水的电离理论
第五章：电离平衡与酸碱理论
HNO3+HAc H2AcNO3
Kao 4.21010
5、缺点： 不能说明无质子溶剂（SO3、BF3）的酸碱反应，酸 的定义并没有变化。
Practice Exercise：What is the conjugate base of each
of the following acids： H C lO 4 ， H 2 S ， P H 4 + ， H C O 3 -
度，即：
Kwo aHaOH
水的自偶电离是一个吸热反应，故Kwθ值随温度升高
而增大。
lgKw o1 Kw o2
2 .3 0H 3RTT 21 T2T1(H0)
*pH值和pOH pH＝-lgaH+ pOH＝-lg aOH-
pKw o=pH+pOH
例1: pH=14和pH=1的两种强电解质溶液等体 积混合, 求混合后溶液的pH值.
pH = 6.91
三、一元弱碱的电离
用处理一元酸的方法 ,可以导出精确公式：
Kbo
[OH
]
Kwo [OH
]
[OH
]
C0
[OH
]
Kwo [OH
]
当 K c 0 b o 5 0 0 ,C 0 K b 2 0 K w ,[ O H ] K 2 b oK 4 b o 2 K b o c 0 当 K c 0 b o 5 0 0 ,C 0 K b 2 0 K w ,[O H ]K b o c 0 + K w o
理论变色范围 0.1 [In] 10
[HIn]
即：pKa1
实际变色点是变色区间内酸式色与碱式色浓度 相等时的pH值。色浓度相等不是浓度相等。
影响指示剂变色范围的各种因素 （1）指示剂的用量 （2）温度的影响——对Kaθ的影响 （3）离子强度的影响——Ka θ与Kac θ的差别增大 （4）溶剂的影响
高三化学水的电离的知识点
高三化学水的电离的知识点水是我们日常生活中最常见的物质之一。
虽然水看似简单，但它的性质却非常复杂。
其中一个关键的性质就是水的电离。
本文将深入探讨高三化学学科中与水的电离相关的知识点，并尝试解释其中的原理和应用。
1. 水的电离水的电离是指水分子在溶液中发生自身分解，产生氢离子（H+）和羟基离子（OH-）的过程。
这个过程中，水分子会自己解离成离子而存在，也可以说是水分子的自电离。
水的离子化方程式可以表示为：H2O ⇌ H+ + OH-这个反应处于动态平衡状态，即生成离子的速率等于离子重新结合成水分子的速率。
在纯净水中，两种离子的浓度相等，即[H+] = [OH-] = 1.0×10^-7 mol/L。
这是因为在纯净水中，水分子的电离和重新结合速率相等。
2. pH值和酸碱性pH值是用来表示溶液酸碱性的一个指标。
pH值的定义是负log[H+]，用于衡量溶液中氢离子的浓度。
pH值的范围从0到14，其中7表示中性。
当[H+]大于[OH-]时，溶液被称为酸性；当[H+]小于[OH-]时，溶液被称为碱性。
水中[H+]和[OH-]的浓度相等，因此，纯净水的pH值为7，是中性溶液。
3. 酸性溶液当溶液中[H+]大于[OH-]时，我们称之为酸性溶液。
酸性溶液中的H+离子是由于酸分子的解离而产生的。
酸可以归类为强酸和弱酸。
强酸完全解离，而弱酸只有一小部分分解为H+离子。
酸性溶液中，pH值小于7。
4. 碱性溶液当溶液中[H+]小于[OH-]时，我们称之为碱性溶液。
碱性溶液中的OH-离子是由于碱分子的解离而产生的。
与酸一样，碱也可以分为强碱和弱碱。
强碱完全解离，而弱碱只有一小部分分解为OH-离子。
碱性溶液中，pH值大于7。
5. pH的应用pH值在生活和工业中有着广泛的应用。
在医疗领域，pH值被用来检测人体液体的酸碱平衡，从而评估健康状况。
在环境科学中，pH值被用来监测水体和土壤的酸碱度，以便保护自然生态系统。
在食品和饮料行业，pH值可以影响食物的味道和质量。
溶液中离子浓度大小的比较
水溶液中微粒浓度的大小比较
① 电离是微弱的 抓住两个“微弱” ② 弱离子的水解是微弱的 ① 电荷守恒 抓住三个“守恒” ② 物料守恒
③微弱的：电离粒子的浓度大于电离生成粒 子的浓度。
如： NH3 ·H2O 溶液中：c (NH3 ·H2O)
NaHS 溶液中：
电离方程式 水解方程式
物料守恒
NaHS == Na+ + HS– HS– S2– + H2O HS– + H2O H+ + S2– HS– + OH–（忽略） H2S + OH–
c (Na+) : c (S) ＝1 : 1
因此：c (Na+ ) == c ( S2–) + c (HS–) + c (H2S)
总体思路：离子浓度大小的比较无论是哪类型的题目， 解题时一定要认真分析溶液中的微粒种类，然后分析 这些微粒的水解和电离情况，如果比较大小用电离和 水解分析，如要求相等关系用三大守恒分析 1、如等号一端全是阴离子或阳离子或题目提示溶液 呈中性、pH=7应首先考虑电荷守恒； 2、若等号一端各项中都含有同一种元素，首先考虑 这种元素的原子守恒； 3、若出现等号但既不是电荷守恒也不是原子守恒， 则可考虑质子守恒或将两者进行合并处理
>
c (OH–)
2、水解理论：
① 弱离子由于水解而损耗。
如：KAl(SO4)2 溶液中：c (K+)
> c (Al
3+)
② 水解是微弱：水解离子的浓度大于水解生成粒子 的浓度。
如：NH4Cl 溶液中： c (Cl–)
>
c (NH4+)
《水的电离》 讲义
《水的电离》讲义一、水的电离的基本概念水是一种极弱的电解质，能够发生微弱的电离。
在纯水中，水分子会自发地发生电离，其电离方程式为：H₂O ⇌H⁺＋ OH⁻。
需要注意的是，这个电离过程是一个动态平衡的过程，即水分子电离成氢离子（H⁺）和氢氧根离子（OH⁻）的速率与氢离子和氢氧根离子结合成水分子的速率相等。
二、影响水的电离的因素1、温度温度对水的电离平衡有着显著的影响。
一般来说，温度升高会促进水的电离。
因为电离过程是一个吸热过程，根据化学平衡原理，升高温度会使平衡向吸热方向移动，即促进水的电离。
例如，在 25℃时，水的离子积常数 Kw ＝ 10×10⁻¹⁴，而在 100℃时，Kw ＝ 55×10⁻¹³。
2、酸和碱向水中加入酸或碱，会抑制水的电离。
酸会在水中电离出大量的H⁺，使得溶液中的 H⁺浓度增大，平衡向左移动；碱会在水中电离出大量的 OH⁻，使得溶液中的 OH⁻浓度增大，平衡也向左移动。
3、盐类某些盐类的加入也会影响水的电离。
（1）强酸弱碱盐，如氯化铵（NH₄Cl），其阳离子（NH₄⁺）会与水电离出的 OH⁻结合生成弱电解质一水合氨（NH₃·H₂O），从而促进水的电离。
（2）强碱弱酸盐，如碳酸钠（Na₂CO₃），其阴离子（CO₃²⁻）会与水电离出的 H⁺结合生成碳酸氢根离子（HCO₃⁻）或碳酸（H₂CO₃），促进水的电离。
（3）强酸强碱盐，如氯化钠（NaCl），对水的电离没有影响。
三、水的离子积常数（Kw）水的离子积常数 Kw 是指在一定温度下，水中 c(H⁺）·c(OH⁻）的乘积为一个常数。
在 25℃时，Kw ＝ 10×10⁻¹⁴。
Kw 只与温度有关，温度升高，Kw 增大。
无论在酸性、碱性还是中性溶液中，水的离子积常数 Kw 都始终成立。
例如，在酸性溶液中，c(H⁺）＞ 10×10⁻⁷ mol/L，而 c(OH⁻）＜10×10⁻⁷ mol/L，但 c(H⁺）·c(OH⁻）＝ 10×10⁻¹⁴；在碱性溶液中，c(OH⁻）＞ 10×10⁻⁷ mol/L，而 c(H⁺）＜ 10×10⁻⁷ mol/L，同样c(H⁺）·c(OH⁻）＝ 10×10⁻¹⁴。
高二化学《水的电离》知识点汇总
高二化学《水的电离》知识点汇总高二化学《水的电离》知识点汇总一、水的离子积纯水大部分以H2的分子形式存在，但其中也存在极少量的H3+(简写成H+)和H-，这种事实表明水是一种极弱的电解质。
水的电离平衡也属于化学平衡的一种，有自己的化学平衡常数。
水的电离平衡常数是水或稀溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的乘积，一般称作水的离子积常数，记做。
只与温度有关，温度一定，则值一定。
温度越高，水的电离度越大，水的离子积越大。
对于纯水说，在任何温度下水仍然显中性，因此(H+)=(H&ar;)，这是一个容易理解的知识点。
当然，这种情况也说明中性和溶液中氢离子的浓度并没有绝对关系，pH=7表明溶液为中性只适合于通常状况的环境。
此外，对于非中性溶液，溶液中的氢离子浓度和氢氧根离子浓度并不相等。
但是在由水电离产生的氢离子浓度和氢氧根浓度一定相等。
二、其它物质对水电离的影响水的电离不仅受温度影响，同时也受溶液酸碱性的强弱以及在水中溶解的不同电解质的影响。
H+和H&ar;共存，只是相对含量不同而已。
溶液的酸碱性越强，水的电离程度不一定越大。
无论是强酸、弱酸还是强碱、弱碱溶液，由于酸电离出的H+、碱电离出的H&ar;均能使H2<=>H&ar; + H+平衡向左移动，即抑制了水的电离，故水的电离程度将减小。
盐溶液中水的电离程度：①强酸强碱盐溶液中水的电离程度与纯水的电离程度相同;②NaHS4溶液与酸溶液相似，能抑制水的电离，故该溶液中水的电离程度比纯水的电离程度小;③强酸弱碱盐、强碱弱酸盐、弱酸弱碱盐都能发生水解反应，将促进水的电离，故使水的电离程度增大。
三、水的电离度的计算计算水的电离度首先要区分由水电离产生的氢离子和溶液中氢离子的不同，由水电离的氢离子浓度和溶液中的氢离子浓度并不是相等，由于酸也能电离出氢离子，因此在酸溶液中溶液的氢离子浓度大于水电离的氢离子浓度;同时由于氢离子可以和弱酸根结合，因此在某些盐溶液中溶液的氢离子浓度小于水电离的氢离子浓度。
基于UbD理论的化学教学设计研究以“酸、碱、盐在水溶液中的电离”为例
基于UbD理论的化学教学设计研究以“酸、碱、盐在水溶液中的电离”为例一、本文概述随着教育理念的不断进步和科技的发展，教学设计已逐渐成为教育改革的重要领域。
其中，UbD（Understanding by Design）理论，作为一种以理解为核心的教学设计模式，近年来在国内外教育领域引起了广泛关注。
UbD理论强调从预期的学习结果出发，逆向设计教学活动和评估标准，以确保学生真正理解和掌握所学内容。
本文将以“酸、碱、盐在水溶液中的电离”这一化学教学内容为例，探讨基于UbD理论的化学教学设计研究。
本文将简要介绍UbD理论的基本框架和核心理念，阐述其在化学教学设计中的应用价值。
然后，结合“酸、碱、盐在水溶液中的电离”这一具体教学内容，分析传统教学设计存在的问题和不足，提出基于UbD理论的化学教学设计方案。
该方案将围绕预期的学习结果，明确教学目标，设计教学活动和评估标准，以帮助学生更好地理解和掌握酸、碱、盐在水溶液中的电离过程。
通过本研究，旨在为广大化学教育工作者提供一种新颖、有效的教学设计模式，以促进学生的深度学习和理解，提高化学教学的质量和效率。
也希望能为相关领域的研究提供有益的参考和借鉴。
二、UbD理论在化学教学设计中的应用UbD（Understanding by Design）理论，即“为理解而教”的教学设计模式，由美国课程专家格兰特·威金斯和杰伊·麦克泰格提出。
该理论强调在教学设计过程中，应以学生的理解为核心，以学生的长期发展为目标，逆向设计教学内容和教学活动。
在化学教学设计中，UbD理论的应用可以帮助学生更深入地理解化学概念，提高化学学习的效果。
在“酸、碱、盐在水溶液中的电离”这一教学内容中，UbD理论的应用主要体现在以下几个方面：明确教学目标。
在设计教学时，需要明确学生通过本节课的学习应达到的理解层次，例如能够掌握酸、碱、盐在水溶液中电离的基本概念，能够分析不同物质在水溶液中的电离过程，能够运用电离理论解释一些简单的化学现象等。
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;。
第二节第一课时水的电离
。
2．某温度下，测得纯水中的c(H＋)＝2×10－7 mol/L， 则c(OH－)为 ———— 水的离子积KW ———————— 若温度不变，滴入稀盐酸，使c(H＋)＝5×10－4 mol·L－1，则此时溶液中由水电离产生的c(H＋)＝ ________
3．纯水在25℃和80℃时的氢离子浓度，前后两个量
(2)KW＝c(H＋)·c(OH－)不仅适用于中性溶液，也 同样适用于稀的酸溶液和稀的碱溶液。在任何时候、 在任何溶液中，都同时存在H＋、OH－，其乘积也为 一常数。在不同的溶液中，c(H＋)和c(OH－)虽然不一 定相等，但是由水电离出的c(H＋)和c(OH－)却总是相 等的。
(3)KW＝c(H＋)·c(OH－)式中的c(H＋)和c(OH－)指的 是溶液中的H＋和OH－的总浓度，要弄清溶液中的c(H＋) 和水电离出的c(H＋)，溶液中的c(OH－)和水电离出的 c(OH－)。一般来说，当溶液中的c(H＋)或c(OH－)大于由 水电离出的H＋或OH－溶液1000倍，水电离产生的H＋或 OH－浓度即可忽略。
的大小关系为
()
A．大于
B．等于
C．小于
D．不能肯定
水的电离平衡：H2O
H＋＋OH－
影响因素 移动方向 c(H＋) c(OH－)
升温
向右移动 增大 增大
ΔH＞0 KW 增大
加酸
向左移动 增大 减小 不变
加碱
向左移动 减小 增大 不变
加活泼金属 向右移动
(如Na)
Байду номын сангаас
减小
增大
不变
[例1] 25℃时，水的电离达到平衡：H2O H＋＋OH－ ΔH＞0，下列叙述正确的是
()
A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－) 降低
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(3)[H＋]＜[OH－]，溶液呈碱性。 2．pH及其计算 (1)定义：pH＝－lg[H＋]。 (2)适用范围：稀溶液、数值在0～14之间。 (3)表示意义：表示溶液酸碱性的强弱，pH越小，酸性越强。 (4)pH试纸的使用 用干燥洁净的玻璃棒蘸取待测溶液滴在pH试纸上，然后与标准比 色卡对照。
(1)pH试纸使用前不pH只能是整数。 (3)若精确测溶液的pH，则应使用pH计。
水的电离
1．电离方程式 水是一种极弱的电解质，其电离方程式为：H2O＋H2O H3O＋＋OH－，简写成H2O H＋＋OH－。 2．室温下纯水的有关数据： (1)[H＋]＝[OH－]＝1.0×10－7_mol·L－1。 (2)水的离子积常数 ①表达式：KW＝[H＋][OH－]＝1.0×10－14 mol2·L－2。 ②影响因素：只与温度有关，因水的电离是吸热过程，当升高温度 时，KW增大。 ③适用范围：KW不仅适用于纯水，也适用于酸、碱、盐的稀溶 液。 (3)pH＝7。 3．影响水的电离平衡的因素 (1)有下列物质及操作： A．H2SO4 B．NaOH C．NaCl D．CH3COOH E．NH3·H2O F．加热 G．Na2CO3 H．AlCl3 I．Na 能促进水的电离平衡的有F、G、H、I；抑制水的电离平衡的有A、 B、D、E；对水的电离平衡无影响的是C。 (2)规律 ①加入酸或碱：水的电离平衡向左移动，电离程度减小，KW不 变。 ②温度：升高温度，水的电离平衡向右移动，电离程度增大，[H＋] 和[OH－]增大，KW增大。 ③加入盐：不水解的盐对水的电离平衡无影响；可水解的盐使水的 电离平衡向右移动。 ④加入活泼金属(K、Na、Ca)，水的电离平衡向右移动。 二、溶液的酸碱性与pH 1．溶液的酸碱性 溶液的酸碱性是由溶液中[H＋]和[OH－]的相对大小决定的： (1)[H＋]＞[OH－]，溶液呈酸性； (2)[H＋]＝[OH－]，溶液呈中性；