2026年上海高考化学二轮复习讲练测专题10水溶液中的离子反应与平衡（复习讲义）（解析版）

专题10水溶液中的离子反应与平衡目录01析·考情精解 302构·知能架构 403破·题型攻坚 4题型一电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡及其应用 4真题动向与工业生产、生活结合、与真实应用情境结合必备知识知识1化学平衡状态的特征知识2电解质溶液中的三大平衡关键能力能力化学平衡移动类试题解题思维建模命题预测考向1电离水解平衡应用考向2沉淀溶解平衡应用题型二电离常数、水解常数、溶度积常数的综合应用 12真题动向与工业生产、生活结合、与真实应用情境结合必备知识知识1水的离子积常数知识2电离平衡常数(Ka、Kb)知识3水解平衡常数(Kh)知识4溶度积常数(Ksp)知识5电离常数的4大应用关键能力能力1Kw、Ka、Kb、Ksp、Kh之间的关系能力2电离常数与水解常数的关系命题预测考向1平衡常数概念及应用考向2平衡常数综合计算与应用题型三中和滴定及其拓展应用 20真题动向与工业生产、生活结合、与真实应用情境结合必备知识知识1中和滴定知识2氧化还原滴定知识3沉淀滴定关键能力能力1滴定终点答题模板能力2常见氧化还原沉淀实例命题预测考向1滴定操作考向2滴定计算命题轨迹透视从近三年高考试题来看，试题以选择题和填空题为主，题目难度比较大。命题趋势：聚焦四大平衡（电离、水解、水的电离、沉淀溶解），常与粗盐精制等实验融合，体现必修与选修知识统整；以真实情境为载体，通过主题式大题呈现，结合图表考查粒子浓度分析、平衡常数计算；弱化纯记忆考查，强调知识迁移与证据推理，侧重公式应用。考点频次总结考点2025年2024年电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡及其应用上海卷T5（6）上海卷T3（7）上海卷T5（3）（4）电离常数、水解常数、溶度积常数的综合应用上海卷T2（8）（9）上海卷T5（7）上海卷T5（7）中和滴定及其拓展应用上海卷T4（7）（9）（10）2026命题预测预计在2026年高考中，情境上，常以水处理（如明矾净水、污水pH调节）、药物缓冲液配制、土壤酸碱性改良等为载体，结合上海本地环保热点设计问题，弱化纯理论考查。核心考点聚焦四方面：一是弱电解质电离平衡，侧重电离常数（Ka/Kb）计算及温度、浓度对电离的影响；二是盐类水解，重点考查水解平衡移动、离子浓度大小比较，需注意物料守恒与电荷守恒的联用；三是沉淀溶解平衡，Ksp计算及沉淀转化是高频点；四是酸碱中和滴定，结合误差分析、指示剂选择考查实验操作与数据处理。命题趋势上，多模块交叉、信息型图像解读占比提升，强化对变化观念、证据推理素养的考查，对术语规范与计算精度要求严格。考点一电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡及其应用1．（2025上海，T5（6））铁红是一种常见的铁的化合物。最早，史前人类利用赭石沉淀物获得浅黄色和红色绘画颜料，其主要成分便是伴有少量硫化物的铁红工业盐酸常混有少量Fe3+，会使溶液呈黄色，是因为形成了一系列含铁配合物，这些配合物可简写为[FeClx]3-x(x=1，2，3，4)。室温下，在溶液中Fe3+与Cl-存在平衡：Fe3+(aq)+xCl-(aq)[FeClx]3-x(aq)(6)现加水稀释FeCl3溶液至体积为原来的两倍，则溶液中Fe3+的物质的量。A．增大B．不变C．减小并用离子积Q与平衡常数K的大小关系解释变化的原因。【答案】(6)A所有离子浓度变为原来，，平衡逆移【详解】（6）所有离子浓度变为原来，，平衡逆移，使得溶液中铁离子的物质的量增大，故选A；命题解读新情境：以工业盐酸中Fe³⁺与Cl⁻的配合平衡为背景，跳出教材中简单盐溶液的理想化模型，将铁红的史前应用与工业盐酸的实际问题相结合，呼应上海高考“化学源于生活、服务生产”的命题导向，让学生在真实复杂的体系中理解平衡原理的实用性。新考法：第(6)题没有直接考查平衡移动方向，而是要求通过浓度商Q与平衡常数K的定量比较来推导n(Fe3+)的变化。通过Q和K大小关系，判断离子浓度。这种考法打破了“稀释促进水解和电离”的思维定式，直指平衡常数的定量本质，符合上海高考“重原理、轻套路”的命题风格。新角度：题目引入配合物的多平衡模型，要求学生从“所有含铁微粒”的整体视角分析浓度变化，考查“证据推理与模型认知”的核心素养，体现了上海高考对复杂体系综合分析能力的考查趋势。2．（2024上海，T3（7））溴化铝可用作分析试剂、催化剂和制冷剂。溴化铝的固体以二聚体分子形式存在。其结构如下图所示：(7)AlBr3水解可得到Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体用于净水，其原因是。【答案】(7)Al(OH)3胶体粒子有很大的比表面积，具有较好的吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒并使其沉降【详解】（7）AlBr3水解可得到Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体粒子有很大的比表面积，具有较好的吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒并使其沉降，故能净水；3．（2024·上海·高考真题）璀璨多彩的珊瑚礁是重要的海洋资源，也是海洋生态系统的重要组成部分。珊瑚礁的主要成分的碳酸钙，存在方解石和文石两种结构。珊瑚虫能生成碳酸钙，在海洋中堆积成珊瑚礁，主要反应如下：总反应为：Ca2+(aq)+2HCO(aq)CaCO3(s)+H2CO3(aq)①HCO(aq)H+(aq)+CO(aq)②Ca2+(aq)+CO(aq)CaCO3(s)③H+(aq)+HCO(aq)H2CO3(aq)(3)一定条件下，说明总反应达到化学平衡状态的是___________。A．Ca2+浓度保持不变 B．HCO和H2CO3的浓度比保持不变C．v正(Ca2+)：v正(HCO)=1：2 D．v正(H2CO3)：v逆(HCO)=2：1(4)珊瑚养殖和移植是重建珊瑚礁的重要方法。适当提高海水的pH，有利于碳酸钙的形成，结合上述反应，从平衡移动的角度解释原因。【答案】(3)AB(4)提高pH，有利于增加HCO浓度，降低H2CO3浓度，促进总反应化学平衡正向移动【详解】（3）A．Ca2+浓度保持不变，说明平衡不再移动，反应达到平衡状态；B．HCO和H2CO3的浓度比保持不变，则反应中正逆反应速率相等，平衡不再移动，反应达到平衡状态；C．反应速率比等于系数比，v正(Ca2+)：v正(HCO)=1：2，不能说明反应中正逆反应速率相等，不确定反应达到平衡；D．v正(H2CO3)：v逆(HCO)=2：1，说明反应中正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡；故选AB；（4）适当提高海水的pH，有利于增加HCO浓度，降低H2CO3浓度，促进总反应化学平衡正向移动，利于碳酸钙的形成；知识1化学平衡状态的特征知识2电解质溶液中的三大平衡三大平衡电离平衡水解平衡沉淀溶解平衡示例CH3COOHCH3COO-+H+CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)研究对象弱电解质(包括弱酸、弱碱、水、多元弱酸的酸式酸根)盐溶液(包括强酸弱碱盐、弱酸强碱盐、弱酸弱碱盐)难溶电解质(如难溶的酸、碱、盐等)平衡常数Ka=cKh=cKsp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)影响因素升高温度促进电离，离子浓度增大，Ka增大促进水解，Kh增大Ksp可能增大，也可能减小加水稀释促进电离，离子浓度(除OH-外)减小，Ka不变促进水解，离子浓度(除H+外)减小，Kh不变促进溶解，Ksp不变加入相应离子加入CH3COONa固体或盐酸，抑制电离，Ka不变加入CH3COOH或NaOH，抑制水解，Kh不变加入AgNO3溶液或NaCl溶液，抑制溶解，Ksp不变加入反应离子加入NaOH，促进电离，Ka不变加入盐酸，促进水解，Kh不变加入氨水，促进溶解，Ksp不变能力化学平衡移动类试题解题思维建模考向1电离水解平衡应用（2025·上海杨浦·一模）实验小组探究与醋酸溶液反应的过程如下。Ⅰ．制备：向溶液中加入过量氨水，生成。1．制备的离子方程式为。3．已知：25℃，的、醋酸的、，计算的平衡常数，判断醋酸能否溶解。（写出计算过程）Ⅱ．将悬浊液和溶液混合，充分振荡。各试剂体积及现象见下表。试管1234悬浊液（mL）1.01.01.01.0冰醋酸（mL）+水（mL）澄清时间8min21min2h2h4．实验结论是：。Ⅲ．已知：25℃，的，溶液的。5．溶液呈中性的原因是：。6．溶液中水的电离程度比纯水中水的电离程度____。A．大 B．一样 C．小 D．无法确定将悬浊液和溶液混合，充分振荡。各试剂体积及现象见下表。试管5678悬浊液（mL）1.01.01.01.0饱和溶液（mL）+水（mL）澄清时间3h后沉淀减少，1天后澄清4h后沉淀减少，1天后澄清1天后仍有沉淀1天后仍有沉淀【答案】1．Al3++3NH3·H2O=↓+3NH3．平衡常数K==7.5816×10-6＜1×105，反应平衡常数很小，溶解程度有限4．醋酸浓度越小，溶解速率越慢5．醋酸根离子水解程度和铵根离子水解程度相近6．A【解析】1．溶液和过量氨水反应生成的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=↓+3NH；3．的平衡常数K==7.5816×10-6＜1×105，反应平衡常数很小，溶解程度有限；4．醋酸浓度越小，溶解速率越慢；5．氨水的电离常数等于醋酸的电离常数，故醋酸根离子水解程度和铵根离子水解程度相近溶液呈中性；6．醋酸铵是弱酸弱碱盐，水溶液中发生水解，CH3COONH4促进水的电离，故选A。【热门话题与学科知识结合】（25-26高三上·上海·期中）生产、生活废水必须要做及时处理，否则会影响人类的生活环境。废水的常见化学处理法有：中和法、氧化还原法、萃取法、吸附法、混凝法、沉淀法等。8．下列物质常被用于污水处理，其中属于纯净物的是___________A．漂粉精 B．聚丙烯酸钠 C．明矾 D．石灰乳大量含氮污水任意排放将造成藻类疯长，出现水体富营养化等问题。某小组尝试用NaClO溶液处理含氨氮废水。10．室温下，部分酸的电离平衡常数如表所示，下列关于次氯酸钠溶液的说法中，错误的是___________；(不定项)化学式常温下的电离平衡常数HClO

A．依据物料守恒关系，B．依据强酸制弱酸原理，通入少量有利于HClO生成，可增强漂白作用C．由于NaClO水解呈碱性，则D．根据“有弱才水解”规律，所以NaClO是弱电解质11．下列物质中不能与NaClO反应的是___________(不定项)A． B． C． D．NaHS12．NaClO将废水中的氧化为无污染气体，反应的离子方程式为；实际实验中NaClO溶液的投入量要大于理论计算量，可能的原因是。含铜()废水是冶金、电子等行业产生的废水，直接排放会导致严重污染。工业上常用NaHS作为沉淀剂处理离子。13．已知溶液呈碱性；①若将该溶液中的离子按浓度由大到小进行排序，排位第三的离子是。A．

B．

C．

D．②通过计算，说明溶液呈碱性的原因：。【答案】8．H2O和OH-10．BD11．B12．3ClO-+2NH3=N2↑+3Cl-+3H2ONaClO水解生成的HClO不稳定，易分解13．DHS-的水解常数Kh==≈7.7×10-8＞Ka2，说明HS-的水解程度大于电离程度，溶液中c(OH−)>c(H+)，溶液呈碱性【解析】8．A．漂粉精是氯化钙和次氯酸钙的混合物，A错误；B．聚丙烯酸钠是聚合度不确定的合成高分子化合物，属于混合物，B错误；C．明矾的化学式为KAl(SO4)2•12H2O，是带有结晶水的纯净物，C正确；D．石灰乳是氢氧化钙溶于水形成的悬浊液，属于混合物，D错误；故选C；9．由二聚体的结构式可知，配离子中具有空轨道的铁离子是中心离子，具有孤对电子的水分子和氢氧根离子是配位体，配位数为6；10．A．次氯酸钠溶液中存在如下物料守恒关系：，A正确；B．二氧化硫具有还原性，二氧化硫能与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应，使得次氯酸钠溶液的浓度减小，漂白作用减弱，B错误；C．次氯酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则由电荷守恒关系：c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(OH-)可知，溶液中钠离子浓度大于次氯酸根离子浓度，C正确；D．次氯酸钠在溶液中完全电离出钠离子和次氯酸根离子，属于强电解质，D错误；故选BD；11．A．由电离常数可知，碳酸的酸性强于次氯酸，由强酸制弱酸的原理可知，二氧化碳能与次氯酸钠溶液反应生成次氯酸，A不符合题意；B．由电离常数可知，碳酸的酸性强于次氯酸，由强酸制弱酸的原理可知，碳酸氢钠溶液不能与次氯酸钠溶液反应生成次氯酸，B符合题意；C．硫化氢具有强还原性，能与次氯酸钠溶液反应生成氯化钠、硫沉淀和水，C不符合题意；D．硫氢化钠具有强还原性，能与次氯酸钠溶液反应生成氯化钠、硫沉淀和氢氧化钠，D不符合题意；故选B；12．由题意可知，氨气与次氯酸钠溶液反应生成氮气、氯化钠和水，反应的离子方程式为：3ClO-+2NH3=N2↑+3Cl-+3H2O；次氯酸钠在溶液中水解生成氢氧化钠和次氯酸，次氯酸不稳定，遇光易分解，使得水解平衡右移，导致次氯酸钠溶液的浓度降低，所以实际实验中次氯酸钠溶液的投入量要大于理论计算量；13．①0.1mol/L硫氢化钠溶液呈碱性说明HS-的水解程度大于电离程度，则溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HS-)＞c(OH-)＞c(S2-)，则排位第三的离子是氢氧根离子，故选D；②HS-的水解常数Kh==≈7.7×10-8＞Ka2，说明HS-的水解程度大于电离程度，溶液中c(OH−)>c(H+)，所以硫氢化钠溶液呈碱性；（25-26高三上·上海奉贤·期末）氟氢化钾(KHF₂)属于弱酸酸式盐，易溶于水，可用于制备单质氟(F2)。17．下列关于KHF2溶液的说法不正确的是_____。(不定项)A．KHF2溶液是电解质B．电离方程式为：KHF2=K++H++2F-C．存在等量关系：2c(K＋)=2c(HF)+c(F-)+c(HF)D．与NaOH溶液发生的反应为：HF+OH-2F-+H2O已知：25℃时，①2HF(aq)H+(aq)+HF(aq)K1=3.3×10-3②HF(aq)H+(aq)+F-(aq)K2=6.3×10-418．从平衡移动的角度，计算说明HF与KF反应能制备KHF2的理由。工业上采用电解熔融的KHF₂与HF混合物的方法制备F2：2KHF2(熔融)2KF+F2↑+H2↑，电解装置如下图所示。19．阴极反应式为。20．从安全生产角度分析镍铜合金隔板的作用是。已知相关物质熔点如下表：物质KHF2HFKFKHF2与HF混合物熔点(℃)239-83.6858约60-7021．随着电解的进行，为避免电解质熔点不断升高，需要定期补充的物质是_____。A．KHF2 B．HF C．KF D．F222．工业上不直接电解HF制备F2的原因为。【答案】17．AB18．HF(aq)+F-(aq)=(aq)K=≈5.24，K>10-5说明HF可与KF发生反应生成KHF219．2+2e-=4F-+H2↑20．防止氟气和氢气混合引发爆炸21．B22．HF是共价化合物，熔融状态不导电【解析】17．A．KHF2溶液是混合物，不是电解质，A错误；B．KHF2是钾盐，KHF2电离会产生K+和，电离方程式为：KHF2=K++，B错误；C．KHF2溶液中F元素的存在形式为、F-和HF，存在物料守恒：2c(K＋)=2c()+c(F-)+c(HF)，C正确；D．能够电离产生H+和F-，KHF2溶液与NaOH溶液反应生成NaF和水，离子方程式为：+OH-=2F-+H2O，D正确；故选AB。18．反应HF(aq)+F-(aq)=(aq)的平衡常数K=≈5.24，K>10-5说明HF可与KF发生反应生成KHF2。19．由2KHF2(熔融)2KF+F2↑+H2↑可知，在阴极得到电子生成H2和F-，由得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：2+2e-=4F-+H2↑。20．从安全生产角度分析镍铜合金隔板的作用是：防止氟气和氢气混合引发爆炸。21．由2KHF2(熔融)2KF+F2↑+H2↑可知，电解过程中产生H2和F2，相当于消耗了HF，结合表格信息，为避免电解质熔点不断升高，需要定期补充的物质是HF，故选B。22．工业上不直接电解HF制备F2的原因为：HF是共价化合物，熔融状态不导电。（25-26高三上·上海徐汇·期末）硒(Se)是人体内不可缺少的微量元素，硒及其化合物在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列问题。常温下，亚硒酸和碳酸的电离常数如表。二元酸H2SeO3H2CO327．常温下，比较等物质的量浓度的Na2SeO3和Na2CO3溶液的pH___________。A．前者大 B．后者大 C．无法比较 D．一样大28．常温下，等物质的量浓度的NaHSeO3和NaHCO3溶液中水的电离程度___________。A．前者大 B．后者大 C．无法比较 D．一样大29．亚硒酸氢钠(NaHSeO3)可用于制药工业、用作防腐剂、抗氧化剂等。NaHSeO3溶液中有关微粒浓度关系正确的是___________。(不定项)A．B．C．D．【答案】27．B28．B29．BC【解析】27．由表中数据可知酸性：>，Na2SeO3和Na2CO3溶液中均会发生水解，根据越弱越水解，则水解程度更大，则等物质的量浓度的Na2SeO3和Na2CO3溶液的pH后者大，故选B；28．NaHSeO3中同时存在的电离和水解，<，电离大于水解，以电离为主，则水的电离受到抑制；NaHCO3中同时存在的电离和水解，>，电离小于水解，以水解为主，则水的电离受到促进；故水的电离程度后者大，故选B；29．A．NaHSeO3中的电荷守恒为：，A错误；B．NaHSeO3中同时存在的电离和水解，<，电离大于水解，故，B正确；C．NaHSeO3中的Na和Se元素为1：1，物料守恒为，C正确；D．由电荷守恒和元素守恒式子得：，D错误；故选BC；33．（2026·上海·一模）空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。Ⅰ、(缩写为MDEA)溶液可用于捕集燃煤烟气中，转化过程如下。(1)室温下，的，，吸收后溶液的，此时主要含碳阴离子为(写离子符号)。(2)从结构的角度解释MDEA水溶液能吸收的理由是。Ⅱ、二氧化碳加氢制甲醇体系中存在以下反应：①；②；③；(3)，该反应自发进行的条件是(填“高温”、“低温”、“任意温度”)。(4)在下，将和充入某密闭容器中，在催化剂作用下发生反应①和②。平衡时和CO的选择性S[]随温度的变化如图所示。①表示平衡时的选择性S随温度变化的曲线是(填“x”或“y”)。②250℃时，平衡体系中有，则的平衡转化率，反应①的(是以组分体积分数代替物质的量浓度表示的平衡常数)。③若CO的选择性位于p、q两点，反应②的逆反应速率：(填“>”“=”或“<”)。(5)常温下，碳酸溶液中含碳物种的分布系数随溶液pH的变化关系如下图：①②已知：MCO3为难溶电解质，Ksp(MCO3)=2×10-9(M2+不水解，不与Cl-反应)。下列说法正确的是______。A．用HCl调节MCO3浑浊液使其pH=10.34时，c(M2+)≈2×10-4.5mol/LB．时，C．时，D．时，【答案】(1)(2)MDEA分子中的N原子有孤电子对，能与氢离子形成配位键，促进CO2的吸收(3)-90.4低温(4)x80%800>(5)A【详解】（1）H2CO3的，，溶液pH=9，处于二者之间，此时主要含碳阴离子是；（2）MDEA分子中的N原子有孤电子对，能与氢离子形成配位键，可以与CO2相互作用，形成碳酸氢盐或氨基甲酸盐，从而吸收CO2；（3）根据盖斯定律，，当时，反应自发进行，该反应，，反应低温下自发进行；（4）①温度升高，平衡向吸热反应方向移动，利于反应②，生成的CO增多，CH3OH减少，CH3OH选择性随温度升高而降低，所以选x曲线；②250℃时，平衡时和CO的选择性相等均为50%，此时平衡体系中有2molCO，根据，已转化的CO2物质的量为4mol，，体系中的物质的量为2mol，有2molCO，n(H2O)=4mol，n(CO2)=1mol，n(H2)=1mol，共10mol，；③位于p点，CO选择性更大，一氧化碳分压更大，反应②逆向进行，更大。（5）A．依据分析，pH=10.34时，，此时(CO2+H2CO3)的分布系数接近0，则；又MCO3溶解平衡为：，则有物料守恒，则，A正确；B．依据分析有，pH=7.34时，即c(H+)=10-7.34mol/L，代入上式得，B错误；C．pH=9时，说明有碱性物质加入调节pH，依据电荷守恒缺少阳离子；若溶液所含阳离子为M2+，则电荷守恒为：，C错误；D由图可知，当时，溶液pH>8(显碱性)，则；又此时分布系数δ≈1(总碳主要以存在)，则有，D错误；故选A．34．（25-26高三上·上海松江·期末）肼的化学式为N2H4，在工业上应用广泛。常温下将盐酸滴加到肼的水溶液中，微粒的分布分数δ(X)随–lgc(OH–)的关系如下图所示。［X的分布分数δ(X)=，X表示N2H4或N2H或N2H］(1)已知肼为二元弱碱，常温下肼在水溶液中的电离分两步进行：第一步电离：N2H4+H2ON2H+OH-第二步电离：______请补充第二步的电离方程式。(2)结合上图，下列分析正确的是______。(不定项)A．曲线B代表N2H4的分布分数随–lgc(OH–)的关系B．肼的电离平衡常数Kb1=1.0×10–6C．当–lgc(OH–)=9.0时，存在c(N2H)>c(N2H4)>c(N2H)D．N2H6Cl2溶液中存在2c(Cl–)=c(N2H)+c(N2H4)+c(N2H)(3)常温下，c(N2H4)=c(N2H)时，溶液的pH=。(4)常温下，N2H5Cl溶于水显酸性，通过计算简要说明原因。N2H4催化氧化的产物与温度相关，反应如下：(i)N2H4(g)+O2(g)N2(g)+2H2O(g)

∆H1=-579kJ•mol-1(ii)N2H4(g)+2O2(g)2NO(g)+2H2O(g)

∆H2=akJ•mol-1(5)已知N2(g)+O2(g)2NO(g)

∆H3=180kJ•mol-1，计算a=。(6)∆H–T∆S随温度变化的趋势有几种情况(见图)，反应(i)对应的是______。A．① B．② C．③ D．④(7)产物在单位时间内的产率随温度变化的关系如下图。关于产物在单位时间内的产率，下列说法错误的是______。A．室温至400℃，通过改用其他催化剂，可使N2产率增大B．当N2与NO的产率相等时，参与反应的N2H4和O2的物质的量之比为3∶4C．温度从400℃升到900℃，反应(ii)平衡正向移动，使NO的产率增大D．温度高于900℃时，N2与NO的产率降低，反应速率的变化趋势无法判断(8)某温度下，向4L恒容密闭容器中充入1molN2H4和2molO2，发生上述两个反应，平衡时生成0.4molNO和0.4molN2，计算该温度下反应(ii)的平衡常数，K=。研究人员利用肼的强还原性构建肼-吡唑银(

)电池，可将含吡唑银的废水缓慢释放出的Ag+进行沉积回收，装置如下图所示。(9)负极的电极反应式是。(10)电池工作时，需要在过程中不断通入N2，分析可能的原因。(任写一条)【答案】(1)+H2O+OH–(2)BC(3)3.5(4)N2H的Kb2=1.0×10–15，而N2H的水解平衡常数为Kw/Kb1=1.0×10–8，水解大于电离，故溶液表现为酸性(5)-399(6)D(7)C(8)0.1(9)N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O(10)肼具有还原性，通氮气可防止被空气中氧气氧化；通氮气可防止银的氧化，可使银得到有效沉积回收(或其他合理答案)【详解】（1）第二步电离应是N2H进一步结合水中电离出的H+生成N2H，同时释放OH-。根据弱碱的电离规律，可以写出：+H2O+OH–；（2）当-lgc(OH-)较小时（即c(OH-)较大，溶液碱性强），N2H4占主导，对应曲线A；随着-lgc(OH-)增大（c(OH-)减小，溶液酸性增强），N2H4转化为N2H，对应曲线B；当-lgc(OH-)进一步增大时，N2H转化为N2H，对应曲线C。A．根据上述分析，曲线B对应N2H，而非N2H4，A错误；B．Kb1的表达式为：，即c(N2H4)=c(N2H)，此时-lgc(OH-)=6.0，即。将c(N2H4)=c(N2H)，代入Kb1：，B正确；C．当-lgc(OH⁻)=9.0时。从图中可以看出：δ(N2H4)≈0.05（曲线A）；δ()≈0.95（曲线B）；δ()≈0（曲线C）显然，c(N2H)>c(N2H4

)>c(N2H)成立，C正确；D．N2H6Cl2的化学式表明，每1molN2H，对应2molCl-。根据物料守恒：，D错误；故选BC。（3）第一步电离对应平衡常数；第二步电离对应平衡常数，将两个平衡常数相乘，得到：，时，上述公式可简化为：，图片提到“由曲线B与C交点（-lgc(OH⁻)=15.0）可知”，即当。已知，结合，，解得：，根据，得到；（4）N2H会电离，也会水解，根据题意，N2H的Kb2=1.0×10–15，而N2H的水解平衡常数为=1.0×10–8，水解大于电离，故溶液表现为酸性；（5）根据题目给出的三个反应：(i)N2H4(g)+O2(g)⇌N2(g)+2H2O(g)ΔH1=-579kJ·mol-1(ii)N2H4(g)+2O2(g)⇌2NO(g)+2H₂O(g)ΔH2=akJ·mol-1(iii)N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)ΔH3=180kJ·mol-1反应(i)和(iii)联立，推导出反应(ii)。得到(ii)=(i)+(iii)，根据盖斯定律：ΔH2=ΔH1+ΔH3=(-579kJ·mol-1)+180kJ·mol-1=-399kJ·mol-1；（6）分析反应(i)：N2H4(g)+O2(g)⇌N2(g)+2H2O(g)ΔH1=-579kJ·mol-1<0（放热），气体分子数增多：ΔS>0（熵增），根据公式：ΔG=ΔH-TΔS；当ΔH<0且ΔS>0时，ΔG=ΔH-TΔS随T增大而减小。当T=0时，ΔG=ΔH<0。随T增大，-TΔS为负值且绝对值增大，ΔG更负。因此，ΔG随T增大而减小，对应图中的④，故选D;（7）A．催化剂只影响反应速率，不影响平衡产率。在400℃以下，N2的产率未达到平衡，改用更高效催化剂可提高N2的产率，A正确；B．设生成N2的物质的量为x，生成NO的物质的量为y；根据题意，x=y；根据反应：(i)N2H4(g)+O2(g)N2(g)+2H2O(g)；(ii)N2H4(g)+2O2(g)2NO(g)+2H2O(g)；N2H4=x+0.5y=1.5x；总消耗O2=x+y=2x；n(N2H4):n(O2)=1.5x:2x=3:4，B项正确；C．反应(ii)的ΔH2=-399kJ·mol-1<0，为放热反应。根据勒夏特列原理，升高温度，平衡应左移，NO的产率应降低。但图中400℃到900℃，NO产率增加，这主要是因为温度升高，反应速率加快，单位时间内NO的生成量增加，而非平衡右移，C错误；D．温度高于900℃时，N₂和NO的产率均降低，可能是因为高温下催化剂活性下降，或副反应增多。但反应速率可能仍随温度升高而加快，只是产率受平衡或副反应影响，D正确；故选C；（8）设反应(i)消耗xmolN2H4，反应(ii)消耗ymolN2H4。根据题意：N2生成量：x=0.4mol。NO生成量：2y=0.4mol→y=0.2mol。初始物质的量：n(N2H4)=1mol，n(O2)=2mol，n(N2)=0，n(NO)=0，n(H2O)=0。变化量：反应(i)：Δn(N2H4)=-0.4mol，Δn(O2)=-0.4mol，Δn(N2)=+0.4mol，Δn(H2O)=+0.8mol。反应(ii)：Δn(N2H4)=-0.2mol，Δn(O2)=-0.4mol，Δn(NO)=+0.4mol，Δn(H2O)=+0.4mol。平衡时：各物质浓度：c(N2H4)=0.1mol/L；c(O2)=0.3mol/L；c(NO)=0.1mol/L；c(H2O)=0.3mol/L；反应(ii)的平衡常数：;（9）肼在负极被氧化，含吡唑银的废水中的Ag+在正极被还原为Ag，同时通过离子交换膜维持电荷平衡。负极上N2H4被氧化为N2，结合碱性环境，电极反应式为：；（10）因为肼具有还原性，通氮气可以赶走装置中的空气，故通氮气可防止肼被空气中氧气氧化；通氮气可防止银的氧化，可使银得到有效沉积回收(或其他合理答案)。35．（2026·上海浦东新·一模）某化工厂采用“铁盐氧化法”处理含的烟气，减少硫酸型酸雨的形成，并经系列反应后，将最终转化为硫酸盐产品。(1)硫酸型酸雨中不可能含有的微粒是___________。A． B． C． D．(2)“铁盐氧化法”的实质是与的氧化还原反应。取反应一段时间后的吸收液进行实验，下列现象中，一定能证明该氧化还原反应发生的是___________。A．滴加紫色石蕊试液，溶液显红色B．滴加酸性溶液，紫色褪去C．滴加硝酸酸化的溶液，有白色沉淀生成D．滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加氯水，溶液变血红色(3)铁盐完全吸收后的溶液，工业上常通入空气处理，该步骤称为“曝气”。从“绿色化学”的角度分析，“曝气”的优点有。(写出一条)实验室利用下图装置模拟上述“铁盐氧化法”的原理。(4)装置A用于制取，下列对该实验的分析正确的是___________。(不定项)A．可以通过铜丝的升降控制反应 B．可以通过鼓入空气加速反应C．实验中试管底部可能出现白色物质 D．反应过程中铜丝表面有黑色产生(5)向反应一段时间后的装置B中，逐滴加入NaOH溶液，先无明显现象，后产生红褐色沉淀。分析“先无明显现象”的原因。在溶液吸收的过程中，可观察到B中溶液颜色经历“棕黄色—红棕色—浅绿色”的变化过程。已知“红棕色”是因为生成了含硫配体的配离子有关。室温下，、和的分布分数随pH变化如下图所示。[，X表示或或]室温下，为探究“红棕色”配离子的组成，设计如下实验方案：实验编号溶液①1mL溶液②10mL实验操作及现象Ⅰ溶液饱和溶液溶液①与溶液②混合后，实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ所得溶液红棕色依次加深Ⅱ溶液饱和溶液，用NaOH固体调整溶液Ⅲ溶液饱和溶液，用NaOH固体调整溶液(6)上述实验中，能够说明“红棕色”配离子的配体为的实验依据是。(7)若该配离子为，继续通入至体系pH小于5时，溶液由红棕色变为浅绿色，其离子方程式为：。(8)实验所用“溶液②”的体系中，含硫微粒仅为、和，且在调节pH过程中三者总物质的量保持不变。结合上图所示的分布分数图，回答下列问题：①说明溶液呈酸性的主要原因。②当为0.4时，溶液的pH可能为。(精确到小数点后2位)【答案】(1)A(2)D(3)氧气可将Fe2+氧化成Fe3+，使Fe3+可重复利用(4)AC(5)溶液中溶有SO2，生成了H2SO3，滴加的NaOH溶液先与H2SO3反应(6)随着pH的增大，溶液中的，且红棕色也随之加深(7)(8)在水溶液中，的电离大于水解，溶液成酸性1.74或7.38【详解】（1）A．H2S是还原性气体，通常不会在酸雨中稳定存在，尤其在酸性环境中易被氧化，A符合题意；B．SO2溶于水生成亚硫酸，是酸雨的成分之一，B不符合题意；C．酸雨显酸性，故酸雨中含有H+，C不符合题意；D．空气中含有大量CO2，CO2溶于水生成碳酸，故酸雨中可能会含有碳酸，D不符合题意；故答案选A；（2）A．含Fe3+和SO2的水溶液显酸性，能使紫色石蕊溶液变红，故无法证明Fe3+和SO2是否发生氧化还原反应，A错误；B．SO2也能被将酸性高锰酸钾溶液还原，使其褪色，B错误；C．滴加硝酸酸化的溶液，溶液中含有的硝酸会将SO2氧化成，最终生成白色沉淀BaSO4，C错误；D．滴加KSCN溶液，无明显现象，说明溶液中不含Fe3+，再滴加氯水，溶液变血红色，说明吸收液中有Fe2+，进而说明Fe3+和SO2发生了氧化还原反应，D正确；故答案选D；（3）“曝气”过程中，氧气可将Fe2+氧化成Fe3+，使Fe3+可重复利用；（4）A．通过铜丝的升降，即通过铜丝与浓硫酸的接触与否来控制反应，A正确；B．若鼓入空气，会导致体系中有氧气，氧气具有氧化性，会对Fe3+的氧化性造成干扰，B错误；C．A中生成CuSO4，浓硫酸具有吸水性，则试管底部可能析出无水CuSO4白色固体，C正确；D．Cu2O是红色的，且在强氧化剂浓硫酸的环境中生成+1含铜化合物不合理，D错误；故答案选AC；（5）溶液中溶有SO2，生成了H2SO3，滴加的NaOH溶液先与H2SO3反应，无明显现象；（6）随着pH的增大，溶液中的增大，且红棕色也随之加深，说明“红棕色”配离子的配体为；（7）结合分布图可知，溶液pH小于5时，与SO2反应生成Fe2+、和，反应的离子方程式为；（8）①在水溶液中存在电离平衡（）和水解平衡（），由分布图可知，H2SO3的电离平衡常数K1、K2分别为10-1.92和10-7.2，的水解平衡常数为，故电离程度大于水解平衡常数，溶液成酸性；②，当为0.4时，溶液的pH<1.92或pH>7.2，当溶液pH<1.92时，有，解得，pH≈1.74；当溶液pH>7.2时，有，解得，pH≈7.38。36．（2026·上海·一模）柠檬酸(俗称枸橼酸，用表示)是一种有机弱酸，易溶于水，熔点为153℃，可作酸度调节剂、防腐剂等。其结构简式如图所示：25℃时，用调节溶液的，溶液中各种微粒的分布系数与的关系如图所示[比如的分布系]。(5)下列叙述错误的是_______。A．曲线Ⅰ代表，曲线Ⅳ代表B．当时，溶液的C．25℃时，反应的D．25℃时，溶液加水稀释过程中，减小(6)某浓度均为的和的混合液中①A．小于B．等于C．大于D．无法确定②=。(7)常温下，在柠檬酸()和的混合液中滴加NaOH溶液，混合液中pX[，X代表、、、]与pH的关系如图所示。下列叙述错误的是_______。A．直线表与pH关系B．C．0.1溶液呈碱性D．的K>1000(8)柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)在空气中煅烧生成Fe2O3时，也会生成FeO。现煅烧49.2g的FeC6H6O7，得到Fe2O3和FeO的混合物15.84g。则Fe2O3的质量为g。【答案】(5)A(6)A0.300(7)C(8)14.4【分析】25℃时，用氢氧化钠调节H3A溶液的pH时，溶液中H3A的浓度减小，H2A-的浓度先增大后减小、HA2-的浓度先增大后减小、A3-的浓度持续增大，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别代表H3A、H2A-、HA2-、A3-的分布系数，由图可知，H3A的浓度与HA2-的浓度相等时，溶液的pH为3.1，则H3A的一级电离常数Ka1(H3A)==c(H+)=10—3.1，同理可知，H3A的二级电离常数、三级电离常数分别为10—4.8、10—6.4。【详解】（5）A．由分析可知，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别代表H3A、H2A-、HA2-、A3-的分布系数，A错误；B．由电离常数可得：Ka2(H3A)Ka3(H3A)=，则溶液中H2A-的浓度与A3-的浓度相等时，溶液中c2(H+)=10—4.8×10—6.4=10—11.2，则溶液中氢离子浓度为：c(H+)=mol/L=10—5.6mol/L，pH为5.6，B正确；C．由方程式可知，反应的平衡常数为：K=====101.7≈50.1，C正确；D．25℃时，HA2-的水解常数Kh===10—9.2＜Ka3(H3A)，说明HA2-在溶液中的电离程度大于水解程度，Na2HA溶液呈酸性，加水稀释过程中，氢离子浓度减小，水的离子积常数、HA2-的水解常数不变，则溶液中氢氧根离子浓度增大，由电离常数可得：=，所以溶液中和的值减小，D正确；故选A。（6）①25℃时，HA2-的水解常数Kh===10—9.2＜Ka3(H3A)，说明HA2-在溶液中的电离程度大于水解程度，Na2HA溶液呈酸性，同理可知，H2A-的水解常数Kh===10—10.9＜Ka2(H3A)，说明H2A-在溶液中的电离程度大于水解程度，NaH2A溶液呈酸性，则等浓度的NaH2A和Na2HA混合溶液呈酸性，由H2A-的电离常数大于HA2-可知，H2A-在溶液中的电离程度大于HA2-，且H2A-在溶液中电离出HA2-，所以溶液中H2A-的小于HA2-，故选A；②混合溶液中存在电荷守恒关系：，则溶液中=c(Na+)=0.100mol/L×2+0.100mol/L=0.300mol/L；（7）常温下，向柠檬酸和硝酸镉混合溶液中加入氢氧化钠溶液，溶液中镉离子浓度减小，则L4为-lgc(Cd2+)与pH的变化曲线；由电离常数可知，溶液中、、，柠檬酸的一级电离常数、二级电离常数、三级电离常数依次减小，则溶液pH相等时，溶液中、、依次减小，所以曲线L1、L2、L3分别代表-lg、-lg、-lg随pH的变化曲线；由图可知，溶液pH为4时，溶液中为100.9，则H3R的一级电离常数Ka1(H3R)==10—4×100.9=10—3.1，同理可知，H3R的二级电离常数、三级电离常数分别为10—4.7、10—6.4；A．由分析可知，曲线L1、L2、L3分别代表-lg、-lg、-lg随pH的变化曲线，A正确；B．由图可知，溶液pH为7时，镉离子浓度为10-0.3mol/L，则氢氧化镉的溶度积为：Ksp=10-0.3×(10—7)2=10—14.3，B正确：C．25℃时，HR2-的水解常数Kh===10—9.3＜Ka3(H3R)，说明HR2-在溶液中的电离程度大于水解程度，Na2HR溶液呈酸性，C错误；D．由方程式可知，反应的平衡常数为：K=====103.3＞1000，D正确；故选C；（8）由题意可知，柠檬酸亚铁的物质的量为：=0.2mol，设混合物中氧化铁的物质的量为xmol，氧化亚铁的物质的量为ymol，由铁原子个数守恒可得：2x+y=0.2，由氧化物的质量可得：160x+72y=15.84，解联立方程可得x=0.09mol，所以Fe2O3的质量为160g/mol×0.09mol=14.4g。考向2沉淀溶解平衡应用1．（2026·上海·一模）铼(Re)、钼(Mo)是具有重要军事战略意义的金属。从辉钼矿氧化焙烧后的烟道灰(主要成分有、、CuO、)中提取铼粉和金属钼的流程如下图所示：已知：I．、是酸性氧化物，过铼酸()是易溶于水的一元强酸，但不具有强氧化性；II．过铼酸铵()是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水。回答下列问题：(6)用硫酸处理从辉钼矿氧化焙烧后的烟道灰可以制备无公害型冷却水系统金属缓蚀剂钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)。制备过程中需加入Ba(OH)2固体除去，若溶液中，，当BaMoO4开始沉淀时，SO的去除率为(保留一位小数)。[忽略溶液体积变化。常温下，，](7)电氧化法是一种极具发展前景的钼精矿冶金工艺，其工作原理如图所示。电解时，若维持电流强度为0.5A(相当于每秒通过5×10-6mol电子)，电解90min，理论上消耗MoS2的质量为g。【答案】(6)97.5%(7)0.24【分析】烟道灰加NaOH溶液碱浸，CuO和不溶于碱溶液，在滤渣I中过滤出来；、都能和NaOH反应，分别生成和，滤液中加锌还原，被还原成难溶的，用氧气氧化得到，加氯化铵溶液沉铼，得到过，然后热解得到，最后用氢气还原得到铼粉；还原后的滤液酸化沉钼（ 钼酸钠与硝酸反应析出钼酸），所得钼酸高温焙烧生成氧化钼（MoO3），经氢气在高温下还原得到金属钼。【详解】（6）根据图2可判断，当反应时间为60min时，母液中的含钼量最小；当溶液的pH=1.0时，母液中的含钼量最小，所以选择的最佳“酸化沉钼”条件为：反应时间为60min、pH为1.0。（6），，由可知，当开始沉淀时，，由可知，此时溶液中，所以的去除率。（7）从图3可知，ClO-来自于Cl-，Cl-在电解池的阳极失去电子生成ClO-，生成1molClO-失去2mol电子，所以当通过90min×60s/min×5×10-6mol/s=0.027mol电子时，生成0.0135molClO-，生成的ClO-和MoS2反应生成Cl-和MoO、SO，消耗1molMoS2转移18mol电子，根据电子守恒：0.0135mol×2=n(MoS2)×18，所以n(MoS2)=0.0015mol，则m(MoS2)=0.0015mol×160g/mol=0.24g，故答案为：0.24。2．（25-26高三上·上海·月考）工业上常用钛铁矿(主要含和少量、、、等)通过如图所示工艺流程制取钛，并进一步回收镁、铝、铁等的化合物。已知：①酸浸后，钛在溶液中主要以形式存在；②，相关金属氢氧化物的如下表所示。金属离子对应氢氧化物的(1)酸浸渣的主要成分是(填化学式)；酸浸过程中生成的离子方程式为。(2)要提高酸浸速率，可采取的措施是。(任写一条)(3)从水解平衡角度解释用热水进行“水浸”能生成的原因(4)“水浸”后滤液用氨水逐步调节实现“分步沉淀”，金属氢氧化物析出顺序为_______。A．、、、B．、、、C．、、、D．、、、(5)转化为有两种“氯化”方法，时的焓变示意图如下所示。①比较两种方法反应趋势的相对大小并说明理由。②根据上图信息，推测反应的焓变。【答案】(1)(2)粉碎矿石、适当加热、适当增大硫酸浓度等(3)存在水解过程：，加入热水后温度升高，促进水解平衡右移，生成(4)D(5)碳氯化反应气体分子数增加，，故一定小于0，反应始终自发；而直接氯化法的体系气体分子数不变，变化很小，且，只有在高温下才有可能使小于0，故碳氯化法反应趋势大于直接氯化法【分析】向钛铁矿(主要含FeTiO3和少量SiO2、MgO、Fe2O3、Al2O3等)中加入硫酸，二氧化硅不反应，其他物质与硫酸反应，过滤，向滤液中加入热水，过滤得到H2TiO3，H2TiO3煅烧得到TiO2，TiO2氯化得到四氯化钛，四氯化钛和镁反应生成钛和氯化镁，滤液中滴加氨水分步沉淀金属离子得到金属氢氧化物。【详解】（1）由分析可知，酸浸渣的主要成分是；酸浸后，钛在溶液中主要以形式存在，即酸浸时，FeTiO3与H+反应生成、Fe2+和H2O，反应的离子方程式为；（2）要提高酸浸速率，可采取的措施有粉碎矿石、适当加热、适当增大硫酸浓度等；（3）从水解平衡角度解释“水浸“时生成H2TiO3的原因是：TiO2+水解的离子方程式为：TiO2++2H2O⇌H2TiO3+2H+，水解过程是吸热过程，加热水后，升高温度，促进水解平衡右移，生成H2TiO3；（4）滤液中含有Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+，用氨水逐步调节pH实现“分步沉淀”，由表格数据可知，依次析出的沉淀是：、、、，答案选D；（5）①根据反应的情况，碳氯化反应气体分子数增加，，故一定小于0，反应始终自发；而直接氯化法的体系气体分子数不变，变化很小，且，只有在高温下才有可能使小于0，故碳氯化法反应趋势大于直接氯化法；②由图可知：直接氯化的热化学方程式为：①；碳氯化法的热化学方程式为：②；根据盖斯定律，方程式②-①得，故=。（25-26高三上·上海·期中）中国已探明的稀土工业储量为5200万吨，约占世界的50%，是稀土资源最丰富的国家。以含、等的稀土矿浸取液为原料制氧化镧()的流程如下。(注：镧-La、铕-Eu)已知：ⅰ．

ⅱ．，萃取和反萃取：弱酸性的环烷酸()常用于稀土离子的萃取分离，萃取时生成易溶于有机溶剂的，。7．从平衡移动的角度解释反萃取时盐酸中的作用：。碳化：向溶液中持续通入，边搅拌边加入MgO维持，充分反应生成固体。制备过程中主要物质的转化关系如图所示。8．制备总反应的离子方程式是。9．理想情况下，恰好完全转化为时，，。结合计算，解释此时不生成沉淀的原因：。10．上述制的流程中，除外，可以在流程中直接循环利用的物质还有。【答案】7．反萃取时，盐酸中H+与RCOO-结合为RCOOH，RCOO-减小，使平衡正向移动，溶解于水中8．9．理想情况下，La3+恰好完全转化为时La2(CO3)3，，，，，所以此时不生成沉淀。10．RCOOH的有机溶液【分析】含、等的稀土矿浸取液，加RCOOH的有机溶液与反应生成易溶于有机溶剂的(RCOO)3La，萃取液加盐酸反萃取生成RCOOH和易溶于水的LaCl3，LaCl3溶液中通入二氧化碳、加入氧化镁反应生成La2(CO3)3沉淀和MgCl2，La2(CO3)3煅烧得到La2O3。据此分析解题。7．从平衡移动的角度解释反萃取时盐酸中的作用：反萃取时，盐酸中H+与RCOO-结合为RCOOH，RCOO-浓度减小，使平衡正向移动，溶解于水中。8．由制备过程转化关系图可知，制备La2(CO3)3时，LaCl3、CO2、MgO反应生成La2(CO3)3、MgCl2，总反应的离子方程式是：。9．理想情况下，La3+恰好完全转化为时La2(CO3)3，，，，，所以此时不生成沉淀。10．反萃取时加入盐酸生成RCOOH，RCOOH的有机溶液在流程中可在“萃取器”中循环利用。（25-26高三上·上海·期中）我国是世界上最大的稀土生产、出口和应用国。稀土元素中丰度最高的是铈，在电子材料、催化剂等方面应用广泛。工业上以氟碳铈矿(，含、、等杂质)为原料制备二氧化铈、硫酸铝铵和氯化亚铁，工艺流程如下图所示：已知：①在空气中易被氧化为，具有强氧化性；②“沉铈”时发生反应得到复盐：。向“含滤液”先后加入物质X、Y可以得到两种副产品，工艺流程如下图所示：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子开始沉淀pH1.97.53.0完全沉淀pH3.29.04.714．物质X是，后加入的物质Y需要控制pH范围在。A．1.9～3.2

B．3.2～7.5

C．4.7～7.5

D．1.9～7.515．副产物氯化亚铁易被氧化，如何检验其是否已被氧化。16．“酸浸”中，铈浸出率与温度的关系如图1所示，铈浸出率与硫酸浓度的关系如图2所示。工业生产应选择的适宜条件是。17．若“酸浸”步骤的稀硫酸改用稀盐酸，可能造成的影响是。18．取所得的8.0g含的产品，用30mL高氯酸和20mL磷酸混合液加热溶解，冷却至室温后，配成250mL溶液。取25.00mL溶液用硫酸亚铁铵溶液滴定，已知滴定时发生的反应为，达到滴定终点时消耗硫酸亚铁铵溶液20.00mL，假定杂质不参与反应，则该产品的纯度为。【答案】14．铁粉C15．取少量样品溶于水，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明已被氧化；若不变色，则未被氧化16．85℃，3.0mol/L17．Ce4+具有强氧化性，会氧化Cl-生成Cl2，导致铈元素损失，同时产生有毒气体污染环境18．86%【分析】“焙烧”时，CeCO3F转化为CeF4、CeO2得到、、、CeF4、CeO2，“酸浸”时，、、CeF4、CeO2分别转化为硫酸铁、硫酸铝、，SiO2不与硫酸反应，滤渣A为SiO2；“沉铈”时，中的Ce发生“已知”反应转化为沉淀，过滤得到滤渣B为Ce2(SO4)3⋅Na2SO4⋅6H2O，含F-滤液含F-、Al3+、Fe3+等；“溶解”后Ce元素转化为Ce3+进入溶液，而后加碳酸氢铵得到碳酸铈，在空气中灼烧碳酸铈得到CeO2。14．“含F-滤液”除F-外还含Fe3+、Al3+，故X为铁粉，目的是将三价铁还原为二价铁，pH控制理由：需先使FAl3+完全沉淀(pH≥4.7)，再避免Fe2+沉淀(pH＜7.5)，故选择4.7～7.5；故答案为：铁粉；C。15．Fe2+被氧化生成Fe3+，Fe3+与KSCN反应生成血红色络合物，现象明显，因此检验氯化亚铁是否被氧化时：取少量样品溶于水，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明已被氧化；若不变色，则未被氧化；故答案为：取少量样品溶于水，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明已被氧化；若不变色，则未被氧化。16．由图1可知，85℃时铈浸出率达到较高水平，继续升温浸出率提升不明显；图2中3.0mol/L硫酸时浸出率最高，浓度过高或过低均会降低浸出率，即选择温度控制在85℃左右，硫酸浓度控制在3.0mol/L左右；故答案为：85℃，3.0mol/L。17．Ce4+具有强氧化性，“酸浸”时若将稀硫酸改为稀盐酸，Ce4+会氧化Cl-生成Cl2，2Ce4++2Cl-=2Ce3++Cl2↑，既消耗Ce4+，又产生污染性气体，故答案为：Ce4+具有强氧化性，会氧化Cl-生成Cl2，导致铈元素损失，同时产生有毒气体污染环境。18．根据滴定时发生的反应可知，25.00mL溶液中n(Ce4+)=n{[(NH4)2Fe(SO4)2]}=0.2000mol/L×0.02L=0.004mol，则样品中n(Ce4+)=0.004mol×=0.04mol，样品中n(CeO2)=n(Ce4+)=0.04mol，所以样品的纯度为100%=86%。19．（25-26高三上·上海·期中）一种综合回收电解锰工业废盐(主要成分为、、的硫酸盐)的工艺流程如下。已知：①常温下，，；②过二硫酸根结构式为。回答下列问题：(1)在周期表中的位置为。(2)制备废盐溶液时，为加快废盐溶解，可采取的措施有、。(写出两种)(3)“沉锰Ⅰ”中，氨水可将溶液中的转化为，当()将要开始沉淀时，溶液中剩余浓度为。写出形成的被氧化成的化学方程式。(4)“沉锰Ⅱ”中使用的过量经加热水解去除，最终产物是和(填化学式)。(5)“沉镁Ⅰ”中，当为8.0~10.2时，生成碱式碳酸镁[]，煅烧得到疏松的轻质。过大时，不能得到轻质的原因是。(6)“沉镁Ⅱ”中，加至时，沉淀完全；若加至时沉淀完全溶解，据图分析，写出沉淀()完全溶解的离子方程式。(7)“结晶”中，产物X也可以制作成工业副产品化肥使用，X的化学式为。(8)“焙烧”中，Mn元素发生了反应。A．氧化

B．还原【答案】(1)第四周期第ⅦB族(2)加快搅拌适当升温(3)(4)O2(5)pH过大，沉淀为，不能分解产生，不能得到疏松的轻质MgO(6)(7)(NH4)2SO4；(8)B【分析】废盐溶液加入氨水，通入氧气沉锰I得到Mn3O4，溶液再加入(NH4)2S2O8，进行沉锰Ⅱ得到MnO2，产生有气体O2，溶液再加入NH4HCO3和NH3·H2O调节pH，沉镁I得到MgCO3，煅烧得到MgO，溶液再加入H3PO4沉镁Ⅱ，得到MgNH4PO4·6H2O沉淀，溶液加入H2SO4调节pH=6.0结晶得到X硫酸铵，最后与MnO2和Mn3O4焙烧，经过多步处理得到MnSO4·H2O。【详解】（1）在周期表中的位置为第四周期第ⅦB族。（2）加快废盐的溶解可以采取加快搅拌、适当升温等措施。（3）当Mg2+开始沉淀时，溶液中，溶液中Mn2+浓度为；沉锰I发生的化学方程式为。（4）由题干信息知中含有过氧键，加热分解会生成和O2。（5）煅烧有生成，可以得到疏松的轻质氧化镁，pH过大，沉淀为，不能分解产生，不能得到疏松的轻质MgO。（6）由题中信息可知，pH=8时，产生的沉淀为，调节到pH=4，磷元素存在形式为，磷酸不是强酸，不能拆，离子方程式为：。（7）溶液中存在铵根离子和硫酸根离子，结晶后X为(NH4)2SO4；（8）“焙烧”中，Mn3O4和MnO2最终生成MnSO4·H2O，元素化合价降低，发生了还原反应，故选B。20．（25-26高三上·上海·期中）常用于处理高氯废水，且可以通过循环再生。实验I：沉淀。在高氯水样中加入使浓度约为，滴加溶液，至开始产生红色的沉淀(忽略滴加过程的体积增加)，即表示已沉淀完全。已知，。(2)实验过程中当出现沉淀时，溶液中浓度约为。【答案】(2)【详解】（2）浓度约为，当出现沉淀时，c(Ag+)=mol/L，溶液中浓度约为mol/L；21．（2025·上海杨浦·模拟预测）2025年9月，杭州某市民误踩废弃的氢氟酸容器，造成不可挽回的后果、引发全社会对含氟化学品监管和无害化处理的关注。氢氟酸是一种弱酸，氟化钙是一种难溶电解质，25℃时，，。(3)已知，，以下方程式正确的是___________。(不定项)A．NaF溶液不呈中性的原因：B．CaF2的沉淀溶解平衡表达式：C．工业上用石灰乳处理含氢氟酸的废水：D．向NaHCO3溶液中滴加少量氢氟酸：(4)浓度均为0.1mol/L的NaF和氢氟酸等体积混合，所得溶液的pH=(保留1位小数)。(5)向1L0.1mol/L的CaCl2溶液中加入NaF固体，充分反应后，测得溶液中Ca2+浓度为1.5×10-6mol/L，则加入的NaF固体的质量为g。(忽略加入固体后溶液体积的变化，计算结果保留2位小数，写出必要的计算过程)氟离子电池是一种前景广阔的新型二次电池，工作原理如图所示，充电时F-从乙电极流向甲电极。已知BiF3和MgF2均难溶于水。(6)放电时，甲电极是(填“正极”或“负极”)，电极反应式为。(7)充电时，导线上每通过0.5mol电子，乙电极的质量(填“增加”或“减少”)g。【答案】(3)D(4)3.3(5)8.82(6)正极BiF3+3e-=Bi+3F-(7)减少9.5【详解】（3）A．由题干信息可知，HF是弱酸，故NaF溶液不呈中性的原因是由于F-发生水解，水解方程式为：，A错误；B．CaF2的沉淀溶解平衡是一个可逆过程，该过程表达式为：，B错误；C．石灰乳是Ca(OH)2悬浊液，离子方程式书写时不能拆，故工业上用石灰乳处理含氢氟酸的废水的反应方程式为：，C错误；D．已知Ka(HF)＞Ka1(H2CO3)，故向NaHCO3溶液中滴加少量氢氟酸的离子方程式为：，D正确；故答案为：D；（4）由于Ka(HF)＞Kh(F-)=即等浓度的HF的电离程度大于F-的水解程度，浓度均为0.1mol/L的NaF和氢氟酸等体积混合，设混合溶液中HF电离出的H+和F-为xmol/L，则c(F-)=(0.05+x)mol/L，c(H+)=xmol/L，c(HF)=(0.05-x)mol，则Ka(HF)===5.6×10-4，解得x≈5.0×10-4，所得溶液的pH=-lgc(H+)=-lg(5.0×10-4)=3.3，故答案为：3.3；（5）向1L0.1mol/L的CaCl2溶液中加入NaF固体，充分反应后，测得溶液中Ca2+浓度为1.5×10-6mol/L，此时溶液中F-的浓度为：c(F-)===10-2mol/L，则加入的NaF的物质的量为：2×(1L×0.1mol/L-1.5×10-6mol)+10-2mol/L×1L=0.21mol，固体的质量为0.21mol×42g/mol=8.82g，故答案为：8.82；（6）由题干信息中充电时F-从乙电极流向甲电极可知，放电时甲电极为正极，发生还原反应，电极反应为：BiF3+3e-=Bi+3F-，乙电极为负极，发生氧化反应，电极反应为：Mg-2e-+2F-=MgF2，故答案为：正极；BiF3+3e-=Bi+3F-；（7）由题干信息中充电时F-从乙电极流向甲电极可知，充电时甲电极为阳极，发生氧化反应，电极反应为：Bi+3F--3e-=BiF3，乙电极为阴极，发生还原反应，电极反应为：，每转移2mol电子，电极质量减少。当导线上通过0.5mol电子时，乙电极质量减少，故答案为：减少；9.5。22．（25-26高三上·上海杨浦·期中）钴的化合物有重要用途。含钴高氯酸盐高能炸药BNCP的结构如图所示。已知：①三种酸的电离平衡常数。化学式电离常数②，，，③碱性条件下，不与亚硫酸钠反应，Fe3+与NH3不会生成配合物。工业上从钻渣[含、等]中回收钴的两种方法如下：(3)浊液中通入气体，反应方程式为，该反应平衡常数的表达式为。计算出它的值。(4)实验需配制稀硫酸，下列配制过程示意图中，有错误的是(不定项)。(5)方法1“氨浸”时用的氨水质量分数为，密度为。则氨水的物质的量浓度为。(6)方法1“氨浸”过程中发生反应的离子方程式为。(7)方法1“氨浸”时，未加溶液和加入溶液时的钴浸出率如图所示。请结合数据解释两种情况下钴浸出率不同的原因：。(8)方法2中，为提高酸溶速率，可采取的措施是(写出一条即可)。(9)常温下，物质的量浓度相同时，下列四种溶液中水的电离程度最大的是___________。A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．溶液(10)常温下，溶液中通入至恰好呈中性，对此时溶液中的离子浓度排序。的水合物有丰富的颜色。测定样品中结晶水。准确称取样品溶于水配制成溶液，准确量取所配溶液于干燥锥形瓶中，滴2滴溶液作指示剂，用的标准溶液滴定至终点，消耗滴定液20.00mL。(滴定过程中不使用蒸馏水冲洗，忽略混合时的体积变化)已知：，。(11)___________。A．1 B．2 C．3 D．4(12)为使终点，则原溶液浓度不应超过。(写出计算过程，结果保留2位小数)【答案】(3)(4)AD(5)(6)(7)的太小，难以浸出，而的较大，加入把三价钴还原成二价钴，有利于钴的浸出(8)将钴渣粉碎，增大接触面积、升高温度、加强搅拌等(9)A(10)(11)B(12)【分析】由题给流程可知，方法1为向钴渣中加入氨水和硫酸铵溶液、亚硫酸钠溶液“氨浸”，将氢氧化钴转化为六氨合亚钴离子，氢氧化铁不反应，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣1和含有六氨合亚钴离子的滤液；方法2为向钴渣中加入硫酸溶液浸取，将氢氧化铁、氢氧化钴转化为硫酸铁、硫酸钴，向反应后的溶液中加入亚硫酸钠溶液，将溶液中的硫酸铁、硫酸钴转化为硫酸亚铁、硫酸亚钴，然后经过系列操作除去其中的铁元素，过滤得到含亚钴离子的滤液。【详解】（3）由方程式可知，反应的平衡常数的表达式为：；整理平衡常数可得：====；（4）由图可知，A、B、C、D分别为稀释、移液、注水、定容，其中稀释浓硫酸时，应将密度大的浓硫酸缓慢加入蒸馏水中，不能将水加入浓硫酸中，否则会因为暴沸而发生意外事故；定容时，视线应与刻度、凹液面的最低点处于同一水平线上，不能仰视，否则会使溶液体积偏大，导致所配溶液浓度偏低，则配制0.5mol/L硫酸溶液时，不正确操作为稀释和定容，故选AD；（5）由c=可知，质量分数为a的氨水的物质的量浓度为mol/L；（6）由分析可知，加入氨水和硫酸铵溶液、亚硫酸钠溶液“氨浸”的目的是将氢氧化钴转化为六氨合亚钴离子，反应的离子方程式为：；（7）由图可知，加入亚硫酸钠能提高钴的浸出率，原因是氢氧化钴的溶度积太小，难以浸出，而氢氧化亚钴的溶度积较大，加入亚硫酸钠把三价钴还原成二价钴，有利于钴的浸出，提高浸出率；（8）将钴渣粉碎，增大接触面积，或者升高温度、加强搅拌等都措施可以增大酸溶速率；（9）弱酸的电离常数越大，酸性越强，由题给电离常数可知，酸性强弱顺序为：H2SO3＞H2CO3＞HSO＞HCO，由盐类水解规律可知，酸越弱，对应离子的水解程度越大，溶液中水的电离程度越大，则溶液中水的电离程度的大小顺序为：CO＞SO＞＞HCO＞HSO，故选A；（10）亚硫酸氢根离子的水解常数Kh==≈8.3×10-13＜Ka2，说明亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，则常温下，向亚硫酸钠溶液中通入二氧化硫得到的中性溶液为亚硫酸钠和亚硫酸氢钠的混合溶液；由电离常数可知，溶液中：==0.62，则溶液中离子浓度的大小顺序为：；（11）由题意可知，滴定消耗20.00mL0.1mol/L硝酸银溶液，则氯化亚钴晶体中氯化亚钴的物质的量为：0.1mol/L×0.02L××=0.01mol，由化学式可得：1：x=0.01mol：，解得x=2，故选B；（12）滴定终点时，溶液中存在如下平衡：2AgCl+CrOAg2CrO4+2Cl-，反应的平衡常数为：===2.7×10-8，终点时，溶液中：，则溶于水铬酸根离子浓度为：≈3.704×10-3mol/L，则原铬酸钠溶液的浓度不超过：=。23.化学式常温下的电离平衡常数HClO

沉淀铜离子时，发生反应。常温下，该反应的平衡常数约为，则此条件下(用该反应的的和表示)。由方程式可知，反应的平衡常数K===，则。题型二电离常数、水解常数、溶度积常数的综合应用1.（2025上海，T5（7））铁红是一种常见的铁的化合物。最早，史前人类利用赭石沉淀物获得浅黄色和红色绘画颜料，其主要成分便是伴有少量硫化物的铁红工业盐酸常混有少量Fe3+，会使溶液呈黄色，是因为形成了一系列含铁配合物，这些配合物可简写为[FeClx]3-x(x=1，2，3，4)。室温下，在溶液中Fe3+与Cl-存在平衡：Fe3+(aq)+xCl-(aq)[FeClx]3-x(aq)(7)室温下，x取不同值时，对应的平衡常数见下表：x1234K30.20134.9097.721.02某工业盐酸中c(Cl-)=12.00mol·L-1，则c(FeCl3)的摩尔分数为。(用小数表示，精确到小数点后2位)已知：c[(FeClx)3-x]的摩尔分数==【答案】(7)0.80【详解】（7）、、、，=。命题解读新情境：以铁红的史前绘画用途和工业盐酸的黄色成因作为背景，将配合物平衡的原理嵌入真实的生产与历史场景中，跳出了教材中单一盐溶液的理想化模型，呼应了上海高考“化学服务于生活与生产”的命题导向，让学生在真实复杂的体系中理解化学原理的实用性。新考法：题目引入[FeClx]3−x（x=1,2,3,4）的四组配合平衡，要求学生利用不同x对应的平衡常数K，将各含铁微粒浓度以Fe3+和Cl−的浓度表示，最终代入摩尔分数公式计算。这种考