高中化学三大守恒

1、溶液中离子浓度大小比较归类解析一、电离平衡理论和水解平衡理论1.电离理论：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，同时留意考虑水的电离的存在；例如NH3H2O溶液中微粒浓度大小关系。【分析】由于在NH3H2O溶液中存在下列电离平衡：NH3H2O NH4+OH-，H2O H+OH-，所以溶液中微粒浓度关系为：c(NH3H2O)c(OH-)c(NH4+)c(H+)。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(

2、H2S )c(H+)c(HS-)c(OH-)。2.水解理论：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-)。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：c(NH4+)c(SO42-)c(H+)c(NH3H2O)c(OH-)。(3)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。例如: Na2CO

3、3溶液中水解平衡为：CO32-+H2OHCO3-+OH-，H2O+HCO3-H2CO3+OH-，所以溶液中部分微粒浓度的关系为：c(CO32-)c(HCO3-)。二、电荷守恒和物料守恒1电荷守恒：电解质溶液中全部阳离子所带有的正电荷数与全部的阴离子所带的负电荷数相等。如NaHCO3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转变的。如NaHCO3溶液中n(Na+)：n

4、(c)1：1，推出：c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(H2CO3)3导出式质子守恒：如碳酸钠溶液中由电荷守恒和物料守恒将Na+离子消掉可得：c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)。 如醋酸钠溶液中由电荷守恒和物料守恒将钠离子消掉可:c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)。规律总结正确的思路：【常见题型】一、溶质单一型 关注三个守恒1.弱酸溶液：【例1】在0.1mol/L的H2S溶液中，下列关系错误的是（ ）A.c(H+)=c(HS-)+c(S2-)+c(OH-) B.c(H+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)C.c(H+)c(HS-)+

5、c(S2-)+c(OH-) D.c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=0.1mol/L 分析：由于H2S溶液中存在下列平衡：H2S H+HS-，HS-H+S2-，H2OH+OH-，依据电荷守恒得c(H+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)，由物料守恒得c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=0.1mol/L，所以关系式错误的是A项。（留意：解答这类题目主要抓住弱酸的电离平衡。）2.弱碱溶液：【例2】室温下，0.1mol/L的氨水溶液中，下列关系式中不正确的是（ ）A. c(OH-)c(H+) B.c(NH3H2O)+c(NH4+)=0.1mol/L C.c(NH4+)c(NH3

6、H2O)c(OH-)c(H+) D.c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)分析：由于氨水溶液中存在一水合氨的电离平衡和水的电离平衡，所以所得溶液呈碱性，依据电荷守恒和物料守恒知BD正确，而一水合氨的电离是微量的，所以C项错误，即答案为C项。3.强酸弱碱盐溶液：【例3】在氯化铵溶液中，下列关系正确的是（ ）A.c(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH-) B.c(NH4+)c(Cl-)c(H+)c(OH-)C.c(NH4+)c(Cl-)c(H+)c(OH-) D.c(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH-)分析：由于氯化铵溶液中存在下列电离过程：NH4Cl=NH4+Cl-，H2OH+O

7、H-和水解过程：NH4+H2OH+NH3H2O，由于NH4+水解被消耗，所以c(Cl-)c(NH4+)，又因水解后溶液显酸性，所以c(H+)c(OH-)，且水解是微量的，所以正确的是A项。（留意：解答这类题时主要抓住弱碱阳离子的水解，且水解是微量的，水解后溶液呈酸性。）4.强碱弱酸盐溶液：【例4】在Na2S溶液中下列关系不正确的是A c(Na+) =2c(HS) +2c(S2) +c(H2S) Bc(Na+) +c(H+)=c(OH)+c(HS)+2c(S2)Cc(Na+)c(S2)c(OH)c(HS) Dc(OH)=c(HS)+c(H+)+c(H2S)解析：电荷守恒：c(Na+) +c(H+

8、)=c(OH)+c(HS)+2c(S2)；物料守恒：c(Na+) =2c(HS) +2c(S2) +2c(H2S)；质子守恒：c(OH)=c(HS)+c(H+)+2c(H2S)，选A D5.强碱弱酸的酸式盐溶液：【例5】（2004年江苏卷）草酸是二元弱酸，草酸氢钾溶液呈酸性，在0.1mol/LKHC2O4溶液中，下列关系正确的是（CD）Ac(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+ c(C2O42-) Bc(HC2O4-)+ c(C2O42-)=0.1mol/LCc(C2O42-)c(H2C2O4) Dc(K+)= c(H2C2O4)+ c(HC2O4-)+ c(C2O42-)分

9、析：由于草酸氢钾呈酸性，所以HC2O4-电离程度大于水解程度，故c(C2O42-)c(H2C2O4)。又依据物料平衡，所以Dc(K+)= c(H2C2O4)+ c(HC2O4-)+ c(C2O42-)正确，又依据电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-)，所以综合上述C、D正确。练习：1、(2001年全国春招题)在0.1molL-1 Na2CO3溶液中，下列关系正确的是( )。Ac(Na+)2c(CO32- Bc(OH-)2c(H+) Cc(HCO3-)c(H2CO3) Dc(Na+)c(CO32-)c(HCO3-)2、在0.1mol/L的NaHC

10、O3溶液中，下列关系式正确的是（ ）A.c(Na+)c(HCO3-)c(H+)c(OH-) B.c(Na+)=c(HCO3-)c(OH-)c(H+)C.c(Na+)+c(H+)c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-) D.c(Na+)c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3) 3、已知某温度下0.1molL1的NaHB(强电解质)溶液中c(H)c(OH)，则下列有关说法或关系式肯定正确的是（ )HB的水解程度小于HB的电离程度；c(Na+)=0.1molL1 c(B2)；溶液的pH=1；c(Na+)=c(HB)+2c(B2)+c(OH)。A B C D4、（2006江苏）1

11、、下列叙述正确的是（ ）A0.1molL1氨水中，c(OH-)=c(NH4+)B10 mL 0.02molL1HCl溶液与10 mL 0.02molL1Ba(OH)2溶液充分混合,若混合后溶液的体积为20 mL，则溶液的pH=12C在0.1molL1CH3COONa溶液中，c(OH-)=c(CH3COOH)c(H+)D0.1molL1某二元弱酸强碱盐NaHA溶液中，c(Na+)=2c(A2-)c(HA-)c(H2A)5、(05上海)14、叠氮酸（HN3）与醋酸酸性相像，下列叙述中错误的是（ ）A、HN3水溶液中微粒浓度大小挨次为：c(HN3)c(H+)c(N3)c(OH)B、HN3与NH3作用

12、生成的叠氮酸铵是共价化合物C、NaN3水溶液中离子浓度大小挨次为：c(Na+)c(N3) c(OH)c(H+)D、N3与CO2含相等电子数二、两种电解质溶液混合后离子浓度大小的比较关注混合后溶液的酸碱性 混合后溶液的酸碱性取决于溶质的电离和水解的状况，一般推断原则是：若溶液中有酸或碱存在，要考虑酸和碱的电离，即溶液相应地显酸性或碱性；若溶液中的溶质仅为盐，则考虑盐水解状况；对于特殊情景要按所给的学问情景进行推断。1、两种物质混合不反应：【例】：用物质的量都是0.1 mol的CH3COOH和CH3COONa配制成1L混合溶液，已知其中C(CH3COO-)C(Na+)，对该混合溶液的下列推断正确的

13、是( )A.C(H+)C(OH-) B.C(CH3COOH)C(CH3COO-)0.2 mol/LC.C(CH3COOH)C(CH3COO-) D.C(CH3COO-)C(OH-)0.2 mol/L点拨 CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中，CH3COOH的电离和CH3COONa的水解因素同时存在。已知C(CH3COO-)C(Na+)，依据电荷守恒C(CH3COO-)C(OH-)C(Na+)C(H+)，可得出C(OH-)C(H+)。说明混合溶液呈酸性，进一步推想出0.1mol/L的CH3COOH和0.1mol/L的CH3COONa溶液中，电离和水解这一对冲突中起主要作用是电离，即CH3

14、COOH的电离趋势大于CH3COO-的水解趋势。依据物料守恒，可推出（B）是正确的。练习1、现有NH4Cl和氨水组成的混合溶液C(填“”、“7，则该溶液中C(NH4) C(Cl)；若C(NH4) C(Cl)，则溶液的pH 7。练习2、CH3COOH与CH3COONa等物质的量混合配制成稀溶液，pH值为4.7，下列说法错误的是( ) A、CH3COOH的电离作用大于CH3COONa的水解作用 B、CH3COONa的水解作用大于CH3COOH的电离作用 C、CH3COOH的存在抑制了CH3COONa的水解 D、CH3COONa的存在抑制了CH3COOH的电离2、两种物质恰好完全反应【例】(2003

15、年上海高考题)在10ml 0.1molL-1NaOH溶液中加入同体积、同浓度HAc溶液，反应后溶液中各微粒的浓度关系错误的是( )。Ac(Na+)c(Ac-)c(H+)c(OH-) Bc(Na+)c(Ac-)c(OH-)c(H+)Cc(Na+)c(Ac-)c(HAC) Dc(Na+)c(H+)c(Ac-)c(OH-)解析由于混合的NaOH与HAc物质的量都为110-3mol，两者恰好反应生成NaAc，等同于单一溶质，故与题型方法相同:由于少量Ac-发生水解：Ac- + H2OHAc+ OH-,故有c(Na+)c(Ac-)c(OH-)c(H+)，依据物料守恒C正确，依据电荷守恒D正确，A错误,故

16、该题选项为A。练习：100 mL 0.1 molL-1 醋酸与50 mL 0.2 molL-1 NaOH溶液混合，在所得溶液中( ) A、c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+) B、c(Na+)c(CH3COO-)c(H+)c(OH-) C、c(Na+)c(CH3COO-)c(H+)c(OH-) D、c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)3、两种物质反应，其中一种有剩余：（1）酸与碱反应型 在审题时，要关注所给物质的量是“物质的量浓度”还是“pH”。（解答此类题目时应抓住两溶液混合后剩余的弱酸或弱碱的电离程度和生成盐的水解程度的相对大小。）【例1】：把0.02

17、molL-1 HAc溶液与0.01 molL-1NaOH溶液等体积混合，则混合液中微粒浓度关系正确的是( )A.c(Ac-)c(Na+) B.c(HAc)c(Ac-) C.2c(H+)c(Ac-)-c(HAc) D.c(HAc)+c(Ac-)0.01 molL-1【例2】： 将0.2molL1HCN溶液和0.1molL1的NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性，下列关系式中正确的是 A. c(HCN)c(CN)C. c(HCN)c(CN)c(OH) D. c(HCN)c(CN)0.1molL1解析：上述溶液混合后，溶质为HCN和NaCN，由于该题已说明溶液显碱性，所以不能再依据HCN的电离处理，

18、而应按NaCN水解为主。所以c(Na)c(CN)，选B D【例3】 设氨水的pHx，某盐酸的pHy，已知x+y14，且x11。将上述两溶液分别取等体积充分混合后，所得溶液中各离子浓度由大到小的挨次是A. c(Cl)c(NH4+)c(H+)c(OH) B. c(NH4+)c(Cl)c(H+)c(OH)C. c(NH4+)c(Cl)c(OH)c(H+) D. c(Cl)c(NH4+)c(OH)c(H+)解析：由于x+y14，且x11，所以氨水c(OH) 和盐酸中的c(H+) 相等。两者等体积混合后，氨水过量，溶液显碱性，选C【例4】（05江苏）常温下将稀NaOH溶液与稀CH3COOH溶液混合，不行

19、能消灭的结果ApH 7，且c(OH) c(Na+) c(H+) c(CH3COO) BpH 7，且c(Na+) + c(H+) = c(OH) + c(CH3COO)CpH 7，且c(CH3COO) c(H+) c(Na+) c(OH) DpH 7，且c(CH3COO) c(Na+) c(H+) = c(OH)练习1：将pH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，所得的混合溶液中，下列关系式正确的是( ) A、c(Na+)c(CH3COO-)c(H+) c(OH-) B、 c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-) C、 c(CH3COO-)c(H+)c(Na+

20、)c(OH-) D、c(CH3COO-)c(Na+) c(OH-) c(H+)练习2：将pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合,所得混合溶液中，关系式正确的是( ) A、c(Cl-)c(NH4+)c(OH-)c(H+) B、c(NH4+)c(Cl-) c(OH-)c(H+) C、c(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH-) D、c(NH4+)c(Cl-)c(H+)c(OH-)练习3：等体积等浓度的MOH强碱溶液和HA弱酸溶液混合后,混合溶液中有关离子浓度的关系正确的是( )A.c(M+)c(OH-)c(A-)c(H+) B. c(M+)c(A-)c(H+)c(OH-)C.c(M+)c(

21、A-)c(OH-)c(H+) D. c(M+)+ c(H+) =c(A-)+ c(OH-) 分析: 由于等体积等浓度的上述物质混合后，二者恰好完全反应而生成强碱弱酸盐，所以所得溶液由于A-的水解而呈碱性，由电荷守恒和物料守恒知CD项正确。变式练习： （2004年上海卷）将标准状况下的2.24LCO2通入150ml1mol/LNaOH溶液中，下列说法正确的是（A）Ac(HCO3-)略大于c(CO32-) Bc(HCO3-)等于c(CO32-)Cc(Na+)等于c(CO32-)与c(HCO3-)之和 Dc(HCO3-)略小于c(CO32-)解析计算得知，生成0.05mol Na2CO3和0.05

22、mol NaHCO3，而CO32-水解性大于HCO3-水解性，故A项正确。变式：pH等于7型【例5】.(2002年全国高考理综)常温下，将甲酸和氢氧化钠溶液混合，所得溶液pH7，则此溶液中( )。Ac(HCOO-)c(Na+) Bc(HCOO-)c(Na+) Cc(HCOO-)c(Na+) D无法确定 解析本题绝不能理解为恰好反应，因完全反应生成甲酸钠为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，而现在Ph=7，故酸略为过量。依据溶液中电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)= c(HCOO-)c(OH-)因pH=7，故c(H+)= c(OH-)，所以有c(Na+)= c(HCOO-)，答案为C。练习、将m mol

23、L-1的盐酸和n molL-1氨水等体积混合后，溶液的pH7，m与n的大小关系是_，则盐酸中c(H+)与氨水中c(OH-)的大小关系是_；未指明酸碱的强弱：例：一元酸HA溶液中，加入肯定量强碱MOH溶液后，恰好完全反应，反应后的溶液中，下列推断正确的是( )AA-M+ BA-M+ C若MA不水解,则OH-A-解析：由于没有告知一元酸HA的相对强弱，因此要考虑两种状况，若是强酸，则A-=M+ ，若是弱酸则 A-M+ ，还要考虑MA的水解，所以选B C练习、 试验测得常温下0.1mol/L某一元酸(HA)溶液的pH值等于1，0.1mol/L某一元碱(BOH)溶液里H+/OH-10-12。将此两种溶

24、液等体积混合后，所得溶液呈的各离子的浓度由大到小排列的挨次是( )AB+A-OH-H+ BA-B+H+OH-CB+A-H+OH- DB+A-H+OH-（2）盐与碱(酸)反应型（解答此类题目时应抓住两溶液混合后生成的弱酸或弱碱的电离程度和剩余盐的水解程度的相对大小。）【例1】. (2001年上海高考题)将0.1molL-1 醋酸钠溶液20mL与0.1molL-1盐酸10mL混合后，溶液显酸性，则溶液中有关粒子浓度关系正确的是( )。Ac(CH3COO-)c(Cl-)c(H+)c(CH3COOH) B.c(CH3COO-)c(Cl-)c(CH3COOH)c(H+)Cc(CH3COO-)c(Cl-)

25、c(H+)c(CH3COOH) D.c(Na+)c(H+)c(CH3COO-)c(Cl-)c(OH-)解析两溶液混合反应后，溶液实质上是生成等浓度醋酸和醋酸钠、氯化钠的混合溶液。因溶液呈酸性说明CH3COO-的水解程度小于CH3COOH的电离程度，所以c(CH3COO-)c(Cl-)c(CH3COOH)，但CH3COOH电离程度较小，c(CH3COOH)c(H+)，故选项A、C错误，B正确。依据电荷守恒原则，可知选项D也正确。综合上述答案选B、D。【例2】 下列混合溶液中，各离子浓度的大小挨次正确的是 BA .1molL1氨水1mL与10mL0.1molL1盐酸混合：c(Cl)c(NH4+)c

26、(OH)c(H+)B10mL0.1molL1NH4Cl与5mL0.2molL1NaOH溶液混合：c(Na+)=c(Cl-)c(OH-)c(H+)C10mL0.1molL1CH3COOH溶液与5mL0.2molL1NaOH溶液混合： c(Na+)=c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)D.10mL0.5molL1CH3COONa溶液与6mL1molL1盐酸混合：c(Cl-)c(Na+)c(OH-)c(H+)解析：A项中氨水与盐酸混合恰好反应生成氯化铵，所以溶液显酸性，A错。B项中NH4Cl与NaOH溶液混合恰好反应生成NH3H2O和NaCl，溶液显碱性，B正确。C项混合后溶液中溶质为CH3C

27、OONa，CH3COO-要水解，C错。D项混合后溶质为CH3COOH 、HCl 、NaCl，溶液现酸性，D错。【例3】 物质的量浓度相同的200mL Ba(OH)2溶液和150mL NaHCO3混合后，最终溶液中离子的物质的量浓度关系正确的是A.c(OH)c(Ba2+)c(Na+)c(CO32) B. c(OH)c(Na+)c(Ba2+)C(H+)C. c(OH)=c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+) D. c(H+)+c(Na+)+2c(Ba2+)=c(OH)解析：为了便于计算，设 Ba(OH)2和 NaHCO3的物质的量分别为4mol和3mol，则n(OH)=8mol n(Ba2+)=

28、4mol n(Na+)=3mol n(HCO3)=3mol ；反应后:n(OH)=5mol n(Ba2+)=1mol n(Na+)=3mol ，所以选B练习1：将0.2 molL-1 CH3COOK 与0.1 molL-1盐酸等体积混合后，溶液的pH7，则溶液中下列微粒的物质的量浓度的关系正确的是( ) 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(CH3COO-)c(Cl-)c(CH3COOH)c(H+)练习2：将0.4mol/

29、LNH4Cl溶液和0.2mol/LNaOH溶液等体积混合后，溶液中下列微粒的物质的量关系正确的是（ ) A .c(NH4+)=c(Na+)=c(OH-)c(NH3H2O) B. c(NH4+)=c(Na+)c(NH3H2O) c(OH-)c(H+) C.c(NH4+)c(Na+)c(OH-)c(NH3H2O) D. c(NH4+)c(Na+)c(NH3H2O) c(OH-)c(H+)4、不同物质同种离子浓度比较型：【例题】 (1996年上海高考题)物质的量浓度相同的下列溶液中，NH4+浓度最大的是（ ）。ANH4Cl BNH4HSO4 CNH3COONH4 DNH4HCO3解析 NH4+在溶液

30、中存在下列平衡：NH4+ + H2O NH3H2O + H+ B中NH4HSO4电离出大量H+，使平衡向左移动，故B中c(NH4+)大于A中的c(NH4+)，C项的CH3COO-和D项的HCO3-水解均呈碱性，使平衡向右移动，故C、D中c(NH4+)小于A中c(NH4+)，正确答案为B。练习：1、物质的量浓度相同的下列溶液(NH4)2CO3 (NH4)2SO4 NH4HCO3 NH4HSO4 NH4Cl NH3H2O；按c(NH4+)由小到大的排列挨次正确的是（ ）A. B. C. D.2、（2006重庆）11 温度相同、浓度均为0.2 mol/L的 (NH4)2SO4、 NaNO3、 NH4

31、HSO4、 NH4NO3、CH3COONa溶液，它们的pH值由小到大的排列挨次是（A）A B CD5、其他类型关注利用溶液中阴阳离子的种类来推断溶液中溶质的可能状况:有些题目给定了盐溶液中的阴阳离子种类，可以假设该溶液是相应酸与碱反应后的产物，因此存在酸碱过量问题。【例1】已知某无色透亮的溶液中所含的离子仅有Na+、CH3COO-、H+和OH-四种离子，试回答下列问题：该溶液所含的四种离子的物质的量浓度大小之间的关系是否只有一种可能 （填“是”或“否”），其缘由是： 。 某同学将该溶液中的四种离子的物质的量浓度按从大到小的挨次排列了若干种可能，其中合理的是： A. c(Na+)c(CH3COO

32、)c(OH)c(H+) B. c(CH3COO)=c(Na+)c(OH)=c(H+)C. c(H+)c(OH)c(Na+)c(CH3COO) D. c(Na+)c(CH3COO)c(H+)c(OH)解析：由于溶液中所含的离子仅有Na+、CH3COO-、H+和OH-四种离子，所以可以认为是醋酸和NaOH反应后的溶液。因此该溶液中可能含有溶质CH3COONa ; CH3COONa、CH3COOH; CH3COONa、NaOH等状况 所以该溶液所含的四种离子的物质的量浓度大小之间的关系不能只有一种。第（2）问中C D选项不符和溶液中电荷守恒规律，选AB.练习.已知某溶液中存在Cl-、NH4+、H+、

33、OH- 四种离子经过四位同学测定其浓度大小关系如下,其中不行能的是 ( )A.C(Cl-)C(NH4+)C(H+)C(OH-) B. C(Cl-)C(H+)C(NH4+)C(OH-)C.C(Cl-)C(NH4+)C(OH-)C(H+) D. C(OH-)C(H+)C(Cl-)C(NH4+)对所给的二元酸的电离，要关注电离的程度：是否完全电离。【例2】某二元酸（化学式用H2A表示）在水中的电离方程式是：H2A=H+HA；HAH+A2 回答下列问题：Na2A溶液显 （填“酸性”，“中性”，或“碱性”）。理由是： （用离子方程式表示）在0.1molL1的Na2A溶液中，下列微粒浓度关系式正确的是：

34、。A. c(A2) +c( HA)+c( H2A) =0.1molL-1 B. c(OH)=c(H+) +c( HA) C. c(Na+ )+ c(H+) =c(OH)+ c( HA)+2c(A2) D. c(Na+ )= 2c(A2) +2c( HA)已知0.1molL1NaHA溶液的pH=2，则0.1molL-1 H2A溶液中氢离子的物质的量浓度可能是 0.11 molL1（填“”，或“=”），理由是： 0.1molL1 NaHA溶液中各种离子浓度由大到小的挨次是： 解析：由于“H2A=H+HA；HAH+A2”，因此在NaHA溶液中仅存在:HAH+A2 电离状况，没有HA的水解过程。在H2

35、A溶液中H2A第一步电离产生的H+，抑制了HA-的电离。理解上述内容，答案迎刃而解。练习：某二元弱酸（简写为H2A）溶液，按下式发生一级和二级电离：H2AH+HA-；HA-H+A2-已知一级电离远大于二级电离,设有下列四种溶液：A.0.01mol.L-1的H2A溶液 B.0.01mol.L-1的NaHA溶液（ C(OH-)C(H+) ）C.0.02mol.L-1的HCl与0.04mol.L-1的NaHA溶液等体积混合液D.0.02mol.L-1的NaOH与0.02 mol.L-1的NaHA溶液等体积混合液据此，填写下列空白（填代号） （1） B溶液中可能存在的等式关系有 D溶液中可能存在的等式

36、关系有 (2) C(H+)最大的是_，最小的是_。(3)C(H2A)最大的是_，最小的是_。(4)C(A2-)最大的是_， 最小的是_。关注隐含信息的发掘:【例3】今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl、Mg2+、Fe3+、CO32、SO42，现每次取100.00ml进行试验。 第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生。 其次份加足量NaOH后加热，收集到气体0.896L（标准状态下）。 第三份加足量BaCl2后，得干燥沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤干燥后，剩2.33g。试回答有关问题：推断K+、Cl是否存在？K+ ；Cl （填下列序号）。A肯定存在 B可能存在

37、 C肯定不存在确定存在的离子在原溶液中的物质的量浓度分别为： 。 解析：由可知溶液中Cl、CO32、SO42三种中至少含有其中一种；由能确定含NH4+，且c(NH4+)=0.4molL1，第步可以确定c(SO42)=0.1molL1；c(CO32)=0.2molL1，由于含有CO32、SO42，所以溶液中确定不含Mg2+、Fe3+；由于溶液中阴阳离子所带电荷相等（即溶液是电中性的，这也是该题目隐含的信息），由上述所求的已知阴阳离子的浓度看出，是不守恒的，因此溶液中肯定存在K+，且c(K+)0.2molL1，Cl不确定。质子守恒质子守恒就是酸失去的质子和碱得到的质子数目相同，质子守恒和物料守恒，

38、电荷守恒一样同为溶液中的三大守恒关系。名目1. 1电荷守恒2. 化合物电荷3. 溶液电荷1. 电荷守恒介绍2. 2物料守恒3. 3质子守恒1. 4快速书写2. 5质子守恒解读电荷守恒电荷守恒即溶液永久是电中性的，所以阳离子带的正电荷总量=阴离子带的负电荷总量。简介电荷守恒和物料守恒，质子守恒一样同为溶液中的三大守恒关系。1. 化合物中元素正负化合价代数和为零2.溶液呈电中性：全部阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数3.除六大强酸，四大强碱外都水解，多元弱酸部分水解。产物中有部分水解时产物4.这个离子所带的电荷数是多少，离子前写几。例如：NaHCO3：c(Na+)+c(H+)=c(OH-

39、)+c(HCO3-)+2c(CO32-)由于碳酸根为带两个单位的负电荷，所以碳酸根前有一个2。例如:在 0.1mol/L 下列溶液中.CH3COONa： c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-).Na2CO3：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-).NaHCO3： c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-).Na3PO4： c(Na+)+c(H+)=3c(PO43-)+2c(HPO42-)+c(H2PO4-)+c(OH-)应用所谓电荷守恒是指溶液中全部阳离子所带的正电荷总数与全部阴离子所带的负电荷总数相

40、等。1 正确分析溶液中存在的阴阳离子是书写电荷守恒式的关键，需要结合电解质电离及盐类的水解学问，尤其是对多级电离或多级水解，不能有所遗漏。如Na2CO3溶液中存在如下电离和水解平衡：Na2CO3=2Na+CO32-；CO32-+ H2OHCO3-+OH-；HCO3-+H2OH2CO3+OH-；H2OH+OH-。所以溶液中阳离子有：Na+、H+，阴离子有：CO32、 HCO3、OH。2 结合阴阳离子的数目及其所带的电荷可以写出：N(Na+) +N(H+) = 2N(CO32) + N( HCO3) + N(OH)3将上式两边同时除以NA得：n(Na+) +n(H+) = 2n(CO32) + n

41、( HCO3) + n(OH)；再同时除以溶液体积V得：C(Na+) +C(H+) = 2C(CO32) + C( HCO3) + C(OH)，这就是Na2CO3溶液的电荷守恒式。电荷守恒式即溶液中全部阳离子的物质的量浓度与其所带电荷乘积之和等于全部阴离子的物质的量浓度与其所带电荷的确定值乘积之和。化合物电荷 化合物中元素正负化合价代数和为零溶液电荷 溶液中全部阳离子所带的正电荷总数等于全部阴离子所带的负电荷总数电荷守恒介绍电荷守恒和物料守恒，质子守恒一样同为溶液中的三大守恒关系。1. 化合物中元素正负化合价代数和为零2.指溶液必需保持电中性，即溶液中全部阳离子所带的电荷数等于全部阴离子所带的

42、电荷数3.除六大强酸，三大强碱外都水解，多元弱酸部分水解。产物中有部分水解时产物4.这个离子所带的电荷数是多少，离子前写几。例如：NaHCO3： c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO3 2-)由于碳酸根为带两个单位的负电荷，所以碳酸根前有一个2。例如:在 0.1mol/L 下列溶液中.CH3COONa： c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-).Na2CO3： c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO3 2-).NaHCO3： c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-).Na3PO

43、4： c(Na+)+c(H+)=3c(PO4 3-)+2c(HPO4 2-)+c(H2PO4-)+c(OH-)物料守恒基本介绍物料守恒可以理解为原子守恒的另一种说法。就是说“任一化学反应前后原子种类（指原子核中质子数相等的原子，就是元素守恒）和数量分别保持不变”，可以微观地应用到具体反应方程式，就是左边带电代数和等于右边。其中的也可以理解为原子核，由于外围电子数可能有变，这时候可以结合电荷守恒来推断问题。可以微观地应用到具体反应方程式，就是左边（反应物）元素原子（核）个数种类与总数对应相等于右边（生成物）（当然也不会消灭种类不同的状况）。物料守恒和电荷守恒，质子守恒一样同为溶液中的三大守恒关系

44、。举例例一：在NaHCO3中，假如HCO3-没有电离和水解，那么Na+和HCO3-浓度相等。现在HCO3-会水解成为H2CO3，电离为CO32-（都是1：1反应，也就是消耗一个HCO3-，就产生一个H2CO3或者CO32-），那么守恒式中把Na+浓度和HCO3-及其产物的浓度和画等号（或直接看作钠与碳的守恒）：即c(Na+) = c(HCO3-) + c(CO32-) + c(H2CO3)例二：在0.1mol/L的H2S溶液中存在如下电离过程:（均为可逆反应）H2S=(H+) +(HS-)(HS-)=(H+)+(S2-)H2O=(H+)+(OH-)可得物料守恒式c(S2-)+c(HS-)+c(

45、H2S)=0.1mol/L, （在这里物料守恒就是S元素守恒-描述出有S元素的离子和分子即可）例三 ：Na2CO3溶液的电荷守恒、物料守恒、质子守恒碳酸钠：电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)上式中，阴阳离子总电荷量要相等，由于1mol碳酸根电荷量是2mol负电荷，所以碳酸根所带电荷量是其物质的量的2倍。物料守恒n(Na+)是碳酸根离子物质的量的2倍，电离水解后，碳酸根以三种形式存在所以c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)质子守恒水电离出的c(H+)=c(OH-)在碳酸钠水溶液中水电离出的氢离子以（H+，HCO3-

46、,H2CO3）三种形式存在，其中1mol碳酸分子中有2mol水电离出的氢离子所以c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)此外 质子守恒也可以用电荷守恒和物料守恒两个式子相减而得到（电荷守恒-物料守恒=质子守恒）。 含特定元素的微粒（离子或分子）守恒 不同元素间形成的特定微粒比守恒 特定微粒的来源关系守恒例1：在0.1mol/LNa3PO4溶液中：依据P元素形成微粒总量守恒有：cPO43-+cHPO42-+cH2PO4-+cH3PO4=0.1mol/L依据Na与P形成微粒的关系有：cNa+=3cPO43-+3cHPO42-+3cH2PO4-+3cH3PO4依据H2O电离出的

47、H+与OH-守恒有：cOH-=cHPO42-+2cH2PO4-+3cH3PO4+cH+例2：NaHCO3 溶液中c(Na+)等于碳酸氢根离子的浓度，电离水解后，碳酸氢根以三种形式存在所以C(Na+)=C(HCO3-)+ C(CO32-)+C(H2CO3) 这个式子叫物料守恒再例如，Na2CO3溶液中，c(Na+)等于碳酸根离子的浓度2倍，电离水解后，碳酸根以三种形式存在所以有 C(Na+)= 2【C(CO32-)+C(HCO3-)+C(H2CO3)】质子守恒也可以由电荷守恒和物料守恒关系联立得到例如：Na2CO3溶液电荷守恒： C(Na+) +C(H+)=C(OH-) +2C(CO32-) +

48、C(HCO3-) 正电荷=负电荷 物料守恒： C（Na+)= 2C(CO32-) +2C(HCO3-) +2C(H2CO3)-得 质子守恒： C(OH-) =C(H+) +C(HCO3-) +2C(H2CO3) 水电离出的H+ =OH-NaHCO3 溶液中存在下列等式 c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-) c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)物料守恒方法一：两式相减-得c(H+)=c（OH-）+c（CO32-）-c（H2CO3）这个式子叫质子守恒。方法二：由酸碱质子理论原始物种：HCO3-，H2O消耗质子产物H2CO3，产生

49、质子产物CO32-，OH-c（H+）=c（CO32-）+c(OH-)-c（H2CO3）即c（H+）+c（H2CO3）=c（CO32-）+c(OH-)关系：剩余的质子数目=产生质子的产物数目-消耗质子的产物数目直接用酸碱质子理论求质子平衡关系比较简洁，但要细心；假如用电荷守恒和物料守恒关系联立得到则比较麻烦，但比较保险又如NaH2PO4溶液原始物种：H2PO4-，H2O消耗质子产物：H3PO4 H+产 生质子产物：HPO42-（产生一个质子），PO43-（产生二个质子），OH-所以：c（H+）=c(HPO42-)+2c(PO43-)+c(OH-)-c（H3PO4）可以用电荷守恒和物料守恒联立验证

50、.快速书写快速书写质子守恒的方法：第一步：定基准物（能得失氢离子的物质） （若为溶液则包括水）利用电离和水解得到 得质子产物和失质子产物。其次步：看基准物 、得质子产物和失质子产物相差的质子数 第三步： 列出质子守恒关系式 得质子数=失质子数第四步：用物料守恒和电荷守恒加以验证质子守恒的主要题型：1.单一的酸溶液例：H3PO4溶液中：基准物：H2O 和 H3PO4.得质子产物：H3O+（相差1个质子）即H+失质子产物：H2PO4- （相差1个质子）HPO42-（差2个质子）PO43-（相差3个质子）OH- (相差1个质子)质子守恒关系式为：c(H+) = c(H2PO4-) + 2c(HPO4

51、2-) + 3c(PO43-) + c(OH-)2.单一的碱溶液 例：NH3H2O溶液中：基准物：H2O NH3H2O得质子产物：H3O+（相差1个质子）即H+NH4+ （相差1个质子）失质子产物：OH- (相差1个质子)质子守恒关系式为：c(H+) + c(NH4+) = c(OH-) 不难看出单一的酸溶液或者碱溶液的质子守恒其实就是电荷守恒。 混合酸的溶液或者混合碱溶液也是这个样子滴！3.单一的正盐溶液例(1)：Na2CO3溶液基准物：H2O CO32-得质子产物：H3O+（相差1个质子）即H+HCO3-（相差1个质子）H2CO3（相差2个质子）失质子产物：OH- (相差1个质子)质子守恒关系式为： c(H+) + c(HCO3-) + 2c(H2CO3) = c(OH-) 例(2)：NH4Cl 溶液基准物：H2O 、NH4+ 得质子产物：H3O+（相差1个质子）即H+失质子产物：NH3H2O（相差1个质子）OH- (相差1个质子)质子守恒关系式为 c(H+) = c(NH3H2O) + c(OH-)例(3)：(NH4)3PO4溶液基准物：H2O 、NH4+ 、 PO43-得质子产物：H3O+（相差1个质子）即H+HPO42-（相差1个质子）H2PO4- （相差2个