2019年高考化學一輪總復習 考點掃描 專題23 水的電離和溶液的酸堿性學案.doc

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專題23 水的電離和溶液的酸堿性【復習目標】1了解水的電離、離子積常數(shù)。2了解溶液pH的含義及其測定方法，能進行pH的簡單計算。3了解酸堿中和滴定的原理及過程，能做到分析或處理實驗數(shù)據(jù)，得出合理結論。【考情分析】高考主要考點有四個，一是影響水電離平衡的因素及Kw的應用；二是溶液的酸堿性的判斷及pH的計算；三是離子共存問題；四是酸堿中和滴定的原理及儀器的了解。從近幾年高考來看，由酸、堿電離出的c(H)、c(OH)與水電離出的c(H)、c(OH)的比值求算；酸、堿中和時，pH的變化、導電性的變化仍將是高考命題的熱點?！究键c過關】考點一水的電離水的電離水是極弱的電解質水的電離方程式為H2OH2OH3OOH或簡寫為：H2OHOH25 時，純水中c(H)c(OH)1107_molL1任何水溶液中，由水電離出的c(H)與c(OH)都相等水的離子積常數(shù)室溫下：KWc(H)c(OH)11014水的離子積常數(shù)只與溫度有關，升高溫度，KW增大水的離子積常數(shù)KW不僅適用于純水，也適用于稀的電解質水溶液水的離子積常數(shù)KW揭示了在任何水溶液中均存在H和OH，只要溫度不變，KW不變水的離子積常數(shù)Kw表達式中，c(H)、c(OH)均表示整個溶液中相應離子總物質的量濃度。但是一般情況下有：酸溶液中Kwc(H)酸c(OH)水(忽略水電離出的H的濃度)；堿溶液中Kwc(H)水c(OH)堿(忽略水電離出的OH的濃度)影響因素溫度升高，促進水的電離，KW增大；溫度降低，抑制水的電離，KW減小加入酸或堿抑制水的電離，Kw不變加入可水解的鹽，促進水的電離，Kw不變加入能與水反應的活潑金屬，促進水的電離水電離出的c(H)或c(OH)25 中性溶液：c(H)c(OH)1.0107molL1溶質為酸的溶液，溶液中的OH全部來自水的電離，水電離產(chǎn)生的c(H)c(OH)。如pH2的鹽酸中，溶液中的c(OH)(KW/102) molL11012 molL1，即由水電離出的c(H)c(OH)1012 molL1溶質為堿的溶液，溶液中的H全部來自水的電離，水電離產(chǎn)生的c(OH)c(H)。如pH12的NaOH溶液中，溶液中的c(H)1012 molL1，即由水電離出的c(OH)c(H)1012 molL1pH5的NH4Cl溶液中，H全部來自水的電離，由水電離的c(H)105 molL1，因為部分OH與部分NH結合，溶液中c(OH)109 molL1pH12的Na2CO3溶液中，OH全部來自水的電離，由水電離出的c(OH)102 molL1【考點演練】下列說法正確的是 。95 純水的pH7，說明加熱可導致水呈酸性pH3的醋酸溶液，稀釋10倍后pH4t 時，某溶液pH6，則該溶液一定為酸性常溫下，將pH11的氨水稀釋后，溶液中所有離子的濃度降低25時NH4Cl溶液的Kw大于100時NaCl溶液的Kw100時，將pH=2的鹽酸與pH=12的NaOH溶液等體積混合，溶液顯中性常溫時，某溶液中由水電離出來的c(H)和c(OH)的乘積為11024，該溶液中一定可以大量存在K、Na、AlO、SO26M3對水的電離平衡不產(chǎn)生影響向水中加入少量固體CH3COONa，平衡逆向移動，c(H)降低一定溫度下，水溶液中H和OH的濃度變化曲線如圖，加入FeCl3可能引起由b向a的變化已知水在25 和95 時，其電離平衡曲線如圖所示，25 時水的電離平衡曲線應為A在25 時，某稀溶液中由水電離產(chǎn)生的H濃度為11013 molL1，該溶液一定呈堿性答案：考點二溶液的酸堿性1.溶液的酸堿性溶液的酸堿性溶液的酸堿性是由溶液中c(H)與c(OH)相對大小決定的：c (H+) c (OH)，溶液呈酸性；c(H) =c(OH)，溶液呈中性；c(H)c(OH)，溶液呈堿性和pH的關系在室溫下，中性溶液c(H+)= c(OH) =1.010-7 mol L-1，pH =7；酸性溶液c(H+)c(OH) ，c(H+)1.010-7 molL-1，pH 7；堿性溶液c(H+)c(OH)，c(H+)1.010-7 molL-1，pH 7判定規(guī)律PH相同的酸，酸越弱，酸物質的量濃度越大；pH相同的堿，堿越弱，堿物質的量濃度越大酸與堿的PH之和為14且等體積混合時，強酸與強堿混合，PH=7；強酸與弱堿混合，PH7；強堿與弱酸混合，PH7等物質的量濃度的一元酸、堿等體積混合后時，強酸和強堿混合，PH=7；強酸和弱堿混合，PH7；弱酸和弱堿混合，PH由強者決定；未注明酸、堿強弱時，PH無法判斷等體積強酸（PH1）和強堿（PH2）混合時，若溶液呈中性，二者PH之和為14；若溶液呈堿性，二者PH之和大于14；若溶液呈酸性，二者PH之和小于142.溶液的pH概念溶液的pH是c(H)的負對數(shù)，其表達式是pHlgc(H)測定酸堿指示劑只能測定溶液的pH范圍pH試紙取一小塊pH試紙于干燥潔凈的玻璃片或表面皿上，用干燥潔凈的玻璃棒蘸取試液點在試紙上，當試紙顏色變化穩(wěn)定后迅速與標準比色卡對照，讀出pHpH計pH計可精確測定試液的pH(讀至小數(shù)點后2位)計算若溶液為酸性，先求c(H)，再求pH；若溶液為堿性，先求c(OH)，再由c(H)求c(H)，最后求pH強酸溶液濃度為c mol/L的HnA溶液，c(H)nc mol/L，所以pHlgnc強堿溶液濃度為c mol/L的B(OH)n溶液，c(OH)nc mol/L，c(H) mol/L，所以pH14lgnc溶液混合強酸溶液混合先求c(H)混c(H)1V1c(H)2V2/(V1V2)，再求pH強堿溶液混合先求c(OH)混c(OH)1V1c(OH)2V2/(V1V2)，再求c(H)KW/c(OH)混最后求pH酸堿混合若酸過量，則先求c(H)過c(H)酸V酸c(OH)堿V堿/(V酸V堿)，再求pH若堿過量，則先求c(OH)過c(OH)堿V堿c(H)酸V酸/(V酸V堿)再求c(H)KW/c(OH)過，最后求pH稀釋酸溶液對于pHa的強酸和弱酸溶液，每稀釋10n倍，強酸的pH就增大n個單位，即pHan(其中an7)；由于稀釋過程中，弱酸還會繼續(xù)電離，故弱酸的pH范圍是apHan(其中an7)；由于稀釋過程中，弱堿還會繼續(xù)電離，故弱堿的pH范圍是bnpH7)；堿溶液無限稀釋，pH只能無限接近于7，不能小于7【考點演練】下列有關說法正確的是 。用潤濕的試紙測溶液的pH，一定會使結果偏低一定溫度下，pHa的氨水溶液，稀釋10倍后，其pHb，則ab125 時，pH4.5的番茄汁中c(H)是pH6.5的牛奶中c(H)的2倍25 時，某溶液中水電離出的c(H)1013，則該溶液的pH一定為13常溫下，pH3的鹽酸和pH12的NaOH溶液等體積混合所得溶液呈堿性25 時，pH2的CH3COOH溶液和pH12的NaOH溶液等體積混合所得溶液呈中性25 時，pH2的鹽酸和pH12的氨水等體積混合所得溶液呈酸性25時有甲、乙兩杯醋酸稀溶液，甲的pH2，乙的pH3，中和等物質的量的NaOH，需甲、乙兩杯酸的體積(V)之間的關系為10V(甲)V(乙) MOH和ROH兩種一元堿，其水溶液分別加水稀釋時，pH變化如下圖所示，在x點時，ROH完全電離在25時，向50.00 mL未知濃度的CH3COOH溶液中逐滴加入0.5 molL-1的NaOH溶液。滴定過程中，溶液的pH與滴入NaOH溶液體積的關系如右圖所示，點所示溶液的導電能力弱于點室溫下，用0.100mol/L NaOH溶液分別滴定20.00ml 0.100mol/L 的鹽酸和醋酸，滴定曲線如圖所示，V(NaOH) =20ml時，c(Cl)=c(CH3COO)25 時，將體積Va，pHa的某一元強堿與體積為Vb，pHb的某二元強酸混合。若所得溶液的pH7，且已知VaVb，b0.5a，b值是可以等于4答案：考點三中和滴定實驗原理利用中和反應，用已知濃度的酸(或堿)來測定未知濃度的堿(或酸)的濃度的實驗方法主要儀器酸式滴定管、堿式滴定管、錐形瓶、帶滴定管夾的鐵架臺等滴定管使用查漏洗滌潤洗裝液排氣調液面記錄酸式滴定管包括玻璃活塞、長玻璃管，可盛放酸性溶液、強氧化性溶液，不能盛放堿性溶液及氫氟酸堿式滴定管包括長玻璃管、橡皮管、玻璃球，可盛放堿性溶液，不能盛放酸性溶液及強氧化性的溶液滴定管的上端都標有規(guī)格大小、使用溫度、0刻度，滴定管的精確讀數(shù)為0.01mL主要試劑標準液、待測液、酸堿指示劑、蒸餾水指示劑選擇指示劑選擇的基本原則：變色要靈敏是變色范圍要小，使變色范圍盡量與滴定終點溶液的酸堿性一致不能用石蕊作指示劑強酸滴定強堿一般用甲基橙，但用酚酞也可以滴定終點為堿性時，用酚酞作指示劑，如用NaOH溶液滴定醋酸滴定終點為酸性時，用甲基橙作指示劑，如用鹽酸滴定氨水并不是所有的滴定都須使用指示劑，如用標準的Na2SO3滴定KMnO4溶液時，KMnO4顏色褪去時即為滴定終點滴定操作終點判斷等到滴入最后一滴標準液，溶液由紅色變?yōu)闊o色，且在半分鐘內不恢復原來的顏色，視為滴定終點并記錄標準液的體積實驗步驟洗(洗滌)：洗滌儀器并進行檢漏、潤洗取(取液)：向酸(堿)式滴定管中注入標準液，向錐形瓶中注入待測液，加入23滴指示劑滴(滴定)：在錐形瓶下墊一張白紙，向錐形瓶中先快后慢地加入標準液(后面逐滴加入)，至指示劑發(fā)生明顯的顏色變化(如由紅色變?yōu)闊o色或紅色變?yōu)槌壬o色變?yōu)榉奂t色等)且半分鐘內不變時，停止滴定讀(讀數(shù))：平視滴定管中凹液面最低點，讀取溶液體積記(記錄)：記錄滴定前和滴定終點時滴定管中標準液的刻度，重復滴定23次將數(shù)據(jù)記入表中算(計算)：以(V終V始)為消耗的標準液的體積，取23次實驗結果的平均值，依據(jù)c待(一元酸堿)計算待測液的物質的量濃度誤差分析依據(jù)原理c(標準)V(標準)c(待測)V(待測)，得c(待測)，因為c(標準)與V(待測)已確定，所以只要分析出不正確操作引起V(標準)的變化，即分析出結果以標準酸溶液滴定未知濃度的堿(酚酞作指示劑)為例洗滌酸式滴定管未用標準溶液潤洗, V(標準) 變大, c(待測) 偏高堿式滴定管未用標準溶液潤洗, V(標準) 變小, c(待測) 偏低錐形瓶用標準溶液潤洗, V(標準) 變大, c(待測) 偏高錐形瓶洗凈后還留有蒸餾水, V(標準)不變, c(待測) 無影響取液放出堿液的滴定管開始有氣泡，放出液體后氣泡消失, V(標準) 變大, c(待測) 偏高滴定酸式滴定管滴定前有氣泡，滴定終點時氣泡消失，V(標準) 變大, c(待測) 偏高振蕩錐形瓶時部分液體濺出，V(標準) 變小, c(待測) 偏低部分酸液滴出錐形瓶外，V(標準) 變大, c(待測) 偏高溶液顏色較淺時滴入酸液過快，停止滴定后反加一滴NaOH溶液無變化，V(標準) 變大, c(待測) 偏高讀數(shù)酸式滴定管滴定前讀數(shù)正確，滴定后俯視讀數(shù)(或前仰后俯) ，V(標準) 變小, c(待測) 偏低酸式滴定管滴定前讀數(shù)正確，滴定后仰視讀數(shù)(或前俯后仰) ，V(標準) 變大, c(待測) 偏高【考點演練】(2017屆昆明測試)乙二酸(HOOCCOOH)俗名草酸，是一種有還原性的有機弱酸，在化學上有廣泛應用。(1)小剛在做“研究溫度對化學反應速率的影響”實驗時，他往A、B兩支試管中均加入4 mL 0.01 molL1的酸性KMnO4溶液和2 mL 0.1 molL1 H2C2O4(乙二酸)溶液，振蕩，A試管置于熱水中，B試管置于冷水中，記錄溶液褪色所需的時間。褪色所需時間tA_tB(填“”“”或“”)。寫出該反應的離子方程式：_。(2)實驗室有一瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小剛利用上述反應的原理來測定其含量，具體操作為：配制250 mL溶液：準確稱量5.000 g乙二酸樣品，配成250 mL溶液。配制溶液需要的計量儀器有_。滴定：準確量取25.00 mL所配溶液于錐形瓶中，加少量酸酸化，將0.100 0 molL1 KMnO4標準溶液裝入_(填“酸式”或“堿式”)滴定管，進行滴定操作。在滴定過程中發(fā)現(xiàn)，剛滴下少量KMnO4標準溶液時，溶液紫紅色并沒有馬上褪去。將錐形瓶搖動一段時間后，紫紅色才慢慢消失；再繼續(xù)滴加時，紫紅色就很快褪去，可能的原因是_；判斷滴定達到終點的現(xiàn)象是_。計算：重復上述操作2次，記錄實驗數(shù)據(jù)如下表。則消耗KMnO4標準溶液的平均體積為_ mL，此樣品的純度為_。序號滴定前讀數(shù)滴定后讀數(shù)10.0020.0121.0020.9930.0021.10誤差分析：下列操作會導致測定結果偏高的是_。A未用KMnO4標準溶液潤洗滴定管B滴定前錐形瓶內有少量水C滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失D觀察讀數(shù)時，滴定前仰視，滴定后俯視答案：(1)c D. c點時溶液的pH=4解析：A項，根據(jù)圖像0.1mol/LHX溶液中l(wèi)g=12，=11012，c（H+）c（OH-）=110-14，解得c（H+）=0.1mol/L，HX為強酸，0.1 mol/LHY溶液中l(wèi)g12，HY為弱酸，A項正確；B項，b點時溶液中l(wèi)g=0，溶液中c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，B項正確；C項，d點、c點加入510-3mol的NaOH固體，d點得到等物質的量濃度的NaX和HX的混合液，HX電離出H+使d點溶液呈酸性，c點得到等物質的量濃度的NaY和HY的混合液，c點溶液呈酸性，HY的電離程度大于Y-的水解程度，d點溶液中c（H+）大于c點，d點溶液中H+對水的電離的抑制程度大于c點，水的電離程度：cd，C項錯誤；D項，c點溶液中l(wèi)g=6，=1106，c（H+）c（OH-）=110-14，解得c（H+）=110-4mol/L，c點溶液的pH=4，D項正確。答案：C4（山東K12聯(lián)盟2018屆高三開年迎春考試）常溫下,向10mL0.2mol/LH2C2O4溶液中滴加0.2mol/LKOH溶液，水電離出氫離子濃度c(H+)與加入氫氧化鉀溶液的體積的變化如下圖,已知常溫下,H2C2O4的電離常數(shù)為：K1=5.010-2，K2=5.410-5,根據(jù)圖示判斷，下列說法不正確的是（ ）A. c點的溶液顯堿性B. a點時,加入KOH溶液的體積V1=10mLC. b點時,溶液中各粒子濃度的大小順序為：c(K+)c(C2O42-)c(OH-)c(HC2O4-)c(H+)D. 當V(KOH)=15mL時,溶液中存在以下關系：2c(K+)=3c(C2O42-)+3c(HC2O4-)+3c(H2C2O4)答案：B5（宜賓市高2018屆高三第三次診斷考試）25時，用0.10 mol/L的氨水滴定10.00 mL 0.05 mol/L的二元酸H2A的溶液，滴定過程中加入氨水的體積(V)與溶液中的關系如圖所示。下列說法正確的是A. H2A的電離方程式為H2AH+HA -B. B點溶液中，水電離出的氫離子濃度為1.010-6 mol/LC. C點溶液中，c(NH4+)+c(NH3H2O)= 2c(A2-)解析：根據(jù)圖像，A點時，0.05 mol/L的二元酸H2A的溶液= -12，此時c（OH-）=10-12c（H+），c（OH-）=1.010-13 mol/L，c（H+）=0.1 mol/L，說明H2A為二元強酸。A、H2A的電離方程式為H2A=2H+A 2-，故A錯誤；B、B點溶液中，加入了10mL 0.10 mol/L的氨水，恰好完全反應，此時溶液應為（NH4）2A溶液， = -2，c（OH-）=10-2c（H+），c（OH-）=1.010-8 mol/L，c（H+）=1.010-6mol/L，此時溶液因NH4+水解呈酸性，溶液中的氫離子均是水電離產(chǎn)生的，故水電離出的氫離子濃度為1.010-6 mol/L，故B正確；C、C點溶液中，加入了12.5 mL 0.10 mol/L的氨水，此時溶液應為（NH4）2A和NH3H2O混合溶液， = 0，c（OH-）=c（H+），根據(jù)電荷守恒：c(NH4+)+c(H+)= 2c(A2-)+c（OH-），即c(NH4+)= 2c(A2-)，故C錯誤；D、B點時，溶液應為0.025mol/L（NH4）2A溶液， = -2，c（OH-）=10-2c（H+），c（OH-）=1.010-8 mol/L，c（H+）=1.010-6mol/L，溶液因NH4+水解呈酸性，NH4+ H2OH+ NH3H2O，該反應的水解常數(shù)為Kh= = =210-5，故氨水的電離平衡常數(shù)為=510-10，故D錯誤。答案：B6（南寧市第三中學2018屆高三第二次模擬考試）已知Kb（NH3H2O）=1.710-5，Ka（CH3COOH）=1.710-5。25時，向20mL濃度均為0.01molL-1的鹽酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.01molL-1的氨水，測定過程中電導率和pH變化曲線如圖所示，下列說法錯誤的是A. a點溶液中，c(CH3COO-)數(shù)量級約為10-5B. b點溶液中，c(NH4+) c(CH3COOH)C. c點溶液中，c(NH4+) +c(NH3H2O) = c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)D. c點水的電離程度小于d點解析：氨水逐滴滴入鹽酸和醋酸的混合液中，依次發(fā)生的反應為：HCl+NH3H2O=NH4Cl、CH3COOH+NH3H2O=CH3COONH4+H2O；鹽酸為強酸，隨著氨水的滴入，溶液的體積變大，溶液中離子濃度變小，溶液的電導率逐漸變小，當鹽酸恰好完全反應時電導率最小，b點為等濃度的NH4Cl和CH3COOH的混合液；繼續(xù)滴加氨水，弱酸醋酸與氨水反應生成強電解質CH3COONH4，溶液中離子濃度變大，溶液的電導率又逐漸變大，c點為等濃度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液；醋酸恰好完全反應后，繼續(xù)滴加氨水，氨水屬于弱堿水溶液，溶液中離子濃度又變小，溶液的導電率又變小。A項，a點沒有滴入氨水，鹽酸為強酸，醋酸為弱酸，醋酸的電離方程式為CH3COOHCH3COO-+H+，設溶液中c（CH3COO-）=xmol/L，則溶液中c（H+）=（0.01+x）mol/L，c（CH3COOH）=（0.01-x）mol/L，Ka（CH3COOH）=1.710-5，由于HCl電離的H+抑制CH3COOH的電離，0.01+x0.01，0.01-x0.01，解得x1.710-5，c（CH3COO-）的數(shù)量級約為10-5，A項正確；B項，根據(jù)上述分析，b點為等濃度的NH4Cl和CH3COOH的混合液，NH4Cl屬于強酸弱堿鹽，NH4+的水解離子方程式為NH4+H2ONH3H2O+H+，NH4+的水解平衡常數(shù)Kh（NH4+）=KW/Kb（NH3H2O）=110-14（1.710-5）=5.8810-10Ka（CH3COOH），NH4+的水解程度小于CH3COOH的電離程度，b點溶液中c（NH4+）c（CH3COOH），B項正確；C項，根據(jù)上述分析，c點為等濃度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液，溶液中的物料守恒為c（NH4+）+c（NH3H2O）=c（Cl-）+c（CH3COO-）+c（CH3COOH），C項正確；D項，c點為等濃度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液，NH4Cl、CH3COONH4水解促進水的電離，d點為等濃度的NH4Cl、CH3COONH4和略過量的氨水組成的混合液，過量的氨水對水的電離起抑制作用，c點水的電離程度大于d點，D項錯誤。答案：D7（茂名市五大聯(lián)盟學校高三五月聯(lián)考）類比pH的定義,對于稀溶液可以定義pC=-1gc。常溫下，某濃度的H2A溶液在不同pH下,測得pC(H2A)、pC(HA-)、pC(A2-)的變化如圖所示。下列說法正確（ ）A. 曲線表示pC(HA-)隨pH的變化B. 當pH=1.40時，c(H2A)c(A2-)c(HA-)C. 常溫下，=104.50D. a、b、c三點對應的溶液中,c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)的值相等解析：多元弱酸的第一步電離大于第二步電離，根據(jù)定義pC=-1gc，pH增大，pC增大較明顯，曲線應為表示pC(H2A)隨pH的變化，曲線應為表示pC(A2-)隨pH的變化。A、多元弱酸的第一步電離大于第二步電離，根據(jù)定義pC=-1gc，pH增大，pC增大較明顯，曲線應為表示pC(H2A)隨pH的變化，選項A錯誤；B、當pH=1.40時，由圖可知，pC(H2A)pC(HA-)pC(A2-)，則c(H2A)c(HA-)”、“=”或“”)。(4)從粗銅精煉的陽極泥(主要含有Cu2Te)中提取粗碲的一和工芝流程如下:己知加壓酸浸時控制溶液的pH為5.0，生成TeO2沉淀。如果H2SO4溶液濃度過大，將導致TeO2沉淀不完全，原因是_。防止局部酸度過大的操作方法是_。對濾渣“酸浸”后，將Na2SO3加入Te(SO4)2溶液中進行“還原”得到固態(tài)碲，該反應的離子方程式是_。“還原”得到固態(tài)碲后分離出粗碲的方法是_，對粗碲進行洗滌，判斷洗滌干凈的實驗操作和現(xiàn)象是_。答案：（1）小于（2）TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O（3）10% （4）溶液酸性過強，TeO2會繼續(xù)與酸反應，導致TeO2沉淀不完全 攪拌 2SO32-+Te4+2H2O=Te+2SO42-+4H+ 過濾 取少量最后一次洗滌液，加入BaCl2溶液，若沒有白色沉淀生成，則說明洗滌干凈防止局部酸度過大的操作方法是攪拌；對濾渣“酸浸后，將Na2SO3加入Te（SO4）2溶液中進行還原得到固態(tài)碲，根據(jù)電子得失守恒、原子守恒以及電荷守恒可知該反應的離子方程式是2SO32-+Te4+2H2OTe+2SO42-+4H+；還原得到固態(tài)碲后分離出粗碲的方法是過濾，對粗碲進行洗滌，判斷洗滌干凈的實驗操作和現(xiàn)象是：取少量最后一次洗滌液，加入BaCl2溶液，若沒有白色沉淀生成，則說明洗滌干凈。11（遼南協(xié)作校2018屆高三下學期第一次模擬）廢棄物回收利用可變廢為寶。某工業(yè)固體廢物的組成為Al2O3、FeO、Fe2O3等。下圖是以該固體廢物為原料制取氧化鋁、磁性Fe3O4膠體粒子的一種工藝流程:(1)檢驗制備Fe3O4膠體粒子成功的實驗操作名稱是_。(2)寫出由溶液B制備磁性Fe3O4膠體粒子的離子方程式_。(3)由溶液B制得Fe3O4膠體粒子的過程中，須持續(xù)通入N2。其原因是_。(4)向溶液C中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_(填“增大”，“不變”或“減小”)。(5)固體D是Al(OH)3，空溫時Al(OH)3溶于NaOH溶液反應的平衡常數(shù)等于20，則此時Al(OH)3A1O2-+H+H2O的電離常數(shù)K=_。(6)用重路酸鉀(K2Cr2O7)可測定產(chǎn)物磁性Fe3O4膠體粒子中鐵元素的含量，過程如下圖。已知，反應中K2Cr2O7被還原為Cr3+。寫出甲乙的化學方程式_。寫出乙丙的離子方程式_。答案：丁達爾效應 2Fe3+Fe2+8OH-Fe3O4(膠體)+4H2O N2氣氛下，防止Fe2+被氧化 減小 2.010-13 SnCl2+2FeCl3=SnCl4+2FeCl2 Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O（4）C為NaAlO2溶液，向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，偏鋁酸根離子促進碳酸氫根離子電離且和氫離子結合生成氫氧化鋁白色沉淀，方程式為：NaAlO2 + NaHCO3 +H2O=Al(OH)3+ Na2CO3，導致溶液的pH減?。唬?）氫氧化鋁溶解于氫氧化鈉溶液中的離子方程式為：Al(OH)3+OH - AlO2-+2H2O，K= =20, Al(OH)3電離的方程式為：Al(OH)3 AlO2-+H+H2O；由電離方程式可知Ka=c(AlO2-)C(H+)，由K= =20和Ka=c(AlO2-)C(H+)聯(lián)立可得Ka=KKW=20110-14= 2.010-13；（6）Fe3+能把Sn2+氧化為Sn4+，F(xiàn)e3+被還原為Fe2+，所以甲乙反應的化學方程式為：SnCl2+2FeCl3=SnCl4+2FeCl2在酸性條件下K2Cr2O7將Fe2+氧化為Fe3+,還原產(chǎn)物為Cr3+,所以乙丙的反應的離子方程式為：Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2。