本文从“电荷守恒”原理、“物料守恒”原理、“质子守恒”原理三方面进行阐述，帮助同学们提高高考解题能力。

一、“电荷守恒”原理

因为溶液必须保持电中性，所以溶液中所有阳离子电荷的总和必须与所有阴离子电荷的总和相等，常用符号CBE表示，例如：浓度为c(Na2CO3)的Na2CO3溶液中电荷守恒式为：

c(Na+) + c(H+) = c(HCO3-) + 2c(CO32-) + c(OH-)

下面看具体的两例：

例1 往醋酸溶液中滴加氢氧化钠溶液，当滴至溶液中c(CH3COO-) = c(Na+)时，该混和溶液的酸碱性应是（ ）

A、酸性 B、中性 C、碱性 D、无法判断

解析：醋酸和氢氧化钠反应后的溶液中阳离子只有Na+和H+，阴离子只有CH3COO-和OH-，因为同一溶液体积相同，根据“电荷守恒”原理，有下列等式：c(Na+) + c(H+) = c(CH3COO-) + c(OH-)

∵c(Na+) = c(CH3COO-) ∴c(H+) = c(OH-) 溶液显中性，答案选B

例2 将镁条在空气中燃烧的全部产物（MgO、Mg3N2）溶解在50mL浓度为1.8mol.L-1的盐酸中，以20mL0.9mol.L-1NaOH溶液中和多余的盐酸，然后向此溶液中加入过量的NaOH溶液把氨全部蒸出来，用足量的盐酸吸收，经测定氨的质量为0.102g，计算镁条的质量。

解析：此题反应较多，按常规解法比较麻烦，若用电荷守恒法则较为简便。

在加入过量NaOH溶液之前，溶液中的溶质有NaCl、 MgCl2 、NH4Cl，根据“电荷守恒”原理有：

n(Na+) + 2n(Mg2+) + n(NH4+) = n(Cl-)

其中Na+来源于NaOH，Cl-来源于HCl，而NH4+可由氨气的质量求得，

∴n(Mg2+) = [0.05L×1.8mol/L-0.02L×0.9mol/L -(0.102g÷17g/mol)] ÷2 = 0.033mol

m(Mg)= m(Mg2+) = 24 g/mol×0.033mol = 0.792g

二、“物料守恒”原理

物料守恒是指在平衡状态下，某组分的分析浓度（即该组分加入溶液中的总浓度）等于该组分各物种的平衡浓度的总和，常用符号MBE表示。例如浓度为c(Na2CO3)的Na2CO3溶液中，组分CO32-的平衡式为：

c(Na2CO3) = c（H2CO3）+ c（HCO3-）+ c（CO32-）

例 有Na2CO3和NaHCO3的混合物14.8g，把它配成稀溶液，然后向该溶液中加入12.4g碱石灰（CaO 、NaOH组成的混合物），充分反应后，溶液已检测不出Ca2+、 CO32-和HCO3-，然后将所得的体系中水份设法蒸干，得白色固体29g，试求（1）原混合物中Na2CO3和NaHCO3各多少克？（2）碱石灰中

CaO 和NaOH各多少克？（3）所得29g白色固体中各种成分的质量是多少？

解析：本题有下列守恒：①反应前后CO32-的物质的量守恒，即CaCO3中的CO32-的物质的量等于Na2CO3中CO32-的物质的量与NaHCO3中HCO3-的物质的量之和。②反应前后Ca2+的物质的量守恒，即CaO中Ca2+的物质的量等于CaCO3中Ca2+的物质的量。③反应前后Na+的物质的量守恒，设Na2CO3的物质的量为x，NaHCO3的物质的量为y，碱石灰中NaOH的物质的量为z，则根据上述有关离子的物质的量守恒，有：

106g/mol . x +84g/mol . y =14.8g

56g/mol(x+y) +40g/mol . z =12.4g

100g/mol(x+y) +40g/mol(2x+y+z) =29g

解得：x=0.1mol y=0.05mol z=0.1mol

∴（1）原混合物中m(Na2CO3) =0.1mol×106g/mol=10.6g

m(NaHCO3)=0.05mol×84g/mol=4.2g

（2）碱石灰中m(CaO)=(0.1mol+0.05mol) ×56g/mol=8.4g

m(NaOH)=0.1mol×40g/mol=4g

（3）29克白色固体的成分是CaCO3和NaOH

m(CaCO3)=(0.1mol+0.05mol) ×100g/mol=15g

m(NaOH)=(2×0.1mol+0.05mol+0.1mol) ×40g/mol=14g

三、“质子守恒”原理

根据酸碱质子理论，酸碱反应的本质是质子的传递，当反应达到平衡时，酸失去的质子和碱得到的质子的物质的量必然相等。其数学表达式称为质子守恒式或质子条件式，常用符号PBE表示。

求质子条件式的方法有两种。一种是由物料守恒式和电荷守恒式推导（质子守恒=电荷守恒-物料守恒），另一种是直接根据质子得失的关系给出。首先选择适当的物质作为考虑质子传递的参照物，通常选择哪些在溶液中大量存在并参与质子传递的物质（即参与得失H+的物质），如溶剂本身，这些物质称为参照水准（或零水准）。然后，从零水准出发，根据得失质子的物质的量相等的原则，即可写出质子条件式。如浓度为c(Na2HPO4)的溶液中，用第一种方法求解：

物料守恒：c(Na+) =2c

c(H3PO4) +c(H2PO4-) +c(HPO42-) +c(PO43-) = c

电荷守恒：c(Na+) +c(H+) = c(H2PO4-) +2c(HPO42-) +3c(PO43-) +c(OH-)

整理后得质子条件式（质子守恒=电荷守恒-物料守恒）：

c(H+) + c(H2PO4-) + 2c(H3PO4) = c(PO43-) + c(OH-)

采用第二种方法：选HPO42-和H2O为参照水准（因为这在Na2HPO4溶液中，只有这两种粒子参与H+得失）

参照水准物<—–>得质子后的产物<——->失质子后的产物

HPO42-<——–>得一个质子：H2PO4-<–>失一个质子：PO43-

<————–>得两个质子：H3PO4

H2O<———–>得一个质子：H3O+ <—->失一个质子：OH-

得失质子的物质的量必然相等，故可得：

c(H+) + c(H2PO4-) + 2c(H3PO4) = c(PO43-) + c(OH-)

同理可知：Na2S溶液中的质子守恒关系式为：

c(OH-) = c(HS-) + 2c(H2S) + c(H+)

NaHS溶液中的质子守恒关系式为：

c(H+) + c(H2S) = c(S2-) + c(OH-)

当然，在运用守恒关系解题时，有时往往要把几种守恒原理综合起来加以考虑。

在选择参照水准时，不能把共轭酸碱对中的两个组分都选作参照水准，而只能选择其中的任何一种，因为共轭酸碱对互为得（失）质子，若同时选作参照水准物，其作用互相抵消。

以上方法是利用得失质子守恒而得出的，得质子只是弱酸阴离子，但弱碱阳离子不是得质子，而是得OH-直接运用以上方法就不得，如NH4Cl。但我们可以换位思考一下，得质子守恒，得OH-也可以守恒！
则以上方法可以改为：
参照水准物<—–>得OH-后的产物<——->失OH-后的产物

NH4+<———>得一个OH-：NH3*H20

H2O<———–>得一个OH-：OH-（相当于OH-溶于水，还是OH-） <—->失一个质子：H+

得失OH-的物质的量必然相等，故可得：

c(H+) = c(NH3*H20) + c(OH-)

这样处理，和运用H2O电离出来的c(H+)=c(OH-) 得出来的结果是一样的！

另：以上思考方式对于分析一些混合溶液的质子守恒，也是适合的。如NaOH和CH3COOH混合，且CH3COOH过量。
酸碱混合发生中和反应，酸过量，溶液呈酸性。则反应后可以看作是CH3COOH与CH3COONa的混合溶液。像这种情况，则可以把溶液里的质子守恒关系分开两部分两考虑，再综合结果：

CH3COOH溶液中：
参照水准物<—–>得质子后的产物<——->失质子后的产物

CH3COOH<—————————>失一个质子：CH3COO-

H2O<———–>得一个质子：H3O+ <—->失一个质子：OH-

得失质子的物质的量必然相等，故可得：

c(H+) = c(CH3COO-) + c(OH-)

CH3COONa溶液中：
参照水准物<—–>得质子后的产物<——->失质子后的产物

CH3COO-<——->得一个质子：CH3COOH

H2O<———–>得一个质子：H3O+ <—->失一个质子：OH-

得失质子的物质的量必然相等，故可得：

c(H+) + c(CH3COOH) = c(OH-)

以上两个结果合并后就是：2c(H+) + c(CH3COOH) =c(CH3COO-) + 2c(OH-) 这就是如NaOH和CH3COOH混合，且CH3COOH过量的混合溶液中的质子守恒。

例1 （2004年高考江苏卷17题）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（ ）

A 、 c(K+) + c(H+) = c(HC2O4-) + c(OH-) + c(C2O42-)

B 、 c(HC2O4-) + c(C2O42-) =0.1mol/L

C 、 c(C2O42-) > c(H2C2O4)

D 、 c(K+) = c(H2C2O4) + c(HC2O4-) + c(C2O42-)

解析：由电荷守恒知：c(K+) + c(H+) = c(HC2O4-) + c(OH-) + 2c(C2O42-)故A错

由物料守恒知：c(H2C2O4) + c(HC2O4-) + c(C2O42-) = c(K+) =0.1mol/L故B错，D对。由KHC2O4溶液呈酸性知：HC2O4-的电离程度大于水解程度，最后溶液中c(C2O42-) > c(H2C2O4)。

或由电荷守恒式：c(K+) + c(H+) = c(HC2O4-) + c(OH-) + 2c(C2O42-)

物料守恒式：c(H2C2O4) + c(HC2O4-) + c(C2O42-) = c(K+)

溶液呈酸性：c(H+) > c(OH-)

可得：c(C2O42-) > c(H2C2O4)。

例2（2005年高考广东卷19题）关于小苏打水溶液的表述正确的是（ ）

A 、 c(Na+)= c(HCO3-) + c(CO32-) +c(H2CO3)

B 、 c(Na+) +c(H+) = c(HCO3-) + c(CO32-) +c(OH-)

C 、HCO3- 的电离程度大于HCO3-的水解程度

D、 存在电离有NaHCO3 = Na+ + HCO3- HCO3- H+ +CO32- H2O H++ OH-

解析：由物料守恒知：c(Na+)= c(HCO3-) + c(CO32-) +c(H2CO3)

由电荷守恒知： c(Na+) +c(H+) = c(HCO3-) + 2 c(CO32-) +c(OH-)

由NaHCO3 水溶液显碱性可知HCO3- 的电离程度应小于HCO3-的水解程度。

故本题正确答案为AD

例3（2004年高考江苏卷25题）某结晶水合物含有两种阳离子和一种阴离子，称取两份质量相同均为19.6g的该结晶水合物，分别制成溶液。一份加入足量Ba(OH)2溶液，生成白色沉淀，随即沉淀变为灰绿色，最后带有红褐色；加热该混合物，逸出能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；用稀盐酸处理沉淀物，经洗涤和干燥，得到白色固体23.3g。另一份加入含0.001molKMnO4的酸性溶液，MnO4- 恰好完全被还原为Mn2+。

请回答下以下问题：

（1）该结晶水合物中含有的两种阳离子是________和________，阴离子是________。

（2）试通过计算确定该结晶水合物的化学式。

解析：（1）由题意知：该结晶水合物中含有的两种阳离子是NH4+、Fe2+， 阴离子是SO42-。

（2）据题意有：n(SO42-) = 2.33g÷233g/mol =0.01mol

由“电子守恒”原理知：n(Fe2+) = 0.001mol×5=0.005mol

根据离子化合物中，阴、阳离子电荷守恒的原理有：

n(NH4+) + 2n(Fe2+) = 2 n(SO42-)

知：n(NH4+) = 2×0.01mol- 2×0.005mol = 0.01mol

n(H2O) = [1.96g-0.01mol×96g/mol-0.005mol×56g/mol-0.01mol×18g/mol] ÷18g/mol=0.03mol

n(NH4+): n(Fe2+): n(SO42-) :n(H2O) =2:1:2:6

故该结晶水合物的化学式为：(NH4)2 Fe(SO4)2 . 6 H2O

或(NH4)2SO4 . FeSO4 . 6 H2O

上述各题的巧解，都来自于“守恒关系”。解题时，要善于挖掘各种因素，并运用这些守恒关系达到巧思妙解的目的。