1、名师讲练09 水溶液中的离子平衡【高考定位】水溶液中的离子平衡是化学平衡的延伸和应用，也是高考中考点分布较多的内容之一。考查内容主要有以下三个方面：弱电解质的电离平衡和溶液的酸碱性；盐类的水解平衡；难溶电解质的沉淀溶解平衡。从近几年高考命题的变化趋势来看，溶液中离子浓度的大小比较及沉淀的溶解平衡和转化是主流试题。此类题目考查的内容既与盐类的水解有关，又与弱电解质的电离平衡有关。题目不仅注重考查溶液中粒子浓度的大小顺序，而且还侧重溶液中的各种守恒(电荷守恒、物料守恒、质子守恒)关系的考查，从而使题目具有一定的综合性、灵活性和技巧性。【知识讲解】一、水溶液中的平衡体系1弱电解质的电离平衡：(1)弱
2、电解质在溶液中存在着电离平衡，溶液中含有弱电解质分子、电离出的阳离子、阴离子及水分子、H、OH。(2)电离平衡的影响因素：升温、加水稀释、加入能反应的物质促进弱电解质的电离，加入同离子则抑制弱电解质的电离。(3)电离平衡常数仅是温度的函数，K越大，越易电离，对应的酸(碱)性越强。(4)多元弱酸的各级电离平衡常数的大小关系是K1K2K3，其酸性取决于第一步。(5)同pH、同体积的弱酸(弱碱)溶液，酸(碱)性越弱其浓度越大。2水的电离平衡：水是一种非常弱的电解质，一定温度下，纯水电离产生的H和OH浓度相等，且二者浓度的乘积是一常数，表示为Kwc(H)c(OH)。在电解质稀溶液中，水的电离平衡仍然存
3、在，且Kwc(H)c(OH)仍然成立，一些情况下，溶液的酸碱性就决定于水的电离或水的电离的变化。（1）纯水的电离：水的电离是一吸热过程：H2OHOHH0。温度常温(25 )100 水电离产生的c(H)、c(OH)107mol/L106mol/L水的离子积常数1101411012水的pH76酸碱性中性中性水的电离程度100 25 （2）溶液中水的电离：用水的离子积常数进行计算时，要注意温度的变化导致的数值变化。酸性溶液25 时pH2和100 时pH2的两电解质溶液中，c(H)102 mol/L，溶液的酸性强弱相同，原因是水的电离程度虽然增大了，但水电离出的c(H)仍然微不足道，可以忽略碱性溶液2
4、5 时pH10和100 时pH10的两电解质溶液中，溶液的碱性强弱不同，原因是水的电离程度影响了水的离子积常数，计算c(OH)时，结果就不同了。25 时，pH10的电解质溶液中，c(OH)1014/1010104(mol/L)；100 时，pH10的电解质溶液中，c(OH)1012/1010102(mol/L)稀释电解质溶液稀释过程中，水的电离也会发生相应的变化。如强酸或强碱溶液稀释过程中，水的电离程度不断增大。所以溶液中的某些离子浓度在稀释过程中，反而会增大。如pH5的盐酸溶液，加水稀释至原体积的10倍时，c(H)、c(Cl)都会减小，但c(OH)会增大电解在某些盐溶液的电解过程中，溶液pH
5、的变化往往与水的电离变化有关。如用惰性电极电解饱和食盐水时，在阴极上由于发生：2H2e=H2的反应，破坏了水的电离平衡，使水的电离程度增大，导致阴极区里c(OH)c(H)，溶液显碱性。同理用惰性电极电解硫酸铜溶液时，阳极区里因OH失去电子，破坏了水的电离平衡，导致溶液显酸性（3）电解质对水电离的影响：酸和碱能抑制水的电离，盐的水解能促进水的电离。pH4的酸溶液酸电离产生的c(H)104mol/L，水电离产生的c(H)c(OH)1010 mol/L，水电离产生的c(H)可以忽略，判断水的电离程度看c(OH)。在pH4的水解的盐溶液中，水电离产生的c(H)c(OH)104mol/L，c(H)全部来
6、自水的电离，判断水的电离程度看c(H)pH10的碱溶液碱电离产生的c(OH)104mol/L，水电离产生的c(OH)c(H)1010 mol/L，水电离产生的c(OH)可以忽略，判断水的电离程度看c(H)。在pH10的水解的盐溶液中，水电离产生的c(OH)c(H)104mol/L，c(OH)全部来自水的电离，判断水的电离程度看c(OH)pH4的盐溶液水的电离程度是pH4的酸溶液中水的电离程度的106倍。pH10的盐溶液中水的电离程度是pH10的碱溶液中水的电离程度的106倍3盐的水解平衡：(1)盐类水解的规律：有弱才水解，无弱不水解；谁弱谁水解，越弱越水解；谁强显谁性，都弱具体定。如：强酸弱碱
7、盐水解溶液显酸性。(2)酸式盐溶液酸碱性的判断：强酸酸式盐(如NaHSO4)只电离不水解，溶液显酸性。弱酸酸式盐：酸式酸根既电离又水解，溶液酸碱性取决电离、水解程度的相对大小：若水解程度大，则溶液显碱性，如NaHS、NaHCO3；若电离程度大，则溶液显酸性，如NaHSO3、NaH2PO4。(3)盐类水解程度大小比较规律：越弱越水解、越稀越水解、越热越水解；相同条件，正盐相应酸式盐；相互促进水解的盐单水解的盐相互抑制水解的盐。4难溶电解质的溶解平衡：（1）影响因素条件变化浓度加水稀释，平衡向溶解的方向移动，但Ksp不变温度绝大多数难溶电解质的溶解是吸热过程，升高温度，平衡向溶解的方向移动，Ksp
8、增大同离子效应加入与电解质溶液中含有某种相同离子的强电解质时，平衡左移，溶解度减小其他向平衡体系中加入可与体系中某些离子反应生成更难溶、更难电离的物质或气体时，平衡向溶解的方向移动，但Ksp不变（2）应用应用条件措施沉淀的生成QcKsp调节pH法：控制溶液的pH来分离物质。如除去CuCl2中的FeCl3，就可向溶液中加入CuO或Cu(OH)2等物质，将Fe3转化为Fe(OH)3而除去沉淀剂法分离离子：同一类型的难溶电解质，如AgCl、AgBr、AgI，溶度积小的物质先析出，溶度积大的物质后析出沉淀的溶解QcKsp酸碱溶解法：加入酸或碱与溶解平衡体系中的相应离子反应，降低离子浓度，使平衡向溶解的
9、方向移动，如向CaCO3悬浊液中滴加盐酸盐溶解法：加入盐溶液，与沉淀溶解平衡体系中某种离子生成弱电解质，从而减小离子浓度使沉淀溶解，如向Mg(OH)2悬浊液中滴加NH4Cl溶液氧化还原法：通过氧化还原反应使平衡体系中的离子浓度降低，从而使沉淀溶解，如向CuS悬浊液中滴加浓硝酸络合法：加入适当的配合剂，与沉淀溶解平衡体系中某种离子生成稳定的配合物，从而减小离子浓度使沉淀溶解，如向AgOH悬浊液中滴加浓氨水沉淀的转化溶解度大的向溶解度小的难溶电解质转化对于阴、阳离子比相同的难溶电解质才可应用Ksp直接判断例题1 测定0.1 molL-1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。时刻温度
10、/25304025pH9.669.529.379.25实验过程中，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，产生白色沉淀多。下列说法不正确的是ANa2SO3溶液中存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OHB的pH与不同，是由于SO32-浓度减小造成的C的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D与的Kw值相等【解析】A、Na2SO3属于强碱弱酸盐，Na2SO3溶液中存在：SO32-+H2OHSO3-+OH-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-，正确；B、根据信息，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化
11、成Na2SO4，与温度相同，与对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），的pH小于，即的pH与不同，是由于SO32-浓度减小造成的，正确；C、盐类水解为吸热过程，的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，错误；D、Kw只与温度有关，与温度相同，Kw值相等，正确。答案：C指点迷津：滴定曲线与溶液中的微粒的判断：下面以用 0.100 0 molL1NaOH溶液滴定 20.00 mL 0.100 0 molL1 HA溶液为例，总结抓住解决滴定曲线问题的几个关键点：滴定曲线关键点离子浓度关系点O原点为HA的单一溶液，
12、0.100 0 molL1 HA的pH1，说明是弱酸，c(HA) c(H)c(A)c(OH)点两者反应生成等物质的量的HA和NaA，此时溶液pH7，说明HA电离程度大于A水解程度，c(A)c(Na)c(HA) c(H)c(OH)点此时溶液pH7，溶液呈中性，酸没有完全被反应，c(A)c(Na)c(HA)c(H)c(OH)点此时两者恰好反应生成NaA，为弱酸强碱溶液，c(Na)c(A)c(OH)c(H)点之后此时NaOH过量或者远远过量，溶液显碱性，可能出现c(Na)c(A)c(OH) c(H)，也可能出现c(Na)c(OH) c(A)c(H)二、溶液中离子浓度的守恒关系与大小比较关系c mol
13、L1 Na2CO3溶液c molL1 NaHCO3溶液离子浓度水解离子的浓度大于水解生成粒子的浓度c(Na)c(CO)c(OH)c(HCO)c(H)c(Na)c(HCO)c(OH)c(H)c(CO)电荷守恒溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数c(Na)c(H)2c(CO)c(HCO)c(OH)c(Na)c(H)2c(CO)c(HCO)c(OH)物料守恒水解前后某种元素的原子个数守恒c(Na)2c(CO)c(HCO)c(H2CO3)c(Na)c(HCO)c(H2CO3)c(CO)质子守恒在碱性溶液中OH守恒，在酸性溶液中H守恒c(OH)c(H)c(HCO)2c(H2CO3)c(OH
14、)c(H)c(H2CO3)c(CO)应用三种守恒关系解决电解质溶液中离子浓度关系时，要清楚电解质溶液中微粒存在的变化(水解或电离)，抓住守恒的实质，将由守恒所得关系结合起来使用：不同溶液中同一离子浓度的比较要看溶液中其他离子对该离子的影响；混合溶液中各离子浓度的比较要综合考虑电离因素、水解因素等。 例题2 室温下，反应+H2OH2CO3+OH的平衡常数K=2.2108。将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A0.2 molL1氨水：c (NH3H2O)c() c (OH) c (H+)
15、B0.2 molL1NH4HCO3溶液(pH7)：c () c () c (H2CO3) c (NH3H2O)C0.2 molL1氨水和0.2 molL1NH4HCO3溶液等体积混合：c()+c(NH3H2O)=c(H2CO3)+c ()+ c()D0.6 molL1氨水和0.2 molL1 NH4HCO3溶液等体积混合：c (NH3H2O)+ c()+ c(OH)= c (H2CO3)+ c (H+)【解析】ANH3H2O属于弱碱，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH3H2ONH4+OH-，H2O H+OH-，所以c(OH-)c(NH4+)，错误；BNH4HCO3溶液显碱性，说明HCO3-
16、的水解程度大于NH4+的水解，所以c(NH4+)c(HCO3-)，HCO3-水解：H2O+HCO3-H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4+H2ONH3H2O+H+，前者水解程度大且水解都是微弱的，则c(H2CO3)c(NH3H2O)，正确；C由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，则有c(NH4+)+c(NH3H2O)=2c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)，错误；D由物料守恒，n(N):n(C)=4:1，则有c(NH4+)+c(NH3H2O)=4c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)；电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-
17、)+c(OH-)；结合消去c(NH4+)得：c(NH3H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)，0.2mol/LNH4HCO3与0.6mol/L氨水等体积混合后瞬间c(NH4HCO3)=0.1mol/L，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L，将等式两边各加一个c(CO32-)，则有c(NH3H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-)，将带入中得，c(NH3H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+
18、c(H2CO3)+0.3mol/L，错误；故选B。指点迷津：水溶液中离子平衡图像类型及分析(1)强一弱溶液的稀释图像(pH与稀释倍数的线性关系)HY为强酸、HX为弱酸a、b两点的溶液中：c(X)c(Y)水的电离程度：dcabMOH为强碱、ROH为弱碱c(ROH)c(MOH)水的电离程度：ab(2)酸碱中和滴定曲线氢氧化钠滴定等浓度等体积的盐酸、醋酸盐酸滴定等浓度等体积的氢氧化钠、氨水曲线起点不同：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(强酸与强碱反应)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，当等体积、等浓
19、度的一元强碱和一元强酸反应时，pH7；但当等体积、等浓度的一元强碱和一元弱酸(或一元强酸和一元弱碱)反应时，pH7(或pH7)指示剂的选择：强酸滴定弱碱用甲基橙，强碱滴定弱酸用酚酞，强酸与强碱的滴定，甲基橙和酚酞均可(3)关于KW、Ksp的图像不同温度下水溶液中c(H)与c(OH)的变化曲线常温下，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线Ksp9106A、C、B三点均为中性，温度依次升高，KW依次增大D点为酸性溶液，E点为碱性溶液，KW11014AB直线的左上方均为碱性溶液，任意一点：c(H)c(OH)a、c点在曲线上，ac的变化为增大c(SO)，如加入Na2SO4固体，但Ksp不变b点在曲线的上方
20、，QcKsp，将会有沉淀生成d点在曲线的下方，QcKsp，则为不饱和溶液，还能继续溶解CaSO4(4)分布系数图像说明：pH为横坐标、分布系数(即组分的平衡浓度占总浓度的分数)为纵坐标一元弱酸(以CH3COOH为例)二元酸(以草酸H2C2O4为例)0为CH3COOH分布系数，1为CH3COO分布系数0为H2C2O4分布系数、1为HC2O分布系数、2为C2O分布系数随着pH增大，溶质分子浓度不断减小，离子浓度逐渐增大，酸根离子增多。根据分布系数可以书写一定pH时所发生反应的离子方程式同一pH条件下可以存在多种溶质微粒。根据在一定pH的微粒分布系数和酸的分析浓度，就可以计算各成分在该pH时的平衡浓
21、度三、中和滴定1实验原理：在中和反应中使用一种已知浓度的酸(或碱)溶液与另一种未知浓度的碱(或酸)溶液完全中和，测出二者所用的体积，根据化学反应方程式中酸、碱的物质的量之比，求出未知溶液的浓度。2实验用品：3实验步骤(以标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液为例)：（1）准备：滴定管检验酸式滴定管是否漏水洗涤滴定管后要用标准液润洗23次，并排除滴定管尖嘴处的气泡向滴定管中注入标准液至“0”刻度上方23 cm处将液面调节到“0”或“0”以下某一刻度处，记下读数V(始)锥形瓶只用蒸馏水洗涤，不能用待测液润洗指示剂选择指示剂时，一般要求变色要明显，指示剂的变色范围与恰好中和的溶液pH相吻合，一般不用石蕊
22、作为指示剂(颜色变化不易观察)。强酸滴定弱碱，适宜用甲基橙；强碱滴定弱酸，适宜用酚酞；强酸滴定强碱，或强碱滴定强酸，用甲基橙或酚酞均可（2）滴定：移取待测液(以标准酸溶液滴定未知碱溶液为例)：从碱式滴定管中放出指定量(如20 mL)碱液于用蒸馏水洗净的锥形瓶中滴入23滴指示剂记录V(碱)。将盛碱液的锥形瓶置于酸式滴定管下，瓶底垫一张白纸，左手控制滴定管活塞，右手拇指、食指、中指拿住锥形瓶颈部，并按同一方向不断旋转摇动；眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化及滴定流速。边滴边振荡滴加速度先快中稳后慢注视溶液颜色的变化判断终点(溶液颜色半分钟不再变化)记下刻度V(终)，V(酸)V(终)V(始)。终点判断：当
23、滴入最后一滴标准液，溶液颜色发生突变，且半分钟不再变化。数据记录与处理。4误差分析：中和反应的实质是酸中的H与碱中的OH恰好完全反应生成H2O，计算公式是c(标)V(标)n(标)c(待)V(待)n(待)(c表示物质的量浓度，V表示溶液体积，n表示酸或碱的元数)，所以c(待)。分析此等式可知造成测定结果产生误差的各种因素。偏高：酸式滴定管水洗后未润洗即装酸；锥形瓶用待测液润洗；滴定时酸液溅出；滴定前酸式滴定管内有气泡，滴定后消失；滴定后滴定管尖嘴处悬有液滴；滴定后仰视读数；滴定前俯视读数；终点判断滞后。偏低：滴定时碱液溅出；滴定前酸式滴定管无气泡，滴定后有气泡；滴定后俯视读数；滴定前仰视读数；终
24、点判断超前；滴定时碱液溅到锥形瓶内壁上又没流下。无影响：锥形瓶加水稀释。例题3 酱油是一种常用调味剂，根据国标要求酱油中NaCl的含量不应低于15 g/100 mL。莫尔法是较简单的一种测量Cl含量的方法。现采用该法测量某市售酱油是否符合NaCl含量标准要求。实验原理如下(25 )：AgCl=AgCl(白色)Ksp(AgCl)1.810232AgCrO=Ag2CrO4(砖红)Ksp(Ag2CrO4)1.21022准确移取酱油样品5.00 mL稀释至100 mL。从其中取出10.00 mL 置于锥形瓶中，再向其中加入适量的铬酸钾溶液，以0.100 0 mol/L的硝酸银标准溶液滴定，重复实验三次
25、。(1)样品稀释过程中，用_移取酱油样品，应在_中定容，还需用到玻璃仪器_。(2)标准硝酸银溶液用棕色滴定管盛装的原因是_，滴定中眼睛应注视_，出现 _即达到滴定。(3)滴定结束时，滴定管中液面如上图所示，则读数为_。(4)若三次消耗硝酸银标准溶液的平均体积为12.50 mL，则稀释后的酱油中NaCl的浓度为_mol/L，该市售酱油是否符合NaCl含量标准 _(填“符合”或“不符合”)。【解析】(1)取5.00 mL溶液，用酸式滴定管或移液管。准确配制100 mL溶液需要用到100 mL容量瓶、烧杯(稀释)、玻璃棒(引流)、胶头滴管(定容)。(2)AgNO3见光易分解，所以用棕色瓶盛装。滴定时
26、眼睛注视锥形瓶中颜色变化，当最后一滴滴下，出现淡红色沉淀时，且半分钟内不再消失，说明达到终点因为Ksp(AgCl)小，所以Cl先沉淀，当Cl沉淀完全时，CrO才沉淀且生成砖红色沉淀，由于量少且混在白色沉淀中，所以显淡红色。(3)滴定管读数读到小数点后2位，为12.70 mL。(4)c(Cl)0.125 0 molL1。5.00 mL酱油稀释为100 mL，原酱油的中c(NaCl)2.5 molL1，取100 mL，m(NaCl)2.5 molL10.1 L58.5 gmol111.9 g15 g，不符合标准。【答案】(1)酸式滴定管或移液管100 mL容量瓶 烧杯、玻璃棒、胶头滴管 (2)硝酸
27、银见光易分解锥形瓶中颜色变化 淡红色沉淀，不再消失 (3)12.70 mL (4)0.125 0不符合指点迷津：（1）酸碱中和滴定的关键：准确测定V标和V待，正确使用酸式、碱式滴定管；准确判断中和反应是否恰好完全进行，借助酸碱指示剂判断滴定终点。（2）选择指示剂，必须明确pH的跃迁范围和指示剂的变色范围：中和滴定时，当误差在0.1%时，即为准确值，由此，当酸碱中和滴定时，少滴0.1%或多滴0.1%时pH的变化范围，即为pH的跃迁范围，溶液颜色的变化由浅到深容易观察，而由深变浅则不易观察。因此应选择在滴定终点时使溶液颜色由浅变深的指示剂。强酸和强碱中和时，尽管酚酞和甲基橙都可以用，但用酸滴定碱时
28、，甲基橙加在碱里，达到等当点时，溶液颜色由黄变红，易于观察，故选择甲基橙。用碱滴定酸时，酚酞加在酸中，达到等当点时，溶液颜色由无色变为红色，易于观察，故选择酚酞。（3）物质的量在化学方程式中计算的步骤【真题演练】1【2020年全国卷1】以酚酞为指示剂，用0.1000 molL1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。比如A2的分布系数：(A2-)=c(A2-)c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)下列叙述正确的是A曲线代表(H2A)，曲线代表(HA-)BH2A溶液的浓度为0.2000 molL1C
29、HA的电离常数Ka=1.0102D滴定终点时，溶液中c(Na+)cCH3COO-B当滴入氨水10mL时，cNH4+cNH3H2O=cCH3COO-+cCH3COOHC当滴入氨水20mL时，cCH3COOH+cH+=cNH3H2O+cOH-D当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，cNH4+ c(A2-)Cc 点溶液中c( HA-) + 2c(H2A ) = c( OH- )-c(H+)Dd 点溶液中c (Na+) +c(H+) =c(A2-) +c(HA-) +c(OH-)4工业上常用(NH4)2SO3溶液吸收废气中的SO2，室温下测得溶液中lgYY=或，与pH的变化关系如图所示。则下列说法一
30、定错误的是A通入少量SO2的过程中，直线中的N点向M点移动B1=2一定等于45C当对应溶液的pH处于1.81pHc(SO32-)c(H2SO3)D直线中M、N点一定存在c2(HSO3-)c(SO32-)c(H2SO3)5常温下，已知醋酸的电离常数为1.7510-5，向20mL0.01molL-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01molL-1的NaOH溶液，溶液中水电离的c(H+)随加入NaOH溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是（已知=4.2）Ab、d两点溶液的pH相同Bb点溶液中离子浓度大小顺序是：c(Na+)c(CH3COO-)c(H+)c(OH-)Ce点所示溶液中，c(Na+)=2
31、c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.005mol/LDa点坐标为(0，2.41011)6在某温度时，将 n molL-1氨水滴入 10 mL 1.0 molL-1盐酸中，溶液 pH 和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示。下列有关说法错误的是Ac 点存在守恒关系：c(NH4+)=c(Cl)Bb 点：c(Cl) c(NH4+)c(H+)c(OH)C水的电离程度：b c a dD25时 ，NH4Cl 水解平衡常数为(n1)10-7(用 n 表示)7某些难溶性铅盐可用作涂料，如秦俑彩绘中使用的铅白(PbCO3)和黄金雨中黄色的PbI2。室温下，PbCO3 和 PbI2 在不同的溶液中分别达
32、到溶解平衡时-lgc(Pb2+)与-lgc(CO32-)或-lgc(I-)的关系如图所示。下列说法错误的是AKsp(PbCO3)的数量级为 10-14B相同条件下，水的电离程度 p 点大于 q 点CL1 对应的是-lgc(Pb2+)与-lgc(I-)的关系变化Dp 点溶液中加入 Na2CO3 浓溶液，可得白色沉淀8常温下，在“H2SHS-S2-”的水溶液体系中，H2S、HS-、S2-三种微粒的物质的量分数随溶液pH变化（仅用H2S和NaOH调节pH)的关系如图所示。下列说法正确的是AKal(H2S)的数量级为10-6BNaHS溶液中，c(Na+)c(HS-)c(S2-)c(H2S)C当体系呈中
33、性时，D加入Na2S沉降废水中的Cu2+，废水的pH对沉降效果没有影响9常温下，相同浓度的两种一元酸HX、HY分别用同一浓度的NaOH标准溶液滴定，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是AHX、HY起始溶液体积相同B均可用甲基橙作滴定指示剂CpH相同的两种酸溶液中：D同浓度KX与HX的混合溶液中，粒子浓度间存在关系式：10如图为室温下某二元酸H2M溶液中H2M、HM-、M2-的浓度对数lgc随pH的变化图象。下列分析错误的是A该二元酸溶液浓度为0.010 mol/LBpH=1.89时，c(H2M)=c(HM-)c(M2-)CpH=7.0时，lgc(M2-)-lgc(HM-)=0.77D在NaHM溶
34、液中，水的电离受到抑制11常温下向一定浓度的Na2X溶液中滴入盐酸，粒子浓度与混合溶液的pH变化的关系如图所示，已知：H2X是二元弱酸，Y表示或，pY=lgY。下列叙述错误的是A曲线n表示与pH的变化关系BKa1(H2X)=1.01010.3CNaHX溶液中c(OH)c(H+)D当pH=7时，混合溶液中c(Na+)=c(HX)+2c(X2)+c(Cl)12常温时，向120 mL 0.005 molL1 CaCl2溶液中逐滴加入0.1 molL1 Na2CO3溶液，混合溶液的电导率变化曲线如图所示。已知25时，Ksp(CaCO3)=3.36109，忽略CO32-水解。下列说法正确的是Aa点对应的
35、溶液中Ca2+开始形成沉淀，溶液中c(Ca2+)=c(CO32)Bb点对应的溶液中Ca2+已完全沉淀，且存在关系：c(Na+)+c(H+)=c(Cl)+c(OH)C在滴加Na2CO3溶液的过程中，混合溶液的pH先减小后增大D右图可以说明CaCO3在溶液中存在过饱和现象13.酸性锌锰干电池是一种一次性电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是由碳粉、MnO2、ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物。该电池放电过程产生MnOOH。回收处理该废电池可得到多种化工原料。有关数据如下表所示：溶解度/(g/100 g水)化合物Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值10-1710-1710-
36、39回答下列问题：(1)该电池的正极反应式为，电池反应的离子方程式为。(2)维持电流强度为0.5 A，电池工作5分钟，理论上消耗锌g。(已知F=96 500 Cmol-1)(3)废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有ZnCl2和NH4Cl，二者可通过分离回收；滤渣的主要成分是MnO2、和，欲从中得到较纯的MnO2，最简便的方法为，其原理是。(4)用废电池的锌皮制备ZnSO47H2O的过程中，需除去锌皮中的少量杂质铁，其方法是：加稀H2SO4和H2O2溶解，铁变为，加碱调节至pH为时，铁刚好沉淀完全(离子浓度小于110-5 molL-1时，即可认为该离子沉淀完全)；继续加碱至pH为时，锌
37、开始沉淀(假定Zn2+浓度为0.1 molL-1)。若上述过程不加H2O2后果是，原因是。14毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2、Mg2、Fe3等杂质)，实验室利用毒重石制备BaCl22H2O的流程如下：(1)毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是_。实验室用37%的盐酸配制15%的盐酸，除量筒外还需使用下列仪器中的_。a烧杯 b容量瓶 c玻璃棒 d滴定管(2)加入NH3H2O调节pH8可除去_(填离子符号)，滤渣中含_(填化学式)。加入H2C2O4时应避免过量，原因是_。已知：Ksp(BaC2O4)1.6107，Ksp(CaC2O4)2.3109。Ca2Mg2Fe3开始沉淀时的pH11.99
38、.11.9完全沉淀时的pH13.911.13.2(3)利用间接酸碱滴定法可测定Ba2的含量，实验分两步进行。已知：2CrO2H=Cr2OH2OBa2CrO=BaCrO4。步骤 移取x mL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用b molL1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0 mL。步骤：移取y mL BaCl2溶液于锥形瓶中，加入x mL与步骤 相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b molL1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1 mL。滴加盐酸标准液时应用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的_(填“上方”或“下方”)。B
39、aCl2溶液的浓度为_ molL1，若步骤中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2浓度测量值将_(填“偏大”或“偏小”)。参考答案【真题演练】1.C【解析】根据图像，曲线代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线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，曲线代表(HA-)，曲线代表(A2-)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)=0.1000mol/L40mL220.0
40、0mL=0.1000mol/L，据此分析作答。A根据分析，曲线代表(HA-)，曲线代表(A2-)，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+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)= 0.1000mol/L40mL220.00mL=0.1000mol/L，B错误；C根据曲线当(HA-)=(A2-)时溶液的pH=2，则HA-的电离平衡常数Ka=c(A2-)c(H+)c(HA-)=c(H+)=110-2，C正确；D用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.210，终点时溶液呈碱性，c(OH-)c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(N
41、a+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则c(Na+)2c(A2-)+c(HA-)，D错误。2.C【解析】根据图像分析可知，随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，氢离子和醋酸离子浓度减小，又pH=7的时候，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知，图中各曲线代表的浓度分别是：曲线1为lgc(CH3COO-)随pH的变化曲线，曲线2为lgc(H+)随pH的变化曲线，曲线3为lgc(OH-)随pH的变化曲线，曲线4为lgc(CH3COOH)随pH的变化曲线，据此结合水溶液的平衡分析作答。A根据上述分析可知，O点为曲线2和曲线3的交点，对应的pH=7，应该得出的结论为
42、：c(H+)= c(OH-)，故A错误；BN点为曲线1和曲线4的交点， lgc(CH3COO-)=lgc(CH3COOH)，即c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，因Ka=，代入等量关系并变形可知pH=-lgKa，故B错误；Cc(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，则c(CH3COO-)=0.1mol/L- c(CH3COOH)，又Ka=，联立两式消去c(CH3COO-)并化简整理可得出，c(CH3COOH)=mol/L，故C正确；D醋酸根离子的水解平衡为：CH3COO-+H2O CH3COOH +OH-，pH由7到14的变化过程中，碱性不断增强，c(OH-)不断增
43、大，则使不利于醋酸根离子的水解平衡，会使其水解程度减小，故D错误。3.A【解析】AHCOONa和NaF的浓度相同，HCOONa溶液的pH较大，说明HCOO的水解程度较大，根据越弱越水解，因此甲酸的电离平衡常数较小，即Ka(HCOOH)Ka(HF)，故A错误；B相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，此时溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，说明溶液中醋酸电离程度大于水解程度，则醋酸根浓度大于钠离子浓度，则溶液中c(CH3COO)c(Na+)c(H+)c(OH)，故B正确；CCuS的溶解度较小，将CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡电离出的S2不足以与H+
44、发生反应，而将FeS投入到稀硫酸后可以得到H2S气体，说明Ksp(FeS)Ksp(CuS)，故C正确；D根据溶液中的物料守恒定律，1 molL1 Na2S溶液中所有含S元素的粒子的总物质的量的浓度为1 molL1，即c(S2)+c(HS)+c(H2S)=1 molL1，故D正确。4.D【解析】A未滴定时，溶液溶质为HCl和CH3COOH，且浓度均为0.1mol/L，HCl为强电解质，完全电离，CH3COOH为弱电解质，不完全电离，故，c(Cl-)c(CH3COO-)，A正确；B当滴入氨水10mL时，n(NH3H2O)=n(CH3COOH)，则在同一溶液中c(NH4+)+ c(NH3H2O)=c
45、(CH3COOH)+ c(CH3COO-)，B正确；C 当滴入氨水20mL时，溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4，质子守恒为c(CH3COOH)+c(H+)= c(NH4+)+c(OH-)，C正确；D当溶液为中性时，电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)= c(CH3COO-)+c(Cl-)+ c(OH-)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(NH4+)c(Cl-)，D不正确。5.A【解析】ANaHCO3水溶液呈碱性，说明的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为：，溶液中剩余微粒浓度关系为：，和水解程度微弱，生成的OH-浓度较低，由NaHCO3
46、和Na2CO3化学式可知，该混合溶液中Na+浓度最大，则混合溶液中微粒浓度大小关系为：，故A正确；B该混合溶液中电荷守恒为：，物料守恒为：，两式联立消去c(Cl-)可得：，故B错误；C若不考虑溶液中相关微粒行为，则c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=c(Na+)，该溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中微粒浓度关系为：c(CH3COO-)c(Na+)c(CH3COOH)c(H+)，故C错误；D该混合溶液中物料守恒为：，电荷守恒为：，两式相加可得：，故D错误。【过关搏杀】1.A【解析】A盐酸的浓度为2.010-7 mol/L，完全电离，接近中性，溶剂
47、水电离出的氢离子浓度的数量级与溶质HCl电离的氢离子浓度相差不大，则计算中氢离子浓度时，不能忽略水中的氢离子浓度，其数值应大于2.010-7 mol/L，故A错误；BKCl溶液为中性溶液，常温下pH=7，加热到80C时，水的离子积Kw增大，对应溶液的氢离子浓度随温度升高会增大，pH会减小，但溶液溶质仍为KCl，则仍呈中性，故B正确；CNaCN溶液显碱性，说明该溶质为弱酸强碱盐，即CN-对应的酸HCN为弱电解质，故C正确；D醋酸在溶液中会发生电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，向溶液中加入醋酸钠固体，根据同离子效应可知，该平衡会向生成弱电解质的方向（逆向）移动，使溶液中的氢离子浓度减小
48、，pH增大，故D正确。2.B【解析】A常温下，氯化铵的水解平衡式为：NH4+H2ONH3H2O+H+，则Kh= ，由于氨水和氢离子浓度几乎相等，根据图像可知，没加镁之前，溶液的pH=5，c(NH3H2O)c(H+)=10-5mol/L，c(NH4+)= 1mol/L，则Kh= =10-10，水解平衡常数数量级为，故A正确；B氯化铵的水解平衡式为：NH4+H2O NH3H2O +H+，加入镁单质时，消耗了氢离子，使平衡正向移动，促进铵根离子的水解，即促进了水的电离，故水的电离程度大小关系为cba，故B错误；C点时，pH=9，c(H+)=10-9mol/L，c(OH-)=10-5，c(Mg2+)=
49、，故C正确；D点溶液中，电荷守恒式为：，故，故D正确。3.C【解析】A. a 点发生H2A的电离且Ka1Ka2，故Ka1=c(HA)c(H+)/c(H2A)=1.110-3，则c2(H+)=1.110-30.1，解得c(H+)1.0510-2，故pH小于2，A项错误；B. b点酸碱恰好完全反应生成NaHA，溶液显酸性，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，物料守恒c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)，得到：c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)，则c(H2A)c(A2-)，B项错误；C. c点为Na2A，溶液显碱性，
50、溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，物料守恒c(Na+)=2c(HA-)+2c(A2-)+2c(H2A)，得到：c(HA-)+2c(H2A )=c(OH- )-c(H+)，C项正确；D. d点为Na2A和NaOH的混合物，溶液显碱性，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，D项错误。4.C【解析】A.通入少量二氧化硫的过程中，溶液的酸性增强，直线中的N点向M点移动；B. ，则，同理可得，故1=2一定等于45；C.由图像可知，当对应溶液的pH处于1.81pH6.91时，0，溶液中c(H2SO3)、c(SO
51、32-)的大小无法确定；D.由于Ka1Ka2，则c2(HSO3-)c(SO32-)c(H2SO3)。5.D【解析】A. CH3COOH溶液中加入NaOH发生CH3COOHNaOH=CH3COONaH2O，b点消耗NaOH的体积为10mL，NaOH和CH3COOH的物质的量浓度相等，则此时溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且两者物质的量相等，CH3COO的水解常数为c(Na)c(H)c(OH)，故B错误；C. e点溶质为CH3COONa和NaOH，且两者物质的量相等，根据物料守恒，因此有c(Na)=2c(CH3COOH)c(CH3COO)=，故C错误；D. CH3COO发生电离：CH
52、3COOH CH3COOH，电离平衡常数Ka=1.7510-5，因此有c2(H)=1.75107，即c(H)=4.2104molL1，根据水的离子积，则溶液中c(OH)=2.41011 ，即水电离出的c(H)=2.41011molL1，故D正确。6.C【解析】Ac点溶液呈中性，所以c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒分析c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，所以c(NH4+)=c(Cl-)，A正确；Bb点溶液为NH4Cl溶液，此溶液中离子浓度大小为c(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH-)，B正确；Cb点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解促进了
53、水的电离，则a、d两点都抑制了水的电离，则b点水的电离程度最大；由于d点混合液的pH不知，则无法判断a、d两点水的电离程度大小，C错误；D根据图象可知，25时溶液的pH=7，则：c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，c(NH4+)=c(Cl-)=0.5mol/L，根据物料守恒可知：c(NH3H2O)=(0.5n-0.5)mol/L，则25时NH4Cl水解常数为Kh=(n-1)10-7，D正确。7.B【解析】A. 由上述分析可知图像L2 对应的是-lgc(Pb2+)与-lgc(CO32-)的关系变化，则数量级为 10-14，故A正确；B. 相同条件下，P点和Q点的铅离子浓度相同，P点为碘
54、化铅的饱和溶液，Q点为碳酸铅的饱和溶液，由于碘离子不水解，则CO32-可以发生水解，其水解促进了水的电离，则水的电离程度 p 点小于 q 点，故B错误；C. L1 对应的是-lgc(Pb2+)与-lgc(I-)的关系变化，故C正确；D. ，则p 点溶液中加入 Na2CO3 浓溶液,可得白色沉淀，故D正确。8.C【解析】Ac(HS)=c(H2S)时，Ka1(H2S)= =c(H+)=106.9，数量级为10-7，故A错误；Bc(HS-)和c(S2-)时，Ka2(H2S)= = c(H+)=1013，NaHS溶液中，Kh=10-7.1 Ka2(H2S)=1013，溶液呈碱性，说明HS水解程度大于电
55、离程度，则c(S2)c(H2S)，则1、根据电荷守恒得c(Na+)=c(HS)+2c(S2)，所以=1，则，故C正确；D当加入Na2S沉降废水中的Cu2+，溶液中c(Cu2+)减小，Cu2+水解程度较小，则溶液的pH增大，故D错误。9.D【解析】A.反应达到终点时，HX与HY消耗NaOH溶液的体积分别是30mL和40mL，故起始酸的体积比为3：4，故A错误；B.NaOH滴定HX达到滴定终点时，溶液pH约为8，而甲基橙的变色范围是，故不能用甲基橙做指示剂，故B错误；C.由图像中两种酸浓度相同时的pH可知，HY的酸性强于HX的酸性，pH相同的两种酸溶液中，故C错误；D.同浓度的KX和HX的混合溶液
56、中，存在电荷守恒为，物料守恒为，将物料守恒带入电荷守恒可得，故D正确。10.A【解析】据图可知溶液中H2M、HM-、M2-三种微粒可以同时存在，所以H2M应为二元弱酸， pH增大的过程中发生反应：H2M+OH-=HM-+H2O、HM-+OH-=M2-+H2O；A起点处，溶液中主要存在H2MHM-+H+，据图可知c(H2M)=0.1mol/L，c(HM-)=0.001mol/L，根据物料守恒，二元酸的浓度应为0.1mol/L+0.001mol/L=0.101mol/L，故A错误；B据图可知pH=1.89时c(H2M)=c(HM-)c(M2-)，故B正确；Clgc(M2-)-lgc(HM-)=lg
57、，Ka2=，据图可知pH=6.23时，=1，所以Ka2=10-6.23，温度不变平衡常数不变，所以pH=7.0时=，所以lg=0.77，故C正确；D在NaHM溶液中含M元素主要以HM-的形式存在，据图可知当溶液中c(HM-)最大时，溶液呈酸性，说明HM-的电离程度大于水解程度，而电离抑制水的电离，水解促进水的电离，所以水的电离受到的抑制作用更大，故D正确。11.B【解析】H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1（H2X）Ka2（H2X），则pH相同时，pY=-lgY，则pp，则m、n分别表示pH与p、p的变化关系，据此结合选项分析解答。A根据分析可知，n表示pH与p的变化关系，A选项正确；
58、BM点pH=9.3，c(H+)=10-9.3mol/L，p=-lg=1，则=0.1，所以Ka2（H2X）=c（H+）=10-9.30.1=1.010-10.3，N点pH=7.4，c(H+)=10-7.4mol/L，p=-lg=-1，则=10，所以Ka1(H2X)=c（H+）=10-7.410=1.010-6.4，B选项错误；C根据B可知HX的电离平衡常数为1.01010.3；曲线n表示pH与p的变化关系，n点pH=7.4，p=-lg=-1，=10，所以HX-的水解平衡常数Kh=1.010-7.61.010-10.3，说明HX-的水解程度大于其电离程度，则NaHX溶液溶液呈碱性，c(H+)c(O
59、H-)，C选项正确；D当溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-)+c(Cl-)，D选项正确。12.D【解析】A由图可知，a点对应的溶液导电能力急剧下降，说明Ca2开始形成沉淀，而溶液中的钙离子和碳酸根离子分别来源于CaCl2溶液和Na2CO3溶液，CaCO3形成沉淀时，Ca2和CO32不一定相等，故A错误；B原溶液中n（Ca2）=120mL0.005molL1=0.6mmol，要使钙离子完全沉淀，需要碳酸钠溶液的体积为=6mL，向b点中对应的溶液中加入碳酸钠溶液的体积小于6mL，不能使钙离子完全沉淀，电荷守恒关系式为：2c（Ca2）+
60、c（Na）+c（H）=c（Cl）+c（OH）+2c（CO32），故B错误；C不忽略CO32水解的情况下，在加入碳酸钠溶液后没有沉淀析出，溶液pH变大，析出碳酸钙时，溶液的pH突然变小，在Ca2完全沉淀之前，混合溶液的pH值几乎不变，当所有的钙离子转化为碳酸钙沉淀后，继续滴加碳酸钠溶液，溶液的pH值变大，直至与碳酸钠溶液的pH几乎相同，忽略CO32水解的情况下，水溶液的pH不发生变化，故C错误；D理论上Ca2开始形成沉淀，c（CO32）molL110-6molL1，加入碳酸钠溶液的体积为10-2mL，即1滴碳酸钠溶液就能使溶液中的离子积Ksp（CaCO3），而向a点对应的溶液加入碳酸钠溶液的体积
61、为2.2ml，此时，溶液处于过饱和溶液，故D正确。13. (1)MnO2+H+e-=MnOOH2MnO2+Zn+2H+=2MnOOH+Zn2+(注：式中Zn2+可写为Zn(NH3，Zn(NH3)2Cl2等，H+可写为N)(2)0.05(3)加热浓缩、冷却结晶碳粉MnOOH空气中加热碳粉转变为CO2，MnOOH氧化为MnO2(4)Fe3+2.76Zn2+和Fe2+分离不开Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近【解析】(1)该电池为酸性电池，正极发生还原反应，电极反应式为：MnO2+H+e-=MnOOH；电池反应为Zn与MnO2在酸性条件下的反应，生成Zn2+和MnOOH。(2)电池工作5 m
62、in，电池中的总电荷量Q=It=0.5560 C=150 C，则转移电子的物质的量为150/96 500 mol，1 mol Zn失去2 mol电子，则此过程消耗锌的质量m(Zn)= 651/2150/96 500 g=0.05 g。(3)从表格数据看出，相同温度下，ZnCl2的溶解度远远大于NH4Cl的，则可采用加热浓缩、冷却结晶的方法分离二者。(4)在H2O2存在下，铁被氧化为Fe3+；根据表格数据，KspFe(OH)3=c(Fe3+)c3(OH-)=10-39，则c(OH-)=10-11molL-1，c(H+)=210-3molL-1，pH=2.7；KspZn(OH)2=c(Zn2+)c
63、2(OH-)=10-17，则c(OH-)=10-8 molL-1，所以控制pH为6时，Zn2+开始沉淀；如果不加H2O2，Fe2+不能被氧化，根据Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相同，在pH=6时，两者将同时沉淀，则无法除去Zn2+中的Fe2+。14.(1)增大接触面积从而使反应速率加快ac(2)Fe3Mg(OH)2、Ca(OH)2H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少(3)上方偏大【解析】(1)充分研磨的目的是增大反应物的接触面积，从而使反应速率加快。配制一定质量分数的溶液，可以算出所需37%的盐酸及水的体积，然后在烧杯中稀释，为加速溶解，要用玻璃棒进行搅拌。(2)根据流程图及表格中数据可知，加入NH3H2O调节pH8时，只有Fe3完全沉淀而除去。加入NaOH，调pH12.5，对比表格中数据可知，此时Mg2完全沉淀，Ca2部分沉淀，所以滤渣中含Mg(OH)2、Ca(OH)2。根据Ksp(BaC2O4)1.6107，H2C2O4过量时Ba2会转化为BaC2O4沉淀，从而使BaCl22H2O的产量减少。(3)“0”刻度位于滴定管的上方。由题意可得关系式BaCl2CrOH，则有c(BaCl2)y103Lb molL1(V0V1)103 L，解得c(BaCl2) molL1。若步骤中滴加盐酸时有少量待测液溅出，则V1变小，Ba2浓度测量值将偏大。
