专题突破练9 水溶液中的离子平衡一、选择题(本题包括10个小题,每小题7分,共70分)1.下列一定能说明酸HX是弱电解质的是( ) ①常温下NaX溶液的pH大于7;②利用HX溶液做导电性实验,灯泡很暗;③HX不与NaCl反应;④0.1mol·L-1的HX溶液的pH=2;⑤HX具有很强的挥发性;⑥pH=1的HX加水稀释到体积为原来的10倍后,pH=1.5A.②③⑤B.①④⑥C.①②④⑥D.①②③④⑤⑥答案B解析①中说明盐水解使溶液显碱性,即相应的酸是弱酸。②灯泡暗,只能说明溶液中离子的浓度比较小,但不能证明是否完全电离,不能说明HX是弱电解质。③HX不与NaCl反应,不能说明该酸是弱酸。④0.1mol·L-1的HX溶液的pH=2,说明溶液中氢离子浓度小于酸,即说明酸没有完全电离,可以说明该酸是弱酸。⑤挥发性与其强弱无关。⑥pH=1的HX溶液加水稀释到体积为原来的10倍后,pH=1.5,说明在稀释过程中酸能继续电离出氢离子,即说明酸为弱酸。2.(2022天津耀华中学高三月考)下列有关平衡常数K的说法正确的是( )A.已知碳酸:K1=4.4×10-7,K2=4.7×10-11,次氯酸:K=2.98×10-8,碳酸钠溶液中滴加少量氯水的离子方程式为CO32-+Cl2+H2OHCO3-+Cl-+HClOB.1.0mol·L-1NH4HCO3溶液pH=8.0。由此可知Ka1(H2CO3)>Kb(NH3·H2O)>Ka2(H2CO3)C.常温下电离常数为Ka的酸HA溶液中c(H+)=Kamol·L-1D.将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液中至不再有沉淀产生,再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液,白色沉淀变为蓝色沉淀,可得出Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]答案D解析已知碳酸:K1=4.4×10-7,K2=4.7×10-11,次氯酸:K1=2.98×10-8,碳酸钠溶液中滴加少量氯水的离子方程式为2CO32-+Cl2+H2O2HCO3-+Cl-+ClO-,故A项错误;1.0mol·L-1NH4HCO3溶液pH=8.0,说明溶液呈碱性,根据越弱越水解,则Kb(NH3·H2O)>Ka1(H2CO3)>Ka2(H2CO3),故B项错误;8\n常温下电离常数为Ka的酸HA溶液中c(H+)=Ka×c(HA)mol·L-1,故C项错误;一种沉淀容易转化为比它更难溶的沉淀,将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液中至不再有沉淀产生,再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液,白色沉淀变为蓝色沉淀,可得出Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2],故D项正确。3.(2022宁夏六盘山高级中学高三下模拟)已知:pKa=-lgKa,25℃时,H2A的pKa1=1.85,pKa2=7.19。常温下,用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1H2A溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是( )A.A点对应NaOH溶液的体积V0=10B.B点所得溶液中:c(H2A)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)C.C点所得溶液中:c(A2-)=c(HA-)D.D点所得溶液中A2-水解平衡常数Kh=10-7.19答案C解析用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1H2A溶液,A点溶液中溶质为H2A和NaHA,pH=1.85=pKa1,则c(H2A)=c(HA-),当加入NaOH溶液的体积为10mL时,溶液中溶质为NaHA和H2A,此时溶液显酸性,则c(HA-)≠c(H2A),要使溶液中c(HA-)=c(H2A),则所加氢氧化钠溶液的体积小于10mL,A项错误;B点是用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1H2A溶液,恰好反应生成NaHA,溶液显酸性,根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)和物料守恒c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A),可得到:c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-),B项错误;C点pH=7.19=pKa2,Ka2=c(A2-)×c(H+)c(HA-)=10-7.19,所以此时c(A2-)=c(HA-),C项正确;A2-水解平衡常数Khl=KWKa2=10-6.81,D项错误。4.(2022陕西汉中上学期第一次质量检测)下列说法不正确的是( )A.将pH=4的弱酸加水稀释到体积为原来的10倍,测得其pH<5B.常温下,pH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合,滴入石蕊溶液呈红色C.pH=4的CH3COOH溶液和pH=4的NH4Cl溶液,由水电离出的c(OH-)相同D.根据Ksp(CaCO3)<Ksp(CaSO4),在生产中可用饱和Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4,使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3答案C解析弱酸在溶液中存在电离平衡,加水稀释电离平衡正向移动,将pH=4的弱酸加水稀释到体积为原来的10倍,则溶液pH<5,故A项正确;醋酸是弱酸,常温下,pH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合,醋酸有剩余,溶液显酸性,所以滴入石蕊溶液呈红色,故B项正确;醋酸抑制水的电离、NH4Cl水解促进水的电离,所以pH=4的CH3COOH溶液和pH=4的NH4Cl溶液中,由水电离出的c(OH-8\n)不相同,故C项错误;根据Ksp(CaCO3)<Ksp(CaSO4),将CaSO4加入碳酸钠溶液,可生成易溶于酸的CaCO3,故D项正确。5.(2022陕西西安“八校”高三联考)25℃时,下列有关电解质溶液的说法正确的是( )A.将Na2CO3溶液用水稀释后,pH变大,KW不变B.向有AgCl固体的饱和溶液中加少许水,c(Ag+)和Ksp(AgCl)都不变C.pH=4.75浓度均为0.1mol·L-1的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中:c(CH3COO-)+c(OH-)<c(H+)+c(CH3COOH)D.分别用pH=2和pH=3的CH3COOH溶液中和含等物质的量NaOH的溶液,消耗CH3COOH溶液的体积分别为Va和Vb,则10Va=Vb答案B解析将Na2CO3溶液用水稀释后,pH变小,KW不变,故A项错误;向有AgCl固体的饱和溶液中加少许水,溶液仍为AgCl的饱和溶液,此时c(Ag+)和Ksp(AgCl)都不变,故B项正确;pH=4.75、浓度均为0.1mol·L-1的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中存在电荷守恒:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),溶液中醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度,则溶液呈酸性,醋酸是弱电解质,溶液中c(CH3COOH)<c(Na+),c(CH3COO-)+c(OH-)>c(CH3COOH)+c(H+),故C项错误;含等物质的量NaOH的溶液分别用pH为2和3的两种CH3COOH溶液中和,则消耗CH3COOH的物质的量相等,因为所中和的氢氧化钠的物质的量是一定的。而醋酸为弱电解质,浓度越大,电离程度越小,pH为2和3的两种CH3COOH溶液,后者电离程度大,pH为2的CH3COOH的浓度大于pH为3的CH3COOH溶液的浓度的10倍,设pH为2的醋酸浓度为x,pH=3的醋酸浓度为y,则有Va×x=Vb×y,则VaVb=yx<110,则可推出Vb>10Va,故D项错误。6.(2022辽宁大连高三双基测试)下图三条曲线表示不同温度下水的离子积常数,下列说法不正确的是( )A.图中温度:T3>T2>T1B.图中pH关系是:pH(B)=pH(D)=pH(E)C.图中五点KW间的关系:E>D>A=B=CD.C点可能是显酸性的盐溶液答案D解析水的电离是吸热过程,升高温度促进水电离,则水中c(H+)、c(OH-)及离子积常数都增大,根据图知,对应的离子积常数T3>T2>T1,所以温度T3>T2>T1,故A项正确;根据图知,B、D、E三点溶液的氢离子浓度相等,则pH相等,故B项正确;温度由低到高的顺序是A=B=C<D<E8\n,水的离子积常数只与温度有关,温度越高,离子积常数越大,则KW间的关系是E>D>A=B=C,故C项正确;C点时KW=1×10-14,c(OH-)=1×10-6,则溶液的pH=8,显碱性,故D项错误。7.(2022湖南衡阳八中高三月考)常温下,已知:Ksp(AgCl)=1.8×10-10,Ksp(Ag2CrO4)=1.1×10-12,Ksp[Cu(OH)2]=2×10-20。下列说法错误的是( )A.常温下AgCl饱和溶液和Ag2CrO4饱和溶液的物质的量浓度比较:c(AgCl)<c(Ag2CrO4)B.常温下,在0.010mol·L-1的AgNO3溶液中,AgCl与Ag2CrO4分别能达到的最大物质的量浓度比较:c(AgCl)<c(Ag2CrO4)C.某CuSO4溶液里c(Cu2+)=0.02mol·L-1,如要生成Cu(OH)2沉淀,应调整溶液的pH使之大于5D.要使0.2mol·L-1CuSO4溶液中Cu2+沉淀较为完全(使Cu2+浓度降至原来的千分之一),则应向溶液里加入NaOH溶液,使溶液pH变为6答案B解析AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),c(AgCl)=Ksp(AgCl)=1.8×10-10≈1.3×10-5mol·L-1;Ag2CrO4(s)2Ag+(aq)+CrO42-(aq),设溶解的Ag2CrO4浓度为x,则Ksp(Ag2CrO4)=x·(2x)2=4x3,则c(Ag2CrO4)=3Ksp(Ag2CrO4)4=31.1×10-124≈6.5×10-5mol·L-1,所以c(AgCl)<c(Ag2CrO4),故A项正确;在0.010mol·L-1AgNO3溶液中,AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),设溶液平衡时溶解的AgCl浓度为x,则(0.010+x)·x=1.8×10-10,x很小,所以可简化处理使0.010+x≈0.010,则x=1.8×10-8mol·L-1,c(AgCl)=1.8×10-8mol·L-1;Ag2CrO4(s)2Ag+(aq)+CrO42-(aq),设溶解平衡时Ag2CrO4的浓度为y,则(0.010+2y)2·y=1.1×10-12,因为y很小,所以0.010+2y≈0.010,则y=1.1×10-8mol·L-1,所以c(Ag2CrO4)=1.1×10-8mol·L-1,所以c(AgCl)>c(Ag2CrO4),故B项错误;C选项,c(Cu2+)=0.02mol·L-1,如果生成Cu(OH)2沉淀,则c(Cu2+)·c2(OH-)>Ksp,所以应有c(OH-)>2×10-200.02mol·L-1=1×10-9mol·L-1,则c(H+)<1×10-5mol·L-1,即pH>5,故C项正确;使Cu2+浓度降至原来的千分之一,即要求Cu2+的浓度为2×10-4mol·L-1,根据Ksp=c(Cu2+)·c2(OH-),可得c(OH-)=2×10-202×10-4mol·L-1=1×10-8mol·L-1,则c(H+)=1×10-6mol·L-1,即pH=6,故D项正确。8.(2022河南南阳第一中学高三检测)20℃时,将足量的BaSO4固体溶于50mL水中,充分搅拌,慢慢加入Na2CO3固体,搅拌,溶液中随c(CO32-)增大时c(Ba2+)变化曲线如右图。则下列说法正确的是( )A.20℃时Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)B.加入Na2CO3固体立即有BaCO3固体生成C.BaCO3的Ksp=2.5×10-10D.曲线BC段内,c(CO32-)∶c(SO42-)=258\n答案D解析当溶液中c(CO32-)=2.5×10-4mol·L-1时,溶液中Ba2+的浓度没有下降,则此时c(Ba2+)=c(SO42-)=1.0×10-5mol·L-1,故BaSO4的Ksp=c(Ba2+)×c(SO42-)=1.0×10-5×1.0×10-5=1.0×10-10,BaCO3的Ksp=c(Ba2+)×c(CO32-)=1.0×10-5×2.5×10-4=2.5×10-9,所以20℃时,Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3),故A项错误;由图可知,开始加入Na2CO3固体时,溶液中Ba2+的浓度并没有下降,因此开始时没有BaCO3固体生成,故B项错误;由A项分析可知,BaCO3的Ksp=2.5×10-9,故C项错误;曲线BC段内,BaCO3和BaSO4在溶液中都达到了平衡状态,则c(CO32-)c(SO42-)=c(CO32-)×c(Ba2+)c(SO42-)×c(Ba2+)=Ksp(BaCO3)Ksp(BaSO4)=2.5×10-91.0×10-10=25,故D项正确。9.(2022广东佛山普通高中高三教学质量检测)298K时,向二元弱酸H2X溶液中加入NaOH时,溶液中含X微粒的分布分数如图所示。下列叙述正确的是( )A.溶液呈中性时:c(Na+)=2c(X2-)B.Ka2(H2X)为1×10-7C.NaHX溶液c(H+)<c(OH-)D.溶液pH由1至2.6时主要存在的反应是H2X+OH-HX-+H2O答案B解析由图可知,溶液显中性即pH=7的时候,溶液中的HX-和X2-浓度相等,根据电荷守恒有:c(Na+)+c(H+)=2c(X2-)+c(HX-)+c(OH-),因为溶液显中性有c(H+)=c(OH-),所以得到c(Na+)=2c(X2-)+c(HX-),A项错误;溶液显中性即pH=7的时候,溶液中的HX-和X2-的浓度相等,所以Ka2=c(A2-)×c(H+)c(HA-)=c(H+)=1×10-7,B项正确;从图中可知当溶液中HA-较多的时候,溶液显酸性,即NaHX溶液显酸性,所以NaHX溶液中c(H+)>c(OH-),C项错误;溶液pH由1至2.6时,由图中可看出主要是将H3X+转化为H2X,D项错误。10.(2022河北邢台高三质量检测)25℃时,将1.0Lcmol·L-1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合,使之充分反应。然后向该混合溶液中加入CH3COOH或CH3COONa固体(忽略体积和温度变化),引起溶液pH的变化如图所示。下列叙述错误的是( )A.该温度下,醋酸的电离平衡常数Ka=10-8c8\nB.a点对应的混合溶液中c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)C.水的电离程度:c>b>aD.当混合溶液呈中性时,c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)答案A解析1.0Lcmol·L-1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合溶液的pH=4.3,溶液显酸性,加入醋酸后,溶液酸性应增强,加入醋酸钠,溶液的酸性应减弱。该温度下,1.0Lcmol·L-1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合溶液的pH=4.3,醋酸的电离平衡常数Ka=c(CH3COO-)×c(H+)c(CH3COOH)=10-4.3×(0.1+10-4.3)c-10-4.3-0.1≈10-4.3×0.1c-0.1=10-5.3c-0.1,故A项错误;a点溶液的pH=3.1,是加入的醋酸后的结果,根据电荷守恒及溶液呈酸性可得,c(CH3COO-)>c(Na+),醋酸的电离程度较小,则c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-),故B项正确;a以醋酸的电离为主,抑制水的电离,酸性越强,水的电离程度越小,b点加入醋酸水的电离程度减小,c点加入醋酸钠,水的电离程度增大,故水的电离程度c>b>a,故C项正确;当混合溶液呈中性时,c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒可推出c(Na+)=c(CH3COO-),则溶液中c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-),故D项正确。二、非选择题(本题包括2个小题,共30分)11.(2022陕西长安一中高三质量检测)(14分)有A、B、C、D四种强电解质,它们在水中电离产生下列离子(每种物质只含一种阴离子且互不重复)。阳离子Na+、Ba2+、NH4+阴离子CH3COO-、OH-、Cl-、SO42-已知:①A、C溶液的pH均大于7,A、B的溶液中水的电离程度相同;②C溶液和D溶液相遇时只生成白色沉淀,B溶液和C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体,A溶液和D溶液混合时无现象。(1)A是 ,B是 (填化学式)。 (2)写出C和D反应的离子方程式: 。 (3)25℃时,0.1mol·L-1B溶液的pH=a,则B溶液中c(H+)-c(NH3·H2O)= (用含有a的关系式表示)。 (4)将等体积、等物质的量浓度的B溶液和C溶液混合,反应后溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是 。 (5)在一定体积的0.005mol·L-1的C溶液中,加入一定体积的0.00125mol·L-1的盐酸,混合溶液的pH=11,若反应后溶液的体积等于C溶液与盐酸的体积之和,则C溶液与盐酸的体积比是 。 答案(1)CH3COONa NH4Cl (2)Ba2++SO42-BaSO4↓(3)10a-14mol·L-1(4)c(OH-)>c(Ba2+)=c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)(5)1∶48\n解析①A、C溶液pH均大于7,说明一种是强碱,一种是弱酸强碱盐;②C溶液和D溶液相遇只生成白色沉淀,说明一种溶液含有钡离子,一种溶液含有硫酸根离子;B溶液和C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体,说明一种溶液含有铵根离子,一种溶液含有氢氧根离子,A溶液和D溶液混合时无明显现象,且相同浓度的A、B的溶液中水的电离程度相同,所以可推出A是醋酸钠、B是氯化铵、C是氢氧化钡、D是硫酸钠。(1)通过以上分析知,A是CH3COONa、B是NH4Cl;(2)C和D的反应本质是钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀,反应的离子方程式为Ba2++SO42-BaSO4↓;(3)25℃时,0.1mol·L-1B溶液的pH=a,c(H+)=10-amol·L-1,根据溶液中电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-),根据溶液中物料守恒得c(NH3·H2O)+c(NH4+)=c(Cl-),将两个等式联立可得c(H+)-c(OH-)=c(Cl-)-c(NH4+)=c(NH3·H2O),则c(H+)-c(NH3·H2O)=c(OH-)=KWc(H+)=10a-14mol·L-1;(4)根据题意知,氯化铵和氢氧化钡的物质的量相等,混合后溶液中的溶质是氨水、氯化钡和氢氧化钡,氯化钡和氢氧化钡的浓度相等,氨水的浓度是氯化钡和氢氧化钡浓度的2倍,溶液中氢氧根离子浓度最大,钡离子和氯离子浓度相等,氨水是弱碱部分电离导致氯离子浓度大于铵根离子浓度,溶液呈碱性,氢离子浓度最小,所以溶液中离子浓度大小顺序是c(OH-)>c(Ba2+)=c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+);(5)混合溶液的pH=11,则溶液中氢氧根离子浓度=10-1410-11mol·L-1=10-3mol·L-1,设氢氧化钡溶液的体积为x,盐酸的体积为y,c(OH-)=n(OH-)-n(H+)V=0.005×2×x-0.00125yx+y=10-3mol·L-1,解得x∶y=1∶4。12.(2022安徽合肥高三质量检测)(16分)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SO42-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)2Ce(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=c[Ce(H2n-4A2n)]c([CeSO4]2+))。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(SO42-),D随起始料液中c(SO42-)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:8\nCe(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1.0mol·L-1的NH4HCO3溶液,产生Ce2(CO3)3沉淀,当Ce3+沉淀完全时[c(Ce3+)=1×10-5mol·L-1],溶液中c(CO32-)约为 。 (6)CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分,它能在还原气氛中供氧,在氧化气氛中耗氧。在尾气消除过程中发生着CeO2CeO2(1-x)+xO2↑(0≤x≤0.25)的循环。写出CeO2消除CO尾气的化学方程式: 。 答案(1)矿石粉碎成细颗粒 通入大量空气(2)CeO2+4H++SO42-[CeSO4]2++2H2O(3)随着c(SO42-)增大,水层中Ce4+被SO42-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)ab3 (5)2Ce4++H2O22Ce3++O2↑+2H+ 1×10-6mol·L-1 (6)2xCO+CeO2CeO2(1-x)+2xCO2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SO42-结合成[CeSO4]2+”,则CeO2与稀硫酸反应的离子方程式为CeO2+4H++SO42-[CeSO4]2++2H2O。(3)“萃取”时存在反应:Ce4++n(HA)2Ce(H2n-4A2n)+4H+,加入Na2SO4,随着c(SO42-)增大,水层中Ce4+与SO42-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=c(Ce3+)c3(K+)=c(Ce3+)·c3(BF4-)c3(K+)·c3(BF4-)=Ksp[Ce(BF4)3]Ksp3(KBF4)=ab3。(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++H2O2Ce3++O2↑,根据得失电子守恒配平为2Ce4++H2O22Ce3++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++H2O22Ce3++O2↑+2H+。Ce2(CO3)3饱和溶液的浓度为1.0×10-6mol·L-1,Ce2(CO3)3的溶解平衡为Ce2(CO3)3(s)2Ce3+(aq)+3CO32-(aq),则饱和溶液中c(Ce3+)=2.0×10-6mol·L-1、c(CO32-)=3.0×10-6mol·L-1,Ksp[Ce2(CO3)3]=c2(Ce3+)·c3(CO32-)=(2.0×10-6)2×(3.0×10-6)3=1.08×10-28;当Ce3+沉淀完全时,c3(CO32-)=Ksp[Ce2(CO3)3]c2(Ce3+)=1.08×10-28(1×10-5)2=1.08×10-18,c(CO32-)=1.026×10-6mol·L-1≈1.0×10-6mol·L-1。(6)根据题意,“CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分,它能在还原气氛中供氧,在氧化气氛中耗氧。”CO具有还原性,CeO2消除CO尾气时应供氧,反应的化学方程式为CeO2+2xCOCeO2(1-x)+2xCO2。8
