高考化学易错题解题方法基本理论
高考化学易错题解题方法大全（2）
——基本理论
【元素周期律与元素周期表】
【范例 16】有 Wn+、Xm+、Ym－、Zn－四种离子(m>n)，且 W、X、Y、Z 四种原子的 M 电子层
上的电子数均为奇数。下列说法中正确的是
A．Wn+、Xm+、Ym－、Zn－的离子半径依次增大
B．Y、Z 的气态氢化物的热稳定性：YHm＞HnZ
C．W、X、Y、Z 的最高价氧化物对应的水化物都是强电解质
D．W、X、Y、Z 的最高价氧化物对应的水化物的碱性依次减弱，酸性依次增强
【错误分析】错解 1：因由题意易知四种原子位于同一周期，Y、Z 为非金属，离子所带负电
荷越多，非金属性越强，故 B 正确。错解 2：M 层电子数均为奇数，可知四种原子应为 IA 、
IIA 、IIIA 、VA 、VIIA 族元素，所以形成最高价氧化物对应的水化物都是强电解质，故 C
正确。
【形成错因】一是贪图思维捷径，不能从元素周期表认真推导，二对离子半径大小比较规律，
元素金属性强弱规律没有熟记。
【解题指导】 M 电子层上的电子数均为奇数有的原子:Na 、Al、 P、 Cl，对应离子为 Na+、
Al3+、 P3-、 Cl-，又 m>n,W 为 Na+ X 为 Al3+ Y 为 P3- Z 为 Cl-故
答案：D。
【范例 17】下列各项内容中，排列顺序正确的是
① 固体的热稳定性：Na2CO3＞CaCO3＞NaHCO3
② 相同物质的量浓度的下列溶液中 NH4+ 的浓度：(NH4)2SO4＞(NH4)2CO3＞NH4Cl
③ 微粒半径：K+＞S2－＞F
④ 给出质子的能力：CH3COOH＞C2H5OH＞H2O
⑤ 氢化物的沸点：H2Se＞H2S＞H2O
A．①③ B．②④ C．①② D．③⑤
【错误分析】错解 A 或 D，③中 K 在第四周期，而 S 在第三周期，故③正确，⑤中原子量 Se
＞S＞O，形成结构相似的物质，其分子量越大沸点越高。故⑤正确
【形成错因】一忽略了原子半径大小比较规律中有一条：原子核外电子排布相同，核电荷数
越大半径越小。二是忽略了水分子中存在氢键，其沸点反常。
【解题指导】①中碳酸氢纳加热易分解，碳酸钙高温分解，而碳酸钠性质稳定故正确；②碳
酸铵在溶液中碳酸根离子会促进铵根离子水解，故正确；③因原子核外电子排布相同，核电
荷数越大半径越小故 微粒半径:K+
A,又 B 原子最外层电子数等于 A 原子最外层电子数的一半也是 C 原子半径一
半，C 原子最外层电子数多于 A，所以 BC>D,
②同主族元素，核电荷数越大半径越大，知：C>A
综上 A 错；B 中工业上大量生产铁的重要方法是氧化铁与一氧化碳反应，B 错；C 中 D
的最高价氧化物的水化物为高氯酸的酸性大于 C 的最高价的水化物硫酸；D 中 B 是 Al2O3，为
两性氧化物，故 D 错。
答案：C
【范例 19】.某物质有以下性质：①是电解质 ②溶解时有化学键的破坏 ③熔化时没有化
学键的破
坏，则该物质固态时属于 （ ）
A．原子晶体 B．离子晶体 C．分子晶体 D．金属晶体
【错误分析】错选 B，一看要求 1 为电解质排除 C，D，再看要求 2 排除 A。
【形成错因】电解质的判断依据不明确，并不是分子晶体都是非电解质，如冰醋酸。
【解题指导】首先排除 D 项，离子晶体溶解和融化时都有化学键破坏，原子晶体融化时有化
学键破坏。
答案：选 C。
【变式训练 18】（08 广东卷）2007 年诺贝尔化学奖得主 Gerhard Ertl 对金属 Pt 表面催化
CO 氧化反应的模型进行了深入研究。下列关于 202
78 Pt 的说法正确的是（ ）
A． 202
78 Pt 和 198
78 Pt 的质子数相同，互称为同位素
B． 202
78 Pt 和 198
78 Pt 的中子数相同，互称为同位素
C． 202
78 Pt 和 198
78 Pt 的核外电子数相同，是同一种核素
D． 202
78 Pt 和 198
78 Pt 的质量数不同，不能互称为同位素
【变式训练 19】（08 全国Ⅰ卷）下列叙述中正确的是（ ）
A．NH3、CO、CO2 都是极性分子
B．CH4、CCl4 都是含有极性键的非极性分子
C．HF、HCl、HBr、Hl 的稳定性依次增强
D．CS2、H2O、C2H2 都是直线型分子
【溶液中的离子反应】
【范例 20】某酸性溶液中只有 Na＋、CH3COO－、H＋、OH－四种离子。则下列描述正确的是( )
A．该溶液由 pH＝3 的 CH3COOH 与 pH＝11 的 NaOH 溶液等体积混合而成
B．该溶液由等物质的量浓度、等体积的 NaOH 溶液和 CH3COOH 溶液混合而成
C．加入适量的 NaOH，溶液中离子浓度为 c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)
D．加入适量氨水，c(CH3COO－)一定大于 c(Na＋)、c(NH4
＋)之和
【错误分析】错选 B 或 C 或 D，原因一等体积的 NaOH 溶液和 CH3COOH 溶液混合后溶液中
恰好含有 Na＋、CH3COO－、H＋、OH－故选 B，原因二，溶液中由电荷守衡知：c(CH3COO－)+ c(OH
－) =c(Na＋)+c(H＋) ，
加入适量的 NaOH，可使溶液显碱性所以 B 正确；原因三加入适量的氨水溶液中有 c(CH3COO
－)＋c(OH－)=c(Na＋)＋c(NH4
＋)＋c(H＋)， 当溶液仍呈酸性即 c(OH－)＜c(H＋)，则 c(CH3COO－)
＞c(NH4
＋)＋c(Na＋)所以 D 正确。
【形成错因】审题不清，此题的关键应注意题中的“酸性”两个字，选 B 就因为忽略了“酸性”
两个字，分析不透，只注意 c(OH－)＞c(H＋)而忽略了 c(CH3COO－)＞c(Na＋)不论在什么情况下
都是错误的。
【解题指导】
选项 B 溶液 NaOH 与 CH3COOH 恰好完全反应，所以溶液呈碱性；选项 C 中当加入 NaOH
后溶液仍然呈酸性，则 c(H＋)＞c(OH－)，不成立，当恰好完全反应，溶液呈碱性，则 c(Na＋)＞
C(CH3COO－)，当碱过量时，必定 c(Na＋)＞C(CH3COO－)，所以在任何情况下溶液的离子关系
都不能成立；选项 D 中加入氨水，由电荷守恒得：c(CH3COO－)＋c(OH－)=c(Na＋)＋c(NH4
＋)＋
c(H＋)，当溶液仍呈酸性即 c(OH－)＜c(H＋)，则 c(CH3COO－)＞c(NH4
＋)＋c(Na＋)；当溶液呈中性
时，c(H＋)＝c(OH－)，则 c(CH3COO－)＝c(NH4
＋)＋c(Na＋)；当溶液呈碱性时，c(H＋)＜c(OH－)，
则 c(CH3COO－)＜c(NH4
＋)＋c(Na＋)，所以 c(CH3COO－)不一定大于 c(Na＋)、c(NH4
＋)之和。
答案：A
【范例 21】下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．pH=2 的 HA 溶液与 pH=12 的 MOH 溶液任意比混合：
c(H+) + c(M+) == c(OH-) + c(A-)
B．pH 相等的 CH3COONa、NaOH 和 Na2CO3 三种溶液：
c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(Na2CO3)
C．物质的量浓度相等 CH3COOH 和 CH3COONa 溶液等体积混合：
c(CH3COO-) +2c(OH-) == 2c(H+) + c(CH3COOH)
D．0.1mol·L-1 的 NaHA 溶液，其 pH=4：c(HA-)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2-)
【错误分析】漏选 C；错选 D
【形成错因】不能熟练应用物料守衡，电荷守衡推导和变换，错选 D 是忽视了 pH=4 的条件，
pH=4 说明电离程度>水解程度,所以对 c(H2A)和 c(A2-)大小判断不准.
【解题指导】
选项 A 中根据电荷守恒，此关系式正确；选项 B 中 pH 相等，溶液中的 c(OH－)相等，根
据酸性越弱，水解越强，所以溶液中 c(Na2CO3)＜c(CH3COONa)；选项 C 中根据电荷守恒得：
c(H＋)＋c(Na＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)……①，由于 c(CH3COOH)＝c(CH3COONa)，且它们等
体积混合，由原子守恒得：2c(Na＋)=c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)……②，将①×2－②得：
c(CH3COO-) +2c(OH-) == 2c(H+) + c(CH3COOH)；选项 D 中 NaHA 溶液的 pH＝4，溶液呈酸性，
即 c(H＋)＞c(OH－)，同时也可以判断 HA－以电离为主，所以离子浓度的大小顺序是：c(HA－)
＞c(A2－)＞c(H＋)＞c(H2A)。
答案：A、C。
【变式训练 20】下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是
A 1.0mol/L Na2CO3 溶液：c(OH－)＝c(HCO3
－)＋c(H＋)＋c(H2CO3)
B 1.0mol/LNH4Cl 溶液：c(NH4
＋)＝c(Cl－)
C 向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：
c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
D 向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的 pH＝5 的混合溶液：c(Na＋)＝c(NO3
－)
【变式训练 21】今有两种正盐的稀溶液，分别是 a mol/LNaX 溶液和 b mol/LNaY 溶液，下列
说法不正确的是
A．若 a＝b，pH(NaX) ＞pH(NaY)，则相同浓度时，酸性 HX＞HY
B．若 a＝b，并测得 c(X－)＝c(Y－)＋c(HY),则 HX 是强酸，HY 是弱酸
C．若 a＞b，测得 c(X－)＝c(Y－)，则可推出溶液中 c(HX)＞c(HY)，且相同浓度时，酸性
HX＜HY
D．若两溶液等体积混合，测得 c(X－)＋c(Y－)＋c(HX)＋c(HY)＝0.1mol/L，则可推出 a＝b
＝0.1 mol/L
【范例 22】在 25mL0.1mol∙L-1 NaOH 溶液中逐滴加入 0.1mol∙L-1 CH3COOH 溶液，
曲线如右图所示，有关粒子浓度关系正确的是
A．在 A、B 间任一点，溶液中一定都有 c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO－)+(OH－)
B．在 B 点，a＞25，且有 c(Na+)=c(CH3COO－)=c(OH－)=c(H+)
C．在 C 点：c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)
D．在 D 点：c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=c(Na+)
【错误分析】错选 B 或 D，选 B 因为 NaOH 溶液中加入 CH3COOH 溶液当物质量相当时恰好
生成 CH3COO Na，但此时溶液为中性，故只有醋酸过量即 a＞25，由于电荷守衡 c(Na+)
+c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)，又此时溶液为中性，因此 c(OH－)=c(H+)，c(Na+)=c(CH3COO－)；
选 D 因为把 D 点看作为溶液总体积为 50ml,钠离子的量就等于溶液中醋酸存在的所有形式。
【形成错因】错选 B 没有理解中性溶液中 c(OH－)=c(H+)=10-7 mol/L 远小于 c Na+，错选 D 对图
的横坐标没有理解。本质原因是对溶液中离子浓度大小比较的实质不能很好掌握。
0 2 4 6
8
1 0 1 2 1 41 0 8
6
4
2
0
p H
p C
c ( H 2 C O 3 ) c ( H C O 3 ) c ( C O 3 )2
c ( O H )c ( H )+
【解题指导】A 项中依据电荷守衡此关系式正确；B 项中 NaOH 溶液中加入 CH3COOH 溶液
当物质量相当时恰好生成 CH3COONa，但此时溶液为中性，故只有醋酸过量即 a＞25，由于电
荷守衡 c(Na+) +c(H+)=c(CH3COO － )+c(OH － )，又此时溶液为中性，因此 c(OH － )=c(H+)，
c(Na+)=c(CH3COO－) 又中性溶液中 c(OH－)=c(H+)=10-7 mol/L 远小于 c Na+故 B 项错误。C 中在
C 点 溶 液 为 醋 酸 钠 和 醋 酸 的 混 合 溶 液 ， 易 直 C 正 确 ； D 中 应 为 c(CH3COO
－)+c(CH3COOH)=2c(Na+)
答案：AC
【变式训练 22】下列溶液中有关物质的量浓度关系一定正确的是
A．0．1 mol·L 1 NaHA 溶液的 pH=9：c（Na ）> c（HA ）> c（OH ）> c（H2A）> c
（A 2 ）
B．在 NH4HCO3 溶液中： c （H3O ）+ c （H2CO3）= c （OH ）+ c （CO 2
3
）
C．稀盐酸中逐滴加入氨水至 pH>7： c （NH 4
）> c （Cl ）> c （OH ）> c （H ）
D. 物质的量浓度相等的氨水和 NH4Cl 溶液等体积混合（设溶液中无氨分子存在）：
2 c （H ）+ c （NH 4
）= c （NH3·H2O）+2 c （OH ）
【变式训练 23】pC 类似 pH，是指极稀溶液中溶质物质的量浓度的常用对数负值。
如某溶液溶质的浓度为：1×10-3mol/L，则该溶液中该溶质的 pC=-lg1×10-3=3。已知 H2CO3
溶液中存在
的化学平衡为：CO2+H2O H2CO3 H+ +HCO3— 2H++CO32—。
下图为 H2CO3 溶液的 pC-pH 图。
请回答下列问题：
（1）在 pH=0～4 时，H2CO3 溶液中主要存在的离子为： ；在 pH=12 时，H2CO3
溶液中主要存在的含碳阴离子为： ；
（2）pH<5 时，溶液中 H2CO3 的 pC 值总是约等于 3 的原因是 ；
（3）一定浓度的 NaHCO3 和 Na2CO3 混合溶液是一种“缓冲溶液”，在这种溶液中加入少量
的强酸或强碱，溶液的 pH 变化不大，其原因是
【范例 23】已知 Ag2SO4 的 KW 为 2.0×10-3，将适量 Ag2SO4 固体溶于 100 mL 水中至刚好饱
和，该过程中 Ag+和 SO 2
3
浓度随时间变化关系如下图（饱和 Ag2SO4 溶液中 c(Ag+)＝0.034
mol·L-1）。若 t1 时刻在上述体系中加入 100 mL. 0.020 mol·L-1 Na2SO4 溶液，下列示意
图中，能正确表示 t1 时刻后 Ag+和 SO 2
3
浓度随时间变化关系的是（ ）
【错误分析】多数同学对溶解平衡计算较为生疏，没有解题思路，乱选。
【形成错因】离子的溶度积与 Ksp 间的关系不明确。
【解题指导】Ag2SO4 刚好为 100ml 的饱和溶液,因为 c(Ag+)=0.034mol/L，所以 c（SO42-）
=0.017mol/L；当加入 100ml 0.020mol/LNa2SO4 溶液后，c（SO42-）=0.0185mol/L，c（Ag+）
=0.017mol/L（此时 Q”、“<”或“=”）
（4）一定温度下，在匦容密闭容器中 N2O5 可发生下列反应：
2N2O5（g） 4NO2（g）+O2（g） I
2NO2（g） 2NO（g）+O2（g） II
则反应 I 的平衡常数表达式为 。若达平衡时，c（NO2）=0．4 mol·L 1 ，c（O2）
=1．3 mol·L 1 ，则反应 II 中 NO2 的转化率为 ，N2O5（g）的起始浓度应不
低于 mo1·L 1 。
【变式训练 30】(10 分)黄铁矿(主要成分为 FeS2)是工业制取硫酸的重要原料，其煅烧产物为
SO2 和 Fe3O4。
(1)将 0.050 mol SO2(g)和 0.030 mol O2(g)放入容积为 1 L 的密闭容器中，反应 2SO2(g)＋
O2(g) 2SO3(g)在一定条件下达到平衡，测得 c(SO3)＝0.040 mol/L。计算该条件下反应的
平衡常数 K 和 SO2 的平衡转化率(写出计算过程)。
(2)已知上述反应是放热反应，当该反应处于平衡状态时，在体积不变的条件下，下列措施
中有利于提高 SO2 平衡转化率的有 (填字母)
(A)升高温度 (B)降低温度 (C)增大压强
(D)减小压强 (E)加入催化剂 (G)移出氧气
(3)SO2 尾气用饱和 Na2SO3 溶液吸收可得到重要的化工原料，反应的化学方程式为
_________________________________
_______________________________________。
(4)将黄铁矿的煅烧产物 Fe3O4 溶于 H2SO4 后，加入铁粉，可制备 FeSO4。酸溶过程中需保持
溶液足够酸性，其原因是__________________________________________________。
变式训练参考答案
选择题：
题号 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
答案 A A A B D AD AD D BC AD
非选择题：
26.（1）（4 分）H+、HCO3— CO32—、HCO3—
（2）（2 分）CO2 本身在水中的溶解度小（1 分），加之酸性增强（或 H+浓度增大），上述电
离平衡向左移动放出 CO2（1 分）
（3）（4 分）在该溶液中加入少量的酸，H+与 CO32—结合生成 HCO3—（或使平衡：
HCO3— H++CO32—向左移动，（1 分），结果溶液中 H+浓度增加得很少（1 分）；若在
溶液中加入少量的碱，OH—与 HCO3—结合生成 CO32—（或使平衡 HCO3— H++CO32—
向右移动，（1 分），结果溶液中的 OH—浓度也增加不大（1 分）。
27：设每次能处理 BaSO 的物质的量为 x
BaSO4+CO 2
3
==== BaCO3+SO 2
4
(2.0 )x x
2
10 94
2
3
( ) 1.07 10 / 2.58 10 0.041( ) (2.0 )
c SO xK c SO x
0.079x
处理次数 0.39mol 4.90.079mol
；则至少处理 5 次
28.参考答案：① A C （2 分，对 1 分给 1 分，选错不给分） ② 不，（1 分） 0.75（2
分）
29.解析：（1）ab（2 分）
（2）CH4+2NO2=N2+CO2+2H2O（2 分）
（3）① 0．01 17 mol／（L·min）（1 分） ② 温度（1 分） ③ <（1 分）
（4）化学平衡常数表达式略（1 分） 80％（1 分） 1（1 分）
30.
(1)解： 2SO2(g) ＋ O2(g) 2SO3(g)
起始浓度/ mol·L－1 0.050 0.030 0
平衡浓度/ mol·L－1 (0.050－0.040) (0.030－0.040/2) 0.040
= 0.010 = 0.010
所以，K =
)(O)}(SO{
)}SO({
2
2
2
2
3
cc
c
= 121
21
Lmol 0.010 )Lmol (0.010
)Lmol 040.0(
－－
－
= 1.6×103 mol·L－1。(不带单位计算
也得分)
(SO2) = 1
1
Lmol 050.0
Lmol)010.0050.0(
×100% = 80% 。
(2)B、C。 (3)SO2＋H2O＋Na2SO3＝2NaHSO3。
(4)抑制 Fe2＋、Fe3＋的水解，防止 Fe2＋被氧化成 Fe3＋。
