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（专题专练）（解析版）

专题10水溶液中的离子反应与平衡目录第一部分风向速递洞察考向，感知前沿第二部分分层突破固本培优，精准提分A组·保分基础练题型01电离水解平衡应用题型02沉淀溶解平衡应用题型03平衡常数计算与应用题型04滴定操作与计算B组·抢分能力练第三部分真题验证对标高考，感悟考法1．（25-26高三上·上海·期中）常温下，向20mL草酸溶液中逐滴加入NaOH溶液，所得溶液中、、三种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。(1)溶液呈性，请结合相关数据计算并说明理由：。A．酸

B．中

C．碱

D．无法确定(2)c点溶液的pH值为。【答案】(1)A、，，说明的电离程度大于的水解程度，故溶液显酸性(2)2.7【分析】草酸溶液中逐滴加入NaOH溶液，先发生反应，后发生，随反应的发生溶液中减少、先增多后减少、增多，故图像中曲线1表示的物质的量分数变化、曲线2表示的物质的量分数变化、曲线3表示的物质的量分数变化，a点表示与物质的量分数相同时，则，b点表示与物质的量分数相同时，则，c点表示与物质的量分数相同，根据，则，。【详解】（1）溶液存在、，，则，的电离程度大于的水解程度，故溶液显酸性，选A。（2）根据上述分析可知，c点。2．（25-26高三上·上海·阶段练习）可乐中的食品添加剂包含二氧化碳、焦糖色、磷酸、咖啡因等成分。其中磷酸具有提供酸味、防腐、稳定色泽的作用。向磷酸溶液中滴加NaOH溶液，溶液中含磷微粒的物质的量分数与pH关系如图所示。(1)书写磷酸Ka2对应的电离方程式。(2)向pH=0的磷酸溶液中滴加NaOH溶液至pH=10时发生的总反应的离子方程式是。(3)0.1mol·L-1Na2HPO4，下列说法正确的是________。（不定项）A．该溶液中的水解程度大于其电离程度B．C．D．【答案】(1)(2)(3)AB【详解】（1）磷酸Ka2对应的电离方程式。（2）如图所示，pH=0的磷酸溶液的主要组成为，pH=10的磷酸溶液的主要组成为，总反应的离子方程式是。（3）A．根据曲线交点可知，的、、，的电离常数为、水解常数为，水解程度大于其电离程度，A正确；B．Na2HPO4溶液中存在电荷守恒：，B正确；C．Na2HPO4溶液Na：P比为2：1，则存在物料守恒：，C错误；D．根据A选项，溶液中的水解程度大于其电离程度，则，D错误；故答案为AB。3．【结合生产工业考查】（2026·上海·一模）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。(1)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(2)三价铁的强酸盐溶液因会发生水解，可被用作净水剂，其水解时会产生黄色的以及二聚体(结构如图)。则二聚体中Fe的配位数为，配位体是。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。(3)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_________；化学式常温下的电离平衡常数HClOA．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(4)下列物质中不能与NaClO反应的是_________。A． B． C． D．NaHS(5)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。(6)现有0.1mol·L-1Na2S溶液；①若将该溶液中的离子按浓度由大到小进行排序，则顺序为。②通过计算为什么0.1mol·L-1NaHS溶液呈碱性的原因：。(7)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)。【答案】(1)C(2)6和(3)BD(4)B(5)NaClO水解生成的HClO不稳定，易分解(6)的水解常数，说明的水解程度大于电离程度，溶液中，溶液呈碱性(7)【详解】（1）A．漂粉精是氯化钙和次氯酸钙的混合物，A不符合题意；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不符合题意；C．明矾的化学式为，是带有结晶水的纯净物，C符合题意；D．石灰乳是氢氧化钙溶于水形成的悬浊液，属于混合物，D不符合题意；故答案选C；（2）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，故答案为：6；和；（3）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：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；故答案选BD；（4）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；故答案选B；（5）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：；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，故答案为：；NaClO水解生成的HClO不稳定，易分解；（6）①硫离子的水解常数为，由硫元素守恒可知，c(HS-)＜0.1mol/L，，即，若忽略2级水解，设水解的c(S2-)=xmol/L，则，解得，S2-的水解程度为，所以c(HS-)>c(S2-)，因此，溶液中离子浓度大小关系为：，故答案为：；②的水解常数，说明的水解程度大于电离程度，溶液中，所以硫氢化钠溶液呈碱性，故答案为：的水解常数，说明的水解程度大于电离程度，溶液中；（7）由方程式可知，由，可变形为。根据的电离平衡常数表达式可知，且。代入得，则，故答案为：。4．（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。(1)其中钴的化合价为___________。A．+1 B．+2 C．+3 D．+4(2)BNCP中阳离子中存在的化学键类型有___________(不定项)。A．共价键 B．离子键 C．氢键 D．配位键已知：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】(1)C(2)AD(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】（1）高氯酸根离子带1个单位负电荷，则由电性守恒可知，BNCP中阳离子带1个单位正电荷；由图可知，阳离子中配体为4个氨分子和2个离子，设配离子中钴元素的化合价为+a价，则由电性守恒可得：+a+(-1)×2=+1，解得a=3，故选C；（2）由图可知，阳离子中含有共价键和配位键，不含有离子键和氢键，故选AD；（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：=。5．【结合有机物质考查】（25-26高三上·上海·期中）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：(1)关于柠檬酸分子说法正确的是___________。A．分子中碳原子为杂化 B．分子中含有3个键C．分子中含有13个键 D．不能形成分子内氢键(2)证明柠檬酸为共价化合物而非离子化合物的实验方法为。(3)现需柠檬酸溶液作酸度调节剂，配溶液时所需仪器有容量瓶、烧杯、玻璃棒、电子天平、。需称量柠檬酸质量为g。(4)配制上述溶液时，导致实验结果偏大的情况是___________。A．柠檬酸已潮解(吸收水蒸气)B．转移时未进行洗涤操作C．定容时俯视容量瓶刻度线D．容量瓶未干燥直接使用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。【答案】(1)B(2)将柠檬酸隔绝空气条件下加热到153℃使其完全融化，测量其能否导电(3)胶头滴管1.92(4)C(5)A(6)C0.300【详解】（1）A．分子中碳原子形成四个共价单键的为杂化，羧基中的碳原子为杂化，A错误；B．共价双键中含有1个键和1个键，该分子中含有3个碳氧双键，则分子中含有3个键，B正确；C．共价单键是键，共价双键中含有1个键和1个键，则分子中含有20个键，C错误；D．醇羟基中的氢原子和碳氧双键中的氧原子之间可形成分子内氢键，D错误；故答案选AB。（2）共价化合物在熔融状态下不导电，离子化合物在熔融状态下导电，因此可将其完全融化测量其能否导电；操作为：将柠檬酸隔绝空气条件下加热到153℃使其完全融化，测量其能否导电；（3）现需柠檬酸溶液作酸度调节剂，所需仪器有胶体滴管、烧杯、玻璃棒、容量瓶、电子天平，需柠檬酸质量为；（4）A．柠檬酸已潮解(吸收水蒸气)则导致溶质的物质的量偏小，所配溶液浓度偏小，A不合题意；B．转移时未进行洗涤操作则导致溶质的物质的量偏小，所配溶液浓度偏小，B不合题意；C．定容时俯视容量瓶刻度线则导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，C符合题意；D．容量瓶未干燥直接使用对实验结果无影响，D不合题意；故答案为C。（5）A．为有机三元弱酸，与氢氧化钠溶液反应时，随着增大，逐渐失去，含量减少，含量先增多后减少，含量先较少后增多再减少，含量增多，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别代表、、、的分布系数，A错误；B．由图可知，溶液中、的浓度相等时，溶液pH为3.1，则电离常数，同理可知，、，当时，，因此，，B正确；C．由方程式可知，反应的平衡常数，C正确；D．25℃时，溶液中存在：水解，电离，，溶液显酸性，加水稀释过程中，减小，增大，减小，D正确；故答案选A。（6）①的水解程度（）小于其电离程度（），的电离程度（）大于其水解程度（），则的电离程度（）大于的电离程度（），且电离生成，故，选C；②在混合溶液中有电荷守恒，，因此01电离水解平衡应用1．（25-26高三上·上海·阶段练习）有机酸种类繁多。下表是一些有机酸的电离平衡常数(25℃)。有机酸电离平衡常数(1)的电离平衡常数可能是_______。A． B． C． D．(2)与少量溶液反应的化学方程式是：。(3)25℃时，相同pH的两种一元弱酸与溶液分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是_______。(不定项)A．a点的c(H+)大于点的c(H+)B．a点溶液的导电性小于b点溶液C．同浓度的NaA与NaB溶液中，c(A-)＞c(B-）D．HA是【答案】(1)C(2)(3)BC【详解】（1）中Cl的电负性大于Br，让羧基中O—H键的极性增大，更容易断裂释放H，从而酸性更强，即酸性大于；但中的Cl只有一个，吸电子效应弱于，即酸性小于，故其电离平衡常数介于~，答案为C；（2）根据信息，Ka2(H2C2O4)＜Ka(CH2BrCOOH)＜Ka1(H2C2O4)，则的失质子能力弱于，则只能得到产物，故化学方程式为：；（3）A．根据pH=-lgc(H+)可知，pH越大，氢离子浓度越小，因pH：a＞b，则ca(H+)＜cb(H+)，A错误；B．溶液的导电性和溶液中离子的浓度和离子所带的电荷量有关，因其都是一元弱酸，则主要比较离子浓度大小，由图，b中pH小，氢离子浓度更大，电离程度更大，离子浓度和越大，导电性越强，B正确；C．根据弱酸电离中“越弱越电离”的规律，其氢离子浓度变化更小，可以分析出HA为，HB为，再根据盐类水解中，越弱越水解的规律，可知同浓度NaA和NaB的溶液中，NaB水解程度更大，则c(A-)＞c(B-），C正确；D．根据C选项中的分析HA为，D错误；故选BC。2．（2025·上海嘉定·二模）室温下1.0mol·L-1NaClO溶液中含氯微粒的物质的量分数随pH变化如下图：(1)写出次氯酸的电子式，室温下次氯酸的电离平衡常数为。(2)解释使用次氯酸钠消毒时，一般将pH调节至6的原因是。【答案】(1)10-7.5(2)当酸性增强，溶液中H+和ClO-结合，HClO浓度增大，消毒效果更好【详解】（1）次氯酸为共价化合物，其电子式：；室温下次氯酸的电离平衡常数：，取HClO和两条曲线交点，带入计算；（2）使用次氯酸钠消毒时，一般将pH调节至6，酸性增强，溶液中H+和ClO-结合，HClO浓度增大，消毒效果更好。3．（25-26高三上·上海·月考）直接排放含的烟气会形成酸雨，危害环境。利用钠碱循环法可脱除烟气中的，溶液作为吸收液。(1)在钠碱循环法中，溶液吸收的离子方程式是。吸收液吸收的过程中，pH随变化关系如下表：91：91：19：91pH8.27.26.2(2)计算的电离平衡常数。(3)当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是。A．B．C．(4)当吸收液的pH降至约为6时，需送至电解槽再生。再生示意图如下：①在阳极放电的电极反应式是。②当阴极室中溶液pH升至8以上时，吸收液再生并循环利用，简述再生原理：。【答案】(1)(2)10-7.2(3)AB(4)H+在阴极得电子生成H2，溶液中的H+浓度降低，促使电离生成，且Na+进入阴极室，吸收液得以再生【详解】（1）溶液吸收生成，离子方程式是：；（2）的电离方程式为：，当时，pH=7.2，故；（3）溶液中存在电荷守恒：，当吸收液呈中性时，，故；由表格可知，当吸收液呈中性时，介于1：1与9：91之间，溶质为NaHSO3、Na2SO3，溶液中，由于Na+不水解，浓度最大，故：，故选AB；（4）①该装置为电解池装置，在阳极放电生成，电极反应式是：；②该装置为电解池装置，由图可知，吸收液再生原理为：H+在阴极得电子生成H2，溶液中的H+浓度降低，促使电离生成，且Na+进入阴极室，吸收液得以再生。4．（2025·上海杨浦·三模）正常体温下，人体动脉血液的pH大约在7.35~7.45.之所以能够控制在该范围内，主要是因为分子与共存形成“缓冲溶液”[体温下，）。若血液pH超出正常范围，则可能导致酸中毒或碱中毒。(1)若正常体温下人体动脉血pH为7.2，则属于中毒（填“酸”或“碱”）。该血液中（填“>”、“<”或“=”）。(2)理论上，也可通过血液中的比值判定血液是否发生酸中毒或碱中毒，下列比值中属于正常情况的是______。A． B． C． D．从心脏出发的动脉血会被输送至器官，为有机物的代谢（如葡萄糖的充分氧化）提供所需氧气。血液中氧气被消耗，并产生代谢产物，作为静脉血流回心脏。部分代谢产物可以在呼吸中排出。(3)葡萄糖充分氧化的产物为（填物质化学式），该反应的0（填“>”、“<”或“=”）。(4)一般来说，静脉血的pH值（填“>”、“<”或“=”）动脉血的pH值。(5)可能导致血液比值变小的情况是______（填入下列字母，双选）。A．糖类物质代谢速率变快 B．糖类物质代谢速率变慢C．呼吸频率加快 D．呼吸频率减慢亚砷酸可用于治疗急性早幼粒细胞白血病，可通过注射至血液的方式直接给药。医用的亚砷酸溶液可通过将溶于过量NaOH溶液后加稀硫酸配制。一般情况下，亚砷酸溶液中各种微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。(6)写出溶于过量NaOH溶液的离子方程式：。(7)将亚砷酸溶液注入一般情况下的血液后，砷元素的主要存在形式为（填微粒化学符号）。(8)*该条件下，的电离平衡常数与的水解平衡常数的大小关系为（填“>”、“<”或“=”，下同）。对于溶液而言，。【答案】(1)酸>(2)D(3)CO2、H2O<(4)<(5)BC(6)As2O3+6OH−=2+3H2O(7)H3AsO3(8)<>【详解】（1）正常体温下，人体动脉血液的pH大约在7.35~7.45，人体动脉血pH为7.2，低于该范围，则为酸中毒；pH为7.2时，则c(H+)=10-7.2mol/L，人体体温高于常温，则Kw>10-14，故。（2），人体动脉血液的pH大约在7.35~7.45，若酸中毒则，代入上式，可知，即c(H2CO3)：c()的比值大于则酸中毒，故答案为D。（3）葡萄糖充分氧化的产物为二氧化碳、H2O，葡萄糖的氧化反应为放热反应，则ΔH<0。（4）血液中氧气被消耗，并产生代谢产物进入静脉血中，二氧化碳含量增加，酸性增强，pH减小。（5）糖类物质代谢速率变慢、呼吸频率加快则导致产生二氧化碳减少，酸性减弱，则减少，故答案为BC。（6）从图中可以看出，As2O3溶于过量NaOH溶液，最终生成Na3AsO3和水，离子方程式：As2O3+6OH−=2+3H2O。（7）将亚砷酸溶液注入一般情况下的血液后，血液呈微弱的碱性，则砷元素的主要存在形式为H3AsO3。（8）该条件下，的电离平衡常数Ka3=，当c()=c()时，pH介于12~14之间，设为10-a，此时Ka3=c(H+)=1×10-a；的水解平衡常数Kh1==10-(14-a)＞1×10-a，所以Ka3＜Kh1。对于0.1mol/LNa2HAsO3溶液而言，Ka3==1×10-a＜1，所以c()＞c()。02沉淀溶解平衡应用1．（25-26高三上·上海·阶段练习）已知磷酸银是一种难溶于水的黄色沉淀，，现在室温下等体积混合溶液与溶液，析出沉淀。A．能

B．不能

C．无法确定【答案】A【详解】室温下等体积混合溶液与溶液，混合后，离子积，则能析出沉淀，故选A。2．（25-26高三上·上海·阶段练习）一种利用硫铁矿（主要成分是FeS2，含少量Al2O3和Fe3O4）制备新能源汽车电池电极LiFePO4的工艺流程如下：①室温下难溶物溶度积常数如下表，离子浓度≤10-5mol·L-1，认为沉淀完全。难溶物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3FePO4Ksp1.0×10-391.0×10-171.0×10-331.4×10-22②Ka1（H3PO4）=7.6×10-3，Ka2（H3PO4）=6.3×10-8，Ka3（H3PO4）=4.2×10-13。(1)FeS2的结构类似于Na2O2，是一种过硫化物，写出FeS2的电子式。从“焙烧”到“氧化”要经历“酸浸→还原→过滤→除铝”4道工序。(2)若“酸浸”工序用硫酸，“还原”工序加入FeS，“还原”工序的离子方程式为。(3)“除铝”工序可加入的难溶物质是（填化学式），除净铝离子需要调节的最小pH为（结果保留一位小数）。(4)“氧化”步骤中，加入的“试剂R”最佳是______。A．HNO3 B．H2O2 C．Ca(ClO)2 D．KMnO4(5)“沉铁”步骤反应的平衡常数为。【答案】(1)(2)2Fe3++FeS=3Fe2++S(3)FeO4.7(4)B(5)3.0×109【分析】硫铁矿(主要成分FeS2含少量Al2O3、SiO2、和Fe3O4)通入空气煅烧生成铝、铁的氧化物和二氧化硫，矿石中二氧化硅不反应，故滤渣为；酸浸过程中铝、铁的氧化物和稀硫酸反应转化为相应的盐溶液，二氧化硅不和稀硫酸反应得到滤渣，滤液可加入FeS将铁离子转化为亚铁离子同时生成硫单质，过滤除去硫和过量FeS，滤液加入FeO调节pH值除去铝得到滤渣，滤液加入过氧化氢，将亚铁离子转化为三价铁离子，再加入(NH4)2HPO4沉铁，得到磷酸铁，最后高温煅烧Li2CO3、H2C2O4、FePO4的混合物生成LiFePO4，据此分析；【详解】（1）FeS2的电子式；（2）若“酸浸”工序用硫酸，“还原”工序加入FeS，即用FeS还原，将还原为中被氧化为S，故“还原”工序的离子方程式为；（3）“除铝”工序可加入的难溶物质是FeO；除净铝离子即，则此时溶液中，则有=≈，故需要调节的最小pH为；（4）“氧化”步骤中是将氧化为，加入将产生有毒有害气体NO，加入将引入杂质离子，加入时其还原产物为，不引入新的杂质，故加入的“试剂R”最佳是，故选B；（5）由题干流程图可知，“沉铁”步骤反应为，该反应的平衡常数====。3．（25-26高三上·上海·阶段练习）科幻电影《阿凡达》中外星人流的是蓝色的血液，血液的颜色主要是由血红蛋白中含有的金属元素决定的，如含铁元素的为红色、含铜元素的为蓝色、含钒元素的为绿色等，而镁作为人体必需的常量元素之一，在生理活动和工业领域也具有重要作用，回答下列问题：(1)Fe在周期表中处于区，和Fe同周期最外层电子数为1的基态原子为(填元素符号)；写出原子序数最小的ⅡB族元素基态原子的电子排布式(2)溶液常用作农业杀菌剂，溶液中存在。①该离子中存在的化学键有。A．共价键

B．离子键

C．氢键

D．范德华力

E．配位键②含有键的数目为。③向溶液里加过量氨水，可生成，再向溶液中加入乙醇，可以析出深蓝色固体，要确定该固体是晶体还是非晶体，最科学的方法是。A．原子发射光谱分析法

B．晶体X射线衍射分析

C．质谱法

D．紫外-可见吸收光谱④由和构成的硝酸乙基䯃是一种室温离子液体，与传统有机溶剂相比，离子液体有相对难挥发的优点，请从作用力角度解释原因。氟化镁晶胞是长方体，其结构如下图所示：(3)一种由Mg制备的工艺流程如下：已知：①上述流程中，可循环利用的物质是。②上述流程中转化为可以选择HF或NaF，计算判断哪种试剂的转化效果更好。(4)在海水资源的开发利用中，下列关于各工业体系的操作的叙述中错误的是。选项工业体系操作A淡水工业：制备蒸馏水用太阳能将海水蒸发再液化得到初步的淡水B溴工业：制备单质溴用作吸收剂将转化为HBr达到富集的目的C镁工业：制备单质镁电解熔融MgO制得单质镁D氯碱工业：制备含氯消毒剂用得到的和石灰水反应制漂白粉【答案】(1)dK、Cr、Cu3d104s2(2)AE12NAB离子液体的粒子全都是带电荷的离子，阴阳离子间通过静电作用相互吸引，离子间吸引力强(3)CH3OH氢氧化镁与氢氟酸溶液反应的方程式为Mg(OH)2+2HFMgF2+2H2O，反应的平衡常数K1=====1020.6，氢氧化镁与氟化钠溶液反应的方程式为Mg(OH)2+2F-MgF2+2OH-，反应的平衡常数K2=====0.1，平衡常数K1远远大于K2，说明氢氟酸的转化效果更好(4)C【详解】（1）铁元素的原子序数为26，基态原子的电子排布式为3d64s2，处于元素周期表d区；与铁位于周期最外层电子数为1的基态原子为价电子排布式为4s1的钾原子、3d54s1的铬原子、3d104s1的铜原子；原子序数最小的ⅡB族元素为原子序数为30的锌元素，基态原子的电子排布式3d104s2；（2）①四水合铜离子中存在铜离子与水分子中氧原子形成形成的配位键和水分子中存在的氢氧共价键，不存在离子键、氢键和范德华力，故选AE；②四水合铜离子中配位键和配体中氢氧键为σ键，则1mol配离子中含有的σ键数目为1mol×12×NAmol—1=12NA；③确定固体是晶体还是非晶体的最科学的方法是晶体X射线衍射分析，故选B；④与传统有机溶剂相比，离子液体中离子液体的粒子全都是带电荷的离子，阴阳离子间通过静电作用相互吸引，离子间吸引力强，具有有相对难挥发的优点；（3）①由题给流程控制，镁与甲醇反应生成甲醇镁，甲醇镁与水反应生成甲醇和氢氧化镁，氢氧化镁与氢氟酸或氟化钠溶液反应生成氟化镁，则流程中可循环利用的物质是甲醇；②氢氧化镁与氢氟酸溶液反应的方程式为Mg(OH)2+2HFMgF2+2H2O，反应的平衡常数K1=====1020.6，氢氧化镁与氟化钠溶液反应的方程式为Mg(OH)2+2F-MgF2+2OH-，反应的平衡常数K2=====0.1，平衡常数K1远远大于K2，说明氢氟酸的转化效果更好；（4）A．工业上可以用太阳能将海水蒸发再液化得到初步的淡水，便于节约能量，A正确；B．工业上制备单质溴，是氯气将海水中的溴转化为单质溴，用二氧化硫作吸收剂将溴转化为溴化氢达到富集溴乙酸的目的，最后再用氯气氧化，B正确；C．氧化镁的熔点高于氯化镁，所以工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼，C错误；D．氯碱工业可以制备氢气、烧碱和氯气，用电解得到的氯气和石灰乳反应得到以次氯酸钙为有效成分的漂白粉，D正确；故选C。4．（2025·上海·三模）制备锂离子电池的正极材料的前体的一种流程如下：已知：①磷灰石的主要成分是②可溶于水，和都微溶于水③，④(1)用溶液、溶液分步浸取磷灰石生成HF、和，主要反应的化学方程式为和_______。补全方程式：(2)增大酸浸反应速率的措施有。(任写1条)(3)其他条件不变时，若仅用溶液酸浸，浸取的速率低于用、分步浸取法，原因是。常温下，利用NaOH调节溶液pH时，得到溶液中含磷各微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示：(4)下列说法正确的是_______。A．的电离方程式为：B．M点时，溶液中C．存在以下关系：(、、为磷酸的第一、二、三步电离平衡常数)D．时，溶液中水的电离程度比纯水小(5)时，溶液中的，则，再加入晶体、溶液使溶液中的，不考虑溶液体积的变化，通过计算说明此时能否产生沉淀：。(写出计算过程)的纯度及颗粒大小会影响其性能，沉淀速率过快容易团聚。(6)配离子的结构如图所示，图中M代表，则的配位数为。(7)研究表明，沉淀时可加入含的溶液，从平衡移动角度分析的作用是。(8)其他条件不变时，工业上选择而不是更高的pH制备，可能的原因是。(答出2点)【答案】(1)(2)磷灰石粉碎(3)直接用硫酸浸取，生成的硫酸钙覆盖在磷灰石的表面，减少了硫酸与磷灰石的接触面积(4)BC(5)或能，，，此时能产生沉淀(6)6(7)沉淀时可加入含的溶液，发生反应，使浓度降低，沉淀速率减慢，防止团聚，随浓度降低，逆向移动，生成的继续被沉淀(8)pH过高容易生成氢氧化铁沉淀；pH过高的浓度大，因生成沉淀速率过快发生团聚【详解】（1）用溶液、溶液分步浸取磷灰石生成HF、和，根据原子守恒，主要反应的化学方程式为和。（2）增大酸浸反应速率的措施有磷灰石粉碎、加热、搅拌、适当增大酸的浓度等。（3）其他条件不变时，若仅用溶液酸浸，浸取的速率低于用、分步浸取法，原因是直接用硫酸浸取，生成的硫酸钙覆盖在磷灰石的表面，减少了硫酸与磷灰石的接触面积。（4）A．为三元弱酸，分三步电离，三步电离方程式不能合并书写，A错误；B．M点时，溶液中，且呈碱性，，故，B正确；C．、、，代入得，C正确；D．时，是酸式盐的溶液，盐的水解大于电离，溶液呈碱性，溶液中水的电离程度比纯水大，D错误；故答案选BC。（5）时，溶液中的，代入得，再加入晶体、溶液使溶液中的，，此时能产生沉淀。（6）从结构可知，的配位数为6；（7）沉淀时可加入含的溶液，发生反应，使浓度降低，沉淀速率减慢，防止团聚，随浓度降低，逆向移动，生成的继续被沉淀（8）pH过高容易生成氢氧化铁沉淀；pH过高的浓度大，因生成沉淀速率过快发生团聚。03平衡常数计算与应用1．（25-26高三上·上海·阶段练习）联氨为二元弱碱，水中电离方式与氨类似。时，联氨电离常数，。联氨和盐酸按物质的量之比反应所得溶液呈性（填“酸性”、“中性”或“碱性”）。【答案】酸性【详解】联氨和盐酸按物质的量之比反应所得溶液为N2H5Cl，其水解常数为，大于电离常数7.6×10-15，所以水解程度大于电离程度，即c(H+)>c(OH-)，所以所得溶液显酸性。（24-25高三上·上海·期中）工业上可以用饱和Na2CO3溶液处理BaSO4固体，待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3。【已知：Ksp(BaSO4)=1.0×10−10，Ksp(BaCO3)=2.5×10−9】2．该过程用离子方程式可表示为。此反应的平衡常数K=(填写计算结果)。3．若使0.05molBaSO4全部转化为BaCO3，至少要加入多少molNa2CO3？(写出计算过程)【答案】2．BaSO4(s)+(aq)BaCO3(s)+(aq)0.043．1.3mol【解析】2．由题目信息可知该转化原理为利用饱和Na2CO3溶液将BaSO4溶液转化为易溶于酸的BaCO3，根据沉淀的转化得到离子方程式为：；该反应的平衡常数。故答案为：；0.04。3．根据方程式可知，使全部转化为，需要加入进行反应，同时要保证溶液中不再产生沉淀，需要控制达到一定程度，根据，若要使完全转化，则生成的为，设溶液体积为VL，则有，得到溶液中需要保持时，还需要加入的，加上先反应的，最后得到至少需要加入。故答案为：1.3mol。4．（25-26高三上·上海·阶段练习）已知：

，

，25℃时，的。工业生产中常联合处理含废气和含的废水，欲发生反应，计算该反应的平衡常数。【答案】【详解】反应的平衡常数表达式为：，且已知，，，，将两式相乘可得，又因为的溶度积，。5．（25-26高三上·上海·阶段练习）25℃时，醋酸电离平衡常数溶液与9.0mL溶液混合均匀(混合后溶液体积不变)。混合液的(保留2位有效数字)。【答案】5.0【详解】25℃时，醋酸电离平衡常数Ka=1.8×10-5，5.0mL0.2mol•L-1CH3COOH溶液与9.0mL0.2mol•L-1CH3COONa溶液混合均匀(混合后溶液体积不变)，混合后溶液中，。根据电离平衡常数表达式，可得。因此。（25-26高三上·上海·阶段练习）已知：在25℃，有关弱电解质的电离平衡常数如下表：弱电解质HClO电离平衡常数6．将通入氨水中，当降至时，溶液中的。7．下列微粒在溶液中不能大量共存的是_______。A．、 B．、 C．、 D．、8．根据表内信息，请写出在“84”消毒液中通入少量CO2时的离子反应方程式。【答案】6．10.27．A8．【解析】6．H2SO3的二级电离方程式为，电离平衡常数。已知25℃时，，当时，。将代入Ka2的表达式：。7．根据电离平衡常数，酸性：。A．具有还原性，HClO具有氧化性，二者会发生氧化还原反应，不能大量共存；B．酸性HClO>，ClO-与不反应，能大量共存；C．酸性H2CO3>HClO，HClO与不反应，能大量共存；D．酸性H2CO3>，与不反应，能大量共存；故选A。8．“84”消毒液的主要成分是NaClO，根据电离平衡常数，酸性，所以向“84”消毒液中通入少量CO2时，反应生成HClO和NaHCO3，离子反应方程式为。04滴定操作与计算1．（2026·上海徐汇·一模）凯氏定氮法是一种蛋白质含量的测定方法，分析步骤主要包括消化、蒸馏、滴定等。某同学利用该方法测定奶粉中蛋白质的含量。Ⅰ．消化称量1.000g奶粉样品，向其中加入一定量的浓硫酸、硫酸铜、硫酸钾等物质(硫酸铜和硫酸钾都能加速蛋白质的消化)，煮沸至样品中的有机氮被完全消化为硫酸铵，消化液呈清澈的蓝绿色。Ⅱ．蒸馏将消化液配成100mL溶液，取20.00mL稀释液加入反应室，再加入过量的的氢氧化钠，产生蓝色沉淀，塞紧玻璃塞并加水液封，利用水蒸汽持续煮沸至氨气被完全蒸出。Ⅲ．吸收蒸出的氨用的硼酸(浓度均为的甲基红乙醇溶液和亚甲基蓝乙醇溶液，体积比为1：2的混合液为指示剂))吸收，吸收液温度不超过，发生发应：2NH3+4H3BO3=(NH4)2B4O7+5H2O。Ⅳ．滴定待吸收完全后，用盐酸滴定吸收液，硼酸为极弱的酸，不影响滴定。Ⅴ．计算进行多次平行实验，扣除空白试验后，平均净消耗盐酸的体积15.00mL。(1)向奶粉中加入浓硫酸，可能产生的实验现象是；根据实验现象，浓硫酸在反应过程中体现。A．脱水性

B．强氧化性

C．酸性

D．难挥发性(2)硫酸钾能提高溶液的沸点，加速蛋白质的消化，但需要控制硫酸钾的加入量，可能的原因是。(3)除了作为催化剂外，硫酸铜还可能具有的作用。(4)仪器Y的名称___________。A．圆底烧瓶 B．容量瓶 C．蒸馏烧瓶 D．平底烧瓶(5)蒸馏前，对消化液入口的玻璃塞加水液封的目的。(6)反应结束后，下列操作的先后顺序为___________。①关闭电加热器

②打开止水夹

③移去锥形瓶A．①②③ B．②①③ C．③①② D．③②①(7)滴定时，发生反应的离子方程式。已知：①蛋白质含量=氮元素的质量分数×蛋白质系数②乳制品的蛋白质系数=6.38(8)计算奶粉样品中蛋白质的含量=。(9)下列操作可能导致样品中蛋白质含量测定结果偏高的是___________。A．消化后，容器内壁发现有固体残留B．蒸馏时，向反应室加氢氧化钠溶液的时间较长C．滴定时，未用标准溶液润洗滴定管D．吸收时，冷凝管b口进水，a口出水(10)凯氏定氮法具有测定准确度较高，可测定各种不同形态样品等优势，但该方法测定蛋白质含量也存在一些缺陷。任写一条可能的缺陷。【答案】(1)奶粉变黑、体积膨胀，变成疏松多孔的海绵状固体，并放出有刺激性气味的气体AB(2)防止硫酸钾加入过多，溶液沸点过高，溶液暴沸使浓硫酸沸腾溅出，造成危险；同时可能导致消化液溅出，造成氮损失，影响蛋白质含量的测定结果(3)作消化完全的指示剂(4)C(5)防止蒸出的氨从消化液入口逸出(6)C(7)(8)33.5%(9)C(10)只能测定总氮含量，无法区分蛋白质氮和非蛋白质氮；实验步骤繁琐，耗时较长；浓硫酸、强碱的使用存在安全隐患(任写一条，合理即可)【分析】凯氏定氮法测定蛋白质含量的原理是在浓硫酸催化下将样品中有机氮转化成铵盐得到消化液，再向稀释后的消化液中加入过量NaOH溶液，利用水蒸汽持续煮沸至氨气被完全蒸出，蒸出的氨被硼酸吸收生成(NH4)2B4O7，吸收完全后，最后用盐酸滴定吸收液，滴定时发生反应：(NH4)2B4O7＋2HCl＋5H2O=2NH4Cl＋4H3BO3，据此解答。【详解】（1）奶粉中含有机物，浓硫酸具有脱水性，能将奶粉中的H、O元素按的组成比脱去，使奶粉炭化变黑，浓硫酸被稀释放热，脱水后生成的C能与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，浓硫酸体现出强氧化性。则向奶粉中加入浓硫酸，可能产生的实验现象是：奶粉变黑、体积膨胀，变成疏松多孔的海绵状固体，并放出有刺激性气味的气体；根据实验现象，浓硫酸在反应过程中体现脱水性和强氧化性，故选AB；（2）硫酸钾能提高溶液的沸点，加速蛋白质的消化，若硫酸钾加入过多，会使溶液沸点过高，导致反应过于剧烈使溶液暴沸，导致浓硫酸沸腾溅出，造成危险；同时可能导致消化液溅出，造成氮损失，影响蛋白质含量的测定结果。因此需要控制硫酸钾的加入量，可能的原因是：防止硫酸钾加入过多，溶液沸点过高，溶液暴沸使浓硫酸沸腾溅出，造成危险；同时可能导致消化液溅出，造成氮损失；（3）根据题干信息“煮沸至样品中的有机氮被完全消化为硫酸铵，消化液呈清澈的蓝绿色”，除了作为催化剂外，硫酸铜还可能具有的作用是：作消化完全的指示剂；（4）仪器Y为有支管的烧瓶，用于产生水蒸气，其名称为蒸馏烧瓶，故选C；（5）蒸馏前，对消化液入口的玻璃塞加水液封的目的是防止蒸出的氨从消化液入口逸出；（6）反应结束后，需先移去锥形瓶(防止倒吸)，再关闭电加热器，最后打开止水夹K2平衡气压，因此顺序为③①②，故选C；（7）由分析可知，滴定时发生反应：(NH4)2B4O7＋2HCl＋5H2O=2NH4Cl＋4H3BO3，硼酸为弱酸，则反应的离子方程式为：；（8）滴定时消耗HCl的物质的量n(HCl)=0.0500mol/L×0.015L=0.00075mol，蒸出的氨被硼酸吸收，发生反应：2NH3+4H3BO3=(NH4)2B4O7+5H2O，滴定时发生反应：(NH4)2B4O7＋2HCl＋5H2O=2NH4Cl＋4H3BO3，由反应式可得：n(N)=n(HCl)=0.00075mol，则样品中氮元素的质量分数为，所以奶粉样品中蛋白质的含量为；（9）A．消化后，容器内壁发现有固体残留，说明有机氮未完全转化，会导致N含量测定结果偏低，A不符合题意；B．蒸馏时，向反应室加氢氧化钠溶液的时间较长，从而使生成的氨提前从消化液入口中逸出，样品中蛋白质含量测定结果偏低，B不符合题意；C．滴定时，未用标准溶液润洗滴定管，盐酸被滴定管内壁的水稀释，导致滴定时消耗的盐酸体积偏大，导致样品中蛋白质含量测定结果偏高，C符合题意；D．吸收时，冷凝管若b口进水，a口出水，则冷凝效果较差，可能导致少量氨气未被冷凝而逸出，被吸收的氨气量减少，样品中蛋白质含量测定结果偏低，D不符合题意；故选C。（10）凯氏定氮法具有测定准确度较高，可测定各种不同形态样品等优势，但该方法测定蛋白质含量也存在一些缺陷，比如：只能测定总氮含量，无法区分蛋白质氮和非蛋白质氮；实验步骤繁琐，耗时较长；浓硫酸、强碱的使用存在安全隐患(任写一条，合理即可)。2．（24-25高二下·上海闵行·期中）利用“燃烧一碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验装置如下图所示（夹持装置略）。实验过程如下：①加样，将amg样品加入管式炉内瓷舟中（瓷舟两端带有气孔且有盖），聚四氟乙烯活塞滴定管内预装略小于的碱性标准溶液，吸收管内盛有盐酸酸化的淀粉水溶液。向内滴入适量碱性标准溶液，发生反应：，使溶液显浅蓝色。②燃烧：按一定流速通入，一段时间后，加热并使样品燃烧。③滴定：当内溶液浅蓝色消退时，立即用碱性标准溶液滴定至浅蓝色复现。随不断进入F，滴定过程中溶液颜色“消退-变蓝”不断变换，直至终点。碱性标准溶液的配制：取的碱性溶液和一定量的固体，配制碱性标准溶液。(1)配制上述碱性标准溶液，下列仪器须用到的是________（不定项）。A．滴定管 B．锥形瓶 C．量筒 D．胶头滴管(2)配制碱性标准溶液时，略小于，原因是：。(3)装置和的作用是充分干燥，、中的试剂分别可选用________。A．浓硫酸、浓硫酸 B．浓硫酸、无水氯化钙C．无水氯化钙、碱石灰 D．浓硫酸、碱石灰(4)装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子（见放大图），目的是。(5)该滴定实验达终点的现象是。(6)滴定消耗碱性标准溶液，样品中硫的质量分数是（用代数式表示）。(7)若滴定过程中，有少量不经直接将氧化成，测定结果会（填“偏大”“偏小”或“不变”），原因是。(8)碘酸钾可作为食盐中的补碘剂。工业上用电解法制备碘酸钾的装置如图所示：阳极的电极反应式为；隔膜为（填“阳离子”或“阴离子”）交换膜；用甲烷燃料电池为该装置供电，消耗时，理论上可得到。【答案】(1)D(2)确保KI过量，反应完全(3)B(4)减缓流速，使充分反应同时可以防止倒吸(5)滴入最后半滴标准液，溶液变为浅蓝色且30s内不褪色(6)(7)不变从电子转移守恒的角度分析，得到被还原为，仍得到关系式，则测定结果不变(8)阳离子交换膜4mol【分析】根据题给信息可知，利用“燃烧-碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验中，将氧气经过干燥、净化后通入管式炉中，将钢铁中的硫氧化为SO2，然后将生成的SO2导入碘溶液中吸收，通过消耗1000mLKIO3碱性标准溶液的体积来测定钢铁中硫的含量，据此分析作答。【详解】（1）取20.00mL0.1000mol•L-1KIO3的碱性溶液和一定量的KI固体，配制1000mLKIO3碱性标准溶液，需要使用碱式滴定管或移液管量取20.00mL0.1000mol•L-1KIO3的碱性溶液，需要使用一定精确度的天平称量一定质量的KI固体，需要在烧杯中进行溶解，溶解时需要使用玻璃棒进行搅拌，最后将溶液转入1000mL容量瓶中，再用胶头滴管进行定容，因此需要的仪器是玻璃棒和胶头滴管，故答案为：D。（2）配制碱性标准溶液时，略小于，原因是：确保KI过量，反应完全。（3）由分析可知，装置和的作用是充分干燥，B中应该使用液体干燥剂浓硫酸，C中应该使用固体干燥剂，同时要避免D中产生的SO2被吸收，该固体干燥剂不能用碱石灰，故选B。（4）装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子(见放大图)，目的是防止倒吸，因为磨砂浮子的密度比水小，若球泡内液面上升，磨砂浮子也随之上升，磨砂浮子相当于磨砂玻璃塞将导气管的出气口堵塞上，从而防止倒吸。（5）该滴定实验是利用过量的1滴或半滴标准溶液来指示滴定终点的，因此，该滴定实验达终点的现象是当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30s内不变色。（6）根据S元素守恒，依据反应：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI、KIO3+5KI+6HCl=3I2+6KCl+3H2O，得到关系式：3S～3SO2～3I2～KIO3，滴定消耗KIO3碱性标准溶液VmL，浓度为0.1000mol•L-1×20mL1000mL=0.002mol•L-1，所以n(S)=3(KIO3)=3×0.002mol/L×V×10-3L=6V×10-6mol，则样品中硫的质量分数为：。（7）若滴定过程中，有少量不经直接将氧化成，从电子转移守恒的角度分析，得到6e-被还原为I-，仍能得到关系式3S~3SO2~KIO3，测定结果会不变。（8）结合电解池，左侧为阴极KOH溶液由稀变浓，反应为2+2e-=H2↑+2，阳极为氢氧根放电，所以电极反应方程式为6OH-+I--6e-=+3H2O；所以隔膜通过的为OH-，为阴离子交换膜，用甲烷燃料电池为该装置供电，CH4转化为CO2或，消耗时，转移=8mol，则理论上可得到4。3．（2025·上海宝山·二模）碘被称为“生命元素”，是人体必需的微量元素。我国碘矿不足，主要以海藻、海带为原料提取碘单质。流程I：浸泡法提取碘单质海带中99.2%的碘为水溶性碘；浸出液中的碘元素主要是以碘离子的形式存在，占浸出液碘元素总含量的88.3%。以海带为原料的浸泡法工艺流程如下图：(1)实验室采用“萃取分液”的方法分离碘单质与有机溶剂。以下相关操作错误的是。A．检漏、装液B．振荡、放气C．静置D．分液(2)萃取碘水中的碘单质，可以选择的萃取剂种类很多，但不包括_______。A．液态烷烃 B．液态二烯烃 C．液态苯和苯的同系物 D．液态饱和酯类流程Ⅱ：反萃取法分离萃取剂碘在碱性条件下能发生歧化反应生成溶于水的碘离子和碘酸根离子，萃取剂获得再生，可以重复使用，这种方法称为反萃取。具体步骤如下：(3)步骤②观察到的现象为。(4)设计步骤①、步骤②的实验目的是。(5)步骤③中，除玻璃棒、烧杯外，还需要用到的玻璃仪器有。流程Ⅲ：活性炭吸附法处理母液在25℃时，碘单质能微溶于水。因此，提碘后所得的母液中依然含有少量碘单质和微量碘离子。(6)质监部门为检测母液中碘单质的含量，用碘量法确定碘含量：I2＋2=2I-＋。步骤如下：量取25.00mL母液，用0.004mol·L-1的标准硫代硫酸钠溶液滴定，滴至溶液黄色变浅时，加入1mL淀粉做指示剂，继续滴定至终点。记录消耗的硫代硫酸钠溶液的体积为14.25mL。①确定滴定终点的操作是。②计算可得母液中碘单质的含量为g·L-1。(保留三位小数)③下列操作可能会造成测定结果比实际含量偏低的是。A．配制标准硫代硫酸钠溶液时，配制用的容量瓶水洗后未烘干B．配制标准硫代硫酸钠溶液时，溶解时烧杯中有溶液少量溅出C．装有标准液的滴定管，滴定前有气泡，滴定后气泡消失D．滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面(7)利用活性炭的吸附性可以回收母液中碘单质和碘离子，提高碘元素的产率。实验室模拟回收碘元素的主要流程如下：已知：NaNO2氧化性较弱，只能将I-氧化为I2：I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl。上述流程中的“氧化剂”选择了价格较高的NaNO2而不是价低的Cl2，分析其可能的原因是。【答案】(1)B(2)B(3)有紫黑色固体析出，溶液变成棕黄色(4)提高碘的浓度(富集碘)(5)A(6)加入最后半滴硫代硫酸钠溶液，溶液的蓝色恰好消失，且半分钟内不变色0.290D(7)氯气氧化性强，可能将I2继续氧化为，降低I2的产率。而NaNO2氧化性较弱，不会将I2氧化【分析】实验室从海带中提取碘：干海带灼浸泡溶解得到海带灰悬浊液，随后过滤，得到滤液为含碘离子的溶液，滤液中加氯气，将碘离子氧化成碘单质，利用有机溶剂四氯化碳萃取、分液得到碘的CCl4溶液，有机相加入氢氧化钠将碘单质转入水相，分液后水相酸化得到含碘悬浊液，过滤获得碘单质。【详解】（1）A．分液漏斗检漏时，需要将分液漏斗倒置，观察活塞处是否有水漏出。如果活塞处没有水漏出，说明分液漏斗密封良好，可以正常使用，A正确；B．振荡、放气时，需要将分液漏斗倒置，打开分液漏斗开关，进行放气操作，如图所示：，B错误；C．静置时，将分液漏斗固定在铁架台上，待溶液分层即可，C正确；D．分液时，下层液体从下口放出，上层液体从上层倒出，D正确；故选B；（2）萃取剂的选择原则：被萃取的物质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度，萃取剂和原溶剂不互溶，萃取剂和原溶剂、溶质不反应，根据上述原则，液态烷烃、液态苯和苯的同系物、液态饱和酯类可以用作萃取剂，而液态二烯烃含有碳碳双键，能和碘发生加成反应，不能用作萃取剂，故选B；（3）步骤②的离子方程式为：6H++5I-+=3I2↓+3H2O，可以观察到有紫黑色固体析出，溶液变成棕黄色；（4）步骤①将碘单质转化为，而步骤②又重新转化为碘单质，目的是提高碘的浓度(富集碘)；（5）步骤③是过滤操作，需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故选A；（6）①当加入淀粉以后，溶液中还存在碘单质，此时溶液呈蓝色，当加入最后半滴硫代硫酸钠溶液，溶液的蓝色恰好消失，且半分钟内不变色，即可判定为滴定终点；②根据关系式可知，，则母液中碘单质的含量为；③A．配制标准硫代硫酸钠溶液时，配制用的容量瓶水洗后未烘干，对标准硫代硫酸钠溶液浓度无影响，则对测定结果无影响，A不选；B．配制标准硫代硫酸钠溶液时，溶解时烧杯中有溶液少量溅出，溶质偏少，标准液浓度偏低，滴定时将消耗更多的标准液，造成测定结果偏高，B不选；C．盛装标准溶液的滴定管，滴定前有气泡，滴定后气泡消失，则标准液体积读数偏大，造成测定结果偏高，C不选；D．滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，标准液体积读数偏小，造成测定结果偏低，D选；故选D；（7）由题目信息可知，氯气氧化性强，可能将I2继续氧化为，降低I2的产率。而NaNO2氧化性较弱，不会将I2氧化，故选择了价格较高的NaNO2而不是价低的Cl2。4．（24-25高三上·上海·期中）某小组采用如下实验流程制备碘化铝AlI3：已知：AlI3是一种无色晶体，吸湿性极强，可溶于热的正己烷，在空气中受热易被氧化。(1)如图为步骤Ⅰ的实验装置图，图中仪器A的名称是，冷凝水的流向为进出(填“a”或“b”)。判断步骤Ⅰ反应结束的实验现象是。(2)下列做法错误的是_______。A．步骤I中，反应物和溶剂在使用前除水B．步骤I中，可改用酒精灯(配石棉网)加热C．步骤Ⅲ中，在通风橱中浓缩至蒸发皿内出现晶膜D．步骤Ⅳ中，使用冷的正己烷洗涤(3)所得粗产品呈浅棕黄色，小组成员认为其中混有碘单质，请设计实验方案验证。纯化与分析：对粗产品纯化处理后得到产品，再采用银量法测定产品中I−含量以确定纯度。滴定原理为：先用过量AgNO3标准溶液沉淀I−，再以NH4SCN标准溶液回滴剩余的Ag+。已知：难溶电解质AgI(黄色)AgSCN(白色)Ag2CrO4(红色)溶度积常数Ksp8.5×10−171.0×10−121.1×10−12测定步骤如下：①称取产品1.0200g，用少量稀酸A溶解后转移至250mL容量瓶，加水定容得待测溶液；②取滴定管检漏、水洗、润洗、装液、赶气泡、调液面、读数；③用移液管准确移取25.00mL待测溶液加入锥形瓶；④准确移取25.00mL4.000×10-2mol·L−1AgNO3标准溶液加入锥形瓶，滴加指示剂硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]溶液，加入稀酸B；⑤用0.01mol·L−1NH4SCN标准溶液滴定，读数。(4)步骤④中加入稀酸B的作用是，若不加则会导致测定结果。(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)(5)判断滴定终点的现象为。(6)以下说法错误的是_______。A．步骤①定容时俯视，则所配制溶液浓度偏高B．步骤②中若缺少润洗，则会导致测定结果偏低C．指示剂可换为K2CrO4溶液，不会影响实验结果D．整个实验过程中只会出现一种沉淀(7)三次滴定消耗NH4SCN标准溶液的平均体积为25.60mL，则产品纯度为。【答案】(1)球形冷凝管ab溶液由紫红色恰好变为无色(2)BC(3)取少量粗产品置于少量冷的正己烷中充分搅拌，静置后，取少量上层清液，向其中滴加淀粉溶液，观察液体是否变蓝，若变蓝则其中混有碘单质，否则没有(4)抑制Fe3+发生水解反应，保证滴定终点的准确判断偏低(5)滴入最后半滴标准液，溶液由浅黄色变为红色，且半分钟内不褪色(6)CD(7)99.20%【分析】由题给流程可知，铝、碘在正己烷中加热反应生成碘化铝，过滤得到的滤液经浓缩得到浓溶液，浓溶液经结晶、过滤、洗涤、干燥后得到粗产品。【详解】（1）由实验装置图可知，仪器A为球形冷凝管，用于起冷凝回流的作用，水流方向是a进b出；碘溶于正己烷得到紫红色溶液，碘化铝是无色晶体，当碘反应完全后，溶液会变为无色，所以判断步骤I反应结束的实验现象是溶液由紫红色恰好变为无色，（2）A．碘化铝吸湿性极强，因此在步骤I中，反应物和溶剂在使用前必须除水，故正确；B．使用到易燃的有机溶剂时，应禁止使用明火加热，所以在步骤I中，不能改用酒精灯(配石棉网)加热，故错误；C．在空气中受热易被氧化，所以在步骤Ⅲ中蒸发浓缩时，要注意使用有保护气（如持续通入氮气的蒸馏烧瓶等）的装置中进行，不能直接在蒸发皿浓缩，故错误；D．在空气中受热易被氧化、可溶于热的正己烷因此，为了减少溶解损失，在步骤Ⅳ中要使用冷的正己烷洗涤，故正确；故选BC；（3）碘易溶于正己烷，而碘化铝可溶于热的正己烷、不易溶于冷的正己烷，所以检验产品中是否混有碘单质的实验操作为取少量粗产品置于少量冷的正己烷中充分搅拌，静置后，取少量上层清液，向其中滴加淀粉溶液，观察液体是否变蓝，若变蓝则其中混有碘单质，否则没有，（4）硫酸铁铵在溶液中电离出的铁离子会发生水解，铁离子浓度减小会使消耗硫氰酸铵溶液的体积偏大，导致所测结果偏低，所以实验时需要加入稀硫酸抑制铁离子水解；（5）当溶液中银离子与硫氰酸根离子完全反应后，滴入最后半滴NH4SCN标准溶液，过量的硫氰酸根离子与溶液中的铁离子反应生成红色的硫氰化铁，则滴定终点的现象为滴入最后半滴标准液，溶液由浅黄色变为红色，且半分钟内不褪色；（6）A．步骤①定容时俯视，溶液体积偏小，则所配制溶液浓度偏高，故正确；B．步骤②中若缺少润洗，则待测液浓度偏低，则会导致测定结果偏低，故正确；C．由表格数据计算可知，相同条件下，生成铬酸银所需银离子浓度低于AgSCN，即指示剂可换为K2CrO4溶液，则滴定终点会提前，将影响滴定结果，故错误；D．由题意可知，整个过程中会先后生成碘化银黄色沉淀和硫氰化银白色沉淀，故错误；故选CD；（7）由题意可知，滴定消耗25.60mL1.000×10−2mol/LNH4SCN标准溶液，则与碘离子反应的银离子浓度为4.000×10−2mol/L×0.02500L—1.000×10−2mol/L×0.02560L=7.440×10−4mol，则产品的纯度为×100%=99.20%。5．（2025·上海嘉定·二模）采用碱熔融法(NaOH+Na2O2)分解试样，用K2Cr2O7溶液滴定，测定硼铁中铁元素的质量分数。实验过程如下：已知：锡盐的常见价态为Sn2+、Sn4+，钛盐常见价态为Ti3+、Ti4+，且水解程度：Ti4+>Sn4+。钨酸钠、二苯胺磺酸钠用于控制反应终点。(1)步骤①中仪器选择正确的是_______。A． B． C． D．(2)以上步骤中说法错误的是_______。A．步骤①中Na2O2作氧化剂B．步骤②中用硝酸溶解，抑制氢氧化铁沉淀的生成C．步骤⑤中若TiCl3过量，则测定结果偏低D．步骤④⑤分两次还原Fe3+，减少TiCl3用量，防止Ti4+水解浑浊影响滴定终点的观察称取硼铁样品1.250g，溶解后定容于250mL容量瓶中，再取25.00mL试样进行相应处理，最终以二苯胺磺酸钠作为指示剂进行滴定实验。标准液K2Cr2O7溶液(还原产物为Cr3+)浓度为0.0114mol·L-1，滴定结果如下：实验序号123滴定前读数0.00mL0.00mL1.00mL滴定后读数19.90mL21.80mL21.10mL(3)计算硼铁样品中铁元素的质量分数。(写出计算过程，结果保留两位小数)【答案】(1)C(2)C(3)61.28%【分析】B-Fe样品与NaOH和Na2O2共热反应生成NaFeO2，NaFeO2与硝酸反应生成，与酸反应形成，部分被SnCl2还原为，和与TiCl3、钨酸钠反应形成，最终被重铬酸钾氧化为。【详解】（1）加热固体选择坩埚，由于石英坩埚和瓷坩埚中均含二氧化硅，可与氢氧化钠反应，故该操作应选用铂坩埚，答案选C；（2）A．反应过程中，合金中Fe元素化合价升高，Na2O2作氧化剂，A正确；B．硝酸氧化出后可能水解形成氢氧化铁沉淀，硝酸可抑制的水解，B正确；C．步骤⑤中若TiCl3过量，可消耗更多的重铬酸钾，测量结果偏高，C错误；D．步骤④先还原部分，步骤⑤再还原部分，利于减少TiCl3用量，还能防止氧化出的Ti4+水解浑浊影响滴定终点的观察，D正确；答案选C；（3）第二组实验数据偏差较大，舍去，标准液K2Cr2O7溶液消耗体积：，根据反应原理：，则硼铁样品中铁元素的质量分数：。1．（25-26高三上·上海·月考）在25℃时，浓度均为的三种溶液①、②、③溶液中，铵根离子浓度由大到小的顺序是A．①②③ B．③①② C．②①③ D．②③①【答案】B【详解】三种溶液中，铵根离子浓度受其他离子水解的影响：①(NH4)2SO4：为强酸的酸根，不水解，故其对水解无影响；②(NH4)2CO3：水解生成OH-，使溶液呈碱性，促进水解；③(NH4)2Fe(SO4)2：Fe2+水解生成H+，使溶液呈酸性，抑制水解；显然，水解程度越大，剩余的浓度越小，综上所述，铵根浓度顺序为③>①>②，对应选项B。2．（2025·上海·二模）常温下，浓度均为1.0mol·L−1的NH3·H2O和NH4Cl混合溶液10mL，测得其pH为9.3。下列有关叙述正确的是A．加入适量的NaCl，可使[]=[Cl−]B．滴加几滴浓氨水，[]减小C．滴加几滴浓盐酸，的值增大D．1.0mol·L−1的NH4Cl溶液中[]比该混合溶液中的大【答案】AC【分析】常温下，浓度均为1.0mol·L-1的NH3·H2O和NH4Cl混合溶液10mL，测得其pH为9.3，说明NH3·H2O的电离作用大于NH4Cl的水解作用，溶液显碱性。【详解】A．在NH3·H2O和NH4Cl的混合溶液中存在电荷守恒：c()+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，由于该溶液的pH=9.3，则c(H+)<c(OH-)，c()>c(Cl-)，若加入NaCl固体，使溶液中c(Cl-)增大，c()不变，可以使c()=c(Cl-)，A正确；B．滴加几滴浓氨水，使c(NH3·H2O)增大，根据平衡移动原理：增大反应物的浓度，电离平衡正向移动，使溶液中c()增大，B错误；C．滴加几滴浓盐酸，消耗溶液中的OH-，使NH3·H2O电离平衡正向移动，导致的值增大，C正确；D．1.0mol·L-1的NH4Cl溶液中只存在的水解平衡，盐水解程度是微弱，水解使溶液显酸性，而在上述溶液中NH3·H2O电离产生铵根离子，所以c()比该混合溶液的c()小，D错误；故选AC。3．（25-26高三上·上海·阶段练习）工业上采用核磁共振谱图法精确测定可乐中磷酸根的含量以测定磷酸含量。(1)请评价本实验采用的滴定法相对于核磁法的缺点。(2)常温下，在恒定pH的溶液中，以[]为自变量x，[H3PO4]为因变量y的函数，其大致图像为__________。A． B． C． D．【答案】(1)不够精确，可能受到其他酸性成分的干扰或者操作较为复杂（合理即可）(2)A【详解】（1）因为可乐中可能含有其他酸性物质，所以测定不够精确，另外滴定操作较为复杂（合理即可）；（2）Ka1=，Ka2=，Ka3=，则，。即是一次函数，答案为A。4．（25-26高三上·上海·阶段练习）室温下的氨水溶液在加水稀释过程中：(1)电离平衡常数。A．变大

B．变小

C．不变(2)。A．变大

B．变小

C．不变【答案】(1)C(2)A【详解】（1）温度不变，电离平衡常数不变，故选C。（2），加水稀释过程中，减小，不变，则变大，故选A。5．（25-26高三上·上海·阶段练习）在0.1mol/L溶液中(1)c(Na+)+c(H+)c()+c()+c(OH-)A．>

B．<

C．=(2)c()+c()+c(H2CO3)=mol/L。(填具体数据)【答案】(1)A