备战2020年高考化学纠错笔记系列专题07电解质溶液（含解析）.docx

专题07 电解质溶液易错点1 混淆强、弱电解质的性质125时，关于某酸(用H2A表示)下列说法中，不正确的是ApH=a的Na2A溶液中，由水电离产生的c(OH)=10a14B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pH7，则H2A是弱酸；若pH7，则H2A是强酸D0.2 molL1 H2A 溶液中的 c(H+)=a，0.1 molL1 H2A溶液中的 c(H+)=b，若a7，说明HA在溶液中水解，则H2A是弱酸；若pH7，H2A不一定是强酸，可能是HA的电离大于HA的水解，故C错误；D若H2A为强酸，0.2 molL1 H2A 溶液中的 c(H+)=a=0.4molL1，0.1 molL1 H2A溶液中的 c(H+)=b=0.2 molL1 ，此时a=2b，现a1，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1 000倍，若pH苯酚。1醋酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是1 molL1的CH3COOH溶液中c(H)102molL1CH3COOH以任意比与H2O互溶在相同条件下，CH3COOH溶液的导电性比盐酸弱10 mL 1 molL1的CH3COOH溶液恰好与10 mL 1 molL1的NaOH溶液完全反应同浓度同体积的CH3COOH溶液和HCl溶液与Fe反应时，CH3COOH溶液中放出H2的速率慢CH3COOH溶液中CH3COOH、CH3COO、H同时存在ABCD【答案】A【解析】电解质的强弱与溶解性无关；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2 电解质与溶液导电能力关系混淆2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：自由移动离子的浓度；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】A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，故A正确；B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，故B正确；C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，故C正确；D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，故D错误；故答案为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：自由移动离子的浓度；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NH3H2O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。2亚硝酸(HNO2)为一元弱酸，其性质与硝酸相似。已知：298K时，四种物质的电离平衡常数(K)如下表。HNO2NH3H2OH2CO3H2SO3K(molL1)25.11041.8105Ka1=4.2107Ka2=5.611011Ka1=1.3102Ka2=6.3108（1）下列不能说明HNO2是弱电解质的是_。a.常温下0.1 molL1 NaNO2溶液的pH7 b.用一定浓度HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗c.等pH、等体积的盐酸和HNO2溶液分别与足量锌反应，HNO2放出的氢气较多d.常温下，0.1 molL1 HNO2溶液的pH=2.3 （2）298 K时，将10 mL 0.1molL1的亚硝酸溶液与10 mL 0.1 molL1氨水混合，所得溶液为_(填“酸性”、“碱性”或“中性”);298K时，将10mL pH=3的亚硝酸溶液与10 mL pH=11氨水混合，所得溶液为_(填“酸性”、“碱性”或“中性”)。（3）若将pH=2的HNO2、HCl两溶液分别加水稀释，pH变化如图所示，判断曲线I对应的溶液为_(填化学式)。图中a、b、c三点对应溶液的导电能力由强到弱的顺序是_(用a、b、c表示，下同)；溶液中水的电离程度由强到弱的顺序是_。（4）依据提供数据回答下列问题。NaH SO3在水溶液中的电离方程式为_。H 2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为_。【答案】（1）b （2）酸性 碱性 （3）HCl bac c a b （4）NaHSO3=HSO3+Na+ 、 HSO3SO32 + H+ H2SO3+HCO3=HSO3+CO2+H2O 【解析】【分析】（1）只有部分电离的电解质为弱电解质，只要能说明亚硝酸部分电离或亚硝酸根离子能够水解，就能证明亚硝酸是弱电解质，据此分析解答；（2） 亚硝酸的电离程度大于一水合氨的电离程度，铵根离子的水解程度大于亚硝酸根离子的程度；（3） HNO2是弱酸、HCl是强酸，加水稀释时HNO2发生电离，稀释相同的倍数时c(H+)：HNO2HCl，则稀释相同倍数时pH变化较大的是盐酸、较小的是HNO2；相同条件下离子浓度大，溶液的导电性强；酸抑制水电离，酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大；（4）NaHSO3是可溶性盐能完全电离，而HSO3电离程度较弱，部分电离，存在电离平衡；由表中数据可知，酸性H 2SO3HSO3H2CO3，结合强酸制弱酸的原理写出发生反应的离子方程式。【详解】（1） a. 常温时NaNO2溶液的pH大于7，说明亚硝酸钠是强碱弱酸盐，亚硝酸根离子水解而使其溶液呈碱性，则亚硝酸部分电离，为弱电解质，故a正确；b. 用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，说明溶液中离子浓度较低，但不能水解亚硝酸部分电离，所以不能证明亚硝酸是弱电解质，故b错误；c.等pH、等体积的盐酸和HNO2溶液分别与足量锌反应，HNO2放出的氢气较多，亚硝酸中存在部分电离，所以能证明亚硝酸是弱电解质，故c正确；d. 常温下0.1molL1的HNO2溶液pH=2.3，说明亚硝酸部分电离，为弱电解质，故d正确；故答案为b；（2） 已知在25时，一水合氨的Ki=1.8105，亚硝酸的电离平衡常数Ki=5.1104，所以亚硝酸的电离程度大于一水合氨的电离程度，则铵根离子的水解程度大于亚硝酸根离子的程度；则298K时，将10mL 0.1molL1的亚硝酸溶液与10mL 0.1molL1氨水混合，恰好生成NH4NO2溶液，根据“谁强显谁性”，所得溶液显酸性，而将10mL pH=3的亚硝酸溶液与10mL pH=11氨水混合，根据“谁弱显谁性”，所得溶液为碱性； （3） HNO2是弱酸、HCl是强酸，加水稀释时HNO2发生电离，稀释相同的倍数时c(H+)：HNO2HCl，则稀释相同倍数时pH变化较大的是HCl、较小的是HNO2，根据图知I对应的溶液为HCl，酸抑制水电离，酸中c(H+)越大其溶液的导电性越强，但抑制水电离程度越大，c(H+)：bac，则溶液的导电性：bac；水的电离程度：cab； （4）NaHSO3是可溶性盐能完全电离，而HSO3电离程度较弱，部分电离，存在电离平衡，则NaHSO3在水溶液中的电离方程式为NaHSO3=HSO3+Na+、HSO3SO32+H+；由表中数据可知，酸性H 2SO3HSO3H2CO3，则H 2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为H2SO3+HCO3=HSO3+CO2+H2O。【名师点睛】强弱电解质的比较是历年高考的热点，主要考查强弱电解质的判断、电离平衡理论，把这些理论与探究实验相结合是今后命题的趋势。设计实验时要注意等物质的量浓度和等pH的两种酸(或碱)的性质差异，常用的实验方法有：（1）从水解的角度分析，取其钠盐(NaA)溶于水，测其pH，若pH7，则说明HA是弱酸，若pH7，则说明HA是强酸。（2）从是否完全电离的角度分析，配制一定物质的量浓度HA溶液(如0.1 molL1)，测其pH，若pH1，则说明HA是弱酸，若pH1，则说明HA是强酸。易错点3 忽视题目中的限制条件导致判断离子共存失误3下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是无色溶液中：K+、Na+、；pH=11的溶液中：、Na+、；加入Al能放出H2的溶液中：Cl、；由水电离出的c(OH)=104 molL1 的溶液中：Na+、Ba2+、Cl、Br；含有较多Fe3+的溶液中：Na+、SCN、；酸性溶液中：Fe2+、Al3+、IABCD【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；又如中，由水电离出的c(OH)=104 molL1107 molL1，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】中有颜色；碱性环境中、Na+、相互不反应，能大量共存；中溶液为酸性或碱性，在酸性或碱性溶液中均不能共存；由水电离出的c(OH)=104 molL1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；中Fe3+能与SCN反应而不能大量共存；酸性溶液中能氧化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、。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+=BaSO4,学生只注意了Ba2+与反应，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+=BaSO4+H2O,应写成Ba2+2OH+2H+=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：2+3H2O2+6H+=2Mn2+4O2+6H2O，而应写成2+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12。碳酸氢钠溶液与足量石灰水反应：2+Ca2+2OH=CaCO3+2H2O+，此反应中充足，所以方程式中Ca2+和OH的物质的量之比应为11。(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)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。3常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A与铝反应产生大量氢气的溶液：、Na+、 B能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液中：K+、S2、C由水电离出的c(OH)=11012 molL1的溶液：K+、Na+、ClD滴入KSCN溶液后显红色的溶液：Na+、Cu2+、Br、【答案】D【解析】A、和铝反应生成氢气的溶液可能呈酸性或碱性，碳酸根离子在酸性溶液中不能大量存在，铵根离子在碱性溶液中不能存在，故错误；B、能使淀粉碘化钾试纸变蓝色的溶液为强氧化性溶液，硫离子被氧化，不能存在，故错误；C、溶液可能酸性或碱性，碳酸氢根离子不能存在，故错误；D、加入硫氰化钾显红色的溶液含有铁离子，与四种离子不反应，能共存，故正确。易错点4 不能全面考虑守恒原理导致离子浓度大小比较出错4用0.1 molL1 NaOH溶液滴定40 mL 0.1 molL1 H2SO3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AKa2(H2SO3)的数量级为108B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0.1 mol/L NaOH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80 mL，结合溶液中的守恒思想分析判断。A由图像可知，当溶液中c(HSO3)= c(SO32)时，此时pH=7.19，即c(H+)=107.19mol/L，则H2SO3的Ka2=c(H+)，所以H2SO3的Ka2=1107.19，Ka2(H2SO3)的数量级为108，故A正确；B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3.14.4，可用甲基橙作指示剂，故B正确；CZ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)，故C错误；D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)，故D正确；答案选C。【参考答案】C离子浓度大小比较思路4室温下，将1.000 mol/L盐酸滴入20.00 mL1.000mol/L氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是Aa点由水电离出的c(H+)=1.01014 mol/LBb点：c(NH4+)+c(NH3H2O)=c(Cl)Cc点：c(Cl)=c(NH4+)Dd点前，溶液温度上升的主要原因是NH3H2O电离放热【答案】C【解析】A.a点为氨水溶液，氨水中的氢离子为水电离的，由于a点溶液的pH1.01014mol/L，A错误；B.当加入20.00mL盐酸时，盐酸和氨水恰好完全反应得到NH4Cl溶液，NH4Cl溶液呈酸性且此时溶液中的物料守恒为c(NH4+)+c(NH3H2O)=c(Cl)，b点溶液的pH7，则盐酸与氨水反应后氨水过量，反应后为氯化铵和氨水的混合液，根据物料守恒知c(NH4+)+c(NH3H2O)c(Cl)，B错误；C.c点pH=7，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH)，根据电荷守恒可知：c(Cl)=c(NH4+)，C正确；D.酸、碱中和反应是放热反应，在d点前随着盐酸的加入，酸碱中和反应放出热量增多，使溶液的温度升高，d点时盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多，d点后再加盐酸温度降低，是由于加入盐酸的温度低于溶液温度，D错误；故合理选项是C。【名师点睛】本题考查水溶液中的电离平衡以及酸碱中和滴定的知识，明确滴定曲线中各点的pH是解答的关键，并学会利用物料守恒、电荷守恒判断溶液中离子浓度大小，题目难度中等。易错点5 忽略溶液中OH、H+的来源或条件变化导致计算错误525时，将浓度均为0.1 molL1、体积分别为Va和Vb的HX溶液与NH3H2O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AKa(HX)的值与Kb(NH3H2O)的值相等 Bb点，c(NH4+)+c(HX)=0.05 molL1Cac点过程中，值不变 Da、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(NH3H2O)的值相等，故A正确；B.由图可知0.1 molL1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/L0.05L/0.1L=0.05mol/L，则c(NH4+)+c(HX)=0.05 molL1，故B正确； C. a c点过程中，水解平衡常数只与温度有关，温度不变，则值不变，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)=1.0107molL1。（2）酸或碱抑制水的电离，水电离出的c(H+)=c(OH)107 molL1，当溶液中的c(H+)107 molL1时，就用1014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107molL1。若给出的c(H+)107 molL1，即为水电离的c(H+)；若给出的c(H+)107 molL1，就用1014除以这个浓度即得水电离的c(OH)。5常温下，HNO2的电离平衡常数为K4.6104(已知2.14)，向20 mL 0.01 molL1HNO2溶液中逐滴加入相同浓度的NaOH溶液，测得混合液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示，下列判断正确的是AX20Ba点溶液中c(H+)2.14103 molL1Ca、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度逐渐减小Db点溶液中微粒浓度的大小关系为c(HNO2)c(Na+)c()【答案】B【解析】A. 向20mL 0.01molL1的HNO2溶液中逐滴加入相同浓度的NaOH溶液，若恰好反应需要氢氧化钠溶液体积20 mL，C点是溶液呈中性，溶质为HNO2、NaNO2混合溶液，Xc(Na+)c(HNO2)，D项错误；答案选B。易错点6 不能掌握pH测定的方法及其计算方法6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pH7，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：若对应的酸碱均为强电解质，则溶液混合后恰好呈中性；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103mol/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；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103mol/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103 mol/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103 mol/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1pH=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11012，此时pH=6的溶液为中性溶液，pH6时为碱性溶液，pH6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+)=1107 molL1，若某溶液中水电离出的c(H+)1107 molL1，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+)1107 molL1，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+)1107 molL1，说明该溶液是碱性溶液或水解呈碱性的盐溶液。6下列说法错误的是A弱酸pH=a，加水稀释到10n倍，则pHa+n (a+nn()1=0.041，故必存在K。又因溶液中可能存在Cl，则n(K)0.02 mol。所以c()=0.1 mol/L，c()=0.2 mol/L，c()=0.4 mol/L，若原溶液中不存在Cl，则c(K)=0.2 mol/L，若存在Cl，则c(K)0.2 mol/L，故c(K) 0.2 mol/L。检验可能存在的Cl时要注意、的干扰。【参考答案】（1）、K Mg2、Fe3（2）Cl 加入足量的稀硝酸和硝酸钡溶液，过滤，向滤液中滴入AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明有Cl存在，否则不存在（3）c()=0.1 mol/L，c()=0.2 mol/L，c()=0.4 mol/L，c(K)0.2 mol/L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、IAgNO3和稀HNO3AgCl(白色)、AgBr(淡黄色)、AgI(黄色)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NaOH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，能使品红溶液褪色盐酸和澄清石灰水白色沉淀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7某无色溶液中可能含有Na+、Ba2+、Cl、Br、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 B. 不能确定的离子是C. 肯定含有的离子是 D. 肯定没有的离子是【答案】C【解析】（1）溶液的pH7，说明溶液显碱性，是因为的水解，因此原溶液中一定含有，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，是硝酸把氧化成，原溶液中可能含有；（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8 不能灵活运用酸碱中和滴定原理解决问题8某化学学习小组进行如下实验测定 H2C2O4xH2O 中 x 值已知：M(H2C2O4)=90gmol1 称取1.260 g 纯草酸晶体，将草酸制成 100.00 mL 水溶液为待测液； 取25.00 mL 待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀 H2SO4； 用浓度为 0.05 000 molL1 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20.80 mL0.80 mL=20.00 mL；（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+8H2O5 2 n=0.00250.020.05m(H2C2O4)=0.002590=0.225g；m(H2C2O4xH2O )=1.26=0.315g； m(H2O)=0.3150.225=0.09g；n(H2O)=mol=0.005mol又因为 n(H2C2O4)=0.0025 mol根据元素守恒即n(H2C2O4xH2O )=0.0025mol；n(H2O)=0.0025x；联立得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）实例酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液原理：2+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。Na2S2O3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。8莫尔法是一种沉淀滴定法，以K2CrO4为指示剂，用标准硝酸银溶液滴定待测液，进而测定溶液中Cl的浓度。已知：AgClAgBrAgCNAg2CrO4AgSCN颜色白浅黄白砖红白溶解度（mol/L）1.341067.11071.11086.51051.0106（1）滴定终点的现象是_。（2）若用AgNO3溶液滴定NaSCN溶液，可选为滴定指示剂的是_。ANaClBBaBr2CNa2CrO4刚好达到滴定终点时，发生反应的离子方程式为_。【答案】（1）滴入最后一滴标准溶液，生成砖红色沉淀 （2）C 2Ag+=Ag2CrO4【解析】（1）根据沉淀滴定法的原理，可知溶液中Ag+和Cl先反应，Cl消耗完后再和指示剂反应生成Ag2CrO4砖红色沉淀，由此可知滴定终点时的颜色变化。（2）当用AgNO3溶液滴定NaSCN溶液时，所选择的指示剂和Ag+反应所生成沉淀的溶解度应大于AgSCN的溶解度，由题给数据可以看出溶解度比AgSCN大的有AgCl和Ag2CrO4，但是由于AgCl是白色沉淀，所以应选择Na2CrO4为指示剂，这样在滴定终点时沉淀的颜色发生明显的变化（白色砖红色），以指示滴定刚好达到终点，此时发生反应的离子方程式为2Ag+=Ag2CrO4。易错点9 对沉淀溶解平衡原理及应用理解不清导致错误9已知室温下溶度积常数：KspPb(OH)2=21015，KspFe(OH)2=81015。当溶液中金属离子浓度小于105molL1视为沉淀完全。向20 mL含0.10 molL1Pb2+和0.10 molL1Fe2+的混合溶液中滴加010a molL1NaOH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表示的曲线B当溶液时，开始沉淀，沉淀完全C滴入NaOH溶液体积大于30mL时，溶液中D室温下，滴加NaOH溶液过程中，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】A项、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，故A错误；B项、当溶液pH=8时，c(OH)=106mol/L，此时(Fe2+)c2(OH)=10120.1=1013KspFe(OH)2，Fe2+没有生成沉淀，故B错误；C项、滴入NaOH溶液体积大于30mL时，曲线发生变化，溶液中c(Fe2+)：c(Pb2+)=4：1，故C正确；D项、=，为定值，不发生变化，故D错误。故选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QcKsp(BaSO4)，所离子浓度的负对数的值BaCO3Ksp(BaCO3)，就可以形成碳酸钡沉淀，因而可以实现硫酸钡向碳酸钡沉淀转化，C错误；D.曲线B表示Ba