627高二第二学期 期末题型知识点复习.docx
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627高二第二学期期末题型知识点复习
2016.6.27期末题型、知识点复习
一、考查阿伏伽德罗常数
1．（2015·I·8）NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）
A．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NA
B．2L0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H+个数为2NA
C．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA
D．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA
解答：
解：
A．一个D2O和H2O分子中质子数都是10，18g的D2O物质的量=
=0.9mol、18gH2O的物质的量=
=1mol，根据N=nNA知，其分子数之比等于物质的量之比=0.9mol：
1mol=0.9：
1，二者的分子数分别是0.9NA、NA，结合分子构成知，二者的质子数分别是9NA、10NA，故A错误；
B．n（H2SO3）=0.5mol/L×2L=1mol，亚硫酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，且第二步电离程度远远小于第一步电离程度，所以溶液中含有的H+个数远远小于2NA，故B错误；
C．过氧化钠和水反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，Na2O2中O元素的化合价为﹣1价，每生成1mol氧气转移电子物质的量=1mol×2×[0﹣（﹣1）]=2mol，则生成0.1mol氧气转移的电子0.2mol，电子数为0.2NA，故C正确；
C．NO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2⇌N2O4，所以产物分子数小于2NA，故D错误；
故选C．
点评：
本题考查阿伏伽德罗常数有关计算，涉及氧化还原反应、可逆反应、弱电解质的电离、同位素等知识点，明确物质的性质、物质结构、物质之间的转化即可解答，易错选项是AD，注意A中D2O的相对分子质量是20，注意D中存在转化关系2NO2⇌N2O4．
2．（2015·II·10）NA代表阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（ ）
A．60g丙醇中存在的共价键总数为10NA
B．1L0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液中HCO3﹣和CO32﹣离子数之和为0.1NA
C．钠在空气中燃烧可生成多种氧化物23g钠充分燃烧时转移电子数为1NA
D．235g核素92235U发生裂变反应：
92235U+01n
3890Sr+54136U+1001n净产生的中子（01n）数为10NA
解答：
解：
A.60g丙醇为1mol，丙醇中含7个C﹣H键、2个C﹣C键、1个C﹣O键和1个O﹣H键，存在的共价键总数为11NA，故A错误；
B.1L0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液中HCO3﹣和CO32﹣离子数之和小于0.1NA，碳酸分子中含C原子，故B错误；
C.23g钠充分燃烧时转移电子数为
×（1﹣0）×NA=1NA，故C正确；
D．92235U+01n
3890Sr+54136U+1001n净产生的中子为10﹣1=9个，则235g核素92235U发生裂变反应净产生的中子（01n）数为9NA，故D错误；
故选C．
二、性质实验、因果逻辑
1．（2015·I·10）下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（ ）
选项
实验
现象
结论
A．
将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液
有气体生成，溶液呈血红色
稀硝酸将Fe氧化为Fe3+
B．
将铜粉加1.0mol•L﹣1Fe2（SO4）3溶液中
溶液变蓝、有黑色固体出现
金属铁比铜活泼
C．
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热
熔化后的液态铝滴落下来
金属铝的熔点较低
D．
将0.1mol•L﹣1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol•L﹣1CuSO4溶液
先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀
Cu（OH）2的溶度积比Mg（OH）2的小
解答：
解：
A．过量铁粉，反应生成亚铁离子，加入KSCN溶液、溶液不显红色，故A错误；
B．Cu和Fe3+发生氧化还原反应，反应方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，所以没有黑色沉淀生成，溶液由黄色变为蓝色，故B错误；
C．将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故C错误；
D．将0.1mol•L﹣1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，说明NaOH完全反应，再滴加0.1mol•L﹣1CuSO4溶液，先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀，说明发生了沉淀的转化，溶度积大的物质向溶度积小的物质转化，所以Cu（OH）2的溶度积比Mg（OH）2的小，故D正确；
故选D．
点评：
本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及沉淀转化、铝及其氧化物的性质、氧化还原反应、硝酸的性质等知识点，侧重考查基本理论、元素化合物性质，注意把握实验原理及操作方法，题目难度中等．
2．（2015·II·13）用图所示装置进行下列实验：
将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是（ ）
选项
①中物质
②中物质
预测②中的现象
A
稀盐酸
碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液
立即产生气泡
B
浓硝酸
用砂纸打磨过的铝条
产生红棕色气体
C
氯化铝溶液
浓氢氧化钠溶液
产生大量白色沉淀
D
草酸溶液
高锰酸钾酸性溶液
溶液逐渐褪色
解答：
解：
A．先发生盐酸与NaOH的反应，然后盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，最后盐酸与碳酸氢钠反应生成气体，则现象不合理，故A错误；
B．常温下，Al遇浓硝酸发生钝化，则不能观察到红棕色气体，现象不合理，故B错误；
C．NaOH过量，开始不生成沉淀，反应生成偏铝酸钠和氯化钠，开始无现象，故C错误；
D．草酸与高锰酸钾发生氧化还原反应，溶液褪色，现象合理，故D正确；
故选D．
点评：
本题考查物质的性质及实验装置的综合应用，为高频考点，为2015年高考真题，把握物质的性质、发生的反应、反应与现象的关系为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，综合性较强，题目难度中等．
3．（2014·I·8）化学与社会、生活密切相关。
对下列现象或事实的解释正确的是（）
选项
现象或事实
解释
A．
用热的烧碱溶液洗去油污
Na2CO3可直接与油污反应
B．
漂白粉在空气中久置变质
漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3
C．
施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用
K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效
D．
FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作
FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜
【答案】C
【解析】A、烧碱的主要成分是NaOH；B、漂白粉在空气中久置变质是因为漂白粉中的有效成分Ca（ClO）2与空气中的CO2反应生成HClO（不稳定，易分解）；D、印刷线路板发生的离子反应为2Fe3++2Cu=2Fe2++2Cu2+，而不是FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜。
4．（2014·I·13）利用右图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（）
①
②
③
实验结论
A
稀硫酸
Na2S
AgNO3与AgCl的浊液
（AgCl）>
（Ag2S）
B
浓硫酸
蔗糖
溴水
浓硫酸具有脱水性、氧化性
C
稀盐酸
Na2SO3
Ba（NO3）2溶液
SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀
D
浓硝酸
Na2CO3
Na2SiO3溶液
酸性：
硝酸>碳酸>硅酸
【答案】B
【解析】由于稀硫酸与Na2S反应生成的H2S会与AgNO3反应生成黑色Ag2S沉淀和强氧化性的HNO3，进而把H2S氧化为S沉淀，同时生成的Ag2S黑色沉淀遮盖AgCl浊液，不能观察AgCl转化为Ag2S，A错误；浓硫酸有脱水性，可使蔗糖碳化，并放出大量的热量，进而与生成的C反应生成SO2，使③中的溴水褪色，通过蔗糖变黑、溴水褪色可以得出浓硫酸具有脱水性、氧化性，B正确；稀盐酸与Na2SO3反应生成的SO2与Ba（NO3）2发生氧化还原生成BaSO4，SO2与BaCl2则不反应，C错误；由于浓硝酸有挥发性，会有较多的HNO3进入③与Na2SiO3反应，影响碳酸与硅酸酸性的比较，D错误。
三、原电池、电解池、金属防腐
1．（2015·I·11）微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示．下列有关微生物电池的说法错误的是（ ）
A．正极反应中有CO2生成
B．微生物促进了反应中电子的转移
C．质子通过交换膜从负极区移向正极区
D．电池总反应为C6H12O6+6O2═6CO2+6H2O
解：
A．根据图知，负极上C6H12O6失电子，正极上O2得电子和H＋反应生成水，负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O﹣24e﹣=6CO2+24H＋，正极的电极反应式为O2+4e﹣+4H＋═2H2O，因此CO2在负极产生，故A错误；
B．葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能，形成原电池，有电流产生，所以微生物促进了反应中电子的转移，故B正确；
C．通过原电池的电极反应可知，负极区产生了H＋，根据原电池中阳离子向正极移动，可知质子（H＋）通过交换膜从负极区移向正极区，故C正确；
D．该反应属于燃料电池，燃料电池的电池反应式和燃烧反应式相同，则电池反应式为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，故D正确；
故选A．
2．（2015·II·26）酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是有碳粉，二氧化锰，氯化锌和氯化铵等组成的填充物，该电池在放电过程产生MnOOH，回收处理该废电池可以得到多种化工原料。
该电池的正极反应式为 ，电池反应的离子方程式为：
．
解：
该电池的正极发生还原反应，MnO2被还原生成MnOOH，电解方程式为MnO2+H＋+e﹣=MnOOH，负极锌被氧化生成Zn2＋，电池总反应式为2MnO2+Zn+2H＋=2MnOOH+Zn2＋，
3．（2014·I·27）H3PO2具有较强还原性。
可用电渗析法制备。
“四室电渗析法”工作原理如图所示（阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）：
①写出阳极的电极反应________________________。
②分析产品室可得到H3PO2的原因_____________________。
③早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2：
将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室。
其缺点是产品中混有杂质，该杂质产生的原因是。
【答案】①2H2O－4e-＝4H＋＋O2↑或4OH-－4e-＝2H2O＋O2.
②由于阳极室OH-放电，造成H+浓度增大，通过阳膜扩散进入产品室，而原料室中的H2PO2-可以通过阴膜进入产品室，二者反应生成H3PO2.
③H3PO4或PO43-。
由于H3PO2具有还原性，电解时就会有H3PO2在阳极放电而被氧化生成H3PO4。
4．（2014·II·11）2013年3月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系。
下列叙述错误的是
A．a为电池的正极
B．电池充电反应为LiMn2O4=Li1-xMn2O4+xLi
C．放电时，a极锂的化合价发生变化
D．放电时，溶液中的Li+从b向a迁移
【答案】C
【解析】根据题给装置图判断，电极b是原电池的负极，电极反应式为Li-e-=Li+，电极a是原电池的正极，电极反应为LiMn2O4+xLi+xe-=Li1-xMn2O4。
A、综上所述，a是原电池的正极，A正确；B、根据正负极的电极反应可知，电池充电反应为LiMn2O4=Li1-xMn2O4+xLi，B正确；C、放电时，a极锰的化合价发生变化，Li的化合价没有变化，C错误；D、放电时，溶液中的Li+从b向a迁移，D正确。
5．（2014·II·27）铅及其化合物可用于蓄电池、耐酸设备及X射线防护材料等。
回答下列问题：
（1）铅是碳的同族元素，比碳多4个电子层，铅在元素周期表的位置为第__周期、第__族，PbO2的酸性比CO2的酸性（填“强”“弱”）。
（2）PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的化学方程式为。
（3）PbO2可由PbO与次氯酸钠溶液反应制得反应的离子方程式为；
（4）PbO2也可以通过石墨为电极Pb（NO3）2和Cu（NO3）2的混合溶液为电解液电解制取。
阳极发生的电极反应式为
_。
阴极上观察到的现象是__；若电解液中不加入Cu（NO3）2，阴极发生的电极反应式为_，这样做的主要缺点是_。
【解析】碳在元素周期表中的位置是第二周期，IVA族，由图中所给的信息“铅是碳的同族元素，比碳多4个电子层（相当于比C的周期数大4）”，所以铅在元素周期表的位置为第六周期，IVA族；由于同主族元素随着核电荷数的逐渐增大，元素的非金属性逐渐减弱，所以PbO2的酸性比CO2的酸性要弱；
（2）PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，则该黄色色气体是Cl2，（则意味着该反应为氧化还原反应），所以反应的方程式为PbO2+4HCl（浓）
PbCl2+Cl2↑+2H2O；
（3）由题目提供的信息可知，PbO与次氯酸钠溶液反应属于氧化还原反应，Pb化合价升高，Cl元素化合价降低，故离子方程式为PbO+ClO—=PbO2+Cl—；
（4）电解池的阳极发生失电子反应（氧化反应），因为Pb2+→PbO2属于氧化反应，所以发生的电极反应为Pb2++2H2O-2e—=PbO2↓+4H+；由于Cu2+的放电能力强于Pb2+，故阴极上的电极反应为Cu2++2e—=Cu，则阴极产生的现象是石墨上包上铜镀层；若电解液中不加入Cu（NO3）2，阴极发生的电极反应式为Pb2++2e—=Pb↓，这样一来就不能有效利用Pb2+。
四、元素周期表、元素周期律
五、弱电解质电离、弱离子水解平衡
1．（2015·I·13）浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随
的变化如图所示，下列叙述错误的是（ ）
A．MOH的碱性强于ROH的碱性
B．ROH的电离程度：
b点大于a点
C．若两溶液无限稀释，则它们的c（OH﹣）相等
D．当
=2时，若两溶液同时升高温度，则c（M＋）/c（R＋）增大
解：
A．相同浓度的一元碱，碱的pH越大其碱性越强，根据图知，未加水时，相同浓度条件下，MOH的pH大于ROH的pH，说明MOH的电离程度大于ROH，则MOH的碱性强于ROH的碱性，故A正确；
B．由图示可以看出ROH为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，b点溶液体积大于a点，所以b点浓度小于a点，则ROH电离程度：
b＞a，故B正确；
C．若两种溶液无限稀释，最终其溶液中c（OH﹣）接近于纯水中c（OH﹣），所以它们的c（OH﹣）相等，故C正确；
D．根据A知，碱性MOH＞ROH，当
=2时，由于ROH是弱电解质，升高温度能促进ROH的电离，所以c（M+）/c（R+）减小，故D错误；
故选D．
点评：
考查弱电解质在水溶液中电离平衡，为高频考点，明确弱电解质电离特点、弱电解质电离程度与溶液浓度关系等知识点是解本题关键，易错选项是C，注意：
碱无论任何稀释都不能变为中性溶液或酸性溶液，接近中性时要考虑水的电离，为易错点．
2．（2014·I·27）次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，具有较强的还原性。
回答下列问题：
（1）H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式_______________________。
（2）NaH2PO2为___________（填“正盐”或“酸式盐”），其溶液显_______（填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性”）。
【解析】
（1）一元酸，只发生一步电离，中强酸是弱电解质：
H3PO2H+＋H2PO2-
（2）由于H3PO2是一元酸，所以NaH2PO2是正盐，弱酸强碱盐水解显碱性。
3．（2014·II·11）一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是
A.pH=5的H2S溶液中，c（H+）=c（HS-）=1×10-5mol·L-1
B.pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1
C.pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：
c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HC2O4-）
D.pH相同的
CH3COONa
NaHCO3
NaClO三种溶液的c（Na+）：
>
>
【答案】D
【解析】A、pH=5的H2S溶液中，存在H2SH++HS-、HS-H++S2-、H2OH++OH-三个电离平衡，所以c（H+）=1×10-5mol·L-1>c（HS-），A错误；B、氨水的溶质一水合氨（NH₃·H₂O）属于弱电解质（NH₃·H₂ONH₄⁺+OH⁻），加水稀释，会使电离平衡向正方向移动，促进了NH₃·H₂O的电离，所以PH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其PH=b，则a>b+1，B错误；C、根据电荷守恒可知：
c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HC2O4-）+c（C2O42-），C错误；D、酸性：
CH3COOH>H2CO3>HClO，根据盐类水解的规律可知：
组成盐的酸根对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，溶液的减小就越强，PH就越大，所以PH相同
CH3COONa
NaHCO3
NaClO三种溶液的c（Na+）：
>
>
，D正确。
4．NA为阿伏伽德罗常数的值．
（1）（2015·I·8B）2L0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H+个数为2NA（ ）
（2）（2015·II·10B）1L0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液中HCO3﹣和CO32﹣离子数之和为0.1NA（ ）
六、滴定操作
1．（2015·I·36（6））准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用amol·L－1的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反应中Cr2O72﹣被还原为Cr3＋，样品中CuCl的质量分数为
解：
氯化亚铜与氯化铁发生Fe3＋+CuCl═Fe2＋+Cu2＋+Cl﹣，加入K2Cr2O7溶液，发生6Fe2＋+Cr2O72﹣+14H＋=6Fe3＋+2Cr3＋+7H2O，
反应的关系式为6CuCl～6Fe2＋～Cr2O72﹣
61
nab×10﹣3mol
n=6ab×10﹣3mol，
m（CuCl）=99.5g·mol－1×6ab×10﹣3mol=0.597g，则样品中CuCl的质量分数为
2．（2015·II·28）用如图装置可以测定混合气（含有ClO2和NH3）中ClO2的含量：
Ⅰ．在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸：
Ⅱ．在玻璃液封装置中加入水．使液面没过玻璃液封管的管口；
Ⅲ．将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；
Ⅳ．将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中：
Ⅴ．用0.1000mol•L﹣1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣），指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液．在此过程中：
1锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为
2玻璃液封装置的作用是
3V中加入的指示剂通常为 ，滴定至终点的现象是
4测得混合气中ClO2的质量为 g．
解答：
①由题目信息可知，ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I﹣为I2，自身被还原为Cl﹣，同时生成水，反应离子方程式为2ClO2+10I﹣+8H+═2Cl﹣+5I2+4H2O，
②玻璃液封装置的作用是吸收残留的ClO2气体（避免碘的逸出）；
③V中加入的指示剂通常为淀粉溶液，滴定至终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色，
④含有Na2S2O3物质的量为0.02L×0.1mol/L=0.002mol，则：
根据关系式：
2ClO2～5I2～10Na2S2O3，
210
n（ClO2）0.002mol
所以n（ClO2）=0.0004mol，所以m（ClO2）=0.004mol×67.5g/mol=0.02700g，
3．（2014·I·12）下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是（）
A．洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干
B．酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该溶液润洗
C．酸碱滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差
D．用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体
【答案】B
【解析】容量瓶是对精度要求很高的仪器，不能高温烘干，以免对其精度造成影响，A错误；滴定管在盛装溶液前，都需要用待盛装溶液润洗，B正确；酸碱滴定实验中，锥形瓶不能润洗，否则会造成待滴定溶液的溶质增多，造成测定结果偏高，C错误；用容量瓶配制溶液时，若加水超过刻度线，只能放弃重配，若吸出溶液，溶质减少，配得溶液浓度偏低，D错误。
4．（2014·II·28）某小组以CoCl2·6H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体X，为确定其组成，进行如下实验。
①氨的测定：
精确成全WgX，加入适量水溶解，加入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品中的氨全部蒸出，用V1mLc1mol·L-1的盐酸标准溶液吸收。
蒸氨结束后取下接收瓶，用c2mol·L-1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2mLNaOH溶液。
氯的测定：
准确称取样品X，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀不再消失为终点（Ag2CrO4为砖红色）。
回答下列问题：
（1）装置中安全管的作用原理是__。
（2）用NaOH标准溶液滴定过剩的HCl时，应使用式滴定管，可使用的指示剂为。
（3）样品中氨的质量分数表达式为。
（4）测定氨前应该对装置进行气密性检验，若气密性不好测定结果将__（填“偏高”或“偏低”）。
（5）测定氯的过程中，使用棕色测定管的原因是_____定点终点时，若溶液中
mol·L—1，
为__mol·L—1，（已知：
）
【解析】
（1）分析装置可知，当A中压力过大时，安全管中的液面上升，使A瓶中的压力稳定；
（2）NaOH标准溶液应使用碱式滴定管，在滴定时，可以选择酚酞（或甲基红）作为指示剂；
（3）氨滴定过程中发生的反应是NH3+HCl=NH4Cl，消耗的HCl的物质的量是
mol，所以参加反应NH3的物质的量也是
mol，则NH3的质量是
g，则氨的质量分数为
；
（4）在进行氨的测定实验前要对装置的气密性进行检查，如若装置的气密性不好，则会导致一部分氨气逸出，使氨气的测定结果降低；
（5）测定氯的过程中，用AgNO3进行滴定，因为AgNO3见光易分解，所以必须使用棕色滴定管进行滴定（防止AgNO3见光分解）；根据沉淀溶解平衡可知，
，
则
=
=
=2.8×10—3mol·L—1;
七、溶度积相关计算
1．（2015·I·28）碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途．大量的碘富集在海藻中
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