最新水解与电离中三大守恒详解
化学三大守恒全解
【练习1】请写出Na2SO3溶液中质子守恒关系。
【分析】 Na2SO3溶液中存在的粒子有：Na＋、 SO32－、 HSO3－ 、H2SO3、H+、OH
c水(OH－)＝c水(H＋) c (OH－) = c (H＋) +c(HSO3－）+2c(H2SO3) 【练习2】请写出Na3PO4溶液中质子守恒关系。 【分析】 Na3PO4溶液中存在的离子有：Na＋、 PO43－、HPO42-、H2PO4-、H+、OH-、H3PO4
HCO3－ +H2O
H2CO3 + OH－(弱)
4
[探究1]：请找出下列溶液中各种微粒 你
NaCl: Na+、Cl-、H+、OH-、
c(Na+)+Hc2O(H+)=c(Cl)+c(OH-)
NHc(4NCHl:4NN+)HH+43c+.(H、H2+CO)l=-、c(HC+l-、)+OcH(O-、H-H) 2O、
【例1】请写出Na2CO3溶液中的质子守恒关系。 【分析】 Na2CO3＝2Na＋＋CO32－ 水电离时：n水(OH－)＝n水(H＋) CO32－水解时：部分H＋与CO32－结合生成HCO3－、H2CO3 则溶液中： n水(H＋)=n(H＋)+n(HCO3－)+2n(H2CO3) 故：c(OH－)=c(H＋)+c(HCO3－)+2c(H2CO3)
3.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
化学盐类的水解、电离知识点总结
一、盐类的水解反应1.定义：在水溶液中,盐电离产生的离子与水电离的氢离子或氢氧根离子结合成弱电解质的反应。
2.实质:由于盐的水解促进了水的电离，使溶液中c(Ｈ+)和c(ＯＨ)-不再相等,使溶液呈现酸性或碱性。
3.特征(1)一般是可逆反应,在一定条件下达到化学平衡。
(2)盐类水解是中和反应的逆过程: ，中和反应是放热的,盐类水解是吸热的。
(3)大多数水解反应进行的程度都很小。
(4)多元弱酸根离子分步水解，以第一步为主。
4.表示方法(1)用化学方程式表示：盐+水⇌酸+碱如AlCl3的水解:ﻩAlCl3 +３Ｈ2０⇌Al+3+ 3Cl-ﻩ(２)用离子方程式表示:盐的离子+水⇌酸(或碱)＋OH-（或H+）3+3H2Ｏ⇌Ａl（OH)3＋３H+ﻩ如AlCｌ３的水解：Aｌ+二、影响盐类水解的因素1.内因——盐的本性（1)弱酸酸性越弱,其形成的盐越易水解,盐溶液的碱性越强。
(2)弱碱碱性越弱,其形成的盐越易水解，盐溶液的酸性越强。
２．外因（1)温度:由于盐类水解是吸热的过程，升温可使水解平衡向右移动，水解程度增大。
(2)浓度:稀释盐溶液可使水解平衡向右移动，水解程度增大;增大盐的浓度，水解平衡向右移动，水解程度减小。
(3)外加酸碱:Ｈ+可抑制弱碱阳离子水解，OＨ-能抑制弱酸阳离子水解。
(酸性溶液抑制强酸弱碱盐的水解,碱性溶液促进强酸弱碱盐的水解；碱性溶液抑制强碱弱酸盐的水解，酸性溶液促进强碱弱盐盐的水解)三、盐类水解的应用1．判断盐溶液的酸碱性（１)多元弱酸的强碱盐的碱性：正盐＞酸式盐；如0.1 ｍol·Ｌ－1的Na2CO3和NａHＣＯ3溶液的碱性:Na2CO3>NaHCＯ3。
(2)根据“谁强显谁性，两强显中性”判断。
如0.１mol·L-1的①NａCl，②Na2CO3,③ＡlCl3溶液的pH大小：③<①<②。
2.利用明矾、可溶铁盐作净水剂如：Fe+3+3H２Ｏ⇌Fe(OH)3+3H+3.盐溶液的配制与贮存配制FeCｌ3溶液时加入一定量酸（盐酸)抑制水解；配制ＣｕSO4溶液时加入少量稀硫酸，抑制铜离子水解。
高中化学三大守恒
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：⑴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溶液中存在下列电离平衡：NH3·H2O NH4++OH-,H2O H++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 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cH+或碱性溶液中的cOH-总是大于水解产生的弱电解质的浓度；例如NH42SO4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行的,主要以第一步水解为主;例如: Na2CO3溶液中水解平衡为：CO32-+H2O HCO3-+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：nNa+＋nH+＝nHCO3-＋2nCO32-＋nOH-推出：cNa+＋cH+＝cHCO3-＋2cCO32-＋cOH-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nNa+：nc＝1：1,推出：cNa+＝cHCO3-＋cCO32-＋cH2CO33．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.cH+=cHS-+cS2-+cOH-B.cH+=cHS-+2cS2-+cOH-C.cH+＞cHS-+cS2-+cOH-D.cH2S+cHS-+cS2-=0.1mol/L分析：由于H2S溶液中存在下列平衡：H2S H++HS-,HS-H++S2-,H2O H++OH-,根据电荷守恒得cH+=cHS-+2cS2-+cOH-,由物料守恒得cH2S+cHS-+cS2-=0.1mol/L,所以关系式错误的是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,下列关系式中不正确的是A. cOH-＞cH+H3·H2O+cNH4+=0.1mol/LH4+＞cNH3·H2O＞cOH-＞cH+D.cOH-=cNH4++cH+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,下列关系正确的是l-＞cNH4+＞cH+＞cOH-H4+＞cCl-＞cH+＞cOH-H4+＝cCl-＞cH+＝cOH-l-＝cNH4+＞cH+＞cOH-分析：由于氯化铵溶液中存在下列电离过程：NH4Cl=NH4++Cl-,H2O H++OH-和水解过程：NH4++H2O H++NH3·H2O,由于NH4+水解被消耗,所以cCl-＞cNH4+,又因水解后溶液显酸性,所以cH+＞cOH-,且水解是微量的,所以正确的是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溶液中下列关系不正确的是A．cNa+ =2cHS－+2cS2－+cH2S B．cNa+ +cH+=cOH－+cHS－+2cS2－C．cNa+＞cS2－＞cOH－＞cHS－D．cOH－=cHS－+cH++cH2S解析：电荷守恒：cNa+ +cH+=cOH－+cHS－+2cS2－；物料守恒：cNa+ =2cHS－+2cS2－+2cH2S；质子守恒：cOH－=cHS－+cH++2cH2S,选A D5.强碱弱酸的酸式盐溶液：例52004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CDA．c K++c H+=c HC2O4-+c OH-+ c C2O42- B．c HC2O4-+ c C2O42-=0.1mol/LC．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0.1mol·L-1 Na2CO3溶液中,下列关系正确的是 ;A．c Na+＝2c CO32- B．c OH-＝2c H+C．c HCO3-＞c H2CO3 D．c Na+＜c CO32-＋c HCO3-2、在0.1mol/L的NaHCO3溶液中,下列关系式正确的是a+＞cHCO3-＞cH+＞cOH-a+=cHCO3-＞cOH-＞cH+a++cH+＝cHCO3-+cOH-+2cCO32-a+＝cHCO3-+cCO32-+cH2CO33、已知某温度下0.1mol·L－1的NaHB强电解质溶液中c H＋＞c OH－,则下列有关说法或关系式一定正确的是①HB－的水解程度小于HB－的电离程度；②c Na+=0.1mol·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江苏1、下列叙述正确的是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－1BaOH2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0.1mol·L－1CH3COONa溶液中,c OH-=c CH3COOH＋c H+D．0.1mol·L－1某二元弱酸强碱盐NaHA溶液中,c Na+=2c A2-＋c HA-＋c H2A5、05上海14、叠氮酸HN3与醋酸酸性相似,下列叙述中错误的是A、HN3水溶液中微粒浓度大小顺序为：cHN3>cH+>cN3¯>cOH¯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：cNa+>cN3¯ >cOH¯>cH+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情况,一般判断原则是：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,则考虑盐水解情况；对于特殊情景要按所给的知识情景进行判断;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CCH3COO-＞CNa+,对该混合溶液的下列判断正确的是A.CH+＞COH-H3COOH＋CCH3COO-＝0.2 mol/LH3COOH＞CCH3COO-H3COO-＋COH-＝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CCH3COO-＞CNa+,根据电荷守恒CCH3COO-＋COH-＝CNa+＋CH+,可得出COH-＜CH+;说明混合溶液呈酸性,进一步推测出0.1mol/L的CH3COOH和0.1mol/L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若溶液的pH=7,则该溶液中CNH4＋CCl－；②若溶液的pH>7,则该溶液中CNH4＋CCl－；③若CNH4＋< CCl－,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年上海高考题在10ml 0.1mol·L-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 ;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,两者恰好反应生成NaAc,等同于单一溶质,故与题型①方法相同:由于少量Ac-发生水解：Ac- + H2O HAc+ 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、cNa+＞cCH3COO-＞cOH-＞cH+B、cNa+＞cCH3COO-＞cH+＞cOH-C、cNa+＞cCH3COO-＞cH+＝cOH-D、cNa+＝cCH3COO-＞cOH-＞cH+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 mol·L-1 HAc溶液与0.01 mol·L-1NaOH溶液等体积混合,则混合液中微粒浓度关系正确的是A.cAc-＞cNa+B.cHAc＞cAc-C.2cH+＝cAc--cHAcD.cHAc+cAc-＝0.01 mol·L-1例2：将0.2mol·L－1HCN溶液和0.1mol·L－1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. cHCN<cCN－B. cNa＋>cCN－C. cHCN－cCN－＝cOH－D. cHCN＋cCN－＝0.1mol·L－1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,所以不能再按照HCN的电离处理,而应按NaCN水解为主;所以cNa＋>cCN－,选B D例3设氨水的pH＝x,某盐酸的pH＝y,已知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. cCl－>cNH4+>cH+>cOH－B. cNH4+>cCl－>cH+>cOH－C. cNH4+>cCl－>cOH－>cH+D. cCl－>cNH4+>cOH－>cH+解析：由于x+y＝14,且x>11,所以氨水cOH－和盐酸中的cH+相等;两者等体积混合后,氨水过量,溶液显碱性,选C例405江苏常温下将稀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,下列关系式正确的是A、cNa+＞cCH3COO-＞cH+＞cOH-B、cCH3COO-＞cNa+＞cH+＞cOH-C、cCH3COO-＞cH+＞cNa+＞cOH-D、cCH3COO-＞cNa+＞cOH-＞cH+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、cCl-＞cNH4+＞cOH-＞cH+B、cNH4+＞cCl-＞cOH-＞cH+C、cCl-＝cNH4+＞cH+＝cOH-D、cNH4+＞cCl-＞cH+＞cOH-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.cM+＞cOH-＞cA-＞cH+B. cM+＞cA-＞cH+＞cOH-C.cM+＞cA-＞cOH-＞cH+D. cM++ cH+ =cA-+ cOH-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AA．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,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;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_______,则盐酸中cH+与氨水中cOH-的大小关系是_______；※※未指明酸碱的强弱：例：一元酸HA溶液中,加入一定量强碱MOH溶液后,恰好完全反应,反应后的溶液中,下列判断正确的是A．A-≥M+B．A-≤M+C．若MA不水解,则OH-<A-D．若MA水解,则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,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、实验测得常温下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0.1mol·L-1醋酸钠溶液20mL与0.1mol·L-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 ;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 CH3COOHD.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,各离子浓度的大小顺序正确的是 BA .1mol·L－1氨水1mL与10mL0.1mol·L－1盐酸混合：cCl－>cNH4+>cOH－>cH+B．10mL0.1mol·L－1NH4Cl与5mL0.2mol·L－1NaOH溶液混合：cNa+=cCl->cOH->cH+ C．10mL0.1mol·L－1CH3COOH溶液与5mL0.2mol·L－1NaOH溶液混合：cNa+=cCH3COO->cOH->cH+D.10mL0.5mol·L－1CH3COONa溶液与6mL1mol·L－1盐酸混合：cCl->cNa+>cOH->cH+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物质的量浓度相同的200mL BaOH2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.cOH－>cBa2+>cNa+>cCO32－B. cOH－>cNa+>cBa2+>CH+C. cOH－=cBa2++cNa++cH+D. cH++cNa++2cBa2+=cOH－解析：为了便于计算,设BaOH2和NaHCO3的物质的量分别为4mol和3mol,则nOH－=8mol nBa2+=4mol nNa+=3mol nHCO3－=3mol ；反应后:nOH－=5mol nBa2+=1mol nNa+=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,则溶液中下列微粒的物质的量浓度的关系正确的是H3COO-＝cCl-＝cH+＞cCH3COOHH3COO-＝cCl-＞cCH3COOH＞cH+H3COO-＞cCl-＞cH+＞cCH3COOHH3COO-＞cCl-＞cCH3COOH＞cH+练习2：将0.4mol/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 .cNH4+=cNa+=cOH-＞cNH3·H2O B. cNH4+=cNa+＞cNH3·H2O ＞cOH-＞cH+H4+＞cNa+＞cOH-＞cNH3·H2OD. cNH4+＞cNa+＞cNH3·H2O ＞cOH-＞cH+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 ;A．NH4Cl B．NH4HSO4 C．NH3COONH4 D．NH4HCO3解析 NH4+在溶液中存在下列平衡：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、物质的量浓度相同的下列溶液①NH42CO3 ②NH42SO4 ③NH4HCO3④NH4HSO4⑤NH4Cl ⑥NH3·H2O；按c NH4+由小到大的排列顺序正确的是A.③⑤④⑥①③B.⑥③⑤④①②C.⑥⑤③④①②D.⑥③⑤④②①2、2006重庆11．温度相同、浓度均为0.2 mol/L的①NH42SO4、②NaNO3、③NH4HSO4、④NH4NO3、⑤、⑥CH3COONa溶液,它们的pH值由小到大的排列顺序是AA．③①④②⑥⑤B．①③⑥④②⑤C．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应后的产物,因此存在酸碱过量问题;例1已知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,试回答下列问题：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若干种可能,其中合理的是：A. cNa+>cCH3COO－>cOH－>cH+B. cCH3COO－=cNa+>cOH－=cH+C. cH+>cOH－>cNa+>cCH3COO－D. cNa+>cCH3COO－>cH+>cOH－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.已知某溶液中存在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l-＞CNH4+＞CH+＞COH-B. CCl-＞CH+＞CNH4+＞COH-l-＞CNH4+＞COH-＞CH+D. COH-＞CH+＞CCl-＞CNH4+※※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－回答下列问题：⑴Na2A溶液显填“酸性”,“中性”,或“碱性”;理由是：用离子方程式表示⑵在0.1mol·L－1的Na2A溶液中,下列微粒浓度关系式正确的是：;A. cA2－+c HA－+c H2A =0.1mol·L-1B. cOH－=cH+ +c HA－C. cNa+ + cH+ =cOH－+ c HA－+2cA2－D. cNa+ = 2cA2－+2c HA－⑶已知0.1mol·L－1NaHA溶液的pH=2,则0.1mol·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：⑷0.1mol·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：H2A H++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COH-＞CH+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关系有2 CH+最大的是______________________,最小的是______________________;3CH2A最大的是______________________,最小的是______________________;4CA2-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进行实验;①第一份加入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：⑴判断K+、Cl－是否存在K+；Cl－填下列序号;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cNH4+=0.4mol·L－1,第③步可以确定cSO42－=0.1mol·L－1；cCO32－=0.2mol·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,由上述所求的已知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cK+≥0.2mol·L－1,Cl－不确定;目录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,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cNa+ == cHCO3- + cCO32- + cH2CO3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cS2-+cHS-+cH2S==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cNa++cH+=2cCO32-+cHCO3-+cOH-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nNa+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cNa+=2cCO32-+cHCO3-+cH2CO3质子守恒水电离出的cH+=cOH-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cOH-=cH++cHCO3-+2cH2CO3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P元素形成微粒总量守恒有：cPO43-+cHPO42-+cH2PO4-+cH3PO4=0.1mol/L 根据Na与P形成微粒的关系有：cNa+=3cPO43-+3cHPO42-+3cH2PO4-+3cH3PO4 根据H2O电离出的H+与OH-守恒有：cOH-=cHPO42-+2cH2PO4-+3cH3PO4+cH+ 例2：NaHCO3 溶液中cNa+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CNa+=CHCO3-+ CCO32-+CH2CO3 这个式子叫物料守恒再例如,Na2CO3溶液中,cNa+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CNa+= 2CCO32-+CHCO3-+CH2CO3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：CNa+ +CH+===COH- +2CCO32- +CHCO3- 正电荷=负电荷②物料守恒：CNa+= 2CCO32- +2CHCO3- +2CH2CO3①-②得质子守恒：COH- =CH+ +CHCO3- +2CH2CO3 水电离出的H+ =OH-NaHCO3 溶液中存在下列等式①cH++cNa+=cHCO3-+2cCO32-+cOH-②cNa+=cHCO3-+cCO32-+cH2CO3{物料守恒}方法一：两式相减①-②得cH+=cOH-+cCO32--cH2CO3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-cH+=cCO32-+cOH--cH2CO3即cH++cH2CO3=cCO32-+cOH-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单,但要细心；如果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：cH+=cHPO42-+2cPO43-+cOH--cH3PO4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;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：cH+ = cH2PO4- + 2cHPO42- + 3cPO43- + cOH-2.单一的碱溶液例：NH3·H2O溶液中：基准物：H2O NH3·H2O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：cH+ + cNH4+ = cOH- 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：cH+ + cHCO3- + 2cH2CO3 = cOH- 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：NH3·H2O相差1个质子OH- 相差1个质子质子守恒关系式为cH+ = cNH3·H2O + cOH-例3：NH43PO4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个质子H3PO4相差3个质子失质子产物：NH3·H2O相差1个质子OH- 相差1个质子质子守恒关系式为cH+ + cHPO42- + 2cH2PO4- + 3cH3PO4 = cNH3·H2O + cOH-4 .单一的酸式盐溶液例1：NaH2PO4溶液基准物：H2O H2PO4-得质子产物：H3O+相差1个质子即H+H3PO4相差1个质子失质子产物：HPO42-相差1个质子PO43-相差2个质子OH- 相差1个质子质子守恒关系式为cH+ + cH3PO4 = cHPO42- + 2cPO43- + cOH-例2：NH4HCO3溶液基准物：H2O 、NH4+ 、HCO3- 得质子产物：H3O+相差1个质子即H+H2CO3相差1个质子失质子产物：NH3·H2O相差1个质子CO32- 相差1个质子OH- 相差1个质子质子守恒关系式为cH++ cH2CO3 = cNH3·H2O + cCO32- + cOH-例3：NH42HPO4溶液基准物：H2O 、NH4+、HPO42- 得质子产物：H3O+相差1个质子即H+H2PO4- 相差1个质子H3PO4 相差2个质子失质子产物：NH3·H2O相差1个质子PO43- 相差1个质子OH- 相差1个质子质子守恒关系式为cH+ + cH2PO4- + 2cH3PO4 = cNH3·H2O + cPO43- + cOH-5.多种盐的混合溶液例：CH3COONa与NaF的混合液基准物：H2O CH3COO- F-得质子产物：H3O+相差1个质子即H+CH3COOH相差1个质子HF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cH+ + cCH3COOH + cHF = cOH-6.酸碱反应后的混合溶液：此类型混合溶液,应运用物料守恒和电荷守恒联立消去强酸或强碱离子后得到质子守恒变式;质子守恒关系式特殊; 例1：同浓度同体积的CH3COONa 与CH3COOH混合液物料守恒：cCH3COO-+ cCH3COOH = 2cNa+电荷守恒：cNa++ cH+ = cCH3COO- + cOH-即2cNa+ + 2cH+ = 2cCH3COO- + 2cOH-质子守恒关系式为：2cH+ + cCH3COOH = cCH3COO- + 2cOH-例2：同浓度同体积的CH3COONa与NaOH混合液物料守恒：2cCH3COO-+ cCH3COOH = cNa+电荷守恒：cNa+ + cH+ = cCH3COO- + cOH-质子守恒关系式为：cH+ + 2cCH3COOH + cCH3COO- = cOH-例3：同浓度同体积的NH4Cl与NH3·H2O混合液物料守恒：cNH4++ cNH3·H2O =2 cCl-电荷守恒：cNH4+ + cH+ = cCl- + cOH-即2cNH4+ +2 cH+ = 2cCl- + 2cOH-质子守恒关系式为：2cH+ +cNH4+ = cNH3·H2O + 2cOH- 例4：同浓度同体积的NH4Cl与HCl混合液物料守恒：2 cNH4++ cNH3·H2O = cCl-电荷守恒：cNH4+ + cH+ = cCl- + cOH-质子守恒关系式为：cH+ = cNH4+ + 2cNH3·H2O + cOH-质子守恒解读一般情况下,很少单独考虑质子守恒,实际上在盐水溶液中存在的质子守恒可看作是物料守恒与电荷守恒的叠加项所谓的质子守恒,实质是从水的电离出发,考虑弱酸根离子结合水电离出的H+或弱碱阳离子结合水电离出的OH-,然后在溶液中寻找H+和OH-的“藏身”之所,而列出的等式关系;常用于盐溶液中粒子浓度关系的比较下面以Na2CO3溶液、NH4Cl溶液和NH42CO3溶液为例,来确定它们的溶液中各自存在的质子守恒关系;1、Na2CO3溶液在不考虑CO32-水解时,水电离出的H+与OH-的物质的量是相等的,但当CO32-水解结合部分水电离出的H+后,分别生成了HCO3-结合一个H+和H2CO3结合两个H+,而OH-未被消耗,因此可列出等式关系：cOH-=cH++cHCO3-+2×cH2CO3,即Na2CO3溶液中的质子守恒2、NH4Cl溶液NH4+水解结合的是由水电离出的部分OH-,生成了NH3·H2O,而H+未被消耗,因此可列出等式关系：cH+=cOH-+cNH3·H2O,即为NH4Cl溶液中的质子守恒3、NH42CO3溶液NH4+水解结合的是由水电离出的部分OH-,生成了NH3·H2O；CO32-水解结合部分水电离出的H+,分别生成了HCO3-和H2CO3,H+、OH-都有一部分被消耗,分别寻找H+、OH-在溶液中的“藏身”之所,即可列出下列等式关系：cH++cHCO3-+2×cH2CO3=cOH-+cNH3·H2O,即为NH42CO3溶液中的质子守恒;。
书写三大守恒式,离子浓度的判断,电离和水解
怎样判断水解大于电离还是电离大于水解?一般来说,题目给你的盐溶液都是你可以知道溶液的酸碱性的,要根据溶液的酸碱性来判断是水解大于电离还是电离大于水解.由于酸根的水解使溶液显碱性,电离使溶液显酸性,所以如果溶液是酸性,那么电力大于水解,如果溶液是碱性,那么水解大于电离.或者你要通过背来记住谁的水解强,谁的电离强.在中学化学中,只需要知道以下几种情况就可以了.1.NaHCO3溶液:HCO3-的水解程度大于电离程度,溶液呈碱性;2.NaHSO3溶液:HSO3-的水解程度小于电离程度,溶液呈酸性;3.NaHSO4溶液:HSO4-只电离,不水解,溶液呈酸性;4.NaH2PO4溶液:H2PO4-的水解程度小于电离程度,溶液呈酸性;5.Na2HPO4溶液:HPO42-的水解程度大于电离程度,溶液呈碱性;6.在同浓度的醋酸和醋酸钠混合溶液中,醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度,溶液呈酸性;7.在同浓度的氨水和氯化铵混合溶液中,一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度,溶液呈碱性.其他的情况就不需要记忆了.离子浓度大小如何比较要掌握解此类题的三个思维基点：电离、水解和守恒（电荷守恒、物料守恒及质子守恒）.对有关电解质溶液中离子浓度大小比较的题,在做时首先搞清溶液状况,是单一溶液还是混合溶液,然后再根据情况分析.1、单一溶质的溶液中离子浓度比较①多元弱酸溶液中,由于多元弱酸是分步电离（注意,电离都是微弱的）的,第一步的电离远远大于第二步,第二步远远大于第三步.由此可判断多元弱酸溶液中离子浓度大小顺序.例H3PO4溶液中：c(H+)＞c(H2PO4-)＞c(HPO42-)＞c(PO43-)②多元弱酸的强碱正盐溶液中,要根据酸根离子的分步水解（注意,水解都是微弱的）来分析.第一步水解程度大于第二步水解程度,依次减弱.如Na2S溶液中：c（Na+）＞c(S2-)＞c(OH-)＞c(HS-)＞c(H+)③多元弱酸的酸式盐溶液中：由于存在弱酸的酸式酸根离子的电离,同时还存在弱酸的酸式酸根离子的水解,因此必须搞清电离程度和水解程度的相对大小,然后判断离子浓度大小顺序.常见的NaHCO3 NaHS,Na2HPO4溶液中酸式酸根离子的水解程度大于电离程度,溶液中c(OH-)＞c(H+)溶液显碱性,例NaHCO3中：c（Na+）＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(CO32-),反例：NaHSO3,NaH2PO4溶液中弱酸根离子电离程度大于水解程度,溶液显酸性c(H+) ＞c(OH-).例在NaHSO3中：c （Na+）＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-).规律：①第一步水解生成的粒子浓度在[OH-]和[H+]之间,第二步水解生成的粒子浓度最小例：Na2S溶液中的各离子浓度大小的顺序：c（Na+）＞c(S2-)＞c(OH-)＞c(HS-)＞c(H+)②不同溶液中同种离子浓度的比较：既要考虑离子在溶液中的水解因素,又要考虑其它离子的影响,是抑制还是促进,然后再判断.例；常温下物质的量浓度相等的a.(NH4)2CO3b.(NH4)2SO4.c.(NH4)2Fe(SO4)2 三种溶液中c(NH4+)的大小；NH4+在水溶液中发生水解显酸性,CO32-离子水解显碱性,两离子水解相互促进,Fe2+水解显酸性与NH4+水解相互抑制,因此三溶液中c(NH4+)：c＞b＞a.2、混合溶液中离子浓度的比较①强酸与弱碱溶液混合后溶液中离子浓度大小比较,首先要考虑混合后溶液的状况及溶液的酸碱性.酸过量：溶液为强酸和强酸弱碱盐的混合溶液,溶液中c(H+) ＞c(OH-)呈酸性酸碱恰好完全反应：溶液为单一盐溶液,弱碱根离子水解,溶液呈酸性碱少量过量：溶液为弱碱和强酸弱碱盐的混合溶液,溶液中c(OH-)= c(H+)呈中性碱大量过量：溶液为大量弱碱和强酸弱碱盐的混合溶液,溶液中c(OH-)＞c(H+)呈碱性.根据这几种情况可判断溶液中离子大小情况.②强碱和弱酸溶液混合后,溶液中离子浓度的大小比较呈碱性包括两种情况；强碱和强碱弱酸盐的混合溶液及单一强碱弱酸盐溶液.呈中性:强碱弱酸盐和少量弱酸的混合溶液呈酸性：强碱弱酸盐和大量弱酸的混合溶液3理解掌握电解质溶液中的几种守恒关系；①溶质守恒：（物料守恒）溶质在溶液中某种离子的各种存在形式总和不变.如：在CH3COONa溶液中c(CH3COO－)+ c(CH3COOH)= c(Na ＋)=c( CH3COONa)②溶剂守恒：（质子守恒）溶液中溶剂水电离的c(H＋)和c(OH－)浓度相等,如：在CH3COONa溶液中,水所电离的H＋被部分CH3COO－结合生成CH3COOH,因此：c(H＋)+ c(CH3COOH)= c(OH－) ③电荷守恒：任何溶液中都呈电中性,溶液中阳离子所带的正电荷总和等于阴离子所带的负电荷总和.在CH3COONa溶液中：c(CH3COO－)+ c(OH－)=c(Na＋)+c(H＋)利用好守恒关系也可以达到事半功倍的效果.如何写化学中三大守恒式（电荷守恒,物料守恒,质子守恒）这三个守恒的最大应用是判断溶液中粒子浓度的大小,或它们之间的关系等式.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例, NH4Cl溶液,NH4^+ + H+ = Cl- + OH-写这个等式要注意2点：1、要判断准确溶液中存在的所有离子,不能漏掉.2、注意离子自身带的电荷数目.如,Na2CO3溶液,Na+ + H+ = 2CO3^2- + HCO3^- + OH- NaHCO3溶液,Na+ + H+ = 2CO3^2- + HCO3^- + OH- NaOH溶液,Na+ + H+ = OH-Na3PO4溶液,Na+ + H+ = 3PO4^3- + 2HPO4^2- + H2PO4^- + OH-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.例, NH4Cl溶液,化学式中N:Cl=1:1,即得到,NH4^++NH3.H2O = Cl-Na2CO3溶液,Na:C=2:1,即得到,Na+ = 2(CO3^2- + HCO3^- + H2CO3)NaHCO3溶液,Na:C=1:1,即得到,Na+ = CO3^2- + 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.质子守恒例如：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,电荷守恒,Na+ + H+ = 2CO3^2- + HCO3^- + OH-物料守恒,Na+ = 2(CO3^2- + HCO3^- + H2CO3)处理一下,约去无关的Na+,得到,HCO3^- + 2H2CO3 + H+ = OH-质子守恒,即所有提供的质子都由来有去.如,NH4Cl溶液,水电离出的,H+ = OH-,但是部分OH-被NH4^+结合成NH3.H2O,而且是1：1结合,而H+不变,所以得到, H+ = 原来的总OH- = 剩余OH- + NH3.H2ONa2CO3溶液,水电离出的,H+ = OH-,但是部分H+被CO3^2-结合成HCO3^-,而且是1：1结合,还有部分继续被HCO3^-结合成H2CO3,相当于被CO3^2-以1：2结合,而OH-不变,所以得到, OH- = 原来总H+ = HCO3^- + 2H2CO3 + 剩余H+碳酸钠、碳酸氢钠、醋酸钠、氯化铵的电荷守恒、物料守恒、质子守恒和离子浓度大小比较的离子表达式.Na2CO3[Na+]+[H+]=2[CO3 2-]+[HCO3-]+[OH-][Na+]=2[CO3 2-]+2[HCO3-]+2[H2CO3][OH-]=[H3O+]+[HCO3-]+2[H2CO3]Na＞CO3 2-＞OH-＞HCO3-＞H+碳酸氢钠[Na+]+[H+]=2[CO3 2-]+[HCO3-]+[OH-][Na+]=[CO3 2-]+[HCO3-]+[H2CO3][OH-]+[CO3 2-]=[H3O+]+[H2CO3]Na+＞HCO3-＞OH-＞H+＞CO3 2-醋酸钠[Na+]+[H+]=[Ac-]+[OH-][Na+]=[AC-]+[HAc][OH-]=[H3O+]+[HAc]Na+＞Ac-＞OH-＞H+氯化铵[NH4+]+[H+]=[Cl-]+[OH-][Cl-]=[NH4+]+[NH3·H2O][H3O+]=[OH-]+[NH3·H2O]Cl-＞NH4+＞H+＞OH-离子浓度大小比较还要看溶液的浓度,比如10的负22次方mol/L的NH4Cl,就是H+ 最大。
高中化学溶液中的三个平衡与三个守恒
高中化学溶液中的三个平衡与三个守恒一、溶液中的三个平衡在中学阶段溶液中的三个平衡包括：电离平衡、水解平衡以及沉淀溶解平衡，这三种平衡都遵循勒夏特列原理——当只改变体系的一个条件时，平衡向能减弱这种改变的方向移动。
1. 电离平衡常数、水的离子积常数、溶度积常数均只与温度有关。
电离平衡常数和水的离子积常数随着温度的升高而增大，因为弱电解质的电离和水的电离均为吸热过程。
2. 弱酸的酸式盐溶液的酸碱性取决于弱酸的酸式酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。
①若水解程度大于电离程度，则溶液显碱性，如：NaHCO3、NaHS、Na2HPO4；②若电离程度大于水解程度，则溶液显酸性，如：NaHSO3、NaH2PO4等。
3. 沉淀溶解平衡的应用沉淀的生成、溶解和转化在生产、生活以及医疗中可用来进行污水的处理、物质的提纯、疾病的检查和治疗。
解决这类问题时应充分利用平衡移动原理加以分析。
当Q C＞K SP时，生成沉淀；当Q C＜K SP时，沉淀溶解；当Q C＝K SP时，达到平衡状态。
4. 彻底的双水解常见的含有下列离子的两种盐混合时，阳离子的水解阴离子的水解相互促进，会发生较彻底的双水解。
需要特别注意的是在书写这些物质的水解方程式时，应用“===”，并将沉淀及气体分别用“↓”、“↑”符号标出。
如：当Al3+分别遇到AlO2－、CO32－、HCO3－、S2－时，[3AlO2－+ Al3+ + 6H2O === 4Al(OH)3↓]；当Fe3+分别遇到CO32－、HCO3－、AlO2－时；还有NH4+与Al3+；SiO3与Fe3+、Al3+等离子的混合。
另外，还有些盐溶液在加热时，水解受到促进，而水解产物之一为可挥发性酸时，酸的挥发又促进水解，故加热蒸干这些盐溶液得不到对应的溶质，而是对应的碱（或对应的金属氧化物）。
如：①金属阳离子易水解的挥发性强酸盐溶液蒸干后得到氢氧化物，继续加热后得到金属氧化物，如FeCl3、AlCl3、Mg(NO3)2溶液蒸干灼烧得到的是Fe2O3、Al2O3、MgO 而不是FeCl3、AlCl3、Mg(NO3)2固体；②金属阳离子易水解的难挥发性强酸盐溶液蒸干后得到原溶质，如Al2(SO4)3、Fe(SO4)3等。
最新高中化学溶液离子水解与电离中三大守恒详解
电离与水解电解质溶液中有关离子浓度的判断是近年高考的重要题型之一。
解此类型题的关键是掌握“两平衡、两原理”，即弱电解质的电离平衡、盐的水解平衡和电解质溶液中的电荷守恒、物料守恒原理。
首先，我们先来研究一下解决这类问题的理论基础。
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，电离消耗的电解质及产生的微粒都是少量的，同时注意考虑水的电离的存在；⑵多元弱酸的电离是分步的，主要以第一步电离为主；2.水解理论：从盐类的水解的特征分析：水解程度是微弱的（一般不超过2‰）。
例如：NaHCO3溶液中，c(HCO3―)＞＞c(H2CO3)或c(OH― )理清溶液中的平衡关系并分清主次：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；⑶一般来说“谁弱谁水解，谁强显谁性”，如水解呈酸性的溶液中c(H+)＞c(OH-)，水解呈碱性的溶液中c(OH-)＞c(H+)；⑷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。
二、电解质溶液中的守恒关系1、电荷守恒：电解质溶液中的阴离子的负电荷总数等于阳离子的正电荷总数，电荷守恒的重要应用是依据电荷守恒列出等式，比较或计算离子的物质的量或物质的量浓度。
如（1）在只含有A＋、M－、H＋、OH―四种离子的溶液中c(A+)+c(H＋)==c(M-)+c(OH―),若c(H＋)＞c(OH―)，则必然有c(A+)＜c(M-)。
例如，在NaHCO3溶液中，有如下关系：C(Na＋)+c(H＋)==c(HCO3―)+c(OH―)+2c(CO32―)书写电荷守恒式必须①准确的判断溶液中离子的种类；②弄清离子浓度和电荷浓度的关系。
高中化学三大守恒
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。
盐类水解中三大守恒
以Na2CO3溶液为例说明质子守恒的写法： ※ 质子守恒
实质：水电离出的[H＋]水=[OH－]水 书写步骤：(方法2：直接书写法) ①把溶液中的能得失质子的微粒写在中间(弱离子和H2O) CO32－ H2O ②左边写失质子情况，右边写得质子情况 OH－ 失质子 CO32－ H2O 得质子 HCO － 得质子 H CO 3 2 3 得质子 H O＋ (H＋)
以Na2CO3溶液为例说明物料守恒的写法： ※ 物料守恒
实质：盐溶液中除了H和O两种原子外，其它原子守恒 书写步骤： ①找出溶液中除了H和O外的其它原子，并确定原子的 定量关系，在 Na2CO3 溶液中，Na 原子是 C 原子的 2倍；即： [Na] = 2[C] ②找出溶液中含Na 、C原子的微粒； 含Na：Na＋ 含C：CO32－、HCO3－、 H2CO3 ③用含 Na 原子的微粒、含 C 原子的微粒分别代替 上等式( [Na] = 2[C] )中的 Na 和 C； ④检查系数：根据定量关系和原子的下角标确定。 [Na＋] = 2 ([CO32－]＋[HCO3－]＋[H2CO3] )
盐类水解中
离子物质的量浓度的定量关系
以Na2CO3溶液为例说明三大守恒的写法：
以Na2CO3溶液为例说明电荷守恒的写法：
※ 电荷守恒
简称：阳正=阴负
实质：阳离子所带正电荷总数=阴离子所带负电荷总数 书写步骤： ①找出溶液中所有阳、阴离子； 阳离子：Na＋、H＋ 阴离子：CO32－、HCO3－ 、OH－ ②把阳、阴离子分别写在“－”的两侧，用“＋”连 接； [Na＋]＋[H＋] － [CO32－]＋[HCO3－]＋[OH－] ③添加系数，离子前系数与电荷数数值保持一致，并 且把“－”改成“=” [Na＋]＋[H＋] = 2[CO32－]＋[HCO3－]＋[OH－]
盐的水解三大守恒
盐的水解三大守恒一、盐类水解三大守恒1. 电荷守恒- 概念：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。
- 实例：以碳酸钠（Na₂CO₃）溶液为例。
- 在Na₂CO₃溶液中存在的离子有Na⁺、H⁺、CO₃²⁻、HCO₃⁻、OH⁻。
- 电荷守恒表达式为：c(Na⁺)+c(H⁺)=2c(CO₃²⁻)+c(HCO₃⁻)+c(OH⁻)。
这里CO₃²⁻前面的系数2是因为一个CO₃²⁻带2个单位的负电荷。
2. 物料守恒（原子守恒）- 概念：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。
- 实例：对于Na₂CO₃溶液。
- 假设Na₂CO₃的浓度为c mol/L，Na₂CO₃ = 2Na⁺+CO₃²⁻，CO₃²⁻会发生水解：CO₃²⁻+H₂O⇌ HCO₃⁻ + OH⁻，HCO₃⁻+H₂O⇌ H₂CO₃+OH⁻。
- 物料守恒表达式为：c(Na⁺)=2[c(CO₃²⁻)+c(HCO₃⁻)+c(H₂CO₃)]。
因为Na⁺的物质的量是CO₃²⁻物质的量的2倍（从Na₂CO₃的化学式可知）。
3. 质子守恒- 概念：酸失去的质子和碱得到的质子数目相同。
也可以由电荷守恒和物料守恒推导得出。
- 实例：在Na₂CO₃溶液中。
- 方法一：直接分析。
H₂O⇌ H⁺ + OH⁻，CO₃²⁻+H₂O⇌ HCO₃⁻+OH⁻，HCO₃⁻+H₂O⇌ H₂CO₃+OH⁻。
可以看出OH⁻的来源有H₂O的电离以及CO₃²⁻和HCO₻⁻水解产生的，H⁺的存在形式只有H⁺，H₂CO₃中的H是由H₂O提供的（相当于H₂O失去H⁺）。
- 质子守恒表达式为：c(OH⁻)=c(H⁺)+c(HCO₃⁻)+2c(H₂CO₃)。
这里H₂CO₃前面的系数2是因为从CO₃²⁻到H₂CO₃，CO₃²⁻结合了2个H⁺。
溶液中的三个平衡与三个守恒
溶液中的三个平衡与三个守恒一、溶液中的三个平衡在中学阶段溶液中的三个平衡包括：电离平衡、水解平衡以及沉淀溶解平衡，这三种平衡都遵循勒夏特列原理——当只改变体系的一个条件时，平衡向能减弱这种改变的方向移动。
1. 电离平衡常数、水的离子积常数、溶度积常数均只与温度有关。
电离平衡常数和水的离子积常数随着温度的升高而增大，因为弱电解质的电离和水的电离均为吸热过程。
2. 弱酸的酸式盐溶液的酸碱性取决于弱酸的酸式酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。
①若水解程度大于电离程度，则溶液显碱性，如：NaHCO3、NaHS、Na2HPO4；②若电离程度大于水解程度，则溶液显酸性，如：NaHSO3、NaH2PO4等。
3. 沉淀溶解平衡的应用沉淀的生成、溶解和转化在生产、生活以及医疗中可用来进行污水的处理、物质的提纯、疾病的检查和治疗。
解决这类问题时应充分利用平衡移动原理加以分析。
当Q C＞K SP时，生成沉淀；当Q C＜K SP时，沉淀溶解；当Q C＝K SP时，达到平衡状态。
4. 彻底的双水解常见的含有下列离子的两种盐混合时，阳离子的水解阴离子的水解相互促进，会发生较彻底的双水解。
需要特别注意的是在书写这些物质的水解方程式时，应用“===”，并将沉淀及气体分别用“↓”、“↑”符号标出。
如：当Al3+分别遇到AlO2－、CO32－、HCO3－、S2－时，[3AlO2－+ Al3+ + 6H2O === 4Al(OH)3↓]；当Fe3+分别遇到CO32－、HCO3－、AlO2－时；还有NH4+与Al3+；SiO3与Fe3+、Al3+等离子的混合。
另外，还有些盐溶液在加热时，水解受到促进，而水解产物之一为可挥发性酸时，酸的挥发又促进水解，故加热蒸干这些盐溶液得不到对应的溶质，而是对应的碱（或对应的金属氧化物）。
如：①金属阳离子易水解的挥发性强酸盐溶液蒸干后得到氢氧化物，继续加热后得到金属氧化物，如FeCl3、AlCl3、Mg(NO3)2溶液蒸干灼烧得到的是Fe2O3、Al2O3、MgO 而不是FeCl3、AlCl3、Mg(NO3)2固体；②金属阳离子易水解的难挥发性强酸盐溶液蒸干后得到原溶质，如Al2(SO4)3、Fe(SO4)3等。
高中化学溶液离子水解与电离中三大守恒详解
高中化学溶液离子水解与电离中三大守恒详解三大守恒：物质守恒、电子守恒和能量守恒
物质守恒：物质守恒定律是物质不可增减的原则，也就说它可以保证物质在任何化学
反应中量不变。
即物质在纯化学反应中无论如何变换，其实质永不会消失或产生，总物质
的数量和性质在反应中是要保持不变的。
高中化学溶液离子水解与电离中，物质守恒定律
可以用来统计各离子量，即离子发生水解或电离时，无论是水解还是电离，在化学方程式中，离子的小括号内的系数都不会改变，也就是离子的数量和物质的性质都要保持一致，
而不会发生变化。
能量守恒：能量守恒定律是任何物质反应中，反应中系统的总能量在反应中是不变的。
这个定律表明，反应开始时所有反应物携带的总能量当反应结束时，总能量也不会受到影响，只是反应物携带的能量分布或释放情况不同而已。
在高中化学溶液离子水解与电离中，能量守恒定律可以用来计算离子的电荷数，通过计算出反应中的离子的电荷数，就可以推
导出离子的吸收或释放能量。
总之，高中化学溶液离子水解与电离中，三大守恒，包括物质守恒定律、电子守恒定
律和能量守恒定律，都可以用来计算溶液离子水解和电离反应中的离子数量、电荷和能量
释放情况。
它们从不同角度阐明了溶液离子水解与电离反应的基本规律，而且都是不可缺
少的重要部分。
三大守恒
离子浓度的判断电解质溶液中有关离子浓度的判断是近年高考的重要题型之一。
解此类型题的关键是掌握“两平衡、两原理”，即弱电解质的电离平衡、盐的水解平衡和电解质溶液中的电荷守恒、物料守恒原理。
首先，我们先来研究一下解决这类问题的理论基础。
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，电离消耗的电解质及产生的微粒都是少量的，同时注意考虑水的电离的存在；⑵多元弱酸的电离是分步的，主要以第一步电离为主；如在H2S的水溶液中：H2S HS-+H+，HS-S2-+H+，H2OH++OH－，则离子浓度由大到小的顺序为c(H+)＞c(HS-) ＞c(S2-)＞c(OH－)。
2.水解理论：从盐类的水解的特征分析：水解程度是微弱的（一般不超过2‰）。
例如：NaHCO3溶液中，c(HCO3―)＞＞c(H2CO3)或c(OH― )理清溶液中的平衡关系并分清主次：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；⑶一般来说“谁弱谁水解，谁强显谁性”，如水解呈酸性的溶液中c(H+)＞c(OH-)，水解呈碱性的溶液中c(OH-)＞c(H+)；⑷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。
如在Na2CO3溶液中存在的水解平衡是：CO32－＋H2O HCO3－＋OH－，HCO3－＋H2O H2CO3＋OH－，则c(Na+)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(H CO3－)＞c（H+）。
二、电解质溶液中的守恒关系1、电荷守恒：电解质溶液中的阴离子的负电荷总数等于阳离子的正电荷总数。
电荷守恒的重要应用是依据电荷守恒列出等式，比较或计算离子的物质的量或物质的量浓度。
高中化学溶液中水解与电离守恒
高中化学电离与水解电解质溶液中有关离子浓度的判断是近年高考的重要题型之一。
解此类型题的关键是掌握“两平衡、两原理”，即弱电解质的电离平衡、盐的水解平衡和电解质溶液中的电荷守恒、物料守恒原理。
首先，我们先来研究一下解决这类问题的理论基础。
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，电离消耗的电解质及产生的微粒都是少量的，同时注意考虑水的电离的存在；⑵多元弱酸的电离是分步的，主要以第一步电离为主；2.水解理论：从盐类的水解的特征分析：水解程度是微弱的（一般不超过2‰）。
例如：NaHCO3溶液中，c(HCO3―)＞＞c(H2CO3)或c(OH― )理清溶液中的平衡关系并分清主次：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；⑶一般来说“谁弱谁水解，谁强显谁性”，如水解呈酸性的溶液中c(H+)＞c(OH-)，水解呈碱性的溶液中c(OH-)＞c(H+)；⑷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。
二、电解质溶液中的守恒关系1、电荷守恒：电解质溶液中的阴离子的负电荷总数等于阳离子的正电荷总数，电荷守恒的重要应用是依据电荷守恒列出等式，比较或计算离子的物质的量或物质的量浓度。
如（1）在只含有A＋、M－、H＋、OH―四种离子的溶液中c(A+)+c(H＋)==c(M-)+c(OH―),若c(H＋)＞c(OH―)，则必然有c(A+)＜c(M-)。
例如，在NaHCO3溶液中，有如下关系：C(Na＋)+c(H＋)==c(HCO3―)+c(OH―)+2c(CO32―)书写电荷守恒式必须①准确的判断溶液中离子的种类；②弄清离子浓度和电荷浓度的关系。
高中化学三大守恒知识点例题习题
⾼中化学三⼤守恒知识点例题习题⾼中化学溶液离⼦⽔解与电离中三⼤守恒详解电解质溶液中有关离⼦浓度的判断是近年⾼考的重要题型之⼀。
解此类型题的关键是掌握“两平衡、两原理”，即弱电解质的电离平衡、盐的⽔解平衡和电解质溶液中的电荷守恒、物料守恒原理。
⾸先，我们先来研究⼀下解决这类问题的理论基础。
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，电离消耗的电解质及产⽣的微粒都是少量的，同时注意考虑⽔的电离的存在；⑵多元弱酸的电离是分步的，主要以第⼀步电离为主；2.⽔解理论：从盐类的⽔解的特征分析：⽔解程度是微弱的（⼀般不超过2‰）。
例如：NaHCO3溶液中，c(HCO3―)＞＞c(H2CO3)或c(OH― )理清溶液中的平衡关系并分清主次：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；⑶⼀般来说“谁弱谁⽔解，谁强显谁性”，如⽔解呈酸性的溶液中c(H+)＞c(OH-)，⽔解呈碱性的溶液中c(OH-)＞c(H+)；⑷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。
⼆、电解质溶液中的守恒关系1、电荷守恒：电解质溶液中的阴离⼦的负电荷总数等于阳离⼦的正电荷总数，电荷守恒的重要应⽤是依据电荷守恒列出等式，⽐较或计算离⼦的物质的量或物质的量浓度。
如（1）在只含有A＋、M－、H ＋、OH―四种离⼦的溶液中c(A+)+c(H ＋)==c(M-)+c(OH―),若c(H＋)＞c(OH―)，则必然有c(A+)＜c(M-)。
盐溶液中阴、阳离⼦所带的电荷总数相等。
例如，在NaHCO3溶液中，有如下关系：C(Na＋)+c(H＋)==c(HCO3―)+c(OH―)+2c(CO32―)如NH4Cl溶液中：c（NH4+）＋c（H+）＝c（Cl－）＋c（OH－）如Na2CO3溶液中：c（Na+）＋c（H+）＝2c（CO32-）＋c（HCO3-）＋c（OH－）书写电荷守恒式必须①准确的判断溶液中离⼦的种类；②弄清离⼦浓度和电荷浓度的关系。
水解的三大守恒知识
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
则它电离或水解出的各种粒子的浓度之和就等于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：
1.概念：
①正盐：以(NH
)CO为例。
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电离与水解1电解质溶液中有关离子浓度的判断是近年高考的重要题型之一。
解此类型题2的关键是掌握“两平衡、两原理”，即弱电解质的电离平衡、盐的水解平衡和电3解质溶液中的电荷守恒、物料守恒原理。
首先，我们先来研究一下解决这类问4题的理论基础。
56一、电离平衡理论和水解平衡理论71.电离理论：8⑴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，9同时注意考虑水的电离的存在；⑵多元弱酸的电离是分步的，主要以第一步电10离为主；11122.水解理论：13从盐类的水解的特征分析：水解程度是微弱的（一般不超过2‰）。
例如：NaHCO3 14溶液中，c(HCO3―)＞＞c(H2CO3)或c(OH― )15理清溶液中的平衡关系并分清主次：1617⑴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+)＞18c(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19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20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-)）21总是大于水解产生的弱电解质的浓度；⑶一般来说“谁弱谁水解，谁强显谁性”，22如水解呈酸性的溶液中c(H+)＞c(OH-)，水解呈碱性的溶液中c(OH-)＞c(H+)；⑷23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。
24。
25二、电解质溶液中的守恒关系261、电荷守恒：电解质溶液中的阴离子的负电荷总数等于阳离子的正电荷总数，27电荷守恒的重要应用是依据电荷守恒列出等式，比较或计算离子的物质的量28或物质的量浓度。
如（1）在只含有A＋、M－、H＋、OH―四种离子的溶液中c(A+)+c(H 29＋)==c(M-)+c(OH―),若c(H＋)＞c(OH―)，则必然有c(A+)＜c(M-)。
30例如，在NaHCO3溶液中，有如下关系：31C(Na＋)+c(H＋)==c(HCO3―)+c(OH―)+2c(CO32―)3233书写电荷守恒式必须①准确的判断溶液中离子的种类；②弄清离子浓度和电荷34浓度的关系。
35362、物料守恒：就电解质溶液而言，物料守恒是指电解质发生变化（反应或电37离）前某元素的原子（或离子）的物质的量等于电解质变化后溶液中所有含该元38素的原子（或离子）的物质的量之和。
39实质上，物料守恒属于原子个数守恒和质量守恒。
40在Na2S溶液中存在着S2―的水解、HS―的电离和水解、水的电离，粒子间有如41下关系42c(S2―)+c(HS―)+c(H2S)==1/2c(Na＋) ( Na＋,S2―守恒)43C(HS―)+2c(S2―)+c(H)==c(OH―) (H、O原子守恒)44在NaHS溶液中存在着HS―的水解和电离及水的电离。
45HS―＋H2O2S＋OH―HS―H＋＋S2―H2O H＋＋OH―46从物料守恒的角度分析，有如下等式：c(HS―)+C(S2―)+c(H2S)==c(Na＋)；从电47荷守恒的角度分析，有如下等式：c(HS―)+2(S2―)+c(OH―)==c(Na＋)+c(H＋)；将以48上两式相加，有：c(S2―)+c(OH―)==c(H2S)+c(H＋)49得出的式子被称为质子守恒50513、质子守恒：无论溶液中结合氢离子还是失去氢离子，但氢原子总数始终为52定值，也就是说结合的氢离子的量和失去氢离子的量相等。
53现将此类题的解题方法作如下总结。
54二、典型题――溶质单一型551、弱酸溶液中离子浓度的大小判断56解此类题的关键是紧抓弱酸的电离平衡57［点击试题］0.1mol/L 的H2S溶液中所存在离子的浓度由大到小的排列顺序58是_________________ 59解析：在H2S溶液中有下列平衡：H2S＋+HS―；HS―H＋+S2―。
已知多元60弱酸的电离以第一步为主，第二步电离较第一步弱得多，但两步电离都产生H＋，61因此答案应为：c(H＋)>c(HS―)>c(S2―)>c(OH―)62弱酸溶液中离子浓度大小的一般关系是：C(显性离子) > C(一级电离离子) > 63C(二级电离离子) > C(水电离出的另一离子)64同样的思考方式可以解决弱碱溶液的问题6566676869702、弱碱溶液71［点击试题］室温下，0.1mol/L的氨水溶液中，下列关系式中不正确的是72A. c(OH-)＞c(H+)73B.c(NH3·H2O)+c(NH4+)=0.1mol/L74C.c(NH4+)＞c(NH3·H2O)＞c(OH-)＞c(H+)75D.c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)76下面我们以弱酸强碱盐为例，来介绍一下能发生水解的盐溶液中离子浓度大77小比较的解题方法783、能发生水解的盐溶液中离子浓度大小比较---弱酸强碱型79解此类题型的关键是抓住盐溶液中水解的离子80在CH3COONa 溶液中各离子的浓度由大到小排列顺序正确的是( )81A、c(Na＋)>c(CH3COO―)>c(OH―)>c(H＋)82B、c(CH3COO―)>c(Na＋)>c(OH―)>c(H＋)83C、c(Na＋)>c(CH3COO―)>c(H＋)>c(OH―)84D、c(Na＋)>c(OH―)>c(CH3COO―)>c(H＋)85解析：在CH3COONa溶液中：CH3COONa Na＋+CH3COO―，CH3COO―+H2O86CH3COOH+OH―；而使c(CH3COO―)降低且溶液呈现碱性，则c(Na87＋)>c(CH3COO―)，c(OH―)>c(H＋)，又因一般盐的水解程度较小，则88c(CH3COO―)>c(OH―),因此A选项正确。
89一元弱酸盐溶液中离子浓度的一般关系是：C(不水解离子) > C(水解离90子)>C(显性离子)>C(水电离出的另外一种离子)91［点击试题］在Na2CO3溶液中各离子的浓度由小到大的排列顺序是______92解析：在Na2CO3溶液中，Na2CO3==2Na＋+CO32―，CO32―+H2O HCO3―+OH―，HCO3―93+H2O2CO3+OH―。
CO32―水解使溶液呈现碱性，则C(OH―)>C(H＋)，由于CO32―94少部分水解，则C(CO32―)>C(HCO3―)，HCO3―又发生第二步水解，则95C(OH―)>C(HCO3―)，第二步水解较第一步水解弱得多，则C(HCO3―)与C(OH―)相关96不大，但C(H＋)比C(OH―)小得多，因此C(HCO3―) > C(H＋)。
此题的答案为：C(H97＋)<C(HCO3―)<C(OH―)<C(CO32―)<C(Na＋)98二元弱酸盐溶液中离子浓度的一般关系是：C(不水解离子)> C(水解离99子)>C(显性离子)>C(二级水解离子)>C(水电离出的另一离子)100［随堂练习］在Na2S溶液中下列关系不正确的是101A．c(Na+) =2c(HS－) +2c(S2－) +c(H2S) 102B．c(Na+) +c(H+)=c(OH－)+c(HS－)+2c(S2－) 103C．c(Na+)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－) 104D．c(OH－)=c(HS－)+c(H+)+c(H2S)105 106［点击试题］判断0.1mol/L 的NaHCO3溶液中离子浓度的大小关系107解析：因NaHCO3==Na＋+HCO3―，HCO3―+H2O H2CO3+OH―，HCO3―H＋+CO32―。
108HCO3―的水解程度大于电离程度，因此溶液呈碱性，且C(OH―) > C(CO32―)。
由于109少部分水解和电离，则C(Na＋)>C(HCO3―)>C(OH―)>C(H＋) > C(CO32―)。
110二元弱酸的酸式盐溶液中离子浓度大小的一般关系是：C(不水解离子)>C(水解111离子)>C(显性离子)>C(水电离出的另一离子)>C(电离得到的酸根离子)112［随堂练习］草酸是二元弱酸，草酸氢钾溶液呈酸性，在0.1mol/LKHC2O4溶液113中，下列关系正确的是（CD）114A．c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+ c(C2O42-)115B．c(HC2O4-)+ c(C2O42-)=0.1mol/L116C．c(C2O42-)＞c(H2C2O4)117D．c(K+)= c(H2C2O4)+ c(HC2O4-)+ c(C2O42-)118下面再让我们利用上述规律来解决一下强酸弱碱盐的问题119［点击试题］在氯化铵溶液中，下列关系正确的是（）120A.c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-) B.c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(H+)＞c(OH-)121C.c(NH4+)＝c(Cl-)＞c(H+)＝c(OH-) D.c(Cl-)＝c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)122123三、典型题----两种电解质溶液相混合型的离子浓度的判断124解此类题的关键是抓住两溶液混合后生成的盐的水解情况以及混合时弱电解125质有无剩余，若有剩余，则应讨论弱电解质的电离。
下面以一元酸、一元碱和126一元酸的盐为例进行分析。
1271、强酸与弱碱混合128［点击试题］PH=13的NH3·H2O和PH=1的盐酸等体积混合后所得溶液中各离129子浓度由大到小的排列顺序是____________ 130解析：PH==1的HCl，C(H＋)==0.1 mol/L ，PH=13的NH3·H2O，C(OH―)== 0.1131mol/L ，则NH3·H2O 的浓度远大于0.1 mol/L ，因此，两溶液混合时生成NH4Cl132为强酸弱碱盐，氨水过量，且C(NH3·H2O)>C(NH4Cl)，则溶液的酸碱性应由氨133水决定。
即NH3·H2O的电离大于NH4＋的水解，所以溶液中的离子浓度由大到小134的顺序为：C(NH4＋)>C(Cl―)>C(OH―)>C(H＋)。
135需要我们注意的是，强酸弱碱盐溶液中加入一定量的弱碱，解题方法与此题136相同。
1372、强碱与弱酸混合138［点击试题］PH=X的NaOH溶液与PH=Y的CH3COOH溶液，已知X+Y=14，且Y<3。
139将上述两溶液等体积混合后，所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序正确的是140( )141A、C(Na＋)>C(CH3COO―)>C(OH―)>C(H＋)142B、C(CH3COO―)>C(Na＋)>C(H＋)>C(OH―) 143C、C(CH3COO―)>C(Na＋)>C(OH―)>C(H＋) 144D、C(Na＋)>C(CH3COO―)>C(H＋)>C(OH―) 145解析：同上，PH==X的NaOH溶液中，C(OH―)==10-(14-X)mol/L，PH==Y的CH3COOH146溶液中，C(H＋)==10-Y mol/L，因为X+Y==14，NaOH溶液中C(OH―)等于CH3COOH147溶液中C(H＋)。