2019届高考化学专题六溶液中电荷守恒的应用精准培优专练
2019届高考化学专题八氧化性还原性强弱判断的几种方法精准培优专练含答案
培优点八氧化性还原性强弱判断的几种方法1．根据氧化还原反应的方向判断典例1．在相同条件下的三个反应：2A－+B2===2B－+A2；C－+A2===2A－+C2；2B－+D2===2D－+B2，下列判断不正确的是（）A．氧化性：A2>B2>C2>D2 B．还原性:C－>A－>B－>D－C．2A－+D2===2D－+A2反应可以进行 D．2C－+B2===2B－+C2反应不能进【解析】反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性：D2>B2>A2>C2；还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以还原性：C－>A－>B－>D－，由此可判断C、D都正确。
故选A。
【答案】A2．根据原电池、电解池的电极反应判断典例2．a、b、c是三种金属，根据下列①、②两个实验，确定它们的还原性强弱顺序为（）①将a与b浸在稀硫酸中用导线相连，a上有气泡逸出，b逐渐溶解；②使用惰性电极电解物质的量浓度相同的a、c混合盐溶液，阴极上先析出c。
A．a＞b＞c B．b＞c＞a C．c＞a＞b D．b＞a＞c【解析】①将a与b浸在稀硫酸中用导线相连，a上有气泡逸出，b逐渐溶解，可说明b为负极，a为正极，原电池中活泼金属为负极，则还原性b＞a；②为电解，金属阳离子氧化性较强的离子先在阴极析出，金属阳离子的氧化性越强，对应的金属单质的活泼性越弱，阴极上先析出c，说明活泼性a＞c。
则三种金属的还原性强弱为b＞a＞c，故选D。
【答案】D3．依据化学反应条件和反应程度进行判断典例3．实验室用下列方法制取氧气①4HCl(浓)+MnO 2MnCl2+Cl2↑+2H2O；②4HCl(浓)+O 22Cl2+2H2O③2KMnO4 +16HCl2KCl+2MnCl2 +5Cl2 ↑+8H2O试比较上述反应中氧化剂氧化能力的强弱。
【解析】根据方程式①4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O；②4HCl(浓)+O22Cl2+2H2O；③2KMnO4+16HCl2KCl+2MnCl2 +5Cl2 ↑+8H2O知，③没有反应条件，①的反应条件是加热，②的反应一．氧化性还原性强弱判断的几种方法条件是加热和催化剂，反应条件越少的氧化还原反应越容易发生，越容易发生的氧化还原反应氧化剂的氧化性越强，所以氧化性最强的是高锰酸钾，其次是二氧化锰，最后是氧气，故为：KMnO4>MnO2>O2【答案】氧化性：KMnO4>MnO2>O2二．对点增分集训1．下列叙述正确的是（）A．含最高价元素的化合物，一定具有强氧化性B．阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性C．元素失电子越多，还原性越强D．强氧化剂与强还原剂不一定能发生氧化还原反应【解析】元素处于最高价态只有氧化性，但不一定有强氧化性，如NaCl中的钠元素，故A错误；元素处于中间价态的阳离子，既有氧化性又有还原性，如Fe2＋，故B错误；物质氧化性和还原性的强弱与其所含元素原子得失电子的数目无直接关系，而与得失电子的难易程度有关，如：Na－e－===Na+，Al－3e－===Al3+，但还原性Na＞Al，故C错误；一般情况下，强氧化剂与强还原剂相遇即可发生氧化还原反应，但若是同种元素的不同价态之间，还必须存在中间价态才能发生反应，如浓硫酸与二氧化硫不能发生反应。
新高考化学三轮复习 选择题精准练(六)电化学原理及应用(含解析)
选择题精准练(六) 电化学原理及应用(建议用时：25分钟)1．(2019·高考江苏卷)将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。
下列有关该实验的说法正确的是( )A．铁被氧化的电极反应式为Fe－3e－===Fe3＋B．铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能C．活性炭的存在会加速铁的腐蚀D．以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀2．某新型水系钠离子电池工作原理如图所示。
TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，充电时Na2S4转化为Na2S。
下列说法正确的是( )A．充电时，太阳能转化为化学能，化学能又转化为电能B．放电时，a极为负极C．充电时，阳极的电极反应式为I－3－2e－===3I－D．M可以使用阴离子交换膜3．近年来，尿素电氧化法处理富含尿素的工业废水和生活污水得到了广泛关注，该法具有操作简易、处理量大、运行周期长等优点，且该过程在碱性条件下产生无毒的CO2、N2。
电池工作时，下列说法错误的是( )A．负极发生的反应为CO(NH2)2＋6OH－－6e－===N2↑＋CO2↑＋5H2OB．正极附近溶液的pH增大C．隔膜只允许阳离子通过D．处理掉废水中尿素1.0 g时消耗O2 0.56 L(标准状况)4．(新题预测)最近，科学家研发出了“全氢电池”，其工作原理如图所示。
下列说法错误的是( )A．右边吸附层中发生了氧化反应B．负极的电极反应是H2－2e－＋2OH－===2H2OC．该电池总反应是H＋＋OH－===H2OD．电解质溶液中Na＋向右移动、ClO－4向左移动5．LiFePO4电池具有稳定性高、安全、环境友好等优点，可用于电动汽车。
电池反应为FePO4＋Li 放电充电LiFePO4，电池的正极材料是LiFePO4，负极材料是石墨和锂，含Li＋导电固体为电解质。
下列有关LiFePO4电池的说法正确的是( )A．放电时电池正极反应为FePO4＋Li＋＋e－===LiFePO4B．放电时电池内部Li＋向负极移动C．充电过程中，电池正极材料的质量增加D．可加入硫酸以提高电解质的导电性6．(2019·试题调研)我国科学家研制出的新型铝锂石墨烯电池具有耐热、抗冻等优良特性，有广泛的应用前景。
高三化学守恒法(附答案)
高三化学守恒法守恒法是高考中常考常用的一种解题方法。
系统学习守恒法的应用，对提高解题速率和破解高考难题都有很大的帮助。
●难点磁场请试做下列题目，然后自我界定学习本篇是否需要。
现有19.7 g由Fe、FeO、Al、Al2O3组成的混合物，将它完全溶解在540 mL 2.00 mol·L－1的H2SO4溶液中，收集到标准状况下的气体8.96 L。
已知混合物中，Fe、FeO、Al、Al2O3的质量分数分别为0.284、0.183、0.274和0.259。
欲使溶液中的金属阳离子完全转化为氢氧化物沉淀，至少应加入2.70 mol·L－1的NaOH(aq)体积是________。
●案例探究［例题］将CaCl2和CaBr2的混合物13.400 g溶于水配成500.00 mL 溶液，再通入过量的Cl2，完全反应后将溶液蒸干，得到干燥固体11.175 g。
则原配溶液中，c(Ca2＋)∶c(Cl －)∶c(Br－)为A.3∶2∶1B.1∶2∶3C.1∶3∶2D.2∶3∶1命题意图：考查学生对电荷守恒的认识。
属化学教学中要求理解的内容。
知识依托：溶液等有关知识。
错解分析：误用电荷守恒：n(Ca2＋)= n(Cl－) ＋n(Br－)，错选A。
解题思路：1个Ca2＋所带电荷数为2，则根据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，知原溶液中：2n(Ca2＋) = n (Cl－) ＋n (Br－)将各备选项数值代入上式进行检验可知答案。
答案：D●锦囊妙计化学上，常用的守恒方法有以下几种：1.电荷守恒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。
即：阳离子物质的量(或浓度)与其所带电荷数乘积的代数和等于阴离子物质的量(或浓度)与其所带电荷数乘积的代数和。
2.电子守恒化学反应中(或系列化学反应中)氧化剂所得电子总数等于还原剂所失电子总数。
3.原子守恒系列反应中某原子(或原子团)个数(或物质的量)不变。
2019届高考化学专题六溶液中电荷守恒的应用精准培优专练(有答案)
培优点六 溶液中电荷守恒的应用1．溶液中离子浓度的大小判断典例1．用0.1mol ·L −1的盐酸滴定0.1mol ·L −1的氨水，滴定过程中不可能出现的结果是（ ）A ．c (NH ＋4)>c (Cl －)，c (OH －)>c (H +)B ．c (NH ＋4)＝c (Cl －)，c (OH －)＝c (H +)C ．c (Cl －)>c (NH ＋4)，c (OH －)>c (H +)D ．c (Cl －)>c (NH ＋4)，c (H +)>c (OH －)【解析】反应过程中，溶液中的离子为Cl －、NH ＋4、H +、OH －，根据电荷守恒c (NH ＋4)+c (H +)＝c (Cl －)+c (OH －)，不可能出现阴离子均大于阳离子的情况。
【答案】C2．溶质的组成、确定离子类别的判断典例2．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 +、NH ＋4、Cl －、Mg 2+、Ba 2+、CO 2－3、SO 2－4。
现取三份100mL 溶液进行如下实验：（1）第一份加入AgNO 3溶液有沉淀产生；（2）第二份加足量NaOH 溶液加热后，收集到气体0.68g ；（3）第三份加足量BaCl 2溶液后，得干燥沉淀6.27g ，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g 。
根据上述实验，以下推测正确的是（ ）A ．K +一定存在B ．100mL 溶液中含0.6g CO 2－3C ．Cl －不可能存在D ．Ba 2+一定不存在，Mg 2+可能存在【解析】说明溶液中可能存在Cl －、SO 2－4、CO 2－3等离子。
据(2)知NH ＋4+OH －===△NH 3 ↑+H 2O ，则NH ＋4物质的量为0.04mol 。
据（3）知BaSO 4：2.33g(0.01mol)，即100mL 溶液中含有0.01mol SO 2－4；BaCO 3为6.27g －2.33g ＝3.94g(0.02mol)，即CO 2－3有0.02mol ；Ba 2+、Mg 2+不会存在，Cl －可能存在。
高中化学溶液中离子的电荷质子物料守恒练习(附答案)
高中化学溶液中离子的电荷质子物料守恒练习一、单选题1.常温下，用NaOH 溶液滴定224H C O 溶液，溶液中()()224H lgH C O c c +-和()24lg HC O c --或()()24H lgHC O c c -+-和()224lg C O c --的关系如图所示，下列说法正确的是( )A.()al 224H C O 1.0K =B.滴定过程中，当溶液pH=5时，()()24Na 3HC O 0c c +-->C.向11mol L -g 的224H C O 溶液中加入等体积、等浓度的NaOH 溶液，完全反应后溶液显酸性D.向0.11mol L -g 的224H C O 溶液中加水稀释，()()24224HC O H C O c c -将减小2.硼及硼的化合物有着广泛的用途，其中33H BO 为一元弱酸。
设A N 为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是( )A.硼位于元素周期表中第Ⅲ族，硼酸（33H BO ）中B 的化合价为+3B.室温时0.11mol L -g 硼酸溶液的pH=5，则硼酸的电离常数10a 1.010K -≈⨯C.通过反应232B O 7C +4B C 6CO +↑可合成4B C 新型陶瓷，每0.7 mol C 参与反应，转移电子数为A 1.2ND.62B H 能与水反应生成33H BO 和2H ，若产生2.24 L 2H ，则转移电子数为A 0.1N3.常温下，向1L 0.1mol·L －1NH 4Cl 溶液中，逐渐加入NaOH 固体粉末，随着n (NaOH)的变化，c (+4NH )与c (NH 3·H 2O)的变化趋势如下图所示(不考虑体积变化、氨的挥发、温度的变化)。
下列说法正确的是( )A ．N 点溶液中水的电离程度比原溶液大B ．在N 点时，n (OH －)+0.1mol=(x+0.05)mol C ．随着NaOH 的加入，c (H ＋)/c (+4NH )不断减小D ．当n (NaOH)＝0.1mol 时，c (Na ＋)<c (+4NH )+c (NH 3·H 2O)4.下表是25℃时某些盐的溶度积常数和弱酸的电离平衡常数,下列说法正确的是( ) 化学式AgClAg 2CrO 4CH 3COOHHClOH 2CO 3 K sp 或K a K sp =1.8×10-10 K sp =2.0×10-12 K a =1.8×10-5 K a =3.0×10-81a K =4.1×10-72a K =5.6×10-11323()()()()()+2--+33Na >CO >CH COO >OH >H c c c c c -B.少量碳酸氢钠固体加入到新制的氯水中c(HClO)增大C.向0.1 mol·L -1 CH 3COOH 溶液中滴中NaOH 溶液至溶液pH=5,此时c(CH 3COOH):c(CH 3COO -)=9:5D.向浓度均为1×10-3mol·L -1的KCl 和K 2CrO 4混合液中滴加1×10-3mol·L -1的AgNO 3溶液, 24CrO -先形成沉淀5.常温下，用pH ＝m 的盐酸滴定20 mL pH ＝n 的MOH 溶液，且m ＋n ＝14。
2019年高考化学一轮复习专题2.4守恒思想在化学中的应用——守恒法解题技巧押题专练
专题2.4守恒思想在化学中的应用——守恒法解题技巧1. 76.8mgCu与足量浓硝酸反应,铜作用完全后,如果NO-减少2X 10-3mol,则溶液中H同时下降 ()3 3 3 3A 2.2 X 10 - molB 3.2 X 10 - molC 4.4 X 10 - molD 4.8 X 10 - mol【答案】C【解析】反应后生成HjO,田0中的O来自转化为汽6后减少的Q故有下列拱系：NCV(减少)f NOy(减少)^NO^3e->4H+?因此,H(H+)=2II{NQ2}M II(NO)□这样只萝求出NQi与NO的物质的量即可求出减少的物质的量，设生成N6 NO的物质的量分别为x,y则由N守恒:沪尸2也如乩① 由得失电子守恒:x+3y^=2><76.8^10-3g/64gmol®解①■②方程组得:^=1.8^1^ mol, yH>.2x 1 O^mol. n(H+)=2x 1.8mol+4x0.2x 10-J fnoM 1 nwl,选C.2. 将CaCl 2和CaBr2的混合物13.400 g 溶于水配成500.00 mL 溶液，再通入过量的Cl 2,完全反应后将溶液蒸干，得到干燥固体11.175 g。
则原配溶液中，c(Ca2+) : c(Cl「)：c(Br「)为A. 3 : 2 ：1B.1 : 2 ：3C.1 : 3 ：2D.2 : 3 ：1【答案】D【解析】1个Ca2+所带电荷数为2,则根据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，知原溶液中：2n(Ca2*) = n (Cl「)+ n (Br )，将各备选项数值代入上式进行检验可知答案。
3 .向体积为0.05mol •L -1CH I COOH溶液中加入体积为Vb的0.05mol •L -1KOH溶液，下列关系错误的是A. V a> V b时：C(CH3COOH)+C(CHC0O) >c(K+)B. V a= V b时：C(CH3COOH) +c(H+) = c(OH「)C. V a V V b 时：C(CH3CO0) > (K +)> C(OH「)> c(H +)D. V a与V b任意比时：c(K+) + c(H +) = c(OH「)+ C(CH3CO0)【答案】C【解析】V a>V b时，醋酸过量，根据物料守恒可知，A正确。
溶液中离子浓度的守恒关系
3.质子守恒:电荷守恒-物料守恒
NH4Cl溶液， 电荷守恒，NH4+ + H+ = Cl- + OH物料守恒，NH4+ + NH3.H2O = Cl处理一下，约去无关的Cl-，得到， H+ = OH- + NH3.H2O，即是质子守恒
Na2CO3溶液：
HCO3- + 2H2CO3 + H+ = OH-
Na3PO4溶液，Na+ + H+ = 3PO43- + 2HPO42- + H2PO4- 组成中存在的某些元素之 间的特定比例关系，由于水溶液中一定存在水的 H、O元素，所以物料守恒中的等式一定是非H、 O元素的关系。 NH4Cl溶液，化学式中N:Cl=1:1，即得到， NH4+ + NH3.H2O = ClNa2CO3溶液，Na:C=2:1，即得到， Na+ = 2(CO32- + HCO3- + H2CO3) NaHCO3溶液，Na:C=1:1，即得到， Na+ = CO32- + HCO3- + H2CO3 写这个等式要注意，把所有含这种元素的粒子都 要考虑在内，可以是离子，也可以是分子。
[例3]（08广东卷）下列反应的离子方程式正确的是（ ） A．钠与水的反应：Na＋H2O＝Na＋＋OH－＋H2↑ B．氯气与水反应：Cl2＋H2O＝2H＋＋Cl－＋ClO－ C．氢氧化铝中和胃酸：Al(OH)3＋3H＋＝Al3＋＋3H2O D．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Fe＋＋Cu＝Fe2＋＋Cu2＋
NaHCO3溶液： H++H2CO3=OH-+CO32-
溶液中离子浓度的大小比较
巧用电荷守恒法解化学习题
巧用“电荷守恒法”解化学计算题“电荷守恒法”，即电解质溶液中的阴离子所带的负电荷总数等于阳离子所带的正电荷总数，或者说正、负电荷的代数和等于0[1]。
利用电荷守恒法的主要依据是电解质溶液的整体上呈电中性。
这种解题技巧的优点是基于宏观的统揽全局的方式列式，避开繁杂的运算，不去追究细枝末节，因而能使复杂的计算化繁为简，化难为易。
1 电荷守恒法解题的依据和基本公式1.1 电荷守恒法解题的依据：电解质溶液中，不论存在多少种离子，溶液都是呈电中性的，即阴离子所带的电荷数与阳离子所带的电荷数是相等的。
1.2 电荷守恒法解题时的计算公式：∑m c(R m+) == ∑n c(R n－)，此公式中∑代表“和”的意思，c(R m+)代表阳离子的浓度或物质的量或微粒个数，m代表代表阳离子所带电荷数，c(R n－) 代表阴离子的浓度或物质的量或微粒个数，n代表代表阴离子所带电荷数。
以Na2S溶液为例：在Na2S溶液中，有如下三个平衡式：S2－+H2O HS－+OH－（一级水解）HS－+H2O H2S+OH－（二级水解）H2O H++OH－（水的电离）含有的微粒：Na+、H+、OH－、HS－、S2－、H2S (H2O分子除外)，有下列的电荷守恒式：c(Na+)+c(H+)＝c(OH－)+c(HS－)+2c(S2－)2 电荷守恒法适用范围及解典型的化学计算题2.1电荷守恒法解题范围：已知溶液中几个离子的量，求其他离子的量，可采用电荷守恒法计算。
2.2 应用电荷守恒法计算的典型例题2.2.1 利用电荷守恒法可巧解有关电解质溶液中离子浓度的计算题【例题1】由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其pH＝1，c(Al3+)＝0.4 mol/L，c(SO42－)＝0.8 mol/L，则c(K+)为( ) [2]A. 0.15 mol/LB. 0.2 mol/LC. 0.3 mol/LD. 0.4 mol/L解析1：常规方法：由硫酸钾、硫酸铝和硫酸的化学式推理：硫酸钾（K2SO4）、硫酸铝［Al2(SO4)3］、硫酸（H2SO4），三种物质组成的混合液中硫酸根的来源则由这三种物质提供。
2019届高三化学精准培优专练十七：溶液PH值计算的情况（解析版）
2019届⾼三化学精准培优专练⼗七：溶液PH值计算的情况（解析版）2019届⾼三化学精准培优专练⼗七：溶液PH值计算的情况（解析版）⼀．溶液pH计算的情况1．单⼀溶液pH的计算典例1．求25℃时，10-5mol·L?1的NaOH溶液的pH值为。
【解析】10-5mol·L?1的NaOH溶液中c(OH－)=1×10-5mol·L?1，则c(H+)=Kw/c(OH－)=(1×10-14)/1×10-5mol·L?1=1×10-9mol·L?1，故pH=－lgc(H+)=9【答案】92．混合型（多种溶液混合）典例2．60mL 0.5mol·L?1NaOH溶液和40mL 0.4mol·L?1的H2SO4混合后，溶液的pH 值为。
【解析】60mL 0.5mol·L?1的氢氧化钠溶液中n(OH－)=0.5×0.06 = 0.03mol；40mL 0.4mol·L?1硫酸溶液中n(H+) = 0.4×0.04×2 = 0.032mol酸过量，反应后溶液中n(H+) = 0.032-0.03=0.002mol溶液体积约为60+40=100ml=0.1L；所以c(H+)=0.002mol/0.1L=0.02mol·L?1，pH=-lg(0.02)=1.7【答案】1.7⼆．对点增分集训1．下列叙述正确的是（）A．某醋酸溶液的pH＝a，将此溶液稀释1倍后，溶液的pH＝b，则a>bB．在滴有酚酞溶液的氨⽔中，加⼊NH4Cl⾄溶液恰好⽆⾊，则此时溶液的pH<7C．1.0×10－3mol·L－1盐酸的pH＝3.0，1.0×10－8mol·L－1盐酸的pH＝8.0D．常温下，若1mL pH＝1的盐酸与100mL NaOH溶液混合后，溶液的pH＝7，则NaOH 溶液的pH＝11【解析】A项，醋酸稀释后，c(H+)减⼩，则pH增⼤，即a【答案】D2．25℃，某浓度的盐酸、氯化铵溶液中由⽔电离出的氢离⼦浓度分别为1.0×10?a mol·L?1、1.0×10?b mol·L?1，这两种溶液的pH之和为（）A．14－a+b B．14+a+b C．14－a－b D．14+a－b【解析】盐酸中⽔电离出的H+与溶液中的OH－浓度相同，故该浓度的盐酸中c(H+)＝1.0×10?14mol·L?1＝1.0×10?14+a mol·L?1，故其pH＝14－a；氯化铵溶液中H+完全来⾃⽔的电离，1.0×10?a即c(H+)＝1.0×10?b mol·L?1，故其pH＝b，因此两种溶液的pH之和为14－a+b，即A项正确。
高考化学计算题守恒法详解(含例题及练习题)
高考化学计算题守恒法详解（含例题及练习题）利用电荷守恒和原子守恒为基础，就是巧妙地选择化学式中某两数(如化合价数、正负电荷总数)始终保持相等，或几个连续的化学方程式前后某微粒(如原子、电子、离子)的物质的量保持不变，作为解题的依据，这样不用计算中间产物的数量，从而提高解题速度和准确性。
1、原子个数守恒【例题1】某无水混合物由硫酸亚铁和硫酸铁组成，测知该混合物中的硫的质量分数为a，求混合物中铁的质量分数。
【分析】根据化学式FeSO4、Fe2(SO4)3可看出，在这两种物质中S、O原子个数比为1：4，即无论这两种物质以何种比例混合，S、O的原子个数比始终为1：4。
设含O的质量分数x，则32/64＝a/x，x＝2a。
所以ω(Fe)＝1－3a【例题2】用1L1mol/L的NaOH溶液吸收0.8molCO2，求所得的溶液中CO23－和HCO3＝的物质的量之比为【分析】依题意，反应产物为Na2CO3和NaHCO3的混合物，根据Na原子和C原子数守恒来解答。
设溶液中Na2CO3为xmol，为NaHCO3ymol，则有方程式①2x+y=1mol/L×1L①x+y=0.8mol，解得x=0.2，y=0.6，所以[CO32－]：[HCO3－]＝1：32、电荷守恒即对任一电中性的体系，如化合物、混和物、溶液等，电荷的代数和为零，即正电荷总数和负电荷总数相等。
【例题3】在Na2SO4和K2SO4的混和溶液中，如果[Na+]=0.2摩／升，[SO42-]=x摩／升，[K+]=y摩／升，则x和y的关系是（A）x=0.5y (B)x=0.1+0.5y (C)y=2(x－0.1) (D)y=2x－0.1【分析】可假设溶液体积为1升，那么Na+物质的量为0.2摩，SO42-物质的量为x摩，K+物质的量为y摩，根据电荷守恒可得[Na+]+[K+]=2[SO42-]，所以答案为BC 【例题4】用1L1mol/L的NaOH溶液吸收0.8molCO2，求所得的溶液中CO23－和HCO3＝的物质的量之比为【分析】根据电荷守恒：溶液中[Na+]+[H+]=[HCO3－]+2[CO32－]+[OH－]，因为[H+]和[OH－]均相对较少，可忽略不计。
高中化学高考总复习----守恒法在化学计算中的应用知识讲解及巩固练习题(含答案解析)
A 0.2mol L－1
B 0.4mol L－1
C 0.8mol L－1
D 1.6mol L－1
【答案】C
【变式 5】将一定质量的镁铝合金投入到 250ml 4mol/L 的盐酸中，金属完全溶解后，再
加入 2mol/L 的 NaOH 溶液，若要生成的沉淀最多，加入的这种氢氧化钠溶液的体积是
（）
Байду номын сангаас
A、250mL
【总结升华】本题应抓住混合物中 Na2S 、Na2SO3 、Na2SO4 三者均含“Na2S”的特 点，Na、S 两元素个数比均为 2:1，故不论三者比例如何混合物中 Na、S 两元素个数比 均为 2:1。 举一反三： 【变式 1】C2H4 、C3H8O 、C6H12 混合物中，C 元素的质量分数为 a%，求 O 元素的质量分数。
【答案】（1—a%×7/6）×8/9 【解析】将 C3H8O 改为 C3H6 ▪ H2O，（1—a%×7/6）代表含“H2O”量。
【变式 2】甲醛，乙醛，丙醛组成的混和物中，氢元素占质量百分组成为 9%，则混和物
中氧元素占质量百分组成为
A. 37%
B. 16%
C. 6.6% D.无法确定
盐溶液中的物料守恒、电荷守恒、质子守恒练习题(附答案)
盐溶液中的物料守恒、电荷守恒、质子守恒练习题一、单选题1.对水的电离平衡不会产生影响的粒子是（ ）A. B.C. O=C=OD.2.下列说法正确的是( )A.强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的强B.根据K sp (CaCO 3)<K sp (CaSO 4),在生产中可用Na 2CO 3溶液处理锅炉水垢中的CaSO 4,使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO 3C.常温下,将醋酸稀溶液加水稀释,醋酸电离程度增大,溶液导电能力增强D.已知反应:3H 2(g)+WO 3(s)W(s)+3H 2O(g)只有在高温时才能自发进行,则它的ΔS<03.HClO 4、H 2SO 4、HNO 3和HCl 都是强酸，它们的酸性在水溶液中差别不大。
以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数：酸 HClO 4 H 2SO 4 HCl HNO 3 K a1.6×10－56.3×10－91.6×10－94.2×10－10A ．在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离B ．在冰醋酸中HClO 4是这四种酸中最强的酸C ．在冰醋酸中H 2SO 4的电离方程式为H 2SO 4=2H ＋＋24SO -D ．水不能区分这四种酸的强弱，但冰醋酸可以区分这四种酸的强弱 4.已知常温下碳酸、亚硫酸、次氯酸的电离平衡常数如下表:H 2CO 3 H 2SO 3 HClO K 1=4.30×10-7 K 1=1.54×10-2 K=2.95×10-8K 2=5.61×10-11K 2=1.02×10-7A.相同条件下,同浓度的H 2SO 3溶液和H 2CO 3溶液的酸性,后者更强B.Na 2CO 3溶液中通入少量SO 2: 22232332SO H O S CO 2HCO O ---++=+C.NaClO 溶液中通入少量CO 2: 22232ClO CO H O 2HClO CO --++=+D.向氯水中分别加入等浓度的NaHCO 3和NaHSO 3溶液,均可提高氯水中HClO 的浓度 5.在给定条件下，下列离子组的离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是（ ）不能大量共存，222ClO +SO +H O -232HClO+SO -6.已知常温时CH 3COOH 的电离平衡常数为K 。
电荷守恒在解题中的应用
电荷守恒在解题中的应用近年高考题中，经常出现用电荷守恒知识分析解答的一类习题，特别是现在实行理科综合卷，电荷守恒知识是物理和化学知识的融合，有些问题只要从电荷守恒的角度分析，问题就能迎刃而解。
电荷守恒在溶液中是指溶液呈电中性，即溶液中各阴、阳离子的电荷数相等，在同一体积的溶液中，也可用浓度表示其等量关系。
下面举几例分析。
[例1] 等体积等物质的量浓度的NaCl和NaF溶液，两份溶液中离子总数相比A.前者多B.后者多C.一样多D.无法判断[分析] 此题咋一看无从下笔，即使分析出NaF会水解，也无法看清离子总数大小关系。
只有考虑电荷守恒：c（Na+）+c（H+）= c（Cl—）+ c（OH—），c（Na+）+c（H+）= c（F—）+ c（OH—）再根据NaF溶液中由于F—离子的水解，F—+H2O HF+OH—，溶液中OH—离子增多，H+离子减少，而NaCl溶液中H+离子不变，NaCl溶液中Na+与NaF溶液中Na+相同，所以，离子总数NaCl溶液中的较多。
[例2] 将硫酸钾、硫酸铝、硫酸铝钾三种盐混合溶于硫酸酸化的水中，测得c（SO42—）=0.105mol/L，c（Al3+）=0.055 mol/L，溶液的pH=2（溶液中硫酸完全电离为H+离子和SO42—），则溶液中c（K+）为A.0.045 mol/LB.0.035 mol/LC.0.055 mol/LD.0.040 mol/L[分析] 将pH换算为H+离子浓度，溶液中存在的阳离子有：Al3+、K+和H+离子，阴离子有SO42—和OH—。
根据电荷守恒：c（H+）+ c（K+）+ 3c（Al3+）=2 c（SO42—）+ c（OH—）则c（K+）= 2 c（SO42—）+ c（OH—）—c（H+）—3c（Al3+）因为溶液显酸性，故c（OH—）很小，可忽略。
代入有关数据可得答案B。
[例3] 用盐酸滴定氨水，当c（NH4+）= c（Cl—）时，混合溶液显性（填酸、碱或中性）。
2020届高三化学精准培优专练6：溶液中电荷守恒的应用(附解析)
2020届高三化学精准培优专练6：溶液中电荷守恒的应用（附解析）一．溶液中电荷守恒的应用1．溶液中离子浓度的大小判断典例1．25℃时，在10mL浓度均为0.1mol·L－1的NaOH和NH3·H2O混合溶液中滴加0.1mol·L －1盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是( )A．未加盐酸时：c(OH－)>c(Na+)＝c(NH3·H2O)B．加入10 mL盐酸时：c(NH＋4)+c(H+)＝c(OH－)C．加入盐酸至溶液pH＝7时：c(Cl－)＝c(Na+)D．加入20mL盐酸时：c(Cl－)＝c(NH＋4)+c(Na+)2．溶质的组成、确定离子类别的判断典例2．某溶液X含有K+、Mg2+、Fe3+、Al3+、Fe2+、Cl－、CO2−3、OH－、SiO2−3、NO−3、SO2−4中的几种，已知该溶液中各离子物质的量浓度均为0.20mol·L－1（不考虑水的电离及离子的水解）。
为确定该溶液中含有的离子，现进行了如下的操作：下列说法正确的是（）A．无色气体可能是NO和CO2的混合物B．由步骤③可知，原溶液肯定存在Fe3+C．溶液X中所含离子种类共有4种D．另取100mL原溶液X，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，理论上得到的固体质量为2.4g3．溶液中某些离子的浓度计算典例3．有BaCl2和NaCl的混合溶液aL，将它均分成两份。
一份滴加稀硫酸，使Ba2+离子完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl−离子完全沉淀。
反应中消耗x mol H2SO4、y mol AgNO3溶液。
据此得知原混合液中氯化钠的物质的量浓度(mol/L)为（）A．(2y-4x)/a B．(y-x)/a C．(y-2x)/a D ．(2y-2x)/a二．对点增分集训1．有一无色溶液，可能含有K+、Al3+、Mg2+、NH+4、Cl−、SO2−4、HCO−3、MnO−4中的几种。
氧化还原反应得失电荷守恒经典练习
高考总复习氧化还原反应练习得失电荷守恒守恒的应用部分一、选择题1．已知锌与某浓度的硝酸反应，锌与HNO3恰好完全反应时物质的量为5∶12，则还原产物一定是（）A.N2OB.NOC.NH4NO3D.N22．下列反应中，属于非氧化还原反应的是（）A.3CuS+8HNO3=====3Cu(NO3)2+2NO↑+3S↓+4H2OB.3Cl2+6KOH=====5KCl+KClO3+3H2OC.3H2O2+2KCrO2+2KOH=====2K2CrO4+4H2OD.3CCl4+K2Cr2O7=====2CrO2Cl2+3COCl2+2KCl3.R2O8n-离子在一定条件下可以把Mn2+离子氧化为MnO4-，若反应后R2O8n-离子变为RO42-离子。
又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，则n的值是（）A.1B.2C.3D.44．已知某金属硝酸盐，在受热分解时生成了金属氧化物、二氧化氮与氧气。
测得产物中NO2与O2的体积比为6∶1（同温同压下测得），试分析该硝酸盐分解时金属化合价的变化情况是（）A.升高B.降低C.不变D.不能确定5．溴化碘的分子式为IBr。
它的化学性质活泼，能跟大多数金属反应，也能跟某些非金属单质反应，它跟水反应的化学方程式为H2O+IBr=====HBr+HIO下列关于溴化碘的叙述中，不正确的是（）A.固态IBr是分子晶体B.把0.1molIBr加入水中配成500mL溶液，所得溶液中Br-和I-的物质的量浓度为0.2mol/LC.IBr跟水的反应是一个氧化还原反应D.在化学反应中，IBr可以作为氧化剂6.下列各组离子，在强碱性溶液中可以大量共存的是（）A.K+、Na+、HSO3-、Cl-B.Na+、Ba2+、AlO2-、NO3-C.NH4+、K+、Cl-、NO3-D.K+、Na+、ClO-、S2-7．20mL 0.05mol/L含有R2O72-离子的浓溶液恰好能将20mL 0.3mol/L的Fe2+溶液完全氧化，则元素R在还原产物中的化合价为（）A.+2价B.+3价C.+4价D.+5价8.将KCl和CrCl3两种固体混合物共熔，得化合物X。
溶液中离子浓度的守恒关系
答案：C
3、溶液中离子浓度的计算 [例4]（08四川卷）在a molAl2(SO4)3和(NH4)2SO4 的混合溶液中加入bmol的BaCl2，恰好使溶液中 的SO42－完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得 到cmolNH3，则原溶液中的Al3＋的浓度(mol/L)为 ( ) A.（2b-c）/2a B． (2b-c)/a C．(2b-c)/3a D．(2b-c)/6a 解析：由于NH3的物质的量为cmol，由原子守恒和 电荷守恒得：(NH4)2SO4的物质的量为c/2 mol， 反应时用去的BaCl2的物质的量也为 c/2mol，剩 余的BaCl2为(b－c/2)mol，则Al2(SO4)3中的 SO42－的物质的量也为(b－c/2)mol，由电荷守恒得： n(Al3＋)×3＝(b－c/2)×2， 所以c(Al3＋)＝(2b-c)/3a mol/L。
Na3PO4溶液，Na+ + H+ = 3PO43- + 2HPO42- + H2PO4- + OH-
2.物料守恒:即加入的溶质组成中存在的某些元素之 间的特定比例关系，由于水溶液中一定存在水的 H、O元素，所以物料守恒中的等式一定是非H、 O元素的关系。 NH4Cl溶液，化学式中N:Cl=1:1，即得到， NH4+ + NH3.H2O = ClNa2CO3溶液，Na:C=2:1，即得到， Na+ = 2(CO32- + HCO3- + H2CO3) NaHCO3溶液，Na:C=1:1，即得到， Na+ = CO32- + HCO3- + H2CO3 写这个等式要注意，把所有含这种元素的粒子都 要考虑在内，可以是离子，也可以是分子。
NaHCO3溶液： H++H2CO3=OH-+CO32-
高二的化学守恒例题
高二的化学守恒例题电荷守恒即溶液永远是电中性的，所以阳离子带的正电荷总量=阴离子带的负电荷总量基准：nh4cl溶液：c(nh+4)+c(h+)= c(cl-)+ c(oh-)写下这个等式必须特别注意2点：1、要判断准确溶液中存在的所有离子，不能漏掉。
2、特别注意离子自身拎的电荷数目。
如，na2co3溶液：c(na+)+ c(h+)= 2c(co32-)+ c(hco3-)+ c(oh-)nahco3溶液：c(na+)+ c(h+)= 2c(co32-) + c(hco3-)+ c(oh-)naoh溶液：c(na+) + c(h+)=c(oh-)na3po4溶液：c(na+) + c(h+) = 3c(po43-) + 2c(hpo42-) + c(h2po4-) + c(oh-)物料动量即加入的溶质组成中存在的某些元素之间的特定比例关系，由于水溶液中一定存在水的h、o元素，所以物料守恒中的等式一定是非h、o元素的关系。
基准：nh4cl溶液：化学式中n:cl=1:1，即为获得，c(nh4+)+ c(nh3?h2o) = c(cl-)na2co3溶液：na:c=2:1，即为获得，c(na+) = 2c(co32- + hco3- + h2co3)nahco3溶液：na:c=1:1，即为获得，c(na+) = c(co32-)+ c(hco3-) + c(h2co3)写这个等式要注意，把所有含这种元素的粒子都要考虑在内，可以是离子，也可以是分子。
质子动量即h+守恒，溶液中失去h+总数等于得到h+总数，或者水溶液的由水电离出来的h+总量与由水电离出来的oh-总量总是相等的，也可利用物料守恒和电荷守恒推出。
实际上，存有了上面2个动量就这么了，质子动量不须要腰。
比如：nh4cl溶液：电荷动量：c(nh4+) + c(h+) = c(cl-) + c(oh-)物料守恒：c(nh4+)+ c(nh3?h2o)= c(cl-)处置一下，约回去毫无关系的cl-，获得，c(h+) = c(oh-) + c(nh3?h2o)，即为就是质子动量。
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培优点六 溶液中电荷守恒的应用1．溶液中离子浓度的大小判断典例1．用0.1mol ·L −1的盐酸滴定0.1mol ·L −1的氨水，滴定过程中不可能出现的结果是（ ）A ．c (NH ＋4)>c (Cl －)，c (OH －)>c (H +) B ．c (NH ＋4)＝c (Cl －)，c (OH －)＝c (H +) C ．c (Cl －)>c (NH ＋4)，c (OH －)>c (H +) D ．c (Cl －)>c (NH ＋4)，c (H +)>c (OH －)【解析】反应过程中，溶液中的离子为Cl －、NH ＋4、H +、OH －，根据电荷守恒c (NH ＋4)+c (H +)＝c (Cl －)+c (OH －)，不可能出现阴离子均大于阳离子的情况。
【答案】C2．溶质的组成、确定离子类别的判断典例2．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 +、NH ＋4、Cl －、Mg 2+、Ba 2+、CO 2－3、SO 2－4。
现取三份100mL 溶液进行如下实验：（1）第一份加入AgNO 3溶液有沉淀产生；（2）第二份加足量NaOH 溶液加热后，收集到气体0.68g ；（3）第三份加足量BaCl 2溶液后，得干燥沉淀6.27g ，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g 。
根据上述实验，以下推测正确的是（ ）A ．K +一定存在 B ．100mL 溶液中含0.6g CO 2－3 C ．Cl －不可能存在 D ．Ba 2+一定不存在，Mg 2+可能存在【解析】说明溶液中可能存在Cl －、SO 2－4、CO 2－3等离子。
据(2)知NH ＋4+OH －===△NH 3 ↑+H 2O ，则NH ＋4物质的量为0.04mol 。
据（3）知BaSO 4：2.33g(0.01mol)，即100mL 溶液中含有0.01mol SO 2－4；BaCO 3为6.27g －2.33g ＝3.94g(0.02mol)，即CO 2－3有0.02mol ；Ba 2+、Mg 2+不会存在，Cl－可能存在。
由于n (NH ＋4)<2n (CO 2－3)+2n (SO 2－4)，由电荷守恒可知，必有K +。
【答案】A3．溶液中某些离子的浓度计算典例3．下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是（ ） A ．0.1mol ·L −1NaHCO 3溶液：c (Na +)>c (HCO －3)>c (CO 2－3)>c (H 2CO 3)B ．0.1mol ·L −1NaHCO 3溶液与0.1mol ·L −1NaOH 溶液等体积混合：c (Na +)＝一．溶液中电荷守恒的应用2c (CO 2－3)+c (HCO －3)+2c (H 2CO 3)C ．0.1mol ·L −1NaHCO 3溶液与0.2mol ·L −1NaOH 溶液等体积混合：c (Na +)>c (OH －)>0.05mol ·L −1>c (CO 2－3)>c (HCO －3)D ．0.2mol ·L −1NaHCO 3溶液与0.1mol ·L −1NaOH 溶液等体积混合：c (CO 2－3)+2c (OH －)＝c (HCO －3)+3c (H 2CO 3)+c (H +)【解析】A 项，NaHCO 3溶液显碱性，所以HCO －3水解大于电离，则c (H 2CO 3)>c (CO 2－3)，错误；B 项，两者反应后为Na 2CO 3溶液，由物料守恒知，c (Na +)＝2c (CO 2－3)+2c (HCO －3)+2c (H 2CO 3)，错误；C 项，反应后的溶液为0.05mol ·L −1Na 2CO 3和0.05mol ·L −1NaOH的混合溶液，CO2－3水解会产生OH－，所以c (OH －)>0.05mol ·L −1>c (CO 2－3)，正确；D 项，反应后溶液中c (NaHCO 3)∶c (Na 2CO 3)＝1∶1，由电荷守恒知，c (Na +)+c (H +)＝c (HCO －3)+2c (CO 2－3)+c (OH －)，由物料守恒知，2c (Na +)＝3c (CO2－3)+3c (HCO －3)+3c (H 2CO 3)，消去c (Na +)可得，c (CO2－3)+2c (OH－)＝c (HCO －3)+3c (H 2CO 3)+2c (H +)，错误。
【答案】C1．在Al 2(SO 4)3和(NH 4)2SO 4的混合溶液中加入b mol 的BaCl 2，恰好使溶液中的SO 42－完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到c mol NH 3，则原溶液中的Al 3+的浓度(mol ·L −1)为（ ）A ．2b －c 2aB ．2b －c aC ．2b －c 3aD ．2b －c6a【解析】由于NH 3的物质的量为c mol ，由原子守恒和电荷守恒得：(NH 4)2SO 4的物质的量为c 2 mol ，反应时用去的BaCl 2的物质的量也为c 2 mol ，剩余的BaCl 2为(b －c2)mol ，则Al 2(SO 4)3中的SO 2－4的物质的量也为(b －c 2)mol ，由电荷守恒得：n(Al 3+)×3＝(b －c 2)×2，所以c(Al 3+)＝2b －c 3amol ·L −1。
【答案】C2．由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其pH ＝1，c (Al 3+)＝0.4mol ·L −1，c (SO 2－4)＝0.8mol ·L −1，则c (K +)约为（ ）A ．0.15mol ·L −1B ．0.2mol ·L−1C ．0.3mol ·L −1D ．0.4mol ·L −1【解析】电荷守恒c(H +)+3c(Al 3+)+c(K +)=2c(SO 2－4)+c(OH －)，得：c(K +)=0.3mol ·L −1[由二．对点增分集训于溶液呈酸性，溶液中n(OH－)很小，计算过程中可忽略]，C项正确。
【答案】C3．已知HF的电离程度大于等浓度的CH3COOH的电离程度，则在相同条件下，同浓度等体积的NaF、CH3COONa溶液中，离子总数（）A．前者多 B．后者多 C．一样多 D．无法确定【解析】NaF溶液中离子总数：n1=n(Na+)+n(H+)1+n(F－)+n(OH－)1，CH3COONa溶液中离子总数n2=n(Na+)+n(H+)2+n(CH3COO－)+n(OH－)2。
由电荷守恒原理：n(Na+)+n(H+)1=n(F－)+n(OH－)1、n(CH3COO－)+n(OH－)2=n(Na+)+n(H+)2，推出n1=2n(Na+)+2n(H+)1、n2=2n(Na+)+2n(H+)2；由于两溶液n(Na+)相等，且CH3COONa水解程度大，n(H+)2<n(H+)1。
故有：n1> n2，A项正确。
【答案】A4．3.2g铜与过量30mL 8mol·L−1浓硝酸充分反应硝酸的还原产物有NO和NO2。
反应后溶液中含a mol H+，此时溶液所含NO－3的物质的量为（）A．a mol B．(a+0.1)mol C．0.1amol D．(1-a)mol【解析】溶液中阳离子有铜离子0.05mol和a mol氢离子，阴离子是硝酸根。
根据电荷守恒原则可知硝酸根离子的物质的量应为(a+0.1)mol，所以答案应选B。
【答案】B5．已知HF的酸性比HCN的酸性强。
现有物质的量浓度和体积均相同的NaF和NaCN 两种溶液，已知前者溶液中离子数目为n1，后者溶液中离子数目为n2。
下列关系正确的是（）A．n1＝n2 B．n1>n2 C．n1<n2 D．c(F－)<c(CN－)【解析】由电荷守恒原理得：c(Na+)+c(H+)1=c(F－)+c(OH－)1，c(Na+)+c(H+)2= c(CN－)+c(OH－)2；根据题意：F－的水解程度小于CN－的水解程度，有c(F－)>c(CN－)，NaF 溶液中c(H+)相对较大，即：c(Na+)+c(H+)1＞c(Na+)+c(H+)2，故n1>n2。
【答案】B6．醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH H++CH3COO－，下列叙述不正确的是（）A．醋酸溶液中离子浓度的关系满足：c(H+)＝c(OH－)+c(CH3COO－)B．0.10mol·L−1的CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中c(OH－)减小C．CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动D．常温下pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH＜7 【解析】根据电荷守恒，选项A中的等量关系成立【答案】B7．常温下，将甲酸和氢氧化钠溶液混合，所得溶液pH＝7，则此溶液中（）A．c(HCOO－)>c(Na+) B．c(HCOO－)＜c(Na+)C．c(HCOO－)＝c(Na+) D．无法确定c(HCOO－)与c(Na+)的关系【解析】当甲酸与氢氧化钠发生过离子反应后，溶液中存在着四种离子：HCOO－、Na+、H+、OH－，由于pH=7，即氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，根据电荷守恒原则可知，甲酸根离子与钠离子的浓度也一定相等．所以答案应选C。
【答案】C8．把500mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含bmol硝酸银溶液，恰好使氯离子完全沉淀。
则该混合溶液中钾离子浓度为（）A．0.1(b－2a)mol·L−1 B．10(2a－b)mol·L−1C．10(b－a)mol·L−1 D．10(b－2a)mol·L−1【解析】依题意知，在100ml混合液中n(Ba2+)=amol，n(Cl－)=bmol；根据电荷守恒2n(Ba2+)+n(K+)+n(H+)=n(Cl－)+n(OH－)，可得n(K+)=(b-2a)mol[溶液呈中性n(H+)=n(OH－)]，故混合液中c(K+)=(b-2a) mol/0.1L，D项正确。
【答案】D9．将0.2mol·L−1HCN溶液和0.1mol·L−1NaOH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－) B．c(Na+)<c(CN－)C．c(HCN)－c(CN－)＝c(OH－) D．c(HCN)+c(CN－)＝0.1mol·L−1【解析】反应后溶液中溶质为等物质的量HCN与NaCN，由电荷守恒原理得：c(Na+)+c(H+)＝c(CN－)+c(OH－)，由溶液呈碱性得：c(OH－)>c(H+)，故c(Na+)>c(CN－)；根据物料守恒知D选项正确。