2024年高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題九水溶液中的離子平衡強(qiáng)化練含解析

PAGE10-專(zhuān)題強(qiáng)化練(九)1．(2024·浙江卷)下列說(shuō)法不正確的是()A．2.0×10－7mol·L－1的鹽酸中c(H＋)＝2.0×10－7mol·L－1B．將KCl溶液從常溫加熱至80℃，溶液的pH變小但仍保持中性C．常溫下，NaCN溶液呈堿性，說(shuō)明HCN是弱電解質(zhì)D．常溫下，pH為3的醋酸溶液中加入醋酸鈉固體，溶液pH增大解析：A項(xiàng)，鹽酸的物質(zhì)量濃度為2.0×10－7mol·L－1，完全電離，接近中性，溶劑水電離出的氫離子濃度的數(shù)量級(jí)與溶質(zhì)HCl電離的氫離子濃度相差不大，則計(jì)算中氫離子濃度時(shí)，不能忽視水中的氫離子濃度，其數(shù)值應(yīng)大于2.0×10－7mol·L－1，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，KCl溶液為中性溶液，常溫下pH＝7，加熱到80℃時(shí)，水的離子積KW增大，對(duì)應(yīng)溶液的氫離子濃度隨溫度上升會(huì)增大，pH會(huì)減小，但溶液溶質(zhì)仍為KCl，則仍呈中性，正確；C項(xiàng)，NaCN溶液顯堿性，說(shuō)明該溶質(zhì)為弱酸強(qiáng)堿鹽，即CN－對(duì)應(yīng)的酸HCN為弱電解質(zhì)，正確；D項(xiàng)，醋酸在溶液中會(huì)發(fā)生電離平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，向溶液中加入醋酸鈉固體，依據(jù)同離子效應(yīng)可知，該平衡會(huì)向生成弱電解質(zhì)的方向(逆向)移動(dòng)，使溶液中的氫離子濃度減小，pH增大，正確。答案：A2．(2024·深圳第一次調(diào)研)常溫下，向1mol·L－1NH4Cl溶液中加入足量的鎂條，該體系pH隨時(shí)間改變的曲線(xiàn)如圖所示。試驗(yàn)視察到b點(diǎn)起先溶液中有白色沉淀生成，已知Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．常溫下，NH4Cl的水解平衡常數(shù)數(shù)量級(jí)為10－10B．體系中，水的電離程度大小關(guān)系為a>c>bC．b點(diǎn)時(shí)，溶液中c(Mg2＋)＝0.18mol·L－1D．a(chǎn)點(diǎn)溶液中，c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)<c(Cl－)＋c(OH－)解析：A項(xiàng)，常溫下，氯化銨的水解平衡式為NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋，則Kh＝eq\f(c（NH3·H2O）c（H＋）,c（NHeq\o\al(＋,4)）)，由于氨＝5，c(NH3·H2O)≈c(H＋)＝10－5mol·L－1，c(NHeq\o\al(＋,4))＝1mol·L－1，則Kh＝eq\f(c（NH3·H2O）c（H＋）,c（NHeq\o\al(＋,4)）)＝10－10，水解平衡常數(shù)數(shù)量級(jí)為10－10，正確；B項(xiàng)，氯化銨的水解平衡式為NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋，加入鎂單質(zhì)時(shí)，消耗了氫離子，使平衡正向移動(dòng)，促進(jìn)銨根離子的水解，即促進(jìn)了水的電離，故水的電離程度大小關(guān)系為c＞b＞a，錯(cuò)誤；C－1，－1，＝c(Cl－)＋c(OH－)，故c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)<c(Cl－)＋c(OH－)，正確。答案：B3．(2024·鄭州其次次質(zhì)檢)25℃時(shí)，用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1某二元弱酸H2A(Ka1＝1.1×10－3，Ka2＝3.9×10－6)溶液，滴定過(guò)程中溶液的pH改變曲線(xiàn)如圖所示。下列說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)點(diǎn)的pH大于2B．b點(diǎn)溶液中c(H2A)>c(A2－)C．c點(diǎn)溶液中c(HA－)＋2c(H2A)＝c(OH－)－c(H＋)D．d點(diǎn)溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)解析：A項(xiàng)，a點(diǎn)發(fā)生H2A的電離且Ka1＞Ka2，又Ka1＝eq\f(c（HA－）×c（H＋）,c（H2A）)＝1.1×10－3，則c2(H＋)＝1.1×10－3×0.1，解得c(H＋)≈1.05×10－2，故pH小于2，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，b點(diǎn)酸、堿恰好完＝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－)，則c(H2A)＜c(A2－)，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，c點(diǎn)為Na2A，溶液顯堿性，溶液中電荷守恒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＋)，正確；D項(xiàng)，d點(diǎn)為Na2A和NaOH的混合物，溶液顯堿性，溶液中電荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HA－)＋c(OH－)＋2c(A2－)，錯(cuò)誤。答案：C4．(2024·江淮十校聯(lián)考)工業(yè)上常用(NH4)2SO3溶液汲取廢氣中的SO2，室溫下測(cè)得溶液中l(wèi)gYeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(Y＝\f(c（HSOeq\o\al(－,3)）,c（H2SO3）)或\f(c（SOeq\o\al(2－,3)）,c（HSOeq\o\al(－,3)）)))與pH的改變關(guān)系如圖所示。則下列說(shuō)法肯定錯(cuò)誤的是()A．通入少量SO2的過(guò)程中，直線(xiàn)Ⅱ中的N點(diǎn)向M點(diǎn)移動(dòng)B．α1＝α2肯定等于45°C．當(dāng)對(duì)應(yīng)溶液的pH處于1.81<pH<6.91時(shí)，溶液中的微粒濃度肯定存在c(HSOeq\o\al(－,3))>c(SOeq\o\al(2－,3))>c(H2SO3)D．直線(xiàn)Ⅱ中M、N點(diǎn)肯定存在c2(HSOeq\o\al(－,3))>c(SOeq\o\al(2－,3))·c(H2SO3)解析：A項(xiàng)，通入少量二氧化硫的過(guò)程中，溶液的酸性增加，直＝lgeq\f(c（HSOeq\o\al(－,3)）,c（H2SO3）)＋lgc(H＋)，lgeq\f(c（HSOeq\o\al(－,3)）,c（H2SO3）)＝lgKa1＋pH，同理可得lgeq\f(c（SOeq\o\al(2－,3)）,c（HSOeq\o\al(－,3)）)＝lgKa2＋pH，故α1＝α2肯定等于45°；C項(xiàng)，由圖象可知，當(dāng)對(duì)應(yīng)溶液的pH處于1.81<pH<6.91時(shí)，lgeq\f(c（SOeq\o\al(2－,3)）,c（HSOeq\o\al(－,3)）)<0、lgeq\f(c（HSOeq\o\al(－,3)）,c（H2SO3）)>0，溶液中c(H2SO3)、c(SOeq\o\al(2－,3))的大小無(wú)法確定；D項(xiàng)，由于Ka1>Ka2，eq\f(c（HSOeq\o\al(－,3)）,c（H2SO3）)>eq\f(c（SOeq\o\al(2－,3)）,c（HSOeq\o\al(－,3)）)，則c2(HSOeq\o\al(－,3))>c(SOeq\o\al(2－,3))·c(H2SO3)；答案選C。答案：C5．(2024·湖北省七市州教科研協(xié)作5月聯(lián)考)常溫下，已知醋酸的電離常數(shù)為1.75×10－5，向20mL0.01mol·L－1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol·L－1的NaOH溶液，溶液中水電離的c(H＋)隨加入NaOH溶液的體積改變?nèi)鐖D所示。下列說(shuō)法正確的是(已知eq\r(17.5)＝4.2)()A．b、d兩點(diǎn)溶液的pH相同>c(OH－)＝0.005mol·L－1D．a(chǎn)點(diǎn)坐標(biāo)為(0，2.4×10－11)解析：A項(xiàng)，CH3COOH溶液中加入NaOH發(fā)生CH3COOH＋NaOH=CH3COONa＋H2O，b點(diǎn)消耗NaOH的體積為10mL，NaOH和CH3COOH的物質(zhì)的量濃度相等，則此時(shí)溶液中溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，且兩者物質(zhì)的量相等，CH3COO－的水解常數(shù)為eq\f(KW,Ka)＝eq\f(10－14,1.75×10－5)＝eq\f(1,1.75)×10－9<1.75×10－5，CH3COOH的電離大于CH3COO－水解，即b點(diǎn)溶液顯酸性，d點(diǎn)溶質(zhì)為CH3COONa和NaOH，溶液顯堿性，b、d兩點(diǎn)pH不相同，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，依據(jù)A選項(xiàng)分析，b點(diǎn)溶液中溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，且兩者物質(zhì)的量相等，CH3COOH的電離大于CH3COO－的水解，因此離子濃度大小依次是c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，e點(diǎn)溶質(zhì)為CH3COONa和NaOH，且兩者物質(zhì)的量相等，依據(jù)物料守恒，因此有c(Na＋)＝2[c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)]＝eq\f(40×10－3L×0.01mol·L－1,60×10－3L)，錯(cuò)誤；D項(xiàng)，CH3COOH發(fā)生電離：CH3COOHCH3COO－＋H＋，電離平衡常數(shù)Ka＝eq\f(c（H＋）·c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)＝1.75×10－5，因此有c2(H＋)＝1.75×10－7，即c(H＋)＝4.2×10－4mol·L－1，依據(jù)水的離子積，則溶液中c(OH－)＝eq\f(KW,c（H＋）)＝eq\f(10－14,4.2×10－4)≈2.4×10－11，即水電離出的c(H＋)＝2.4×10－11mol·L－1，正確。答案：D6．(2024·汕頭模擬)在某溫度時(shí)，將nmol·L－1氨水滴入10mL1.0mol·L－1鹽酸中，溶液pH和溫度隨加入氨水體積改變曲線(xiàn)如圖所示。下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．c點(diǎn)存在守恒關(guān)系：c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)B．b點(diǎn)：c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)>c(OH－)C．水的電離程度：b>c>a>dD．25℃時(shí)，NH4Cl水解平衡常數(shù)為(n－1)×10－7(用含n的代數(shù)式表示)解析：A項(xiàng)，c點(diǎn)溶液呈中性，所以c(H＋)＝c(OH－)，由電荷守恒分析c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，所以c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)，正確；B項(xiàng)，b點(diǎn)溶液為NH4Cl溶液，此溶液中離子濃度大小為c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)>c(OH－)，正確；C項(xiàng)，b點(diǎn)溶液溫度最高，說(shuō)明此時(shí)兩溶液恰好反應(yīng)生成氯化銨，銨根離子水解促進(jìn)了水的電離，則a、d兩點(diǎn)都抑制了水的電離，則b點(diǎn)水的電離程度最大；由于d點(diǎn)混合液的pH不知，則無(wú)法推斷a、d兩點(diǎn)水的電離程度大小，錯(cuò)誤；D項(xiàng)，依據(jù)圖象可知，25℃時(shí)溶液的pH＝7，則：c(H＋)＝c(OH－)＝10－7mol·L－1，c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＝0.5mol·L－1，依據(jù)物料守恒可知：＝eq\f(（0.5n－0.5）×10－7,0.5)＝(n－1)×10－7，正確。答案：C7．(2024·茂名其次次模擬)某些難溶性鉛鹽可用作涂料，如秦俑彩繪中運(yùn)用的鉛白(PbCO3)和黃金雨中黃色的PbI2。室溫下，PbCO3和PbI2在不同的溶液中分別達(dá)到溶解平衡時(shí)－lgc(Pb2＋)與－lgc(COeq\o\al(2－,3))或－lgc(I－)的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．Ksp(PbCO3)的數(shù)量級(jí)為10－14B．相同條件下，水的電離程度p點(diǎn)大于q點(diǎn)C．L1對(duì)應(yīng)的是－lgc(Pb2＋)與－lgc(I－)的關(guān)系改變D．p點(diǎn)溶液中加入Na2CO3濃溶液，可得白色沉淀解析：由Ksp(PbCO3)＝c(Pb2＋)·c(COeq\o\al(2－,3))，可得lgc(Pb2＋)＝lg[Ksp(PbCO3)]－lgc(COeq\o\al(2－,3))；同理，lgc(Pb2＋)＝lg[Ksp(PbI2)]－2lgc(I2)，則圖中L1對(duì)應(yīng)的是－lg(Pb2＋)與－lgc(I－)的關(guān)系改變。A項(xiàng)，由上述分析可知圖象L2對(duì)應(yīng)的是－lgc(Pb2＋)與－lgc(COeq\o\al(2－,3))的關(guān)系改變，則Ksp(PbCO3)＝c(Pb2＋)c(COeq\o\al(2－,3))＝10－13.1數(shù)量級(jí)為10－14，正確；B項(xiàng)，相同條件下，p點(diǎn)和q點(diǎn)的鉛離子濃度相同，p點(diǎn)為碘化鉛的飽和溶液，q點(diǎn)為碳酸鉛的飽和溶液，由于碘離子不水解，則COeq\o\al(2－,3)可以發(fā)生水解，其水解促進(jìn)了水的電離，則水的電離程度p點(diǎn)小于q點(diǎn)，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，L1對(duì)應(yīng)的是－lgc(Pb2＋)與－lgc(I－)的關(guān)系改變，正確；D＝10－8，Ksp(PbCO3)<Ksp(PbI2)，則p點(diǎn)溶液中加入Na2CO3濃溶液，可得白色沉淀，正確。答案：B8．(2024·茂名綜合測(cè)試)常溫下，在“H2SHS－S2－”的水溶液體系中，H2S、HS－、S2－三種微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溶液pH改變(僅用H2S和NaOH調(diào)整pH)的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是()A．Ka1(H2S)的數(shù)量級(jí)為10－6B．NaHS溶液中，c(Na＋)>c(HS－)>c(S2－)>c(H2S)C．當(dāng)體系呈中性時(shí)，eq\f(c（HS－）,c（H2S）)>eq\f(c（Na＋）,c（HS－）＋2c（S2－）)D．加入Na2S沉降廢水中的Cu2＋，廢水的pH對(duì)沉降效果沒(méi)有影響＝＝＝eq\f(10－14,10－6.9)＝10－7.1>Ka2(H2S)＝10－13，溶液呈堿性，說(shuō)明HS－水解程度大于電離程度，則c(S2－)<c(H2S)，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，溶液呈中性時(shí)，c(H＋)＝＝c(HS－)＋2c(S2－)，所以eq\f(c（Na＋）,c（HS－）＋2c（S2－）)＝1，則eq\f(c（HS－）,c（H2S）)>＋，溶液中c(Cu2＋)減小，Cu2＋水解程度較小，則溶液的pH增大，錯(cuò)誤。答案：C9．(2024·南寧其次次適應(yīng)性測(cè)試)酸性鋅錳干電池是一種一次性電池，外殼為金屬鋅，中間是碳棒，其四周是由碳粉、MnO2、ZnCl2和NH4Cl等組成的糊狀填充物。該電池放電過(guò)程產(chǎn)生MnOOH?；厥仗幚碓搹U電池可得到多種化工原料。有關(guān)數(shù)據(jù)如下表所示：化合物不同溫度的溶解度/g0℃20℃40℃60℃80℃100℃NH4Cl29.337.245.855.365.677.3ZnCl2343395452488541614化合物Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值10－1710－1710－39回答下列問(wèn)題：(1)該電池的正極反應(yīng)式為_(kāi)__________________________________________________________________________________，電池反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)___________________________________________________________________________________。(2)維持電流強(qiáng)度為0.5A，電池工作5分鐘，理論上消耗鋅________g(已知F＝96500C·mol－1)。(3)廢電池糊狀填充物加水處理后，過(guò)濾，濾液中主要有ZnCl2和NH4Cl，二者可通過(guò)______________________________分別回收；濾渣的主要成分是MnO2、________和________，欲從中得到較純的MnO2，最簡(jiǎn)便的方法為_(kāi)_________________，其原理是_________________________________________________________________。(4)用廢電池的鋅皮制備ZnSO4·7H2O的過(guò)程中，需除去鋅皮中的少量雜質(zhì)鐵，其方法是：加稀H2SO4和H2O2溶解，鐵變?yōu)開(kāi)_______，加堿調(diào)整至pH為_(kāi)_____時(shí)，鐵剛好沉淀完全(離子濃度小于1×10－5mol·L－1時(shí)，即可認(rèn)為該離子沉淀完全)；接著加堿至pH為_(kāi)_______時(shí)，鋅起先沉淀(假定Zn2＋濃度為0.1mol·L－1)。若上述過(guò)程不加H2O2后果是____________________________________________________，緣由是_______________________________________________。解析：(1)該電池為酸性電池，正極發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為MnO2＋H＋＋e－=MnOOH；電池反應(yīng)為Zn與MnO2在酸性條件下的反應(yīng)，生成Zn2＋和MnOOH。(2)電池工作5min，電池中的總電荷量Q＝It＝0.5×5×60＝150(C)，則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為eq\f(150,96500)(mol)，1molZn失去2mol電子，則此過(guò)程消耗鋅的質(zhì)量m(Zn)＝65×eq\f(1,2)×eq\f(150,96500)＝0.05(g)。(3)從表格數(shù)據(jù)看出，相同溫度下，ZnCl2的溶解度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于NH4Cl的，則可采納加熱濃縮、冷卻結(jié)晶的方法分別二者。(4)在H2O2存在下，鐵被氧化為Fe3＋；依據(jù)表格數(shù)據(jù)，Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝10－39，則c(OH－)＝eq\r(3,0.1)×＝c(Zn2＋)·c2(OH－)＝10－17，則c(OH－)＝10－8mol·L－1，所以限制pH為6時(shí)，Zn2＋起先沉淀；假如不加H2O2，F(xiàn)e2＋不能被氧化，依據(jù)Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相同，在pH＝6時(shí)，兩者將同時(shí)沉淀，則無(wú)法除去Zn2＋中的Fe2＋。答案：(1)MnO2＋H＋＋e－=MnOOH2MnO2＋Zn＋2H＋=2MnOOH＋Zn2＋(注：式中Zn2＋可寫(xiě)為Zn(NH3)eq\o\al(2＋,4)，Zn(NH3)2Cl2等，H＋可寫(xiě)為NHeq\o\al(＋,4))(2)0.05(3)加熱濃縮、冷卻結(jié)晶碳粉MnOOH空氣中加熱碳粉轉(zhuǎn)變?yōu)镃O2，MnOOH氧化為MnO2(4)Fe3＋2.76Zn2＋和Fe2＋分別不開(kāi)Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近10．(2024·寧夏三校聯(lián)考)毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋等雜質(zhì))，試驗(yàn)室利用毒重石制備BaCl2·2H2O的流程如下：請(qǐng)回答下列問(wèn)題：(1)毒重石用鹽酸浸取前需充分研磨，目的是_____________________________________________________________________。試驗(yàn)室用37%的鹽酸配制15%的鹽酸，除量筒外還需運(yùn)用下列儀器中的________(填字母)。a．燒杯b．容量瓶c．玻璃棒d．滴定管(2)①對(duì)比表格中數(shù)據(jù)可知，加入NH3·H2O調(diào)整pH＝8可除去________(填離子符號(hào))，濾渣Ⅱ中含________(填化學(xué)式)。項(xiàng)目Ca2＋Mg2＋Fe3＋起先沉淀時(shí)的pH11.99.11.9完全沉淀時(shí)的pH13.911.13.2②加入H2C2O4時(shí)應(yīng)避開(kāi)過(guò)量，緣由是________________________________________________________________________。已知：Ksp(BaC2O4)＝1.6×10－7，Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9。(3)利用間接酸堿滴定法可測(cè)定Ba2＋的含量，試驗(yàn)分兩步進(jìn)行。已知：2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋=Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O、Ba2＋＋CrOeq\o\al(2－,4)=BaCrO4↓。步驟Ⅰ：移取xmL肯定濃度的Na2CrO4溶液于錐形瓶中，加入酸堿指示劑，用bmol·L－1鹽酸標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，測(cè)得滴加鹽酸體積為V0mL。步驟Ⅱ：移取ymLBaCl2溶液于錐形瓶中，加入xmL與步驟Ⅰ相同濃度的Na2CrO4溶液，待Ba2＋完全沉淀后，再加入酸堿指示劑，用bmol·L－1鹽酸標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，測(cè)得滴加鹽酸的體積為V1mL。滴加鹽酸標(biāo)準(zhǔn)液時(shí)應(yīng)用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的_____(填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的濃度為_(kāi)_____mol·L－1，若步驟Ⅱ中滴加鹽酸時(shí)有少量待測(cè)液濺出，Ba2＋濃度測(cè)量值將________(填“偏大”或“偏小”)。解析：(1)充分研磨的目的是增大反應(yīng)物的接觸面積，從而增大反應(yīng)速率。配制肯定質(zhì)量分?jǐn)?shù)的溶液，可以算出所需37%的鹽酸及水的體積，然后在燒杯中稀釋?zhuān)瑸榧铀偃芙猓貌ＡО暨M(jìn)行攪拌。(2)依據(jù)流程圖及表格中數(shù)據(jù)可知，加入NH3·H2O調(diào)整pH＝8時(shí)，只有Fe3＋完全沉淀而除去。加入NaOH，調(diào)pH＝12.5，對(duì)比表格中數(shù)據(jù)可知，此時(shí)Mg2＋完全沉淀，Ca2＋部分沉淀，所以濾渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2。依據(jù)Ksp(BaC2O4)＝1.6×10－7，H2C2O4過(guò)量時(shí)Ba2＋會(huì)轉(zhuǎn)化為BaC2O4沉淀，從而使BaCl2·2H2O的產(chǎn)量削減。(3)“0”刻度位于滴定管的上方。由題意可得關(guān)系式BaCl2～CrOeq\o\al(2－,4)～H＋，則＝eq\f(b（V0－V1）,y)mol·L－1。若步驟Ⅱ中滴加鹽酸時(shí)有少量待測(cè)液濺出，則V1變小，Ba2＋濃度測(cè)量值將偏大。答案：(1)增大接觸面積從而增大反應(yīng)速率ac(2)Fe3＋Mg(OH)2、Ca(OH)2H2C2O4過(guò)量會(huì)導(dǎo)致生成BaC2O4沉淀，產(chǎn)品的產(chǎn)量削減(3)上方eq\f(b（V0－V1）,y)偏大11．(2024·廣東省茂名中學(xué)綜合測(cè)試)葡萄酒中抗氧化劑的殘留量是以游離SO2的含量計(jì)算，我國(guó)國(guó)家標(biāo)準(zhǔn)(GB2760－2014)規(guī)定葡萄酒中SO2的殘留量≤0.25g·L－1。某愛(ài)好小組設(shè)計(jì)試驗(yàn)方案對(duì)葡萄酒中SO2進(jìn)行測(cè)定。Ⅰ.定性試驗(yàn)方案如下：(1)將SO2通入水中形成SO2-飽和H2SO3溶液體系，此體系中存在多個(gè)含硫元素的平衡，分別用平衡方程式表示為_(kāi)_____________。(2)利用SO2的漂白性檢測(cè)干白葡萄酒(液體為無(wú)色)中的SO2或H2SO3。設(shè)計(jì)如下試驗(yàn)：試驗(yàn)結(jié)論：干白葡萄酒不能使品紅溶液褪色，緣由：_______________________________________________________________________________________________________________________。Ⅱ.定量試驗(yàn)方案如下(部分裝置和操作略)：(3)儀器A的名稱(chēng)是_________________________________。(4)A中加入100.0mL葡萄酒和適量鹽酸，加熱使SO2全部逸出并與B中H2O2