有关溶液中电荷守恒的常见类型归类赏析

有关溶液中电荷守恒的常见类型归类赏析

作者：任志强

来源：《理科考试研究·高中》2016年第01期

一、问题的提出

离子浓度大小比较是近几年高考的热点之一，纵观全国和地方高考试题出现率几乎近100%，而几乎每一年的离子浓度大小的比较都会涉及到电荷守恒的应用，要正确快速解决该

类题就必须知道“什么是电荷守恒”、“什么时候该用电荷守恒”、“该怎么用电荷守恒”“使用电荷守恒要注意些什么”，同时还必须具备熟练掌握各种平衡知识如溶解平衡、电离平衡、水解平衡、物料平衡等基础知识.因此，离子浓度大小比较题，特别是涉及到溶液中电荷守恒这一类

题目难度较大，综合性较强，往往成为高考中学生的常见的也是很无奈的失分点，甚至有很多同学对此类题目都产生了恐惧心理，为了更好地解决这一难题，笔者对历届高考中及日常训练题中出现的溶液中的电荷守恒在离子浓度大小比较题型中的应用进行归类解析，供同仁们参考.

二、经典题型示例与赏析

所谓溶液中的电荷守恒就是指电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数总数与所有的阴离子所带的负电荷数总数相等，如NaHCO3溶液中由于溶液呈电中性，所以必然有

n（Na+）+n（H+）n（HCO-3）+2n（CO2-3）+n（OH-），

从而推出：

c（Na+）+c（H+）c（HCO-3）+2c（CO2-3）+c（OH-），

我们将该等式称为NaHCO3溶液的电荷守恒.

1.利用电荷守恒判断溶液的酸碱性

例1将0.1 mol·L-1甲酸滴入10 L 0.1 mol·L-1氢氧化钠溶液中，当溶液中c（HCOO-）=c （Na+）时此时下列有关说法正确的是

A.溶液呈酸性

B.溶液呈中性

C.滴入甲酸的体积为10 L

D.滴入甲酸的体积小于10 L

评析本题将酸碱中和、溶液中的离子浓度大小比较、溶液的酸碱性判断有效地结合在一起.题中给出c（HCOO-）=c（Na+），要判断c（H+）与c（OH-）的相对大小，涉及溶液中所有

的阳离子与阴离子，必然要用到电荷守恒，根据溶液中电荷守恒： c（Na+）+c（H+）c （HCOO-）+c（OH-），因c（HCOO-）=c（Na+），故c（H+）=c（OH-），所以溶液必然呈中性，在此问题上很多同学认为反应的温度不确定，酸碱性不能定，其实酸碱性只与溶液中c（H+）与c（OH-）的相对大小有

关.而当甲酸与氢氧化钠完全反应时溶液为碱性，要让溶液呈中性，必然要求甲酸要过量，故C、D均不正确.因此本题正确的答案为B.

2.利用电荷守恒判断溶液中有关离子浓度大小

例2（2014年江苏）25 ℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是

A.0.1 mol·L-1 CH3COONa与0.1 mol·L-1 HCl溶液等体积混合：

c（Na+）c（Cl-）>c（CH3COO-）>c（OH-）

B.0.1 mol·L-1 NH4Cl与0.1 mol·L-1氨水等体积混合（pH>7）：

c（NH3·H2O）>c（NH+4）>c（Cl-）>c（OH-）

C.0.1 mol·L-1 Na2CO3与0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液等体积混合：

23c（Na+）c（CO2-3）+c（HCO-3）+c（H2CO3）

D.0.1 mol·L-1 Na2C2O4与0.1 mol·L-1 HCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸）：

2c（C2O2-4）+c（HC2O-4）+c（OH-）c（Na+）+c（H+）

评析本题将溶液中的三大守恒：电荷守恒、物料守恒、质子守恒都结合在一起，核心知识点仍然是考查溶液中的电荷守恒，对学生理解应用能力要求较高.在选项A中，CH3COONa与HCl恰好1∶1完全反应生成CH3COOH与NaCl ，醋酸不完全电离使得溶液呈酸性，故A正确；选项B中，NH4Cl与氨水的物质的量浓度相等，则c（NH+4）+c（NH3·H2O）2c（Cl-），又根据电荷守恒c（NH+4）+c（H+）c（Cl-）+c（OH-），由于c（H+）c（Cl-），从而可推出c（NH3·H2O）

3.利用电荷守恒在判断溶液中离子的共存问题

例3（2013年上海）某溶液可能含有Cl-、SO2-4、CO2-3、NH+4、Fe3+、Al3+和K+.取该溶液100 mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02 mol气体，同时产生红褐色沉淀；过

滤，洗涤，灼烧，得到1.6 g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66 g不溶于盐酸的沉淀.由此可知原溶液中A.至少存在5种离子

B.Cl-一定存在，且c（Cl ）≥0.4 mol·L-1

C.SO2-4、NH+4一定存在，Cl-可能不存在

D.CO2-3、Al3+一定不存在，K+可能存在

评析本题是一道既有定性由有定量分析的试题，考查知识点有离子共存、溶液中的电荷守恒、离子检验等.根据加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02 mol气体，说明原溶液中有

NH+4，且物质的量为0.02 mol，同时产生红褐色沉淀，说明有Fe3+，而且物质的量为0.02 mol，由于Fe3+与CO2-3会双水解，则没有CO2-3，根据不溶于盐酸的4.66 g沉淀，说明有SO2-4，且物质的量为0.02 mol，则根据电荷守恒可知一定有Cl-，又因为 Al3+、K+是无法判断的，所以Cl-至少有0.04 mol，综合上述分析可知，正确答案为B选项.

4.电荷守恒法在判断溶液离子种类总数大小中的应用

例4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，已知前者溶液中的离子数目为n1，后者溶液中的离子数目为n2.下列关系正确的是

A.n1=n2

B.n1>n2

C.n1

评析本题看似考查离子数目的多少，实则考查离子浓度大小的比较，且将电荷守恒的方法融入其中，命题之巧，让人叹服.题中 NaF和NaCN的溶液中，离子的数目应是阴离子和阳离子数目的总数，据溶液中的电荷守恒原理，两种溶液中分别有：

n（Na+）+n（H+）1n（F-）+n（OH-）1

n（Na+）+n（H+）2n（CN-）+n（OH-）2

由于HF的酸性比HCN的酸性强，CN-离子的水解程度比F-的水解程度大，故相同条件下n（F-）>n（CN-）且NaCN的溶液的碱性大于NaF溶液的碱性，所以有n（H+）1>n

（H+）2，两溶液浓度相同，故两溶液中钠离子的物质的量是相等的，综上所述，有下列关系：

n（Na+）+n（H+）1>n（Na+）+n（H+）2

即有：n（Na+）+n（H+）1+n（F-）+n（OH-）1>n（Na+）+n（H+）2+n（CN-）+n （OH-）2