2020届二轮复习电解质溶液作业（全国通用）(1)

2020届二轮复习电解质溶液作业（全国通用）(1)

专题强化练　电解质溶液 ‎1.(2019·大联盟二模)常温下，用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1 KHC2O4溶液，滴定时溶液中水电离的c水(H＋)与加入NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A.本实验可选用甲基橙或酚酞作指示剂 B.P点对应的溶液中：c(K＋)＞c(HC2O)＞c(OH－)＞c(C2O)＞c(H＋)‎ C.Q点和S点对应的溶液中：pH＝7‎ D.当溶液pH＝4.9时c(HC2O)＝c(C2O)，则H2C2O4的第二步电离常数Ka2的数量级为10－5‎ 解析　A项，当KHC2O4与NaOH恰好完全反应时，溶液中溶质为K2C2O4、Na2C2O4，溶液呈碱性，只能选酚酞作指示剂，错误；B项，P点时，水的电离受到抑制，故以电离为主，溶液中离子浓度的大小顺序为c(K＋)＞c(HC2O)＞c(H＋)＞c(C2O)＞c(OH－)，错误；C项，Q点溶液pH＝7，S点溶液呈碱性，pH＞7，错误；D项，pH＝4.9时，c(HC2O)＝c(C2O)，Ka2＝＝c(H＋)＝10－4.9，Ka2的数量级为10－5，正确。‎ 答案　D ‎2.(2019·课标全国Ⅰ，10)固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。如图为少量HCl气体分子在253 K冰表面吸附和溶解过程的示意图，下列叙述错误的是(　　)‎ A.冰表面第一层中，HCl以分子形式存在 B.冰表面第二层中，H＋浓度为5×10－3 mol·L－1(设冰的密度为0.9 g·cm－3)‎ C.冰表面第三层中，冰的氢键网络结构保持不变 D.冰表面各层之间，均存在可逆反应HClH＋＋Cl－‎ 解析　观察图示知，第一层只存在HCl分子，HCl没有电离，A项正确，D项错误；在冰表面第二层中，假设H2O的物质的量为1 mol，则n(Cl－)＝1×10－4 mol，n(Cl－)＝n(H＋)，冰的体积V＝＝20.00 cm3，c(H＋)＝＝5.0×10－3 mol·L－1，B项正确；第三层中水分子结构不变，每个水分子与4个水分子形成氢键，氢键网络结构保持不变，C项正确。‎ 答案　D ‎3.(2019·山东枣庄一模)已知pOH＝－lg c(OH－)。向20 mL 0.1 mol·L－1的氨水中滴加未知浓度的稀H2SO4，测得混合溶液的温度、pOH随加入稀硫酸体积的变化如图所示，下列说法不正确的是(　　)‎ A.稀H2SO4的物质的量浓度为0.05 mol·L－1‎ B.当溶液中pH＝pOH时，水的电离程度最大 C.a点时溶液中存在c(NH3·H2O)＋2c(OH－)＝c(NH)＋2c(H＋)‎ D.a、b、c三点对应NH的水解常数：Kh(b)＞Kh(a)＞Kh(c)‎ 解析　A项，当VH2SO4为20 mL时，温度最高，H2SO4与氨水恰好完全反应，故c(H2SO4)＝＝0.05 mol·L－1，正确；B项，二者恰好完全反应时，溶质为(NH4)2SO4，此时水的电离程度最大，溶液呈酸性pH＜pOH，错误；C项，a点时，加入VH2SO4＝10 mL，溶液中溶质为(NH4)2SO4、NH3·H2O，且二者浓度比为1∶2，由电荷守恒c(NH)＋c(H＋)＝2c(SO ‎)＋c(OH－)，物料守恒4c(SO)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)知c(NH)＋2c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋2c(OH－)，正确；D项，盐的水解过程吸热，a、b、c三点温度高低顺序为Tb＞Ta＞Tc，故Kh(b)＞Kh(a)＞Kh(c)，正确。‎ 答案　B ‎4.(2019·山东济宁质检)25 ℃时，用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液，溶液中－lg 和－lg c(HC2O)[或－lg 和－lg c(C2O)]的关系如图所示。‎ 下列说法不正确的是(　　)‎ A.曲线M表示－lg 和－lg c(HC2O)的关系 B.Ka1(H2C2O4)的数量级为10－2‎ C.向NaHC2O4溶液中加少量NaOH至c(HC2O)和c(C2O)相等，此时溶液pH约为5‎ D.在NaHC2O4溶液中c(Na＋)＞c(HC2O)＞c(H2C2O4)＞c(C2O)‎ 解析　A项，Ka1＝，－lg Ka1＝－，Ka2＝，－lg Ka2＝－，Ka1＞Ka2，－lg Ka1＜－lg Ka2，由图像知M表示－lg 和－lg c(HC2O)的关系，正确；B项，以M点为研究对象，－lg Ka1＝1＋1＝2，Ka1＝10－2，正确；C项，以N点为研究对象，－lg Ka2＝2＋3＝5，Ka2＝10－5，又c(HC2O)＝c(C2O)，由c(H＋)＝Ka2×＝Ka2＝10－5 mol·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝5，正确；D项，由Ka2＝10－5，Kh2＝＝＝10－12‎ 知溶液呈酸性，以电离为主，故相应微粒浓度的大小顺序为c(Na＋)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(H2C2O4)，错误。‎ 答案　D ‎5.(2018·浙江自选)在常温下，向10 mL浓度为0.1 mol/L的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 mol/L盐酸，溶液pH随盐酸加入体积的变化如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A.在a点的溶液中c(Na＋)＞c(CO)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)‎ B.在b点的溶液中2n(CO)＋n(HCO)＜0.001 mol C.在c点的溶液pH＜7，是因为此时HCO的电离能力大于其水解能力 D.若将0.1 mol/L的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH＝7时，c(Na＋)＝c(CH3COO－)‎ 解析　该溶液中存在物料守恒，可以得出该不等式关系，故B项正确。在a点滴入5 mL盐酸中和氢氧化钠溶液，溶液中剩余离子浓度大小c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(Cl－)＞c(H＋)，故A项错误。在c点时溶液为碳酸氢钠、碳酸和氯化钠溶液，碳酸电离程度大于碳酸氢根离子水解，溶液呈现酸性，故C项错误。当滴至溶液呈现中性时，溶液存在电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)，得c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(HCO)＋2c(CO)，故D项错误。‎ 答案　B ‎6.(2019·山东日照一模)室温下，用滴定管量取一定体积的浓氯水置于锥形瓶中，用NaOH溶液以恒定速度来滴定该浓氯水，根据测定结果绘制出ClO－、ClO等离子的物质的量浓度c与时间t的关系曲线如下。下列说法正确的是(　　)‎ A.NaOH溶液和浓氯水可以使用同种滴定管盛装 B.a点溶液中存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(ClO－)＋c(ClO)＋c(OH－)‎ C.b点溶液中各离子浓度：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(ClO)＝c(ClO－)‎ D.t2～t4，ClO－的物质的量下降的原因可能是ClO－自身歧化，2ClO－===Cl－＋ClO 解析　A项，NaOH溶液只能用碱式滴定管盛装，浓氯水可以使橡胶老化，只能选酸式滴定管，错误；B项，a点溶液中溶质有NaCl、NaClO、NaClO3，由电荷守恒知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(ClO)＋c(OH－)，错误；C项，b点溶液中溶质为NaCl、NaClO、NaClO3，且n(NaCl)＝n(NaClO)＋5n(NaClO3)，故离子浓度的大小顺序为c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(ClO)＝c(ClO－)，正确；D项，t2～t4，ClO－的物质的量下降的原因可能是ClO－自身歧化，方程式为3ClO－===2Cl－＋ClO，错误。‎ 答案　C ‎7.25 ℃时，PbR(R2－为SO或CO)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知Ksp(PbCO3)＜Ksp(PbSO4)，下列说法不正确的是(　　)‎ A.曲线a表示PbCO3‎ B.以PbSO4、Na2CO3和焦炭为原料可制备Pb C.当PbSO4和PbCO3沉淀共存时，溶液中＝1×105‎ D.向X点对应的饱和溶液中加入少量Pb(NO3)2，可转化为Y点对应的溶液 解析　横坐标为2[即c(Pb2＋)为1×10－2mol·L－1]时，a曲线对应的纵坐标为11，‎ b曲线对应的纵坐标为6，即R2－的浓度分别为1×10－11 mol·L－1和1×10－6 mol·L－1，所以a曲线的Ksp＝1×10－13，b曲线的Ksp＝1×10－8，由于Ksp(PbCO3)＜Ksp(PbSO4)，所以a曲线表示PbCO3，A项不符合题意；PbSO4与Na2CO3反应转化为更难溶的PbCO3，PbCO3受热分解为PbO，PbO被焦炭还原可制得Pb，B项不符合题意；PbSO4与PbCO3共存时，c(Pb2＋)相等，则＝＝＝1×105，C项不符合题意；向X点对应的溶液中加入Pb(NO3)2，c(Pb2＋)增大，PbSO4的沉淀溶解平衡逆向移动，c(SO)减小，所以不能转化为Y点对应的溶液，D项符合题意。‎ 答案　D ‎8.(2019·山东济宁二模)人体血液存在H2CO3/HCO、HPO/H2PO等缓冲对。常温下，水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值lg x[x表示或]与pH的关系如图所示。已知碳酸pKa1＝6.4、磷酸pKa2＝7.2(pKa＝－lg Ka)。则下列说法不正确的是(　　)‎ A.曲线Ⅱ表示lg 与pH的变化关系 B.a～b的过程中，水的电离程度逐渐增大 C.当c(H2CO3)＝c(HCO)时，c(HPO)＜c(H2PO)‎ D.当pH增大时，逐渐增大 解析　A项，lg 随pH的增大而减小，lg 随pH的增大而增大，正确；B项，a～b的过程中，c(H2CO3)逐渐减小而c(HCO)逐渐增大，对水的电离抑制程度减小，故水的电离程度逐渐增大，正确；C项，当c(H2CO3)＝c(HCO)时，lg ＜0，故c(HPO)＜c(H2PO)，正确；D项，＝ ‎＝·c(H2CO3)，随pH的增大，不变，c(H2CO3)减小，故随pH增大而减小，错误。‎ 答案　D ‎9.(2019·山东济宁质检)(1)氨可以制备亚硝酸(HNO2)、连二次硝酸(H2N2O2)等多种化工产品。已知：25 ℃时，亚硝酸(HNO2)和连二次硝酸(H2N2O2)的电离常数数值如下表所示：‎ 化学式 HNO2‎ H2N2O2‎ 电离常数数值 Ka＝5.0×10－4‎ Ka1＝6.2×10－8、‎ Ka2＝2.9×10－12‎ ‎①pH相等的NaNO2溶液和NaHN2O2溶液中：c(NO)________c(HN2O)(填“＞”“＜”或“＝”)。‎ ‎②25 ℃时，NaNO2溶液中存在水解平衡，其水解平衡常数Kh＝________(填数值)。‎ ‎(2)常温下，用0.01 mol·L－1的NaOH溶液滴定10.00 mL 0.01 mol·L－1 H2N2O2溶液，当两者恰好完全反应生成正盐时溶液中离子浓度的大小顺序为________。‎ ‎(3)常温下用0.100 mol·L－1 AgNO3溶液滴定50.0 mL 0.050 0 mol·L－1 SCN－溶液的滴定曲线如图所示。已知Ksp(AgI)＝1.0×10－18。下列有关描述错误的是________(填序号)。‎ A.曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag＋)·c(SCN－)＝Ksp(AgSCN)‎ B.相同实验条件下，若改为0.060 0 mol·L－1 SCN－，反应终点c点向a点方向移动 C.根据曲线数据计算可知Ksp(AgSCN)的数量级为10－12‎ D.相同实验条件下，若改为0.050 0 mol·L－1 I－，反应终点c向b方向移动 解析　(1)①Ka(HNO2)＝5.0×10－4＞Ka1(H2N2O2)＝6.2×10－8，等浓度时NaNO2溶液的pH小于NaHN2O2溶液的pH，故pH相等时，c(NaNO2)大于c(NaHN2O2)，c(NO)＞c(HN2O)。‎ ‎②Kh(NaNO2)＝＝＝2×10－11。‎ ‎(2)NaOH与H2N2O2两者完全反应生成二元弱酸的正盐Na2N2O2，溶液中离子浓度的大小关系为c(Na＋)＞c(N2O)＞c(OH－)＞c(HN2O)＞c(H＋)。‎ ‎(3)用0.100 mol·L－1 AgNO3溶液滴定50.0 mL 0.050 0 mol·L－1 SCN－溶液，生成沉淀，溶液中存在AgSCN的溶解平衡。滴定曲线即为溶解平衡曲线，曲线上的任意一点均满足c(Ag＋)·c(SCN－)＝Ksp(AgSCN)，A项正确；若改为0.060 0 mol·L－1SCN－，则恰好完全反应所需VAgNO3增大，故c点应该向右移动，B项错误；c点为恰好完全反应的点，c(Ag＋)＝c(SCN－)＝10－6 mol·L－1，Ksp(AgSCN)＝c(Ag＋)·c(SCN－)＝10－6×10－6＝10－12，C项正确；若改为0.05 mol·L－1 I－，恰好完全反应所需V(AgNO3)不变，由于Ksp(AgI)＝10－18，恰好完全反应时c(Ag＋)＝c(I－)＝10－9mol·L－1，－lg I－＝9，反应终点c点移动至b点。‎ 答案　(1)①＞　②2×10－11　(2)c(Na＋)＞c(N2O)＞c(OH－)＞c(HN2O)＞c(H＋)　(3)B ‎10.三氯氧磷(POCl3)广泛用于农药、医药等的生产。工业制备三氯氧磷的过程中会产生副产品亚磷酸(H3PO3)。回答下列问题：‎ ‎(1)已知亚磷酸(H3PO3)为二元弱酸，则Na2HPO3溶液中，各离子浓度的大小关系为____________________________________________________________。‎ ‎(2)常温下，将NaOH溶液滴加到亚磷酸(H3PO3)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示，则表示lg的是曲线________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，亚磷酸(H3PO3)的Ka1＝________ mol·L－1，反应HPO＋H2OH2PO＋OH－的平衡常数的值是________。‎ ‎(3)工业上生产三氯氧磷的同时会产生含磷废水(主要成分为H3PO4、H3PO3)。向废水中先加入适量漂白粉，再加入生石灰调节pH，将磷元素转化为磷酸的钙盐沉淀并回收。若处理后的废水中c(Ca2＋)＝5×10－6 mol·L－1，则溶液中c(PO)＝________ mol·L－1。(已知Ksp[Ca3(PO4)2]＝2×10－29)‎ 解析　(1)亚磷酸(H3PO3)为二元弱酸，则Na2HPO3为正盐，Na2HPO3溶液由于HPO水解而呈碱性，离子浓度大小为：c(Na＋)>c(HPO)>c(OH－)>c(H2PO)>c(H＋)。(2)Ka1(H3PO3)＝，当c(H2PO)＝c(H3PO3)时，即lg＝0时，Ka1(H3PO3)＝c(H＋)；同理，Ka2(H3PO3)＝，当c(HPO)＝c(H2PO)时，即lg＝0时，Ka2(H3PO3)＝c(H＋)。由于Ka1≫Ka2，由图中横坐标为0时，曲线Ⅰ对应的pH大，曲线Ⅱ对应的pH小，知曲线Ⅰ表示lg，曲线Ⅱ表示lg。根据曲线Ⅱ，lg＝＝1时，pH＝2.4，即＝10，c(H＋)＝10－2.4 mol·L－1，故亚磷酸(H3PO3)的Ka1＝＝10－2.4×10 mol·L－1＝10－1.4 mol·L－1。反应HPO＋H2OH2PO＋OH－的平衡常数Kh＝，根据曲线Ⅰ，lg＝－1时，pH＝5.5，即＝10，c(OH－)＝10－8.5 mol·L－1，Kh＝10－8.5×10 mol·L－1＝10－7.5 mol·L－1。(3)根据Ksp[Ca3(PO4)2]＝c3(Ca2＋)·c2(PO)，则c(PO)＝＝ mol·L－1＝4×10－7 mol·L－1。‎ 答案　(1)c(Na＋)>c(HPO)>c(OH－)>c(H2PO)>c(H＋)　(2)Ⅰ　10－1.4　10－7.5‎ ‎　(3)4×10－7‎ ‎11.二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含CeCO3F)为原料制备CeO2的一种工艺流程如下：‎ 已知：i.Ce4＋能与F－结合成[CeFx](4－x)＋，也能与SO结合成[CeSO4]2＋；‎ ii.在硫酸体系中Ce4＋能被萃取剂[(HA)2]萃取，而Ce3＋不能；‎ iii.常温下，Ce2(CO3)3饱和溶液浓度为1.0×10－6mol·L－1。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)“氧化焙烧”过程中可以加快反应速率和提高原料利用率的方法是________、________(写出2种即可)。‎ ‎(2)“氧化焙烧”产物CeO2与稀硫酸反应的离子方程式为 ‎____________________________________________________________。‎ ‎(3)“萃取”时存在反应：Ce4＋＋n(HA)2Ce(H2n－4A2n)＋4H＋。D表示Ce4＋分别在有机层中与水层中存在形式的浓度之比(D＝)。保持其他条件不变，在起始料液中加入不同量的Na2SO4以改变水层中的c(SO)，D随起始料液中c(SO)增大而减小的原因是________________________________。‎ ‎(4)浸渣经处理可得Ce(BF4)3，加入KCl溶液发生如下反应：‎ Ce(BF4)3(s)＋3K＋(aq)3KBF4(s)＋Ce3＋(aq)。‎ 若一定温度时，Ce(BF4)3、KBF4的Ksp分别为a、b，则该反应的平衡常数K＝________(用a、b表示)。‎ ‎(5)“反萃取”中加入H2O2的主要反应离子方程式为 ‎____________________________________________________________。‎ 在“反萃取”后所得水层中加入1.0 mol·L－1的NH4HCO3溶液，产生Ce2(CO3)3沉淀，当Ce3＋沉淀完全时[c(Ce3＋)＝1×10－5 mol·L－1]，溶液中c(CO)约为________。‎ 解析　(1)“氧化焙烧”过程中可以加快反应速率和提高原料利用率的方法是：将矿石粉碎成细颗粒，增大接触面积；通入大量空气等。(2)根据题给已知“Ce4＋能与SO结合成[CeSO4]2＋”，则CeO2与稀硫酸反应的离子方程式为CeO2＋4H＋＋SO===[CeSO4]2＋＋2H2O。(3)“萃取”时存在反应：Ce4＋＋n(HA)2Ce(H2n－4A2n)＋4H＋，加入Na2SO4，随着c(SO)增大，水层中Ce4＋与SO结合成[CeSO4]2＋，导致萃取平衡向左移动，即向生成[CeSO4]2＋方向移动，则D迅速减小。(4)反应Ce(BF4)3(s)＋3K＋(aq)3KBF4(s)＋Ce3＋(aq)的平衡常数K＝＝＝＝。(5)“萃取”后的有机层中含有Ce4＋，根据流程，加入H2O2可将Ce4＋还原成Ce3＋，则H2O2被氧化成O2，反应写成Ce4＋＋H2O2―→Ce3＋＋O2↑，根据得失电子守恒配平为2Ce4＋＋H2O2―→2Ce3＋＋O2↑，结合原子守恒、电荷守恒以及溶液呈酸性，写出离子方程式为2Ce4＋＋H2O2===2Ce3＋＋O2↑＋2H＋。Ce2(CO3)3饱和溶液的浓度为1.0×10－6 mol·L－1，Ce2(CO3)3的溶解平衡为Ce2(CO3)3(s)2Ce3＋(aq)＋3CO(aq)，则饱和溶液中c(Ce3＋)＝2.0×10－6 mol·L－1、c(CO)＝3.0×10－6mol·L－1，Ksp[Ce2(CO3)3]＝c2(Ce3＋)·c3(CO)＝(2.0×10－6)2×(3.0×10－6)3＝1.08×10－28；当Ce3＋沉淀完全时，c3(CO)＝＝＝1.08×10－18，c(CO)＝1.026×10－6 mol·L－1≈1.0×10－6 mol·L－1。‎ 答案　(1)矿石粉碎成细颗粒　通入大量空气 ‎(2)CeO2＋4H＋＋SO===[CeSO4]2＋＋2H2O ‎(3)随着c(SO)增大，水层中Ce4＋被SO结合成[CeSO4]2＋，导致萃取平衡向生成[CeSO4]2＋方向移动，D迅速减小 ‎(4)　(5)2Ce4＋＋H2O2===2Ce3＋＋O2↑＋2H＋　1×10－6 mol·L－1‎ ‎12.(2019·山东潍坊一模)三氧化二镍(Ni2O3)是一种重要的电子元件材料和蓄电池材料。工业上利用含镍废水(镍主要以NiR2络合物形式存在)制取草酸镍(NiC2O4)，再高温灼烧草酸镍制取三氧化二镍。工艺流程如图所示：‎ 已知：‎ ‎①NiR2(aq)Ni2＋(aq)＋2R－(aq)(R－为有机物配体，K＝1.6×10－14)‎ ‎②Ksp[Fe(OH)3]＝2.16×10－39，Ksp[Ni(OH)2]＝2×10－15‎ ‎③Ka1(H2C2O4)＝5.6×10－2，Ka2(H2C2O4)＝5.4×10－5‎ ‎④“脱络”过程中，R－与中间产物·OH反应生成·R(有机物自由基)，·OH能与H2O2发生反应。有关反应的方程如下：‎ i.Fe2＋＋H2O2===Fe3＋＋OH－＋·OH ii.R－＋·OH===OH－＋·R iii.H2O2＋2·OH===O2↑＋2H2O 请回答下列问题：‎ ‎(1)中间产物·OH的电子式是________。‎ ‎(2)“沉铁”时，若溶液中c(Ni2＋)＝0.01 mol·L－1，加入碳酸钠调溶液的pH为________(假设溶液体积不变，lg 6≈0.8)使Fe3＋恰好沉淀完全(离子的浓度≤1.0×10－5 mol·L－1)，此时________(填“有”或“无”)Ni(OH)2沉淀生成。‎ ‎(3)25 ℃时，pH＝3的草酸溶液中＝________(保留两位有效数字)。“沉镍”即得到草酸镍沉淀，其离子方程式是______________________。‎ ‎(4)为测定含铁滤渣铁元素的含量，可将滤渣溶于过量的HI溶液中，再用Na2S2O3标准液滴定(淀粉溶液做指示剂)，反应原理：2Fe(OH)3＋6H＋＋2I－===2Fe2＋＋I2＋6H2O，I2＋2S2O===2I－＋S4O实验过程中，下列操作会导致所测铁含量数值偏高的是________。‎ a.用久置于空气中的KI溶液 b.盛装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗 c.滴定结束后，发现滴定管内有气泡 d.溶液蓝色褪去，立即读数 解析　(2)Fe3＋完全沉淀时c(Fe3＋)≤1.0×10－5 mol·L－1，由Ksp[Fe(OH3)]＝c(Fe ‎3＋)·c(OH－)3＝2.16×10－39可知，c(OH－)＝＝6×10－12，c(H＋)＝＝＝×10－2，pH＝－lg c(H＋)＝－lg＝2＋lg 6＝2.8。由c[Ni(OH)2]＝c(Ni2＋)·c2(OH－)＝0.01 mol·L－1×(6×10－12 mol·L－1)2＝3.6×10－25＜Ksp[Ni(OH)2]＝2×10－15，无Ni(OH)2沉淀生成。‎ ‎(3)＝＝××＝Ka1×Ka2×＝5.6×10－2×5.4×10－5/(10－3)2＝3.02。‎ ‎(4)由反应原理2Fe(OH)3＋6H＋＋2I－===2Fe2＋＋I2＋6H2O，I2＋2S2O===2I－＋S4O知 n(Fe)＝cV a.由于HI溶液久置于空气中，I－被O2氧化为I2，导致V偏大，结果偏高；b.滴定管未用待装液润洗，导致标准液浓度减小，V偏大，结果偏高；c.滴定结束，滴定管内有气泡，V偏小，结果偏低；d.溶液蓝色褪去，未达到滴定终点，立即读数，V偏小，结果偏低。‎ 答案　(1)·O,∶H　(2)2.8　无　(3)3.02　Ni2＋＋H2C2O4===NiC2O4↓＋2H＋　(4)a、b ‎13.(2019·北京理综，26)化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)。‎ Ⅰ.用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a mol·L－1 KBrO3标准溶液；‎ Ⅱ.取V1 mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；‎ Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入V2 mL废水；‎ Ⅳ.向Ⅲ中加入过量KI；‎ Ⅴ.用b mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ 中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液V3 mL。‎ 已知：I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6‎ Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色 ‎(1)Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和________。‎ ‎(2)Ⅱ中发生反应的离子方程式是________________________________。‎ ‎(3)Ⅲ中发生反应的化学方程式是_______________________________。‎ ‎(4)Ⅳ中加KI前，溶液颜色须为黄色，原因是____________________。‎ ‎(5)KI与KBrO3物质的量关系为n(KI)≥6n(KBrO3)时，KI一定过量，理由是____________________________________________________________。‎ ‎(6)Ⅴ中滴定至终点的现象是___________________________________。‎ ‎(7)废水中苯酚的含量为________ g·L－1(苯酚摩尔质量：94 g·mol－1)。‎ ‎(8)由于Br2具有________性质，Ⅱ～Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。‎ 解析　(1)配制一定浓度的溶液需要用容量瓶进行定容。(2)Ⅱ中Br－与BrO在酸性条件下发生氧化还原反应生成Br2、H2O，离子方程式为5Br－＋BrO＋6H＋===3Br2＋3H2O。(3)废水中含有苯酚，苯酚与Br2发生取代反应生成三溴苯酚，化学方程式为＋3Br2―→↓＋3HBr。(4)本实验的目的是测定经处理后的废水中的苯酚含量，苯酚需完全反应，剩余的Br2可通过滴定原理测定，所以在加入KI之前，溶液颜色须为黄色，以确保Br2过量，苯酚完全反应。(5)根据得失电子守恒，当n(KI)∶n(KBrO3)＝6∶1时，KI恰好与步骤Ⅱ中生成的Br2完全反应，而步骤Ⅱ中苯酚会消耗Br2，所以当n(KI)≥6n(KBrO3)时，KI一定过量。(6)滴定时用淀粉作指示剂，当达到滴定终点时，溶液蓝色恰好消失，且半分钟内不恢复原色。(7)结合题意可知，生成Br2的物质的量＝3aV1×10－3 mol，与KI反应消耗n(Br2)＝ mol，则与C6H5OH反应的n(Br2)＝3aV1×10－3 mol－ mol，废水中苯酚的含量＝＝‎ g·L－1。(8)Br2具有挥发性，故Ⅱ～Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。‎ 答案　(1)容量瓶 ‎(2)BrO＋5Br－＋6H＋===3Br2＋3H2O ‎(3) ＋3Br2―→↓＋3HBr ‎(4)Br2过量，保证苯酚完全反应 ‎(5)反应物用量存在关系：KBrO3～3Br2～6KI，若无苯酚时，消耗KI物质的量是KBrO3物质的量的6倍，因有苯酚消耗Br2，所以当n(KI)≥6n(KBrO3)时，KI一定过量 ‎(6)溶液蓝色恰好消失，且半分钟内不恢复原色 ‎(7) 　(8)易挥发