第3章 物质在水溶液中的行为 章末整合提升(Word学生用书)-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中化学选择性必修第一册（鲁科版）

该高中化学导学案聚焦物质在水溶液中的行为，涵盖弱电解质电离、盐类水解、沉淀溶解平衡及酸碱中和滴定等核心知识点，通过章末整合与体系构建彩图梳理知识脉络，搭建从基础概念到综合应用的学习支架。 以高考真题为载体，注重真实情境问题解决，解析过程强化科学思维中的证据推理与模型认知，素养提升板块助力学生掌握平衡常数计算、离子浓度比较等学科方法，有效培养学生分析和解决复杂化学问题的能力。

一、弱电解质的电离 1.（2025•广东高考12题）CuCl微溶于水，但在Cl－浓度较高的溶液中因形成［CuCl2］－和［CuCl3］2－而溶解。将适量CuCl完全溶于盐酸，得到含［CuCl2］－和［CuCl3］2－的溶液，下列叙述正确的是（　　） A．加水稀释，［CuCl3］2－浓度一定下降 B．向溶液中加入少量NaCl固体，［CuCl2］－浓度一定上升 C．H［CuCl2］的电离方程式为H［CuCl2］H＋＋Cu＋＋2Cl－ D．体系中，c（Cu＋）＋c（H＋）=c（Cl－）＋c{［CuCl2］－}＋c{［CuCl3］2－}＋c（OH－） 2.（2024•新课标卷13题）常温下CH2ClCOOH和CHCl2COOH的两种溶液中，分布系数δ与pH的变化关系如图所示。［比如：δ（CH2ClCOO－）=］ 下列叙述正确的是（　　） A．曲线M表示δ（CHCl2COO－）~pH的变化关系 B．若酸的初始浓度为0.10 mol•L－1，则a点对应的溶液中有c（H＋）=c（CHCl2COO－）＋c（OH－） C．CH2ClCOOH的电离常数Ka=10－1.3 D．pH=2.08时，= 二、盐类的水解及应用 3.（2025•福建高考10题）常温下，在Cr（Ⅵ）总浓度始终为0.025 mol•L－1－的K2CrO4溶液中，铬元素以、Cr、Cr2形式存在，lg［c/（mol•L－1）］随pH变化如图。下列说法正确的是（　　） A．曲线Ⅰ代表的组分为Cr B．P点：c（Cr2）= mol•L－1 C.2Cr＋2H＋⇌Cr2＋H2O的平衡常数K=1012.2 D．Q点：3c（Cr2）＋2c（Cr）＋c（OH－）=c（K＋）＋c（H＋） 4.（2025•新课标卷13题）HF总浓度c总（HF）为0.100 0 mol•L－1的水溶液中存在平衡：HFH＋＋F－、HF＋F－H。溶液中c（HF）、c（H）、c（F－）与pH关系如图所示。下列叙述正确的是（　　） A．M、N分别为c（HF）~pH、c（H）~pH关系曲线 B．K1=≈7×10－4，K2=≈5 C．溶液中c总（HF）=c（F－）＋c（HF）＋c（H） D．pH=1的溶液中c（H＋）=c（F－）＋c（H）＋c（OH－） 5.（2025•湖北高考14题）铜（Ⅰ）、乙腈（简写为L）的某水溶液体系中含铜物种的分布曲线如图。纵坐标（δ）为含铜物种占总铜的物质的量分数，总铜浓度为1.0×10－3 mol•L－1。下列描述正确的是（　　） A．Cu＋＋3L⇌［CuL3］＋的lg K=0.27 B．当c（Cu＋）=c{［CuL］＋}时，c{［CuL2］＋}=2.0×10－4 mol•L－1 C．n从0增加到2，［CuLn］＋结合L的能力随之减小 D．若c{［CuL］＋}=c{［CuL3］＋}，则2c{［CuL2］＋}＜c{［CuL］＋}＋3c{［CuL3］＋} 6.（2025•云南高考14题）甲醛法测定的反应原理为4＋6HCHO（CH2）6N4H＋＋3H＋＋6H2O。取含NH4Cl的废水浓缩至原体积的后，移取20.00 mL，加入足量甲醛反应后，用0.010 00 mol•L－1的NaOH标准溶液滴定。滴定曲线如图1，含氮微粒的分布分数δ与pH关系如图2{比如：δ［（CH2）6N4H＋］=}。下列说法正确的是（　　） A．废水中的含量为20.00 mg•L－1 B．c点：c［（CH2）6N4H＋］＋c（H＋）=c（OH－） C．a点：c［（CH2）6N4H＋］＞c（H＋）＞c（OH－）＞c［（CH2）6N4］ D．（CH2）6N4H＋⇌（CH2）6N4＋H＋的平衡常数K≈7.3×10－6 三、沉淀溶解平衡及应用 7.（2025•重庆高考13题）某兴趣小组探究沉淀的转化。将2 mL 0.1 mol•L－1 AgNO3溶液与同浓度同体积的NaCl溶液混合，得悬浊液1，然后进行如下实验。下列叙述错误的是（　　） A．溶液A中c（Ag＋）＋c（Na＋）＋c（H＋）=c（Cl－）＋c（N）＋c（OH－） B．溶液B中c（Cl－）＞c（［Ag（NH3）2］＋） C．溶液C中c（H＋）=c（OH－） D．上述实验可证明Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI） 8.（2025•浙江1月选考）25 ℃时，H2CO3的电离常数Ka1=4.5×10－7，Ka2=4.7×10－11；Ksp（CaCO3）=3.4×10－9。下列描述不正确的是（　　） A．HC＋H2O⇌OH－＋H2CO3，K=2.2×10－8 B.2HC⇌H2CO3＋C，K=1.0×10－4 C．HC＋Ca2＋⇌CaCO3（s）＋H＋，K=1.4×10－2 D．NaHCO3溶液中，c（H＋）＋c（H2CO3）=c（OH－）＋c（C），则c（H＋）= 9.（2025•广西高考14题）常温下，用0.100 0 mol•L－1 NaOH溶液以相同滴速分别滴定下列两种等体积溶液： Ⅰ．硫酸酸化的0.02 mol•L－1 FeSO4溶液 Ⅱ．盐酸酸化的0.02 mol•L－1 FeCl3溶液 pH随滴定时间变化的滴定曲线如图。已知：Ksp［Fe（OH）2］=10－16.3，Ksp［Fe（OH）3］=10－38.6；溶液中某离子的浓度≤10－5 mol•L－1时，可认为该离子沉淀完全。下列说法错误的是（　　） A．d点水电离的c（H＋）＞10－12.5 mol•L－1 B．Ⅱ中Fe3＋恰好完全沉淀的点为f点 C．Ⅰ中出现沉淀时的pH低于理论值，说明Fe2＋被氧化 D．g点的c（Fe3＋）大于i点的c（Fe3＋） 10.（2025•四川高考15题）H2A是一种二元酸，MA是一种难溶盐。图中曲线分别表示室温下： （ⅰ）0.10 mol•L－1的H2A溶液中，各物种的lg［c/（ mol•L－1）］与pH的关系； （ⅱ）含MA（s）的0.10 mol•L－1 Na2A溶液中，lg［c（M2＋）/（ mol•L－1）］与pH的关系。 下列说法正确的是（　　） A．曲线④表示lg［c（M2＋）/（ mol•L－1）］与pH的关系 B．（ⅰ）中pH=2.00时，=10－1.46 C．pKsp（MA）=5.60 D．（ⅱ）中增加MA（s），平衡后溶液中H2A、HA－、A2－浓度之和增大 11.（1）（2025•广东高考18题节选）我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。 已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。 氢氧化物 Fe（OH）3 Al（OH）3 Ksp（298 K） 2.8×10－39 1.3×10－33 氢氧化物 Cu（OH）2 Ni（OH）2 Ksp（298 K） 2.2×10－20 5.5×10－16 滤液“沉铝”时，pH最高可调至　　　　　　（溶液体积变化可忽略）。已知：“滤液1”中c（Cu2＋）=0.022 mol•L－1，c（Ni2＋）=0.042 mol•L－1。 （2）（2025•陕晋青宁16题节选）已知：常温下Ksp［Mg（OH）2］=10－11.25，Ksp［Mn（OH）2］=10－12.72；加入NH3•H2O沉锰时，当Mg2＋（c=10－0.68 mol•L－1）将要开始沉淀时，溶液中剩余Mn2＋浓度为　　　　 mol•L－1。 （3）（2025•河南高考15题节选）若“活化还原”在室温下进行，SnCl2初始浓度为1.0×10－4 mol•L－1，为避免生成Sn（OH）2沉淀，溶液适宜的pH为　　　　　　　（填字母）。 ［已知Sn（OH）2的Ksp=5.5×10－28］。 A.2.0　　 B．4.0　　　C.6.0 （4）（2025•安徽高考15题节选）某含锶（Sr）废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，一种提取该废渣中锶的流程如图所示。 已知25 ℃时，Ksp（SrSO4）=10－6.46，Ksp（BaSO4）=10－9.97。回答下列问题： “盐浸”中SrSO4转化反应的离子方程式为 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　； 25 ℃时，向0.01 mol SrSO4粉末中加入100 mL 0.11 mol•L－1 BaCl2溶液，充分反应后，理论上溶液中c（Sr2＋）•c（S）=　　　　mol2•L－2（忽略溶液体积的变化）。 四、酸碱中和滴定及其拓展应用 12.（2025•江苏高考3题）用0.050 00 mol•L－1草酸（H2C2O4）溶液滴定未知浓度的NaOH溶液。下列实验操作规范的是（　　） 13.（2025•黑吉辽蒙12题）化学需氧量（COD）是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗O2的量（单位为mg•L－1）来表示。碱性KMnO4不与Cl－反应，可用于测定含Cl－水样的COD，流程如图。 下列说法错误的是（　　） A．Ⅱ中发生的反应有MnO2＋2I－＋4H＋Mn2＋＋I2＋2H2O B．Ⅱ中避光、加盖可抑制I－被O2氧化及I2的挥发 C．Ⅲ中消耗的Na2S2O3越多，水样的COD值越高 D．若Ⅰ中为酸性条件，测得含Cl－水样的COD值偏高 14.（2025•山东高考18题节选）如下不饱和聚酯可用于制备玻璃钢。 实验室制备该聚酯的相关信息和装置示意图如下（加热及夹持装置略）： 原料 结构简式 熔点/℃ 沸点/℃ 顺丁烯二酸酐 52.6 202.2 邻苯二甲酸酐 130.8 295.0 1，2－丙二醇 －60.0 187.6 实验过程： ①在装置A中加入上述三种原料，缓慢通入N2。搅拌下加热，两种酸酐分别与1，2－丙二醇发生醇解反应，主要生成和。然后逐步升温至190~200 ℃，醇解产物发生缩聚反应生成聚酯。 ②缩聚反应后期，每隔一段时间从装置A中取样并测量其酸值，直至酸值达到聚合度要求（酸值：中和1克样品所消耗KOH的毫克数）。 为测定酸值，取a g样品配制250.00 mL溶液，移取25.00 mL溶液，用c mol•L－1 KOH－乙醇标准溶液滴定至终点，重复实验，数据如下： 序号 1 2 3 4 5 滴定前读数/mL 0.00 24.98 0.00 0.00 0.00 滴定后读数/mL 24.98 49.78 24.10 25.00 25.02 应舍弃的数据为　　　　（填序号）；测得该样品的酸值为　　　　（用含a、c的代数式表示）。 答案 章末整合提升 【素养提升】 1.A　加水稀释，体积影响程度较大，溶液中［CuCl3］2－的浓度一定下降，A正确；向溶液中加入少量NaCl固体，CuCl＋Cl－⇌［CuCl2］－、［CuCl2］－＋Cl－⇌［CuCl3］2－、CuCl＋2Cl－⇌［CuCl3］2－平衡均正向移动，［CuCl2］－的浓度不一定上升，B错误；［CuCl2］－不能拆分，故H［CuCl2］的电离方程式为H［CuCl2］H＋＋［CuCl2］－，C错误；体系中存在电荷守恒：c（Cu＋）＋c（H＋）=c（Cl－）＋c（OH－）＋c{［CuCl2］－}＋2c{［CuCl3］2－}，D错误。 2.D　Cl—为弱吸电子基，则CH2ClCOOH的酸性弱于CHCl2COOH，故Ka（CH2ClCOOH）＜Ka（CHCl2COOH）。调pH时，CHCl2COOH溶液中CHCl2COOH分布系数减小的趋势快，CHCl2COO－分布系数增大的趋势快，CH2ClCOOH溶液中CH2ClCOOH分布系数减小的趋势缓慢，CH2ClCOO－分布系数增大的趋势缓慢，故曲线M表示δ（CH2ClCOO－）~pH的变化关系，A错误；由题图可知，a点溶液中c（H＋）=0.1 mol•L－1，c（OH－）=10－13 mol•L－1，对应c（CHCl2COO－）=0.35×0.1 mol•L－1=0.035 mol•L－1，则c（H＋）＞c（CHCl2COO－）＋c（OH－），B错误；Ka（CH2ClCOOH）=，当c（CH2ClCOOH）=c（CH2ClCOO－）时，Ka（CH2ClCOOH）=c（H＋）≈10－2.8，同理，Ka（CHCl2COOH）≈10－1.3，C错误；电离度α=，n始=n电离＋n未电离，则α（CH2ClCOOH）=δ（CH2ClCOO－），α（CHCl2COOH）=δ（CHCl2COO－），pH=2.08时，δ（CH2ClCOO－）=0.15，δ（CHCl2COO－）=0.85，即=，D正确。 3.B　a：HCr⇌H＋＋Cr　K1　b：2Cr＋2H＋⇌Cr2＋H2O　K 随着溶液pH增大，a平衡正向移动、b平衡逆向移动，Cr浓度增大、Cr2浓度减小，则曲线Ⅰ代表的组分为Cr2、曲线Ⅱ代表的组分为Cr，A错误；Q点，pH=6.3，c（Cr）=c（HCr），则HCr⇌H＋＋Cr，K1==c（H＋）=10－－6.3－；P点时，pH=6.1，c（Cr）=c（Cr2）－，此时K1===10－－6.3－，c（HCr）－=10－0.2－×c（Cr）－=10－0.2－c（Cr2），Cr（Ⅵ）总浓度始终为0.025 mol•L－1－，则c（HCr）－＋c（Cr）＋2c（Cr2）－=10－0.2－×c（Cr2）－＋c（Cr2）＋2c（Cr2）－=0.025，c（Cr）－=c（Cr2）= mol•L－1－，B正确；结合B项分析，P点时，pH=6.1，c（Cr）=c（Cr2）－，2Cr＋2H＋⇌Cr2＋H2O的平衡常数K====×10－12.2－，C错误；Q点，c（Cr）－=c（），由电荷守恒，c（）＋2c（Cr）＋2c（Cr2）＋c（OH－）=c（K＋）＋c（H＋），则3c（Cr）＋2c（Cr2）＋c（OH－）=c（K＋）＋c（H＋），D错误。 4.B　已知HF溶液中存在的平衡：HF⇌H＋＋F－，当溶液中pH增大时，c（H＋）减小，该平衡正向移动，c（HF）减小，对应M曲线；c（H）先增大后减小，所以M、N分别为c（HF）~pH、c（F－）~pH关系曲线，A项错误；根据平衡常数计算公式：K1=，取pH=4，c（F－）=0.080 0 mol•L－1，c（HF）=0.011 0 mol•L－1，c（H＋）=10－4 mol•L－1，代入可得K1==≈7×10－4，结合K2=，取pH=4，c（H）=0.004 5 mol•L－1，c（F－）=0.080 0 mol•L－1，c（HF）=0.011 0 mol•L－1，K2==≈5，B项正确；根据总浓度c总（HF）的定义，溶液中HF的存在形式有HF、F－、H三种，根据元素守恒，可知c总（HF）=c（F－）＋c（HF）＋2c（H），C项错误；已知：HF总浓度c总（HF）为0.100 0 mol•L－1，其pH＞1。在pH=1的溶液中，应该加入了其他酸，根据电荷守恒，可知c（H＋）≠c（F－）＋c（H）＋c（OH－），D项错误。 5.C　A项，Cu＋＋3L⇌［CuL3］＋的K=，当图中δ{［CuL3］＋}=δ（Cu＋）时，K=，lg K=－3lg c（L），由图像可知，此时－1.6＜lg c（L）＜－1.2，则lg K≠0.27，错误；B项，当c（Cu＋）=c{［CuL］＋}时，由图像可知，δ（Cu＋）=δ{［CuL］＋}=0.48，δ{［CuL3］＋}可忽略不计，则δ{［CuL2］＋}=0.04，c{［CuL2］＋}=0.04×1.0×10－3=4×10－5 mol•L－1，错误；C项，［CuLn］＋结合L的离子方程式为［CuLn］＋＋L⇌［CuLn＋1］＋，当δ{［CuLn］＋}=δ{［CuLn＋1］＋}时，K=，由图像交点可知，随着n变大，c（L）逐渐变大，则K值变小，说明［CuLn］＋结合L的能力随之减小，正确；D项，若c{［CuL］＋}=c{［CuL3］＋}，由图像交点可知，δ{［CuL］＋}=δ{［CuL3］＋}＜0.2，δ{［CuL2］＋}＞0.6，则c{［CuL2］＋}＞2c{［CuL3］＋}，故2c{［CuL2］＋}＞c{［CuL］＋}＋3c{［CuL3］＋}，错误。 6.D　A项，由图1中的信息可知，当加入NaOH标准溶液的体积为20.00 mL时到达滴定终点，由关系式~［（CH2）6N4H＋＋3H＋］~4OH－可知，由于待测液的体积和标准溶液的体积相同，因此，浓缩后的20.00 mL溶液中）=c（OH－）=0.010 00 mol•L－1＋，则原废水中）=0.010 00 mol•L－1＋×=0.001 000 mol•L－1＋＋，因此，废水中的含量为0.001 000 mol•L－1×18 000 mg•mol－1=18.00 mg•L－1，错误；B项，c点加入NaOH标准溶液的体积过量，得到NaOH、NaCl、（CH2）6N4的混合溶液，且浓度之比为1∶4∶1，由电荷守恒可知，c［（CH2）6N4H＋］＋c（H＋）＋c（Na＋）=c（OH－）＋c（Cl－），由于c（Cl－）＜c（Na＋），c［（CH2）6N4H＋］＋c（H＋）＜c（OH－），错误；C项，a点加入10.00 mL NaOH溶液，得到NaCl、（CH2）6N4H＋、HCl的混合液，且浓度之比为2∶1∶1，（CH2）6N4H＋在溶液中水解，浓度减小，故c（H＋）＞c［（CH2）6N4H＋］，错误；D项，由图1和图2可知，当pH=6.00时，（CH2）6N4占比较高，δ［（CH2）6=0.88，则由氮守恒可知，δ［（CH2）6N4H＋］=0.12，两种粒子的浓度之比等于其分布分数之比，则（CH2）6N4H＋⇌（CH2）6N4＋H＋的平衡常数K==≈7.3×10－6，正确。 7.C　实验分析：将2 mL 0.1 mol•L－1的AgNO3溶液与等体积等浓度的NaCl溶液混合得悬浊液1，经分离后，向AgCl中滴加6 mol•L－1的氨水，发生反应：AgCl＋2NH3•H2O［Ag（NH3）2］Cl＋2H2O；加入0.1 mol•L－1 KI溶液2 mL，发生反应：［Ag（NH3）2］Cl＋KI＋2H2OAgI↓＋KCl＋2NH3•H2O，得到含AgI沉淀的悬浊液2，经分离后得到溶液C和AgI。溶液A中主要溶质是NaNO3，同时由于存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）⇌Ag＋（aq）＋Cl－（aq），还存在极少量的Ag＋、Cl－，根据电荷守恒，有c（Ag＋）＋c（Na＋）＋c（H＋）=c（Cl－）＋c（N）＋c（OH－），A项正确；根据元素守恒可知，溶液B中c（Cl－）等于所有含银粒子浓度之和，则c（Cl－）＞c（［Ag（NH3）2］＋），B项正确；由分析知，溶液C中存在NH3•H2O，则c（H＋）＜c（OH－），C项错误；根据AgCl转化为AgI沉淀知，AgI更难溶，可以证明Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），D项正确。 8.D　HC＋H2O⇌OH－＋H2CO3，K===≈2.2×10－8，A正确；2HC⇌H2CO3＋C，K===≈1.0×10－4，B正确；HC＋Ca2＋⇌CaCO3（s）＋H＋，K===≈1.4×10－2，C正确；= =c2（H＋）•，由于c（H＋）＋c（H2CO3）=c（OH－）＋c（C），=c2（H＋），D错误。 9.D　由Fe（OH）3和Fe（OH）2的化学式知，对于相同量的Fe3＋和Fe2＋，Fe2＋－完全沉淀时，加入的氢氧化钠量更少，Fe3＋－完全沉淀时，加入的氢氧化钠更多，所需要的时间更长，故defg曲线为滴定盐酸酸化的0.02  mol•L－1－ FeCl3溶液曲线，hi曲线为滴定硫酸酸化的0.02 mol•L－1－ FeSO4溶液的曲线。由图可知，d点为盐酸酸化的0.02 mol•L－1－ FeCl3溶液，pH=1.50，溶液中c（H＋）=10－1.5－ mol•L－1－，c（OH－）－=10－12.5－ mol•L－1－，溶液中有部分Fe3＋－会水解消耗部分水电离出的OH－，故d点水电离的c（H＋）－＞10－12.5－ mol•－L－1－，A正确；Ⅱ中Fe3＋－完全沉淀时c（Fe3＋－）=10－－5－ mol•L－1－，由Ksp－［Fe（OH）－3］－=10－－38.6－，得c（OH－）== mol•L－1=10－11.2－ mol•L－1－，pH=14－11.2=2.80，f点pH=2.80，恰好为Fe3＋－完全沉淀点，B正确；Ⅰ中Fe2＋－理论开始沉淀时，c（OH－）== mol•L－1－≈10－7.3－ mol•－L－1－，则pH≈14－7.3=6.7－，若实际沉淀pH低于此值，说明存在更易沉淀的Fe3＋－，即Fe2＋－被氧化为Fe3＋－，C正确；由图可知，g点和i点溶液中铁离子均完全沉淀，均达到沉淀溶解平衡，由c（Fe3＋－）=知，c（OH－）越大，c（Fe3＋）越小，g点和i点的pH相同，则g点的c（Fe3＋）等于i点的c（Fe3＋），D错误。 10.B　H2A是一种二元酸，随着pH增大，c（H2A）逐渐减小，c（HA－）先增大后减小，c（A2－＋）＋逐渐增大；含MA（s）的0.10 mol•＋L－1＋ Na2A溶液中，随着pH增大，A2－＋＋H2O⇌HA－＋OH－逆移，c（A2－＋）逐渐增大，导致MA（s）⇌M2＋＋（aq）＋A2－＋（aq）逆移，c（M2＋＋）逐渐减小，但由于平衡移动的程度不大，因此c（M2＋＋）变化不大；据此可得曲线①表示lg［c（A2－＋）/（ mol•L－1＋）］与pH的关系，曲线②表示lg［c（HA－）/＋（ mol•L－1＋）］＋与pH的关系，曲线③表示lg［c（M2＋＋）/＋（ mol•L－1＋）］与pH的关系，曲线④表示lg［c（H2A）/＋（ mol•L－1＋）］与pH的关系，A错误；由曲线可得，Ka1＋（H2A）•Ka2＋（H2A）＋=•==（10－2.73）2=10－5.46，（ⅰ）中pH=2.00时，===10－1.46，B正确；Ksp（MA）=c（M2＋）•c（A2－），由图可知，pH=2.73时，c（A2－）=10－2.49 mol•L－1，c（M2＋）=10－4.30 mol•L－1，则Ksp（MA）=c（M2＋）•c（A2－）=10－4.30×10－2.49=10－6.79，因此pKsp（MA）=6.79，C错误；（ⅱ）中增加MA（s），MA（s）⇌M2＋（aq）＋A2－（aq）平衡不移动，c（A2－）不变，则c（H2A）、c（HA－）均不变，因此平衡后溶液中H2A、HA－、A2－浓度之和不变，D错误。 11.（1）5.00　（2）10－2.15　（3）A　（4）SrSO4（s）＋Ba2＋（aq）⇌BaSO4（s）＋Sr2＋（aq）　10－8.97 解析：（1）由表中数据知，Cu2＋开始沉淀时c（OH－）= mol•L－1=10－9 mol•L－1，Ni2＋开始沉淀时c（OH－）= mol•L－1≈×10－8 mol•L－1＞10－9 mol•L－1，Cu2＋先沉淀，而“沉铝”时，Cu2＋和Ni2＋均不能沉淀，故pH最高可调至－lg =5.00。 （2）根据===，c（Mn2＋）=10－2.15 mol•L－1。 （3）SnCl2初始浓度为1.0×10－4 mol•L－1，恰好生成Sn（OH）2沉淀时，溶液中c（OH－）=≈2.3×10－12 mol•L－1，pOH≈11.6，pH≈2.4，故为避免生成Sn（OH）2沉淀，溶液适宜的pH应小于2.4，故本题选A。 （4）由分析可知，“盐浸”中发生沉淀的转化，离子方程式：SrSO4（s）＋Ba2＋（aq）⇌BaSO4（s）＋Sr2＋（aq）；该反应的平衡常数K=====103.51，平衡常数很大，近似认为SrSO4完全转化，溶液中剩余n（Ba2＋）=1×10－3 mol，则c（S）==10－7.97 mol•L－1，列三段式： SrSO4（s）＋Ba2＋（aq）⇌BaSO4（s）＋Sr2＋（aq） 初始/mol　　0.01　　 0.011　　 0 变化/mol　　0.01　　 0.01　 　0.01 平衡/mol　　　　 0.001　 0.01 理论上溶液中c（Sr2＋）•c（S）=10－7.97 mol•L－1×10－1 mol•L－1=10－8.97（mol•L－1）2。 12.D　向容量瓶中加水时，需要用玻璃棒引流，A错误；润洗滴定管时应加入少量标准液，倾斜着转动滴定管，使标准液润湿全部滴定管内壁，然后一手控制活塞，将液体从滴定管下部放入预置的烧杯中，重复2~3次，B错误；滴定时，酸式滴定管的活塞柄向右，左手从滴定管后向右伸出，拇指在滴定管前，食指及中指在管后，三指平行的轻轻握住活塞柄，用右手的拇指、食指和中指拿住锥形瓶，其余两指辅助在下侧，使瓶底离滴定台高约2~3 cm，滴定管下端伸入瓶口内约1 cm，C错误；读数时视线应与凹液面最低处相切，D正确。 13.C　由题图中装置Ⅱ中的信息可知，Mn、MnO2在酸性条件下被I－还原为Mn2＋，由得失电子守恒、原子守恒及电荷守恒可知，A正确；若装置Ⅱ不加盖，则空气可进入该装置中氧化I－，且光照会加快碘单质的挥发，B正确；装置Ⅲ中消耗的Na2S2O3越多，说明装置Ⅱ中生成的I2越多，则Ⅰ中消耗的Mn越少，故水样的COD值越低，C错误；若装置Ⅰ的体系为酸性环境，则Mn被Cl－还原为Mn2＋，水样消耗的Mn偏多，故Ⅱ中生成的I2偏少，Ⅲ中消耗的Na2S2O3偏少，测得的含Cl－水样的COD值偏高，D正确。 14.2、3　 解析：实验2、3消耗的KOH差值偏大，舍去。平均消耗KOH的体积为25.00 mL，酸值为= mg•g－1。 7 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $