(新高考)高考化学二轮复习纠错笔记专题07 电解质溶液（含解析）

专题07电解质溶液易错点1混淆电解质与导电之间的关系1．下列说法中不正确的有①将硫酸钡放入水中不能导电，所以硫酸钡是非电解质；②氨溶于水得到的溶液能导电，所以NH3是电解质；③液态HCl不导电，所以属于非电解质；④NaHSO4电离时生成的阳离子有氢离子，但不属于酸；⑤电解质放在水中一定能导电，非电解质放在水中一定不导电。⑥强电解质的导电能力比弱电解质强A．4个 B．5个 C．6个 D．全部【错因分析】电解质的判断是解答的易错点，注意电解质应是一定条件下本身电离而导电的化合物。有些化合物的水溶液能导电，但溶液中离子不是它本身电离出来的，而是与水反应后生成的，因此也不是电解质。这说明化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。能导电的物质不一定是电解质，如石墨；电解质本身不一定能导电，如NaCl晶体。【试题解析】硫酸钡难溶于水，溶于水的部分全部电离，硫酸钡是电解质，①错误；氨溶于水得到的溶液能导电是因为一水合氨能电离出阴阳离子，一水合氨是电解质，NH3是非电解质，②错误；氯化氢溶于水能电离出阴阳离子而导电，氯化氢是电解质，③错误；NaHSO4电离时生成的阳离子还有钠离子，所以盐，不是酸，④正确；电解质放在水中不一定能导电，例如难溶于水的硫酸钡等，非电解质放在水中不一定不导电，例如SO2溶于水，溶液可以导电，⑤错误；强电解质的导电能力不一定比弱电解质强，只与溶液中离子的浓度和所带电荷数有关系，⑥错误。答案选B。【参考答案】B电解质与导电之间的关系1．电解质是在水溶液或者熔融状态下能导电的化合物。因此电解质本身不一定能导电，只有在水溶液或者熔融条件下才能导电。2．电解质的水溶液能导电、金属单质均能导电，但是他们不是化合物，均不是电解质。3．NH3、CO2等形成的水溶液能导电，但是导电实质上是NH3·H2O、H2CO3电离出离子而引起的导电，因此NH3、CO2也不是电解质。1．下列说法正确的是A．根据物质能否导电，可以将化合物分为电解质和非电解质B．电解质与非电解质的本质区别，是在水溶液或熔化状态下能否电离C．酸、碱和盐类都属于电解质，其他化合物都是非电解质D．常见的强酸、强碱和大部分盐都是强电解质，其他化合物都是非电解质【答案】B【解析】根据化合物在水溶液或熔融态能否导电将化合物分为电解质和非电解质，A项错误；在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质，所以电解质与非电解质的本质区别，是在水溶液或熔化状态下能否电离，B项正确；水不是酸、碱和盐类，但是属于电解质，C项错误；常见的强酸、强碱和大部分盐都是强电解质，其他化合物不一定是非电解质，如弱酸、弱碱等也是电解质，D项错误。答案选B。易错点2混淆强、弱电解质的性质2．25℃时，关于某酸(用H2A表示)下列说法中，不正确的是A．pH=a的Na2A溶液中，由水电离产生的c(OH−)=10a−14B．将pH=a的H2A稀释为pH=a+1的过程中，c(H2A)/c(H+)减小，则H2A为弱酸C．测NaHA溶液的pH，若pH>7，则H2A是弱酸；若pH<7，则H2A是强酸D．0.2mol·L−1H2A溶液中的c(H+)=a，0.1mol·L−1H2A溶液中的c(H+)=b，若a<2b，则H2A为弱酸【错因分析】不能准确理解强、弱电解质的概念，掌握强、弱电解质常用的判断方法，容易出错。【试题解析】若H2A为强酸，则Na2A为中性，pH=7，水电离产生的c(OH−)=10−7，若H2A为弱酸，则Na2A为碱性，pH=a的Na2A溶液中因A2−的水解促进水的电离，溶液中的OH−来源于水的电离，则由水电离产生的c(OH−)=10a−14，A项正确；若H2A为强酸，c(H2A)/c(H+)=0，若H2A为弱酸将pH=a的H2A稀释为pH=a+1的过程中，c(H2A)/c(H+)减小，B项正确；测NaHA溶液的pH，若pH>7，说明HA−在溶液中水解，则H2A是弱酸；若pH<7，H2A不一定是强酸，可能是HA−的电离大于HA−的水解，C项错误；若H2A为强酸，0.2mol·L−1H2A溶液中的c(H+)=a=0.4mol·L−1，0.1mol·L−1H2A溶液中的c(H+)=b=0.2mol·L−1，此时a=2b，现a<2b，则H2A为弱酸，D项正确。答案为C。【参考答案】C强、弱电解质的判断方法(1)在相同浓度、相同温度下，比较导电能力的强弱。如同体积等浓度的盐酸和醋酸，前者的导电能力强于后者。(2)在相同浓度、相同温度下，比较反应速率的大小，如将足量的锌粒投入同体积等浓度的盐酸和醋酸中，反应开始时前者产生气体的速率比后者的大。(3)浓度与pH的关系。如0.1mol·L−1CH3COOH，其pH>1，则证明CH3COOH是弱电解质。(4)测定对应盐的酸碱性。如CH3COONa溶液呈碱性，则证明醋酸是弱酸。(5)稀释前后pH的变化与稀释倍数的关系。如将pH=2的酸溶液稀释1000倍，若pH<5，则证明该酸为弱酸；若pH=5，则证明该酸为强酸。(6)采用实验证明溶液中存在电离平衡。如向醋酸中滴入紫色石蕊溶液，溶液变红，再加CH3COONa，颜色变浅。(7)利用较强酸(碱)制备较弱酸(碱)判断电解质强弱。如将CO2通入苯酚钠溶液中，出现浑浊，说明酸性：H2CO3>苯酚。2．醋酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是①1mol·L－1的CH3COOH溶液中c(H＋)＝10－2mol·L－1②CH3COOH以任意比与H2O互溶③在相同条件下，CH3COOH溶液的导电性比盐酸弱④10mL1mol·L－1的CH3COOH溶液恰好与10mL1mol·L−1的NaOH溶液完全反应⑤同浓度同体积的CH3COOH溶液和HCl溶液与Fe反应时，CH3COOH溶液中放出H2的速率慢⑥CH3COOH溶液中CH3COOH、CH3COO－、H＋同时存在A．①③⑤⑥ B．②③④⑤C．①④⑤⑥ D．③⑤⑥【答案】A【解析】②电解质的强弱与溶解性无关；④物质的量相同的HCl与CH3COOH中和NaOH的能力相同，故不能说明CH3COOH是弱电解质。易错点3电解质与溶液导电能力关系混淆3．电导率用于衡量电解质溶液导电能力的大小，与离子浓度和离子迁移速率有关。图1为相同电导率盐酸和醋酸溶液升温过程中电导率变化曲线，图2为相同电导率氯化钠和醋酸钠溶液升温过程中电导率变化曲线，温度均由22℃上升到70℃。下列判断不正确的是A．由曲线1可以推测：温度升高可以提高离子的迁移速率B．由曲线4可以推测：温度升高，醋酸钠电导率变化与醋酸根的水解平衡移动有关C．由图1和图2可以判定：相同条件下，盐酸的电导率大于醋酸的电导率，可能的原因是Cl−的迁移速率大于CH3COO−的迁移速率D．由图1和图2可以判定：两图中电导率的差值不同，与溶液中H+、OH−的浓度和迁移速率无关【错因分析】溶液的导电能力取决于：①自由移动离子的浓度；②离子所带电荷数。若不理解此事实则无法分析图像，也就无法获取正确答案。【试题解析】曲线1中盐酸溶液在升高温度的过程中离子浓度不变，但电导率逐渐升高，说明温度升高可以提高离子的迁移速率，A项正确；温度升高，促进CH3COONa溶液中CH3COO−的水解，则由曲线3和曲线4可知，温度升高，醋酸钠电导率变化与醋酸根的水解平衡移动有关，B项正确；曲线1和曲线2起始时导电率相等，但温度升高能促进醋酸的电离，溶液中离子浓度增加，但盐酸溶液的导电率明显比醋酸高，说明可能原因是Cl−的迁移速率大于CH3COO−的迁移速率，C项正确；曲线1和曲线2起始时导电率相等，可知盐酸和醋酸两溶液中起始时离子浓度相等，包括H+和OH−浓度也相等，而随着温度的升高，促进醋酸的电离，醋酸溶液中的H+和OH−浓度不再和盐酸溶液的H+和OH−浓度相等，则两者的导电率升高的幅度存在差异，可能与溶液中H+、OH−的浓度和迁移速率有关，D项错误。答案选D。【参考答案】D电解质与溶液导电能力关系的辨析1．强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强吗？【辨析】不一定。电解质的强弱与溶液的导电能力没有必然联系。温度相同时，溶液的导电能力取决于：①自由移动离子的浓度；②离子所带电荷数。因此，电解质溶液中自由移动的离子浓度越大，离子所带电荷数越多，电解质溶液的导电能力越强。2．下列两种说法是否正确？你能得到哪些启示？(1)CaCO3难溶于水，其水溶液的导电能力很弱，故CaCO3是弱电解质。(2)饱和氨水的导电能力比饱和Ca(OH)2溶液的导电能力强，故Ca(OH)2是弱电解质。【辨析】不正确。(1)虽然CaCO3难溶于水，但其溶于水的部分在水溶液中完全电离，故CaCO3是强电解质。(2)饱和氨水的导电能力虽然较强，但溶液中的NH3·H2O只有一部分发生了电离，Ca(OH)2溶于水的部分在水中完全电离，故Ca(OH)2是强电解质。即电解质的强弱与化合物的溶解度的大小、水溶液导电能力的强弱无关，只与其在水溶液中或熔融状态下能否完全电离有关。也就是说判断一种电解质是强电解质还是弱电解质，唯一的标准是看其在水溶液中或熔融状态下能否完全电离。若能完全电离，则是强电解质；若不能完全电离，则是弱电解质。3．关于强、弱电解质的叙述不正确的是A．强电解质在水溶液中完全电离B．强电解质溶液导电能力一定很强，弱电解质溶液导电能力一定很弱C．同一弱电解质相同物质的量浓度的溶液，温度不同时，导电能力不同D．强电解质在固态或液态时，可能不导电【答案】B【解析】依据强电解质概念分析，水溶液中完全电离的电解质为强电解质，不存在电离平衡，A项正确；强电解质溶液导电能力不一定强于弱电解质，导电能力由离子浓度大小决定，如硫酸钡是强电解质水溶液中导电能力弱于弱电解质醋酸溶液的导电能力，B项错误；弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程，温度改变，电离平衡移动，离子浓度不同，导电能力不同，C项正确；强电解质中，是离子化合物的电解质熔融可以导电，如熔融氯化钠能导电，共价化合物的强电解质熔融不能导电，固体强电解质中无自由移动的离子，不能导电，D项正确。答案选B。易错点4忽视题目中的限制条件导致判断离子共存失误4．下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是①无色溶液中：K+、Na+、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0；②pH=11的溶液中：SKIPIF1<0、Na+、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0；③加入Al能放出H2的溶液中：Cl−、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0；④由水电离出的c(OH−)=10−4mol·L−1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl−、Br−；⑤含有较多Fe3+的溶液中：Na+、SKIPIF1<0、SCN−、SKIPIF1<0；⑥酸性溶液中：Fe2+、Al3+、SKIPIF1<0、I−A．①②④ B．③⑥ C．② D．⑤⑥【错因分析】不熟悉给定物质的性质，忽视题目给定的限制条件会错解。如③中，能与Al反应放出H2的溶液可能显酸性也可能显碱性；又如④中，由水电离出的c(OH−)=10−4mol·L−1＞10−7mol·L−1，说明该溶液应该是促进水电离的强碱弱酸盐溶液，若忽视这一限制条件，将会出错，一些同学只片面根据题设条件认为在碱性溶液中Na+、Ba2+、Cl−、Br−能大量共存。【试题解析】①中MnO4−有颜色；②碱性环境中CO32−、Na+、AlO2−、NO3−相互不反应，能大量共存；③中溶液为酸性或碱性，HCO3−在酸性或碱性溶液中均不能共存；④由水电离出的c(OH−)=10−4mol·L−1的溶液应该是强碱弱酸盐溶液，题目给定的Na+、Ba2+、Cl−、Br−不一定能共存；⑤中Fe3+能与SCN−反应而不能大量共存；⑥酸性溶液中NO3−能氧化Fe2+、I−而不能大量共存。【参考答案】C离子共存题设错方式总结离子共存题的失分率很高，但所考查的知识并不是无边无际。现对这类试题的设错方式进行归类、分析、总结如下：设错方式1不符合客观事实，错写反应产物如：2Fe3++3S2−===Fe2S3，Fe3+有氧化性，S2−有还原性，Fe3+可将S2−氧化为S，即2Fe3++S2−===2Fe2++S↓。设错方式2混淆化学式和离子式的书写形式如：NH3通入醋酸溶液中：CH3COOH+NH3===CH3COONH4，错在未将强电解质拆分成CH3COO−、SKIPIF1<0。设错方式3漏写部分离子反应如：Ba(OH)2溶液与H2SO4溶液反应：Ba2++SKIPIF1<0===BaSO4↓,学生只注意了Ba2+与SKIPIF1<0反应，而漏掉了H+与OH−的反应。设错方式4错写反应物或产物的配比关系如：Ba(OH)2溶液与H2SO4溶液反应：Ba2++OH−+H++SKIPIF1<0===BaSO4↓+H2O,应写成Ba2++2OH−+2H++SKIPIF1<0===BaSO4↓+2H2O。设错方式5电荷不守恒或原子不守恒如：Fe2++Cl2===Fe3++2Cl−，而应写成2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl−。设错方式6氧化还原反应中得失电子不守恒如：2SKIPIF1<0+3H2O2+6H+===2Mn2++4O2↑+6H2O，而应写成2SKIPIF1<0+5H2O2+6H+===2Mn2++5O2↑+8H2O。设错方式7忽视了题设条件及要求“过量”“少量”“等物质的量”“适量”“任意量”以及滴加顺序等对反应方程式或产物的影响。如：碳酸氢钠溶液与少量石灰水反应HCO3−+Ca2++OH−===CaCO3↓+H2O，此反应中Ca(OH)2是二元碱，所以方程式中Ca2+和OH−的物质的量之比应为1︰2。碳酸氢钠溶液与足量石灰水反应：2SKIPIF1<0+Ca2++2OH−===CaCO3↓+2H2O+SKIPIF1<0，此反应中SKIPIF1<0充足，所以方程式中Ca2+和OH−的物质的量之比应为1︰1。(此类题最好用离子共存来做，因为石灰水过量即Ca2+过量，所以生成物中一定无SKIPIF1<0)同学们掌握了以上设错方式，在做这类题时就很容易找到病因，此类题就迎刃而解。4．在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是A．无色溶液：SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0B．能使pH试纸呈红色的溶液：SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0C．FeCl3溶液：SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0D．SKIPIF1<0=0.1mol/L的溶液：SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0【答案】D【解析】H+与HSO3－会发生反应，不能大量共存，A项错误；能使pH试纸呈红色的溶液为酸性溶液，NO3－在酸性条件下具有强氧化性，可氧化I－，B项错误；Fe3+和AlO2－可发生双水解而不能大量共存，C项错误；eq\f(Kw,c(H+))＝0.1mol/L，SKIPIF1<0＝c(OH－)＝0.1mol/L，c(H+)＝10-13mol/L，c(OH－)＞c(H+)，溶液呈碱性，碱性条件中，Na+、K+、SiO32－、NO3－都可大量存在，D项正确。答案选D。易错点5不能全面考虑守恒原理导致离子浓度大小比较出错5．用0.1mol·L−1NaOH溶液滴定40mL0.1mol·L−1H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示(忽略混合时溶液体积的变化)。下列叙述错误的是A．Ka2(H2SO3)的数量级为10−8B．若滴定到第一反应终点，可用甲基橙作指示剂C．图中Z点对应的溶液中：c(Na+)>c(SO32−)>c(HSO3−)>c(OH−)D．图中Y点对应的溶液中：3c(SO32−)＝c(Na+)+c(H+)−c(OH−)【错因分析】明确滴定反应式，清楚特殊点的含义，把握溶液中的守恒思想是解答本题的关键。本题的易错点为A，要注意根据Y点结合Ka2的表达式分析解答。【试题解析】用0.1mol/LNaOH溶液滴定40mL0.1mol/LH2SO4溶液，由于H2SO3是二元酸，滴定过程中存在两个化学计量点，滴定反应为：NaOH+H2SO3=NaHSO3+H2O，NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O，完全滴定需要消耗NaOH溶液的体积为80mL，结合溶液中的守恒思想分析判断。由图像可知，当溶液中c(HSO3−)=c(SO32−)时，此时pH=7.19，即c(H+)=10−7.19mol/L，则H2SO3的Ka2=SKIPIF1<0=c(H+)，所以H2SO3的Ka2=1×10−7.19，Ka2(H2SO3)的数量级为10−8，A项正确；第一反应终点时，溶液中恰好存在NaHSO3，根据图像，此时溶液pH=4.25，甲基橙的变色范围为3.1~4.4，可用甲基橙作指示剂，B项正确；Z点为第二反应终点，此时溶液中恰好存在Na2SO3，溶液pH=9.86，溶液显碱性，表明SO32−会水解，考虑水也存在电离平衡，因此溶液中c(OH−)＞c(HSO3−)，C项错误；根据图像，Y点溶液中c(HSO3−)=c(SO32−)，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HSO3−)+2c(SO32−)，由于c(HSO3−)=c(SO32−)，所以3c(SO32−)=c(Na+)+c(H+)−c(OH−)，D项正确。答案选C。【参考答案】C离子浓度大小比较思路5．25℃时，在20mL0.1mol·L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol·L-1NaOH溶液，pH变化曲线如下图所示：下列说法不正确的是A．若用10mLH2O代替10mLNaOH溶液，所得溶液pH小于a点B．b点溶液中微粒浓度：c(Na+)>c(CH3COO－)>c(CH3COOH)C．a点→c点的过程中n(CH3COO-)持续增大D．若向a点对应的溶液中滴加1滴0.1mol·L-1NaOH溶液或1滴0.1mol·L-1醋酸溶液，pH变化均不大【答案】B【解析】若用10mLH2O代替10mLNaOH溶液，相比之下CH3COOH溶液中氢离子浓度下降幅度减小，所得溶液pH小于a点，A项正确；b点时溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO－)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，b点溶液呈中性c(H+)=c(OH-)，则c(CH3COO－)=c(Na+)，B项错误；c点醋酸和NaOH完全反应，a点→c点的过程中，随着NaOH的增多，平衡CH3COOHeq\o(SKIPIF1<0,\s\up8(),\s\do7())CH3COO－+H+一直向右移动，n(CH3COO-)持续增大，C项正确；酸碱中和滴定中接近滴定终点，pH出现突变，a点加入10mLNaOH溶液，距离滴定终点还很远，此时向a点对应的溶液中滴加1滴0.1mol·L-1NaOH溶液或1滴0.1mol·L-1醋酸溶液，pH变化均不大，故D项正确。答案选B。易错点6忽略溶液中OH−、H+的来源或条件变化导致计算错误6．25℃时，将浓度均为0.1mol·L−1、体积分别为Va和Vb的HX溶液与NH3·H2O溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb=100mL，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法不正确的是A．Ka(HX)的值与Kb(NH3·H2O)的值相等B．b点，c(NH4+)+c(HX)=0.05mol·L−1C．a→c点过程中，SKIPIF1<0值不变D．a、b、c三点，c点时水电离出的c(H+)最大【错因分析】分析出b点的特殊性是解题的关键之一，否则会无法正确分析曲线的变化特点。【试题解析】A.b点加入等体积等浓度的HX和氨水，两者恰好完全反应生成NH4X，b点溶液的pH=7，说明X−与NH4+的水解程度相等，则Ka(HX)的值与Kb(NH3·H2O)的值相等，故A正确；B.由图可知0.1mol·L−1的HX溶液的pH=3，HX为弱酸，因为b点的pH=7，所以b点c(X−)=c(NH4+)，，根据物料守恒c(X−)+c(HX)=0.1mol/L×0.05L/0.1L=0.05mol/L，则c(NH4+)+c(HX)=0.05mol·L−1，故B正确；C.a→c点过程中，SKIPIF1<0，水解平衡常数只与温度有关，温度不变，则SKIPIF1<0值不变，故C正确；D.b点加入等体积等浓度的HX和氨水，两者恰好完全反应生成NH4X，NH4X是弱酸弱碱盐，促进水电离，则a、b、c三点，b点时水电离出的c(H+)最大，故D错误。答案选D。【参考答案】D水电离的c(H+)或c(OH－)的计算以25℃时的溶液进行计算：（1）中性溶液：c(H+)=c(OH－)=1.0×10－7mol·L－1。（2）酸或碱抑制水的电离，水电离出的c(H+)=c(OH－)<10－7mol·L－1，当溶液中的c(H+)<10－7mol·L－1时就是水电离出的c(H+)；当溶液中的c(H+)>10－7mol·L－1时，就用10－14除以这个浓度即得到水电离的c(H+)。（3）可水解的盐促进水的电离，水电离的c(H+)或c(OH－)均大于10－7mol·L－1。若给出的c(H+)>10－7mol·L－1，即为水电离的c(H+)；若给出的c(H+)<10－7mol·L－1，就用10－14除以这个浓度即得水电离的c(OH－)。6．常温下，下列四种溶液：①c(H＋)＝10－3mol·L－1的醋酸②0.01mol·L－1的盐酸③0.1mol·L－1的NaOH溶液④c(OH－)＝1mol·L－1氨水溶液。由水电离出的氢离子浓度之比为A．1000∶100∶10∶1 B．11∶12∶1∶0C．11∶12∶13∶14 D．3∶2∶13∶14【答案】A【解析】根据溶液中水的离子积Kw=c(H+)×c(OH−)，其中c(H+)是溶液中所有的氢离子的浓度，c(OH−)是溶液中所有的氢氧离子的浓度，且在任何溶液中，由水电离的氢离子与氢氧根离子浓度相等，酸溶液中OH-全部来自水电离，碱溶液中H+全部来自水电离，据此分析作答。【详解】根据常温下水的离子积为1×10-14可知：①c(H＋)＝10－3mol·L－1的醋酸中，由水电离出的氢氧根离子浓度c(OH−)＝eq\f(Kw,c(H+))＝1×10-11mol/L，故由水电离的氢离子浓度等于c(OH−)＝1×10-11mol/L；②0.01mol·L－1的盐酸中，由水电离出的氢氧根离子浓度c(OH−)＝eq\f(Kw,c(H+))＝1×10-12mol/L，故由水电离的氢离子浓度等于c(OH−)＝1×10-12mol/L；③0.1mol·L－1的NaOH溶液中，由水电离出的氢离子浓度为：eq\f(Kw,c(OH－))＝1×10-13mol/L；④c(OH－)＝1mol·L－1氨水溶液中，由水电离出的氢离子浓度为：eq\f(Kw,c(OH－))＝1×10-14mol/L；则四种溶液中由水电离出的氢离子浓度之比为：1000：100：10：1，A项正确。答案选A。【点睛】水的离子积适用于任何溶液，理解氢离子和氢氧根离子的来源是解题的关键。如本题不管是强酸还是弱酸，其c(H＋)主要来源于溶质，c(OH－)则来源于水，而由水电离出的c(H＋)与c(OH－)相等，据此分析由水电离的c(H＋)这个问题便可迎刃而解。易错点7不能掌握pH测定的方法及其计算方法7．在室温下，将pH=3的酸和pH=11的碱等体积混合，混合后溶液的pH>7，则该酸和碱的组合可以是A．醋酸和氢氧化钡 B．硝酸和氢氧化钠C．硫酸和氢氧化钾 D．盐酸和氨水【错因分析】室温下，将pH=3的酸和pH=11的碱等体积混合，有多种情况，需要分类进行分析，否则易出错。【试题解析】室温下，将pH=3的酸和pH=11的碱等体积混合，分以下几种情况讨论：①若对应的酸碱均为强电解质，则溶液混合后恰好呈中性；②若酸为弱酸而碱为强碱，由于弱电解质部分水解，则弱酸的浓度远远大于10−3mol/L，即弱酸的浓度远远大于碱的浓度，等体积混合时，酸过量，因此溶液显酸性；③若酸为酸为强酸而碱为弱碱，由于弱电解质部分水解，则弱碱的浓度远远大于10−3mol/L，即弱碱的浓度远远大于酸的浓度，等体积混合时，碱过量，因此溶液显碱性，据此进行解答。A.醋酸为弱酸，氢氧化钡强碱，则弱酸的浓度远远大于10−3mol/L，即弱酸的浓度远远大于碱的浓度，等体积混合时，酸过量，因此溶液显酸性，混合液的pH小于7，A项错误；B.室温下，将pH=3的硝酸和pH=11的氢氧化钠等体积混合，若对应的酸碱均为强电解质，则溶液混合后恰好呈中性，溶液的pH=7，B项错误；C.硫酸和氢氧化钾都是强电解质，则混合液中强碱恰好反应，溶液为中性，溶液的pH=7，C项错误；D.盐酸为强酸，氨水为弱碱，氨水浓度远远大于10−3mol/L，混合液中氨水过量，溶液的pH大于7，D项正确；答案选D。【参考答案】DpH使用中的几个误区1．pH=7的溶液不一定呈中性。只有在常温下pH=7的溶液才呈中性；当在100℃时，水的离子积常数为1×10－12，此时pH=6的溶液为中性溶液，pH>6时为碱性溶液，pH<6时为酸性溶液。2．使用pH试纸测溶液pH时，若先用蒸馏水润湿，测量结果不一定偏小。若先用蒸馏水润湿，相当于将待测液稀释了，若待测液为碱性溶液，则所测结果偏小；若待测液为酸性溶液，则所测结果偏大；若待测液为中性溶液，则所测结果没有误差。3．溶液中的c(H+)和水电离出来的c(H+)的区别（1）室温下水电离出的c(H+)=1×10－7mol·L－1，若某溶液中水电离出的c(H+)<1×10－7mol·L－1，则可判断该溶液呈酸性或碱性；若某溶液中水电离出的c(H+)>1×10－7mol·L－1，则可判断出该溶液中存在能水解的盐，从而促进了水的电离。（2）室温下，溶液中的c(H+)>1×10－7mol·L－1，说明该溶液是酸性溶液或水解呈酸性的盐溶液；溶液中的c(H+)<1×10－7mol·L－1，说明该溶液是碱性溶液或水解呈碱性的盐溶液。7．pH=1的两种溶液A、B各1mL，分别加水稀释到1000mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积（V）的关系如图示，下列说法正确的是①若a＜4，则A、B都是弱酸②稀释后，A酸溶液的c（H+）比B酸溶液c（H+）大③若a=4，则A是强酸，B是弱酸④A、B两种酸溶液的物质的量浓度一定相等．A．①④B．②③C．①②D．②④【答案】C【解析】pH=1的两种溶液A、B各1mL，分别加水稀释到1000mL，分别加水稀释到1000mL，若是强酸，则B的pH应等于4，若a＜4，则A、B都是弱酸，①正确、③错误；稀释后，由图可知，A溶液的pH小于B溶液的pH，故A酸溶液的c（H+）比B酸溶液c（H+）大，②正确；由于A、B酸的强弱不同，电离程度不同，等pH值时两溶液的物质的量浓度不相等，④错误。答案选C。易错点8不能准确掌握溶液中常见离子的推断和检验方法8．某无色溶液中可能含有SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0这几种离子中的若干种，依次进行下列实验，观察到的现象记录如下：①SKIPIF1<0试纸检验，溶液的SKIPIF1<0②取少量原溶液，向溶液中加入过量的SKIPIF1<0和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成③另取少量原溶液，向溶液中滴加足量氯水、无气体产生，再加入SKIPIF1<0振荡，静置后SKIPIF1<0层呈橙色，用分液漏斗分液④向分液后的水溶液中加入SKIPIF1<0和SKIPIF1<0溶液，有白色沉淀产生⑤在滤液中加入SKIPIF1<0和SKIPIF1<0的混合溶液有白色沉淀产生。则关于原溶液的判断中正确的是A．肯定不存在的离子是SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0B．肯定存在的离子是SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0C．无法确定原溶液中是否存在SKIPIF1<0和SKIPIF1<0D．若步骤④改用SKIPIF1<0和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断也无影响【错因分析】考查常见离子检验，注意掌握常见阴阳离子的性质及检验方法，明确常见的有色离子名称，离子检验时必须排除干扰离子，注意检验方案的严密性，通常破解离子推断题的几种原则：①肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；(记住几种常见的有色离子：Fe2+、Fe3+、Cu2+、MnO4－、CrO42－、Cr2O72－)；②互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变化、与铝反应产生H2、水的电离情况等)；③电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等；(这一原则可帮助我们确定一些隐含的离子)；④进出性原则：通常是在实验过程中使用，是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。【试题解析】无色溶液中一定不存在有色离子：SKIPIF1<0、SKIPIF1<0；SKIPIF1<0试纸检验，溶液呈碱性，说明溶液中存在弱酸根离子SKIPIF1<0或SKIPIF1<0；SKIPIF1<0取少量原溶液，向溶液中加入过量的SKIPIF1<0和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成，硫酸钡不溶于盐酸，说明溶液中一定不存在SKIPIF1<0；SKIPIF1<0另取少量原溶液，向溶液中滴加足量氯水，无气体产生，说明没有SKIPIF1<0，再加入SKIPIF1<0振荡，静置后SKIPIF1<0层呈橙红色，橙色物质为溴单质，说明溶液中一定存在SKIPIF1<0；SKIPIF1<0用分液漏斗分液，取上层溶液，加入SKIPIF1<0和SKIPIF1<0溶液有白色沉淀产生，说明有硫酸钡生成，即含有SKIPIF1<0，SKIPIF1<0在滤液中加入SKIPIF1<0和SKIPIF1<0的混合溶液有白色沉淀产生，由于SKIPIF1<0加入氯水引进了氯离子，无法证明原溶液中是否存在氯离子；由电荷守恒可知溶液中还一定含有SKIPIF1<0；根据以上分析可知，原溶液中一定存在的离子为：SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，一定不存在的离子为：SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，无法确定的离子为：SKIPIF1<0。根据分析可知，溶液中一定不存在的离子为：SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，一定含有SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，A项错误；原溶液中一定不存在SKIPIF1<0，B项错误；根据分析可知，溶液中一定不存在SKIPIF1<0，C项错误；若步骤SKIPIF1<0目的是检验是否含有SKIPIF1<0，改用SKIPIF1<0和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断也无影响，D项正确。答案为选D。【参考答案】D离子的检验与推断检验方法实质离子检验试剂实验现象注意沉淀法反应中有沉淀生成或溶解Cl−、Br−、I−AgNO3和稀HNO3AgCl(白色)、AgBr(淡黄色)、AgI(黄色)SKIPIF1<0盐酸和BaCl2溶液白色沉淀先用稀盐酸酸化Fe2+NaOH溶液沉淀颜色：白色→灰绿色→红褐色Al3+NaOH溶液先生成白色沉淀，后溶解逐滴加入至过量气体法反应中有气体生成SKIPIF1<0NaOH溶液和湿润的红色石蕊试纸无色有刺激性气味的气体，试纸变蓝一定要加热SKIPIF1<0稀硫酸和品红溶液无色有刺激性气味的气体，能使品红溶液褪色SKIPIF1<0盐酸和澄清石灰水白色沉淀SKIPIF1<0有干扰显色法反应中颜色有变化I−氯水(少量)，CCl4下层为紫色Fe3+KSCN溶液溶液呈血红色Fe2+KSCN溶液和氯水开始不变色，加氯水后变血红色焰色反应部分金属元素的特殊焰色Na+、K+铂丝、稀盐酸火焰呈黄色、紫色K+要透过蓝色钴玻璃片观察8．某无色溶液中可能含有①Na+、②Ba2+、③Cl−、④Br−、⑤SKIPIF1<0、⑥SKIPIF1<0中的若干种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：步骤操作现象（1）用pH试纸检验溶液的pH大于7（2）向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置CCl4层呈橙色（3）向（2）所得的水溶液中加入Ba(NO3)2溶液和稀硝酸有白色沉淀产生（4）过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀硝酸有白色沉淀产生下列结论正确的是A.不能确定的离子是①B.不能确定的离子是③⑤C.肯定含有的离子是①④⑤D.肯定没有的离子是②⑤【答案】C【解析】（1）溶液的pH>7，说明溶液显碱性，是因为SKIPIF1<0的水解，因此原溶液中一定含有SKIPIF1<0，根据离子共存，原溶液一定不含有Ba2+，根据溶液呈现电中性，原溶液一定含有Na+；（2）溶液呈现橙色，说明原溶液中一定含有Br−；（3）有白色沉淀产生，此沉淀是BaSO4，是硝酸把SKIPIF1<0氧化成SKIPIF1<0，原溶液中可能含有SKIPIF1<0；（4）氯水引入Cl−，原溶液中可能含有Cl−，综上所述，选项C正确。易错点9不能灵活运用酸碱中和滴定原理解决问题9．某化学学习小组进行如下实验测定H2C2O4·xH2O中x值已知：M(H2C2O4)=90gmol−1①称取1.260g纯草酸晶体，将草酸制成100.00mL水溶液为待测液；②取25.00mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4；③用浓度为0.05000mol·L−1的KMnO4标准溶液进行滴定。（1）请写出滴定中发生反应的离子方程式________________________。（2）某学生的滴定方式(夹持部分略去)如下，最合理的是_____(选填a、b)。（3）由图可知消耗KMnO4溶液体积为________mL。（4）滴定过程中眼睛应注视_______________，滴定终点锥形瓶内溶液的颜色变化为_______。（5）通过上述数据，求得x=_____。【错因分析】酸碱滴定常涉及计算，利用滴定反应的方程式进行计算是关键，很多学生无法正确书写滴定反应的化学方程式而导致出错。【试题解析】（1）H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应生成二氧化碳、锰离子和水，其反应的离子方程式为：6H++5H2C2O4+2MnO4−=2Mn2++10CO2↑+8H2O；（2）高锰酸钾溶液呈酸性，应盛放在酸式滴定管中，故答案为b；（3）仪器A的名称是酸式滴定管；滴定管滴定前后读数为：0.80mL，20.80mL，消耗KMnO4溶液体积为20.80mL−0.80mL=20.00mL；（4）据酸性KMnO4溶液为紫红色，滴定终点时无色变为紫红色，且半分钟不褪色为滴定到终点故眼睛应注视溶液中颜色变化；（5）6H++5H2C2O4+2MnO4−=2Mn2++10CO2↑+8H2O

5

2

n=0.0025

0.02×0.05m(H2C2O4)=0.0025×90=0.225g；

m(H2C2O4·xH2O)=1.26×SKIPIF1<0=0.315g；

m(H2O)=0.315−0.225=0.09g；n(H2O)=SKIPIF1<0mol=0.005mol①又因为n(H2C2O4)=0.0025mol

根据元素守恒即n(H2C2O4·xH2O)=0.0025mol；n(H2O)=0.0025x②；联立①②得0.005=0.0025x，解得x=2。【参考答案】（1）5H2C2O4+2MnO4−+6H+===10CO2↑+2Mn2++8H2O（2）b（3）20.00（4）锥形瓶中颜色变化溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色（5）2中和滴定操作不仅适用于酸碱中和反应，还可以迁移应用于氧化还原反应、NaOH和Na2CO3混合溶液与盐酸的反应及沉淀反应。1．氧化还原滴定法（1）原理：以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质。（2）实例①酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液原理：2SKIPIF1<0+6H++5H2C2O410CO2↑+2Mn2++8H2O指示剂：酸性KMnO4溶液本身呈紫色，不用另外选择指示剂，当滴入一滴酸性KMnO4溶液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，说明到达滴定终点。②Na2S2O3溶液滴定碘液原理：2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI指示剂：用淀粉作指示剂，当滴入一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色，说明到达滴定终点。2．双指示剂滴定法（以盐酸滴定NaOH和Na2CO3的混合溶液为例）酚酞作指示剂：NaOH+HClNaCl+H2ONa2CO3+HClNaCl+NaHCO3甲基橙作指示剂：NaHCO3+HClNaCl+CO2↑+H2O3．沉淀滴定法（利用生成沉淀的反应）应用最多的是银量法，即利用Ag+与卤素离子的反应来测定Cl−、Br−或I−的含量。9．ClO2是一种常用的消毒剂，现在被广泛用于饮用水消毒和环境消毒等。自来水厂用ClO2处理后的水中，要求ClO2的浓度在0.1—0.8mg·L－1之间。使用碘量法可以检测水中ClO2的浓度，实验步骤如下:Ⅰ.取100mL的水样用微量的稀硫酸溶液调至pH为1－3，然后加入一定量的碘化钾，并加入淀粉溶液，溶液变蓝。Ⅱ.在25mL滴定管加入1.0×10-4mol·L－1的Na2S2O3溶液。用该标准液滴定Ⅰ中溶液至终点，消耗Na2S2O3溶液10.00mL。已知:ClO2在中性条件下还原产物为SKIPIF1<0,在酸性条件下还原产物为Cl－。2SKIPIF1<0+I2==SKIPIF1<0+2I－。请回答下列问题:（1）操作Ⅱ，在向__________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中注入Na2S2O3标准溶液前,滴定管需要检漏、__________和__________。（2）确定操作Ⅱ完全反应的现象__________。（3）在操作Ⅰ过程中,溶液呈蓝色,反应的离子方程式为__________。（4）水样中ClO2的浓度是__________mg·L-1。（5）如果滴定结束时仰视读取滴定中Na2S2O3溶液的体积，则测定结果将__________（填“偏大”、“偏小”或“不影响”）。【答案】（1）碱式洗净Na2S2O3标准液润洗（2）蓝色褪去且半分钟内不复原（3）2ClO2+10I－+8H+=2Cl－+5I2+4H2O（4）0.135（5）偏大【解析】根据溶液的酸碱性判断使用的滴定管种类；根据反应的方程式判断反应的现象；根据溶液显酸性，ClO2的还原产物为Cl－，根据化合价升降法配平；根据方程式计算；滴定结束时仰视读取的体积偏大，再利用关系式判断。【详解】(1)Na2S2O3为强碱弱酸盐，溶液显碱性，则用碱式滴定管盛有Na2S2O3标准溶液；滴定管使用前首先要检漏、洗涤干净和润洗，再装成标准液；(2)根据操作Ⅱ可知，溶液中的碘过量，指示剂为淀粉溶液，则溶液为蓝色，加入Na2S2O3与碘反应至刚好完全时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不复原；(3)指示剂为淀粉溶液，溶液为蓝色，则有碘单质生成，而ClO2在酸性条件下还原产物为Cl－，则离子方程式为2ClO2+10I－+8H+=2Cl－+5I2+4H2O；(4)根据方程式可知，2n(ClO2)~5n(I2)~10n(S2O32-)，n(S2O32-)=1.0×10-4mol·L－1×10.00mL=1.0×10-6mol，则n(ClO2)=2.0×10-7mol，c(ClO2)=2.0×10-6mol/L=2.0×10-6mol/L×67.5×103mg/mol=0.135mg/L；(5)滴定结束时仰视读取滴定中Na2S2O3溶液的体积，则使用的Na2S2O3溶液的体积偏大，计算的n(S2O32-)、n(ClO2)均偏大，则测定结果偏大。易错点10对沉淀溶解平衡原理及应用理解不清导致错误10．已知室温下溶度积常数：Ksp[Pb(OH)2]=2×10−15，Ksp[Fe(OH)2]=8×10−15。当溶液中金属离子浓度小于10−5mol·L−1视为沉淀完全。向20mL含0.10mol·L−1Pb2+和0.10mol·L−1Fe2+的混合溶液中滴加010amol·L−1NaOH溶液，金属阳离子浓度与滴入NaOH溶液体积的关系曲线如图所示，则下列说法正确的是A．曲线A表示SKIPIF1<0的曲线B．当溶液SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0开始沉淀，SKIPIF1<0沉淀完全C．滴入NaOH溶液体积大于30mL时，溶液中SKIPIF1<0D．室温下，滴加NaOH溶液过程中，SKIPIF1<0比值不断增大【错因分析】本题考查难溶电解质的溶解平衡，侧重分析与应用能力的考查，把握Ksp的判断及计算、沉淀生成为解答的关键，注意选项D为解答的难点，易判断错误。【试题解析】Pb(OH)2的Ksp小于Fe(OH)2的Ksp，则等pH时，Fe2+浓度较大，则曲线A表示c(Fe2+)的曲线，A项错误；当溶液pH=8时，c(OH−)=10−6mol/L，此时(Fe2+)×c2(OH−)=10−12×0.1=10−13＞Ksp[Fe(OH)2]，Fe2+没有生成沉淀，B项错误；滴入NaOH溶液体积大于30mL时，曲线发生变化，溶液中c(Fe2+)：c(Pb2+)=SKIPIF1<0=4：1，C项正确；SKIPIF1<0=SKIPIF1<0，SKIPIF1<0为定值，SKIPIF1<0不发生变化，D项错误。答案选C。【参考答案】C沉淀溶解平衡的2个突破法1．一个判断−−沉淀能否生成或溶解的判断通过比较溶度积与非平衡状态下溶液中有关离子浓度幂的乘积−−浓度商Qc的相对大小，可以判断难溶电解质在给定条件下沉淀生成或溶解的情况：若Qc>Ksp，溶液过饱和，有沉淀析出；若Qc=Ksp，溶液饱和，沉淀的生成与溶解处于平衡状态；

若Qc<Ksp，溶液未饱和，无沉淀析出。2．一个转化−−沉淀的转化沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动，非氧化还原类离子反应都是向离子浓度减小的方向移动，从溶解角度说，一般是易溶物质转化成微溶物质，微溶物质转化为难溶物质。有些金属硫化物(如CuS、HgS等)溶度积特别小，在饱和溶液中这些金属硫化物不能溶于非氧化性强酸，只能溶于氧化性酸，c(S2−)减小，可达到沉淀溶解的目的。10．化工生产中含Cu2＋的废水常用MnS(s)作沉淀剂，其反应原理为Cu2＋(aq)＋MnS(s)

CuS(s)＋Mn2＋(aq)。下列有关该反应的推理不正确的是A．CuS的溶解度比MnS的溶解度小B．该反应达到平衡时：c(Cu2＋)＝c(Mn2＋)C．往平衡体系中加入少量Cu(NO3)2(s)后，c(Mn2＋)变大D．该反应平衡常数：K＝eq\f(Ksp(MnS),Ksp(CuS))【答案】B【解析】工业品MnCl2溶液中含有Cu2＋、Pb2+等离子，加入过量难溶电解质MnS，可使Cu2＋、Pb2+等离子形成沉淀，以制取纯净MnCl2，原理利用的是沉淀转化的反应关系，沉淀转化的条件是向更难溶的方向进行，说明生成的

CuS、PbS溶解性小于MnS，A项正确；该反应达到平衡时，铜离子的浓度不一定等于锰离子的浓度，B项错误；往平衡体系中加入少量Cu(NO3)2(s)后，平衡向右移动，所以c(Mn2＋)变大，C项正确；该反应平衡常数表达式：K＝eq\f(c(Mn2+),c(Cu2+))＝eq\f(c(Mn2+)×c(S2－),c(Cu2+)×c(S2－))＝eq\f(Ksp(MnS),Ksp(CuS))，D项正确。答案选B。1．强电解质与弱电解质的判断方法（1）在相同浓度、相同温度下，比较导电能力的强弱。如同体积等浓度的盐酸和醋酸，前者的导电能力强于后者。（2）在相同浓度、相同温度下，比较反应速率的大小，如将足量的锌粒投入同体积等浓度的盐酸和醋酸中，反应开始时前者产生气体的速率比后者的大。（3）浓度与pH的关系。如0.1mol·L−1CH3COOH，其pH>1，则证明CH3COOH是弱电解质。（4）测定对应盐的酸碱性。如CH3COONa溶液呈碱性，则证明醋酸是弱酸。（5）稀释前后pH的变化与稀释倍数的关系。如将pH=2的酸溶液稀释1000倍，若pH<5，则证明该酸为弱酸；若pH=5，则证明该酸为强酸。（6）采用实验证明溶液中存在电离平衡。如向醋酸中滴入紫色石蕊溶液，溶液变红，再加CH3COONa，颜色变浅。（7）利用较强酸（碱）制备较弱酸（碱）判断电解质强弱。如将CO2通入苯酚钠溶液中，出现浑浊，说明酸性：H2CO3>苯酚。2．电解质与溶液导电能力的关系（1）强、弱电解质的主要区别是其在水溶液里能不能完全电离，是否存在电离平衡，而不是溶液的导电能力强弱。（2）含有强极性键的化合物不一定是强电解质，如HF。（3）有些化合物（如BaSO4、AgCl）虽然溶解度小，但因溶解的部分能完全电离，属强电解质。（4）熔融时是否导电，这是区别电解质与非电解质的常用方法，而不是区别强电解质与弱电解质的标准。溶液导电性的强弱，取决于溶液中离子的浓度及离子所带电荷的多少等因素，因此不能将溶液导电性强弱作为判断电解质强弱的标准。（5）电解质不一定能导电，能导电的物质不一定是电解质。（6）非电解质不导电，但不导电的物质不一定是非电解质。（7）固态强碱和大多数盐中虽然有离子，但离子不能自由移动，所以不能导电，只有在溶液中或熔融状态时才导电。（8）一种物质溶于水形成的溶液能导电，原物质不一定是电解质。（9）一种物质既可以不是电解质也可以不是非电解质，如氯气既不是电解质又不是非电解质，因为氯气不是化合物而是单质。（10）强电解质溶液的导电能力不一定强，弱电解质溶液的导电能力不一定比强电解质溶液的弱。（11）浓溶液的导电能力不一定强，稀溶液的导电能力不一定弱。如冰醋酸是电解质，本身不导电，加水稀释过程中，离子浓度先增大，后减小，导电能力先增大，后减小。3．离子能否大量共存的判断方法多种离子能否大量共存于同一溶液中，归纳起来就是四点：一色、二性、三特殊、四反应。（1）一色即溶液颜色，若限定为无色溶液，则Cu2+(蓝色)、Fe3+(棕黄色)、Fe2+(浅绿色)、SKIPIF1<0(紫色)等有色离子不能存在。（2）二性即溶液的酸性和碱性。在强酸性溶液中，OH−及弱酸阴离子（如SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、CH3COO−等）均不能大量存在；在强碱性溶液中，H+及弱碱阳离子（如SKIPIF1<0、Al3+、Mg2+、Fe3+等）均不能大量存在；弱酸的酸式酸根离子（如SKIPIF1<0、SKIPIF1<0等）在强酸性和强碱性溶液中均不能大量存在。（3）三特殊即三种特殊情况：①SKIPIF1<0与SKIPIF1<0不能大量共存：SKIPIF1<0+SKIPIF1<0+H2OAl(OH)3↓+SKIPIF1<0；②“SKIPIF1<0+H+”组合具有强氧化性，能与SKIPIF1<0、Fe2+、I−等发生氧化还原反应，而这一种组合较为隐蔽，不易被察觉；③SKIPIF1<0与CH3COO−、SKIPIF1<0，Mg2+与SKIPIF1<0等组合中，虽然两组离子都能水解且水解相互促进，但总的水解程度仍很小，它们在溶液中能大量共存。（4）四反应即离子间通常能发生的四种类型的反应，能相互反应的离子显然不能大量共存。①生成沉淀、气体、弱电解质的反应，如Ba2+与SKIPIF1<0、SKIPIF1<0与OH−、H+与CH3COO−等；②氧化还原反应，如Fe3+与I−、SKIPIF1<0(H+)与Fe2+、SKIPIF1<0(H+)与Br−等；③双水解反应，如Al3+与SKIPIF1<0、Al3+与SKIPIF1<0等；④络合反应，如Fe3+与SCN−等。4．离子的检验与推断（1）常见阳离子的检验离子检验试剂主要实验现象Ba2＋稀硫酸或可溶性硫酸盐溶液先加稀盐酸，不产生沉淀，然后加稀硫酸或可溶性硫酸盐溶液生成白色沉淀Mg2＋NaOH溶液生成白色沉淀，NaOH过量时沉淀不溶解Al3＋NaOH溶液或氨水加氨水或适量NaOH溶液，有絮状白色沉淀生成，沉淀能溶于NaOH溶液，但不溶于氨水Fe3＋(黄色)NaOH溶液生成红褐色沉淀KSCN溶液溶液呈红色Fe2＋(浅绿色)NaOH溶液加NaOH溶液生成白色沉淀，在空气中迅速变为灰绿色，最后变为红褐色KSCN溶液，新制氯水加KSCN溶液，无明显现象，加新制氯水后溶液呈红色H+紫色石蕊溶液变红色甲基橙溶液变红色pH试纸变红色锌粒生成无色气体Cu2＋(蓝色)NaOH溶液加NaOH溶液，有蓝色沉淀生成，若加热则沉淀变黑H2S(或Na2S溶液)生成黑色沉淀Ag＋稀盐酸或氯化物溶液，稀硝酸生成白色沉淀，不溶于稀硝酸SKIPIF1<0NaOH溶液加NaOH溶液，加热并用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，试纸变蓝Na＋焰色反应火焰呈黄色K+火焰呈紫色（透过蓝色钴玻璃片）阳离子检验注意事项：（1）根据题目要求，若是检验阳离子则选择最为灵敏的试剂和方法，若是离子检验和推断相结合的题目，则可能会涉及多种检验方法。（2）注意一些金属离子（Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋)在水溶液中的颜色。（3）注意一些离子之间的相互干扰以及排除干扰因素的方法，如Fe2＋的检验需首先加入KSCN溶液排除Fe3＋的干扰等。（2）常见阴离子的检验离子检验试剂或方法实验现象OH‒①取少量试液于试管中，向其中滴加紫色石蕊溶液(或酚酞试液)；②用玻璃棒蘸取少量试液滴于红色石蕊试纸上①紫色石蕊溶液变蓝(或酚酞试液变红)；②红色石蕊试纸变蓝Cl‒取少量试液于试管中，向其中滴加少量AgNO3溶液，再加入稀硝酸生成白色沉淀，且不溶于稀硝酸Br‒取少量试液于试管中，向其中滴加少量AgNO3溶液，再加入稀硝酸生成浅黄色沉淀，且不溶于稀硝酸I‒①取少量试液于试管中，向其中滴加少量AgNO3溶液，再加入稀硝酸；②滴入淀粉溶液后再滴入氯水①生成黄色沉淀，且不溶于稀硝酸；②溶液显蓝色SKIPIF1<0氯化钡溶液、稀硝酸生成白色沉淀，加稀硝酸后白色沉淀溶解，产生无色无味气体SKIPIF1<0氯化钡溶液、稀盐酸不生成沉淀，加稀盐酸，产生无色无味气体SKIPIF1<0氯化钡溶液、盐酸、品红溶液先生成白色沉淀，加盐酸后白色沉淀溶解，将生成的气体通入品红溶液中，溶液褪色SKIPIF1<0取少量试液于试管中，向其中加入足量稀盐酸后，再加入BaCl2溶液加入盐酸不产生沉淀，加入BaCl2溶液后生成白色沉淀SKIPIF1<0加热浓缩溶液，加入浓硫酸和铜片有红棕色的气体产生，溶液变蓝色S2‒①稀硫酸或盐酸；②Pb(NO3)2溶液、稀硝酸①生成无色有臭鸡蛋气味的气体；②生成黑色沉淀，且不溶于稀硝酸阴离子检验注意事项：（1）许多阴离子的检验通常需要转化为沉淀、气体，所以要熟悉重要气体的颜色、气味，沉淀的颜色、溶解性等。（2）不同的阴离子与同一溶液反应可能产生相同的实验现象，如Ag+与Cl‒、SKIPIF1<0；Ba2+与SKIPIF1<0、SKIPIF1<0和SKIPIF1<0等，所以要注意结论的不唯一性。5．酸碱中和滴定（1）实验原理利用酸碱中和反应，用已知浓度的酸（碱）来测定未知浓度的碱（或酸）的实验方法。以标准盐酸滴定待测的氢氧化钠溶液，待测的氢氧化钠溶液的物质的量浓度为c(NaOH)=SKIPIF1<0。（2）实验用品蒸馏水、0.1000mol/L盐酸溶液、0.1000mol/LNaOH溶液、酚酞指示剂、甲基橙指示剂；pH计、锥形瓶、烧杯、酸式和碱式滴定管、滴定管夹、铁架台。（3）实验装置（4）实验步骤①滴定前的准备工作。滴定管：查漏→水洗→润洗→装液→赶气泡→调液面→记录初始读数；锥形瓶：水洗→装液→滴加指示剂。②滴定。左手控制滴定管，右手不停摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化。酸碱中和滴定开始时和达到滴定终点之后，测试和记录pH的间隔可稍大些，如每加入5～10mL酸（或碱），测试和记录一次；滴定终点附近，测试和记录pH的间隔要小，每滴加一滴测一次。③数据处理。实验滴定注意：①最后一滴：必须说明是滴入“最后一滴”溶液。②颜色变化：必须说明滴入“最后一滴”溶液后溶液“颜色的变化”。③半分钟：必须说明溶液颜色变化后“半分钟内不恢复原来的颜色”。④读数时，要平视滴定管中凹液面的最低点读取溶液的体积。（5）数据处理按上述操作重复二至三次，求出用去标准盐酸体积的平均值及待测碱液体积的平均值，根据c(NaOH)=SKIPIF1<0计算。（6）滴定曲线酸碱滴定曲线是以酸碱中和滴定过程中滴加酸（或碱）的量为横坐标，以溶液pH为纵坐标绘出的一条溶液pH随酸（或碱）的滴加量而变化的曲线。它描述了酸碱中和滴定过程中溶液pH的变化情况，其中酸碱滴定终点附近的pH突变情况（如上滴定曲线图），对于酸碱滴定中如何选择合适的酸碱指示剂具有重要意义。（7）误差分析以标准酸溶液滴定未知浓度的碱溶液（酚酞作指示剂）为例，常见的因操作不当而引起的误差有：步骤操作VAcB洗涤酸式滴定管未用标准溶液润洗变大偏高碱式滴定管未用待测溶液润洗变小偏低锥形瓶用待测溶液润洗变大偏高锥形瓶洗净后还留有蒸馏水不变无影响取液量取碱液的滴定管开始有气泡，放出液体后气泡消失变小偏低滴定酸式滴定管滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失变大偏高振荡锥形瓶时部分液体溅出变小偏低酸式滴定管中部分酸液滴出锥形瓶外变大偏高溶液颜色较浅时滴入酸液过快，停止滴定后反加一滴NaOH溶液无变化变大偏高读数滴定前读数正确，滴定后俯视读数(或“前仰后俯”)变小偏低滴定前读数正确，滴定后仰视读数(或“前俯后仰”)变大偏高两次滴定所消耗酸液的体积相差太大无法判断6．沉淀溶解平衡的应用（1）沉淀的生成原理：当Qc＞Ksp时，难溶电解质的溶解平衡向左移动，就会生成沉淀。方法：①调节pH法。如工业原料氯化铵中含杂质氯化铁，使其溶解于水中，再加入氨水调节pH至7~8，可使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去。反应的离子方程式为Fe3++3NH3·H2OFe(OH)3↓+3SKIPIF1<0。②加沉淀剂法。如以Na2S、H2S等作沉淀剂，使金属离子如Cu2+、Hg2+等生成极难溶的硫化物CuS、HgS等，也是分离、除杂常用的方法。反应的离子方程式为Cu2++S2−CuS↓，Cu2++H2SCuS↓+2H+；Hg2++S2−HgS↓，Hg2++H2SHgS↓+2H+。（2）沉淀的溶解原理：当Qc＜Ksp时，难溶电解质的溶解平衡向右移动，沉淀就会溶解。化学方法溶解沉淀的原理是：使沉淀溶解平衡向着溶解的方向移动。常用的方法有：①碱溶解法。如用NaOH溶液溶解Al(OH)3，化学方程式为NaOH+Al(OH)3NaAlO2+2H2O。②盐溶解法。除了酸、碱可以溶解难溶电解质，某些盐溶液也可用来溶解沉淀。如NH4Cl溶液可溶解Mg(OH)2。③配位溶解法。在难溶物中加入配位剂，因形成配合物而降低难溶物的某种离子浓度，使平衡右移，沉淀溶解。④氧化还原溶解法。有些金属硫化物(CuS、HgS等)不溶于非氧化性酸，只能溶于氧化性酸，通过减小c(S2−)而达到沉淀溶解的目的。如3CuS+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+3S↓+2NO↑+4H2O。（3）沉淀的转化实质：沉淀溶解平衡的移动。条件：两种沉淀的溶度积不同，溶度积大的可以转化为溶度积小的。应用：锅炉除垢、矿物转化等。7．离子浓度大小比较（1）建立两个“微弱”的观念比较溶液中粒子浓度的大小，考查内容通常既与盐类的水解平衡有关，又与弱电解质的电离平衡有关，而这两个平衡的共同特征为反应程度是“微弱”的。①弱电解质只有微弱电离如稀醋酸中，各粒子浓度由大到小的顺序为c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(CH3COO−)＞c(OH−)。多元弱酸分步电离，以第一步电离为主，如H2S溶液中各粒子浓度由大到小的顺序为c(H2S)＞c(H+)＞c(HS−)＞c(S2−)＞c(OH−)。②弱酸阴离子和弱碱阳离子的水解是微弱的如NH4Cl溶液中，各粒子浓度由大到小的顺序为c(Cl−)＞c(SKIPIF1<0)＞c(H+)＞c(NH3·H2O)＞c(OH−)。多元弱酸阴离子分步水解，以第一步水解为主，如Na2S溶液中，c(Na+)＞c(S2−)＞c(OH−)＞c(HS−)＞c(H+)。（2）用好三个“守恒”原理①电荷守恒阴离子所带负电荷总数←相等→阳离子所带正电荷总数，如在Na2CO3溶液中存在Na＋、SKIPIF1<0、H+、OH−、SKIPIF1<0，它们存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)=2c(SKIPIF1<0)＋c(SKIPIF1<0)＋c(OH−)。②物料守恒物料守恒也就是元素守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。c(Na＋)=2[c(SKIPIF1<0)＋c(SKIPIF1<0)＋c(H2CO3)]③质子守恒即H2O电离的H+和OH−浓度相等。如在Na2CO3溶液中水电离出OH−和H＋，其中水电离出的H＋以H＋、SKIPIF1<0、H2CO3三种形式存在于溶液中，则有c(OH−)=c(H＋)＋c(SKIPIF1<0)＋2c(H2CO3)（由上述电荷守恒式减去物料守恒式也可求出质子守恒式）。（3）突出“比较”方法的运用常见溶液中粒子浓度的大小比较，有“单一溶液”、“混合溶液”、“不同溶液”三类，其方法和流程如下：1．[2020年7月浙江选考]下列物质在熔融状态下不导电的是A．NaOH B．CaCl2 C．HCl D．【答案】C【解析】NaOH属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的Na+和OH-，故其在熔融状态下能导电，A项错误；CaCl2属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的Ca2+和Cl-，故其在熔融状态下能导电，B项错误；HCl是共价化合物，其在熔融状态下不能电离成离子，故其在熔融状态下不导电，C项正确；K2SO4属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的K+和SO42-2．[2020年7月浙江选考]水溶液呈酸性的是A．NaCl B．NaHSO4 C．HCOONa D．【答案】B【解析】NaCl是强酸强碱盐，其不能水解，故其水溶液呈中性，A项错误；NaHSO4是强酸的酸式盐，其属于强电解质，其在水溶液中的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-，故其水溶液呈酸性，B项正确；HCOONa属于强碱弱酸盐，其在水溶液中可以完全电离，其电离产生的HCOO－可以发生水解，其