置中注入浓CH3COOH溶液时，灯光很暗，如果改用浓NH3·H2O溶液，结果是相似的。但如果将上述两种溶液混合起来实验时，灯光却十分明亮”的现象

3、“用导电性实验证明弱电解质的电离平衡是客观存在的”的方法不恰当。《教师教学用书》对高三这道习题的参考答案是这样的：在500mL或1000mL的烧杯中，加入少量的冰醋酸，刚好使电极浸没为止，用电极导线连接电流表、接通电源，观察电流表指针摆动的情况。然后用蒸馏水逐滴地进行稀释，边加蒸馏水边振荡或用玻璃棒搅动。在稀释前指针不动，随着稀释电流表指针摆动越来越大。如果不断稀释，电流表指针摆动又会逐渐减少。

由此，就证明弱电解质的电离平衡是客观存在的。中学教材中是根据电解质在水溶液中电离能力的大小，把电解质分为强电解质和弱电解质的。纯醋酸、甚至包括水的醋酸溶液（即浓醋酸）都不应该列入研究范围。若用固态氯化钙、或固态氯化镁代替醋酸来做这样的实验，也可以达到这样的效果。而且实验的结果只能证明醋酸(弱电解质)电离的存在，并不能证明醋酸(弱电解质)电离平衡的存在。

在温度不变时，加水稀释过程中，醋酸溶液会发生平衡移动，但导电性实验表现不出来。若用滴加水稀释氯化钠溶液来做这样的实验，电流表指针摆动也会越来越小，事实上氯化钠(强电解质)溶液中氯化钠是完全电离的，不存在电离平衡。

这样的实验结果，能证明稀释醋酸时各种离子浓度发生了变化，但证明不了浓度的变化是否符合勒夏特列原理。作者 湖南宁乡县第一高级中学 喻建军 此文发表在素质教育报化学专刊教师版第7期总第7期

篇2：比较电解质溶液的导电能力的实验教学反思

在通常情况下气体分子是电中性的，一般不导电，导电气体是因为气体分子在其他因素(宇宙射线或高电压等条件)作用下，能产生等离子体，如有足够多的电子和离子存在，那么在气体中也能产生电流，即气体导电。具体讲，在地面放射性元素的辐照，以及紫外线和宇宙射线等的作用下，或多或少总有一些气体分子或原子被电离，即原来是电中性的气体分子或原子分离为一个电子和一个带正电的离子。此外，在有些灯管内，通电的灯丝也会发射电子。当在灯管两端的电极间加上一定的电压时，外加电压迫使这些电子和正离子各向阳极和阴极运动，不过此时灯管内的正离子和电子为数甚少，故所形成的电流十分微弱，在通常情况下可以忽略不计。但是，若灯管中的气体相当稀薄但不是真空，灯管两端电极上加的电压足够高，则电子在向阳极运动的过程中可以得到很大的动能，它们和中性气体相碰撞时，可以使中性分子电离，即所谓碰撞电离，即气体导电是电离，导电能力不是由具有固定特性的材料决定的。同时，在正离子向阴极运动时，由于以很大的速度撞到阴极上，还可能从阴极表面上打出电子来，这种现象称为二次电子发射。碰撞电离和二次电子发射使气体中在很短的时间内出现了大量的电子和正离子。在外电压作用下这些电子和正离子向相反的方向运动。气体中就有了电流通过。常见的气体放电灯，如日光灯、霓虹灯、高压汞灯、氙灯等的灯管中都充有一定量的气体，当两端加上一定电压时，在气体中就有电流流过。在常压下的气体是不易导电的，像空气就是很好的绝缘物质，一般情况下是不导电的。使这些气体由不导电变为导电的过程称为气体击穿。雷雨时天空中的闪电就是空气被击穿形成的。通常情况气体导电是在稀薄气体中发生。常压气体不易导电，在比较高的真空中因为电子和离子不易碰到中性粒子，故也不能发生气体电流。上述的气体电离导电均属自激放电。但只靠这种碰撞电离不能长久维持自激放电，因为碰撞产生的所有电子都要向阳极运动，到了阳极便停止了。要想长久地维持放电，必须使阴极不断地提供电子。一般阴极均装有能发射电子的灯丝。

关于导体电流的计算问题，涉及电解液导电时电流大小的计算，有的学生不是很清楚，我就此问题谈谈自己的看法。

电流的定义：通过导体横截面的电荷量q跟通过这些电荷量所用时间t的比值，叫做流过这段导体的电流强度，简称电流，即：。电流的方向跟正电荷定向移动的方向相同，跟负电荷定向移动的方向相反。对于金属导体导电，因为在金属导体中，可以自由移动的电荷是自由电子，当金属导体两端加上电压，在导体中形成电场，在电场力作用下，自由电子定向移动形成电流，用计算电流，只是q指的是t时间内流过导体某一横截面的负电荷电量的绝对值，且自由电子定向移动的反方向为电流方向。

对于电解液导电时就不这么简单。因为在电解液中同时存在着正离子和负离子，当在电解液的两个电极上加上电压，电解液的两极间就形成电场，在电场力的作用下正、负两种离子都要定向移动，且定向移动方向相反(负离子向阳极移动，正离子向阴极移动)，这样参与形成电流的离子既有正离子又有负离子，它们同时沿反方向穿过某一横截面形成电流，因此，在计算时要注意。现通过实例加以说明。

例一：在10s时间内，通过电解槽某一横截面向右迁移的正离子所带的电荷量为2c，向左迁移的负离子所带电荷量为3c，那么电解槽中电流的大小为_____________。

该题可以这样理解:正离子向右移动形成的电流负离子向左移动形成的电流两个电流的方向相同都向左, 所以, I总=I1+I2=0.5A。

该题型还有如下的问法：如下例：

例二：若t时间内到达正极板的电荷量为-q，到达正极板的电荷量为+q，则电解液中t时间内的平均电流为___________。

处理这个问题时应该注意：题设为到达正、负极板的电荷量绝对值均为q(到达正、负极板的电荷量的绝对值一定相等)。计算电流时还要根据电流的定义，要看t时间内穿过电解液某一横截面的电荷量。简单起见，我们将这个截面设置在电解液的正中央，如图示。因为电解液中正负离子是均匀分布的，所以t时间内到达正极板的电荷量-q中，只有截面右边的的电量向左穿过图中截面。同理：t时间内到达负极板的电荷量+q中，只有截面左边的的电量向右穿过图中截面。依例一可知：电解液中的电流而非

由以上两例可以看出：在计算电解液导电或电离气体导电时，一定要紧紧抓住电流的定义，即：穿过导体某一截面的电荷量q跟通过这些电荷量所用时间t的比值。只有这样才能得出正确结论。

读者可以用以下练习加以巩固：

练习一：某电解液，如果在1s内有5×1018个二价正离子和1.0×1019个一价负离子通过某截面，那么通过这个截面的电流强度为(%%)。

A.0A%%B.0.8A%%C.1.6A%%D.3.2A

篇3：比较电解质溶液的导电能力的实验教学反思

1.两大理论

（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也是微弱的（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）。

例1用物质的量都是0.1 mol的CH3COOH和CH3COONa配成1 L混合溶液，已知其中

c（CH3COO-）>c（Na+），对该溶液的下列判断正确的是（ ）。

A.c（H+）>c（OH-）

B.c（CH3COO-）=0.1 mol·L-1

C.c（CH3COOH）>c（CH3COO-） D.c（CH3COO-）+c（OH-）=0.1 mol

·L-1

解析依电荷守恒关系：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），因c（CH3COO-）>c（Na+），则c（H+）>c（OH-）；且c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+0.1 mol·L-1>0.1 mol·L-1；依物料守恒关系：c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.2 mol·L-1，因c（CH3COO-）>c（Na+）=0.1 mol·L-1，则c（CH3COO-）>c（CH3COOH）。答案：A

例2对于等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，下列说法不正确的是（ ）。

A.分别升高温度，两种溶液的pH均减小

B.相同温度下两种溶液的pH：Na2CO3>NaHCO3

C.分别加入少量NaOH，两溶液中c（CO2-3）均增大

D.两溶液均存在c（Na+）+c（H+）=

c（OH-）+c（HCO-3）+2c（CO2-3）

解析A项，升温，CO2-3、HCO-3的水解程度均增大，pH增大，错误。答案：A

2.三种守恒关系

（1）电荷守恒规律

电解质溶液中，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-3）+c（OH-）+2c（CO2-3）。注意：电荷守恒式中不只是各离子浓度的简单相加。如2c（CO2-3）的系数2代表一个CO2-3带2个负电荷，不可漏掉。

（2）物料守恒规律

电解质溶液中，元素总是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c（K+）=2c（S2-）+2c（HS-）+2c（H2S）。注意：物料守恒式中，离子浓度系数不能漏写或颠倒。如K2S溶液中的物料守恒式中，“2”表示c（K+）是溶液中各种硫元素存在形式的硫原子总浓度的2倍。

图1

（3）质子守恒规律

如Na2S水溶液中的质子转移如图1所示，由图可得Na2S水溶液中质子守恒式可表示： c（H+）+2c（H2S）+c（HS-）=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3将足量CO2气体通入水玻璃（Na2SiO3溶液）中，然后加热蒸干，再在高温下充分灼烧，最后得到的固体物质是（ ）。

A.Na2SiO3 B.Na2CO3、Na2SiO3

C.Na2CO3、SiO2 D.SiO2

解析将足量CO2气体通入水玻璃中，发生反应：2CO2+Na2SiO3+2H2OH2SiO3↓+2NaHCO3；加热蒸干高温灼烧时发生反应：H2SiO3△H2O+SiO2；2NaHCO3△Na2CO3+CO2↑+H2O；SiO2+Na2CO3高温Na2SiO3+CO2↑，各反应物存在如下关系：H2SiO3～2NaHCO3，H2SiO3～SiO2，2NaHCO3～Na2CO3～SiO2，由上述关系可知，最后所得固体物质是Na2SiO3，故选A项。答案：A

例4下列溶液中有关物质的浓度关系正确的是（ ）。

A.c（NH+4）相等的（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中：

c（NH4HSO4）>c[（NH4）2SO4]>c（NH4Cl）

B.向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：

c（Na+）>c（CH3COO-）>c（H+）>c（OH-）

C.1.0 mol·L-1 Na2CO3溶液：

c（OH-）=c（HCO-3）+c（H+）+2c（H2CO3）

nlc202309040137

D.某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中：

c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HA-）+c（A2-）

解析A项，大小顺序应为c（NH4Cl）>c（NH4HSO4）>c[（NH4）2SO4]；B项，c（CH3COO-）应大于c（Na+）；C项，符合质子守恒；D项应为c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HA-）+2c（A2-）。答案：C

3.两种解题方法

（1）盐与酸（碱）混合法

首先考虑是否反应，都不反应，分析盐的水解程度和酸（碱）的电离程度的大小。若能反应，则按反应后混合组成再综合考虑水解和电离两种因素。如：0.1 mol/L的HCl和0.1 mol/L的NH4Cl等体积混合后，溶液之间不反应，c（Cl-）>c（H+）>c（NH+4），因为水解微弱。

例5将0.2 mol·L-1 NaHCO3溶液与0.1 mol·L-1 KOH溶液等体积混合，下列关系正确的是（ ）。

A.2c（K+）=c（HCO-3）+2c（CO2-3）+c（H2CO3）

B.c（Na+）>c（K+）>c（HCO-3）>c（CO2-3）>c（OH-）>c（H+）

C.c（OH-）+c（CO2-3）=c（H+）+c（H2CO3）+0.1 mol·L-1

D.3c（K+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO-3）+2c（CO2-3）

解析根据物料守恒可知A中表达式错；题中两溶液反应后含有等浓度的HCO-3和CO2-3，由于CO2-3的水解程度大于HCO-3的水解程度，因此选项B中的表达式为c（Na+）>c（HCO-3）>c（K+）>c（CO2-3）>c（OH-）>c（H+），B错；C选项，根据电荷守恒有c（Na+）+c（K+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO-3）+2c（CO2-3），根据物料守恒有c（Na+）=c（HCO-3）+c（CO2-3）+c（H2CO3），两者相减可知正确的表达式为c（OH-）+c（CO2-3）=c（H+）+c（H2CO3）+0.05 mol·L-1。由电荷守恒和c（Na+）=2c（K+）可知选项D正确。答案：D

（2）整体思维法

根据单一溶液或溶液混合后的酸碱性比较离子的浓度大小。比如：0.1 mol/L的HCl和0.1 mol/L的NH3·H2O等体积混合后，恰好生成NH4Cl溶液，则按照NH4Cl的离子浓度大小比较即可：c（Cl-）>c（NH+4）>c（H+）>c（OH-）。

例6下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是（ ）。

A.氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中：c（Cl-）>c（NH+4）

B.pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合：c（OH-）=c（H+）

C.0.1 mol·L-1的硫酸铵溶液中：c（NH+4）>c（SO2-4）>c（H+）

D.0.1 mol·L-1的硫化钠溶液中：c（OH-）=c（H+）+c（HS-）+c（H2S）

解析A选项，由电荷守恒：c（Cl-）+c（OH-）=c（NH+4）+c（H+），pH=7可知c（Cl-）=c（NH+4） ，A错误；

若pH=2的一元酸是强酸，和pH=12的一元强碱等体积混合呈中性；pH=2的一元酸是弱酸，和pH=12的一元强碱等体积混合呈酸性，B项错误。

C选项，NH+4水解是微弱的，则c（NH+4）>c（SO2-4）>c（H+），C正确；硫化钠溶液中存在质子守恒：c（OH-）=c（H+）+c（HS-）+2c（H2S），D错误。答案：C

跟踪训练：

1.下列说法正确的是（ ）

A.某溶液中存在的离子只有Cl-、OH-、NH+4、H+，该溶液中离子浓度大小关系可能为c（Cl-）>c（NH+4）>c（OH-）>c（H+）

B.常温下0.1 mol/L的下列溶液①NH4Al（SO4）2 ②NH4Cl ③NH3·H2O ④CH3COONH4中，c（NH+4）由大到小的顺序是：②>①>④>③

C.0.1mol/L HA溶液与0.1mol·L-1的NaOH溶液等体积混合：c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（A-）

D.常温下0.4mol/L HA溶液和0.2mol/L NaOH溶液等体积混合后溶液的pH=3，则混合溶液中离子浓度的大小顺序为：c（A-）>c（H+）>c（Na+）>c（OH-）

2.下列说法正确的是（ ）

A.常温下将pH=2的醋酸和pH=12的NaOH溶液等体积混合，所得溶液显碱性

B.已知同温时氢氟酸的电离常数大于亚硝酸的电离常数，则相同温度相同浓度的NaF溶液和NaNO2溶液的碱性：NaF溶液较强

C.将等体积的盐酸和氨水混合，充分反应后所得溶液呈中性，则两溶液的物质的量浓度关系为：c（HCl）

D.已知MgCO3的Ksp=6.82×10-6，则所有含有固体MgCO3的溶液中，都有c（Mg2+）=c（CO2-3），且c（Mg2+）·c（CO2-3）=6.82×10-6

3.下列说法正确的是（ ）

A.某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中：c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HA-）+c（A2-）

B.一定量的（NH4）2SO4与NH3·H2O混合所得的酸性溶液中：c（NH+4）<2c（SO2-4）

C.物质的量浓度均为0.01 mol/L的CH3COOH和CH3COONa的溶液等体积混合后溶液中c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.02mol/L

nlc202309040137

D.物质的量浓度相等的①NH4HSO4溶液、②NH4HCO3溶液、③NH4Cl溶液中c（NH+4）：①>②>③

4.对于0.1mol·L-1的NH4Cl溶液，下列说法正确的是（ ）

A.升高温度，溶液pH升高 B.通入少量HCl，c（NH+4）和c（Cl-）均增大

C.c（NH+4）+c（OH-）=c（Cl-）+c（H+） D.c（Cl-）>c（H+）>c（NH+4）>c（OH-）

跟踪训练答案：

1 C 解析阴离子总浓度大于阳离子总浓度，A项不正确；NH4Al（SO4）2中有两种离子发生水解，NH+4和Al3+同时水解，水解相互抑制，因此该溶液中NH+4的水解程度最小，浓度最高，NH3·H2O电离出的NH+4是非常少量的，因此NH3·H2O中NH+4浓度最低，B项错误；根据电荷守恒知C项正确；D项，0.4 mol/L HA溶液和0.2 mol/L NaOH溶液等体积混合，反应生成0.1 mol/L NaA，另外剩余0.1 mol/L HA，由于混合后溶液的pH=3[c（H+）=0.001 mol/L]，溶液显酸性，说明HA的电离程度大于A-的水解程度，则c（A-）>c（Na+），混合溶液中离子浓度的大小顺序为：c（A-）>c（Na+）>c（H+）>c（OH-）。

2 C 解析将pH=2的醋酸[c（H+）=0.01 mol/L]和pH=12的NaOH溶液[c（OH-）=0.01 mol/L]等体积混合，醋酸过量很多，所得溶液显酸性；同温时氢氟酸的电离常数大于亚硝酸的电离常数，则酸性：HF>HNO2，水解能力：NO-2>F-，相同温度相同浓度的NaF溶液和NaNO2溶液的碱性：NaF溶液较弱；MgCO3的Ksp=6.82×10-6，则相同温度下，含有固体MgCO3的溶液中，c（Mg2+）·c（CO2-3）=6.82×10-6，但不一定都有c（Mg2+）=c（CO2-3）。

3 B 解析NaHA溶液中共含5种离子，根据电荷守恒有c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HA-）+2c（A2-），A错；（NH4）2SO4与NH3·H2O混合所得溶液显酸性，则c（H+）>c（OH-），根据电荷守恒c（NH+4）<2c（SO2-4），B正确；根据物料守恒有c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.01 mol/L，C错；NH4HSO4、NH4HCO3、NH4Cl溶液中NH+4水解程度最大的是NH4HCO3，最小的是NH4HSO4，所以c（NH+4）：①>③>②，D错。

4 B 解析NH4Cl溶液中存在NH+4+H2O≒NH3·H2O+H+，水解是一个吸热过程，升温，平衡右移，c（H+）增大，pH减小，A选项错；通入少量HCl后，c（H+）增大，平衡左移，c（NH+4）增大，c（Cl-）同时也增大，B选项正确；根据电荷守恒，c（NH+4）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），溶液为酸性，c（H+）>c（OH-），则c（NH+4）+c（OH-）

（收稿日期：2014-11-04）

篇4：比较电解质溶液的导电能力的实验教学反思

电解质溶液中微粒浓度大小比较在各类考试中均是较重要的题型，常以选择或填空的形式出现，注重考查学生思维的灵活性和深刻性。常见为一种电解质溶液中或两种电解质溶液混合后，各种微粒浓度关系的判断。

解此类题的要领是掌握“两个平衡、两个原理”;即弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和电解质溶液中的电荷守恒与物料守恒原理。

二、常见题型归类例析

1.一种电解质溶液中微粒浓度关系的比较

（1）弱酸溶液。

解题时应抓住弱酸的电离平衡，多元弱酸以第一步电离为主，以后电离程度逐渐减弱。

例1在0.1 mol·L-1的H2S溶液中，下列微粒浓度关系正确的是（）。

A.c（H+）=c（HS-）+c（S2-）+c（OH-）

B.c（H+）=c（HS-）+2c（S2-）+c（OH-）

C.c（H+）>c（HS-）>c（S2-）>c（OH-）

D.c（H+）+c（HS-）+c（S2-）=0.1 mol·L-1

解析在H2S溶液中存在下列平衡：

H2SHS-+H+

HS-H++S2-

H2OH++OH-

故有

c（H+）>c（HS-）>c（S2-）>c（OH-），即C正确;再依电荷守恒可知B也正确;而依硫原子守恒（物料守恒）有：c（H2S）+

c（HS-）+c（S2-）=0.1 mol·L-1，故D错，选B、C。

（2）弱碱溶液。

解题时应抓住弱碱的电离平衡即可。

例2用水稀释0.1 mol·L-1的氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（）。

A.c（OH-）/c（NH3·H2O）

B.c（NH3·H2O）/c（OH-）

C.c（H+）和c（OH-）的乘积

D.OH-的物质的量

解析氨水的主要成分为NH3·H2O，存在电离平衡：

NH3·H2ONH+4+OH-

当加水稀释时，有以下特点：

①c（NH3·H2O）变小;

②NH3·H2O的电离度变大，c（OH-）变小，但c（NH3·H2O）变小的程度比c（OH-）变小的程度更大（因NH3·H2O电离度增大所致）;

③OH-的个数增加;

④水的离子积不变。

故答案为B。

（3）强酸弱碱盐溶液。

解题时应抓住弱碱阳离子的水解平衡，还应明确：发生水解的阳离子只是一少部分，即水解是微弱的。

例3在NH4Cl溶液中，下列关系正确的是（）。

A.c（Cl-）>c（NH+4）>c（H+）>c（OH-）

B.c（NH+4）>c（Cl-）>c（H+）>c（OH-）

C.c（Cl-）=c（NH+4）>c（H+）>c（OH-）

D.c（Cl-）=c（NH+4）>c（H+）=c（OH-）

解析NH4Cl完全电离：

NH4ClNH+4+Cl-

又有少部分NH+4水解：

NH+4+H2ONH3·H2O+H+

故溶液显酸性，即有：

c（Cl-）>c（NH+4）>c（H+）>c（OH-），

选项A正确。

（4）强碱弱酸盐溶液。

解题时应抓住弱酸根离子的水解，多元弱酸的酸根离子水解以第一级水解为主，以后逐渐减弱，但每步均产生H+。

例4在0.1 mol·L-1的Na2CO3溶液中，下列关系正确的是（）。

A.c（Na+）=2c（CO2-3）

B.c（OH-）=2c（H+）

C.c（HCO-3）>c（H2CO3）

D.c（Na+）<c（CO2-3）+c（HCO-3）

解析在Na2CO3溶液中，存在着：

Na2CO32Na++CO2-3

CO2-3+H2OHCO-3+OH-

HCO-3+H2OH2CO3+OH-

H2OH++OH-

由于CO2-3的水解，使得：c（Na+）>2c（CO2-3）;两步水解过程中均产生OH-，故溶液显碱性，即c（H+）极小，故有：c（OH-）c（H+），这样有：c（Na+）>c（CO2-3）>c（OH-）>c（HCO-3）>c（H2CO3）>c（H+），即C正确;

再依物料守恒有：

c（Na+）=2[c（CO2-3）+

c（HCO-3）+c（H2CO3）]

故D错，即本题答案为C。

2.两种电解质溶液混合后，各种微粒浓度关系的比较

解题时应抓住两溶液混合后生成盐的水解情况，若混合后弱电解质有剩余，则还应讨论弱电解质的电离情况。必要时还需比较盐的水解及弱电解质的电离程度的相对大小。

下面仅以一元酸、碱及其盐为例分类解析。

（1）强酸与弱碱溶液混合

例5将pH=3的盐酸溶液和pH=11的氨水等体积混合后，溶液离子浓度关系正确的是（）。

A.c（NH+4）>c（Cl-）>c（H+）>c（OH-）

B.c（NH+4）>c（Cl-）>c（OH-）>c（H+）

nlc202309020155

C.c（Cl-）>c（NH+4）>c（H+）>c（OH-）

D.c（Cl-）>c（NH+4）>c（OH-）>c（H+）

解析pH=3，c（HCl）=1×10-3mol·L-1，在pH=11的氨水中c（OH-）=1×10-3mol·L-1，而c（NH3·H2O）1×10-3mol·L-1，即远大于盐酸的浓度。故二者等体积混合后，氨水过量，混合液中存在着：

①NH+4+H2ONH3+H+

②NH3·H2O（过量部分）NH+4+OH-

因②式NH3·H2O的电离程度大于

①式NH+4的水解程度，故有c（NH+4）>c（Cl-）;又由于氨水过量，使溶液显碱性，即有c（OH-）>c（H+）;而氨水为弱电解质，故电离出的c（OH-）一定小于c（Cl-），因此有：c（NH+4）>c（Cl-）>

c（OH-）>c（H+），即选B。

（2）强碱与弱酸溶液混合

例6等体积、等浓度的MOH强碱溶液与HA弱酸溶液混合后，溶液中有关离子浓度应满足的关系为（）。

A.c（M+）>c（OH-）>c（A-）>c（H+）

B.c（M+）>c（A-）>c（H+）>c（OH-）

C.c（M+）>c（A-）>c（OH-）>c（H+）

D.c（M+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-）

解析由题意知，强碱MOH与弱酸HA恰好完全反应，生成强碱弱酸盐MA，溶液中存在着下列关系：

MAM++A-

A-+H2OHA+OH-

由于A-水解，故使c（M+）>c（A-），溶液显碱性，即有c（OH-）>c（H+）;又因为水解的只是一少部分A-，故c（A-）>c（OH-），因此有c（M+）>c（A-）>c（OH-）>c（H+）;再依电荷守恒可知D也正确。即答案为C、D。

（3）强酸与强碱弱酸盐溶液混合

例7将0.1 mol·L-1的醋酸钠溶液20 mL与0.1 mol·L-1盐酸10 mL混合后，溶液显酸性，则溶液中有关微粒的浓度关系正确的是（）。

A.c（CH3COO-）>c（Cl-）>c（H+）>c（CH3COOH）

B.c（CH3COO-）>c（Cl-）>c（CH3COOH）>c（H+）

C.c（CH3COO-）=c（Cl-）>c（H+）>c（CH3COOH）

D.c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（Cl-）+c（OH-）

解析由题中条件可知，混合后所得溶液为等浓度的CH3COONa、CH3COOH、NaCl的混合溶液，存在着：CH3COONa、CH3COOH、NaCl的混合溶液，存在着：

CH3COOHCH3COO-+H+

CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-

两平衡中，CH3COOH的电离占主要地位，故溶液显酸性，因此有：c（Na+）>c（CH3COO-）>c（Cl-）>c（CH3COOH）>c（H+）>c（OH-），即B正确;再依电荷守恒知D也正确，故答案为B、D。

（4）强碱与强酸弱碱盐溶液混。

例80.1 mol·L-1的NaOH溶液和0.1 mol·L-1的NH4Cl溶液等体积混合后，离子浓度关系正确的是（）。

A.c（Na+）>c（Cl-）>c（OH-）>c（H+）

B.c（Na+）=c（Cl-）>c（OH-）>c（H+）

C.c（Na+）=c（Cl-）>c（H+）>c（OH-）

D.c（Cl-）>c（Na+）>c（OH-）>c（H+）

解析由题中条件知，混合后得到等浓度的NaCl和NH3·H2O溶液，溶液中存在着：

NaClNa++Cl-

NH3·H2ONH+4+OH-

H2OH++OH-

由上述三式可知：c（Na+）=c（Cl-），c（OH-）>c（H+），由于NH3·H2O电离程度较小，故有

c（Na+）=c（Cl-）>c（OH-）>c（H+），故选B。

（收稿日期：2015-08-12）

篇5：电解质溶液中粒子浓度大小比较

关键词：电解质；粒子；浓度大小；解题策略

文章编号：1005 - 6629（2015）5 - 0086 - 04

中图分类号：G633.8

文献标识码：B

粒子浓度大小比较是电解质溶液的教学重点、考试热点，它涉及弱电解质的电离、溶液的酸碱性、盐类的水解等知识点。因综合性强，也就成了学生学习的难点。

本文在系统性理清主干知识的基础上，介绍解题策略，让学生看到什么问题，就用什么方法，见招拆招，以便学生能快速解决问题。

1 从定性到定量，认识两个基本理论

1.1 电离理论

弱电解质（弱酸、弱碱）在水溶液中的电离程度很小，主要以分子形态存在。

如25℃时，在0.1 mol/L的CH3COOH溶液中，其电离平衡常数Ka=l.76×10-5，电离度α（CH3COOH）=1.33%，c（CH3C00-）=1.33×10-3 mol/L。结合图1，能更形象地说明弱电解质在水溶液中的电离是微弱的。

当然，水作为一种极弱的电解质，其电离程度就更微弱了（通常最弱）。在25℃时，Kw=1.0×10-14，电离度α （H20）=1.8×10-7%，c（H+）=c（OH一）=1.0×10-7 mol/L。

所以，CH3COOH溶液中粒子浓度大小为：c（CH3COOH）>c（H+）>c（CH3COO-）>c（OH-）.

1.2 水解理论

在水溶液中，盐电离出的弱离子（弱酸根离子或弱碱阳离子）进行水解反应的程度很小，它们主要以离子形态存在。

如25℃时，在0.1 mol/L的CH3COONa溶液中，其水解平衡常数Kh=5.68 x10 -10，水解度h（CH3COONa）=0.0075%，c（CH3COOH）=7.5×10-6 mol/L。结合图2，能更形象地说明盐电离出的弱离子在水溶液中的水解是微弱的。

所以，溶液中粒子浓度大小为：c（Na+）>c（CH3COO-）>c（OH-）>c（CH3COOH）>c（H+）。

在教学过程中，还可以用“西瓜与芝麻”、“九牛一毛”等词语，来加深对弱电解质电离、盐类水解程度比较微弱的认识。

2 从外因到内因，判断正逆主次关系

2.1 当不同电解质溶液中存在同一平衡时，通常要从外因出发，判断其他离子对同一比较对象所在平衡的影响：是促进，还是抑制

如在25℃时，浓度均为0.1 mol/L的下列四种溶液：①（NH4）2S04②NH4C1③NH4HS04④CH3COONH4，其c（NH+/4）的大小比较如下：

根据溶质的构成以及NH+/4的水解是微弱的，故有c（NH+/4）：①>②③④。

NH+/4在溶液中有下列水解平衡：NH+/4+H20NH3.H20+H+，NH4HS04电离出的H+使上述平衡逆向移动，其剩余的c（NH+/4）相对于NH4C1略多；CH3COONH4电离出的CH3COO-水解呈碱性，使上述平衡正向移动，其剩余的c（NH+/4）相对于NH4C1略少，所以，c（NH+/4）：③>②>④。

综上所述，四种溶液中c（NH+/4）：①>③>②>④。

2.2 当同一电解质溶液中存在多个平衡时，通常要从内因出发，判断它们之间的主次（相对强弱）关系

（1）多元弱酸的电离是分步的，且以一级电离为主（一级电离产生的H+对二级电离平衡有抑制作用）。

如在H2S03溶液中，粒子浓度的大小关系由下列三个平衡决定：

（3）在等浓度的一元弱酸与该酸的强碱盐混合溶液，或二元弱酸的酸式盐（见例题B项）的溶液中，电离与水解并存，其主次关系，决定了溶液的酸碱性。反之，溶液的酸碱性也反映了电离与水解的主次关系。注意：溶液的酸碱性可由信息或事实进行判断。

如在25℃时，浓度均为0.1 mol/L的CH3COOH与CH3COONa混合溶液，pH=4.75。其粒子浓度的大小关系由下列三个平衡决定：

平衡时，根据信息pH=4.75，有：O.lα1+c>O.lα2+c，即：α1>α2。也就是说，CH3COOH电离大于CH3COONa水解。义因为两者都是微弱的，有：c （CH3COOH）=O.l-0.1αl+0.1α2略小于0.1；c（CH3COO-）=O.l+O.lαl-O.lα2略大于0.1。

所以，溶液中粒子浓度大小为：c（CH3COO-）>c（Na+）>c（CH3COOH）>c（H+）>c（OH-）.

在教学过程中，对于初学者或基础一般的学生，此处不宜解释为：因为“电离大于水解”，所以"c（CH3COO-）>c（Na+）>c（CH3COOH）”。这样解释过于笼统，对此难点，建议列式比较。

3 从过程到结果，理解三个守恒定律

3.1 电荷守恒定律

电解质溶液中，不论存在多少种离子，溶液总呈电中性。即所有阳粒子所带正电荷总量等于所有阴粒子所带负电荷总量。

如：Na2C03溶液中的电荷守恒式：____________________________

注解：（1）写电荷守恒式时，首先要能找全溶液中的阴、阳离子，其方法是写全溶液中溶质与溶剂的电离、水解方程式。

（2）“

”前添“2”的理由：“

”表示“

”的物质的量，而电荷守恒式描述的是正、负电荷总量之间的守恒关系，乘以“2”，才能把离子的物质的量转化为离子所带负电荷的物质的量。同样，上式中的其他离子，它们前面都已乘以“1”，只不过“1”可以省去，但“2”不能省。这点特别要注意。

（3）电解质溶液中通常不用物质的量而用浓度来表示电荷总量之间的守恒关系，上式两边除以V溶液，即得用离子浓度表示的电荷守恒式：________________________________ 。

3.2 物料守恒定律

电解质溶于水后，某一粒子因为部分电离或水解，最终它会以多种形式存在。该粒子的起始浓度等于它在溶液中各种形式粒子的浓度和。

如：Na2CO3溶液中的物料守恒式：c（Na+）=____________________________。

注解：物料守恒式实际上是质量守恒定律的一种具体应用。此式中特别要注意：为什么有2倍关系，谁是谁的2倍，碳元素的存在形式有哪些？有三种存在形式。根据质量守恒定律有：____________________________________________，等式两端除以V溶液，即得用离子浓度表示的物料守恒式。

3.3 质子守恒定律

电解质溶液中，各种粒子失去的质子（ H+）总量等于得到的质子总量。

如：Na2C03溶液中的质子守恒式：c（0H-）=c（H+）+________________ 注解：（1）快速书写质子守恒的方法一一图解法。

第一步：找出电解质溶液中能发生质子得失的粒子（基准态物质）。

第二步：写出基准态物质得失质子后的粒子。

第三步：根据得失质子的量（对应粒子的系数，这点特别要注意），写出质子守恒式。

Na2C03溶液中质子守恒式的图解法如图3所示。

（2）除了用图解法，还可用加减法书写质子守恒式。

Na2C03溶液中，电荷守恒式与物料守恒式相减（或相加），消去c（Na+）项，因为强离子（强酸根离子或强碱阳离子）既不得质子也不失质子，同样可得其物料守恒式。

4 从知识到方法，掌握四个解题策略

学生在把知识点掌握到位后，还需掌握解题策略。根据粒子浓度大小比较的常见题型，笔者确定“两者反应定溶质、单个比较找来源，看见等号用守恒，对照答案再替换”为解题策略，供学生参考应用。下面举一例说明。

例25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（

）

A.pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合：

c（CH3COO-）>c（Na+）>c（CH3COOH）

B.0.1 mol/L的NaHCO3溶液：

解析：A项，“两者反应定溶质”，不仅要确定反应后溶质的类别，还要确定溶质间浓度的相对大小。已电离的CH3COOH和NaOH恰好完全反应生成CH3COONa，由于醋酸的电离是微弱的，所以反应后的溶质为少量的CH3COONa和大量的CH3COOH。根据内因：CH3COOH电离大于CH3COONa水解，且两者都是微弱的；外因：c（CH3COOH）》c（CH3COONa）。再模仿本文2.2（3）的列式比较法，得：c（CH3COOH）>c（CH3COO-）>c（Na+），即可判断A项错。

B项，“单个比较找来源”，就是书写相应的电离、水解方程式，找出比较对象的来源，然后根据电离、水解的程度再进行大小比较。________、c（H2C03）的大小取决于下面两个平衡的主次关系：

根据溶液呈碱性的事实，有c（OH一）>c（H+）。即HC03的水解大于电离。再结合水解、电离都是微弱的，即可判断B项正确。

C项，“看见等号用守恒”，若守恒式某边的微粒含有同一种特定元素（非氢、氧元素），如“碳”元素，考虑物料守恒，又因为：________，即可判断C项错误。

D项，若守恒式两边的微粒分别为全阳、全阴离子，则考虑电荷守恒式，不必再考虑质子守恒式。当然，在解答过程中，还需“对照答案再替换”。这就是常说的逆向思维或拐一、二个弯。根据电荷守恒得：____________________________，对照答案，只需____________，即可判断D项正确。

正确答案为：B、D

当然，没有哪一种方法能全面覆盖。电解质溶液中粒子浓度大小比较作为教学的重点、难点，教师还要通过后续教学精选、精析例题，做到具体问题具体分析，才能让学生更加全面掌握、灵活运用。

参考文献：

[1]北京师范大学等.无机化学（第三版）[M].北京：高等教育出版社，1992

[2]刘树领.电解质溶液教学中常见疑难点的探究[J].化学教学，2013，（6）：74～76

篇6：电解质溶液中微粒浓度大小比较

【关键词】电解质 微粒浓度 比较

一、离子浓度大小分析思路与方法

电解质溶液单一溶液酸或碱溶液——考虑电离

盐溶液——考虑水解

混合溶泫不反应——同时考虑电离和水解

反应不过量生成酸或碱——考虑电离

生成盐溶液——考虑水解

过量——根据过量程度考虑电离和水解

二、溶液中离子浓度间的守恒关系

（1）电荷守恒：任何电解质溶液都是电中性的，即电解质溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数。例如，碳酸钠和碳酸氢钾的混合溶液：c(Na＋)＋c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO2－3) 。

（2）物料守恒：电解质溶液中某些特定元素的原子，无论发生水解反应还是发生电离反应，这些特定元素的原子总数不变，原子个数之比不变。例如，碳酸钾溶液中n(K):n(C)=2:1,即c(CO2－3)＋c(HCO－3)＋c(H2CO3)=1/2c(K＋)。

（3）质子(H＋)守恒：在电解质溶液中，由水提供的H＋(即质子)个数与水提供的OH－个数相等。例如，在K2CO3溶液溶液中,c(H＋)=c(OH－)＋c(HCO－3)＋2c(H2CO3)。

三、溶液中离子浓度大小比较规律

（1）单一电解质溶液中浓度大小比较。多元弱酸溶液中，多元弱酸是分布电离的，第一步的电离远大于第二步的电离，第二步的电离远大于第三步的电离。由此可以判断多元弱酸溶液中各离子浓度的大小顺序。例如磷酸溶液中，c(H＋)＞c(H2PO－4) ＞c(HPO2－4) ＞c(PO3－4)。

多元弱酸的强碱正盐溶液：弱酸根离子水解以第一步为主。例如，硫化钠溶液中，c(Na＋) ＞c(S2－) ＞c(OH－) ＞c(HS－) ＞c(H＋)。

（2）不同溶液中同一离子浓度大小比较：既要考虑水解因素，又要考虑H＋、OH－或其他离子的对其的抑制或促进作用。

例如，同温度同浓度下列溶液中NH＋4的浓度大小顺序：(NH4)²Fe(SO4)² ＞(NH4)²SO4＞NH4HSO4＞NH4NO3＞CH3COONH4

（3）强酸弱碱盐和弱碱（或强碱弱酸盐和弱酸）组成的混合溶液。这种溶液既要考虑弱碱或弱酸的电离，又要考虑盐的水解因素，关键看哪个因素为主要因素。一般来说，在相同温度、相同浓度条件下，①CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度。②NH3.H2O的电离程度大于NH＋4的水解程度。③HCO3的电离程度小于HCO3的水解程度－④HSO3的电离程度大于HSO3的水解程度。

（4）在微粒浓度大小比较中，等式常与电荷守恒式、物料守恒式相联系，出现的等式若不是两守恒式，则把两守恒式相互转化，加以推导即可判断。

四、溶液中离子浓度大小比较易错点

①两种溶液混合不考虑是否发生反应。②两种溶液混合如果反应，头脑中没有量的概念。如果混合溶液中既有电离的弱酸或弱碱，又有水解的盐存在，这时要考虑弱酸或弱碱的电离和盐中离子的水解，并分析以哪个为主。③“三种守恒”理解不透彻。

五、溶液中离子浓度大小比较的应用

例1.HA为酸性略强于醋酸的一元弱酸，在0.1mol•L－1NaA溶液中，离子浓度关系正确的是( )c(Na＋) ＞c(A－) ＞c(H＋) ＞c(OH－)； c(Na＋) ＞c(OH－) ＞c(A－) ＞c(H＋)； c(Na＋) +c(H＋)= c(A－) +c(OH－)；c(Na＋) + c(OH－) = c(A－) + c(H＋)

答案：C。解析：这是单一的盐溶液，要考虑盐的水解。因为 HA为一元弱酸，则NaA为强碱弱酸盐，溶液中A－＋H2OHA＋OH－溶液显碱性，故有c(Na＋) ＞c(A－) ＞c(OH－) ＞c(H＋) ，A、B选项错误。根据电解质溶液中电荷守恒的原则，则有c(Na＋) +c(H＋)= c(A－) +c(OH－)，D项错误，C项正确。

例2.关于小苏打水溶液的表述正确的是（ ）

A、c(Na＋)=c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)

B、c(Na＋)＋c(H＋)=c(HCO－3)＋c(CO-32)＋c(OH－)

C、HCO3－的電离程度大于HCO－3的水解程度

D、存在的电离有：NaHCO3=Na＋＋HCO3－

HCO3－H＋＋CO32

H2OH＋＋OH－

答案：AD

解析：小苏打的成分是NaHCO3，在NaHCO3的溶液中既存在HCO3的电离又存在HCO－3的水解，碳原子存在于HCO－3、CO－32、H2CO3三种粒子中，Na原子与C原子数之比为1：1，所以A正确，体现的是物料守恒；由电荷守恒可知，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HCO－3)＋2c(CO－32),故B错误；由于NaHCO3的溶液显碱性，所以HCO－3的水解程度大于HCO3的电离程度，故C错误；NaHCO3完全电离完全，而HCO－3、H2O部分电离，故D正确。

从以上解析可知，微粒浓度之间的关系比较复杂，试题既可以是单一物质的溶液，也可以是混合溶液，如果不认真分析，不依据推理，依靠死记硬背，是不可能掌握好这部分内容的，所以希望同学们能认真审题，仔细分析，以达到提升解题能力的目的，在高考中取得优异的成绩。