2023高考化学三轮复习热点题型专训高考选择题第12题化学反应原理综合判断

PAGEPAGE9第12题化学反响原理综合判断题组一电化学原理及应用[答题模板]答题模板,分析思路(要点)(1)判断装置,看有无外接电源，有电源的为电解池，无电源的为原电池(2)确定电极名称,原电池：负极发生氧化反响电解池：与直流电源的正极相连的是阳极，发生氧化反响(3)写电极反响式,电极材料是否参与电池反响；电解质溶液是否参与电池反响；电解质溶液是否与电极产物反响(4)计算,串联装置中各电极得失电子的总数相等[挑战总分值](限时20分钟)1．如下图的装置中，金属片紧贴着滤纸，以下判断错误的选项是()A．两处的锌片均发生氧化反响B．左侧铜片上的电极反响为2H2O＋O2＋4e－=4OH－C．阳离子移动方向分别由②→①、③→④D．最先观察到红色的区域是④答案C解析左边是原电池，锌作负极被氧化，铜作正极，铜电极上发生吸氧腐蚀：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，B正确；右边是电解池，锌作阳极被氧化，铜作阴极2H＋＋2e－=H2↑使④处呈碱性(速率快于②)，A、D正确；左侧阳离子移动方向是由①→②，C错误。2．我国科学家设计出的一种装置(如下图)，实现了“太阳能→电能→化学能〞的转化，总反响为2CO2=2CO＋O2。以下有关说法正确的选项是()A．该装置属于原电池B．人体呼出的水蒸气参与Y极反响：CO2＋H2O＋2e－=CO＋2OH－C．反响完毕，该太阳能装置中的电解质溶液碱性增强D．X极电极反响式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－答案B解析该装置实现了太阳能→电能→化学能的转化，而将电能转化为化学能属于电解池，A项错误；由图可知Y极发生的是得电子的反响，人体呼出的气体中含有CO2和H2O，B项正确；由得失电子守恒原理知，X极消耗的OH－总量等于Y极生成的OH－总量，即电解质溶液的碱性没有改变，C项错误；从电子的流向看，X电极失去电子，故X电极是负极，电极反响式为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，D项错误。3．锂空气电池是一种新型的二次电池，其放电时的工作原理如下图。以下说法正确的选项是()A．该电池放电时，正极的反响式为O2＋4e－＋4H＋=2H2OB．该电池充电时，阴极发生了氧化反响：Li＋＋e－=LiC．电池中的有机电解液可以用稀盐酸代替D．正极区产生的LiOH可回收利用答案D解析正极的反响式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，A项错误；电池充电时，阴极发生复原反响，B项错误；有机电解液不能用稀盐酸代替，因为金属锂与稀盐酸能发生反响，C项错误。4．电化学在日常生活中用途广泛，以下图是镁—次氯酸钠燃料电池，电池总反响为Mg＋ClO－＋H2O=Cl－＋Mg(OH)2↓。以下说法不正确的选项是()A．镁电极是该电池的负极B．惰性电极上发生氧化反响C．正极反响式为ClO－＋H2O＋2e－=Cl－＋2OH－D．进料口参加NaClO溶液，出口为NaCl溶液答案B解析根据化学方程式知Mg是复原剂作负极，ClO－在惰性电极上得电子发生复原反响，生成Cl－。5．Al—H2O2电池功率大，可作为许多机械的动力电池，其结构如下图。以下说法不正确的选项是()A．铝作负极，电池工作时将不断溶解B．该电池不是二次电池，不可充电C．碳纤维电极的电极反响是H2O2＋2e－＋2H＋=2H2OD．电池工作时OH－从碳纤维电极透过离子交换膜移向Al电极答案C解析该电池的负极为铝，正极是碳纤维，A项正确；该电池不是二次电池，不能充电，B项正确；电解质溶液为KOH溶液，电极反响式中无H＋，C项错误；电池工作时，阴离子移向负极，D项正确。6．利用如下图装置(电极均为惰性电极)可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2。以下说法正确的选项是()A．a为直流电源的负极B．阴极的电极反响式为2HSOeq\o\al(－,3)＋2H＋＋e－=S2Oeq\o\al(2－,4)＋2H2OC．阳极的电极反响式为SO2＋2H2O－2e－=SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋D．电解时，H＋由阴极室通过阳离子交换膜到阳极室答案C解析由装置左侧反响可知，电极上SO2发生反响后生成H2SO4，电极反响式为SO2－2e－＋2H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋，为电解池的阳极，故a极为电源的正极，A项错误，C项正确；在阴极上HSOeq\o\al(－,3)得电子生成S2Oeq\o\al(2－,4)，根据两者中S的化合价可知，1molHSOeq\o\al(－,3)得到1mol电子，B项错误；电解池中阳离子由阳极室通过离子交换膜进入到阴极室，D项错误。7．利用以下图装置进行实验，甲、乙两池中均为1mol·L－1的AgNO3溶液，A、B均为Ag电极。实验开始时先闭合K1，断开K2。一段时间后，断开K1，闭合K2，形成浓差电池，电流表指针偏转(Ag＋浓度越大氧化性越强)。以下说法不正确的选项是()A．闭合K1，断开K2后，A电极增重B．闭合K1，断开K2后，乙池溶液浓度上升C．断开K1，闭合K2后，NOeq\o\al(－,3)向B电极移动D．断开K1，闭合K2后，A电极发生氧化反响答案C解析闭合K1，断开K2，构成电解池，阴极(A)析出银，质量增加，阳极(B)溶解使银离子浓度增大，甲池中NOeq\o\al(－,3)移向乙池，A、B正确；断开K1，闭合K2后形成原电池，乙池银离子浓度大，氧化性强，故B为正极，A为负极，阴离子向负极移动，A极发生氧化反响，C错误，D正确。8．厨房垃圾发酵液可通过电渗析法处理，同时得到乳酸的原理如下图(图中HA表示乳酸分子，A－表示乳酸根离子，乳酸的摩尔质量为90g·mol－1)。以下有关说法中正确的选项是()A．阳极的电极反响式为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑B．H＋从阳极通过阳离子交换膜向阴极移动C．A－通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室D．400mL10g·L－1乳酸溶液通电一段时间后，浓度上升为145g·L－1(溶液体积变化忽略不计)，阴极上产生的H2在标准状况下的体积约为4.48L答案C解析阳极：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋。阴极区A－移向浓缩室，阳极区H＋浓度增大，移向浓缩室，得到浓乳酸溶液，增加的乳酸的物质的量为eq\f(0.4L×145g·L－1－0.4L×10g·L－1,90g·mol－1)＝0.6mol，所以产生H2的体积(标准状况)为eq\f(0.6mol,2)×22.4L·mol－1＝6.72L。9．电浮选凝聚法处理酸性污水的工作原理如下图。以下说法不正确的选项是()A．铁电极的电极反响式为Fe－2e－=Fe2＋B．通入甲烷的石墨电极的电极反响式为CH4＋4COeq\o\al(2－,3)－8e－=5CO2＋2H2OC．为了增强污水的导电能力，可向污水中参加适量工业用食盐D．假设左池石墨电极产生44.8L(标准状况)气体，那么消耗1.0mol甲烷答案D解析右池中充入甲烷的一极为原电池的负极，充入空气的一极为原电池的正极，故左池中Fe电极为阳极，石墨电极为阴极，Fe电极发生失电子的氧化反响：Fe－2e－=Fe2＋，A项正确；原电池的负极发生氧化反响，B项正确；食盐(NaCl)是易溶的离子化合物，参加食盐可使溶液的导电能力增强，C项正确；电解池中石墨电极(阴极)上阳离子(即酸性污水中的H＋)发生复原反响，电极反响式为2H＋＋2e－=H2↑，n(e－)＝2n(H2)＝2×eq\f(44.8L,22.4L·mol－1)＝4mol，而每消耗1molCH4，转移8mole－，D项错误。题组二溶液中的离子平衡[解题指导]比拟溶液中粒子浓度的思维模型[挑战总分值](限时15分钟)1．以下选项中的数值前者小于后者的是()A．25℃和100℃时H2O的KwB．同温同浓度的KHCO3溶液和NH4HCO3溶液中的c(HCOeq\o\al(－,3))C．同温同浓度的NaHCO3溶液和CH3COONa溶液的pHD．中和25mL0.1mol·L－1NaOH溶液所需CH3COOH和HCl的物质的量答案A解析NH4HCO3中NHeq\o\al(＋,4)与HCOeq\o\al(－,3)相互促进水解，使c(HCOeq\o\al(－,3))浓度比KHCO3中的小，B项错误；由酸性CH3COOH大于H2CO3知，HCOeq\o\al(－,3)的水解程度比CH3COO－的水解程度大，溶液的pH前者大于后者，C项错误；中和25mL0.1mol·L－1NaOH溶液所需CH3COOH和HCl物质的量相等，D项错误。2．一定温度下，以下溶液的离子浓度关系式正确的选项是()A．pH＝5的H2S溶液中，c(H＋)＝c(HS－)＝1×10－5mol·L－1B．pH＝a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH＝b，那么a＝b＋1C．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(HC2Oeq\o\al(－,4))D．pH相同的①CH3COONa、②NaHCO3、③NaClO三种溶液的c(Na＋)：①＞②＞③答案D解析pH＝5的H2S溶液中，存在H2SHS－＋H＋，HS－S2－＋H＋，所以c(H＋)＞c(HS－)，A项错误；因为NH3·H2O为弱碱，稀释10倍，pH改变小于1个单位，所以a＜b＋1，B项错误；当草酸与氢氧化钠溶液混合后，溶液中还存在C2Oeq\o\al(2－,4)，C项错误；根据CH3COOH、HClO、H2CO3的酸性相对强弱可以确定三种溶液的浓度大小，D项正确。3．室温下，将0.05molNa2CO3固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中参加以下物质，有关结论正确的选项是()选项参加物质结论A50mL1mol·L－1H2SO4反响结束后c(Na＋)＝c(SOeq\o\al(2－,4))B0.05molCaO溶液中eq\f(cOH－,cHCO\o\al(－,3))增大C50mLH2O由水电离出的c(H＋)c(OH－)不变·D0.1molNaHSO4固体反响完全后，溶液pH减小，c(Na＋)不变答案B解析Na2CO3溶液中存在水解平衡COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－，所以溶液呈碱性。A项，向溶液中参加50mL1mol·L－1H2SO4，Na2CO3与H2SO4恰好反响生成0.05molNa2SO4，根据物料守恒可得c(Na＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,4))，错误；B项，向Na2CO3溶液中参加0.05molCaO后，发生反响CaO＋H2O=Ca(OH)2，生成0.05molCa(OH)2恰好与Na2CO3反响：Ca(OH)2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaOH，那么c(COeq\o\al(2－,3))减小，c(OH－)增大，c(HCOeq\o\al(－,3))减小，所以eq\f(cOH－,cHCO\o\al(－,3))增大，正确；C项，参加50mLH2O，COeq\o\al(2－,3)的水解平衡正向移动，但c(OH－)减小，溶液中的OH－全部来源于水的电离，由水电离出的H＋、OH－浓度相等，故由水电离出的c(H＋)·c(OH－)减小，错误；D项，参加的0.1molNaHSO4固体与0.05molNa2CO3恰好反响生成0.1molNa2SO4，溶液呈中性，故溶液pH减小，参加NaHSO4，引入Na＋，所以c(Na＋)增大，错误。4．足量的NaHSO3溶液和Na2CO3溶液混合后能产生CO2气体。以下说法正确的选项是()A．反响的离子方程式为2H＋＋COeq\o\al(2－,3)=H2O＋CO2↑B．假设向Na2CO3溶液中通入足量SO2气体，也可得到CO2C．HSOeq\o\al(－,3)的水解程度大于其电离程度D．K1(H2SO3)>K1(H2CO3)>K2(H2SO3)>K2(H2CO3答案B解析亚硫酸是弱酸，故在离子方程式中“HSOeq\o\al(－,3)〞应作为一个整体来书写，A错误；由生成CO2知亚硫酸氢钠溶液呈酸性，HSOeq\o\al(－,3)的电离程度大于其水解程度，C错误；因HSOeq\o\al(－,3)能将COeq\o\al(2－,3)转化为CO2，这说明亚硫酸的二级电离常数大于碳酸的一级电离常数，D错误。5．假设保持温度不变，向氨水中通入一定量HCl气体，以下会减小的是()A．c(NHeq\o\al(＋,4)) B．c(OH－)/c(H＋)C．Kw D．Kb(NH3·H2O)答案B解析氨水中存在平衡：NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－，通入HCl后消耗OH－，平衡右移，c(NHeq\o\al(＋,4))增大，c(OH－)减小，c(H＋)增大，Kw、Kb(NH3·H2O)均不变。6．以下关于电解质溶液的表达正确的选项是()A．常温下，同浓度的Na2CO3与NaHCO3溶液相比，Na2CO3溶液的pH大B．常温下，pH＝7的NH4Cl与氨水的混合溶液中：c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)＝c(OH－)C．中和pH与体积均相同的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量相同D．将pH＝4的盐酸稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低答案A解析B项中c(Cl－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))；C项中CH3COOH消耗NaOH的量多；D项中c(OH－)增大。7．以下表达正确的选项是()A．0.1mol·L－1CH3COONa溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)B．Na2CO3溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH和Kw均减小C．pH＝5的CH3COOH溶液和pH＝5的NH4Cl溶液中，c(H＋)不相等D．在Na2S溶液中参加AgCl固体，溶液中c(S2－)下降答案D解析乙酸钠是强碱弱酸盐，溶液为碱性，A错误；温度不变，Kw不变，B错误；pH相等，那么溶液中c(H＋)相等，C错误；硫化银溶解度小于AgCl，当参加AgCl固体时，AgCl沉淀会转化为Ag2S，c(S2－)下降，D正确。8．Ksp[Al(OH)3]≪Ksp[Mg(OH)2]。在含等物质的量浓度的Al(NO3)3、Mg(NO3)2的混合溶液中滴加NaOH溶液。以下离子方程式书写正确的选项是()A．Al3＋＋2Mg2＋＋7OH－=Al(OH)3↓＋2Mg(OH)2↓B．2Al3＋＋7OH－=Al(OH)3↓＋AlOeq\o\al(－,2)＋2H2OC．Al3＋＋Mg2＋＋6OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋Mg(OH)2↓＋2H2OD．2Al3＋＋Mg2＋＋9OH－=Al(OH)3↓＋Mg(OH)2↓＋AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O答案C解析审题时抓住两条信息：一是溶度积大小；二是金属离子浓度相等。依题意，与NaOH溶液反响的先后顺序为Al3＋＞Mg2＋＞Al(OH)3。A项，Al3＋未完全生成沉淀，Mg2＋不会生成Mg(OH)2沉淀，错误；B项，Mg2＋没有生成沉淀，不会生成AlOeq\o\al(－,2)，正确的离子方程式为Al3＋＋Mg2＋＋6OH－=Mg(OH)2↓＋AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O，错误；D项，Mg2＋完全生成沉淀后，Al(OH)3才开始转化成AlOeq\o\al(－,2)，错误。9．25℃时，Ksp(BaSO4)＝1×10－10，Ksp(BaCO3)＝2.6×10－9。该温度下，以下说法不正确的选项是()A．向同浓度的Na2SO4和Na2CO3的混合溶液中滴加BaCl2溶液，先析出BaSO4B．向BaCO3的悬浊液中参加少量的新制氯水，c(Ba2＋)增大C．BaSO4和BaCO3共存的悬浊液中，eq\f(cSO\o\al(2－,4),cCO\o\al(2－,3))＝eq\f(1,26)D．向BaSO4的悬浊液中参加Na2CO3的浓溶液，BaSO4不可能转化为BaCO3答案D解析由题中所给Ksp可知，BaSO4比BaCO3更难溶，故先析出BaSO4，A项正确；新制氯水中存在HCl和HClO，能够溶解BaCO3，B项正确；两沉淀共存的悬浊液中，eq\f(cSO\o\al(2－,4),cCO\o\al(2－,3))＝eq\f(KspBaSO4,KspBaCO3)＝eq\f(1,26)，C项正确；增大COeq\o\al(2－,3)的浓度，会出现c(Ba2＋)·c(COeq\o\al(2－,3))＞Ksp(BaCO3)，从而实现BaSO4向BaCO3的转化，D项错误。10．Na2SO3溶液作为吸收液吸收SO2时，吸收液pH随n(SOeq\o\al(2－,3))∶n(HSOeq\o\al(－,3))变化的关系如下表：n(SOeq\o\al(2－,3))∶n(HSOeq\o\al(－,3)),91∶9,1∶1,9∶91pH,8.2,7.2,6.2以下离子浓度关系的判断正确的选项是()A．NaHSO3溶液中，c(H＋)＜c(OH－)B．Na2SO3溶液中，c(Na＋)＞c(SOeq\o\al(2－,3))＞c(HSOeq\o\al(－,3))＞c(OH－)＞c(H＋)C．当吸收液呈中性时，c(Na＋)＞c(SOeq\o\al(2－,3))＞c(HSOeq\o\al(－,3))＞c(OH－)＝c(H＋)D．当吸收液呈中性时，c(Na＋)＞c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(SOeq\o\al(2－,3))答案D解析用Na2SO3溶液吸收SO2时，随着吸收SO2的量增多，溶液由碱性逐渐变为酸性。由表中信息可知NaHSO3溶液为酸性溶液，A错误；Na2SO3溶液中SOeq\o\al(2－,3)存在二级水解，c(HSOeq\o\al(－,3))应小于c(OH－)，B错误；由表中数据可知，当c(SOeq\o\al(2－,3))＝c(HSOeq\o\al(－,3))时，pH＝7.2，故当吸收液呈中性时，可推出c(SOeq\o\al(2－,3))＜c(HSOeq\o\al(－,3))，C错误。题组三图像题专项突破[解题指导]1．审题观察图像时，一定要看清楚两坐标的具体含义，明确图像中各曲线的意义，注意各曲线上出现的拐点、特殊点、起点、终点表示的含义。2．析题根据题中、图中信息，明确涉及哪些化学反响原理，如涉及化学反响，写出可能发生反响的化学方程式或离子方程式，并与相关数据结合起来，有效地做到数形结合。3．解题(1)在识图像、想原理的根底上，将图像与原理结合起来思考，找准切入点。(2)一是任何条件下，只要溶液中c(H＋)＝c(OH－)，一定呈中性；二是溶液中电荷一定守恒。4．检查最后要对试题进行认真检查核对，防止失误。[挑战总分值](限时20分钟)1．在一定条件下，取一定量X和Y在恒容密闭容器中发生反响：aX(g)＋bY(g)cM(g)＋dN(g)ΔH＝QkJ·mol－1，到达平衡时，M的浓度与温度和容器容积的关系如下图。以下判断正确的选项是()A．a＋b＞c＋dB．Q＜0C．E点X的转化率＞F点X的转化率D．E点的平衡常数＜F点的平衡常数答案D解析容器容积不变的情况下，随着温度的升高，M的平衡浓度逐渐增大，说明平衡正向移动，正反响为吸热反响，故Q＞0，B项错误；在同温度下，比拟两条曲线上某两个点，比方就比拟两个曲线的起点，可知当容器容积缩小到原来的三分之一时，M的平衡浓度没有增大到原来的三倍(0.6mol·L－1)，而是0.5mol·L－1，说明平衡逆向移动了，故a＋b＜c＋d，A项错误；由E点到F点，温度升高、压强减小，这两个改变条件均有利于平衡正向移动，故E点X的转化率＜F点X的转化率，C项错误；对于吸热反响，温度越高，平衡常数越大，所以F点的平衡常数肯定大于E点的平衡常数，D项正确。2．一定条件下，密闭容器中发生如下反响：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，反响中的能量变化如下图。以下说法正确的选项是()A．反响体系中参加催化剂可增大焓变B．加压可使化学平衡正向移动C．升温可使化学平衡正向移动D．增大H2浓度可使到达新平衡时CO的体积分数增大答案C解析由图像可知，反响物的总能量小于生成物的总能量，正反响为吸热反响。A项，参加催化剂，焓变不发生变化，A错；B项，该反响前后气体总物质的量不变，加压，化学平衡不移动，B错；C项，正反响吸热，升温，平衡正向移动，C正确；D项，增大H2浓度，虽然平衡正向移动，但到达新平衡时CO的体积分数减小，D错。3．如图表示可逆反响N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＜0达平衡后，改变某一反响条件，反响速率随时间变化的情况。根据曲线判断以下说法中正确的选项是()A．t1时降低了温度，平衡向正反响方向移动B．t1时增大了压强，平衡向正反响方向移动C．t1时增大了N2的浓度同时减小了NH3的浓度，平衡向正反响方向移动D．t1时可能使用了催化剂答案C解析根据图像可知，t1时刻正反响速率突然增大，达新平衡后正反响速率比第一次平衡时低，说明t1时刻逆反响速率减小。A项，t1时降低温度，v正将减小；B项，t1时增大压强，达新平衡后v正应比第一次平衡时大；D项，t1时使用催化剂，v正比第一次平衡时大且保持不变，不可能是改变了温度、压强或使用了催化剂。4．某温度下，向一定体积0.1mol·L－1醋酸溶液中逐滴参加等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH[pOH＝－lgc(OH－)]与pH的变化关系如下图，那么()A．M点所示溶液导电能力强于Q点B．N点所示溶液中c(CH3COO－)＞c(Na＋)C．M点和N点所示溶液中水的电离程度相同D．Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积答案C解析由于醋酸是弱酸，电离程度很小，离子浓度也较小，M点溶液的导电能力最弱，A错；N点所示溶液为碱性，根据溶液电荷守恒可判断出此时c(Na＋)＞c(CH3COO－)，B错；由于M点的H＋浓度等于N点的OH－浓度，对水的电离抑制程度相同，所以两点水的电离程度相同，C正确；Q点的pOH＝pH，溶液为中性，而两者等体积混合后生成醋酸钠，水解显碱性，故Q点消耗NaOH溶液的体积略小于醋酸溶液的体积，D错。5．标准状况下，向100mLH2S饱和溶液中通入SO2气体，所得溶液pH变化如图中曲线所示。以下分析正确的选项是()A．原H2S溶液的物质的量浓度为0.05mol·L－1B．氢硫酸的酸性比亚硫酸的酸性强C．b点水的电离程度比c点水的电离程度大D．a点对应溶液的导电性比d点强答案C解析A项，依据反响2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，可算出c(H2S)为0.1mol·L－1；B项，H2S的酸性比H2SO3的弱；C项，b点溶液为中性，水的电离不受影响，而c点溶液显酸性，水的电离受到抑制；D项，H2S和H2SO3均为二元酸且d点溶液酸性比a点强，故d点溶液导电性强。6．在25℃时，向50.00mL未知浓度的CH3COOH溶液中逐滴参加0.5mol·L－1的NaOH溶液。滴定过程中，溶液的pH与滴入NaOH溶液体积的关系如下图，那么以下说法中正确的选项是()A．该中和滴定过程，最宜用石蕊作指示剂B．图中点①所示溶液中水的电离程度大于点③所示溶液中水的电离程度C．图中点②所示溶液中，c(CH3COO－)＝c(Na＋)D．滴定过程中的某点，会有c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)的关系存在答案C解析石蕊变色范围宽，不能用作酸碱中和滴定的指示剂，A项错误；①所示溶液抑制水的电离，③所示溶液促进水的电离，B项错误；②点pH＝7，根据电荷守恒可得出c(CH3COO－)＝c(Na＋)，C项正确；D项中，电荷不守恒，错误。7．难溶性物质K2SO4·MgSO4·2CaSO4在水中存在如下平衡：K2SO4·MgSO4·2CaSO4(s)2Ca2＋(aq)＋2K＋(aq)＋Mg2＋(aq)＋4SOeq\o\al(2－,4)(aq)，不同温度下，K＋的浸出浓度与溶浸时间的关系如下图。那么以下说法错误的选项是()A．向该体系中参加饱和NaOH溶液，沉淀溶解平衡向右移动B．向该体系中参加饱和碳酸钠溶液，沉淀溶解平衡向右移动C．升高温度，反响速率增大，平衡向正反响方向移动D．该平衡的Ksp＝c(Ca2＋)·c(K＋)·c(Mg2＋)·c(SOeq\o\al(2－,4))答案D解析A项，K2SO4·MgSO4·2CaSO4(s)2Ca2＋(aq)＋2K＋(aq)＋Mg2＋(aq)＋4SOeq\o\al(2－,4)(aq)，参加饱和NaOH溶液，OH－和Mg2＋结合生成Mg(OH)2沉淀，c(Mg2＋)减小，平衡右移，正确；B项，参加饱和碳酸钠溶液，COeq\o\al(2－,3)和Ca2＋结合生成CaCO3沉淀，c(Ca2＋)减小，平衡右移，正确；C项，由题图可知，升高温度，K＋的