2026年北京高考化学二轮复习专题09 水溶液中的离子反应与平衡（专题专练）（解析版）

专题09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影响水电离的因素

题型02溶液中水的电离程度及其计算

题型03溶液的酸碱性与pH

题型04酸碱中和滴定

题型05盐类水解原理

题型06影响盐类水解程度的主要因素

题型07盐类水解的应用

题型08难溶电解质的沉淀溶解平衡

题型09沉淀溶解平衡的应用

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·北京·阶段练习）下列实验操作正确的是

A．配制1.00mol/LNaCl溶液B．滴定时放出酸式滴定管中的溶液

C．量取8.10mLNaOH溶液D．制备硫酸四氨合铜晶体

A．AB．BC．CD．D

【答案】A

【详解】A．定容时胶头滴管悬空正放，图中操作合理，故A正确；

B．滴定时左手控制活塞，图中操作不合理，故B错误；

C．量筒的读数为0.1mL，不能量取8.10mLNaOH溶液，故C错误；

D．蒸发时易使晶体分解，应冷却结晶法制备硫酸四氨合铜晶体，故D错误；

故选：A。

2．（25-26高三上·北京·月考）下列事实不．能．用平衡移动原理解释的是

A．用热的纯碱溶液更易去除油污

B．铁制器件附有铜质配件，久置，在接触处铁易生锈

C．用稀硫酸洗涤BaSO4沉淀比用等体积蒸馏水洗涤损失的BaSO4少

．电镀实验中，用溶液作电镀液可以维持2浓度的稳定性

DCuNH34SO4Cu

【答案】B

【详解】A．纯碱（Na2CO3）水解呈碱性，加热促进水解（吸热反应），增强去污能力，符合平衡移动原

理，A正确；

B．铁与铜在潮湿环境中形成原电池，铁作为负极被腐蚀，属于电化学腐蚀，与化学平衡移动无关，B错误；

2

C．稀硫酸中的SO4抑制BaSO4溶解（同离子效应），符合平衡移动原理，C正确；

．补充电镀消耗的2，维持浓度稳定，符合平衡移动原理，正确；

DCuNH34SO4CuD

故答案选B。

3．（25-26高三上·北京·月考）富钴结壳浸出液分离MnSO4制备Mn3O4的工业流程如下。

已知：ⅰ．浸出液中主要含有的金属离子为：Ni2、Co2、Cu2、Mn2、Fe2

ⅱ．25℃时，金属硫化物的溶度积常数。

金属硫化物NiSCoSCuSMnS

20223711

Ksp3.98105.01107.94103.1610

(1)过程①中，SO2还原得到的浸出液中含硫元素的阴离子主要为。

2

(2)过程②中，Fe转化为Fe2O3xH2O时，氧气和石灰乳的作用分别是。

(3)固体Y中主要物质的化学式为。

(4)已知，不同温度下，硫酸锰晶体的存在形式及其在水中的溶解度(S)如下图所示。过程④中，先获得

MnSO4H2O，再脱水得到MnSO4。从溶液2中获得MnSO4H2O的操作是。

(5)过程⑤中发生了以下反应，将反应的化学方程式补充完整。。

高温

□MnSO4□CO□Mn3O4□SO2□___________

(6)流程中可循环使用的物质是。

2233

【答案】(1)SO4(2)氧气是氧化剂，可将Fe氧化为Fe，石灰乳是沉淀剂，可调节pH使Fe沉淀

(3)CoS、NiS、CuS(4)加热浓缩结晶(或加热浓缩至产生大量固体)，趁热过滤

高温

(5)3MnSO42COMn3O43SO22CO2(6)SO2

2

【详解】（1）根据分析，含硫的阴离子主要为SO4。

2

（2）由分析可知，过程②中，Fe转化为Fe2O3xH2O时，氧气和石灰乳的作用分别是：氧气是氧化剂，

可将Fe2氧化为Fe3，石灰乳是沉淀剂，可调节pH使Fe3沉淀。

（3）根据分析，Y中的固体有CuS、CoS、NiS。

（4）由图可知，温度较高时MnSO4H2O的溶解度较小，可以从溶液中析出，则从溶液2中获得MnSO4H2O

的操作是加热浓缩结晶(或加热浓缩至产生大量固体)，趁热过滤。

8

（5）该反应中Mn元素化合价由+2价上升到+价，S元素由+6价下降到+4价，根据得失电子守恒可知，

3

C元素化合价需要由+2上升到+4价，生成CO2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：

高温

3MnSO42COMn3O43SO22CO2。

（6）根据分析，MnSO4进行焙烧时产生SO2可以在步骤①中重复使用。

01影响水电离的因素

-1-1

1．（2024·北京顺义·一模）常温下，向0.02mol·LFeCl3溶液(用少量盐酸酸化)中匀速逐滴加入0.1mol·L

NaOH溶液，得到pH-t曲线如图。下列说法正确的是

-39

已知：25℃时，Fe(OH)3的Ksp=2.8×10

A．已知a点为滴定起始点，pH=1.73是因为FeCl3溶于水发生了水解反应

B．由a点到b点的过程中，滴加的NaOH溶液与FeCl3发生反应

C．该条件下，Fe3+的沉淀pH范围约为2.25～2.82

D．d点的溶液中，由水电离出的c(OH—)约为10-2.16mol·L-1

【答案】C

-1

【详解】A．0.02mol·LFeCl3溶液预先用盐酸酸化，pH=1.73是因为含有盐酸，A错误；

B．由a点到b点的过程中，主要是NaOH反应酸化的盐酸，B错误；

39

-Ksp(Fe(OH)32.810

C．当Fe3+沉淀完全时，Fe3+的浓度为10-5mol/L，则c(OH)336.541012，

c(Fe3+)105

pOH=11.18，则pH=2.82，b点时Fe3+开始沉淀，所以Fe3+的沉淀pH范围约为2.25～2.82，C正确；

D．d点的溶液中，pH=11.84，溶液中的溶质主要是NaOH，OH-主要由NaOH电离，由水电离的H+和OH-

相等，则由水电离的c(OH-)=10-11.84mol/L，D错误；

故选C。

-1-1

2．（2022·北京丰台·三模）室温时，向100mL0.1mol•LNH4HSO4溶液中滴加0.1mol•LNaOH溶液，溶液

pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是

-1

A．a点处存在c(NH4)+c(NH3•H2O)=0.1mol•L

+2+-

B．b点处存在c(Na)＞c(SO4)＞c(NH4)＞c(H)=c(OH)

+-

C．由b到c发生反应的离子方程式为H+NH4+2OH=NH3•H2O+H2O

D．图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是d点

【答案】B

-1

【详解】A．a点处溶液的体积是原来的两倍，c(NH4)+c(NH3•H2O)=0.05mol•L，A错误；

+22

B．b点处加入的氢氧化钠溶液的体积大于100mL，故c(Na)＞c(SO4)，SO4和NH4均来自于NH4HSO4，

随着氢氧化钠溶液的加入，铵根的浓度的减小有两个原因，一是体积的增大，二是铵根和氢氧根反应，故

2+--7

c(SO4)＞c(NH4)，此时溶液中的c(H)=c(OH)=10mol/L浓度最小,B正确；

+-

C．由起点到a发生反应的离子方程式为H+OH=H2O，由b到c发生反应的离子方程式为

-

NH4+OH=NH3•H2O，C错误；

D．加酸、碱均抑制水的电离，水解促进电离，a点为(NH4)2SO4、Na2SO4的混合溶液，b点为(NH4)2SO4、

Na2SO4、氨水的混合溶液但此时溶液呈中性，c点为(NH4)2SO4、NH3·H2O和Na2SO4的混合溶液，d点为

Na2SO4和NH3·H2O的混合溶液，则a点水的电离程度最大，D错误。

故选B。

3．（2023·北京顺义·一模）最近《科学》杂志评出“十大科技突破”，其中“火星上‘找’到水的影子”名列第一、

下列关于水的说法中不．正．确．的是

A．水是含极性键的极性分子

B．水的电离方程式为：H2OHOH

C．纯水中加入少量酸，水的电离受到抑制

D．升高温度，水的电离程度增大

【答案】B

3

【详解】A．H2O的结构式为H-O-H，含有H-O极性键，H2O分子中心O原子有2对孤电子对，采取sp

杂化，空间构型为V形，属于极性分子，A正确；

B．水的电离方程式为H2OHOH，B错误；

C．纯水中加入少量酸，溶液中氢离子浓度增大，水的电离平衡逆向移动，电离受到抑制，C正确；

D．水的电离是吸热的，升高温度平衡正向移动，电离程度增大，D正确；

故选B。

4．（2022·北京昌平·二模）常温下，向20mL0.2mol/LH2X溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液，溶液中各微粒

的物质的量分数随pH的变化如图所示，以下说法不正确的是

A．由图可推测，H2X为弱酸

----2-

B．滴加过程中发生的反应有：H2X+OH=HX+H2O，HX+OH=X+H2O

C．水的电离程度：a点与b点大致相等

-22--

D．若常温下Ka(HY)=1.1×10，HY与少量Na2X发生的反应是：2HY+X=H2X+2Y

【答案】C

2-

【详解】A．由图和分析可知当X的浓度最大时酸碱恰好反应，溶液显碱性，说明盐是强碱弱酸盐，故H2X

为弱酸，故A正确；

----2-

B．由分析和图象可知滴加过程中发生的反应有：H2X+OH=HX+H2O，HX+OH=X+H2O，故B正确；

C．由图象可知a点的溶质组成为等量的H2X和NaHX的混合溶液，b点为等量的NaHX和Na2X的混合溶

液，H2X是酸抑制水的电离，Na2X为强碱弱酸盐促进水的电离，由此可知b点水的电离程度大于a点水

的电离程度，故C错误；

c(H+)c(HX-)c(H+)c(X2-)

K(HX)==c(H+)=10-7+-11

D．由图可得a点a12，b点Ka2(H2X)=-=c(H)=10，若常温下

c(H2X)c(HX)

-2-

Ka(HY)=1.1×10，则酸性HY>H2X>HX，根据强酸制弱酸的原则，HY与少量Na2X发生的反应是：

2--

2HY+X=H2X+2Y，故D正确；

故答案为C。

02溶液中水的电离程度及其计算

5．（2022·北京房山·二模）用0.100mol·L-1的NaOH溶液分别滴定体积均为10.00mL、浓度均为0.100mol·L-1

的HCl和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率(电导率越大表示溶液导电性越强)变化

如图所示。下列说法正确的是

A．曲线①代表向HCl中滴加NaOHB．A点溶液的pH小于C点溶液的pH

+-

C．A、B两点水的电离程度：A>BD．C→D发生了反应：H+OH=H2O

【答案】C

【详解】A．根据分析曲线②代表向HCl中滴加NaOH，A错误；

B．曲线①为向CH3COOH中滴加NaOH，当滴加的NaOH为10.00mL时，恰好与醋酸中和，所以A点溶

质为CH3COONa，同理C点溶质为NaCl，由于醋酸根的水解，A点溶液显碱性，而C点溶液显中性，所

以A点溶液的pH大于C点溶液的pH，B错误；

C．A点溶质为CH3COONa，B点溶质为等物质的量的CH3COONa和NaOH，醋酸根的水解促进水的电离，

而NaOH的电离会抑制水的电离，所以A点水的电离程度更大，C正确；

D．C点溶质为NaCl，继续滴加NaOH溶液时不发生化学反应，D错误；

故选C。

6．（2022·北京海淀·三模）室温下，向20.0mL0.100molL-1的某弱酸HA的溶液中滴加同浓度的NaOH，

cA-

过程中lg随pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是

c(HA)

-

A．a到c的过程中，c(HA)+cA为定值B．a到c的过程中，水的电离程度不断增大

C．b点时，cNa+>cA-D．c点时加入碱的体积为20mL

【答案】B

-

【详解】A．根据物料守恒，n(HA)+nA是定值，a到c的过程中，溶液溶液总体积增大，所以

-

c(HA)+cA减小，故A错误；

B．NaA水解促进水电离、HA电离抑制水电离，NaA溶液呈碱性，c点呈中性，说明c点溶质中含有部分

HA未被中和，a到c的过程中，NaA逐渐增多、HA逐渐减少，所以水的电离程度不断增大，故B正确；

C．根据电荷守cNa++cH+=cA-cOH-，b点时，溶液呈酸性，所以cNa+<cA-，故C错误；

D．若加入碱的体积为20mL，酸碱恰好反应生成NaA，溶液呈碱性，c点溶液呈中性，所以加入碱的体积

小于20mL，故D错误；

选B。

7．（2021·北京门头沟·一模）常温下，0.1mol/L的一元酸HA溶液的pH=4，下列说法不．正．确．的是

A．加水稀释10倍后，cOH-<1.010-10molL-1

--10-1

B．溶液中H2O电离出的cOH=1.010molL

C．与0.1mol/L的NaA溶液等体积混合，溶液中cA-+cOH-=cNa++cH+

D．滴加NaOH溶液至pH=7时，溶液中cA-=cNa+

【答案】A

【详解】A．加水稀释10倍后，HA的电离程度增大，溶液中有：

1.010-5molL-1<cH+<1.010-4molL-1，则溶液中：

1.010-10molL-1<cOH-<1.010-9molL-1，故A错误；

+--14--10-1

B．酸抑制水电离，该溶液中的pH=4，由KW=cHcOH=1.010，则cOH=1.010molL，H2O

电离出的cOH-=1.010-10molL-1，故B正确；

C．0.1mol/L的HA溶液与0.1mol/L的NaA溶液等体积混合，根据电荷守cA-+cOH-=cNa++cH+，

故C正确；

D．滴加NaOH溶液至pH=7时，溶液中存在电荷守恒，则有：cA-+cOH-=cNa++cH+，因为

cH+=cOH-，则cA-=cNa+，故D正确；

选A。

8．常温下，将NH3通入50mLNH4Cl溶液中至pH=10，再向其中滴加1mol/L盐酸。溶液的pH随加入盐

酸体积的变化如图所示，下列说法不正确的是

--4+-

A．a点溶液中，c(OH)=1×10mol/LB．b点溶液中，c(NH4)>c(Cl)

C．a→b，水的电离程度减小D．c点时，加入的n(HCl)小于通入的n(NH3)

【答案】C

【详解】A.a点是c(H+)=10-10mol/L，根据Kw=c(H+)•c(OH-)，所以溶液中c(OH-)=10-4mol/L，故A正确；

--++-+

B.b点表示的溶液呈碱性，根据电荷守恒有：c(OH)+c(Cl)=c(NH4)+c(H)，所以有c(Cl)＜c(NH4)，故B

正确；

C.碱溶液中滴入酸溶液发生酸碱中和反应，生成可水解的盐和水，水的电离程度增大，所以a→b，水的电

离程度增大，故C错误；

D.氨气和氯化氢反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐其水溶液呈酸性，当恰好反应时溶液应该呈酸性，

但c点溶液呈碱性，说明氨气过量，故D正确；

故选C。

03溶液的酸碱性与pH

9．（2025·北京朝阳·一模）下列实验对应的操作中，合理的是

A．检验溴乙烷与NaOH反应后的BrB．测钠与水反应后溶液的pH

C．验证铜与浓硫酸反应生成CuSO4D．配制一定物质的量浓度的NaCl溶液

A．AB．BC．CD．D

【答案】D

【详解】A．检验溴乙烷与NaOH反应后的Br需要先用硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，A不合理；

B．测溶液的pH值不能将pH试纸直接插入溶液中，应该用玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上，B不合理；

C．应该将铜与浓硫酸反应后的溶液倒入水中，并用玻璃棒搅拌，C不合理；

D．配制一定物质的量浓度的NaCl溶液定容时，液面离刻度线约1cm时，眼睛平视，用胶头滴管滴加至液

体凹液面最低与刻度线相平，D合理；

答案选D。

10．（2025·北京·模拟预测）分布系数δ在处理平衡浓度时，应用广泛。图为草酸的分布系数与pH的关系图

-2-5

其中，草酸Ka1=5.9×10，Ka2=6.4×10。

下列说法不正确的是

A．图像中的两条竖线分别代表pKa1和pKa2，如果是碳酸的分布系数曲线，则图像总体右移

2

B．pH=5时，0.1mol/L的草酸溶液中，C2O4是优势存在形体

C．由图像可知，草酸钠溶液的pH介于2.5~3之间

2

D．忽略第二步水解，0.1mol/L的Na2C2O4中C2O4的水解率约为62%

【答案】CD

【详解】A．图像中的两条竖线分别代表pKa1和pKa2，如果是碳酸的分布系数曲线，由于碳酸的酸性比草

+

酸酸性弱，电离产生的c(H)更小，因此其pKa1和pKa2比草酸的大，故图像总体向右移，A正确；

2

B．根据图像可知：δ2表示H2C2O4的分布分数，δ1表示HC2O4的分布分数，δ0表示C2O4的分布分数。pH

2

的第二步电离平衡常数的负对数的值介于4＜pK2＜5，故当pH=5时，0.1mol/L的草酸溶液中，C2O4是优

2

势存在形体，溶液中主要以C2O4形式存在，B正确；

C．草酸钠是强碱弱酸盐，其水解平衡常数

c(HCO-)c(OH-)c(HCO-)c(OH-)c(H+)K1.010-14

2424w-10

Kh1=2-2-+==-5=1.6×10，所以草酸钠溶液的pH介于

c(C2O4)c(C2O4)c(H)Ka26.410

9~10，C错误；

-10

D．根据选项C计算可知草酸钠的水解平衡常数Kh1=1.6×10，

--2-2-

c(HC2O4)c(OH)c(HC2O4)c(HC2O4)-102-6

Kh1=2-2-1.6×10，c(C2O4)=4.0×10mol/L，则0.1mol/L的Na2C2O4

c(C2O4)c(C2O4)0.1

-6

24.010-3

中C2O4的水解率约为100%=4.0×10%＜62%，D错误；

0.1

故合理选项是CD。

11

11．常温下，用0.5molLNaHCO3溶液滴定25.00mL0.25molLCaCl2溶液，消耗NaHCO3溶液的体积与混

合液pH关系如图所示。滴定过程中有白色沉淀生成，但整个过程未见气泡产生。已知：碳酸

K4.5107，K4.71011；KCaCO3.4109。下列说法正确的是

a1a2sp3

2

A．ab段pH升高的主要原因：HCO3CaCaCO3H

B．bc段溶液不可能出现白色沉淀

2

C．b点：cCO3cH2CO3

22

D．c点：2cCa2cCO3cHCO3

【答案】D

【详解】A．ab段pH升高的原因是：碳酸氢钠水解呈弱碱性，不断滴入氯化钙溶液中，使氢氧根离子浓度

增大、氢离子浓度减小，A错误；

B．滴定过程中有白色沉淀生成，但整个过程未见气泡产生，说明加入一定量的碳酸氢钠溶液后，碳酸氢钠

与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和碳酸，溶液酸性增强，pH减小，结合图像可知，bc段溶液出现白色沉淀，

B错误；

-

C．b点pH最大，溶质为碳酸氢钠、氯化钙，HCO3+H2OH2CO3+OH，

-

c(H2CO3)c(OH)KW8-2-

Kh=-=2.210Ka2，则HCO3水解大于电离，故c(CO3)<c(H2CO3)，C错误；

c(HCO3)Ka1

D．c点pH=7.2，溶液显碱性，故c(H)<c(OH)，根据电荷守恒可知

+2+2---

c(H)+c(Na)+2c(Ca)=c(OH)2c(CO3)+c(HCO3)+c(Cl)，由碳酸氢钠和氯化钙的物质的量可知

+-2+2--

c(Na)=c(Cl)，则有2c(Ca)>2c(CO3)+c(HCO3)，D正确；

故选D。

V

12．常温下，将pH相同、体积均为V0的盐酸和醋酸分别加水稀释至V，pH随lg的变化如图所示。下

V0

列说法不正确的是

A．曲线②表示CH3COOH溶液

B．c点溶液的导电性比b点溶液的导电性强

--

C．盐酸和醋酸分别稀释到pH=4时，c(Cl)＞c(CH3COO)

D．c点酸的总浓度大于a点酸的总浓度

【答案】C

V

【详解】A．开始时溶液pH=3，当lg=1，即溶液都稀释10倍，曲线①pH=4，pH增大了1个单位，而

V0

曲线②pH=3.5＜4，pH变化小于1个单位，说明曲线①表示盐酸，曲线②表示CH3COOH溶液，A正确；

B．同一酸溶液，溶液稀释倍数越小，溶液的pH越小，离子浓度越大，该溶液的导电能力就越强。根据图

示可知溶液的pH：c＜b，则离子浓度：c＞b，所以c点溶液的导电性比b点溶液的导电性强，B正确；

+--

C．在HCl溶液中存在电荷守恒：c(H)=c(OH)+c(Cl)，在CH3COOH溶液中也存在电荷守恒：

+--+-

c(H)=c(OH)+c(CH3COO)，当盐酸和醋酸分别稀释到pH=4时，两种溶液中c(H)相等，c(OH)也相等，因

--

此c(Cl)=c(CH3COO)，C错误；

D．pH相等的两种酸溶液，c(CH3COOH)＞c(HCl)，当二者稀释相同倍数时，HCl只有稀释作用使离子浓度

减小，而弱酸CH3COOH在溶液中存在电离平衡，又电离产生离子，使离子浓度有所增加，此时溶液中酸

的浓度仍然是c(CH3COOH)＞c(HCl)，即c点酸的总浓度大于a点酸的总浓度，D正确；

故合理选项是C。

04酸碱中和滴定

13．（2025·北京朝阳·一模）CO(NH2)2H2O2（俗称过氧化脲）常温下为白色晶体，易溶于水，其热分解

温度为45℃。在水溶液中会离解为过氧化氢和尿素，可用作漂白剂。

(1)H2O2是（填“极性”或“非极性”）分子。

(2)CO(NH2)2中，

①C原子的杂化轨道类型是杂化。

②沸点：尿素CO(NH2)2丙酮（CO(CH3)2）（填“>”或“<”），解释其原因：。

③通过X射线衍射测定，一种尿素晶体的晶胞结构如图所示，其中含有结晶水。该晶胞边长为anm，若阿

伏伽德罗常数为NA，则晶胞密度=，晶体中与1个(NH2)2CO距离最近且相等的CO(NH2)2有

个。

(3)用尿素和过氧化氢制取过氧化脲，反应方程式：CO(NH2)2H2O2CO(NH2)2H2O2

3

烧杯中分别加入25mL30%H2O2（1.11gcm）、40mL蒸馏水和12.0g尿素，搅拌溶解。30℃下反应

40min，冷却结晶、过滤、干燥，得白色针状晶体9.4g。

①过滤中使用到的玻璃仪器有、（写出两种即可）

②过氧化脲的产率为。

(4)过氧化脲性质检测

步骤一：过氧化脲溶液用稀H2SO4酸化后，滴加KMnO4溶液，紫红色消失。

步骤二：过氧化脲溶液用稀H2SO4酸化后，加入KI溶液和四氯化碳，振荡，静置，现象。

①步骤二中的现象为。

②整个检测过程中说明过氧化脲具有的性质是。

(5)产品纯度测定

溶液配制：称取一定量产品，用蒸馏水溶解后配制成100mL溶液。下图为“溶液配制”的部分过程，操作a

应重复3次，目的是，定容后还需要的操作为。

滴定分析：量取25.00mL过氧化脲溶液至锥形瓶中，加入一定量稀H2SO4，用准确浓度的KMnO4溶液滴

定至微红色，记录滴定体积，计算纯度。

①“滴定分析”步骤中，下列操作错误的是（填标号）。

A．KMnO4溶液置于酸式滴定管中B．用量筒量取25.00mL过氧化脲溶液

C．滴定近终点时，用洗瓶冲洗锥形瓶内壁D．锥形瓶内溶液变色后，立即记录滴定管刻度

②以下操作导致氧化脲纯度测定结果偏低的是（填标号）。

A．容量瓶中液面超过刻度线B．滴定管水洗后未用KMnO4溶液润洗

C．摇动锥形瓶时KMnO4溶液甩出瓶外D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失

【答案】(1)极性

21

231210-3

(2)sp>尿素分子间会形成氢键而丙酮没有3gcm12个

aNA

(3)烧杯、漏斗、玻璃棒（任选一个即可）漏斗（任选一个即可，但是不能和上面的重复）50%

(4)液体分层，上层为无色，下层为紫红色还原性

(5)避免溶质损失盖好瓶塞，反复上下颠倒、摇匀、装瓶BDA

【详解】（1）H2O2分子的结构可以表示为H-O-O-H，氧原子比氢原子电负性大，在分子中氧原子会吸引

电子对偏向自己，使得氧原子带部分负电荷，氢原子带部分正电荷，而且H2O2分子不是对称的线性分子，

它的空间构型是扭曲的，这种不对称的形状导致分子中电荷不能完全抵消，从而产生极性，故答案为：极

性；

（2）尿素中的碳原子形成3个σ键（2个C-N键和1个C=O中的σ键），因此需要3个杂化轨道，根据价

层电子对互斥理论可知尿素中的碳原子采取sp2杂化；尿素分子间存在氢键，会使物质的沸点升高，而丙酮

分子间不存在氢键，所以尿素的沸点高于丙酮；已知晶胞边长为anm，根据立方体体积公式V=a3，可得晶

333-213

胞体积V=anm=a10cm；从晶胞结构图可知，晶胞中含有4个CO(NH2)2分子和4个H2O分子，CO(NH2)2

-1-14

的摩尔质量为60gmol，H2O的摩尔质量为18gmol，所以晶胞的质量为m=nM=(6018)g，所以晶

NA

4

(6018)g21

胞的密度为mNA31210-3；从晶胞结构图可以看出，与1个CO(NH2)2距离最近

ρ=3-2133gcm

Va10cmaNA

21

31210-3

且相等的CO(NH2)2有12个；故答案为：3gcm；12个；

aNA

（3）①过滤用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒（任选两个即可）；

②实验中加入尿素的质量为12.0g，则物质的量为0.2mol，过氧化氢的质量为

m(HO)=ρV30%1.11gcm-325mL30%=8.325g

22，物质的量约为0.245mol，由尿素和过氧化氢制取过氧

化脲的反应方程式：CO(NH2)2H2O2CO(NH2)2H2O2可知过氧化氢过量，产率应按照尿素的质量计算，

理论上可得到过氧化脲0.2mol，质量为0.2mol×94g/mol=18.8g，实验中实际得到过氧化脲9.4g，故过氧化脲

9.4g

的产率为100%50%。故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒（任选两个即可）；50%；

18.8g

（4）①检测Ⅱ用稀硫酸酸化，加入KI溶液和四氯化碳溶液，过氧化脲会将KI氧化为I2单质，体现了过氧

化脲的氧化性，生成的I2在四氯化碳中溶解度大，会溶于四氯化碳溶液，且四氯化碳密度大于水，振荡，

静置后出现的现象为：液体分层，上层为无色，下层为紫红色；②在过氧化脲的性质检测中，检测Ⅰ用稀硫

酸酸化，加入高锰酸钾溶液，紫红色消失，说明过氧化脲被酸性高锰酸钾氧化，体现了过氧化脲的还原性；

故答案为：液体分层，上层为无色，下层为紫红色；还原性；

（5）操作a为洗涤烧杯和玻璃棒，并将洗涤液转移到容量瓶中，目的是避免溶质损失；定容后应盖好瓶塞，

反复上下颠倒、摇匀、装瓶；

①A．KMnO4溶液是强氧化性溶液，应置于酸式滴定管中，故A正确；

B．量筒的精确度不能达到0.01mL，量取25.00mL的溶液应选用滴定管，故B错误；

C．滴定过程中，待测液有可能会溅到锥形瓶内壁，滴定近终点时，为了使结果更精确，可用洗瓶冲洗锥形

瓶内壁，故C正确；

D．锥形瓶内溶液变色后，应等待30s，观察溶液不再恢复原来的颜色后，才能记录滴定管液面刻度，故D

错误；故答案为：BD；

②A．在配制过氧化脲溶液时，容量瓶中液面超过刻度线，会使溶液体积偏大，配制溶液的浓度偏低，会

使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏低，导致测定结果偏低，故A符合题意；

B．滴定管水洗后未用KMnO4溶液润洗，会导致KMnO4溶液浓度偏低，会使滴定过程中消耗的KMnO4溶

液体积偏高，导致测定结果偏高，故B不符合题意；

C．摇动锥形瓶时KMnO4溶液滴到锥形瓶外，会使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高，导致测定结果

偏高，故C不符合题意；

D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，会使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高，导致测

定结果偏高，故D不符合题意；故答案为：A；

故答案为：避免溶质损失；盖好瓶塞，反复上下颠倒、摇匀、装瓶；BD；A；

14．（2025·北京朝阳·二模）铁矿石中存在硫酸盐(主要为BaSO4)和少量硫化物。测定铁矿石中硫含量的一

种方法是把矿石中的硫元素转化为SO2，再利用滴定法测定SO2。

(1)高温下BaSO4完全分解为BaO、SO2和。

(2)测定过程如下：

向吸收器内滴入少量KIO3标准溶液至溶液呈淡蓝色。将铁矿石样品置于管式炉(已预热至高温)内，通入空

气，当吸收器内溶液淡蓝色消退时，立即用KIO3标准溶液滴定至淡蓝色复现。随着SO2不断通入，滴定过

程中溶液颜色“蓝色消退-蓝色复现”不断变换，直至终点。

①持续通入空气，空气的作用是。

②依据现象，滴定过程发生的反应有IO35I6H3I23H2O、。

③滴定达终点的实验现象是。

1

(3)KIO3标准溶液的浓度为amolL，消耗1mL该溶液相当于g硫。根据到达滴定终点时消耗

KIO3标准溶液的体积，可计算铁矿石样品中硫的质量分数。

(4)条件控制和误差分析

①测定时，需要控制吸收器中溶液的pH。若pH过低时，非IO3氧化生成的I2使测定结果偏小。生成I2的

离子方程式为。

②IO3能直接将SO2完全氧化。吸收器中加入KI，滴定时SO2能被完全吸收。若吸收器中不加KI，滴定时

通入的SO2会部分逸出溶液，原因是。

【答案】(1)O2

2

(2)将SO2导入吸收器中；将硫化物氧化为SO2SO2I22H2O4HSO42I溶液变为淡蓝色，

且半分钟内不褪色

(3)0.096a(4)O24I4H2I22H2OIO3与SO2的反应速率较慢

【详解】（1）根据氧化还原的规律结合题给信息可知，硫由+6价降低到+4价，则同时应该有化合价的升

高，故产物中还应该存在O2；

（2）①通入空气可将管式炉中矿石中的硫元素转化为二氧化硫、且将生成的SO2气体全部吹入吸收器，确

保SO2完全参与后续反应，避免损失，故答案为：将SO2导入吸收器中；将硫化物氧化为SO2；

--

②滴定过程中KIO3与I反应生成I2，随后I2与SO2反应，被还原为I，第二个反应体现了I2氧化SO2的过

2

程，故答案为：SO2I22H2O4HSO42I；

-

③淀粉遇I2显蓝色。即SO2反应完全后，吸收器内溶液淡蓝色消退，继续滴加KIO3，过量的IO3与I反应

生成I2，溶液变为稳定的蓝色，且半分钟内不褪色，即为终点，故答案为：溶液变为淡蓝色，且半分钟内

不褪色；

-

（3）根据反应关系：1molIO3~3molI2~3molSO2~3molS，消耗的KIO3物质的量为

n=cV=amolL-11mL10-3LmL-1=a10-3mol，对应的S的质量为：

m=nM=a10-3mol32gmol-13=0.096ag；

-

（4）①若溶液pH过低，I会被空气中的O2氧化为I2，导致额外生成I2，消耗KIO3标准溶液体积减少，使

测定结果偏小，故答案为：O24I4H2I22H2O；

②KIO3与SO2反应动力学缓慢，而I2与SO2反应迅速，确保SO2被完全氧化留在溶液中。若不加入KI，则

未反应的SO2会积累在溶液中，超过最大溶解度时会逸出，故答案为：IO3与SO2的反应速率较慢。

15．（2025·北京·模拟预测）某兴趣小组根据联合制碱的原理，在实验室中采用NH4HCO3和粗盐在特定的

浓度和温度条件下进行反应制备少量Na2CO3并检验其纯度。实验过程如下：

①将盛有提纯后NaCl溶液的烧杯加热至30-35℃，不断搅拌下将预先研细的一定质量的NH4HCO3分5次全

部投入溶液中，加完后继续保持该温度搅拌30min，静止，抽滤除去母液，用饱和碳酸氢钠的酒精水(1:1)

溶液洗涤除去吸附在表面的铵盐和NaCl，获得NaHCO3。

②将产品小火烘干后转移到坩埚中，放入高温炉恒温300℃加热30min，停止加热，移入干燥器中保存备用。

③将准确称取自制的Na2CO3产品mg置于锥形瓶中，加50mL蒸馏水溶解后滴加2滴“指示剂1”，用浓度

为1的盐酸标准液滴定，边滴加边振荡至终点，读取所消耗的体积为。

cmolLHClV1mL

④继续向锥形瓶中加入2滴“指示剂2”，用HCl标准溶液继续滴定，使溶液颜色突变为橙色，将锥形瓶放到

石棉网上加热煮沸1~2min，冷水浴冷却后溶液又变为黄色，再继续补滴HCl至溶液变为橙色(30s不褪色)

为止，此时为第二个滴定终点，记录整个滴定过程中所消耗HCl的总体积V总mL。

回答下列问题：

(1)粗盐使用前需要除去CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，下列除杂试剂加入顺序为。

a→_______→_______→_______。(填选项即可)

a．NaOH溶液b．稀盐酸c．Na2CO3溶液d．BaCl2溶液

(2)步骤①中温度不能高于35℃的原因是。

(3)步骤③中量取10.00mL的一定浓度的盐酸来配制100mL盐酸标准溶液需要的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、

_______(从下列图中选择，填选项)。

A．B．C．D．

(4)步骤③中“指示剂1”为，在此过程中盐酸一定要逐滴加入并不断振荡，以防止。

(5)根据上述数据，样品中Na2CO3的百分含量为，NaHCO3的百分含量为。

(6)步骤④中达滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则NaHCO3质量分数的计算结果(填

“偏大”“偏小”或“无影响”)。

【答案】(1)dcb(2)防止温度高于35℃，NH4HCO3分解(3)ABC

(4)酚酞HCl局部浓度过高生成CO2，影响测定结果

cV106cV总-2V84

(5)1100%1100%(6)偏小

1000m1000m

【详解】（1）除去氯化钙可以用碳酸钠溶液，同时碳酸钠可以除去过量的氯化钡，除去氯化镁可以用氢氧

化钠溶液，除去硫酸钠可以用氯化钡溶液，由于碳酸钠可以除去过量的氯化钡，则碳酸钠应该在氯化钡之

后加入，沉淀完过滤后，注意用盐酸除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，则顺序为：adcb，则答案为：dcb；

（2）步骤①为NH4HCO3的溶解，温度过高NH4HCO3会分解，故答案为：防止温度高于35℃，NH4HCO3

分解；

（3）配制100mL盐酸标准溶液需要的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、100mL的容量瓶和胶头滴管，为了准

确量取10.00mL的一定浓度的盐酸，需要酸式滴定管，故答案为：ABC；

（4）步骤③和④是利用双指示剂的方法，用盐酸滴定碳酸钠溶液，“指示剂1”的滴定终点为盐酸和碳酸钠

反应生成碳酸氢钠，此时溶液显碱性，故“指示剂1”为酚酞；滴定过快，会导致盐酸局部浓度大而生成二氧

化碳，故答案为：酚酞；HCl局部浓度过高生成CO2，影响测定结果；

（5）根据题中已知信息第一次终点为Na2CO3生成NaHCO3，则第一次终点消耗的HCl的体积为V1mL，

-31-3

nHCl=nNa2CO3=V110LcmolLcV110mol，第二次滴定时碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、

二氧化碳和水，第二次终点消耗的HCl的体积为(V总V1)mL，则样品中碳酸氢钠的物质的量

-3

nNaHCO3nHClc(V总2V1)10mol，则原样品中Na2CO3的质量分数为

-3

mNa2CO3cV110mol106g/molcV1106

100%100%100%，原样品中Na2CO3

mNaHCO3mNa2CO3mg1000m

的质量分数为

-3

mNaHCOc(V2V)10mol84g/molcV总-2V84