三年高考2019高考化学试题分项版解析 专题11 水溶液中的离子平衡（含解析）

三年高考2019高考化学试题分项版解析 专题11 水溶液中的离子平衡（含解析）

‎ 专题11 水溶液中的离子平衡 ‎1．【2018新课标3卷】用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是 A．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10‎ B．曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)‎ C．相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a D．相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L-1 Br-，反应终点c向b方向移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ C．滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.04mol/L的Cl-溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c点的25mL变为25×0.8=20mL，而a点对应的是15mL，选项C错误。 ‎ D．卤化银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小，所以KSP(AgCl)应该大于KSP(AgBr)，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.05mol/L的Br-‎ 19‎ 溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是1:1沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由a点变为b点。选项D正确。‎ 考点定位：考查沉淀溶解平衡以及图像分析等 ‎【试题点评】本题应该从题目所给的图入手，寻找特定数据判断题目中的沉淀滴定的具体过程。注意：横坐标是加入的硝酸银溶液的体积，纵坐标是氯离子浓度的负对数。本题虽然选择了一个学生不太熟悉的滴定过程——沉淀滴定，但是其内在原理实际和酸碱中和滴定是一样的。这种滴定的理论终点都应该是恰好反应的点，酸碱中和滴定是酸碱恰好中和，沉淀滴定就是恰好沉淀，这样就能判断溶液发生改变的时候，滴定终点如何变化了。‎ ‎2．【2018北京卷】测定0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。‎ 时刻 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 温度/℃‎ ‎25‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎25‎ pH ‎9.66‎ ‎9.52‎ ‎9.37‎ ‎9.25‎ 实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。‎ 下列说法不正确的是 A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：+H2O+OH−‎ B．④的pH与①不同，是由于浓度减小造成的 C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致 D．①与④的Kw值相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 考点定位：考查水解方程式的书写、影响盐类水解的因素、水的离子积影响因素等知识。‎ 19‎ ‎【试题点评】思路点拨：Na2SO3属于强碱弱酸盐，根据水解规律“有弱才水解”，即SO32－发生水解：SO32-+H2OHSO3-+OH-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-，根据信息，对Na2SO3溶液进行升温，盐类水解是吸热反应，即升高温度，促进水解，c(OH－)增大，pH增大，①和④温度相同，但pH不同，根据信息取①④的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，④中产生白色沉淀多，沉淀是BaSO4，说明在升温过程中SO32－被氧化成SO42－，然后再进行合理判断即可。 ‎ ‎3．【2018天津卷】LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始（H2PO4–）的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO4–的分布分数δ随pH的变化如图2所示，[]下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是 ‎ ‎ A．溶液中存在3个平衡 B．含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–‎ C．随c初始（H2PO4–）增大，溶液的pH明显变小 D．用浓度大于1 mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 考点定位：考查弱电解质电离、盐类水解、物料守恒等知识。‎ ‎【试题点评】思路点拨：H3PO4属于中强酸，LiH2PO4溶液中H2PO4－发生电离H2PO4－H＋＋HPO42－，H2PO4－属于弱酸根，也能发生水解，HPO42－属于酸式根离子，能发生电离：HPO42－H＋PO43－，HPO42－也能发生水解，PO43－只能发生水解，该溶液中存在水，水是弱电解质，存在电离平衡，根据物料守恒，P在水中存在的微粒有H3PO4、H2PO4－、HPO42－、PO43－，C和D两个选项根据图像判断即可。‎ 19‎ ‎4．【2018天津卷】下列叙述正确的是 A．某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kh(水解常数)越小 B．铁管镀锌层局部破损后，铁管仍不易生锈 C．反应活化能越高，该反应越易进行 D．不能用红外光谱区分C2H5OH和CH3OCH3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 考点定位：考查水解的规律、金属的腐蚀和防护、活化能、红外光谱等知识。‎ ‎【试题点评】思路点拨：反应的活化能是指普通分子达到活化分子需要提高的能量，则活化能越大，说明反应物分子需要吸收的能量越高（即，引发反应需要的能量越高），所以活化能越大，反应进行的就越困难。‎ ‎5．【2018江苏卷】根据下列图示所得出的结论不正确的是 A．图甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的ΔH<0‎ B．图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2 )随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小 C．图丙是室温下用0.1000 mol·L−1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L−1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸 D．图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2+ )与c(SO42−)的关系曲线，‎ 19‎ 说明溶液中c(SO42− )越大c(Ba2+ )越小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 考点定位：本题考查有关化学反应原理的图像的分析，侧重考查温度对化学平衡常数的影响、化学反应速率、酸碱中和滴定pH曲线的分析、沉淀溶解平衡曲线的分析。‎ ‎【试题点评】思路点拨：化学反应原理类图像题解题思路是：①分析图像，首先看清横、纵坐标所代表的物理量，其次分析线的起点、终点、拐点等特殊点，最后明确曲线的变化趋势。②用已学过的知识理解和判断各选项所考查的知识点。‎ ‎6．【2018江苏卷】H2C2O4为二元弱酸，Ka1 (H2C2O4 ) =5.4×10−2，Ka2 (H2C2O4 ) =5.4×10−5，设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4) +c(HC2O4−) +c(C2O42−)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 mol·L−1H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是 A．0.1000 mol·L−1 H2C2O4溶液：c(H+ ) =0.1000 mol·L−1+c(C2O42− )+c(OH−)−c(H2C2O4 )‎ B．c(Na+ ) =c(总)的溶液：c(Na+ ) >c(H2C2O4 ) >c(C2O42− ) >c(H+ )‎ C．pH = 7的溶液：c(Na+ ) =0.1000 mol·L−1+ c(C2O42−) −c(H2C2O4)‎ D．c(Na+ ) =2c(总)的溶液：c(OH−) −c(H+) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4−)‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 精准分析：A项，H2C2O4溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），0.1000 mol·L−1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c（H2C2O4）+ c（HC2O4-）+ c（C2O42-），两式整理得c（H+）=0.1000mol/L-c（H2C2O4）+c（C2O42-）+c（OH-），A项正确；B项，c（Na+）=c（总）时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4-既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O4-水解的离子方程式为HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，HC2O4-水解常数Kh=====1.8510-13Ka2（H2C2O4），HC2O4-的电离程度大于水解程度，则c（C2O42-）c（H2C2O4），B项错误；C项，滴入NaOH 19‎ 溶液后，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），室温pH=7即c（H+）=c（OH-），则c（Na+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）=c（总）+c（C2O42-）-c（H2C2O4），由于溶液体积变大，c（总）0.1000mol/L，c（Na+）0.1000mol/L +c（C2O42-）-c（H2C2O4），C项错误；D项，c（Na+）=2c（总）时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），物料守恒为c（Na+）=2[c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-）]，两式整理得c（OH-）-c（H+）=2c（H2C2O4）+c（HC2O4-），D项正确；答案选AD。 ‎ 考点定位：本题考查电解质溶液中粒子浓度的大小关系和守恒关系。‎ ‎【试题点评】思路点拨：确定溶液中粒子浓度大小关系时，先确定溶质的组成，分析溶液中存在的各种平衡，弄清主次（如B项），巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒（质子守恒一般可由电荷守恒和物料守恒推出）。注意加入NaOH溶液后，由于溶液体积变大，c（总）0.1000mol/L。‎ ‎7．【2017新课标1卷】常温下将NaOH溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是 ‎ ‎ A．Ka2（H2X）的数量级为10–6‎ B．曲线N表示pH与的变化关系 C．NaHX溶液中 D．当混合溶液呈中性时，‎ ‎【答案】D 19‎ mol·L－1，代入Ka2得到Ka2=10－5.4，因此Ka2（H2X）的数量级为10–6，A正确；B．根据以上分析可知曲线N表示pH与的关系，B正确；C．曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点， =100.6 mol·L－1，c(H＋)=10－5.0 mol·L－1，代入Ka1得到Ka1=10－4.4，因此HX－的水解常数是=10－14/10－4.4＜Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，C正确；D．根据图像可知当＝0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，＞0，即c(X2–)＞c(HX–)，D错误；答案选D。‎ ‎【名师点睛】该题综合性强，该题解答时注意分清楚反应的过程，搞清楚M和N曲线表示的含义，答题的关键是明确二元弱酸的电离特点。电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。多年以来全国高考化学试卷几乎年年涉及。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。围绕盐类水解的类型和规律的应用试题在高考中常有涉及。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离，盐类的水解，化学平衡理论(电离平衡、水解平衡)，电离与水解的竞争反应，以及化学反应类型，化学计算，甚至还要用到“守恒”来求解。‎ ‎8．【2017新课标2卷】改变0.1二元弱酸溶液的pH，溶液中的、、的物质的量分数随pH的变化如图所示[已知]。‎ 19‎ 下列叙述错误的是 A．pH=1.2时，‎ B．‎ C．pH=2.7时，‎ D．pH=4.2时，‎ ‎【答案】D ‎【名师点睛】该题综合性强，该题解答时注意利用守恒的思想解决问题。电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。多年以来全国高考化学试卷几乎年年涉及。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。围绕盐类水解的类型和规律的应用试题在高考中常有涉及。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离，盐类的水解，化学平衡理论(电离平衡、水解平衡)，电离与水解的竞争反应，以及化学反应类型，化学计算，甚至还要用到“守恒”来求解。‎ ‎9．【2017新课标3卷】在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的 19‎ 会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是 A．的数量级为 B．除反应为Cu+Cu2++2=2CuCl C．加入Cu越多，Cu+浓度越高，除效果越好 D．2Cu+=Cu2++Cu平衡常数很大，反应趋于完全 ‎【答案】C ‎【名师点睛】本题考查溶度积常数的计算及平衡的移动，难点是对溶液中平衡时相关离子浓度的关系图的理解，通过图示可以提取出Ksp(CuCl)，2Cu＋Cu2＋＋Cu的平衡常数，并且要注意在化学平衡中纯物质对反应无影响。‎ ‎10．【2017江苏卷】常温下，Ka(HCOOH)=1.77×10−4，Ka(CH3COOH)=1.75×10−5，Kb(NH3·H2O) =1.76×10−5，下列说法正确的是 A．浓度均为0.1 mol·L−1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者 ‎ B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等 C．0.2 mol·L−1 HCOOH与0.1 mol·L−1 NaOH 等体积混合后的溶液中：c(HCOO−) + c(OH−) = c(HCOOH) + c(H+)‎ 19‎ D．0.2 mol·L−1 CH3COONa 与 0.1 mol·L−1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7)：c(CH3COO−) > c(Cl− ) > c(CH3COOH) > c(H+)‎ ‎【答案】AD 乙酸消耗的氢氧化钠溶液较多，B错误；C．两溶液等体积混合后得到甲酸和甲酸钠的混合液，由电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(HCOO−)，由物料守恒得2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO−)，联立两式可得2c(H+)+c(HCOOH)=2c(OH−)+c(HCOO−)，C错误；D．两溶液等体积混合后，得到物质的量浓度相同的乙酸、乙酸钠和氯化钠的混合液，由于溶液pH<7，所以溶液中乙酸的电离程度大于乙酸根的水解程度，氯离子不水解，乙酸的电离程度很小，所以c(CH3COO−)>c(Cl−)>c(CH3COOH)>c(H+)，D正确。‎ ‎【名师点睛】本题以3种弱电解质及其盐的电离、反应为载体，考查了酸碱中和滴定和溶液中离子浓度的大小比较。电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。高考试题常围绕盐类水解的类型和规律的应用出题。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离，弱电解质的电离平衡常数的意义及其重要应用，盐类的水解，化学平衡理论(电离平衡、水解平衡)，电离与水解的竞争反应，要用到三个“守恒”（物料守恒、电荷守恒、质子守恒）来求解。很多大小关系要巧妙运用守恒关系才能判断其是否成立。‎ ‎11．【2016新课标1卷】298 K时，在20.0 mL 0.10 mol/L氨水中滴入0.10 mol/L的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 mol/L氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是 A．该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂 B．M点对应的盐酸体积为20.0 mL 19‎ C．M点处的溶液中c(NH4＋)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)‎ D．N点处的溶液中pH＜12‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎－)，所以c(NH4＋)＝c(Cl－)。盐是强电解质，电离远远大于弱电解质水的电离程度，所以溶液中离子浓度关系是：c(NH4＋)＝c(Cl－)＞c(H＋)＝c(OH－)，错误；D．N点氨水溶液中已经电离的一水合氨浓度等于溶液中氢氧根离子的浓度，c(OH-)=0.1 mol/L×1.32%=1.32×10−3 mol/L，根据水的离子积常数可知：N处的溶液中氢离子浓度＝＝7.6×10－12 mol/L，根据pH=−lgc(H+)可知此时溶液中pH＜12，正确。‎ ‎【考点定位】考查酸碱中和滴定、弱电解质的电离以及离子浓度大小比较等知识。‎ ‎【名师点睛】酸碱中和滴定是中学化学的重要实验，通常是用已知浓度的酸(或碱)来滴定未知浓度的碱(或酸)，由于酸、碱溶液均无色，二者恰好反应时溶液也没有颜色变化，所以通常借助指示剂来判断，指示剂通常用甲基橙或酚酞，而石蕊溶液由于颜色变化不明显，不能作中和滴定的指示剂。酸碱恰好中和时溶液不一定显中性，通常就以指示剂的变色点作为中和滴定的滴定终点，尽管二者不相同，但在实验允许的误差范围内。进行操作时，要注意仪器的润洗、查漏、气泡的排除，会进行误差分析与判断。判断电解质溶液中离子浓度大小时，经常要用到三个守恒：电荷守恒、物料守恒、质子守恒，会根据相应的物质写出其符合题意的式子，并进行叠加，得到正确的算式。掌握水的离子积常数的计算方法、离子浓度与溶液pH的关系等是本题解答的关键所在。本题难度适中。‎ ‎12．【2016新课标3卷】下列有关电解质溶液的说法正确的是 A．向0.1molCH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小 B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大 19‎ C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中 D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【考点定位】考查弱电解质的电离平衡，盐类水解平衡，难溶电解质的溶解平衡 ‎【名师点睛】本试题考查影响弱电解质电离平衡移动、盐类水解移动、离子浓度大小比较、难溶电解质的溶解平衡等知识，属于选修4的知识点，这部分题考查学生对上述知识的运用、分析、审题能力，平时训练中需要强化这部分知识的练习，因为它是高考的重点。醋酸属于弱电解质，CH3COOHCH3COO－＋H＋，影响弱电解质的因素：（1）温度：升高温度促进电离；（2）加水稀释，促进电离；（3）同离子效应：加入相同离子抑制电离；（4）加入反应离子：促进电离；因为是都在同一溶液，溶液体积相同，因此看物质的量变化，加水稀释促进电离，n(H＋)增大，n(CH3COOH)减小，则比值增大。影响盐类水解的因素：温度、浓度、加入反应离子、同离子等，依据水解常数的表达式，得出：=1/K，K只受温度的影响，盐类水解是中和反应的逆过程，属于吸热反应，升高温度促进水解，K增大，则比值变小。离子浓度大小比较中，有“三个守恒”：电荷守恒、物料守恒、质子守恒，根据相应的物质写出其符合题意的式子，并进行叠加，即得到正确的算式。因为是溶液显中性，常用电荷守恒的思想解决，即c(NH4＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(Cl－)，溶液显中性则c(H＋)=c(OH－)，即c(NH4＋)=c(Cl－)，比值等于1；依据溶度积的表达式得出：Ksp(AgCl)=c(Ag＋)×c(Cl－)，Ksp(AgBr)=c(Ag＋)×c(Br－)，则两式相比得到c(Cl－)/c(Br－)=Ksp(AgCl)/Ksp(AgBr)，溶度积只受温度的影响，温度不变，则比值不变，溶度积和离子积的关系：Qc=Ksp溶液达到饱和，Qc>Ksp溶液过饱和有沉淀析出，Qcc(AlO2-)+c(OH-)‎ B ‎0.01‎ c(Na+)>c(AlO2-)> c(OH-)>c(CO32-)‎ 19‎ C ‎0.015‎ c(Na+)> c(HCO3-)>c(CO32-)> c(OH-)‎ D ‎0.03‎ c(Na+)> c(HCO3-)> c(OH-)>c(H+)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【考点定位】考查电解质溶液中的离子平衡，钠、铝及其化合物的性质 ‎【名师点睛】本题将元素化合物知识与电解质溶液中离子浓度大小比较综合在一起考查，熟练掌握相关元素化合物知识，理清反应过程，结合相关物质的用量正确判断相关选项中溶液的成分是解题的关键。电解质溶液中微粒浓度大小比较要抓住两个平衡：电离平衡和盐类的水解平衡，抓两个微弱：弱电解质的电离和盐类的水解是微弱的，正确判断溶液的酸碱性，进行比较。涉及等式关系要注意电荷守恒式、物料守恒式和质子守恒式的灵活运用。‎ ‎21．【2016天津卷】室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断错误的是( ) ‎ 19‎ A．三种酸的电离常数关系：KHA＞KHB＞KHD B．滴定至P点时，溶液中：c(B－)＞c(Na＋)＞c(HB)＞c(H＋)＞c(OH－) ‎ C．pH=7时，三种溶液中：c(A－)=c(B－)=c(D－) ‎ D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【考点定位】考查中和滴定图像、弱电解质的电离平衡、离子浓度大小比较 ‎【名师点晴】本题考查了酸碱混合时的定性判断、弱电解质的电离平衡、离子浓度大小比较等。在判断溶液中微粒浓度大小的比较时，要重点从三个守恒关系出发，分析思考。（1）两个理论依据：①弱电解质电离理论：电离微粒的浓度大于电离生成微粒的浓度。例如，H2CO3溶液中：c(H2CO3)＞c(HCO3－)≫c(CO32－)(多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离)。②水解理论：水解离子的浓度大于水解生成微粒的浓度。例如，Na2CO3溶液中：c(CO32－)＞c(HCO3－)≫c(H2CO3)(多元弱酸根离子的水解以第一步为主)。（2）三个守恒关系：①电荷守恒：电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。例如，NaHCO3溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)=c(HCO3－)＋2c(CO32－)＋c(OH－)。②物料守恒：物料守恒也就是原子守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。例如，0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中：c(Na＋)＝c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)＝0.1 mol·L－1。③质子守恒：由水电离出的c(H＋)等于由水电离出的c(OH－)，在碱性盐溶液中OH－守恒，在酸性盐溶液中H＋守恒。例如，纯碱溶液中c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO3－)＋2c(H2CO3)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。解答本题时，能够从图像的起始点得出三种酸的相对强弱是解题的关键。‎ 19‎