课时分层检测(45)酸碱中和滴定及拓展应用-【创新大课堂】2026年高三化学一轮总复习

课时分层检测（四十五） 1.(2021·广东卷)测定浓硫酸试剂中H2SO4含 量的主要操作包括：①量取一定量的浓硫酸，稀 释；②转移定容得待测液；③移取20.00mL待 测液，用0.1000mol·L1的NaOH溶液滴 定。上述操作中，不需要用到的仪器为( /250mL 250mL 20℃ A 2.下列实验操作中正确的是 NaOH 待测液 乙 A.选用如图甲所示的仪器，准确量取一定体积 的K2Cr2O2标准溶液 B.中和滴定时，滴定管用所盛装的反应液润洗 2一3次 C.如图乙所示，记录滴定终点读数为12.20m D.按如图丙所示进行中和滴定实验 3.实验室现有3种酸碱指示剂，其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.l000mol·L1NaOH溶液滴定未知浓度 的CH3COOH溶液，恰好完全反应时，下列叙 述正确的是 () 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 4.(2025·洛阳宜阳一高达标测试)用标准NaOH 溶液滴定未知浓度的盐酸，若测定结果偏低，其 原因可能是 酸碱中和滴定及拓展应用 A.配制标准溶液的固体NaOH中混有KOH 杂质 B.滴定到终点读数时，俯视滴定管的刻度，其他 操作正确 C.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未 知液润洗 D.盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗净后残留有 一定量的水 5.常温下，用1.0mol·L1的NaOH溶液中和某 浓度的H2SO4溶液，所得溶液的pH和所用 NaOH溶液体积的关系如图所示，则原H2SO4 溶液的物质的量浓度及完全反应后溶液的体积 (忽略反应前后溶液体积的变化)分别是( PH 0 20 40 V(NaOH)/mL A.1.0mol·L1,20ml B.0.5mol·L-1,40mL C.0.5mol·L-1,80mL D.1.0mol·L-1,80ml 6.用酚酞作指示剂，以0.1000mol·L1的 aOH溶液测定装在锥形瓶中的一定体积的盐 酸溶液的物质的量浓度。下列操作将导致测定 值高于实际值的是 A.标准液在“0”刻度线以上，未予调整就开始 滴定 B.碱式滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准NaOH 溶液润洗 C.观察记录滴定管内液面刻度时滴定前仰视， 滴定后俯视 D.酚酞指示剂由无色变为红色时立即停止滴定 02 7.以酚酞溶液作指示剂，对某新制NaOH溶液进 行中和滴定实验，数据记录如下表： 实验 消耗标准盐酸 待测液 编号 (0.01mol·L.1)的体积 ① 20 mL NaOH溶液 V ml 20 mL NaOH溶液 © V2 ml. +10 ml,H2O 敞口隔夜放置的20 ③ V3 ml. nI,NaOH溶液 则该新制的NaOH溶液的浓度c(mol·L1)计 算合理的是 A.c= 0.01×(V1+V2+V3) 3×20 B.c=0.01X(V1+V2) 2×20 C.c=0.01×(V,+V) 2×20 D.c= 0.01×V1 20 8.（2025·景德镇乐平中学质检)中和滴定是一种 操作简单，准确度高的定量分析方法。实际工 作中也可利用物质间的氧化还原反应、沉淀反 应进行类似的滴定分析，下列有关几种具体的 滴定分析（待测液置于锥形瓶内）的说法不正确 的是 ( A.用标准酸性KMnO4溶液滴定Na2SO3溶液 以测量其浓度：滴定终点时，溶液由无色变为 浅红色 B.利用“Ag+十SCN—AgSCN”反应，用 标准KSCN溶液测量AgNO3溶液浓度时可 用Fe(NO3)3溶液作指示剂 C.利用“2Fe3++2I—I2+2Fe2+”,用FeCg 溶液测量KI样品中KI的百分含量时，可用 淀粉溶液作指示剂 D.用标准NaOH溶液测量某盐酸溶液的浓度 时，若用酚酞作指示剂，当观察到溶液由无色 变为红色，且半分钟不恢复时达到滴定终点 403 9.25℃时，用0.1000mol·L1的NaOH溶液滴 定20.00mL0.1000mol·L1的一元强酸甲 和一元弱酸乙，滴定曲线如图所示。下列有关 判断正确的是 ( pH 12 8 a(0,3) 曲线L b(0,1) 曲线Ⅱ V(NaOH)/mL A.曲线I代表的滴定最好选用甲基橙作指示剂 B.曲线Ⅱ为NaOH溶液滴定一元弱酸乙 C.电离常数Ka(乙)=1.01×105 D.图像中的x>20.00 10.某小组设计实验测定胆矾(CuSO4·5H2O)纯 度（杂质不参与反应）：称取心g胆矾样品溶于 蒸馏水，加入足量KI溶液，充分反应后，过滤。 把滤液配制成250ml溶液，准确量取配制溶 液25.00mL于锥形瓶中，滴加2滴溶液X,用 cmol·L1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗 滴定液VmL。涉及反应如下：2Cu2++4I 一2Cul￥+12,12+2S2O号—2I-+ S4O号。下列叙述正确的是 () A.X为酚酞溶液 B.若滴定结束后俯视读数，会使测定结果偏高 C.滴定管装液之前最后一步操作是水洗 D.胆矾纯度为250cY% 11.(2025·四川绵阳一模)室温下，向20mL 0.1mol·L1叠氮酸(HN3)溶液中滴加pH =I3的NaOH溶液，水电离c(H+)与NaOH 溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是 ↑c(H)k/(mol·L- 1×10-7 1×10-xa 20 VNaOH(ag)l/mL A.在a、b、c、d中，水的电离度最大的是d B.在c点对应溶液中：c(OH)=c(H+) +c(HN3) C.b点和d点对应溶液的pH相等 D.室温下，电离常数Ka(HN3)=1×101-2x 12.立德粉(ZnS·BaSO4)成品中S2-的含量可以 用“碘量法”测得。称取mg样品，置于碘量瓶 中，移取25.00mL0.1000mol·L1的2-K1 溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反 应5min,有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过 量的l2用0.1000mol·L1Na2S2O3溶液滴 定，反应式为12+2S2O?—21+S4O⅓。 测定时消耗Na2S2O3溶液的体积为VmL。 终点颜色变化为 ,样品中 S2-的含量为 (写出表达式)。 13.蛋壳是一种很好的绿色钙源，其主要成分为 CaCO3。以蛋壳为原料制备葡萄糖酸钙晶体 (M[Ca(C6H11O7)2·H2O]=448g·mol-1), 并对其纯度进行测定，过程如下： 步骤I.葡萄糖酸钙晶体的制备 蛋宽洗涤：干焜白色固休 加蒸馏水 煅烧 浸泡 悬浊液 加葡萄糖酸溶液过滤 滤液 控制pH6~7 操作8产品 步骤Ⅱ.产品纯度测定—KMnO4间接滴 定法 ①称取步骤I中制得的产品0.600g置于烧 杯中，加入蒸馏水及适量稀盐酸溶解； 404 ②加人足量(NH4)2C2O4溶液，用氨水调节 pH为45，生成白色沉淀，过滤、洗涤： ③将②洗涤后所得的固体溶于稀硫酸溶液中， 用0.02000mol·L1KMnO4标准溶液滴 定，消耗KMnO4标准溶液25.00mL. 根据以上两个步骤，回答下列问题： (1)以上两个步骤中不需要使用的仪器有 (填标号)。 B (2)步骤I中“操作a”是 、过滤、洗涤、 干燥。 (3)步骤Ⅱ中用氨水调节pH为4~5的目的为 (4)用KMnO4标准溶液滴定待测液的反应原 理为 (用离子方程式表示)，判断滴定达到终点的现 象为 (5)根据以上实验数据，测得产品中葡萄糖酸 钙晶体的纯度为 (保留3位有效数 字)。11.(2)0.975该反应气体分子数减少，增大压强，a提高。5.0MPa >2.5MPa=p2,所以p1=5.0MPa反应物(N2和O2)的起始浓 度（组成）、温度、压强 (4)升高温度，k增大使v逐渐提高，但a降低使v逐渐下降。当t <tm,k增大对v的提高大于a引起的降低；当t>tm,k增大对v的 提高小于a引起的降低 12.答案(1)减小压强升高温度（或及时移出生成物） (2)a制备的目标产品是C2H4,b、c均为副反应，应加快反应a的 反应速率 解析(1)C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)△H1>0,该反应是气 体体积增大的吸热反应，提高乙烷平衡转化率的措施有减小压强、 升高温度或及时移出生成物。 课时分层检测（四十二） 1.C2.C3.D4.D5.D6.D7.D8.C9.D10.D 11.答案（①）a(2)25x (1-x)2(3)BD 解析(1)C0和O2的反应是放热反应，当达到平衡后升高温度， CO的转化率降低，所以，b、c、d点表示平衡状态，a点对应的状态 不是平衡状态。(2)令CO起始浓度为amol·L-1。 2C0(g)+O2(g)→2C02(g) 起始浓度(mol·L-l)a 0 转化浓度(mol·L一1)ax ax 平衡浓度(mol·L1)a(1-x)0.04 ax c2(C02) 25x2 K=2(C0.(0)1=2。(3)C0和0，的反应是放热反 应，达到平衡后，温度升高，平衡向左移动，平衡常数K减小，A项 错误；观察图像知，β型催化剂作用下CO的转化速率大于α型催 化剂，B项正确；有效碰撞几率与反应速率有关，温度越高，反应速 率越大，有效碰撞几率越高，故在图像中€点有效碰撞几率最高，C 项错误；催化剂需要一定活性温度，转化率出现突变，可能是因温 度高而使催化剂失去活性，D项正确。 12.答案(1)小于降低温度、增大压强97.3%9000 (2)2 解析(1)随着温度升高，平衡时Ni(CO)4的体积分数减小，说明 温度升高平衡逆移，因此该反应的△H<0;该反应的正反应是气体 总分子数减小的放热反应，因此降低温度和增大压强均有利于 N(CO)4的生成：由上述分析知，温度相同时，增大压强平衡正向 移动，对应的平衡体系中N(CO)4的体积分数增大，则压强：p4> p3>p2>p1,即p3对应的压强是1.0MPa。由题图乙可知，p3、 100℃条件下达到平衡时，CO和Ni(CO)4的物质的量分数分别为 0.1、0.9,设初始投入的CO为4mol,反应生成的Ni(CO)4为 xmol,可得三段式： Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)(g) 起始(mol) 4 0 转化(mol) 4x 平衡(mol) 4-4x 反应后总物质的量为：(4一3x)mol,根据阿伏加德罗定律，其他条 件相同时，气体的体积分数即为其物质的量分数，因此有43 09,解得z=器，周北达到平衡时te(C0)=4X鹗nol,C0的 mol 平衡转化率a=4m0lX100%≈97.3%；气体的分压=总压 强X该气体的物质的量分数，则该温度下的压强平衡常数 K-pENi(CO)] (CO) 9x-&9x18-9om (MPa)-3. (2)由题给关系式可得e=[NCCO,当i(C6O4反应 Co[Ni(Cl6O)] -半时9Ni(C6o4]1 ,N(CoO,行7，即e+=2,-4=ln2,4= n2,则t号=ln2。 k。 课时分层检测（四十三） 1.B2.D3.B4.C5.B6.D7.C8.B9.C10.C11.B 12.D 13.答案(1)NH3·H2ONH+OH w/1.8×10-5×0.10mol·L-1 (2)ABC (3)ab 解析(1)NH3·H2O是弱电解质，部分电离，其电离方程式是 NH3·H2O→NH+OH-,25℃时，物质的量浓度为0.10 molL1的氯水中，K。=1.8×10-5-巴(0H）,c(0H) 0.10 √1.8×10-5×0.10mol·L-1,则c(0H)为 √1.8×10-5×0.10mol·L1。(2)A.加水稀释，平衡正向移动， 电离程度增大，故A符合题意；B.电离平衡是吸热过程，微热溶 液，平衡正向移动，电离程度增大，故B符合题意；C.滴加少量浓氢 氧化钠，氢氧根消耗氢离子，氢离子浓度降低，电离平衡正向移动， 电离程度增大，故C符合题意；D.加入少量醋酸钠晶体，醋酸根浓 度增大，平衡逆向移动，电离程度减小，故D不符合题意。 (3)a.pH相等，两者氢离子浓度相等，因此开始反应时的速率：A= B,故a错误；b.pH相等，开始两者速率相等，后来醋酸又电离，醋 酸中的氢离子浓度大于盐酸中氢离子浓度，因此生成等量氢气所 需要的时间是醋酸少，即A<B,故b错误；C,pH相等，醋酸的浓度 远大于盐酸的浓度，体积相等，因此酷酸物质的量远大于盐酸物质 的量，则醋酸放出的氢气比盐酸多，则生成氢气的总体积：A>B, 故c正确。 课时分层检测（四十四） 1.D2.C3.D4.C5.A6.C7.C8.C9.D10.C11.D 12.B13.C 14.答案(1)2(2)11(3)11(4)9.7(5)2 解析(1)c(H2SO4)=0.005mol·L1,c(H+)=2×c(H2SO4) =0.01mol·L1,pH=2。(2)c(OH)=1×10-3mol·L-1, c(H+)=104 10-3mol·L-1=10-11molL-1,pH=11, (3)c(0H-)=0.1×1%mol·L-1=10-3mol·L-1,c(H+)= 10-11mol·L1,pH=-lgc(H+)=11。(4)两溶液等体积混合 后，c(0H-)=VX10-4+VX10-6 2V mol·L-1=101×10-6 molL1,c(H*)=01x10 10-14 mol·L-1≈2.0X10-10 2 mol·L1,pH≈9.7。(5)混合后c(H+)=0.015X2-0.01 2 mol·L-1=0.01mol·L-1,则pH=2。 15.答案(1)10：1(2)a+b=14(3)小于(4)10 解析(1)25℃时，pH=9的NaOH溶液，c(OH)=10-5 mol·L-1;pH=4的H2SO4溶液，c(H+)=10-4mol·L1;若所得 混合溶液的pH=7,则c(OH)·V(NaOH)=c(H+)·V(H2SO4)。 故NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为V(NaOH)：V(H2SO4) =c(H+):c(OH)=10:1。(2)100℃时，水的离子积常数KW =1×10-12.100体积pH=a的某强酸溶液中n(H+)=100× 10-amol=102-amol,1体积pH=b的某强碱溶液中n(OH-)= 106mol=1012m0l。混合后溶液星中性，102-。m0l= 10-12 100-12mol,2-a=b-12,所以a十b=14。(3)曲线A所对应的温 度是25℃，pH=2的盐酸中c*(H+)=10-12mol·L1;pH=11 的某BOH溶液中c*(H+)=10-11mol·L-1;水电离产生的H+ 的浓度越大，水的电离程度就越大，则a1<2。(4)混合溶液中 c(0H)=0.02×?-0.02mol·L1=0.01m0l·L1.由于该 温度下水的离子积常数K=10-12,所以c（H+)=10-10 mol·L一1，所得混合溶液的pH=10。 课时分层检测（四十五） 1.B2.B3.D4.B5.C6.B7.B8.C9.C10.D11.B (25.00-27×0.100×32 12.答案浅蓝色至无色 ×100% m×1000 5 解析达到滴定终点时I2完全反应，可观察到溶液颜色由浅蓝色 变成无色，且半分钟内颜色不再发生变化：根据滴定过量的【2消 耗Na2S2O3溶液的体积和关系式l2~2S20?,可得n(l2)过量= 1000VX109mol,再根据关系式$g~2可去 0.1000×25.0×103m0l-7×0.1000V×103m0l=(25.00 -)×0.1000×103m0l,则样品中S2-的含量为 (25.0-岁)×0.100×32 mX1000 ×100%。 13.答案(1)C(2)蒸发浓缩、冷却结晶(3)中和溶液中的H十离 子，增大溶液中C2O-浓度，使Ca2+离子完全沉淀 (4)5H2C2O4+2MnO+6H+-2Mn2++10CO2个+8H2O 滴入最后半滴高锰酸钾标准溶液，溶液由无色变为浅紫色，且半分 钟内不褪色(5)93.3% 解析蛋壳的主要成分是碳酸钙，洗涤、干燥后灼烧蛋壳，碳酸钙 在高温下发生分解生成氧化钙和二氧化碳，加水浸泡后氧化钙和 水反应生成氢氧化钙，控制溶液pH在6~7的范围内，加入葡萄糖 酸溶液，氢氧化钙与葡萄糖酸溶液反应生成葡萄糖酸钙和水，过滤 得到葡萄糖酸钙溶液，经蒸发浓编、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得 到葡萄糖酸钙晶体。(1)过滤时要用到漏斗、灼烧时要用到坩埚、 滴定时要用到酸式滴定管，则步骤I和Ⅱ中不需要使用的仪器是 圆底烧瓶；(2)由分析可知，步骤I中操作a是蒸发浓缩、冷却结 晶、过滤、洗涤、干燥；(3)加入蒸馏水及适量稀盐酸溶解产品后所 得溶液为酸性溶液，酸性溶液中加入饱和(NH4)2C2O4,C2O 会与氢离子反应导致浓度降低而不能使C2+完全沉淀，则向溶液 中滴加氨水调节pH为4一5的目的是中和溶液中的氢离子，增大 溶液中C2O浓度，有利于钙离子完全转化为草酸钙沉淀；(4)用 高锰酸钾标准溶液滴定待测液的反应原理为酸性条件下，高锰酸 钾溶液与草酸溶液发生氧化还原反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化 碳和水，反应的离子方程式为5H2C2O4+2MnO4+6H+ 2Mn2+十10CO2个十8H2O;当草酸与高锰酸钾溶液完全反应后， 再滴入半滴高锰酸钾溶液，溶液会由无色变为浅紫色，且半分钟内 不褪色；(5)由题意可得如下关系式：5Ca(C6H1O,)2·H20~ 5CaC204~5H2C204~2MnOM,则Ca(C6H1O,)2·H20的物质 的量为号×0.02000m0lL1×0.025L=1.250×103mol,产 品中葡萄糖酸钙晶体的纯度为.250X103mo1X48g/m0l× 0.600g 100%≈93.3%。 课时分层检测（四十六） 1.B2.C3.B4.B5.D6.B7.A8.C9.C10.B11.C 12.B 13.(1)PO+H20==HPO2-+OH、 HPO-+H2OH2PO4+OH、 H2 PO+H2OH3 PO+OH; Fe3++3H2O-Fe(OH)3+3H+. (2)[AI(OHD]2++H20=[A1(OHD2]++H+ (3)NH2 C1+2H2 O-NH3.H2 O++HCIO 14.答案(1)①c>b>a②CO号-+H20=HC03+0H-5.6 X10-2 3CN-+CO2+H2 O-HCO+HCN (2)①亚硫酸氢根电离程度大于水解程度 ②HSO3一H++SO,亚硫酸根与钙离子反应生成亚硫酸钙 沉淀，亚硫酸氢根电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，H减小 (3)小于等于 解析(1)①根据弱酸的电离常数得到酸的强弱顺序为HCOOH >H2CO3>HCN>HCO5,常温下，物质的量浓度相同的三种溶 液a.HCOONa b.NaCN c.Na2COg,根据越弱越水解，则pH由 大到小的顺序是c>b>a。②室温下，Na2CO3溶液pH=9,碳酸 根水解生成氢氧根和碳酸氢根，测用离子方程式表示溶液呈碱性 的原因是C0号+H,0一HC0+OH,溶液中(CO） c(HCOs) c(H+) 1X10,=5.6×10。③向NaCN溶液通入少量 K2=5.6×10-11 分 CO2,由于H2CO3>HCN>HCO3,则反应生成HCN和碳酸氢 根，其反应的离子方程式为CN-+CO2+H2O一HCO5十 HCN。（2)①亚硫酸氢根电离显酸性，水解显碱性，NaHSO3溶液 呈酸性，其原因是亚硫酸氢根电离程度大于水解程度。②向H= 5的NaHSO3溶液中滴加一定浓度的CaCl2溶液，溶液中出现浑 浊，pH降为2，用平衡移动原理解释溶液pH降低的原因是HSO3 一一H十十SO号，亚硫酸根与钙离子反应生成亚硫酸钙沉淀，亚硫 酸氢根电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，pH减小。(3)某溶液 是由体积相等的NaOH溶液和醋酸混合而成，且恰好呈中性，若等 体积等浓度混合，溶液为醋酸钠，则溶液显碱性，而该溶液呈中性， 说明混合前c(NaOH)小于c(CH3COOH),生成的溶质为醋酸钠和 醋酸混合物，根据电荷守恒和溶液呈中性，则混合后溶液中 c(CH3CO0-)等于c(Na+)。 课时分层检测（四十七） 1.D2.A3.A4.C5.B6.C7.A8.B9.D10.D11.A 12.D 13.答案(1)C(2)BC(3)<c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO) +c(OH)(4)> 解析(1)加水稀释或升高温度，醋酸的电离平衡和醋酸钠的水解 平衡均正向移动，则醋酸的电离程度、醋酸钠的水解程度均增大， A、B错误。(2)据电荷守恒可得：c(H+)十c(Na+)= c(CH3COO)+c(OH-),根据元素守恒有2c(Na+)= c(CH3COOH)+c(CH3COO-),联立两式可得2c(H+)十 c(CH3COOH)=c(CH3COO-)+2c(OH-),A错误、B正确；据元 素守恒可得：c(CH3COO)+c(CH3COOH)=2c(Na+)=0.1 mol·L1,C正确。(3)常温时，pH=3的醋酸和pH=11的 NaOH溶液等体积混合，发生中和反应后，醋酸剩余，所得溶液呈 酸性，则有c(H+)>c(OH):据电荷守恒可得：c(H+)十c(Na+) =c(CH3COO-)+c(OH),从而推知：c(Na+)<c(CH3COO)。 (4)常温时，将mmol·L-1酷酸溶液和nmol·L-1NaOH溶液等 体积混合后，所得溶液的pH=7,此时溶液呈中性；若二者恰好完 全反应生成CH3COON,溶液显碱性，欲使溶液呈中性，醋酸要稍 过量，则有m>n。由于酷酸是弱电解质，部分电离，NaOH是强电 解质，完全电离，若醋酸中c(H十)等于NaOH溶液中c(OH-),混 合后醋酸远远过量，故醋酸溶液中c(H十)小于NaOH溶液中 c(OH)。 课时分层检测（四十八） 1.C2.D3.C4.C5.C6.A7.B8.B9.D10.C11.D 12.D 13.答案(1)2NH3+H20+S02-2NH+S05 (或2NH3·H2O+SO2—2NH+SO号+H2O)HSO3 (2)ZnS03Zns03+S02+H20—Zn2++2HS03(或Zn0+ 2S02+H20—Zn2++2HS05) (3)随着pH降低，HSO3浓度增大减小 解析(1)由图1可知，当pH=6时，溶液中浓度最大的阴离子是 HSO3。(2)通入SO2,在开始阶段溶液pH没有大的变化，说明 SO2被吸收生成了微溶于水的盐，根据题给信息知，应该是生成了 ZSO3。溶液pH迅速降低，说明生成了酸性物质，应该是易溶的 酸式盐Zn(HSO3)2。(3)催化氧化时发生反应：2HSO3十O2= 2SO十2H+,随着氧化的进行，溶液的pH将减小。HSO是反 应物，且存在HSO3一H十十SO号-，所以降低pH时，该平衡逆 向移动，c(HSO3)增大，即随着pH的降低，c(HSO3)增大，SO 的生成速率增大。 课时分层检测（四十九） 1.C2.B3.D4.D5.C6.D7.D8.C9.D10.C11.D 12.(4)3.25×103 (5)游客呼出的CO2可与钟乳石的主要成分CaCO3发生可逆反 应：C02十H20+CaC03=Ca2++2HC03,C02增加，平衡正向 移动，CaCO3减少，钟乳石被破坏 13.答案0.01×(10.2-14)2[或10-5×(108.7-14)2]3.2~6.2 解析当溶液中c(N2+)=1.0mol·L-1时，c(OH)= /0.01×(10.2=14)2 √c(N+) -mol·L-1=10-7.8mol·L-1, 1.0