2017-2018版高中化学溶液离子水解与电离中三大守恒知识点例题习题解析

对比离子）做比较，是多氢还是少氢，多N个氢，就减去N倍的该离子（对比离子）浓度。

少N个氢离子，就减去N倍的该离子（对比离子）。

如碳酸氢钠溶液（NaHCO3）:
溶液显碱性，所以把氢氧根离子浓度写在左边，其次。

判断出该溶液直接电离出的离子是钠离子和碳酸氢根，而能结合氢离子或电离氢离子的是碳酸氢根。

其次以碳酸氢根为基准离子（因为碳酸氢钠直接电离产生碳酸根和钠离子，而钠离子不电离也不水解。

）减去它电离之后的离子浓度，加上它水解生成的离子浓度。

便是：C（OH-）=C(H2CO3)-C(CO32-)+C(H+)。

第3课时粒子浓度关系［目标导航］1.会判断溶液中的粒子种类。

2.会判断溶液中粒子浓度关系。

■基础知识导学 --------------------一、水解平衡中的三大守恒关系1. 醋酸钠溶液中存在的平衡有CHCOONa上_H0CHCOOH___NaOH HOH + OH，存在的离子有Na+、H__、CHCOO、OH。

(1) 电荷守恒：溶液呈电中性，所以溶液中n(正电荷)=n(负电荷)4 I+ + - -即：n(Na ) + n(H ) = n(CHCOO) + n(OH )(两边同时除以体积)。

即：c(Na +) + c(H +) = c(CH s COO) + c(OH「)。

⑵物料守恒：CHCOON固体中，n(Na+)二n(CH s COO)，但在CHCOON溶液中，因为CHCOO_ + _ + _ +水解，所以n(Na )>n(CfCOO)，即c(Na )>c(CH s CO(D);根据CHCOONa固体中，n(Na )——+_二n(CH3COO)，所以该溶液中n(Na +)二n(CH s CO(D) + n(CHCOOH)(两边同时除以体积)即：c(CH3COOH卄C(CH3COO) = c(Na +)。

⑶质子守恒：将上述两式相加得到以下关系：C(OH「)= c(H +) + c(CH s COOH)根据水电离出的C(OH「)= c(H+),溶液中的『或OH虽与其他离子结合而以不同的形式存在，但其总量相同。

2. NH4C1溶液中存在的离子有Nh J、C「、H+、OH。

(1) 电荷守恒：c(NH) + c(H +) = c(CI「) + c(OH「)。

(2) 物料守恒：c(NH^) + c(NH s • H2O) = c(CI「)。

⑶质子守恒：c(H +) = c(NH s • HaO) + C(OH「)。

二、完成下列弱电解质溶液中离子浓度大小比较1. 在0.1 mol・L醋酸溶液中(1) 存在的电离平衡有CHCOOH CHCOO+』、H a O H + OH。

一、盐类水解的实质盐电离出来的某些离子(一般是弱酸根离子或弱碱阳离子)跟水电离出来的H＋或OH－结合生成了弱电解质，促使水的电离平衡发＋)、c(OH－)发生了相对改变，从而使溶生移动，结果溶液中c(H液呈一定的酸碱性。

盐类的水解程度一般都很小，且是可逆反应，书写水解方程式时要用“”表示。

因水解是微弱的，平衡时生成的弱电解很少，所以一般不会产生沉淀和气体，生成物不应加沉淀符号(↓)或气体符号(↑)。

二、盐类水解的类型和规律1、强碱弱酸盐水解，溶液呈碱性，pH＞7，如CH3COONa、NaCO3等。

多元弱酸根离子是分步水解的，且第一步水解程度＞＞第二步水解程度，溶液的酸碱性主要决定于第一步水解程度。

如2－＋H2O HCO3－Na2CO3在水溶液中水解应分两步写：①CO3－－－＋OH，②HCO3＋H2O H2CO3＋OH－H 多元弱酸的酸式根离子同时具备电离和水解两种趋势：HR2－(电离，呈酸性)，HR ＋－－(水解，呈碱性)，＋R＋H2O H2R＋OH这需要具体分析。

很显然如果电离趋势占优势，则显酸性，如：－、HSO3－，如果水解趋势占优势，则显碱性，如：HCO3－、H2PO42－等。

－HS、HPO42、强酸弱碱盐水解，溶液呈酸性，pH<7，如NH4Cl、Al2(SO4)33、强酸强碱盐不水解，溶液呈中性，pH=7，如NaCl、KNO34、弱酸弱碱盐水解，溶液呈什么性由水解生成的弱酸、弱碱的相对强弱比较来决定。

当遇到某些弱酸弱碱盐两种离子都发生水解，应在同一．．离子方程式中表示，而且因强烈水解，若是水解产物中有气体或难溶物质或易分解物质的话，这类水解往往能进行到底，这样水解方程式应用“=”号表示，并在生成的沉淀和气体的后面标上“↓”或“↑”。

如2Al3＋＋3S2－＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑。

5、三大水解规律。

三、影响盐类水解的因素1、盐类本身的性质这是影响盐类水解的内在因素。

组成盐的酸或碱越弱，盐的水解程度越大，其盐溶液的酸性或碱性就越强。

溶液中离子浓度大小比较与三大守恒讲义一、溶液中离子浓度大小的比较1.方法思路(1)先确定溶液中的溶质成分及各自物质的量浓度大小。

(2)写出电离方程式、水解方程式，找出溶液中存在的离子。

(3)依据电离和水解程度的相对大小，比较离子浓度大小。

2.特别注意的问题(1)多元弱酸的正盐溶液(如Na2CO3溶液)，要分清主次关系。

即盐完全电离，多元弱酸根的第一步水解大于第二步水解，第二步水解大于水的电离。

①分析Na2CO3溶液中的电离、水解过程：电离：Na2CO3===2Na＋＋CO2－3、H2O H＋＋OH－。

水解：CO2－3＋H2O HCO－3＋OH－、HCO－3＋H2O H2CO3＋OH－。

溶液中存在的离子有CO2－3、HCO－3、OH－、H＋。

②溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Na＋)>c(CO2－3)>c(OH－)>c(HCO－3)>c(H＋)。

（2）多元弱酸的酸式盐溶液，要注意考虑酸式酸根水解程度和电离程度的相对大小。

若酸式酸根的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性；若水解程度大于电离程度，溶液呈碱性。

①分析NaHCO3溶液中的电离、水解过程：电离：NaHCO3===Na＋＋HCO－3、HCO－3H＋＋CO2－3、H2O H＋＋OH－。

水解：HCO－3＋H2O H2CO3＋OH－。

溶液中存在的离子有Na＋、HCO－3、CO2－3、H＋、OH－。

②由于HCO－3的电离程度小于HCO－3的水解程度，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Na＋)>c(HCO－3)>c(OH－)>c(H＋)>c(CO2－3)。

（3）当两种溶液混合或两种物质发生反应时，要根据反应原理准确地判断溶质的成分，然后判断离子种类，再根据规律比较其大小。

例1.物质的量浓度相同的NaOH溶液、NH4Cl溶液等体积混合反应的化学方程式：NH4Cl＋NaOH===NH3·H2O＋NaCl；溶液中存在的离子有Na＋、Cl－、NH＋4、OH－、H＋；其浓度由大到小的顺序是c(Na＋)＝c(Cl－)>c(OH－)>c(NH＋4)>c(H＋)。

电离平衡三大守恒
化学平衡中的三种守恒
1.电荷守恒
电解质溶液中不论存在多少种离子，溶液总是呈电中性。

即阴离子总数所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数2
2.物料守恒
电解质溶液中，由于某些离子能水解或电离，离子种类增多，但原子总数是守恒的。

3.质子守恒
质子守恒是依据水的电离。

水的电离产生的氢离子和氢氧根离子的物质的量总是相等的。

无论在溶液中，该氢离子和氢氧根离子以什么形式存在。

其实有很多题目都是有3大守恒变得。

一质子守恒：得到的质子与失去的质子相同eg：在NaHCO3水溶液中，得质子：HCO3-得到质子变成H2CO3，H2O 得到质子形成H3O+，H3O+，其实近似于H+。

失去质子：H2O失去质子变成OH-，HCO3-失去质子变成CO32-。

综上：那么C(H+)+C(H2CO3)=C(OH-)+C(CO32-)二物料守恒：即溶液中某一组分的原始浓度应该等于它在溶液中各种存在形式的浓度之和。

也就是元素守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。

eg:在NaHCO3水溶液中，原本的Na的个数=C的个数,所以C(HCO3-)+C(H2CO3)+C(CO32-)=C(Na+)三电荷守恒定义：……eg：在NaHCO3水溶液中，C(Na+)+C(H+)=C(HCO3-)+2C(CO32-)。

左右两边，正负电荷的电荷量相等。

水解的三大守恒知识
一、电荷守恒：整个溶液不显电性
1.概念：溶液中阳离子所带的正电总数=阴离子所带的负电总数
2.注意：离子显几价其浓度前面就要乘上一个几倍的系数
3.指出：既要考虑溶质的电离，也要考虑水的电离，还要考虑盐的水解
4.类型：
二、物料守恒：也叫原子守恒
在电解质溶液中，某些离子能够发生水解或者电离，变成其它离子或分子等，这虽然可使离子的种类增多，但却不能使离子或分子中某种特定元素的原子的数目发生变化，因此应该始终遵循原子守恒。

1.某一种原子（团）的数目守恒:
若已知以下各电解质的浓度均为0.1mol/L
2.某两种原子（团）的比例守恒：此比例来自于化学式且与化学式一致
（三）质子守恒：
（3）弱酸弱碱盐的溶液中：
4.关系：电荷守恒式与物料守恒式相加减可得质子守恒式。

溶液中离子浓度大小比拟归类解析一、电离平衡理论和水解平衡理论1.电离理论：⑴弱电解质的电离是微弱的,电离消耗的电解质与产生的微粒都是少量的,同时注意考虑水的电离的存在；例如NH3·H2O溶液中微粒浓度大小关系.[分析]由于在NH3·H2O溶液中存在如下电离平衡：NH3·H2ONH4++OH-,H2OH++OH-,所以溶液中微粒浓度关系为：c<NH3·H2O>＞c<OH->＞c<NH4+>＞c<H+>.⑵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溶液中存在如下平衡：H2SHS-+H+,HS-S2-+H+,H2OH++OH-,所以溶液中微粒浓度关系为：c<H2S>＞c<H+>＞c<HS->＞c<OH->.2.水解理论：⑴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->.⑵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与产生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<NH3·H2O>＞c<OH->.<3>多元弱酸的酸根离子的水解是分步进展的,主要以第一步水解为主.例如: Na2CO3溶液中水解平衡为：CO32-+H2OHCO3-+OH-,H2O+HCO3-H2CO3+OH-,所以溶液中局部微粒浓度的关系为：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.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改变的.如NaHCO3溶液中n<Na+>：n<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：H2S溶液中,如下关系错误的答案是〔〕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<H2S>+c<HS->+c<S2-分析：由于H2S溶液中存在如下平衡：H2SH++HS-,HS-H++S2-,H2OH++OH-,根据电荷守恒得c<H+>=c<HS->+2c<S2->+c<OH->,由物料守恒得c<H2S>+c<HS->+c<S2-,所以关系式错误的答案是A项.〔注意：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,如下关系式中不正确的答案是〔〕A. c<OH->＞c<H+>B.c<NH3·H2O>+c<NH4+C.c<NH4+>＞c<NH3·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,根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,如下关系正确的答案是〔〕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如下电离过程：NH4Cl=NH4++Cl-,H2OH++OH-和水解过程：NH4++H2OH++NH3·H2O,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,所以正确的答案是A项.〔注意：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溶液中如下关系不正确的答案是A．c<Na+> =2c<HS－> +2c<S2－> +c<H2S> B．c<Na+> +c<H+>=c<OH－>+c<HS－>+2c<S2－>C．c<Na+>＞c<S2－>＞c<OH－>＞c<HS－> D．c<OH－>=c<HS－>+c<H+>+c<H2S>解析：电荷守恒：c<Na+> +c<H+>=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年卷〕草酸是二元弱酸,草酸氢钾溶液呈酸性,在2O4溶液中,如下关系正确的答案是〔CD〕A．c<K+>+c<H+>=c<HC2O4->+c<OH->+ c<C2O42-> B．c<HC2O4->+ c<C2O42-C．c<C2O42->＞c<H2C2O4> D．c<K+>= c<H2C2O4>+ c<HC2O4->+ c<C2O42-> 分析：因为草酸氢钾呈酸性,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D．c<K+>= c<H2C2O4>+ c<HC2O4->+ c<C2O42->正确,又根据电荷守恒：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·L-1 Na2CO3溶液中,如下关系正确的答案是< >.A．c<Na+>＝2c<CO32- B．c<OH->＝2c<H+>C．c<HCO3->＞c<H2CO3> D．c<Na+>＜c<CO32->＋c<HCO3->2、在的NaHCO3溶液中,如下关系式正确的答案是〔〕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、mol·L－1的NaHB<强电解质>溶液中c<H＋>＞c<OH－>,如此如下有关说法或关系式一定正确的答案是〔 >①HB－的水解程度小于HB－的电离程度；②c<Na+mol·L－1≥c<B2－>；③溶液的pH=1；④c<Na+>=c<HB－>+2c<B2－>+c<OH－>.A．①② B．②③ C．②④ D．①②③4、〔2006〕1、如下表示正确的答案是〔〕A．0.1mol·L－1氨水中,c<OH->=c<NH4+>B．10 mL 0.02mol·L－1HCl溶液与10 mL 0.02mol·L－1Ba<OH>2溶液充分混合,假如混合后溶液的体积为20 mL,如此溶液的pH=12C．在0.1mol·L－1CH3COONa溶液中,c<OH->=c<CH3COOH>＋c<H+>·L－1某二元弱酸强碱盐NaHA溶液中,c<Na+>=2c<A2->＋c<HA->＋c<H2A>5、<05>14、叠氮酸〔HN3〕与醋酸酸性相似,如下表示中错误的答案是〔〕A、HN3水溶液中微粒浓度大小顺序为：c<HN3>>c<H+>>c<N3¯>>c<OH¯>B、HN3与NH3作用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顺序为：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拟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情况,一般判断原如此是：假如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；假如溶液中的溶质仅为盐,如此考虑盐水解情况；对于特殊情景要按所给的知识情景进展判断.1、两种物质混合不反响：[例]：用物质的量都是0.1 mol的CH3COOH和CH3COONa配制成1L混合溶液,其中C<CH3COO->＞C<Na+>,对该混合溶液的如下判断正确的答案是< >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.C<CH3COO->＞C<Na+>,根据电荷守恒C<CH3COO->＋C<OH->＝C<Na+>＋C<H+>,可得出C<OH->＜C<H+>.说明混合溶液呈酸性,进一步推测出的CH3COOH和的CH3COONa溶液中,电离和水解这一对矛盾中起主要作用是电离,即CH3COOH的电离趋势大于CH3COO-的水解趋势.根据物料守恒,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">〞、"<〞或"=〞>①假如溶液的pH=7,如此该溶液中C<NH4＋> C<Cl－>；②假如溶液的pH>7,如此该溶液中C<NH4＋> C<Cl－>；③假如C<NH4＋>< C<Cl－>,如此溶液的pH7.练习2、CH3COOH与CH3COONa等物质的量混合配制成稀溶液,pH值为4.7,如下说法错误的答案是< >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响[例]·L-1NaOH溶液中参加同体积、同浓度HAc溶液,反响后溶液中各微粒的浓度关系错误的答案是< >.A．c<Na+>＞c<Ac->＞c<H+>＞c<OH-> B．c<Na+>＞c<Ac->＞c<OH->＞c<H+>C．c<Na+>＝c<Ac->＋c<HAC> D．c<Na+>＋c<H+>＝c<Ac->＋c<OH->[解析]由于混合的NaOH与HAc物质的量都为1×10-3mol,两者恰好反响生成NaAc,等同于单一溶质,故与题型①方法一样:由于少量Ac-发生水解：Ac- + H2OHAc+ OH-,故有c<Na+>＞c<Ac->＞c<OH->＞c<H+>,根据物料守恒C正确,根据电荷守恒D正确,A错误,故该题选项为A.练习：100 mL 0.1 mol·L-1 醋酸与50 mL 0.2 mol·L-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、两种物质反响,其中一种有剩余：〔1〕酸与碱反响型在审题时,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 mol·L-1 HAc溶液与0.01 mol·L-1NaOH溶液等体积混合,如此混合液中微粒浓度关系正确的答案是< >A.c<Ac->＞c<Na+>B.c<HAc>＞c<Ac->C.2c<H+>＝c<Ac->-c<HAc>D.c<HAc>+c<Ac->＝0.01 mol·L-1 [例2]：·L－1·L－1的NaOH溶液等体积混合后,溶液显碱性,如下关系式中正确的答案是A. c<H><c<－>B. c<Na＋>>c<－>C. c<H>－c<－>＝c<OH－>D. c<H>＋c<－·L－1解析：上述溶液混合后,溶质为H和Na,由于该题已说明溶液显碱性,所以不能再按照H的电离处理,而应按Na水解为主.所以c<Na＋>>c<－>,选B D[例3]设氨水的pH＝x,某盐酸的pH＝y,x+y＝14,且x>11.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顺序是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+y＝14,且x>11,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〕常温下将稀NaOH溶液与稀CH3COOH溶液混合,不可能．．．出现的结果A．pH ＞ 7,且c<OH—> ＞c<Na+> ＞c<H+> ＞c<CH3COO—> B．pH ＞ 7,且c<Na+> + c<H+> = c<OH—> + c<CH3COO—>C．pH ＜ 7,且c<CH3COO—> ＞c<H+> ＞c<Na+> ＞c<OH—> D．pH ＝ 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,如下关系式正确的答案是< >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+>＞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,关系式正确的答案是< >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答案是< >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->分析: 由于等体积等浓度的上述物质混合后,二者恰好完全反响而生成强碱弱酸盐,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：2通入150ml1mol/LNaOH溶液中,如下说确的是〔A〕A．c<HCO3->略大于c<CO32-> B．c<HCO3->等于c<CO32->C．c<Na+>等于c<CO32->与c<HCO3->之和 D．c<HCO3->略小于c<CO32->[解析]计算得知,生成0.05mol Na2CO3和0.05 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pH＝7,如此此溶液中< >.A．c<HCOO->＞c<Na+> B．c<HCOO->＜c<Na+> C．c<HCOO->＝c<Na+> D．无法确定[解析]此题绝不能理解为恰好反响,因完全反响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.根据溶液中电荷守恒：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· L-1的盐酸和n mol·L-1氨水等体积混合后,溶液的pH＝7,m与n的大小关系是_______,如此盐酸中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,参加一定量强碱MOH溶液后,恰好完全反响,反响后的溶液中,如下判断正确的答案是< >A．[A-]≥[M+] B．[A-]≤[M+]C．假如MA不水解,如此[OH-]<[A-] D．假如MA水解,如此[OH-]>[A-] 解析：因为没有告知一元酸HA的相对强弱,因此要考虑两种情况,假如是强酸,如此[A-]=[M+] ,假如是弱酸如此 [A-]＜[M+] ,还要考虑MA的水解,所以选B C练习、实验测得常温下某一元酸<HA>溶液的pH值等于某一元碱<BOH>溶液里[H+]/[OH-]＝10-12.将此两种溶液等体积混合后,所得溶液呈的各离子的浓度由大到小排列的顺序是< >A．[B+]＞[A-]＞[OH-]＞[H+] B．[A-]＞[B+]＞[H+]＞[OH-]C．[B+]＝[A-]＞[H+]＝[OH-] D．[B+]＞[A-]＞[H+]＞[OH-]〔2〕盐与碱<酸>反响型〔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]·L-1·L-1盐酸10mL混合后,溶液显酸性,如此溶液中有关粒子浓度关系正确的答案是< >.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]两溶液混合反响后,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+>,应当选项A、C错误,B正确.依据电荷守恒原如此,可知选项D也正确.综合上述答案选B、D.[例2] 如下混合溶液中,各离子浓度的大小顺序正确的答案是 BA .1mol·L－1氨水1mL·L－1盐酸混合：c<Cl－>>c<NH4+>>c<OH－>>c<H+>·L－1NH4·L－1NaOH溶液混合：c<Na+>=c<Cl->>c<OH->>c<H+>·L－1CH3·L－1NaOH溶液混合：c<Na+>=c<CH3COO->>c<OH->>c<H+>D.·L－1CH3COONa溶液与6mL1mol·L－1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响生成氯化铵,所以溶液显酸性,A错.B项中NH4Cl与NaOH 溶液混合恰好反响生成NH3·H2O和NaCl,溶液显碱性,B正确.C项混合后溶液中溶质为CH3COONa,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]物质的量浓度一样的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答案是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,如此n<OH－>=8mol n<Ba2+>=4mol n<Na+>=3mol n<HCO3－>=3mol ；反响后:n<OH－>=5mol n<Ba2+>=1mol n<Na+>=3mol ,所以选B练习1：将0.2 mol·L-1 CH3COOK 与0.1 mol·L-1盐酸等体积混合后,溶液的pH＜7,如此溶液中如下微粒的物质的量浓度的关系正确的答案是< >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2：4Cl溶液和0.2mol/LNaOH溶液等体积混合后,溶液中如下微粒的物质的量关系正确的答案是〔 >A .c<NH4+>=c<Na+>=c<OH->＞c<NH3·H2O> B. c<NH4+>=c<Na+>＞c<NH3·H2O> ＞c<OH->＞c<H+>C.c<NH4+>＞c<Na+>＞c<OH->＞c<NH3·H2O>D. c<NH4+>＞c<Na+>＞c<NH3·H2O> ＞c<OH->＞c<H+>4、不同物质同种离子浓度比拟型：[例题] <1996年高考题>物质的量浓度一样的如下溶液中,NH4+浓度最大的是〔〕.A．NH4Cl B．NH4HSO4 C．NH3COONH4 D．NH4HCO3[解析] NH4+在溶液中存在如下平衡：NH4+ + H2O NH3·H2O + 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、物质的量浓度一样的如下溶液①<NH4>2CO3 ②<NH4>2SO4 ③NH4HCO3④NH4HSO4⑤NH4Cl ⑥NH3·H2O；按c<NH4+>由小到大的排列顺序正确的答案是〔〕A.③⑤④⑥①③B.⑥③⑤④①②C.⑥⑤③④①②D.⑥③⑤④②①2、〔2006〕11．温度一样、浓度均为0.2 mol/L的①<NH4>2SO4、②NaNO3、③NH4HSO4、④NH4NO3、⑤、⑥CH3COONa溶液,它们的pH值由小到大的排列顺序是〔A〕A．③①④②⑥⑤ B．①③⑥④②⑤ C．③②①⑥④⑤D．⑤⑥②④①③5、其他类型关注利用溶液中阴阳离子的种类来判断溶液中溶质的可能情况: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响后的产物,因此存在酸碱过量问题.[例1]某无色透明的溶液中所含的离子仅有Na+、CH3COO-、H+和OH-四种离子,试回答如下问题：⑴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〞〕,其原因是：.⑵某学生将该溶液中的四种离子的物质的量浓度按从大到小的顺序排列了假如干种可能,其中合理的是：A. c<Na+>>c<CH3COO－>>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反响后的溶液.因此该溶液中可能含有溶质CH3COONa ; CH3COONa、CH3COOH;CH3COONa、NaOH等情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.某溶液中存在Cl-、NH4+、H+、OH- 四种离子经过四位同学测定其浓度大小关系如下,其中不可能的是 < >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；HA－H++A2－回答如下问题：⑴Na2A溶液显〔填"酸性〞,"中性〞,或"碱性〞〕.理由是：〔用离子方程式表示〕⑵·L－1的Na2A溶液中,如下微粒浓度关系式正确的答案是：.A. c<A2－> +c< HA－>+c< H2·L-1B. c<OH－>=c<H+> +c< HA－>C. c<Na+ >+ c<H+> =c<OH－>+ c< HA－>+2c<A2－>D. c<Na+ >= 2c<A2－> +2c< HA－>⑶·L－1NaHA溶液的pH=2,如此·L-1 H2A溶液中氢离子的物质的量浓度可能是0.11 mol·L－1〔填"<〞,">〞,或"=〞〕,理由是：⑷·L－1 NaHA溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是：解析：由于"H2A==H++HA；HA－H++A2－〞,因此在NaHA溶液中仅存在:HA－H++A2－电离情况,没有HA－的水解过程.在H2A溶液中H2A第一步电离产生的H+,抑制了HA-的电离.理解上述容,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++A2-一级电离远大于二级电离,设有如下四种溶液：-1的NaHA溶液〔 C<OH->＞C<H+> 〕-1的HCl与-1的NaHA溶液等体积混合液-1的H2A溶液-1的NaOH与-1的NaHA溶液等体积混合液据此,填写如下空白〔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______________________.※※关注隐含信息的开掘:[例3]今有一混合物的水溶液,只可能含有以下离子中的假如干种：K+、NH4+、Cl－、Mg2+、Fe3+、CO32—、SO42—,现每次取100.00ml进展实验.①第一份参加AgNO3溶液有沉淀产生.②第二份加足量NaOH后加热,收集到气体0.896L〔标准状态下〕.③第三份加足量BaCl2后,得枯燥沉淀6.27g,沉淀经足量盐酸洗涤枯燥后,剩2.33g.试回答有关问题：⑴判断K+、Cl－是否存在？K+；Cl－〔填如下序号〕.A．一定存在 B．可能存在 C．一定不存在⑵肯定存在的离子在原溶液中的物质的量浓度分别为：.解析：由①可知溶液中Cl－、CO32—、SO42—三种中至少含有其中一种；由②能确定含NH4+,且c<NH4+·L－1,第③步可以确定c<SO42－·L－1；c<CO32－·L－1,由于含有CO32—、SO42—,所以溶液中肯定不含Mg2+、Fe3+；因为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〕,由上述所求的阴阳离子的浓度看出,是不守恒的,因此溶液中一定存在K+,且c<K+>≥·L－1,Cl－不确定.目录Ⅲ.NaHCO3： c<Na+>+c<H+>=c<HCO3->+2c<CO32->+c<OH->Ⅳ.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所有阳离子所带的正电荷总数与所有阴离子所带的负电荷总数相等.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与盐类的水解知识,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-+ H2O≒HCO3-+OH-；HCO3-+H2O≒H2CO3+OH-；H2O≒H++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与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< 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所有阳离子的物质的量浓度与其所带电荷乘积之和等于所有阴离子的物质的量浓度与其所带电荷的绝对值乘积之和.化合物电荷⒈化合物中元素正负化合价代数和为零溶液电荷⒉溶液中所有阳离子所带的正电荷总数等于所有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电中性,即溶液中所有阳离子所带的电荷数等于所有阴离子所带的电荷数 3.除六大强酸,三大强碱外都水解,多元弱酸局部水解.产物中有局部水解时产物 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->因为碳酸根为带两个单位的负电荷,所以碳酸根Ⅰ.CH3COONa：c<Na+>+c<H+>=c<CH3COO->+c<OH->Ⅱ.Na2CO3：c<Na+>+c<H+>=c<OH->+c<HCO3->+2c<CO3 2->Ⅲ.NaHCO3：c<Na+>+c<H+>=c<HCO3->+2c<CO32->+c<OH->Ⅳ.Na3PO4：c<Na+>+c<H+>=3c<PO4 3->+2c<HPO4 2->+c<H2PO4->+c<OH->物料守恒反响方程式,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,因为外围电子数可能有变,这时候可以结合电荷守恒来判断问题.可以微观地应用到具体反响方程式,就是左边〔反响物〕元素原子〔核〕个数种类与总数对应相等于右边〔生成物〕〔当然也不会出现种类不同的情况〕.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.举例例一：在NaHCO3中,如果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反响,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-与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:〔均为可逆反响〕H2S=<H+> +<HS-><HS->=<H+>+<S2->H2O=<H+>+<OH->可得物料守恒式c<S2->+c<HS->+c<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+>=2[c<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-,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〕.⒈含特定元素的微粒〔离子或分子〕守恒⒉不同元素间形成的特定微粒比守恒⒊特定微粒的来源关系守恒例1：在0.1mol/LNa3PO4溶液中：根据Na与P形成微粒的关系有：c[Na+]=3c[PO43-]+3c[HPO42-]+3c[H2PO4-]+3c[H3PO4]根据H2O电离出的H+与OH-守恒有：c[OH-]=c[HPO42-]+2c[H2PO4-]+3c[H3PO4]+c[H+]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①电荷守恒： C<Na+> +C<H+>===C<OH-> +2C<CO32-> +C<HCO3-> 正电荷=负电荷②物料守恒： C〔Na+>= 2C<CO32-> +2C<HCO3-> +2C<H2CO3>①-②得质子守恒： C<OH-> =C<H+> +C<HCO3-> +2C<H2CO3> 水电离出的H+ =OH-NaHCO3 溶液中存在如下等式①c<H+>+c<Na+>=c<HCO3->+2c<CO32->+c<OH->②c<Na+>=c<HCO3->+c<CO32->+c<H2CO3>{物料守恒}方法一：两式相减①-②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拟简单,但要细心；如果用电荷守恒和物料守恒关系联立得到如此比拟麻烦,但比拟保险又如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.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〕〔假如为溶液如此包括水〕利用电离和水解得到得质子产物和失质子产物.第二步：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。