【备战2014】高考化学 易错题分类解析 电解质溶液 滴定曲线相关(含解析)(教师版)
化学易错题专题训练一电解质溶液图像含解析
电解质溶液图像【错题纠正】例题1、以酚酞为指示剂，用0.1000 mol·L−1的NaOH溶液滴定20。
00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。
溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积V NaOH的变化关系如图所示。
[比如A2−的分布系数：δ(A2-)=c(A2-)]c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)下列叙述正确的是A．曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA-)B．H2A溶液的浓度为0.2000 mol·L−1C．HA−的电离常数K a=1。
0×10−2D．滴定终点时，溶液中c(Na+)<2c(A2-)+c(HA-)【解析】根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大,粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-），曲线②代表δ（A 2—)，根据反应2NaOH+H 2A=Na 2A+2H 2O ，c （H 2A)=0.1000mol/L ×40mL 2×20.00mL =0。
1000mol/L,据此分析作答。
A ．根据分析，曲线①代表δ（HA —）,曲线②代表δ(A 2-)，A 错误；B ．当加入40。
00mLNaOH 溶液时，溶液的pH 发生突变，说明恰好完全反应,结合分析，根据反应2NaOH+H 2A=Na 2A+2H 2O,c (H 2A)=0.1000mol/L ×40mL 2×20.00mL =0.1000mol/L ，B 错误;C ．根据曲线当δ（HA -)=δ(A 2—）时溶液的pH=2，则HA —的电离平衡常数K a =c(A 2-)⋅c (H +)c (HA -)=c (H +）=1×10—2，C 正确；D ．用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH 范围为8.2～10，终点时溶液呈碱性,c (OH —）＞c (H +),溶液中的电荷守恒为c （Na +)+c (H +）=2c （A 2-）+c (HA —）+c （OH -）,则c (Na +)＞2c (A 2—)+c (HA -），D 错误;答案选C 。
高考化学练习题：电解质溶液(含答案解析)
高考化学练习题：电解质溶液一．选择题（共26小题）1．（2015•安徽）25℃时，在10mL浓度均为0.1mol•L﹣1的NaOH和NH3•H2O混合溶液中滴加0.1mol•L ﹣1盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是（）A．未加盐酸时：c（OH﹣）＞c（Na+）=c（NH3•H2O）B．加入10mL盐酸时：c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）C．加入盐酸至溶液pH=7时：c（Cl﹣）=c（Na+）D．加入20mL盐酸时：c（Cl﹣）=c（NH4+）+c（Na+）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；真题集萃．分析：氢氧化钠为强碱，在水溶液中完全电离，一水合氨为弱碱，在水溶液中部分电离，相同体积与浓度的氢氧化钠与一水合氨其中和能力是相同的，据此分析解答即可．解答：解：A、NaOH和NH3•H2O混合溶液中，NaOH完全电离，NH3•H2O部分电离，因此c（OH ﹣）＞0.1mol/L，c（Na+）=0.1mol/L，c（NH3•H2O）＜0.1mol/L，故c（OH﹣）＞c（Na+）＞c（NH3•H2O），故A错误；B、在此混合溶液中加入10mL盐酸，存在电中性原则：c（NH4+）+c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），由于等体积等浓度混合，故c（Na+）=c（Cl﹣），即c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣），故B正确；C、加入盐酸至pH=7时，溶液呈中性，即c（H+）=c（OH﹣），那么c（NH4+）+c（Na+）=c（Cl﹣），即c（Cl﹣）＞c（Na+），故C错误；D、加入20mL盐酸时，此时溶液恰好为氯化钠与氯化铵的混合溶液，此时溶液呈酸性，即存在c（H+）＞c（OH﹣），那么c（NH4+）+c（Na+）＜c（Cl﹣），故D错误，故选B．点评：本题主要考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，本题注意把握弱电解质的电离特点，易错点为C，注意酸碱中和滴定的实验原理．2．（2015•广东）一定温度下，水溶液中H+和OH﹣的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是（）A．升高温度，可能引起由c向b的变化B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10﹣13C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化考点：水的电离；弱电解质在水溶液中的电离平衡．分析：A、由图可知abc为等温线；B、由b点计算此温度下水的离子积常数为1.0×10﹣14；C、b点到a点，氢离子浓度变大，氢氧根离子浓度减小，据此解答即可；D、稀释不会引起水的离子积的改变，据此解答即可．解答：解：A、由图可知abc三点对应的平衡常数不变，故abc为等温线，故升高温度，不能由c 到b，故A错误；B、b点c（H+）=c（OH﹣）=1.0×10﹣7，故K W=1.0×10﹣7×1.0×10﹣7=1.0×10﹣14，故B错误；C、加入FeCl3，氯化铁为强酸弱碱盐，铁离子结合水电离出的氢氧根，促进水的电离平衡右移，即氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小（由b到a），符合图象变化趋势，故C正确；D、由c点到d点，水的离子积常数减小，温度不变，K不变，故不能利用稀释使其形成此变化，故D错误，故选C．点评：本题主要考查的是水的离子积常数以及水电离的影响因素，掌握水的离子积为温度的函数是解决本题的关键，难度不大．3．（2015•海南）0.1mol下列气体分别与1L0.1mol•L﹣1的NaOH溶液反应，形成的溶液pH最小的是（）A．NO2B．SO2C．SO3D．CO2考点：p H的简单计算．分析：0.1mol下列气体分别与1L0.1mol•L﹣1的NaOH溶液反应，二者的物质的量相同，NO2与NaOH等物质的量反应的方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O；SO2与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+SO2=NaHSO3；SO3与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+SO3=NaHSO4；CO2与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+CO2=NaHCO3，根据反应产物的酸碱性判断．解答：解：0.1mol下列气体分别与1L0.1mol•L﹣1的NaOH溶液反应，二者的物质的量相同，NO2与NaOH等物质的量反应的方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，NaNO2为强碱弱酸盐，溶液显碱性；SO2与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+SO2=NaHSO3，NaHSO3在溶液中即电离又水解，电离程度大于水解程度，溶液显弱酸性；SO3与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+SO3=NaHSO4，NaHSO4在溶液中完全电离出氢离子，溶液显强酸性；CO2与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+CO2=NaHCO3，NaHCO3在溶液中即电离又水解，水解程度大于电离程度，溶液显弱碱性；综上可知，形成的溶液pH最小的是SO3；故选：C．点评：本题考查了物质的性质，题目涉及元素化合物的性质、盐的水解、弱电解质的电离，题目难度中等，注意根据物质之间反应判断产物以及溶液的酸碱性．4．（2015•四川）常温下，将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得溶液pH＜7，下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是（）A．＜1.0×10﹣7mol/LB．c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）C．c（H+）+c（NH4+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）D．c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）考点：盐类水解的原理．专题：盐类的水解专题．分析：A．根据Kw=c（H+）×c（OH﹣）=1.0×10﹣14计算；B．根据物料守恒即c（Na）=c（C）分析；C．根据电荷守恒分析；D．铵根离子部分水解，则c（Cl﹣）＞c（NH4+），HCO3﹣的电离程度很小．解答：解：A．Kw=c（H+）×c（OH﹣）=1.0×10﹣14，已知pH＜7，即c（H+）＞1.0×10﹣7mol/L，则＜1.0×10﹣7mol/L，故A正确；B．溶液中存在物料守恒即c（Na）=c（C），所以c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），故B正确；C．溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）+c（NH4+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c （Cl﹣），由于析出部分NaHCO3晶体，则c（Na+）＜c（Cl﹣），所以c（H+）+c（NH4+）＞c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故C错误；D．铵根离子部分水解，则c（Cl﹣）＞c（NH4+），由于析出部分NaHCO3晶体，则HCO3﹣浓度减小，HCO3﹣的电离程度很小，所以c（CO32﹣）最小，即c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣），故D正确．故选C．点评：本题考查了混合溶液中离子浓度的计算、离子浓度大小比较、电荷守恒和物料守恒的应用，题目难度中等，注意把握电荷守恒和物料守恒的应用方法．5．（2015•广东）水溶液中能大量共存的一组离子是（）A．NH4+、Ba2+、Br﹣、CO32﹣B．Cl﹣、SO32﹣、Fe2+、H+C．K+、Na+、SO42﹣、MnO4﹣D．Na+、H+、NO3﹣、HCO3﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能相互促进水解等，则离子大量共存，以此来解答．解答：解：A．Ba2+、CO32﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故A错误；B．SO32﹣、H+结合生成水和气体，不能大量共存，故B错误；C．该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D．H+、HCO3﹣结合生成水和气体，不能大量共存，故D错误；故选C．点评：本题考查离子共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、水解反应的离子共存考查，题目难度不大．6．（2015•四川）下列有关CuSO4溶液的叙述正确的是（）A．该溶液中Na+、NH4+、NO3﹣、Mg2+可以大量共存B．通入CO2气体产生蓝色沉淀C．与H2S反应的离子方程式：C u2++S2﹣=CuS↓D．与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+考点：离子共存问题；离子方程式的书写．分析：A．该组离子之间不反应，与硫酸铜也不反应；B．通入CO2气体，与硫酸铜溶液不反应；C．H2S在离子反应中保留化学式；D．与过量浓氨水反应，生成络离子．解答：解：A．该组离子之间不反应，与硫酸铜也不反应，则可大量共存，故A正确；B．通入CO2气体，与硫酸铜溶液不反应，不能生成蓝色沉淀，故B错误；C．H2S在离子反应中保留化学式，则与H2S反应的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故C错误；D．与过量浓氨水反应，生成络离子，则离子反应为Cu2++4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++4H2O，故D 错误；故选A．点评：本题考查离子共存及离子反应，为高频考点，为2015年高考真题，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应及络合反应的离子反应考查，题目难度不大．7．（2015•上海）某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32﹣、Cl ﹣、OH﹣、NO3﹣．向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有（）A．3种B．4种C．5种D．6种考点：离子共存问题．分析：溶液无色，则一定不存在有色的Fe3+；在其中加入金属铝，发生反应并放出H2，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若为酸性，则不存在OH﹣、NO3﹣、CO32﹣，若呈碱性，则不存在Al3+、H+、NH4+、Fe3+，以此解答该题．解答：解：无色溶液中一定不存在有色的Fe3+；溶液中加入金属铝，发生反应并放出H2，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若溶液为酸性，则不存在：OH﹣、NO3﹣、CO32﹣，阴离子只能为Cl﹣，阳离子可以为：H+、NH4+、Ba2+、Al3+，最多存在5种离子；若呈碱性，则不存在Al3+、H+、NH4+、Fe3+，阳离子只能为Ba2+，则一定不存在CO32﹣，可存在的离子为：Ba2+、Cl﹣、OH﹣、NO3﹣，则最多只有4种，根据分析可知，最多存5种离子，故选C．点评：本题考查离子共存问题，题目难度中等，涉及离子反应和种类的判断，综合侧重于学生的分析能力的考查，注意把握题目无色以及与铝反应生成氢气的特点，特别注意硝酸不能生成氢气．8．（2014•江苏）水是生命之源，2014年我国科学家首次拍摄到水分子团簇的空间取向图象，模型如图所示，下列关于水的说法正确的是（）A．水是弱电解质B．可燃冰是可以燃烧的水C．氢氧两种元素只能组成水D．0℃时冰的密度比液态水的密度大考点：水的电离；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．专题：元素及其化合物．分析：A．水能够部分电离出氢离子和氢氧根离子，存在电离平衡；B．可燃冰为甲烷和水形成的一种化合物；C．氢氧两种元素还可以组成双氧水；D．液体水变成冰，体积变大，密度变小．解答：解：A．水为极弱的电解质，能够部分电离出氢离子和氢氧根离子，故A正确；B．可燃冰为甲烷和水形成的一种特殊的化合物，并不是可燃烧的水，故B错误；C．氢氧两种元素可以组成水、双氧水，故C错误；D．冰中存在氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故D错误；故选A．点评：本题考查了水的电离、水的组成结构及性质，题目难度不大，注意掌握水的电离，明确可燃冰的组成及性质，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．9．（2014•重庆）下列叙述正确的是（）A．浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe（OH）3胶体B．CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后c（CH3COO﹣）增大C．Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应可制得Ca（OH）2D．25℃时Cu（OH）2在水中的溶解度大于其在Cu（NO3）2溶液中的溶解度考点：影响盐类水解程度的主要因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．分析：A、浓氨水和氯化铁之间会发生复分解反应；B、醋酸钠中加入盐酸会发生反应生成醋酸和氯化钠；C、Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应产物是碳酸钙和碳酸钠；D、根据沉淀溶解平衡的影响因素来回答判断．解答：解：A、浓氨水和氯化铁之间会发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铵，不会获得胶体，故A错误；B、醋酸钠中加入盐酸会发生反应生成醋酸和氯化钠，所以醋酸根离子浓度会减小，故B错误；C、Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应产物是碳酸钙和碳酸钠，并不会获得氢氧化钙，故C 错误；D、氢氧化铜存在沉淀溶解平衡Cu（OH）2⇌Cu2++2OH﹣，Cu（NO3）2溶液中铜离子会抑制沉淀溶解平衡的右移，所以Cu（OH）2在水中的溶解度大于其在Cu（NO3）2溶液中的溶解度，故D正确．故选D．点评：本题考查学生物质的性质以及沉淀溶解平衡的影响因素等方面的知识，注意知识的归纳和整理是解题关键，难度中等．10．（2014•上海）向饱和澄清石灰水中加入少量CaC2，充分反应后恢复到原来的温度，所得溶液中（）A．c（Ca2+）、c（OH﹣）均增大B．c（Ca2+）、c（OH﹣）均保持不变C．c（Ca2+）、c（OH﹣）均减小D．c（OH﹣）增大、c（H+）减小考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．专题：物质的量浓度和溶解度专题．分析：加入CaC2，与水发生CaC2+2H2O=Ca（OH）2+HC≡CH↑，反应消耗水，结合Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）的影响因素解答．解答：解：加入CaC2，与水发生CaC2+2H2O=Ca（OH）2+HC≡CH↑，反应消耗水，因原溶液为饱和溶液，则反应后一定有Ca（OH）2析出，则溶液浓度不变，故选B．点评：本题为2014年上海考题，涉及难溶电解质的溶解平衡，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握反应的原理以及溶解平衡的特点，难度不大．11．（2014•海南）以石墨为电极，电解KI溶液（其中含有少量酚酞和淀粉）．下列说法错误的是（）A．阴极附近溶液呈红色B．阴极逸出气体C．阳极附近溶液呈蓝色D．溶液的pH变小考点：电解原理；真题集萃．专题：电化学专题．分析：以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应，阳极上是碘离子失电子发生氧化反应，据此回答判断．解答：解：A、以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应，该极区碱性增强，遇到酚酞溶液呈红色，故A正确；B、以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应逸出气体氢气，故B正确；C、以石墨为电极，电解KI溶液时，阳极上是碘离子失电子发生氧化反应生成碘单质，遇到淀粉变蓝色，故C正确；D、以石墨为电极，电解KI溶液时，生成氢氧化钾溶液，溶液的pH变大，故D错误．故选D．点评：本题考查学生电解池的工作原理以及物质的性质知识，注意知识的归纳和整理是解题的关键，难度中等．12．（2014•四川）下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（）A．0.1mol/L NaHCO3溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）B．20mL 0.1mol/L CH3COONa溶液与10mL 0.1mol/L HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）C．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c（Cl﹣）+c（H+）＞c（NH4+）+c（OH﹣）D．0.1mol/L CH3COOH溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c（OH﹣）＞c （H+）+c（CH3COOH）考点：离子浓度大小的比较．专题：盐类的水解专题．分析：A．二者恰好反应生成Na2CO3，溶液中的溶质为0.05mol/L的Na2CO3，碳酸根离子两步水解都生成氢氧根离子，碳酸根离子只有第一步水解生成HCO3﹣；B．二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的NaCl、CH3COONa、CH3COOH，混合溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，但醋酸电离和醋酸根离子水解程度都较小；C．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，混合溶液呈碱性，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，结合电荷守恒判断；D．二者恰好反应生成CH3COONa，溶液呈存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断．解答：解：A．二者混合后恰好反应生成Na2CO3，溶液中的溶质为0.05mol/L的Na2CO3，碳酸根离子两步水解都生成氢氧根离子，碳酸根离子只有第一步水解生成HCO3﹣，所以c（HCO3﹣）＜c （OH﹣），故A错误；B．二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的NaCl、CH3COONa、CH3COOH，混合溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，但醋酸电离和醋酸根离子水解程度都较小，所以溶液中粒子浓度大小顺序是c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+），故B正确；C．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，混合溶液呈碱性即c（OH﹣）＞c（H+），任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（NH4+），且c （OH﹣）＞c（H+），所以c（Cl﹣）＜c（NH4+），所以c（Cl﹣）+c（H+）＜c（NH4+）+c（OH﹣），故C错误；D．二者混合后恰好反应生成CH3COONa，溶液呈存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c （CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（Na+），根据物料守恒得c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），所以得c（OH﹣）=c（H+）+c（CH3COOH），故D错误；故选B．点评：本题考查了离子浓度大小比较，明确溶液中的溶质及溶液酸碱性再结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，离子浓度大小比较为高考高频点，常常与盐类水解、弱电解质电离结合考查，题目难度中等．13．（2014•天津）下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是（）A．pH=1的NaHSO4溶液：c（H+）=c（SO42﹣）+c（OH﹣）B．含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c（Ag+）＞c（Cl﹣）=c（I﹣）C．CO2的水溶液：c（H+）＞c（HCO3﹣）=2c（CO32﹣）D．含等物质的量NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c（Na+）=2[c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）+c （H2C2O4）]考点：离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．分析：A、NaHSO4溶液中存在氢离子守恒分析判断；B、AgCl和AgI固体的悬浊液中氯化银溶解度大于碘化银；C、二氧化碳的水溶液中碳酸分步电离，第二步电离微弱；D、依据溶液中元素物料守恒计算分析．解答：解：A、NaHSO4溶液中存在质子守恒分析，硫酸氢钠电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，NaHSO4 =Na++H++SO42﹣，H2O⇌H++OH﹣，溶液中质子守恒，c（H+）=c（SO42﹣）+c（OH﹣），故A正确；B、AgCl和AgI固体的悬浊液中氯化银溶解度大于碘化银，c（Ag+）＞c（Cl﹣）＞c（I﹣），故B错误；C、二氧化碳的水溶液中碳酸分步电离，第二步电离微弱，H2CO3⇌H++HCO3﹣，HCO3﹣⇌H++CO32﹣，c（H+）＞c（HCO3﹣）＞2c（CO32﹣），故C错误；D、依据溶液中元素物料守恒计算，含等物质的量NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：2c（Na+）=3[c（HC2O4﹣）+C（C2O42﹣）+c（H2C2O4）]，故D错误；故选A．点评：本题考查了电解质溶液中电离平衡分析，沉淀溶解平衡的理解应用，电解质溶液中物料守恒，质子守恒的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等．14．（2014•广东）常温下，0.2mol/L的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是（）A．HA为强酸B．该混合液pH=7C．图中X表示HA，Y表示OH﹣，Z表示H+D．该混合溶液中：c（A﹣）+c（Y）=c（Na+）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液中A﹣浓度小于0.1mol/L，说明在溶液中存在A﹣+H2O⇌HA+OH﹣，NaA水解，HA为弱酸，NaA 溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），一般来说，盐类的水解程度较低，则有c（A﹣）＞c（OH﹣），所以有：c（Na+）=0.1mol/L＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c（H+），即X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+，溶液中存在物料守恒为：c（Na+）=c（A﹣）+c（HA）．A．HA为弱酸；B．该混合液pH＞7；C．X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+；D．Y表示HA，溶液中存在物料守恒得到c（A﹣）+c（Y）=c（Na+）．解答：解：一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液中A﹣浓度小于0.1mol/L，说明在溶液中存在A﹣+H2O⇌HA+OH﹣，NaA水解，HA为弱酸，NaA溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），一般来说，盐类的水解程度较低，则有c（A﹣）＞c（OH ﹣），所以有：c（Na+）=0.1mol/L＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c（H+），即X表示OH﹣，Y 表示HA，Z表示H+，溶液中存在物料守恒得到：c（Na+）=c（A﹣）+c（HA）．A．一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，二者恰好反应：HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液为NaA溶液，溶液中中A﹣浓度小于0.1mol/L，说明在溶液中存在A﹣+H2O⇌HA+OH﹣，NaA水解，HA为弱酸，故A错误；B．c（Na+）＞c（A﹣），说明NaA水解，A﹣+H2O⇌HA+OH﹣，该混合液pH＞7，故B错误；C．HA是弱电解质，则有c（A﹣）＞c（OH﹣），c（OH﹣）除了水解产生的还有水电离的，因此c （OH﹣）＞c（HA），所以有：c（Na+）=0.1mol/L＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c（H+），即X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+，故C错误；D．溶液中存在物料守恒c（Na+）=c（A﹣）+c（HA），Y表示HA，得到c（A﹣）+c（Y）=c（Na+），故D正确；故选D．点评：本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据酸的强弱结合物料守恒、电荷守恒分析解答，考查离子浓度大小比较、溶液PH值、盐类水解等，判断一元酸HA是弱酸为解题关键，题目难度中等．15．（2014•山东）已知某温度下CH3COOH和NH3•H2O的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1mol•L ﹣1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中（）A．水的电离程度始终增大B．先增大再减小C．c（CH3COOH）与c（CH3COO﹣）之和始终保持不变D．当加入氨水的体积为10mL时，c（NH4+）=c（CH3COO﹣）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．开始时，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，当氨水过量后，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小；B．根据一水合氨的电离平衡常数可知，该比值与氢氧根离子成反比，电解氨水的过程中，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大；C．根据物料守恒，醋酸和醋酸根离子的物质的量之和不变，但是溶液体积增大，二者的浓度之和逐渐减小；D．CH3COOH和NH3•H2O的电离常数相等，氨水与醋酸的浓度、体积相等时，溶液显示中性，根据电荷守恒可知c（NH4+）=c（CH3COO﹣）．解答：解：A．酸溶液、碱溶液抑制了水的电离，溶液显示中性前，随着氨水的加入，溶液中氢离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大；当氨水过量后，随着溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小，所以滴加过程中，水的电离程度先增大后减小，故A错误；B．当向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，开始时溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合物，由CH3COONH4的水解常数K h=，随着氨水的加入，c（H+）逐渐减小，Kh不变，则变小，当加氨水至溶液显碱性时，氨水的电离常数K b=，c（OH﹣）与氢离子浓度成反比，随着氨水的滴入，氢氧根离子浓度逐渐增大，电离常数K不变，所以逐渐减小，即始终减小，故B错误；C．n（CH3COOH）与n（CH3COO﹣）之和为0.001mol，始终保持不变，由于溶液体积逐渐增大，所以c（CH3COOH）与c（CH3COO﹣）之和逐渐减小，故C错误；D．当加入氨水的体积为10mL时，醋酸和一水合氨的物质的量相等，由于二者的电离常数相等，所以溶液显示中性，c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（NH4+）=c（CH3COO﹣），故D正确；故选D．点评：本题考查了酸碱混合时溶液定性判断及溶液酸碱性与溶液pH的关系，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，明确根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解比较溶液中离子浓度大小的方法．16．（2014•广东）水溶液中能大量共存的一组离子是（）A．Na+、Ca2+、Cl﹣、SO42﹣B．Fe2+、H+、SO32﹣、ClO﹣C．Mg2+、NH4+、Cl﹣、SO42﹣D．K+、Fe3+、NO3﹣、SCN﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质、络合物、不发生氧化还原反应、不发生双水解的就能共存，据此分析解答．解答：解：A．Ca2+、SO42﹣生成微溶物硫酸钙，所以不能大量共存，故A错误；B．酸性条件下，ClO﹣具有强氧化性，能将Fe2+、SO32﹣氧化为Fe3+、SO42﹣，所以不能共存，故B 错误；C．这几种离子之间不发生反应，所以能共存，故C正确；D．Fe3+、SCN﹣生成络合物Fe（SCN）3，所以这两种离子不能共存，故D错误；故选C．点评：本题考查了离子共存，明确离子共存条件是解本题关键，知道物质的性质即可解答，注意：硫酸钙是微溶物，少量时能在水溶液中共存，但不能大量存在，为易错点．17．（2014•安徽）下列有关Fe2（SO4）3溶液的叙述正确的是（）A．该溶液中，K+、Fe2+、C6H5OH、Br﹣可以大量共存B．和KI溶液反应的离子方程式：Fe3++2I﹣═Fe2++I2C．和Ba（OH）2溶液反应的离子方程式：Fe3++SO42﹣+Ba2++3OH﹣═Fe（OH）3↓+BaSO4↓D．1L O.1mol•L﹣1该溶液和足量的Zn充分反应，生成11.2g Fe考点：离子共存问题；离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．铁离子能够与苯酚发生显色反应；B．根据电荷守恒判断，该离子方程式两边电荷不守恒；C．该离子方程式不满足硫酸铁、氢氧化钡的化学组成关系；D．根据n=cV计算出硫酸铁及铁离子的物质的量，再根据质量守恒及m=nM计算出铁的质量．解答：解：A．Fe2（SO4）3溶液中的Fe3+与C6H5OH发生显色反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．铁离子能够与碘离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2，题目方程式未配平，故B错误；C．Fe2（SO4）3溶液和Ba（OH）2溶液反应的生成氢氧化铁沉淀和硫酸钡沉淀，铁离子和硫酸根离子的物质的量的比为2：3，正确的离子方程式为：2Fe3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Fe（OH）3↓+3BaSO4↓，故C错误；D.1L O.1mol•L﹣1该溶液中含有溶质硫酸铁0.1mol，0.1mol硫酸铁中含有0.2mol铁离子，与足量锌反应可以生成0.2mol铁，生成铁的质量为11.2g，故D正确；故选D．点评：本题考查了离子方程式的书写、离子共存的判断，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确常见的离子之间不能共存的情况及离子方程式的书写原则．18．（2013•重庆）下列说法正确的是（）A．KClO3和SO3溶于水后能导电，故KClO3和SO3为电解质B．25℃时，用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH=7，V醋酸＜V NaOHC．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成D．AgCl沉淀易转化为AgI沉淀且K（AgX）=c（Ag+）•c（X﹣），故K（AgI）＜K（AgCl）考点：电解质与非电解质；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；镁、铝的重要化合物．专题：电离平衡与溶液的pH专题；几种重要的金属及其化合物．分析：A．KClO3和三氧化硫的水溶液都能导电，KClO3是电解质，但三氧化硫是非电解质；B．CH3COOH不完全电离，根据电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），等体积等浓度混合时显碱性，则中性时应使醋酸过量；C．NaHCO3溶液与NaAlO2溶液，反应中碳酸氢钠提供氢离子与偏铝酸根反应生成Al（OH）3；D．AgCl沉淀易转化为AgI沉淀，说明溶解度S（AgCl）＞S（AgI），所以K（AgCl）＞K （AgI）；解答：解：A．电解质是熔融态或水溶液状态下能导电的化合物，是自身电离出自由移动的离子．氯酸钾溶于水自身电离出钾离子和氯酸根离子，能导电是电解质；SO3溶于水后和水反应生成硫酸，硫酸电离出阴阳离子而使其溶液导电，电离出阴阳离子的物质是硫酸而不是三氧化硫，所以SO3是非电解质，故A错误；B．醋酸与NaOH溶液反应：CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），若等体积等浓度混合时显碱性，则25℃时，用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH=7显中性时应使醋酸过量，即V醋酸＞V NaOH，故B错误；C．氢氧化铝为两性氢氧化物，由于酸性：HCO3﹣＞Al（OH）3，根据强酸制备弱酸，NaHCO3溶液与NaAlO2溶液，反应中碳酸氢钠提供氢离子与偏铝酸根反应生成生成Al（OH）3，AlO2﹣+HCO3﹣+H2O=Al（OH）3↓+CO32﹣有沉淀生成，无气体生成，故C错误；D．向AgCl沉淀中滴入稀KI溶液，会出现白色沉淀AgCl转变为黄色沉淀AgI，说明AgCl沉淀易转化为AgI沉淀，沉淀易转化为更难溶沉淀，越难溶物质其饱和溶液中电离出相应离子浓度越小，故K（AgI）＜K（AgCl），故D正确；故选D．点评：本题考查了电解质、酸碱中和、氢氧化铝、难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化等知识，掌握它们的相关本质是解答的关键，题目难度中等．19．（2013•天津）下列有关电解质溶液的说法正确的是（）A．在蒸馏水中滴加浓H2SO4，K w不变B．CaCO3难溶于稀硫酸，也难溶于醋酸。
电解质溶液——滴定图像分析
电解质溶液——滴定曲线图像分析一、酸碱滴定2．(2015·山东理综，13)室温下向10mL0.1mol·L－1NaOH溶液中加入0.1mol·L－1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示。
下列说法正确的是()A．a点所示溶液中c(Na＋)>c(A－)>c(H＋)>c(HA)B．a、b两点所示溶液中水的电离程度相同C．pH＝7时，c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)D．b点所示溶液中c(A－)>c(HA)答案 D解析A项，a点NaOH与HA恰好完全反应，溶液的pH为8.7，呈碱性，说明HA为弱酸，NaA发生了水解反应，则溶液中：c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(HA)>c(H＋)，错误；B项，a点NaA发生了水解反应，促进了水的电离，b点主要由于HA的电离而使溶液呈酸性，抑制了水的电离，所以a点水的电离程度大于b点水的电离程度，错误；C项，根据电荷守恒：c(Na ＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，pH＝7，则c(H＋)＝c(OH－)，可得c(Na＋)＝c(A－)，错误；D项，b点溶液中溶质为等物质的量NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于NaA的水解程度，所以c(A－)>c(HA)，正确。
常温下，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1CH3COOH溶液所得滴定曲线如右图。
下列说法正确的是()A．点①所示溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)B．点②所示溶液中：c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)C．点③所示溶液中：c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)D．滴定过程中可能出现：c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(Na＋)>c(OH－)解析点①溶液中的溶质为0.001molCH3COOH和0.001molCH3COONa，据物料守恒：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH －)，整理后得c(CH3COOH)＋2c(H＋)＝c(CH3COO－)＋2c(OH－)；点②溶液的pH＝7，据电荷守恒有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，又c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝c(CH3COO －)；点③溶液中的溶质为0.002molCH3COONa，离子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)。
高考化学电解质溶液方面试题解题方法与技巧
高考化学电解质溶液方面试题解题方法与技巧学习必备欢迎下载学习必备欢迎下载【化学】高考化学：电解质溶液方面试题的解题方法与技巧新策略：1弱电解质的电离平衡可通过平衡状态分析法进行比较分析。
2.溶液的pH计算酸可直接计算，碱可通过pOH转换成pHopH=-lg{c(K)},pOH=-Ig{c(OFT)},pKw=-Ig{Kw}o25C时，pH+pOH=143?盐类水解的应用应用范围具陣例子燎理及化学方程式洎潢葡腴遞性鉴别?S0+.Na’Ed、三种陷液用石菇试剤较为帙捷NK'+HiO—NHi?HjO+K呈験性CO/+KO—HCOj+OH呈WTONa,SO4不欢解，呈中性制釈某些盐的制瞥FtCb、CuSO*^易发生水解的酒瀛应向其i碗中加少童的相应酸FeCl>+3HTO—Fe(OH)1+3HC1CuSO^+a^OCu③'②B.①'④'③'②C.①'②>③'④D.④'③'①'②方法：溶液pH的大小由两种情况决定，一是电解质本身的电离，二是水的电离，而水的电离程度的大小又决定于盐类水解程度的大小。
此类试题要求准确把握酸碱的相对强弱，充分依靠水解规律判析。
捷径：四种溶液可分成三组，②NaHSO,电离显酸性，pH①，以此得答案A。
总结：此类试题解答的一般步骤为：先分组，然后再对组内物质根据电离与水解程度进行判析。
题中溶液除为盐溶液外，还可能为酸或碱。
如等浓度的八种稀溶液：①Na^SO②H2SO③NaHSO④NHCI⑤NaHCO⑥NaCO⑦NaOH⑧Ba(OH2，其pH由小到大的顺序为②③④①⑤⑥⑦⑧。
例题2:已知一种c(H+)=1x10-3mol?L「1的酸和一种c(OH—)=1x10-3mol?L 一1碱溶液等体积混合后，溶液呈酸性。
其原因可能是()A.浓的强酸和稀的强碱溶液反应B?浓的弱酸和稀的强碱溶液反应C.等浓度的强酸和弱碱溶液反应D?生成了一种强酸弱碱盐方法：酸碱中和后所得溶液的酸碱性主要有两方面因素制约，①盐的水解，②酸碱用量。
专题07 电解质溶液-2014年高考化学考纲解读及热点难点试题演练 Word版含解析[ 高考]
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1．了解电解质的概念；了解强电解质和弱电解质的概念。
2．了解电解质在水溶液中的电离，以及电解质溶液的导电性。
3．了解弱电解质在水溶液中的电离平衡。
4．了解水的电离，离子积常数。
5．了解溶液pH的定义；了解测定溶液pH的方法，能进行pH的简单计算。
6．了解盐类水解的原理、影响盐类水解程度的主要因素、盐类水解的应用。
7．了解难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质。
一、弱电解质的电离平衡1．判断弱电解质的方法(1)在浓度和温度相同时，与强电解质溶液做导电性对比试验。
(2)在浓度和温度相同时，与强电解质溶液比较反应速率快慢。
(3)配制一定物质的量浓度的HA溶液(如0.01 mol·L－1)，测其pH。
若pH＞2，则说明HA 为弱酸。
(4)测定对应的盐溶液的酸碱性，如钠盐(NaA)溶于水，测其pH，若pH＞7，则说明HA为弱酸。
(5)稀释前后pH与稀释倍数的变化关系。
如将pH＝2的酸溶液稀释1 000倍，pH<5，则证明该酸为弱酸。
(6)利用电离平衡证明。
如醋酸溶液中滴入石蕊试液变红，再加CH3COONa固体，颜色变浅。
(7)利用较强酸(碱)制取较弱的酸(碱)来判断电解质强弱。
(8)利用元素周期表同周期、同主族的递变性进行判断。
2．一元强酸与一元弱酸的比较二、水的电离及溶液的酸碱性1．水电离的c(H＋)或c(OH－)的计算方法(25 ℃)(1)中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7 mol·L－1。
(2)溶质为酸的溶液H＋来源于酸电离和水电离，而OH－只来源于水。
如计算pH＝2的盐酸中水电离出的c(H＋)：方法是先求出溶液中的c(OH－)＝10－12mol·L－1，即水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12mol·L －1。
(3)溶质为碱的溶液OH－来源于碱电离和水电离，而H＋只来源于水。
如pH＝12的NaOH溶液中，c(H＋)＝10－12 mol·L－1，即(3)对于强酸(强碱)溶液，每稀释为10倍体积时，pH增大(减小)1个单位；对于弱酸(弱碱)溶液，每稀释为10倍体积，pH增大(减小)不足1个单位；无论稀释多少倍，酸(碱)溶液的pH不能等于或大于(小于)7，只能趋近于7。
2014年高考化学二轮专题复习09电解质溶液(含13真题及名校质检题)
2014年高考专题复习九电解质溶液【考情分析】一、考纲要求1.了解电解质的概念。
了解强电解质和弱电解质的概念。
2.了解电解质在水溶液中的电离，以及电解质溶液的导电性。
3.了解弱电解质在水溶液中的电离平衡。
4.了解水的电离，离子积常数。
5.了解溶液pH 的定义。
了解测定溶液pH 的方法，能进行pH 的简单计算。
6.了解盐类水解的原理、影响盐类水解程度的主要因素、盐类水解的应用。
7.了解离子反应的概念、离子反应发生的条件。
了解常见离子的检验方法。
8.了解难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质。
二、命题趋向 电解质溶液是高考的必考题型，通常考查电解的概念、弱电解质的电离、盐类的水解、沉淀溶解平衡以及三大守恒关系。
通常以粒子浓度大小比较、守恒关系的应用、酸碱中和滴定等形式进行考查。
近几年的趋势是这类试题的综合性越来越强，从单一考查电离、水解到综合考查，从单纯的浓度大小比较到浓度比较、等量关系、反应规律等。
在备考中从理论的角度进行深入复习，着重方法的掌握和运用。
【知识归纳】（一）强弱电解质及其电离1．电解质、非电解质的概念电解质：在水溶液中或熔融状态时能够导电的化合物。
非电解质：在水溶液中和熔融状态都不能导电的化合物。
注意：①单质和混合物既不是电解质也不是非电解质；②CO 2、NH 3等溶于水得到的水溶液能导电，但它们不是电解质，因为导电的物质不是其本身；③难溶的盐（BaSO 4等）虽然水溶液不能导电，但是在融化时能导电，也是电解质。
2．电解质的电离（1）强电解质如NaCl 、HCl 、NaOH 等在水溶液中是完全电离的，在溶液中不存在电解质分子，溶液中的离子浓度可根据电解质浓度计算出来。
（2）弱电解质在水溶液中是少部分发生电离的。
如25℃时0.1mol/L 的CH 3COOH 溶液中，CH 3COOH 的电离度只有1.32％，溶液中存在较大量的H 2O 和CH 3COOH 分子，少量的H +、CH 3COO -和极少量的OH -离子。
高三化学电解质溶液常见易错点剖析(第2部分)
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电解质溶液常见易错点剖析·第 2 部分·水的电离
知识点睛
二、氧化还原滴定 以氧化还原反应为基础的容量分析方法。它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；或者间接滴定一些本身并没有氧化性或还原性，但能与某些氧化剂或还原剂起反 应的物质。氧化滴定剂有高锰酸钾、重铬酸钾、碘等；还原滴定剂有亚铁盐、抗坏血酸(即维生素 C) 等。
－8
Ag2CrO4 砖红 6.5×10
－5
AgSCN 白 1.0×10
－6
(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________。 A．NaCl B．BaBr2 C．Na2CrO4 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 ＋CrO2 4 ===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，此时的离子反应方程式为 2Ag ＋CrO2 4 ===Ag2CrO4↓。
2024高考化学 易错专题14 水溶液中离子平衡图像(解析版)
易错专题14水溶液中离子平衡图像聚焦易错点：►易错点一稀释图像►易错点二滴定曲线►易错点三K W 、K sp 的图像►易错点四分布系数图像易错点一稀释图像【易错典例】例1（2023·浙江温州·三模）在一定温度下，冰醋酸稀释过程中溶液的导电能力与pH 的变化如图。
下列有关说法中正确的是A ．a 点3CH COOH 溶液未达到电离平衡状态B ．离子总浓度越大，溶液导电能力越强C ．向a 、b 两点溶液中分别滴入同一NaOH 溶液至中性，溶液中的()3n CH COO -相同D ．b 点后，溶液中加水稀释，所有离子浓度均减小B 【详解】A ．加水稀释过程中，a 点、b 点都达到了电离平衡，故A 错误；B ．导电能力与离子浓度和所带电荷数有关，因此离子总浓度越大，溶液导电能力越强，故B 正确；C ．根据电荷守恒3n(CH COO )n(OH )n(Na )n(H )--+++=+，溶液呈中性，3n(CH COO )n(Na )-+=，a 点醋酸浓度大，向a 、b两点溶液中分别滴入同一NaOH 溶液至中性，a 点消耗的氢氧化钠溶液比b 点消耗的氢氧化钠溶液多，因此溶液中的()3n CH COO -是a 点大于b 点，故C 错误；D ．b 点后，溶液中加水稀释，醋酸根、氢离子浓度减小，氢氧根浓度增大，故D 错误。
【解题必备】稀释图像(pH 与稀释倍数的线性关系)①HY为强酸、HX为弱酸②a、b两点的溶液中：c(X－)＝c(Y－)③水的电离程度：d＞c＞a＝b ①MOH为强碱、ROH为弱碱②c(ROH)＞c(MOH)③水的电离程度：a＞b【变式突破】1．（2023·北京房山·一模）某温度下，将pH和体积均相同的HCl和3CH COOH溶液分别加水稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。
下列叙述不正确的是A．稀释前溶液的浓度：()()3HCl CH COOHc c<B．溶液中水的电离程度：b点<c点C．从b点到d点，溶液中()()c H c OH+-⋅逐渐增大D．在d点和e点均存在：()H c c+>(酸根阴离子)C【详解】A．稀释前两溶液的pH值相等，由于醋酸是部分电离，因此溶液的浓度：c(HCl)<c(CH3COOH)，故A正确；B．b点pH值小于c点pH值，说明c点酸性弱，抑制水的电离程度小，水的电离程度大，因此溶液中水的电离程度：b点＜c点，故B正确；C．从b点到d点，由于溶液的温度不变，因此溶液中c(H+)·c(OH-)不变，故C错误；D．在d点和e点均存在电荷守恒即c(H+)=c(酸根阴离子)+c(OH-)，因此存在：c(H+)>c(酸根阴离子)，故D正确。
高中化学专题10 滴定(曲线)分析(解析版)
高频考点10：滴定（曲线）分析提分精准突破1.基于核心素养的滴定曲线分析电化学核心素养体现在“变化观念与平衡思想”。
核心素养生成——通过三大平衡理论的分析，认识溶液中的平衡是多维度、动态变化的，通过化学反应平衡移动原理的应用，解决实际问题，分析各平衡的影响因素，对所给曲线做出正确分析，运用联系发展和动态平衡的观点看待和分析可逆反应，提升学生的变化观念与平衡的学科思想素养。
预测在2020高考中，仍会以图像的形式综合考查外界条件对电离平衡的影响，以及借助图像数据计算电离平衡常数；离子积常数和影响水电离平衡的因素，特别是酸、碱反应过程中水的电离程度的变化；盐类水解原理，特别是特殊点的粒子浓度大小关系；溶度积和溶度积曲线的理解等，强调用动态平衡的观点看待和分析微粒变化的过程，便于考查考生的探究能力。
本专题包括五个高频微考点：☆酸碱中和滴定过程分析☆溶液三大守恒应用分析☆溶度积曲线及应用分析☆分布系数图像综合分析☆PH-T图像题综合分析2. 滴定曲线高频考点“微”解读与精准突破解决滴定类曲线问题的关键是巧抓“5点”，即曲线的起点、恰好反应点、中性点、反应一半点和过量点(或二倍点)，解题时：第一，先判断出各个点的溶质成分，不考虑水解或电离，只按方程式反应关系得到溶质各成分的量，第二，判断出对应点溶液的酸碱性。
【例析】[改编题]用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液为例，总结如何抓住滴定曲线的5个关键点：(1)除起点外曲线上所有的点均满足：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)(2)不同点微粒关系情况(3)曲线上各点溶液中水的电离情况变化规律【典例导引】☆酸碱中和滴定过程分析【典例1】[2019·新课标全国Ⅰ] NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸H2A的K a1=1.1×10−3 ，K a2=3.9×10−6）溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。
【备战2014】高考化学 易错题分类解析 元素及化合物(含解析)(教师版)
备战2014·高考化学分类错题本（教师版）元素及其化合物☞易错题查找A．图①表示向AlCl3溶液中滴入NaOH溶液，沉淀质量变化B．图②表示250C时，用0.01mol·L-1盐酸滴定20ml0.01 mol·L-1NaOH溶液，溶液的PH随加人酸体积的变化C．图③表示向Na2CO3稀溶液中滴入稀HCl，产生气体的量随加人盐酸量的变化关系D．图④中曲线表示合成氨反应组分浓度随时间的变化关系☞查缺行动【知识补缺】1、元素及化合物与基本概念、理论结合方式在解题过程中，元素及化合物类试题如遇到困难，多从基本概念和基本理论的角度去思考，最终得到答案。
2、解题过程中突破口（1）特殊颜色①焰色反应：Na +（黄色）、K +（紫色）②浅黄色固体：S 或Na 2O 2或AgBr③使品红溶液褪色的气体：SO 2（加热后又恢复红色）、Cl 2（加热后不恢复红色）④有色溶液：Fe 2+（浅绿色）、Fe 3+（黄色）、Cu 2+（蓝色）、MnO 4-（紫色）有色固体：红色（Cu 、Cu 2O 、Fe 2O 3）、红褐色[Fe(OH)3]蓝色[Cu(OH)2] 黑色（CuO 、FeO 、FeS 、CuS 、Ag 2S 、PbS ） 黄色（AgI 、Ag 3PO 4） 白色[Fe(0H)2、CaCO 3、BaSO 4、AgCl 、BaSO 3] 有色气体：Cl 2（黄绿色）、NO 2与溴蒸气（红棕色）⑤特征反应现象：白色沉淀[Fe(OH)2] ——→空气红褐色[Fe(OH)3]（2）特殊性质很多物质表现出特殊的物理或化学性质，具有一些特征反应，或在反应中能产生特殊现象，①受热分解产生2种或3种气体的反应：铵盐：NH 4HCO 3、(NH 4)2CO 3、NH 4HSO 3、(NH 4)2SO 3、NH 4HS 、(NH 4)2S 等NH 4HCO 3————→ΔNH 3↑+CO 2↑+H 2O硝酸盐：Cu(NO 3)2、AgNO 32Cu(NO 3)2————→Δ2CuO+4NO 2↑+O 2↑②与水反应产生气体单质：Na 、F 2等化合物：Na 2O 2、Mg 3N 2、Al 2S 3、CaC 2等强烈双水解的物质：Al 3+与CO 2-3 （HCO -3 ）、S 2-(HS -)、AlO -2等 元素及化合物物质结构 电解质 化学平衡 离子反应 氧化还原制备 性质 用途实验设计（3）特殊转化个关系：无机物之间有一些重要的衍变关系，在物质之间按照一定规律反应时，会形成一定的特征的转化关系。
电解质溶液高考题易错剖析
电解质溶液高考题易错剖析作者：雷范军吴惠华来源：《广东教育·高中》2016年第11期电解质溶液属于高中化学重要的基本概念和基本理论，因而是每年高考的必考内容。
下面以近两年高考真题中有关电解质溶液的试题为例，对考生解答时出现的常见错误或认识误区予以分类分析，以帮助同学们突破有关试题的解答。
一、未充分了解强电解质和弱电解质、弱电解质在水溶液中的电离平衡从物质分类上看，强酸、强碱、绝大多数的盐（包括难溶盐）等属于强电解质，弱酸、弱碱、极少数的盐、两性氢氧化物、水等属于弱电解质。
弱酸、弱碱在水中存在电离平衡，可直接用化学平衡移动原理分析电离平衡，温度、浓缩、稀释、加酸或碱等与之反应的物质，可以使电离平衡移动，改变电离度和溶液的pH等。
【例1】（2016·全国课标I，12）298K时，在20.0 mL 0.10 mol·L-1氨水中滴入0.10 mol·L-1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图1所示。
已知0.10 mol·L-1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 mLC. 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错解：选B。
把弱碱当成强碱分析，M点的pH=7，说明氨水与盐酸恰好完全中和，则n （NH3·H2O）= n（HCl），即c（NH3·H2O）·V（碱溶液）= n（HCl）·V（酸溶液），则V （酸溶液）= 0.10 mol·L-1×20.0 mL÷ 0.10 mol·L-1 = 20.0 mL。
解析：氨水与盐酸恰好完全中和为氯化铵和水时，由于氯化铵属于强酸弱碱盐，则所得混合溶液呈弱酸性，pH < 7，因此不能选择变色范围在碱性区间的酚酞，应该选择变色范围在酸性区间的甲基橙，A项错误；等体积等浓度的氨水与盐酸恰好完全中和生成具有弱酸性的氯化铵溶液，pH NH3·H2O > H2O，且氯化铵的水解程度等于稍过量氨水的电离程度，则M点处的溶液中c（NH4+）=c（Cl-）>c（H+）= c（OH-），C项错误；NH3·H2O是一元弱碱，N点的pH就是0.10 mol·L-1氨水的pH，由于0.10 mol·L-1氨水的电离度为1.32%，则其c（OH-）=0.10 mol·L-1×1.32%=1.32×10-3 mol·L-1，298K时，Kw= c（H+）·c（OH-）=1.0×10-14，则该氨水中c（H+）= Kw / c（OH-） = 1.0/1.32×10-11mol·L-1，pH=-lgc（H+）=-lg（1.0/1.32×10-11）=-lg（1.0/1.32）+11答案：D二、片面地了解外界条件对水的电离平衡及离子积的影响温度、加酸（或碱或盐等物质）等外界条件能使水的电离平衡发生移动，可以用勒夏特列原理进行分析推断，水的离子积揭示了任何酸、碱、盐的稀溶液中均存在H+和OH-，只要温度不变，Kw不变。
高考化学 易错题分类解析 电解质溶液(含解析)(教师版)
备战2014·高考化学分类错题本（教师版） 电解质溶液（综合） ☞易错题查找【易错题】（2012皖南八校第一次联考）13．下列关系式正确的是A ． 常温下PH=2的甲酸与pH=12的烧碱溶液等体积混合：c(Na+)>c(HCOO-)>c(OH-)>c(H+)B ．0.1mol/LNa3PO4溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HPO42-)+2c(H2PO4-)+3c(H3PO4)C ．Na2CO3溶液加水稀释后，恢复至原温度，所有离子浓度均减小D ．1L 0.3mol • L -1NaOH 溶液吸收标准状况下 4. 48L CO2 ：c(Na +)>c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)☞查缺行动【知识补缺】1、有关强酸、强碱混合的相关规律总结将强酸、强碱溶液以某体积之比混合，若混合液呈中性，则c(H ＋)∶c(OH －)、V 碱∶V 酸、pH 酸＋pH 碱有如下规律(25 ℃)：因c(H ＋)酸·V 酸＝c(OH －)碱·V 碱，故有c H ＋酸c OH －碱＝V 碱V 酸。
在碱溶液中c(OH －)碱＝10－14c H ＋碱，将其代入上式得：c(H ＋)酸·c(H ＋)碱＝10－14·V 碱V 酸，两边取负对数得：pH 酸＋pH 碱＝14－lg V 碱V 酸。
现具体举例如下： V 酸∶V碱c(H ＋)∶c(OH －) pH 酸＋pH 碱 10∶11∶10 15 1∶11∶1 14 1∶1010∶1 13 m ∶n n ∶m 14＋lg(m n) 2、溶液中离子浓度大小的比较规律(1)多元弱酸溶液，根据多步电离分析，如在H3PO4溶液中，c(H ＋)＞c(H2PO －4)＞c(HPO2－4)＞c(PO3－4)。
(2)多元弱酸的正盐溶液根据弱酸根的分步水解分析，如Na2CO3溶液中c(Na ＋)＞c(CO2－3)＞c(OH －)＞c(HCO －3)。
高考突破电解质溶液选择题：滴定曲线专题复习 课件
由于Ksp[Mg(OH)2]<Ksp[Ca(OH)2]，则先生成Mg(OH)2沉淀，并 且沉淀完全，生成沉淀后溶液中c(OH-)＝(0.105-0.050×2)mol·L-1 ＝0.005 mol·L-1，此时c(Ca2+)·c2(OH-)＝0.010×(0.005)2＝ 2.5×10-7<Ksp[Ca(OH)2]，故无Ca(OH)2沉淀生成，D错。 【答案】A
M
nO
4
+6H++5H2C2O4====10CO2↑+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+I2====Na2S4O6+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。
6、“教学的艺术不在于传授本领，而在于激励、唤醒、鼓舞”。2021年11月2021/11/102021/11/102021/11/1011/10/2021
•7、“教师必须懂得什么该讲，什么该留着不讲，不该讲的东西就好比是学生思维的器，马上使学生在思维中出现问题。”“观察是 思考和识记之母。”2021/11/102021/11/10November 10, 2021
答案：(1)冷凝管或冷凝器 b (2)SO2+H2O2====H2SO4 (3)③ 酚酞 ④ (4)0.24 (5)原因：盐酸的挥发；改进措施：用不挥发的强酸，如硫酸代替盐 酸或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，排除盐酸挥发的影响
高考化学热点题型训练电解质溶液曲线分析含解析
电解质溶液曲线分析1.常温下用NaOH 溶液滴定H 2C 2O 4溶液溶液中﹣lg()()224H H C O c +和﹣lg c (HC 2O 4-)[或-lg()()24H HC O c c +-和﹣lgc(C 2O 42-)]的关系如图所示。
下列说法正确的是（ ）A. 曲线N 表示-lg()()24c H c HC O+-和﹣lgc(C 2O 42-)的关系B. K a1(H 2C 2O 4)的数量级为10﹣1C. 向NaHC 2O 4溶液中加少量NaOH 至c(HC 2O 4﹣)和c(C 2O 42﹣)相等，此时溶液pH 约为4D. 在Na 2C 2O 4和NaHC 2O 4物质的量为1:1的混合溶液中c(Na +)＞c(C 2O 42﹣)＞c(HC 2O 4﹣)＞c(H 2C 2O 4)＞c(OH -)＞c(H +) 【答案】A【详解】A.H 2C 2O 4溶液存在H 2C 2O 4⇌HC 2O 4-+H +，HC 2O 4-⇌C 2O 42-+H +，且K a1(H 2C 2O 4)=()()()24224H HC O H C O c c c +-⋅，K a2=()()()22424H C O HC Oc c c +--⋅，可知[-lg()()224H ]H C O c c ++[-lg()24 HC O c -]=-lg(K a1)，[-lg()()24H ]HC O c c +-+[-lg ()224 C O c -]=-lg(K a2)，因K a1>K a2，则-lg(K a1)< -lg(K a2)，可知曲线M 表示-lg()()224H H C O c c +和-lg ()24HC O c -的关系，曲线N 表示-lg ()()24H HC Oc c +-和-lg ()224C O c -的关系，A 正确；B.当lg ()24HC O c -=()224H C O c ，[-lg ()()224]H C O c H c ++[-lg ()24c HC O -]=-lg(K a1)=2，K a1(H 2C 2O 4)=()()()24224H HC O H C O c c c +-⋅=c(H +)=10-2，B 错误；C.向NaHC2O4溶液中加少量NaOH至c(HC2O4-)和c(C2O42-)相等，K a2(H2C2O4)=()()()22424H C OHC Oc cc+--⋅=c(H+)=10-5，C错误；D.溶液的体积相等，由于二者的物质的量相等，所以c(NaHC2O4)、c(Na2C2O4)相等，K a2=()()()22424H C OHC Oc cc+--⋅=c(H+)=10-5，pH<5，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，D错误。
专题07 电解质溶液 (解析版)
专题 07 电解质溶液易错点1 混淆强、弱电解质的性质1．25℃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．0.2 mol·L−1 H2A 溶液中的c(H+)=a，0.1 mol·L−1 H2A 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】A．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，故A 正确；B．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，故B 正确；C．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，故C 错误；D．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=0.2 mol·L−1，此时a=2b，现a<2b，则H2A 为弱酸，故D 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。
高考有关电解质溶液的试题解析及对知识点归纳
目夺市安危阳光实验学校1、（全国卷II理综化学7）实验室现有3种酸碱指示剂，基pH变色范围如下：甲基橙：3.1~4.4 ，石蕊：5.0~8.0 ，酚酞：8.2~10.0 ；用0.1000mol/L NaOH 溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，反应恰好完全时，下列叙述中正确的是（）A.溶液呈中性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂B.溶液呈中性，只能选用石蕊作指示剂C.溶液呈碱性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂D.溶液呈碱性，只能选用酚酞作指示剂【答案】7.D【试题解析】酸碱中和滴定的实质是酸碱发生中和反应，由于醋酸是弱酸，中和后的溶液因为溶质醋酸钠水解而呈碱性，排除AB选项，如果选用甲基橙做指示剂，滴定终点时溶液仍然呈酸性，说明醋酸远远没有被中和完，而用酚酞做指示剂，开始时酚酞的醋酸溶液无色，当溶液呈浅红色时，溶液的pH范围在8.2~10.0，而醋酸钠水解的弱碱性恰好在这个范围，所以选择酚酞做指示剂，D 对。
【相关知识点归纳】酸碱中和滴定是酸碱中和生成正盐，而不是酸碱反应溶液呈中性。
酸碱中和滴定从来不用石蕊做指示剂，滴定终点溶液呈酸性选择甲基橙做指示剂，滴定终点溶液呈碱性选择酚酞做指示剂，滴定终点溶液呈中性选择酚酞或甲基橙都可以。
2、（全国卷II理综化学9）取浓度相等的NaOH和HCl溶液，以3∶2体积比相混和，所得溶液的pH等于12，则原溶液的浓度为（）mol/L B. 0.017mol/L C. 0.05mol/L D.0.50mol/L【答案】9.C【试题解析】设原溶液的物质的量浓度为C,溶液体积的公比为V,pH=12 ,溶液呈碱性，pOH=2,c(OH-)=10-2；有关系式：VVCVC523-=10-2，C=0.05mol/L。
【相关知识点归纳】强酸强碱溶液中和后，求溶液的pH方法：①n(H+)-n(OH-)>0,溶液呈酸性，设溶液体积为V,c(H+)=V)OH(n)(--+Hn；pH=-lg{c(H+)} 。
新教材2024高考化学二轮专题复习专题9电解质溶液考点2电解质溶液曲线分析教师用书
考点2 电解质溶液曲线分析核心梳理1.酸碱中和滴定曲线氢氧化钠滴定等浓度等体积的盐酸、醋酸的滴定曲线盐酸滴定等浓度等体积的氢氧化钠溶液、氨水的滴定曲线曲线起点不同。
强碱滴定强酸、弱酸的曲线，强酸起点低；强酸滴定强碱、弱碱的曲线，强碱起点高突跃点变化范围不同。
强碱与强酸反应的突跃点变化范围大于强碱与弱酸反应(强酸与弱碱反应)室温下pH＝7不一定是终点。
强碱与强酸反应时，终点是pH＝7；强碱与弱酸反应终点是pH>7，强酸与弱碱反应终点是pH<72.弱电解质(弱酸或弱碱)分布系数图像举例一元弱酸(以CH3COOH为例) 二元弱酸(以H2C2O4为例) 弱电解质分布系数图原因弱酸溶液中加入强碱，发生中和反应，溶液的pH不断增大，各成分粒子的含量不断动态变化δnδ0为CH3COOH、δ1为CH3COO－δ0为H2C2O4、δ1为、δ2为利用交点求K 交叉点的含义[图中pH＝4.76时，曲线相交，c(CH3COO－)＝c(CH3COOH)]，K a＝所以，K a＝c(H＋)＝10－4.76，lg Ka＝－4.76，pK a＝4.76(1)当pH＝1.2时，由图可知：c(H2C2O4)＝)K1＝所以，K1＝c(H＋)＝10－1.2。
(2)当pH＝4.2时，由图可知：)＝)K2＝所以，K2＝c(H＋)＝10－4.23.对数图像类型含义变化规律解题策略pH＝－lg c(H＋) 氢离子浓度的常用对pH越大，c(H＋)越小，溶①先弄清是对数数负值液的碱性越强还是负对数②弄清楚是什么的对数，如浓度对数、浓度比对数、体积比对数等③弄清楚对数变化所表示的意义 pC ＝－lg c (C) C 离子浓度的常用对数负值pC 越大，c (C)越小lg生成物与反应物粒子浓度比的常用对数 lg 越大，反应向正反应方向进行的程度越大lg 稀释后与稀释前体积比的常用对数 lg 越大，稀释程度越大 AG ＝lg氢离子与氢氧根离子浓度比的常用对数AG 越大，酸性越强，中性时，＝1，AG ＝0(2)对数图像分析示例 lg c (x )与pH 关系图当弱电解质的成分粒子的浓度c (x )经对数处理后，就得到lg c (x )与pH 的直线关系图。
全国通用备战2024年高考化学易错题精选类型03离子反应6大易错点教师版
易错类型03离子反应易错点1分辨不清电解质和非电解质【分析】(1)电解质和非电解质都属于化合物，单质、混合物既不是电解质，也不是非电解质。
(2)单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。
(3)电解质强弱与化合物类型无关，强电解质不一定是离子化合物，如H2SO4，弱电解质不一定共价化合物，如AlCl3。
(4)电解质不一定导电，如固体NaCl、液态HCl均不导电；导电的物质不一定是电解质，如金属单质、盐酸均可导电，但都不是电解质。
(5)有些化合物的水溶液虽然能导电，但溶液中导电的离子不是其自身电离产生的，故这些化合物不属于电解质，而属于非电解质，如SO2、NH3等。
易错点2误认为强电解质溶液的导电能力一定强于弱电解质溶液【分析】(1)电解质的强弱与电解质溶液导电能力的强弱、溶解性大小没有必然联系。
如CaCO3的溶解度很小，其溶液导电能力很弱，但属于强电解质。
(2)溶液导电性强弱与自由离子的浓度及离子所带的电荷数有关，与电解质强弱无直接关系。
易错点3不能正确书写几种类型的电离方程式【分析】(1)强酸、强碱、大多数盐溶于水能完全电离，用“===”表示。
如Na2SO4===2Na＋＋SO2－4，HCl===H＋＋Cl－，Ba(OH)2===Ba2＋＋2OH－。
部分酸式盐在水溶液中的电离：弱酸的酸式酸根不拆开，强酸的酸式酸根拆成离子形式。
如NaHCO3===Na＋＋HCO－3。
(2)原子团不可拆分。
如KClO3的电离方程式为KClO3===K＋＋ClO－3。
(3)要遵循质量守恒定律，即在方程式两边原子的种类和数目相同。
(4)NaHSO4溶液中电离出Na＋、H＋、SO2－4。
NaHSO4熔融状态下电离出Na＋、HSO－4。
”连接。
多元弱酸，分步电离，分步书写，且第一步的电离程度远(5)弱电解质的电离方程式中用“大于第二步的电离程度；多元弱碱，分步电离，一步书写；弱酸的酸式盐，“强中有弱”。
易错点4离子方程式的书写常见误区【分析】1.常见陷阱（1）“拆分”陷阱离子方程式的正误判断中，常常设置物质是否能“拆分陷阱”，氧化物、弱电解质、沉淀、多元弱酸的酸式酸根(HSO－4除外)在离子方程式中均不能拆分。
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备战2014·高考化学分类错题本（教师版）电解质溶液（滴定曲线）☞易错题查找
【易错题】（2012淮南一模）13．常温下，用0.1000mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL，
0.1000mol/L盐酸和20.00 m10.1000mol/L醋酸溶液，得到2条滴定曲线，如下图所示。
若以HX表示酸，下列说法正确的是 ( )
A．滴定盐酸的曲线是图乙
B．达到B、D状态时，两溶液中离子浓度均为c(Na+)=c(X-)
C．达到B、E状态时，反应消耗的n(CH3COOH)>n(HCl)
D．当0mL<V(NaOH)<20.00ml时，对应混合溶液中各离子浓度由大到小的顺序均为c(X-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
☞查缺行动
【知识补缺】
1、中和滴定原理
酸碱中和滴定，是利用已知浓度的酸（或碱）测定未知浓度碱（或酸）的方法，其基本原理利用指示剂来判断滴定终点，此时n(酸)=n(碱)（一元酸碱），从而计算未知酸（或碱的浓度）。
在此值得注意的是，酸碱的物质的量相等，而不是氢离子和氢氧根相等，因为如有弱酸或弱碱能不断电离出氢离子或氢氧根。
2、指示剂及变色范围
甲基橙：（红色）3.1 （橙色）4.4 （黄色）
石蕊：（红色）5.0 （紫色） 8.0 （蓝色）（在中和滴定中不使用）
酚酞：（无色）8.2 （浅红色） 10.0 （红色）
3、几种情况
（1）0.1mol/L强碱滴定0.1mol/L强酸
起点：pH=1，滴定终点，pH=7，可使用甲基橙或酚酞做指示剂
（2）0.1mol/L强碱滴定0.1mol/L弱酸
起点：pH>1，滴定终点，pH>7，若均为一元酸碱，滴定终点消耗的体积相同，滴定终点溶液呈碱性，只能是用酚酞做指示剂
（3）0.1mol/L的强酸滴定0.1mol/L弱碱
起点，pH<13，滴定终点，pH<7，若均为一元酸碱，滴定终点消耗的体积相同，滴定终点溶液呈碱性，只能使用甲基橙做指示剂。
【方法补缺】
对于动态变化的，可以采取极端假设（假设没有加入、加入少量、恰好反应、过量等等）的方法进行确定。
对于Na2CO3，用酚酞和甲基橙，可以连续滴定，有两个突跃点，值得关注。
☞及时补漏
【补漏1】（2012合肥三模）13．常温度下，将Cl2缓慢通人水中至饱和，然后再滴加0.1mol/L。