专题09 水溶液中的离子反应与平衡（复习讲义）（北京专用）2026年高考化学二轮复习讲练测

该高中化学高考复习资料聚焦水溶液中的离子反应与平衡专题，涵盖水的电离及溶液酸碱性、盐类水解、沉淀溶解平衡三大核心考点，按考纲要求构建必备知识-关键能力-命题预测的逻辑体系，通过考点梳理、方法指导（如守恒关系应用）、真题训练（北京卷真题及解析）等环节，帮助学生系统突破重点难点。 资料突出高考命题导向，结合真题动向设计考向预测（如滴定曲线分析、离子浓度比较），通过实验情境题（如中和滴定操作正误判断）培养科学探究与实践能力，设置基础巩固到综合应用的分层练习，配合命题解读和易错提醒，助力学生高效提升应考能力，为教师精准把控复习节奏提供清晰指引。

专题09 水溶液中的离子反应与平衡 目录 01 析·考情精解 2 02 构·知能架构 3 03 破·题型攻坚 4 题型一 水的电离及溶液的酸碱性 4 真题动向 多以滴定曲线、图像为载体，结合Kw与弱酸/弱碱电离常数，考查水电离平衡、pH计算及溶液酸碱性判断，非选择侧重滴定原理应用与误差分析。 必备知识 知识1溶液的酸碱性与pH 知识2 酸、碱溶液稀释时pH的变化规律 知识3 酸、碱中和滴定 知识4 水的电离 命题预测 考向1 水的电离 考向2 溶液的酸碱性与pH 考向3 酸碱中和滴定 题型二 盐类的水解 16 真题动向 常结合生活/实验情境，以水解方程式书写、离子浓度比较为核心，通过守恒关系（电荷、物料、质子）综合考查水解规律与平衡影响因素，重视理论联系实际。 必备知识 知识1盐类的水解 知识2 影响盐类水解平衡的因素 关键能力 能力 电解质溶液中粒子浓度关系 命题预测 考向1 盐类水解原理 考向2 影响盐类水解平衡的因素 考向3 盐类水解的应用 题型三 沉淀溶解平衡的应用 29 真题动向 聚焦Ksp计算、沉淀生成/溶解/转化的判断，多以工业除杂、废水处理为情境，结合pM - pX等图像，考查Q与Ksp关系及平衡移动原理的工业应用。 必备知识 知识1沉淀的溶解平衡及应用 知识2沉淀溶解平衡的应用 知识3沉淀的转化 知识4沉淀溶解平衡常数及其应用 命题预测 考向1 难溶电解质德尔沉淀溶解平衡 考向2 沉淀溶解平衡的应用 考向3 溶度积 命题轨迹透视 1、核心考点聚焦：始终围绕弱电解质电离、盐类水解、沉淀溶解平衡、中和滴定四大模块，穿插水的电离、三大守恒、平衡常数（Ka/Kb/Kw/Kh/Ksp） 等核心工具。 2、选择压轴：以图像分析+常数计算为主，难度中等偏难 3、填空/实验：结合工艺或探究，考查Ksp应用、沉淀转化、离子浓度比较，强调定量与误差分析。 考点频次总结 考点 2025年 2024年 2023年 2022年 2021年 水的电离及溶液的酸碱性 北京卷T19，13分 北京卷T6，3分 —— 北京卷T17，10分 北京卷T16，10分 北京卷T18，12分 盐类的水解 —— 北京卷T9，3分 北京卷T8，3分 北京卷T19，13分 北京卷T3，3分 北京卷T5，3分 北京卷T14，3分 北京卷T5，3分 北京卷T7，3分 北京卷T9，3分 北京卷T12，3分 沉淀溶解平衡的应用 北京卷T5，3分 北京卷T5，3分 —— 北京卷T18，14分 —— 2026命题预测 1、紧扣碳中和、氢能、固态电池、生物质转化等热点，以工业合成、催化转化、新型储能为载体，给出陌生反应与能量/机理图，考信息提取与迁移。 2、选择题：1道压轴，以图像分析+常数计算为主，难度中等偏难，覆盖2-3个平衡模块。 3、非选择（工艺/实验）：1-2个设问，考查Ksp应用、沉淀转化、离子除杂，强调定量计算与误差分析，难度中等偏难。 题型一 水的电离及溶液的酸碱性 1．（2024北京，6，3分）下列实验的对应操作中，不合理的是 眼睛注视锥形瓶中溶液 A．用标准溶液滴定溶液 B．稀释浓硫酸 C．从提纯后的溶液获得晶体 D．配制一定物质的量浓度的溶液 A．A B．B C．C D．D 命题解读 新情境：本题选取中和滴定、浓硫酸稀释、蒸发结晶、一定物质的量浓度溶液配制四个实验室核心基础操作作为情景，无复杂工业/科研背景，而是聚焦教材基础实验的规范操作细节，贴合北京卷对“化学实验基础素养”的考查倾向，情景虽常规但更侧重对操作本质的理解，而非单纯的知识记忆。 新考法：摒弃以往对实验原理的复杂设问，转而针对操作中的易错点、危险操作设题（如浓硫酸稀释的顺序错误），要求考生能精准识别“看似常规却存在致命错误”的操作。 新角度：本题所有操作均来自教材基础实验，破题的关键是跳出“死记步骤”的思维，回归教材中对操作原因和原理的讲解，而非仅记忆操作流程。 2．（2025北京，19，13分）化学反应平衡常数对认识化学反应的方向和限度具有指导意义。实验小组研究测定“”平衡常数的方法，对照理论数据判断方法的可行性。 (1)理论分析 ①易挥发，需控制生成较小。 ②根据时分析，控制合适，可使生成较小；用浓度较大的溶液与过量反应，反应前后几乎不变；，仅需测定平衡时溶液和。 ③与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略。 (2)实验探究 序号 实验内容及现象 I ，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，充分反应后，溶液变为黄色，容器液面上方有淡黄色气体。 Ⅱ ，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，反应时间与I相同，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气体。 Ⅲ 测定I、Ⅱ反应后溶液的；取一定量反应后溶液，加入过量固体，用标准溶液滴定，测定。 已知：；和溶液颜色均为无色。 ①Ⅲ中，滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点时的现象是 。用离子方程式表示的作用： 。 ②I中，与反应前的溶液相比，反应后溶液的 (填“增大”、“减小”或“不变”)。平衡后，按计算所得值小于的K值，是因为挥发导致计算时所用 的浓度小于其在溶液中实际浓度。 ③Ⅱ中，按计算所得值也小于的K值，可能原因是 。 (3)实验改进 分析实验I、Ⅱ中测定结果均偏小的原因，改变实验条件，再次实验。 控制反应温度为，其他条件与Ⅱ相同，经实验准确测得该条件下的平衡常数。 ①判断该实验测得的平衡常数是否准确，应与 值比较。 ②综合调控和温度的目的是 。 命题解读 新情境：以“测定反应平衡常数”为核心任务，模拟化学科研中“理论预判→实验验证→数据处理”的完整探究流程，跳出教材中单一反应平衡的静态考查，贴合真实化学研究逻辑。 新考法：要求结合给出的K值、物质性质（Br2挥发性、与水反应程度），判断实验测定平衡常数的可行性，考查信息提取与逻辑论证能力，而非单纯计算平衡常数。 新角度：题干给出K≈6.3×1015（25℃），说明该反应正向进行的趋势极大，结合“用浓度较大的KBr溶液与过量MnO2反应，c(Mn2+)<<c(Br-)”的条件，可判断平衡时Br-浓度近似不变，为“仅测pH和Br2”提供理论依据。 3．（2022北京卷，17，10分）碘番酸是一种口服造影剂，用于胆部X—射线检查。其合成路线如下： 已知：R1COOH+R2COOH+H2O (1)A可发生银镜反应，A分子含有的官能团是 。 (2)B无支链，B的名称是 。B的一种同分异构体，其核磁共振氢谱只有一组峰，结构简式是 。 (3)E为芳香族化合物，E→F的化学方程式是 。 (4)G中含有乙基，G的结构简式是 。 (5)碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上。碘番酸的相对分子质量为571，J的相对分子质量为193，碘番酸的结构简式是 。 (6)口服造影剂中碘番酸含量可用滴定分析法测定，步骤如下。 步骤一：称取amg口服造影剂，加入Zn粉、NaOH溶液，加热回流，将碘番酸中的碘完全转化为I-，冷却、洗涤、过滤，收集滤液。 步骤二：调节滤液pH，用bmol∙L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液的体积为cmL。 已知口服造影剂中不含其它含碘物质。计算口服造影剂中碘番酸的质量分数 。 4．（2021北京卷，16，10分）某小组实验验证“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。 (1)实验验证 实验I：将0.0100 mol/L Ag2SO4溶液与0.0400 mol/L FeSO4溶液(pH=1)等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。 实验II：向少量Ag粉中加入0.0100 mol/L Fe2(SO4)3溶液(pH=1)，固体完全溶解。 ①取I中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是 。 ②II中溶液选用Fe2(SO4)3，不选用Fe(NO3)3的原因是 。 综合上述实验，证实“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应。 ③小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图,写出操作及现象 。 (2)测定平衡常数 实验Ⅲ：一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取v mL上层清液，用c1 mol/L KSCN标准溶液滴定Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液v1 mL。 资料：Ag++SCN-AgSCN↓（白色） K=1012 Fe3++SCN-FeSCN2+（红色） K=102.3 ①滴定过程中Fe3+的作用是 。 ②测得平衡常数K= 。 (3)思考问题 ①取实验I的浊液测定c(Ag+)，会使所测K值 (填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。 ②不用实验II中清液测定K的原因是 。 知识1 溶液的酸碱性与pH 1、溶液的酸碱性 常温下，溶液的酸碱性与c(H＋)、c(OH－)的关系： 溶液的酸碱性 c(H＋)与c(OH－) 比较 c(H＋)大小 酸性溶液 c(H＋)＞c(OH－) c(H＋)＞1×10－7mol·L－1 中性溶液 c(H＋)＝c(OH－) c(H＋)＝1×10－7mol·L－1 碱性溶液 c(H＋)＜c(OH－) c(H＋)＜1×10－7mol·L－1 2、溶液的pH (1)表达式为pH＝－lgc(H＋)。 (2)使用范围：pH的取值范围为0～14，即只适用于c(H＋)≤1 mol·L－1或c(OH－)≤1 mol·L－1的电解质溶液，当c(H＋)或c(OH－)≥1 mol·L－1时，直接用c(H＋)或c(OH－)表示溶液的酸碱性。 知识2 酸、碱溶液稀释时pH的变化规律 稀释10n倍 无限稀释 强酸 c(H＋)减小为原来的，pH稀＝pH原＋n<7 由于水的电离不可忽视，pH只能接近7，不可能大于7 强碱 c(OH－)减小为原来的，pH稀＝pH原－n>7 pH≈7(不可能小于7) 弱酸 c(H＋)减小的程度比强酸小，pH稀＜pH原＋n<7 pH≈7(不可能大于7) 弱碱 c(OH－)减小的程度比强碱小，pH稀＞pH原－n>7 pH≈7(不可能小于7) 知识3 酸、碱中和滴定 1、概念：用已知物质的量浓度的酸(或碱)来测定未知物质的量浓度的碱(或酸)的方法。 2、原理：c待＝(以一元酸与一元碱的滴定为例)。 3、酸碱中和滴定的关键 (1)准确测定参加反应的酸、碱溶液的体积。 (2)选取适当指示剂，准确判断滴定终点。 4、仪器与药品 (1)主要仪器：酸式滴定管、碱式滴定管、铁架台(带滴定管夹)、锥形瓶、大烧杯。 (2)药品：标准溶液、待测液、酸碱指示剂。 【易错提醒】 1、滴定管的精确度为0.01 mL。 2、选择指示剂的三个要点：a．变色范围与终点pH吻合或接近。 (1)指示剂变色范围越窄越好。 (2)指示剂在滴定终点时颜色变化明显，容易观察判断。 5、中和滴定实验操作(以 作指示剂，用盐酸滴定氢氧化钠溶液)。 (1)滴定前的准备 (2)滴定 (3)终点判断： 并记录标准液的体积。 (4)数据处理：重复2～3次，求出用去标准盐酸体积的平均值，根据原理计算：c(NaOH)＝ 知识4 水的电离 1、水的电离 简写为：H2OH＋＋OH－。 2、关于纯水的几个重要数据 3、外界因素对水的电离平衡的影响： (1)温度：温度升高， 水的电离，Kw ；温度降低， 水的电离，Kw 。 (2)酸、碱： 水的电离。 (3)能水解的盐： 水的电离。 (4)能与水反应的活泼金属： 水的电离。 【易错提醒】 1、水的离子积常数Kw＝c(H＋)·c(OH－)，不仅适用于纯水，也适用于所有水溶液。 2、水的离子积常数说明在任何水溶液中均存在水的电离平衡，都有H＋和OH－存在。 3、比较由H2O电离产生的c(H＋)的大小时，可先对物质进行分类，酸碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离。 考向1 水的电离 1．（2025·北京西城·三模）下列利用相关数据作出的推理或判断一定正确的是 A．利用溶液的大小可判断溶液中水的电离程度的大小 B．利用反应热数据判断反应速率的大小 C．依据沸点的数据，判断用分馏的方法从石油中获取汽油和煤油等 D．依据相对分子质量的数据，推测乙醇和丙烷沸点的相对高低 2．（2025·北京门头沟·一模）在时，向两份的溶液中分别滴加浓度均为的盐酸和溶液。部分离子浓度随加入溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是 A．相同条件下，醋酸和一水合氨的电离平衡常数相等 B．点和点存在的关系是 C．水的电离程度： D．点： 3．（2024·北京海淀·二模）某小组同学向溶液中匀速滴加氨水，实验数据及现象记录如下： 时间/s 0~20 20~94 94~144 144~430 pH 从5.2升高至5.9 从5.9升高至6.8 从6.8升高至9.5 从9.5升高至11.2 现象 无明显现象 产生蓝绿色沉淀，并逐渐增多 无明显变化 蓝绿色沉淀溶解，溶液变为深蓝色 经检测，蓝绿色沉淀为。下列说法正确的是 A．0s时，是因为 B．，主要反应的离子方程式为 C．从94s到144s，混合液中水的电离程度增大 D．从144s到430s，pH升高与转化为的反应有关 4．（2024·北京丰台·二模）25℃时，有浓度均为的4种溶液： ①盐酸    ②HF溶液    ③NaOH溶液    ④氨水 已知：25℃时，电离平衡常数， 下列说法不正确的是 A．溶液pH：③>④>②>① B．水电离出的浓度：①=③<②<④ C．②和④等体积混合后的溶液中： D．①和③混合后溶液(溶液体积变化忽略不计)，则 5．（2024·北京门头沟·一模）实验测得等物质的量浓度的和溶液随温度变化如图所示。下列说法不正确的是 A．和水解均是吸热反应 B．若将点溶液恢复到 C．点时已经完全分解 D．点之前，升温减小是改变与的电离和水解平衡移动共同作用的结果 考向2 溶液的酸碱性与pH 6．（2024·北京海淀·三模）向碘水、淀粉的混合液中加入溶液，蓝色褪去。为探究褪色原因，实验如图： 下列分析不正确的是 A．过程①中蓝色褪去的原因可能是氧化了 B．过程①后溶液可能明显变小 C．过程③中加入溶液的目的是除去 D．过程④说明过程①生成含的粒子 7．（2023·北京门头沟·一模）实验测得0.10 mol·L−1 NaHCO3溶液的pH随温度变化如下图。 下列说法正确的是 A．OM段随温度升高溶液的pH减小，原因是HCO水解被抑制 B．O点溶液和P点溶液中c(OH-)相等 C．将N点溶液恢复到25℃，pH可能大于8.62 D．Q点、M点溶液中均有：c(CO) + c(HCO) + c(OH-) = c(Na+) + c(H+) 8．（2025·北京延庆·一模）不同条件下，当与按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。 反应序号 起始酸碱性 还原产物 氧化产物 物质的量 物质的量 ① 酸性 0.002 x ② 中性 0.001 y 已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。下列说法不正确的是 A．反应①， B．随反应进行，①②溶液的均增大 C．对比反应①和②，在较高的溶液中易被氧化为高价 D．对比反应①和②， 9．（2025·北京东城·二模）25℃时，下列说法正确的是 A．2mL 0.1的醋酸和盐酸分别与足量锌反应，生成的量基本相同 B．溶液中： C．将0.1醋酸溶液稀释后，减小 D．pH=3的盐酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH>7 10．（2025·北京海淀·一模）硫铁矿矿渣周围的酸性废水中存在硫细菌和铁细菌，可促进的溶解，相关的物质转化如图，其中①~③均完全转化。下列说法不正确的是 A．硫细菌的存在可减少覆盖在硫铁矿矿渣表面的 B．铁细菌的存在能提高反应①的速率 C．废水中铁元素含量几乎不变 D．一段时间后，废水的降低 考向3 酸碱中和滴定 11．（2025·北京西城·三模）下列实验中，符合操作规范要求的是 A．向试管中滴加溶液 B．配制溶液 C．制备检验醛基用的银氨溶液 D．调控滴定速度 A．A B．B C．C D．D 12．（2025·北京西城·一模）下列实验的对应操作中不合理的是 A．用标准溶液滴定NaOH溶液 B．稀释浓硫酸 蒸发结晶 液面距刻线约 C．从模拟侯氏制碱法获得后的母液中获取晶体 D．配制一定物质的量浓度的溶液 A．A B．B C．C D．D 13．硫酸四氨合铜晶体中铜含量可按下列步骤测定： 下列说法不正确的是 A．步骤I，和反应破坏了稳定性，从而释放出 B．步骤II，需过量，以确保完全还原为 C．步骤III，当溶液变为浅黄色时再滴入淀粉溶液作为指示剂 D．计算元素含量必须需要的数据有：晶体的质量、固体的质量、滴定时消耗标准溶液的浓度和体积 14．（2025·北京东城·一模）关于下列仪器的说法正确的是 A．使用②和③之前须查验是否漏液 B．用⑤可保存浓硝酸或溶液 C．用二氧化锰和浓盐酸反应制备：选④⑦ D．用标准溶液滴定未知浓度的盐酸：选①② 15．（2025·北京·模拟预测）铜的分析化学 在高温氧化物超导材料研究中，铜基超导材料YBa2Cu3Oy(当y=7，式量为666.2)占有一席之地。能谱和结构分析发现，该系列化合物中铜的价态及相应的氧含量随制备条件而变化，由此对其性质产生显著的影响。通常，Y和Ba的价态分别为+3和+2，而Cu可以有不同的价态。 某样品中铜以+1、+2混合价态存在，化学式可表示为。采用碘量法测定样品中铜的含量与价态，从而确定化学式。测定过程如下： 实验A：称取0.1297 g粉末样品，转移到250 mL锥形瓶中，加入20 mL1 mol/L盐酸溶液使之溶解。在大气环境下充分搅拌2h(反应1)。然后充分除氧。加入20 mL0.7 mol/LKI溶液(反应2)，放置数分钟。以淀粉为指示剂，用0.1000 mol/LNa2S2O3标准溶液滴定(反应3)，消耗6.00 mL(V1)。 实验B：称取0.1297 g粉末样品，在惰性气保护下加入10 mL1 mol/L盐酸溶解样品。加入10 mL0.7 mol/LKI溶液。采取和实验A相同的滴定方法，消耗Na2S2O3标准溶液4.20 mL(V2)。 提示：实验B中，第一步反应只有固体的溶解，无Cu(I)的歧化反应；Ksp(CuCl)=1.72×10-7，Ksp(CuI)=1.27×10-12。 (1)反应1中，搅拌充分；反应2中，有非金属单质和沉淀形成；反应3中，Na2S2O3作为还原剂，待测物和标准液反应摩尔比为1：2，且产物是两种离子。反应2和反应3是间接碘量法的过程。请写出反应1~3的离子反应方程式。 反应1： 。 反应2： 。 反应3： 。 (2)实验A的详细滴定操作如下 a．检查，润洗仪器m，加入Na2S2O3的标准溶液，赶出气泡、调节液面至“0”刻度后准确记录读数 b．边滴边摇动锥形瓶(接近终点时，改为滴加标准液)，直到因加入标准液后(操作f) c．在待测液(已放置于锥形瓶)中，加入指示剂淀粉 d．把锥形瓶放在滴定管的下方，瓶下垫一张白纸，小心地滴入标准液 ①请对上列操作排序： 。 ②请写出操作f的具体操作： 。 (3)下列有关滴定反应中，指示剂的说法，不正确的是___________。 A．酸碱指示剂是一些有机弱酸或弱碱，在溶液中存在电离平衡 B．淀粉溶液是大分子溶液，能产生丁达尔效应 C．各种酸碱指示剂的变色范围是由理论计算求得的 D．当指示剂的变色点与滴定终点接近时，误差小 (4)通过计算，确定x和y的值为 。 题型二 盐类的水解 1.（2024北京，9 ，3分）氘代氨()可用于反应机理研究。下列两种方法均可得到：①与的水解反应；②与反应。下列说法不正确的是 A．和可用质谱法区分 B．和均为极性分子 C．方法①的化学方程式是 D．方法②得到的产品纯度比方法①的高 命题解读 新情境：以“氘代氨用于反应机理研究”为背景，将同位素标记技术与基础氨的性质、制备结合，跳出教材中纯基础物质的考查，贴合化学科研中同位素示踪的实际应用，体现化学学科的前沿性与实用性。 新考法：围绕ND3的分子结构、化学键、同位素原子的成键特点设题（如未展示选项可能考查ND3的空间构型、N-D键的极性等），从微观层面考查物质结构与性质的关系，符合北京卷对“宏微结合”核心素养的考查要求 新角度：从“水解反应的本质”角度分析制备原理：Mg3N2与D2O水解，遵循“盐类水解中阴阳离子分别结合水电离的H+和OH-”的核心，此处D2O电离出D+和OD-，因此N3-结合D+生成ND3，Mg2+结合OD-生成Mg(OD)2，据此可写出完整水解方程式。 2．（2024北京，8，3分）关于和的下列说法中，不正确的是 A．两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同 B．可用溶液使转化为 C．利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去 D．室温下，二者饱和溶液的差约为4，主要是由于它们的溶解度差异 命题解读 新情境：本题以Na2CO3和NaHCO3的性质对比为核心情景，未设置复杂工业/实验背景，而是聚焦两种钠盐的溶液行为、转化、除杂及溶液pH等基础且易混淆的知识点，贴合北京卷对“核心物质性质深度考查”的命题倾向，情景虽常规但直击知识应用的关键痛点。 新考法：选项A不再局限于电离、水解方程式的简单书写，要求全面分析溶液中所有分子、离子的种类，考查对盐类水解分步进行和水的电离的细节掌握；选项B、C将物质转化和除杂操作结合，把化学反应原理与实际实验操作关联，体现化学知识的实用性，是北京卷联系实验实践的典型考法。 新角度：从微粒构成的系统分析、反应应用的实践逻辑、性质本质的因果辨析三个新角度破题，核心是跳出“死记性质”的思维，直击原理本质。 3．（2024北京卷，19，13分）某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 (1)理论分析 依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是 。 (2)实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质 Ⅱ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质 Ⅲ 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是 。 ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因 。 ③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。 i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式 。 b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验 (填实验操作和现象)。 证实了此条件下可忽略对的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。 ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制， (填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。 (3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因 。 4．（2023北京卷，14，3分）利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同的体系中的可能产物。 已知：i.图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。 ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始，不同下由图1得到]。      下列说法不正确的是 A．由图1， B．由图2，初始状态，无沉淀生成 C．由图2，初始状态，平衡后溶液中存在 D．由图1和图2，初始状态、，发生反应： 知识1 盐类的水解 1、定义：在溶液中盐电离出来的离子跟 结合生成 的反应。 2、实质 →c(H＋)≠c(OH－)→溶液呈碱性、酸性或中性 3、特点 4、规律：有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，同强显中性。 5、水解方程式的书写 (1)一般要求 (2)三种类型的盐水解方程式的书写。 ①多元弱酸盐水解：分步进行，以第一步为主，一般只写第一步水解方程式。 ②多元弱碱盐水解：水解离子方程式一步写完。 ③阴、阳离子相互促进的水解：水解程度较大，书写时要用“===”、“↑”、“↓”等。 【易错提醒】 熟记下列因水解相互促进反应而不能大量共存的离子组合 ①Al3＋与HCO、CO3—、AlO、SiO32—、HS－、S2－、ClO－。 ②Fe3＋与HCO3—、CO32—、AlO2—、SiO32—、ClO－。 ③NH与SiO32—、AlO2—。 知识2 影响盐类水解平衡的因素 1、内因：形成盐的酸或碱的强弱。对应的酸或碱 就越易发生水解。 2、外因 (1)温度、浓度 条件 移动方向 水解程度 水解产生的离子浓度 升高温度 反应物浓度 增大 减小 (2)外加物质：外加物质对水解反应的影响取决于该物质的性质。 ①外加酸碱 外加物质 水解程度的影响 弱酸阴离子 弱碱阳离子 酸 碱 ②加能水解的盐 【易错提醒】 1、稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，但由于溶液体积的增大是主要的，故水解产生的H＋或OH－的浓度是减小的，则溶液酸性(或碱性)越弱。 2、向CH3COONa溶液中加入少量冰醋酸，并不会与CH3COONa溶液水解产生的OH－反应，使平衡向水解方向移动，原因是：体系中c(CH3COOH)增大是主要因素，会使平衡CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－左移。 能力 电解质溶液中粒子浓度关系 1、三大守恒 （1）电荷守恒规律：电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。 如NaHCO3溶液中存在着Na＋、H＋、HCO、CO、OH－， 存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)。 （2）物料守恒规律：电解质溶液中，由于某些离子能够水解或电离，粒子种类有所变化，变成其他离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素对应原子的总数是不会改变的。 如K2S溶液中S2－、HS－都能水解，故S原子以S2－、HS－、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)。 （3）质子守恒规律：电解质溶液中分子或离子得到或失去原子(H＋)的物质的量应相等。 如Na2S水溶液中的质子转移作用图示如下： 质子守恒的关系式也可由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。 （4）大招提炼 电荷守恒：全离子、阴阳分、乘电荷。 物料守恒：列初始、找比例、交叉乘、改弱粒。 质子守恒：几份溶质几份水，得失质子总想等。 考向1 盐类水解原理 1．（2025·北京·三模）学习小组为探究Co(II)、Co(III)的相关性质，室温下进行如下实验。 实验ⅰ 实验ⅱ 实验ⅲ 粉红色溶液，无明显变化 溶液变红，伴有气泡产生 溶液变为墨绿色，伴有气泡产生 资料： 溶液颜色 粉红色 蓝色 红色 墨绿色 下列说法正确的是 A．实验ii反应后的溶液中： B．实验ii反应后的溶液中比反应前减小 C．以上实验说明可催化的分解 D．向实验iii所得墨绿色溶液中加入过量浓盐酸可能会生成 2．（2025·北京丰台·二模）下列依据相关事实作出的推断或解释中，不正确的是 选项 事实 推断或解释 A 与盐酸、NaOH溶液均能反应，而只能与盐酸反应 碱性： B 常温下，一元弱酸的电离常数：， 常温下，同浓度溶液的pH：NaCN>NaF C 乙二醇、丙三醇都是黏稠液体 与分子间形成氢键有关 D 升高温度，溶液的pH减小 升高温度促进了的水解 A．A B．B C．C D．D 3．（2025·北京东城·二模）下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ无关的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 节日燃放的焰火 电子跃迁时释放能量 B 沸点：HBr>HCl 相对分子质量：HBr>HCl C 麦芽糖属于还原性糖 有甜味、能发生水解反应 D 熔点：牛油>花生油 脂肪酸的饱和程度：牛油>花生油 A．A B．B C．C D．D 4．（2025·北京朝阳·三模）利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同pH的体系中的可能产物。 已知：①图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。 ②图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始，不同pH下由图1得到]。 下列说法不正确的是 A．由图1，， B．由图2，初始状态，无沉淀生成 C．由图2，初始状态，平衡后溶液中存在 D．由图1和图2，推测向的溶液中滴加溶液，发生反应： 5．（2025·北京房山·三模）利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同pH的体系中的可能产物。 已知：i．图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。 ii．图2中曲线I的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合【注：起始，不同pH下由图1得到。】 下列说法不正确的是 A．由图1，， B．由图2，初始状态、，有沉淀生成 C．由图2，初始状态、，平衡后存在 D．由图1和图2，初始状态、，发生反应： 考向2 影响盐类水解平衡的因素 6．（2025·北京海淀·三模）某小组同学为了验证和对Mg与水反应的促进作用，用与水反应后的Mg条与4种盐溶液进行对比实验，结果如下。 实验序号 ⅰ ⅱ ⅲ ⅳ 盐溶液(均为) NaCl 起始pH 5.1 8.3 7.0 7.8 时产生气体体积(mL) 1.5 0.7 1.4 气体的主要成分 时镁条表面情况 大量固体附着(固体可溶于盐酸) 补充实验表明：(ⅰ)实验ⅰ中还检测出能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；(ⅱ)实验ⅱ中的固体含有碱式碳酸镁，气体含有二氧化碳。下列说法不正确的是 A．溶液中， B．对Mg与水反应的促进作用与有关 C．实验ⅱ中的电离平衡和水解平衡的移动方向相同 D．对比实验ⅰ、ⅱ可推知，浓度相同时，对Mg与水反应的促进作用： 7．（2025·北京石景山·一模）下列方程式与所给事实相符的是 A．碳酸钠溶液显碱性： B．铁在氯气中燃烧： C．用除去酸性溶液中的 D．实验室用铵盐与强碱加热制氨气： 8．（2022·北京朝阳·一模）溶于一定量水中，溶液呈浅棕黄色（a）。加入少量浓，黄色加深（b）。 已知：（黄色）；浓度较小时（用表示）几乎无色 取溶液进行如下实验，对现象的分析不正确的是 A．测溶液a的，证明发生了水解 B．将溶液a滴入沸水中并加热，有丁达尔效应，说明加热能促进水解 C．加入浓，与对溶液颜色变化、浓度大小的影响是一致的 D．向b中加入后，黄色褪至几乎无色，说明能抑制水解 9．（2022·北京西城·二模）常温下，向30mL溶液中加入溶液，溶液的pH随加入溶液的体积的变化如图。下列说法正确的是 已知：溶液的pH约为7 A．上图说明溶液中存在水解平衡 B．溶液中的比溶液中的大 C．溶液中存在： D．溶液的pH变化是浓度改变造成的 10．（2023·北京东城·二模）一种处理高浓度氨氮废水并获取的工艺流程如下。 已知：①难溶于水，可溶于酸。 ②时水中的溶解性：。 (1)下列说法正确的是 (填字母序号)。 a．可用作复合肥 b．分离的方法可以是过滤 c．废水中的会抑制水解 (2)沉淀剂的选择。其他条件相同，按投入相应的沉淀剂，其氨氮去除效果如图所示。 ①沉淀剂为ⅰ时，生成的离子方程式为 。 ②ⅲ和i相比，ⅲ的氨氮去除率低，原因是 。 ③沉淀剂为ⅱ和ⅳ时，氨氮去除率明显低于其他相应组，原因是 。 (3)用ⅰ作沉淀剂，研究其他条件相同时，不同下氨氮去除效果和溶液中余磷含量，结果如下。 ①时的氨氮去除率略大于时的氨氮去除率，原因是： a．生成了； b． (结合方程式解释)。 ②后，氨氮去除率明显减小，原因是 。 考向3 盐类水解的应用 11．（2025·北京海淀·三模）下列方程式与所给事实不相符的是 A．铝粉溶于氢氧化钠溶液，产生无色气体： B．在HCl气氛中加热制无水： C．草酸()使酸性溶液褪色： D．用银氨溶液检验乙醛中的醛基： 12．（2025·北京房山·三模）下列能达到对应实验目的的是 A．分离酒精和水 B．比较氧化性： C．由制取无水固体 D．比较Fe和Cu的金属活动性 A．A B．B C．C D．D 13．（2025·北京房山·三模）一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中b、d代表MgO或中的一种。下列说法不正确的是 A．a为，c为HCl B．d既可以是MgO，也可以是 C．已知为副产物，则通入水蒸气可减少的产生 D．等压条件下，反应①、②的反应热之和，等于氯化铵直接分解的反应热 14．（2025·北京丰台·一模）2025年1月，我国科研人员针对高效转化为HCOOH的研究取得了突破性进展。下列关于的说法正确的是 A．三种物质均属于有机化合物 B．均为非极性分子 C．和体现了和的氧化性 D．通过测定常温下HCOONa溶液的pH可以判断HCOOH是否为弱电解质 15．（2025·北京海淀·一模）可用去除酸性废水中的砷元素，形成沉淀。溶液中含砷微粒的物质的量分数与的关系如图1所示，砷去除率与温度的关系如图2所示。 已知：可缓慢水解，且溶于碱性溶液。 下列说法正确的是 A．沉淀反应为 B．图2能证明生成沉淀的反应为放热反应 C．产生的沉淀若不及时滤去，砷去除率会降低 D．加入的量越多，砷元素的去除率越高 题型三 难溶电解质的溶解平衡 1.（2025北京，5，3分）下列反应中，体现还原性的是 A．加热分解有生成 B．和的混合溶液加热有生成 C．固体在溶液中溶解 D．溶液中滴加溶液出现白色沉淀 命题解读 新情境：以含NH4+的不同反应（分解、氧化还原、盐类水解、复分解）为情景，未设置复杂工业或实验背景，而是聚焦NH4+在不同反应类型中的角色，将基础离子性质与四大基本反应类型结合，贴合北京卷“以基础反应考查核心概念”的命题特点。 新考法：摒弃单纯通过化合价变化判断还原性的常规设问，而是将NH4+的还原性考查融入不同反应类型中，要求考生先判断反应类型，再分析NH4+的化合价变化与电子转移，考查对“还原性本质（失去电子、化合价升高）”的深层理解。 新角度：从“化合价变化与电子转移”角度判断还原性，还原性的本质是微粒失去电子、化合价升高。 2．（2024北京，5，3分）下列方程式与所给事实不相符的是 A．海水提溴过程中，用氯气氧化苦卤得到溴单质： B．用绿矾()将酸性工业废水中的转化为 C．用溶液能有效除去误食的 D．用溶液将水垢中的转化为溶于酸的： 命题解读 新情境：本题以海水提溴、工业废水处理、误食钡盐解毒、水垢除杂四个真实的化工/生活场景为背景，将离子方程式书写与实际应用结合，跳出教材中单纯的方程式配平考查，体现化学知识在生产生活中的实际应用，贴合北京卷“情境化命题”的核心特点。 新考法：不再仅考查方程式的配平、拆写规则，而是要求结合实际反应的物质转化、反应条件、物质溶解性等事实，判断方程式是否准确反映客观事实，考查“符号表征与实际反应的对应关系”。 新角度：针对海水提溴、废水处理等工业场景，考查反应的实际参与微粒、氧化还原的配比；针对解毒、除水垢等生活场景，考查沉淀转化的本质（溶解度差异）与方程式书写细节，直击易忽略的反应要点。 3．（2022北京卷，18，14分）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。 已知： 物质 (1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为 。 (2)用量对碳酸钙产品的影响如下表 n(NH4Cl)/n(CaO) 氧化物()浸出率/% 产品中纯度/% 产品中Mg杂质含量/% (以计) 计算值 实测值 2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 —— 2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06 2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20 备注：ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg) ⅱ、纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中纯度。 ①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是 。 ②沉钙反应的离子方程式为 。 ③“浸钙”过程不适宜选用的比例为 。 ④产品中纯度的实测值高于计算值的原因是 。 (3)“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是 。 (4)滤渣C中含有的物质是 。 (5)该流程中可循环利用的物质是 。 4．（2025陕晋青宁卷，14，3分）常温下，溶液中以氢氧化物形式沉淀时，与的关系如图[其中X代表或]。已知：，比更易与碱反应，形成；溶液中时，X可忽略不计。 下列说法错误的是 A．L为与的关系曲线 B．的平衡常数为 C．调节溶液浓度，通过碱浸可完全分离和 D．调节溶液为，可将浓度均为的和完全分离 知识1 沉淀的溶解平衡及应用 1、含义：在一定温度下的水溶液中，当沉淀 和 的速率相等时，即建立了溶解平衡状态。 2、建立过程 固体溶质溶液中的溶质 3、沉淀溶解平衡的影响因素 知识2 沉淀溶解平衡的应用 1、沉淀的生成 (1)调节pH法 如除去NH4Cl溶液中的FeCl3杂质，可加入氨水调节pH至3～4，离子方程式为： 。 (2)沉淀剂法 如用H2S沉淀Cu2＋，离子方程式为 。 2、沉淀的溶解 (1)酸溶解法 如CaCO3溶于盐酸，离子方程式为 。 (2)盐溶液溶解法 如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液，离子方程式为 。 (3)氧化还原溶解法 如不溶于盐酸的硫化物Ag2S溶于稀HNO3。 (4)配位溶解法 如AgCl溶于氨水，离子方程式为 。 3、沉淀的转化 (1)实质：沉淀溶解平衡的移动(沉淀的溶解度差别越大，越容易转化)。 (2)应用：锅炉除垢、矿物转化等。 【易错提醒】 1、难溶电解质的溶解平衡也是动态平衡，通过改变外界条件可以使平衡发生移动——溶液中的离子转化为沉淀、沉淀转化为溶液中的离子或一种沉淀向另一种沉淀转化。 2、用沉淀法除杂不可能将杂质离子全部通过沉淀除去。一般认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10－5 mol·L－1时，沉淀已经完全。 知识3 沉淀的转化 1、实验探究 (1)AgCl、AgI、Ag2S的转化 实验操作 （注意：硝酸银不能过量） 实验现象 有白色沉淀生成 白色沉淀转化为黄色沉淀 黄色沉淀转化为黑色沉淀 化学方程式 实验结论 溶解度小的沉淀可以转化成溶解度更小的沉淀 (2)Mg(OH)2与Fe(OH)3的转化 实验操作 （注意：氢氧化钠不能过量） 实验现象 产生白色沉淀 产生红褐色沉淀 上层为无色溶液，下层为红褐色沉淀 化学方程式 MgCl2+2NaOH==Mg(OH)2↓+2NaCl 3Mg(OH)2+2FeCl3==2Fe(OH)3+MgCl2 知识4 沉淀溶解平衡常数及其应用 1、溶度积和离子积 以AmBn(s)mAn＋(aq)＋nBm－(aq)为例 溶度积 离子积 概念 沉淀溶解的平衡常数 溶液中有关离子浓度幂的乘积 符号 Ksp Qc 表达式 Ksp(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的浓度都是平衡浓度 Qc(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的浓度是任意浓度 应用 判断在一定条件下沉淀能否生成或溶解 ①Qc＞Ksp：溶液过饱和，有沉淀析出 ②Qc＝Ksp：溶液饱和，处于平衡状态 ③Qc＜Ksp：溶液未饱和，无沉淀析出 2、Ksp的影响因素 (1)内因：难溶物质本身的性质，这是主要决定因素。 (2)外因 ①浓度：加水稀释，平衡向 方向移动，但Ksp 。 ②温度：绝大多数难溶盐的溶解是 过程，升高温度，平衡向 方向移动，Ksp 。 ③其他：向平衡体系中加入可与体系中某些离子反应生成更难溶物质或更难电离物质或气体的离子时，平衡向溶解方向移动，但Ksp不变。 【易错提醒】 1、复分解反应总是向着某些离子浓度减小的方向进行，若生成难溶电解质，则向着生成溶度积较小的难溶电解质的方向进行。 2、并非Ksp越小，其物质的溶解性就越小。 对于阴、阳离子的个数比相同的难溶电解质，它们的溶解性可以直接用Ksp的大小来比较，Ksp越小，其物质的溶解性就越小；而对于阴、阳离子的个数比不同的难溶电解质，它们的溶解性就不能直接用Ksp的大小来比较。 3、溶度积小的难溶电解质在一定条件下也能向溶度积大的难溶电解质转化。当两种难溶电解质的Ksp相差不是很大时，通过调节某离子的浓度，可由溶度积小的难溶电解质向溶度积大的难溶电解质转化。 考向1 难溶电解质德尔沉淀溶解平衡 1．（2024·北京海淀·三模）新能源汽车的核心部件是锂离子电池，常用磷酸亚铁锂()做电极材料。对废旧电极(含杂质、石墨粉)回收并获得高纯的工业流程图如下： 资料：碳酸锂在水中的溶解度： 温度/℃ 0 20 40 60 80 100 溶解度/g 1.54 1.33 1.17 1.01 0.85 0.72 (1)过程ⅰ研磨粉碎的目的是 。 (2)过程ⅱ加入足量溶液的目的是除去，相关离子方程式为 。 (3)过程ⅲ采用不同氧化剂分别进行实验，均采用含量为3.7%的原料，控制为3.5，浸取1.5h后，实验结果如下表所示： 序号 酸 氧化剂 浸出液中浓度() 滤渣中含量/% 实验1 9.02 0.10 实验2 9.05 0.08 实验3 7.05 0.93 ①实验2中，能与盐酸反应生成黄绿色气体，大大增加了酸和氧化剂的用量，该反应的离子方程式为 。 ②过程ⅱ最终选择作为氧化剂，原因是 。 ③过程ⅲ得到的浸出液循环两次的目的是 。 (4)浸出液中存在大量和。结合平衡移动原理，解释过程ⅳ得到磷酸铁晶体的原因 。 (5)对比过程ⅳ和ⅴ，说明过程ⅳ不用饱和溶液的原因： 。 (6)过程ⅵ的操作为：将粗品加水溶解，蒸发结晶至有大量固体析出， 。 2．（2025·北京东城·一模）以银盐为例探究沉淀溶解的反应规律。 已知时部分物质的溶度积： 化学式 AgCl AgI Ⅰ．理论分析 (1)根据溶度积表达式，分析促进沉淀溶解的方法：①降低阳离子浓度使；② 。 Ⅱ．实验探究 【实验1】向三份等量和固体中分别加入氨水，溶解，和均不溶解。 (2)用平衡移动原理解释溶于氨水的原因： 。 (3)与水形成的浊液与上述-氨水形成的浊液相比，：前者 后者(填“>”、“＜”或“=”)。 【实验2】向两份等量固体中分别加入硝酸，水浴加热。不溶解；盛有的试管中黑色固体逐渐减少，有无色气泡产生，溶液中出现乳白色浑浊，试管口处气体略显红棕色，最终无黑色沉淀，有淡黄色沉淀。 (4)由“溶液中出现乳白色浑浊”推测溶于硝酸经过两步反应： ⅰ．； ⅱ．…… 写出ⅱ的离子方程式： 。 (5)已知能被硝酸氧化。 ①对比溶于稀硝酸的两步反应，分析不溶于稀硝酸的原因： 。 ②进行实验：向盛有和稀硝酸的试管中加入固体，溶液立即变黄，产生无色气泡，沉淀颜色转变为白色。解释出现该现象的原因： 。 (6)实验室回收了一定量，欲将其转化为溶液，设计实验方案： 。 3．（2022·北京海淀·三模）工业上用含三价钒()为主的某石煤为原料(含有、CaO等杂质)，钙化法焙烧制备，其流程如下： 【资料】：+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系： pH 4~6 6~8 8~10 10~12 主要离子 (1)焙烧：向石煤中加生石灰焙烧，将转化为的化学方程式是 。 (2)酸浸： ①难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的，溶于盐酸的离子方程式是 。 ②酸度对钒和铝的溶解量的影响如图所示： 酸浸时溶液的酸度控制在大约3.2%，根据图推测，酸浸时不选择更高酸度的原因是 。 (3)转沉：将浸出液中的钒转化为固体，其流程如下： ①浸出液中加入石灰乳的作用是 。 ②已知的溶解度小于。向沉淀中加入溶液，可使钒从沉淀中溶出。结合化学用语，用平衡移动原理解释其原因： 。 ③向溶液中加入溶液，控制溶液的。当时，的产量明显降低，原因是 。 (4)测定产品中的纯度：称取ag产品，先用硫酸溶解，得到溶液。再加入mL 溶液()。最后用溶液滴定过量的至终点，消耗溶液的体积为mL。已知被还原为，假设杂质不参与反应。则产品中的质量分数是 。(的摩尔质量：) (5)全钒液流电池是具有发展前景的、用作储能系统的蓄电池，已知放电时发生氧化反应，电池原理(电解液中含)如图： ①a是 (填“正极”或“负极”)。 ②该蓄电池反应方程式为 (标出“充电”“放电”方向)。 4．（2021·北京丰台·二模）下列化学用语正确的是 A．氢氧化铝电离：Al(OH)3=Al3++3OH- B．氯气溶于水：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO- C．氯气与石灰乳反应制漂白粉：2Cl2+Ca2++2OH-=2Cl-+Ca(ClO)2+2H2O D．向Mg(OH)2悬浊液中滴酚酞后溶液变红：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq) 5．（2021·北京·模拟预测）为探究Fe3+能去否除银镜反应后试管壁上银镜进行了如下实验。 序号 操作 现象 实验① 将2mL 2mo/L Fe(NO3)3溶液(pH=1)加入有银镜的试管中 银镜消失 实验② 将2mL 1mol/LFe2(SO4)3溶液(pH=1)加入有银镜的试管中 银镜减少，未消失 实验③ 将2mL 2mol/L FeCl3溶液(pH=1)加入有银镜的试管中 银镜消失 (常温下溶解度：AgCl ：1.9×10-4g；Ag2SO4：0.796g) 下列说法不正确的是 A．①中可能发生反应：Fe3++Ag=Fe2++Ag+ B．实验①可以证明本条件下氧化性Fe3+>Ag+ C．实验②和③的试管中可能有白色沉淀生成 D．实验②和③现象的差异与溶液中Cl-和有关 考向2 沉淀溶解平衡的应用 6．（2025·北京·三模）某冶金过程产生的废渣主要成分有可表示为、CuO、NiO、ZnO，还含有Fe2O3、FeO、CaO等，具有较好的资源利用价值，可获得产品Cu2O、NiO和ZnO，研究过程如下。 资料： ⅰ．某些不溶物的 物质 ⅱ．黄钠铁矾是一种晶体，颗粒较大，容易过滤和洗涤。 是一种胶状多孔沉淀，有较强的吸附其它离子能力。 ⅲ．焙烧后固体为NiO和ZnO的混合物。 下列有关研究过程的说法正确的是 A．酸浸过程中不会发生氧化还原反应 B．沉铁时，调pH为4时Zn和Ni会有损失，是因为生成了和 C．酸浸时如果硫酸过量程度不够，还原沉铜时中可能会混有 D．由转化流程可以判断NiO和ZnO均是两性氧化物 7．（2025·北京朝阳·三模）下列化学用语表述正确的是 A．用FeS除去废水中的汞离子： B．乙醛和新制共热： C．向溶液中滴入过量氨水： D．用溶液做导电性实验，灯泡发光： 8．（2025·北京西城·三模）下列方程式与所给事实不相符的是 A．铝与氢氧化钠溶液反应： B．还原铁粉与水蒸气反应有可燃性气体产生： C．在酸或酶催化下麦芽糖水解： D．向浊液中滴入溶液，白色沉淀变黄： 9．（2021·北京海淀·一模）为研究沉淀的生成及转化，同学们进行下图所示实验。 下列关于该实验的分析不正确的是 A．①中产生白色沉淀的原因是 B．①中存在平衡： C．②中无明显变化是因为溶液中的过低 D．上述实验不能证明AgSCN向AgI沉淀转化反应的发生 10．（2025·北京东城·三模）精炼铜的阳极泥经处理后的沉渣中含有，可用溶液浸取回收银。所得浸出液可以分离出并使浸取剂再生。某小组在实验室模拟该反应。 已知：时，(白色)微溶于水，(白色)难溶于水； ，。 I．浸出 (1)取固体，加入一定体积溶液作浸取剂，充分反应后过滤得到浸出液，其中银的主要存在形式为。该反应的离子方程式是 。 Ⅱ．酸化沉银 取(1)所得浸出液，滴加稀硫酸，生成白色沉淀。继续滴加稀硫酸，当恰好沉淀完全时，约为5； (2)完全沉淀时，溶液中大量存在的含硫粒子有 。 (3)将沉淀过滤并洗净，探究其成分。 ①取少量沉淀， (填操作和现象)，证实其中不含。 ②为证明沉淀中不含，甲同学设计的实验及其现象如下。 该现象能否得出沉淀中不含的结论？若能，写出推理过程；若不能，补充实验方案，证实不含。 。 ③经分析，沉淀是，用化学平衡原理解释生成的原因 。 (4)有同学预测，反应的初始阶段所得沉淀中可能混有。探究如下：向(1)所得浸出液中滴入1滴稀，恰好出现少量沉淀(记为沉淀)。过滤，用滤液进行实验。 ①若沉淀中有，预期现象与上述实验现象不同。写出预期现象及理由 。由此推知，沉淀中不含。 ②结论：浸出液加酸沉银时，无论酸用量多少，得到的沉淀都只有AgCl。 Ⅲ．浸取剂再生 (5)向Ⅱ所得溶液中加调，可使浸取剂再生。引入的不会明显影响的浸出。有人提出，仅利用含的物质，就能实现“浸出—沉银—再生”循环，且理论上试剂能完全循环使用。沉银所加试剂是 ；再生的方法是 。 考向3 溶度积 11．（2025·北京东城·三模）溶液可以处理锅炉水垢中的，使其转化为疏松、易溶于酸的。某兴趣小组模拟上述过程： ①将溶液和溶液等体积混合得浊液a ②向滴有酚酞的溶液中加等体积的浊液a，溶液红色变浅 ③将①中浊液a过滤所得白色沉淀b，浸泡在滴有酚酞的溶液中，一段时间后溶液红色变浅 已知：    下列说法中不正确的是 A．浊液a中硫酸根离子的浓度为 B．②中溶液红色变浅可证明有转化为 C．③中溶液红色变浅可证明有转化为 D．向白色沉淀b中加入的溶液，沉淀几乎全部转化 12．（2025·北京海淀·二模）为研究水垢中的去除，称量0.5g 于烧杯中，加入100mL蒸馏水，持续搅拌并用传感器监测溶液中的变化。18s时滴入3滴饱和溶液，55s时继续滴加饱和溶液（忽略对溶液体积的影响），数据如图。下列说法正确的是 A．BC段下降，是因为平衡逆向移动 B．由CD段推测，加入的未完全溶解 C．不同时刻溶液中大小排序：D>B>C D．A到F的过程中，消耗约为mol 13．（2025·北京朝阳·二模）利用平衡移动原理，分析沉淀溶解平衡。 已知：i．。 ii．图中直线的离子浓度关系符合或。 下列分析不正确的是 A．①表示的是， B．a、b两点对应的溶液，相应的离子浓度之比 C．向c点对应的溶液中加适量固体，可使溶液由c点变到a点 D．向固体中加入的溶液，充分反应后有0.032mol转化为 14．（2025·北京朝阳·二模）下列方程式不能准确解释相应实验现象或事实的是 A．通入苯酚钠溶液中，出现浑浊+CO2+H2O+NaHCO3 B．向沉淀中加入溶液，沉淀变黑： C．常温下，通入溶液制得漂白液： D．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色： 15．（2025·北京东城·二模）二氧化铈可用在化妆品中起到抗紫外线作用，工业上以氟碳铈矿(CeCO3F，含Fe2O3、SiO2、Al2O3等杂质)为原料制备二氧化铈、硫酸铝铵晶体和硫酸亚铁铵晶体，其工艺流程如图所示： 已知：①Ce2O3易溶于强酸；CeO2不溶于硫酸，也不溶于NaOH溶液。 ②Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38；Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33；Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17；当离子浓度≤10-5mol/L，可认为沉淀完全。 回答下列问题： (1)氟碳铈矿“氧化焙烧”(生成两种酸性气体)化学方程式为 ，此时气体与矿料逆流而行进行投料，目的是 。 (2)浓盐酸价格便宜，但是溶解“滤渣Ⅰ”的缺点是浓盐酸反应生成氯气，同时易挥发出HCl污染环境，可用稀硫酸和双氧水代替，则加入试剂的顺序是 。 (3)“滤液Ⅱ”中NH4HCO3加入量(图a)、最佳比例时沉淀反应的温度(图b)与铈的沉淀率关系如图所示： 根据图分析：沉铈时应选择最佳条件为 。 (4)“滤液Ⅱ”中加入NH4HCO3生成Ce2(CO3)3的离子方程式为 ， (5)“滤液Ⅰ”中加入物质X和物质Y分别是 、 (填序号)，制备硫酸铝铵晶体时，理论上向“滤渣Ⅲ”中加入硫酸和硫酸铵的物质的量之比为 。 a．铁粉  b．铝粉  c．浓氨水  d．Al(OH)3 e．NaOH / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 水溶液中的离子反应与平衡 目录 01 析·考情精解 2 02 构·知能架构 3 03 破·题型攻坚 4 题型一 水的电离及溶液的酸碱性 4 真题动向 多以滴定曲线、图像为载体，结合Kw与弱酸/弱碱电离常数，考查水电离平衡、pH计算及溶液酸碱性判断，非选择侧重滴定原理应用与误差分析。 必备知识 知识1溶液的酸碱性与pH 知识2 酸、碱溶液稀释时pH的变化规律 知识3 酸、碱中和滴定 知识4 水的电离 命题预测 考向1 水的电离 考向2 溶液的酸碱性与pH 考向3 酸碱中和滴定 题型二 盐类的水解 25 真题动向 常结合生活/实验情境，以水解方程式书写、离子浓度比较为核心，通过守恒关系（电荷、物料、质子）综合考查水解规律与平衡影响因素，重视理论联系实际。 必备知识 知识1盐类的水解 知识2 影响盐类水解平衡的因素 关键能力 能力 电解质溶液中粒子浓度关系 命题预测 考向1 盐类水解原理 考向2 影响盐类水解平衡的因素 考向3 盐类水解的应用 题型三 沉淀溶解平衡的应用 45 真题动向 聚焦Ksp计算、沉淀生成/溶解/转化的判断，多以工业除杂、废水处理为情境，结合pM - pX等图像，考查Q与Ksp关系及平衡移动原理的工业应用。 必备知识 知识1沉淀的溶解平衡及应用 知识2沉淀溶解平衡的应用 知识3沉淀的转化 知识4沉淀溶解平衡常数及其应用 命题预测 考向1 难溶电解质德尔沉淀溶解平衡 考向2 沉淀溶解平衡的应用 考向3 溶度积 命题轨迹透视 1、核心考点聚焦：始终围绕弱电解质电离、盐类水解、沉淀溶解平衡、中和滴定四大模块，穿插水的电离、三大守恒、平衡常数（Ka/Kb/Kw/Kh/Ksp） 等核心工具。 2、选择压轴：以图像分析+常数计算为主，难度中等偏难 3、填空/实验：结合工艺或探究，考查Ksp应用、沉淀转化、离子浓度比较，强调定量与误差分析。 考点频次总结 考点 2025年 2024年 2023年 2022年 2021年 水的电离及溶液的酸碱性 北京卷T19，13分 北京卷T6，3分 —— 北京卷T17，10分 北京卷T16，10分 北京卷T18，12分 盐类的水解 —— 北京卷T9，3分 北京卷T8，3分 北京卷T19，13分 北京卷T3，3分 北京卷T5，3分 北京卷T14，3分 北京卷T5，3分 北京卷T7，3分 北京卷T9，3分 北京卷T12，3分 沉淀溶解平衡的应用 北京卷T5，3分 北京卷T5，3分 —— 北京卷T18，14分 —— 2026命题预测 1、紧扣碳中和、氢能、固态电池、生物质转化等热点，以工业合成、催化转化、新型储能为载体，给出陌生反应与能量/机理图，考信息提取与迁移。 2、选择题：1道压轴，以图像分析+常数计算为主，难度中等偏难，覆盖2-3个平衡模块。 3、非选择（工艺/实验）：1-2个设问，考查Ksp应用、沉淀转化、离子除杂，强调定量计算与误差分析，难度中等偏难。 题型一 水的电离及溶液的酸碱性 1．（2024北京，6，3分）下列实验的对应操作中，不合理的是 眼睛注视锥形瓶中溶液 A．用标准溶液滴定溶液 B．稀释浓硫酸 C．从提纯后的溶液获得晶体 D．配制一定物质的量浓度的溶液 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液时，眼睛应注视锥形瓶中溶液，以便观察溶液颜色的变化从而判断滴定终点，A项合理； B．浓硫酸的密度比水的密度大，浓硫酸溶于水放热，故稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入盛水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，B项合理； C．NaCl的溶解度随温度升高变化不明显，从NaCl溶液中获得NaCl晶体采用蒸发结晶的方法，C项合理； D．配制一定物质的量浓度的溶液时，玻璃棒引流低端应该在容量瓶刻度线以下；定容阶段，当液面在刻度线以下约1cm时，应改用胶头滴管滴加蒸馏水，D项不合理； 答案选D。 命题解读 新情境：本题选取中和滴定、浓硫酸稀释、蒸发结晶、一定物质的量浓度溶液配制四个实验室核心基础操作作为情景，无复杂工业/科研背景，而是聚焦教材基础实验的规范操作细节，贴合北京卷对“化学实验基础素养”的考查倾向，情景虽常规但更侧重对操作本质的理解，而非单纯的知识记忆。 新考法：摒弃以往对实验原理的复杂设问，转而针对操作中的易错点、危险操作设题（如浓硫酸稀释的顺序错误），要求考生能精准识别“看似常规却存在致命错误”的操作。 新角度：本题所有操作均来自教材基础实验，破题的关键是跳出“死记步骤”的思维，回归教材中对操作原因和原理的讲解，而非仅记忆操作流程。 2．（2025北京，19，13分）化学反应平衡常数对认识化学反应的方向和限度具有指导意义。实验小组研究测定“”平衡常数的方法，对照理论数据判断方法的可行性。 (1)理论分析 ①易挥发，需控制生成较小。 ②根据时分析，控制合适，可使生成较小；用浓度较大的溶液与过量反应，反应前后几乎不变；，仅需测定平衡时溶液和。 ③与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略。 (2)实验探究 序号 实验内容及现象 I ，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，充分反应后，溶液变为黄色，容器液面上方有淡黄色气体。 Ⅱ ，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，反应时间与I相同，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气体。 Ⅲ 测定I、Ⅱ反应后溶液的；取一定量反应后溶液，加入过量固体，用标准溶液滴定，测定。 已知：；和溶液颜色均为无色。 ①Ⅲ中，滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点时的现象是 。用离子方程式表示的作用： 。 ②I中，与反应前的溶液相比，反应后溶液的 (填“增大”、“减小”或“不变”)。平衡后，按计算所得值小于的K值，是因为挥发导致计算时所用 的浓度小于其在溶液中实际浓度。 ③Ⅱ中，按计算所得值也小于的K值，可能原因是 。 (3)实验改进 分析实验I、Ⅱ中测定结果均偏小的原因，改变实验条件，再次实验。 控制反应温度为，其他条件与Ⅱ相同，经实验准确测得该条件下的平衡常数。 ①判断该实验测得的平衡常数是否准确，应与 值比较。 ②综合调控和温度的目的是 。 【答案】(1) (2)滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复 增大 实验Ⅱ中反应未达到平衡状态 (3)40℃的K 防止Br2挥发并调控反应快速达到平衡 【详解】（1） （2）①淀粉遇I2显蓝色，I2被Na2S2O3消耗后蓝色消失，故滴定终点现象：滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复； KI的作用：将Br2转化为，便于滴定测定Br2浓度。离子方程式：； ②该反应消耗生成水，pH增大；因为Br2挥发导致实测c(Br2)偏小，根据题目信息可知，，则计算时所用的浓度小于其在溶液中实际浓度； ③实验Ⅱ液面上方未观察到黄色气体，说明不是由于Br2挥发导致实测c(Br2)偏小，题目已知信息③也说明了与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略，对比实验Ⅰ和Ⅱ可知，实验Ⅱ的pH更大，且反应后溶液为淡黄色，则可能原因是，实验Ⅱ的浓度低于实验Ⅰ，反应相同时间下，实验Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中偏低，计算的K值偏小； （3）①平衡常数准确性验证：应与40℃下的理论K值比较，因为K值只与温度有关，（题目给出25℃的K，需查阅40℃的文献值）。 ②实验Ⅰ和实验Ⅱ反应时间相同，实验Ⅰ由于过大，反应速率过快，Br2挥发导致计算的K值小，实验Ⅱ由于过小，反应速率过慢，未达平衡状态，导致计算的K值小，故综合调控和温度的目的是防止Br2挥发并调控反应快速达到平衡，从而准确测定K值。 命题解读 新情境：以“测定反应平衡常数”为核心任务，模拟化学科研中“理论预判→实验验证→数据处理”的完整探究流程，跳出教材中单一反应平衡的静态考查，贴合真实化学研究逻辑。 新考法：要求结合给出的K值、物质性质（Br2挥发性、与水反应程度），判断实验测定平衡常数的可行性，考查信息提取与逻辑论证能力，而非单纯计算平衡常数。 新角度：题干给出K≈6.3×1015（25℃），说明该反应正向进行的趋势极大，结合“用浓度较大的KBr溶液与过量MnO2反应，c(Mn2+)<<c(Br-)”的条件，可判断平衡时Br-浓度近似不变，为“仅测pH和Br2”提供理论依据。 3．（2022北京卷，17，10分）碘番酸是一种口服造影剂，用于胆部X—射线检查。其合成路线如下： 已知：R1COOH+R2COOH+H2O (1)A可发生银镜反应，A分子含有的官能团是 。 (2)B无支链，B的名称是 。B的一种同分异构体，其核磁共振氢谱只有一组峰，结构简式是 。 (3)E为芳香族化合物，E→F的化学方程式是 。 (4)G中含有乙基，G的结构简式是 。 (5)碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上。碘番酸的相对分子质量为571，J的相对分子质量为193，碘番酸的结构简式是 。 (6)口服造影剂中碘番酸含量可用滴定分析法测定，步骤如下。 步骤一：称取amg口服造影剂，加入Zn粉、NaOH溶液，加热回流，将碘番酸中的碘完全转化为I-，冷却、洗涤、过滤，收集滤液。 步骤二：调节滤液pH，用bmol∙L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液的体积为cmL。 已知口服造影剂中不含其它含碘物质。计算口服造影剂中碘番酸的质量分数 。 【答案】(1)醛基 (2)正丁酸 (3) (4) (5) (6) 【详解】（1）由A的分子式C4H8O及可发生银镜反应，可确定A分子含有的官能团是醛基。答案为：醛基； （2）B的分子式为C4H8O2、无支链，由醛氧化生成，则B为CH3CH2CH2COOH，名称是正丁酸。B的一种同分异构体，其核磁共振氢谱只有一组峰，则表明分子中8个H原子全部构成-CH2-，B的不饱和度为1，则其同分异构体应具有对称的环状结构，从而得出其结构简式是。答案为：正丁酸；； （3）由分析知，E为，F为，则E→F的化学方程式是。答案为：； （4）由分析可知，G的结构简式是。答案为：； （5）碘番酸的相对分子质量为571，J的相对分子质量为193，由相对分子质量差可确定，J生成碘番酸时，分子中引入3个I原子，而碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上，则碘番酸的结构简式是。答案为：； （6）——3AgNO3，n(AgNO3)= bmol∙L-1×c×10-3L=bc×10-3mol，则口服造影剂中碘番酸的质量分数为=。答案为：。 4．（2021北京卷，16，10分）某小组实验验证“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。 (1)实验验证 实验I：将0.0100 mol/L Ag2SO4溶液与0.0400 mol/L FeSO4溶液(pH=1)等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。 实验II：向少量Ag粉中加入0.0100 mol/L Fe2(SO4)3溶液(pH=1)，固体完全溶解。 ①取I中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是 。 ②II中溶液选用Fe2(SO4)3，不选用Fe(NO3)3的原因是 。 综合上述实验，证实“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应。 ③小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图,写出操作及现象 。 (2)测定平衡常数 实验Ⅲ：一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取v mL上层清液，用c1 mol/L KSCN标准溶液滴定Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液v1 mL。 资料：Ag++SCN-AgSCN↓（白色） K=1012 Fe3++SCN-FeSCN2+（红色） K=102.3 ①滴定过程中Fe3+的作用是 。 ②测得平衡常数K= 。 (3)思考问题 ①取实验I的浊液测定c(Ag+)，会使所测K值 (填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。 ②不用实验II中清液测定K的原因是 。 【答案】(1) 灰黑色固体溶解，产生红棕色气体 防止酸性条件下，氧化性氧化Fe2+干扰实验结果 a：铂/石墨电极，b：FeSO4 或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3 溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转 (2)指示剂 (3)偏低 Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态 【详解】（1）①由于Ag能与浓硝酸发生反应：Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O，故当观察到的现象为灰黑色固体溶解，产生红棕色气体，即可证实灰黑色固体是Ag，故答案为：灰黑色固体溶解，产生红棕色气体。 ②由于Fe(NO3)3溶液电离出将与溶液中的H+结合成由强氧化性的HNO3，能氧化Fe2+，而干扰实验，故实验II使用的是Fe2(SO4)3溶液，而不是Fe(NO3)3溶液，故答案为：防止酸性条件下，氧化性氧化Fe2+干扰实验结果。 ③由装置图可知，利用原电池原理来证明反应Fe2++Ag+Ag+Fe3+为可逆反应，两电极反应为：Fe2+-e-Fe3+，Ag++e-Ag，故另一个电极必须是与Fe3+不反应的材料，可用石墨或者铂电极，左侧烧杯中电解质溶液必须含有Fe3+或者Fe2+，采用FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必须含有Ag+，故用AgNO3溶液，组装好仪器后，加入电解质溶液，闭合开关 K，装置产生电流，电流从哪边流入，指针则向哪个方向偏转，根据b中所加试剂的不同，电流方向可能不同，因此可能观察到的现象为：Ag电极逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同，表明平衡发生了移动；另一种现象为：Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转，表明平衡发生了移动，故答案为：a：铂/石墨电极，b：FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转。 （2）①Fe3+与SCN-反应生成红色FeSCN2+，因Ag+与SCN-反应相较于Fe3+与SCN-反应更加容易及彻底，当溶液变为稳定浅红色，说明溶液中的Ag+恰好完全滴定，且溶液中Fe3+浓度不变，说明上述反应答案平衡，故溶液中Fe3+的作用是滴定反应的指示剂，故答案为：指示剂。 ②取I中所得上清液vmL。用c1mol/L的KSCN溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗v1mL，已知：Ag++SCN-AgSCN，K=1012，说明反应几乎进行完全，故有I中上层清液中Ag+的浓度为：c(Ag+)=mol/L，根据平衡三段式进行计算如下：，故反应的平衡常数K== ，故答案为：指示剂；。 （3）①若取实验I所得浊液测定Ag+浓度，则浊液中还有Ag，因存在平衡Fe2++Ag+Ag+Fe3+，且随着反应Ag++SCN-AgSCN，使得上述平衡逆向移动，则测得平衡体系中的c(Ag+)偏大，即偏大，故所得到的K= 偏小，故答案为：偏小。 ②由于实验II中Ag完全溶解，故无法判断体系是否达到化学平衡状态，因而不用实验II所得溶液进行测定并计算K，故答案为：Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态。 知识1 溶液的酸碱性与pH 1、溶液的酸碱性 常温下，溶液的酸碱性与c(H＋)、c(OH－)的关系： 溶液的酸碱性 c(H＋)与c(OH－) 比较 c(H＋)大小 酸性溶液 c(H＋)＞c(OH－) c(H＋)＞1×10－7mol·L－1 中性溶液 c(H＋)＝c(OH－) c(H＋)＝1×10－7mol·L－1 碱性溶液 c(H＋)＜c(OH－) c(H＋)＜1×10－7mol·L－1 2、溶液的pH (1)表达式为pH＝－lgc(H＋)。 (2)使用范围：pH的取值范围为0～14，即只适用于c(H＋)≤1 mol·L－1或c(OH－)≤1 mol·L－1的电解质溶液，当c(H＋)或c(OH－)≥1 mol·L－1时，直接用c(H＋)或c(OH－)表示溶液的酸碱性。 知识2 酸、碱溶液稀释时pH的变化规律 稀释10n倍 无限稀释 强酸 c(H＋)减小为原来的，pH稀＝pH原＋n<7 由于水的电离不可忽视，pH只能接近7，不可能大于7 强碱 c(OH－)减小为原来的，pH稀＝pH原－n>7 pH≈7(不可能小于7) 弱酸 c(H＋)减小的程度比强酸小，pH稀＜pH原＋n<7 pH≈7(不可能大于7) 弱碱 c(OH－)减小的程度比强碱小，pH稀＞pH原－n>7 pH≈7(不可能小于7) 知识3 酸、碱中和滴定 1、概念：用已知物质的量浓度的酸(或碱)来测定未知物质的量浓度的碱(或酸)的方法。 2、原理：c待＝(以一元酸与一元碱的滴定为例)。 3、酸碱中和滴定的关键 (1)准确测定参加反应的酸、碱溶液的体积。 (2)选取适当指示剂，准确判断滴定终点。 4、仪器与药品 (1)主要仪器：酸式滴定管、碱式滴定管、铁架台(带滴定管夹)、锥形瓶、大烧杯。 (2)药品：标准溶液、待测液、酸碱指示剂。 【易错提醒】 1、滴定管的精确度为0.01 mL。 2、选择指示剂的三个要点：a．变色范围与终点pH吻合或接近。 (1)指示剂变色范围越窄越好。 (2)指示剂在滴定终点时颜色变化明显，容易观察判断。 5、中和滴定实验操作(以酚酞作指示剂，用盐酸滴定氢氧化钠溶液)。 (1)滴定前的准备 (2)滴定 (3)终点判断：等到滴入最后一滴反应液，指示剂变色，且在半分钟内不能恢复原来的颜色，视为滴定终点，并记录标准液的体积。 (4)数据处理：重复2～3次，求出用去标准盐酸体积的平均值，根据原理计算：c(NaOH)＝ 知识4 水的电离 1、水的电离 简写为：H2OH＋＋OH－。 2、关于纯水的几个重要数据 3、外界因素对水的电离平衡的影响： (1)温度：温度升高，促进水的电离，Kw增大；温度降低，抑制水的电离，Kw减小。 (2)酸、碱：抑制水的电离。 (3)能水解的盐：促进水的电离。 (4)能与水反应的活泼金属：促进水的电离。 【易错提醒】 1、水的离子积常数Kw＝c(H＋)·c(OH－)，不仅适用于纯水，也适用于所有水溶液。 2、水的离子积常数说明在任何水溶液中均存在水的电离平衡，都有H＋和OH－存在。 3、比较由H2O电离产生的c(H＋)的大小时，可先对物质进行分类，酸碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离。 考向1 水的电离 1．（2025·北京西城·三模）下列利用相关数据作出的推理或判断一定正确的是 A．利用溶液的大小可判断溶液中水的电离程度的大小 B．利用反应热数据判断反应速率的大小 C．依据沸点的数据，判断用分馏的方法从石油中获取汽油和煤油等 D．依据相对分子质量的数据，推测乙醇和丙烷沸点的相对高低 【答案】C 【详解】A．0.1mol/L氯化铵溶液的pH大于等浓度的盐酸，氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中水解促进水的电离，盐酸电离出的氢离子抑制水的电离，氯化铵溶液中水的电离程度大于盐酸，所以不能利用溶液的pH大小判断溶液中水的电离程度的大小，故A错误； B．利用反应热数据可以判断反应物和生成物总能量的相对大小，但不能判断反应速率的大小，故B错误； C．石油是多种物质的混合物，因为不同的物质沸点不同，沸点低的首先气化，沸点高的后气化，所以依据沸点的数据，判断用分馏的方法从石油中获取汽油和煤油等，故C正确； D．乙醇分子分子能形成分子间氢键，丙烷不能形成分子间氢键，所以乙醇的分子间作用力大于丙烷，沸点高于丙烷，则依据相对分子质量的数据不能推测乙醇和丙烷沸点的相对高低，故D错误； 故选C。 2．（2025·北京门头沟·一模）在时，向两份的溶液中分别滴加浓度均为的盐酸和溶液。部分离子浓度随加入溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是 A．相同条件下，醋酸和一水合氨的电离平衡常数相等 B．点和点存在的关系是 C．水的电离程度： D．点： 【答案】B 【详解】A．常温下醋酸铵溶液的pH=7，则与CH3COO-的水解平衡常数相等，说明CH3COOH、的电离平衡常数相等，A正确； B．由图可知，d点的物质的量是b点Cl-的2倍，但两点溶液体积不同，故两种离子的浓度不存在2倍关系，B错误； C．a点溶质为CH3COONH4，促进水的电离，c点溶质为CH3COOH、NH4Cl，d点溶质为CH3COONa、；CH3COOH和都抑制水的电离，由A项分析可知两者电离平衡常数相等，故对水的电离的抑制程度也相同，故水的电离程度：，C正确； D．b点溶质为等物质的量的CH3COOH、NH4Cl和CH3COONH4（假设不考虑电离和水解），根据物料守恒可得，D正确； 故答案选B； 3．（2024·北京海淀·二模）某小组同学向溶液中匀速滴加氨水，实验数据及现象记录如下： 时间/s 0~20 20~94 94~144 144~430 pH 从5.2升高至5.9 从5.9升高至6.8 从6.8升高至9.5 从9.5升高至11.2 现象 无明显现象 产生蓝绿色沉淀，并逐渐增多 无明显变化 蓝绿色沉淀溶解，溶液变为深蓝色 经检测，蓝绿色沉淀为。下列说法正确的是 A．0s时，是因为 B．，主要反应的离子方程式为 C．从94s到144s，混合液中水的电离程度增大 D．从144s到430s，pH升高与转化为的反应有关 【答案】D 【详解】A．0s时，溶液呈酸性是因为铜离子发生水解反应，故A错误； B．，溶液pH从5.9升高至6.8仍为酸性，则不存在大量OH-，主要反应的离子方程式为，故B错误； C．从94s到144s，溶液pH从6.8升高至9.5碱性增强，抑制水的电离，则混合液中水的电离程度减小，故C错误； D．从144s到430s，蓝绿色沉淀溶解，溶液变为深蓝色为氨气和铜离子形成配离子，pH升高与转化为的反应有关，故D正确； 故选D。 4．（2024·北京丰台·二模）25℃时，有浓度均为的4种溶液： ①盐酸    ②HF溶液    ③NaOH溶液    ④氨水 已知：25℃时，电离平衡常数， 下列说法不正确的是 A．溶液pH：③>④>②>① B．水电离出的浓度：①=③<②<④ C．②和④等体积混合后的溶液中： D．①和③混合后溶液(溶液体积变化忽略不计)，则 【答案】C 【详解】A．盐酸为强酸、HF为弱酸，NaOH是强碱，NH3·H2O是弱碱，因此等浓度的盐酸、HF溶液、NaOH溶液、氨水pH由大到小为NaOH溶液、氨水、HF溶液、盐酸，故A正确； B．四种溶液中水的电离都受到抑制，＞，NaOH是强碱、盐酸是强酸，因此抑制程度由大到小为①=③＞②＞④，因此水电离出的氢离子浓度①=③<②<④，故B正确； C．②和④等体积混合后溶质为NH4F， ＞，则铵根离子水解程度大于氟离子，溶液中：，故C错误； D．盐酸和NaOH溶液混合后溶液，则，求得，故D正确； 故答案为：C。 5．（2024·北京门头沟·一模）实验测得等物质的量浓度的和溶液随温度变化如图所示。下列说法不正确的是 A．和水解均是吸热反应 B．若将点溶液恢复到 C．点时已经完全分解 D．点之前，升温减小是改变与的电离和水解平衡移动共同作用的结果 【答案】C 【详解】A．盐的水解反应为中和反应的逆过程，中和反应为放热反应，则和水解均是吸热反应，故A正确； B．升高温度部分碳酸氢钠分解为碳酸钠，则将N点溶液恢复到25℃，混合液pH＞8.62，故B正确； C．若N点NaHCO3已经完全分解，溶液变为Na2CO3溶液，继续升温后pH应下降，与N点后曲线实际变化趋势不符，故C错误； D．升温，Kw增大，同时促进了的电离和水解，点之前，升温减小是改变与的电离和水解平衡移动共同作用的结果，故D正确； 故选C。 考向2 溶液的酸碱性与pH 6．（2024·北京海淀·三模）向碘水、淀粉的混合液中加入溶液，蓝色褪去。为探究褪色原因，实验如图： 下列分析不正确的是 A．过程①中蓝色褪去的原因可能是氧化了 B．过程①后溶液可能明显变小 C．过程③中加入溶液的目的是除去 D．过程④说明过程①生成含的粒子 【答案】D 【详解】A．过程①中蓝色褪去的原因可能是Ag+氧化了I2，也可能是Ag+促进了I2与H2O的反应，故A正确； B．由分析可知，过程①后，溶液的主要成分为HIO、HNO3及未反应的AgNO3，所以pH明显变小，故B正确； C．过程③中加入NaCl溶液，可与Ag+反应生成AgCl沉淀，排除Ag+可能对后续实验产生的干扰，所以目的是除去Ag+，故C正确； D．过程④中，加入KI，发生HIO、H+、I-的氧化还原反应，同时发生反应4H++4I-+O2=2H2O+2I2，不能说明过程①生成含的粒子，故D错误； 答案选D。 7．（2023·北京门头沟·一模）实验测得0.10 mol·L−1 NaHCO3溶液的pH随温度变化如下图。 下列说法正确的是 A．OM段随温度升高溶液的pH减小，原因是HCO水解被抑制 B．O点溶液和P点溶液中c(OH-)相等 C．将N点溶液恢复到25℃，pH可能大于8.62 D．Q点、M点溶液中均有：c(CO) + c(HCO) + c(OH-) = c(Na+) + c(H+) 【答案】C 【详解】A． 升高温度，HCO水解使pH增大，水电离使pH减小，OM段随温度升高溶液的pH减小，原因是水电离对氢离子浓度影响大于HCO水解，故A错误； B． O点溶液和P点溶液中c(H+)相等，c(H+)c(OH-)的值不相等，c(OH-)不相等，故B错误； C． 温度升高后，碳酸氢钠可能部分分解，将N点溶液恢复到25℃，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢根，pH可能大于8.62，故C正确； D． Q点、M点溶液中均有电荷守恒：2c(CO) + c(HCO) + c(OH-) = c(Na+) + c(H+)，故D错误； 故选C。 8．（2025·北京延庆·一模）不同条件下，当与按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。 反应序号 起始酸碱性 还原产物 氧化产物 物质的量 物质的量 ① 酸性 0.002 x ② 中性 0.001 y 已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。下列说法不正确的是 A．反应①， B．随反应进行，①②溶液的均增大 C．对比反应①和②，在较高的溶液中易被氧化为高价 D．对比反应①和②， 【答案】D 【详解】A．反应①中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，I元素的化合价由-1价升至0价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是：10I-+2+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)=1∶2.5，A正确； B．反应②中Mn元素的化合价由+7价降至+4价，I元素的化合价由-1价升至+5价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应②的离子方程式是：I-+2+ H2O =2++2OH-，反应①消耗H+、产生水、pH增大，反应②产生OH-、消耗水、pH增大，B正确； C．已知的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，I-的还原性随酸性减弱而增强，在较高的溶液中易被氧化为高价，C正确； D．反应①离子方程式为10I-+2+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，x= ，反应②离子方程式为I-+2+ H2O =2++2OH-，y==0.002mol，，D错误； 故选D。 9．（2025·北京东城·二模）25℃时，下列说法正确的是 A．2mL 0.1的醋酸和盐酸分别与足量锌反应，生成的量基本相同 B．溶液中： C．将0.1醋酸溶液稀释后，减小 D．pH=3的盐酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH>7 【答案】A 【详解】A．2mL 0.1的醋酸和盐酸均为一元酸，且其中酸的物质的量相同，则分别与足量锌反应，生成的量基本相同，A正确； B．据物料守恒，溶液中：，B错误； C． ，0.1醋酸溶液稀释后，氢离子浓度减小，则比值增大，C错误； D．25℃时，pH=3的盐酸溶液中c(H+)=10-3mol/L，pH=11的NaOH溶液中c(OH-)=10-3mol/L，二者等体积混合后所得的溶液呈中性，pH=7，D错误； 故选A。 10．（2025·北京海淀·一模）硫铁矿矿渣周围的酸性废水中存在硫细菌和铁细菌，可促进的溶解，相关的物质转化如图，其中①~③均完全转化。下列说法不正确的是 A．硫细菌的存在可减少覆盖在硫铁矿矿渣表面的 B．铁细菌的存在能提高反应①的速率 C．废水中铁元素含量几乎不变 D．一段时间后，废水的降低 【答案】C 【详解】A．硫细菌可以将硫铁矿表面的硫氧化为硫酸根离子从而减少硫铁矿表面的硫，A正确； B．铁细菌可以将亚铁离子氧化为铁离子，而铁离子可以加快的溶解，所以铁细菌的存在能提高反应①的速率，B正确； C．根据流程图，参与反应生成了亚铁离子和硫单质，故废水中铁元素的含量增多，C错误； D．硫细菌将硫单质氧化为硫酸根离子的过程中生成了氢离子，亚铁离子被氧气氧化为铁离子的过程中消耗氢离子，生成的氢离子多于消耗的氢离子导致废水的pH降低，D正确； 故答案选C。 考向3 酸碱中和滴定 11．（2025·北京西城·三模）下列实验中，符合操作规范要求的是 A．向试管中滴加溶液 B．配制溶液 C．制备检验醛基用的银氨溶液 D．调控滴定速度 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【详解】A．向试管中滴加溶液时，胶头滴管应垂直悬空在试管口上方，不能伸入试管内，A图中胶头滴管伸入了试管内，不符合操作规范要求； B．配制溶液时，不能直接在容量瓶中溶解固体，应先在烧杯中溶解固体，冷却至室温后再转移到容量瓶中，B图中在容量瓶中溶解NaCl固体，不符合操作规范要求； C．制备银氨溶液时，应向硝酸银溶液中逐滴加入氨水，边滴边振荡，至最初产生的沉淀恰好溶解为止，C图操作符合制备银氨溶液的规范要求； D．调控滴定速度时，应使用左手控制滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，D图中用右手控制滴定管活塞，不符合操作规范要求； 综上，答案是C。 12．（2025·北京西城·一模）下列实验的对应操作中不合理的是 A．用标准溶液滴定NaOH溶液 B．稀释浓硫酸 蒸发结晶 液面距刻线约 C．从模拟侯氏制碱法获得后的母液中获取晶体 D．配制一定物质的量浓度的溶液 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【详解】A．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液时，眼睛应注视锥形瓶中溶液，以便观察溶液颜色的变化从而判断滴定终点，A项合理； B．浓硫酸的密度比水的密度大，浓硫酸溶于水放热，故稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入盛水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，B项合理； C．侯氏制碱法获得后的母液中获取晶体的方法为通入氨气并加入氯化钠晶体，降温，促使氯化铵析出，而不是蒸发结晶，C项不合理； D．配制一定物质的量浓度的溶液定容阶段，当液面在刻度线以下约12cm时，应改用胶头滴管滴加蒸馏水，视线与凹液面最低处相平，D项合理； 故选C。 13．硫酸四氨合铜晶体中铜含量可按下列步骤测定： 下列说法不正确的是 A．步骤I，和反应破坏了稳定性，从而释放出 B．步骤II，需过量，以确保完全还原为 C．步骤III，当溶液变为浅黄色时再滴入淀粉溶液作为指示剂 D．计算元素含量必须需要的数据有：晶体的质量、固体的质量、滴定时消耗标准溶液的浓度和体积 【答案】D 【详解】A．中存在，用稀硫酸溶解该配合物时，H⁺与发生中和反应，破坏了中Cu–NH3配位键的稳定性，释放出Cu²⁺，A正确； B．滴加KI固体时通常需要过量KI，以确保生成CuI和I₂的反应得以进行完全，B正确； C．用硫代硫酸钠标准溶液滴定碘时，应在溶液呈浅黄色、碘浓度已降低时才加入淀粉指示剂，否则淀粉—碘形成的深蓝色不易消退，C正确； D．计算晶体中Cu元素含量所需的关键数据是晶体质量以及滴定过程中所用Na₂S₂O₃溶液的浓度和体积，通过硫代硫酸钠与碘的摩尔关系再推算出Cu的含量。KI的加入量只需保证足量即可，实验无需精确测定KI的质量，D错误； 故选D。 14．（2025·北京东城·一模）关于下列仪器的说法正确的是 A．使用②和③之前须查验是否漏液 B．用⑤可保存浓硝酸或溶液 C．用二氧化锰和浓盐酸反应制备：选④⑦ D．用标准溶液滴定未知浓度的盐酸：选①② 【答案】A 【详解】A．滴定管和分液漏斗使用前都要检查是否漏液，A正确； B．氢氧化钠溶液不能用玻璃塞，碱液会腐蚀玻璃造成粘连，B错误； C．二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热，要用到酒精灯，C错误； D．酸碱滴定时，酸式滴定管和碱式滴定管都需要用，并且反应容器通常是锥形瓶，D错误； 故选A。 15．（2025·北京·模拟预测）铜的分析化学 在高温氧化物超导材料研究中，铜基超导材料YBa2Cu3Oy(当y=7，式量为666.2)占有一席之地。能谱和结构分析发现，该系列化合物中铜的价态及相应的氧含量随制备条件而变化，由此对其性质产生显著的影响。通常，Y和Ba的价态分别为+3和+2，而Cu可以有不同的价态。 某样品中铜以+1、+2混合价态存在，化学式可表示为。采用碘量法测定样品中铜的含量与价态，从而确定化学式。测定过程如下： 实验A：称取0.1297 g粉末样品，转移到250 mL锥形瓶中，加入20 mL1 mol/L盐酸溶液使之溶解。在大气环境下充分搅拌2h(反应1)。然后充分除氧。加入20 mL0.7 mol/LKI溶液(反应2)，放置数分钟。以淀粉为指示剂，用0.1000 mol/LNa2S2O3标准溶液滴定(反应3)，消耗6.00 mL(V1)。 实验B：称取0.1297 g粉末样品，在惰性气保护下加入10 mL1 mol/L盐酸溶解样品。加入10 mL0.7 mol/LKI溶液。采取和实验A相同的滴定方法，消耗Na2S2O3标准溶液4.20 mL(V2)。 提示：实验B中，第一步反应只有固体的溶解，无Cu(I)的歧化反应；Ksp(CuCl)=1.72×10-7，Ksp(CuI)=1.27×10-12。 (1)反应1中，搅拌充分；反应2中，有非金属单质和沉淀形成；反应3中，Na2S2O3作为还原剂，待测物和标准液反应摩尔比为1：2，且产物是两种离子。反应2和反应3是间接碘量法的过程。请写出反应1~3的离子反应方程式。 反应1： 。 反应2： 。 反应3： 。 (2)实验A的详细滴定操作如下 a．检查，润洗仪器m，加入Na2S2O3的标准溶液，赶出气泡、调节液面至“0”刻度后准确记录读数 b．边滴边摇动锥形瓶(接近终点时，改为滴加标准液)，直到因加入标准液后(操作f) c．在待测液(已放置于锥形瓶)中，加入指示剂淀粉 d．把锥形瓶放在滴定管的下方，瓶下垫一张白纸，小心地滴入标准液 ①请对上列操作排序： 。 ②请写出操作f的具体操作： 。 (3)下列有关滴定反应中，指示剂的说法，不正确的是___________。 A．酸碱指示剂是一些有机弱酸或弱碱，在溶液中存在电离平衡 B．淀粉溶液是大分子溶液，能产生丁达尔效应 C．各种酸碱指示剂的变色范围是由理论计算求得的 D．当指示剂的变色点与滴定终点接近时，误差小 (4)通过计算，确定x和y的值为 。 【答案】(1) 4Cu++O2+4H+=4Cu2++2H2O 2Cu2++4I-=2CuI+I2 I2+2=2I-+ (2) acdb 操作f：因加入半滴标准液后，溶液颜色从蓝色刚好变为无色，且半分钟内不变色。这表示已经到达滴定终点 (3)C (4)x=0.9，y=6.05 【详解】（1）在铜基超导材料YBa2Cu3O7中Cu元素有+1、+2两种价态，取0.1297 g样品，转移至250 mL锥形瓶中向其中加入20 mL1 mol/L盐酸溶液溶解样品，在大气环境下充分搅拌2 h发生反应1。在酸性及空气中O2存在条件下，溶液中的Cu+发生氧化反应产生Cu2+、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为：4Cu++O2+4H+=4Cu2++2H2O； 经充分除氧后，向其水溶液中加入KI溶液，发生氧化还原反应产生I2、CuI，该反应的离子方程式为：2Cu2++4I-=2CuI+I2； 反应产生的I2用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2=2I-+； （2）①在实验A中发生了相继发生了三个化学反应：4Cu++O2+4H+=4Cu2++2H2O、2Cu2++4I-=2CuI+I2、I2+2=2I-+，要用滴定方法测定溶液中与Cu2+反应产生的I2的物质的量，要使用滴定方法测定，应该先检查碱式滴定管是否漏液，然后润湿碱式滴定管，并加入Na2S2O3标准溶液，再排气泡，调整液面至“0”刻度后准确记录读数；然后将待测溶液放入锥形瓶中，加入淀粉溶液作指示剂，为便于观察滴定终点，要在锥形瓶下放一张白纸，接着小心滴入标准液，当边滴边摇动锥形瓶，直到因加入最后半滴标准液后溶液颜色从蓝色刚好变为无色，且半分钟内不变色。这表示已经到达滴定终点，停止滴加标准溶液，故实验A的详细滴定操作顺序用字母表示为acdb； ②操作f是滴定终点的判断，其具体操作是：因加入半滴标准液后，溶液颜色从蓝色刚好变为无色，且半分钟内不变色。这表示已经到达滴定终点； （3）A．酸碱指示剂是一些有机弱酸或弱碱，在溶液中都存在电离平衡，因此使用酸碱指示剂判断滴定终点时不能加入过量，一般滴加1-2滴，A正确； B．淀粉分子是天然高分子，其溶液是大分子溶液，由于淀粉分子直径在1 nm-100 nm，为胶体分散质颗粒大小，因此淀粉能产生丁达尔效应，B正确； C．各种酸碱指示剂的变色范围是由大量实验测定出来的，而不是经理论计算求得的，C错误； D．指示剂的变色点通常与滴定终点不一致，当指示剂的变色点与滴定终点接近时，实验误差更小，更接近真实值，D正确； 故合理选项是C； （4）实验A反应消耗的物质的量n()=n(Na2S2O3)=c(Na2S2O3)V1=0.1000 mol/L×6.00 mL=0.600 mmol；用盐酸溶解样品并在空气中处理后Cu+变成了Cu2+，Cu2+与I-反应，故有(1)n(Cu+)+n(Cu2+)=c(Na2S2O3)V1=0.600 mmol；实验B中Cu+直接和反应变为沉淀，不参与氧化还原滴定过程，只有Cu2+~I2，故有(2)n'(Cu2+)=c(Na2S2O3)V2=0.1000 mol/L×4.20 mL= 0.420 mmol，由(1)和(2)得n(Cu+)=(0.600-0.420)mmol=0.180 mmol，=0.300，解得：x=0.300×3=0.900，y==6.05。 题型二 盐类的水解 1.（2024北京，9 ，3分）氘代氨()可用于反应机理研究。下列两种方法均可得到：①与的水解反应；②与反应。下列说法不正确的是 A．和可用质谱法区分 B．和均为极性分子 C．方法①的化学方程式是 D．方法②得到的产品纯度比方法①的高 【答案】D 【详解】A．和的相对分子质量不同，可以用质谱法区分，A正确； B．和的H原子不同，但空间构型均为三角锥形，是极性分子，B正确； C．Mg3N2与D2O发生水解生成Mg(OD)2和ND3，反应方法①的化学方程式书写正确，C正确； D．方法②是通过中D原子代替中H原子的方式得到，代换的个数不同，产物会不同，纯度低，D错误； 故选D。 命题解读 新情境：以“氘代氨用于反应机理研究”为背景，将同位素标记技术与基础氨的性质、制备结合，跳出教材中纯基础物质的考查，贴合化学科研中同位素示踪的实际应用，体现化学学科的前沿性与实用性。 新考法：围绕ND3的分子结构、化学键、同位素原子的成键特点设题（如未展示选项可能考查ND3的空间构型、N-D键的极性等），从微观层面考查物质结构与性质的关系，符合北京卷对“宏微结合”核心素养的考查要求 新角度：从“水解反应的本质”角度分析制备原理：Mg3N2与D2O水解，遵循“盐类水解中阴阳离子分别结合水电离的H+和OH-”的核心，此处D2O电离出D+和OD-，因此N3-结合D+生成ND3，Mg2+结合OD-生成Mg(OD)2，据此可写出完整水解方程式。 2．（2024北京，8，3分）关于和的下列说法中，不正确的是 A．两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同 B．可用溶液使转化为 C．利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去 D．室温下，二者饱和溶液的差约为4，主要是由于它们的溶解度差异 【答案】D 【详解】A．和的溶液中均存在、、、、、、，A正确； B．加入溶液会发生反应：，B正确； C．受热易分解，可转化为，而热稳定性较强，利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去NaHCO3，C正确； D．室温下和饱和溶液相差较大的主要原因是的水解程度远大于，D错误； 故选D。 命题解读 新情境：本题以Na2CO3和NaHCO3的性质对比为核心情景，未设置复杂工业/实验背景，而是聚焦两种钠盐的溶液行为、转化、除杂及溶液pH等基础且易混淆的知识点，贴合北京卷对“核心物质性质深度考查”的命题倾向，情景虽常规但直击知识应用的关键痛点。 新考法：选项A不再局限于电离、水解方程式的简单书写，要求全面分析溶液中所有分子、离子的种类，考查对盐类水解分步进行和水的电离的细节掌握；选项B、C将物质转化和除杂操作结合，把化学反应原理与实际实验操作关联，体现化学知识的实用性，是北京卷联系实验实践的典型考法。 新角度：从微粒构成的系统分析、反应应用的实践逻辑、性质本质的因果辨析三个新角度破题，核心是跳出“死记性质”的思维，直击原理本质。 3．（2024北京卷，19，13分）某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 (1)理论分析 依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是 。 (2)实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质 Ⅱ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质 Ⅲ 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是 。 ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因 。 ③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。 i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式 。 b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验 (填实验操作和现象)。 证实了此条件下可忽略对的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。 ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制， (填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。 (3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因 。 【答案】(1) (2)产生蓝色沉淀 在溶液中存在反应，或会与反应，溶液中c(H+)减小，使水解平衡正向移动 、 取实验Ⅱ中为3~4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡 观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去（或变浅），停止加盐酸 (3)金属Mg具有较强的活泼性，Mg的反应中产生大量气泡，阻止包裹的形成；pH约3~4时可忽略H+对铁的消耗 【详解】（1）在金属活动性顺序表中，排在之前，排在之后，因此可将还原为； （2）①与会生成蓝色的沉淀； ②在溶液中存在反应，加入的或会与反应，溶液中c(H+)减小，促进水解平衡正向移动，有红褐色沉淀生成； ③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为、； b．要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可取实验Ⅱ中为3~4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡； ⅱ．结合a，b和c可知，实验Ⅱ未检测到单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去（或变浅），停止加入盐酸，待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质； （3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，金属Mg具有较强的活泼性，Mg的反应中产生大量气泡，阻止包裹的形成；pH约3~4时可忽略H+对铁的消耗，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 4．（2023北京卷，14，3分）利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同的体系中的可能产物。 已知：i.图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。 ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始，不同下由图1得到]。      下列说法不正确的是 A．由图1， B．由图2，初始状态，无沉淀生成 C．由图2，初始状态，平衡后溶液中存在 D．由图1和图2，初始状态、，发生反应： 【答案】C 【详解】A．水溶液中的离子平衡  从图1可以看出时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确； B．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确； C．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中，C项错误； D．时，溶液中主要含碳微粒是，，时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，D项正确； 故选C。 知识1 盐类的水解 1、定义：在溶液中盐电离出来的离子跟水电离产生的H＋或OH－结合生成弱电解质的反应。 2、实质 →c(H＋)≠c(OH－)→溶液呈碱性、酸性或中性 3、特点 4、规律：有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，同强显中性。 5、水解方程式的书写 (1)一般要求 (2)三种类型的盐水解方程式的书写。 ①多元弱酸盐水解：分步进行，以第一步为主，一般只写第一步水解方程式。 ②多元弱碱盐水解：水解离子方程式一步写完。 ③阴、阳离子相互促进的水解：水解程度较大，书写时要用“===”、“↑”、“↓”等。 【易错提醒】 熟记下列因水解相互促进反应而不能大量共存的离子组合 ①Al3＋与HCO、CO3—、AlO、SiO32—、HS－、S2－、ClO－。 ②Fe3＋与HCO3—、CO32—、AlO2—、SiO32—、ClO－。 ③NH与SiO32—、AlO2—。 知识2 影响盐类水解平衡的因素 1、内因：形成盐的酸或碱的强弱。对应的酸或碱越弱就越易发生水解。 2、外因 (1)温度、浓度 条件 移动方向 水解程度 水解产生的离子浓度 升高温度 右移 增大 增大 反应物浓度 增大 右移 减小 增大 减小 右移 增大 减小 (2)外加物质：外加物质对水解反应的影响取决于该物质的性质。 ①外加酸碱 外加物质 水解程度的影响 弱酸阴离子 弱碱阳离子 酸 增大 减小 碱 减小 增大 ②加能水解的盐 【易错提醒】 1、稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，但由于溶液体积的增大是主要的，故水解产生的H＋或OH－的浓度是减小的，则溶液酸性(或碱性)越弱。 2、向CH3COONa溶液中加入少量冰醋酸，并不会与CH3COONa溶液水解产生的OH－反应，使平衡向水解方向移动，原因是：体系中c(CH3COOH)增大是主要因素，会使平衡CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－左移。 能力 电解质溶液中粒子浓度关系 1、三大守恒 （1）电荷守恒规律：电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。 如NaHCO3溶液中存在着Na＋、H＋、HCO、CO、OH－， 存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)。 （2）物料守恒规律：电解质溶液中，由于某些离子能够水解或电离，粒子种类有所变化，变成其他离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素对应原子的总数是不会改变的。 如K2S溶液中S2－、HS－都能水解，故S原子以S2－、HS－、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)。 （3）质子守恒规律：电解质溶液中分子或离子得到或失去原子(H＋)的物质的量应相等。 如Na2S水溶液中的质子转移作用图示如下： 质子守恒的关系式也可由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。 （4）大招提炼 电荷守恒：全离子、阴阳分、乘电荷。 物料守恒：列初始、找比例、交叉乘、改弱粒。 质子守恒：几份溶质几份水，得失质子总想等。 考向1 盐类水解原理 1．（2025·北京·三模）学习小组为探究Co(II)、Co(III)的相关性质，室温下进行如下实验。 实验ⅰ 实验ⅱ 实验ⅲ 粉红色溶液，无明显变化 溶液变红，伴有气泡产生 溶液变为墨绿色，伴有气泡产生 资料： 溶液颜色 粉红色 蓝色 红色 墨绿色 下列说法正确的是 A．实验ii反应后的溶液中： B．实验ii反应后的溶液中比反应前减小 C．以上实验说明可催化的分解 D．向实验iii所得墨绿色溶液中加入过量浓盐酸可能会生成 【答案】D 【详解】A．实验ii中溶液变红说明生成，与反应生成配合物时释放，与反应生成逸出。由于逸出，溶液中含碳物种总量减少，而未损失，故物料守恒式中应大于右侧含碳物种总和，即，A错误； B．实验ii中与形成配合物，促使电离平衡正移，溶液中增大,由可知增大则该比值增大，B错误； C．实验iii中墨绿色为，气泡为被还原生成的，是氧化产物，并非催化剂，C错误； D．实验iii中含，具有强氧化性，加入过量浓盐酸时，可被氧化生成，D正确; 故选D。 2．（2025·北京丰台·二模）下列依据相关事实作出的推断或解释中，不正确的是 选项 事实 推断或解释 A 与盐酸、NaOH溶液均能反应，而只能与盐酸反应 碱性： B 常温下，一元弱酸的电离常数：， 常温下，同浓度溶液的pH：NaCN>NaF C 乙二醇、丙三醇都是黏稠液体 与分子间形成氢键有关 D 升高温度，溶液的pH减小 升高温度促进了的水解 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．具有两性，与盐酸、NaOH溶液均能反应，而只能与盐酸反应，说明碱性：，A正确； B．，根据可知，同浓度的NaCN和NaF 溶液，NaCN水解程度更大，溶液碱性更强，pH更大，B正确； C．乙二醇、丙三醇分子中含有多个羟基，羟基之间可以形成分子间氢键，使得它们的沸点升高，表现为黏稠液体，C正确； D．升高温度，溶液的pH减小，是因为升高温度，水的离子积增大的程度更大，D错误； 故选D。 3．（2025·北京东城·二模）下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ无关的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 节日燃放的焰火 电子跃迁时释放能量 B 沸点：HBr>HCl 相对分子质量：HBr>HCl C 麦芽糖属于还原性糖 有甜味、能发生水解反应 D 熔点：牛油>花生油 脂肪酸的饱和程度：牛油>花生油 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【详解】A．焰火的颜色源于金属元素电子跃迁释放特定波长的光，陈述Ⅰ与Ⅱ直接相关，A不符合题意； B．HBr、HCl均为分子晶体，HBr沸点高于HCl是因相对分子质量更大，分子间作用力更强，陈述Ⅱ正确解释Ⅰ，B不符合题意； C．麦芽糖的还原性由结构中的游离醛基或半缩醛羟基决定，而甜味和水解能力是其他性质，与还原性无因果关系，两者无关，C符合题意； D．牛油熔点高是因饱和脂肪酸比例高，分子排列紧密，陈述Ⅱ合理解释Ⅰ，D不符合题意； 故选C。 4．（2025·北京朝阳·三模）利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同pH的体系中的可能产物。 已知：①图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。 ②图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始，不同pH下由图1得到]。 下列说法不正确的是 A．由图1，， B．由图2，初始状态，无沉淀生成 C．由图2，初始状态，平衡后溶液中存在 D．由图1和图2，推测向的溶液中滴加溶液，发生反应： 【答案】D 【详解】A．根据图1， 时pH=6.37，； 时pH=10.25，则，故A正确； B．由图2，初始状态，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，、，所以无沉淀生成，故B正确； C．由图2，初始状态，有碳酸镁沉淀生成，根据碳元素守恒，平衡后溶液中存在，故C正确； D．根据图1，的溶液的pH>11，根据图2，初始状态pH>11，先生成氢氧化镁沉淀，故D错误； 选D。 5．（2025·北京房山·三模）利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同pH的体系中的可能产物。 已知：i．图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。 ii．图2中曲线I的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合【注：起始，不同pH下由图1得到。】 下列说法不正确的是 A．由图1，， B．由图2，初始状态、，有沉淀生成 C．由图2，初始状态、，平衡后存在 D．由图1和图2，初始状态、，发生反应： 【答案】B 【详解】A．从图1可以看出时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A正确； B．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B错误； C．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中，C正确； D．时，溶液中主要含碳微粒是，、时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，D正确； 故选B。 考向2 影响盐类水解平衡的因素 6．（2025·北京海淀·三模）某小组同学为了验证和对Mg与水反应的促进作用，用与水反应后的Mg条与4种盐溶液进行对比实验，结果如下。 实验序号 ⅰ ⅱ ⅲ ⅳ 盐溶液(均为) NaCl 起始pH 5.1 8.3 7.0 7.8 时产生气体体积(mL) 1.5 0.7 1.4 气体的主要成分 时镁条表面情况 大量固体附着(固体可溶于盐酸) 补充实验表明：(ⅰ)实验ⅰ中还检测出能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；(ⅱ)实验ⅱ中的固体含有碱式碳酸镁，气体含有二氧化碳。下列说法不正确的是 A．溶液中， B．对Mg与水反应的促进作用与有关 C．实验ⅱ中的电离平衡和水解平衡的移动方向相同 D．对比实验ⅰ、ⅱ可推知，浓度相同时，对Mg与水反应的促进作用： 【答案】D 【详解】A．溶液pH=7.8显碱性，说明水解程度大于水解程度，故，A正确； B．水解显酸性，与反应生成和水，促进Mg与水反应，总反应方程式为，B正确； C．实验 ii 中，存在电离和水解，Mg与反应生成碱式碳酸镁和CO2，说明被消耗，水解和电离均逆向移动，C正确； D．实验ⅲ排除Na+、Cl-的影响，若无实验ⅲ，仅对比实验ⅰ、ⅱ不能得出结论，D错误； 故选D。 7．（2025·北京石景山·一模）下列方程式与所给事实相符的是 A．碳酸钠溶液显碱性： B．铁在氯气中燃烧： C．用除去酸性溶液中的 D．实验室用铵盐与强碱加热制氨气： 【答案】D 【详解】A．碳酸钠溶液显碱性，碳酸根离子的水解分步进行，且主要以第一步为主，其水解反应的离子方程式为：，故A错误； B．铁在氯气中燃烧生成氯化铁：，故B错误； C．铁离子水解生成H+，与MgCO3发生反应生成Mg2+、二氧化碳气体；促使铁离子水解向右进行，变为氢氧化铁沉淀而除去，总反应为：，故C错误； D．氢氧化钙与氯化铵加热反应生成氨气、氯化钙和水，化学方程式为：，故D正确； 答案选D。 8．（2022·北京朝阳·一模）溶于一定量水中，溶液呈浅棕黄色（a）。加入少量浓，黄色加深（b）。 已知：（黄色）；浓度较小时（用表示）几乎无色 取溶液进行如下实验，对现象的分析不正确的是 A．测溶液a的，证明发生了水解 B．将溶液a滴入沸水中并加热，有丁达尔效应，说明加热能促进水解 C．加入浓，与对溶液颜色变化、浓度大小的影响是一致的 D．向b中加入后，黄色褪至几乎无色，说明能抑制水解 【答案】C 【详解】A．Fe2(SO4)3溶液的pH≈1.3，证明Fe3+发生了水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，使溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液呈酸性，A项正确； B．将溶液a滴入沸水中并加热，有丁达尔效应，说明生成了胶体，说明加热促进Fe3+水解生成了Fe(OH)3胶体，B项正确； C．加入浓HCl，H+的浓度增大，抑制Fe3+的水解，使Fe3+的浓度增大，Cl-浓度增大，促进Fe3++4Cl-[FeCl4]-(黄色)正向移动，使Fe3+的浓度减小，H+与Cl-对溶液颜色变化、Fe3+浓度大小的影响不一致，C项错误； D．向b中加入AgNO3后，发生反应Ag++Cl-=AgCl↓，Cl-的浓度减小，平衡Fe3++4Cl-[FeCl4]-逆向移动，溶液的黄色应变浅，而b中加入AgNO3后黄色褪至几乎无色，结合题给粒子的颜色，说明与此同时溶液中H+浓度大，H+能抑制Fe3+水解使溶液几乎无色，D项正确； 答案选C。 9．（2022·北京西城·二模）常温下，向30mL溶液中加入溶液，溶液的pH随加入溶液的体积的变化如图。下列说法正确的是 已知：溶液的pH约为7 A．上图说明溶液中存在水解平衡 B．溶液中的比溶液中的大 C．溶液中存在： D．溶液的pH变化是浓度改变造成的 【答案】A 【详解】A．未加入醋酸铵溶液时，0.1mol/L氯化铵溶液的pH为6，说明铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，溶液中存在水解平衡，故A正确； B．氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，醋酸铵是弱酸弱碱盐，醋酸根离子和铵根离子在溶液中都发生水解反应，醋酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，促进铵根离子水解，所以溶液中的比溶液中的小，故B错误； C．氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，溶液中离子浓度的大小顺序为c(Cl-)>c()>c(H+)>c(OH-)，故C错误； D．醋酸铵是弱酸弱碱盐，醋酸根离子和铵根离子在溶液中都发生水解反应，向氯化铵溶液中加入醋酸铵溶液时，溶液的pH变化是铵根离子浓度和醋酸根离子浓度的相对大小发生改变造成的，故D错误； 故选A。 10．（2023·北京东城·二模）一种处理高浓度氨氮废水并获取的工艺流程如下。 已知：①难溶于水，可溶于酸。 ②时水中的溶解性：。 (1)下列说法正确的是 (填字母序号)。 a．可用作复合肥 b．分离的方法可以是过滤 c．废水中的会抑制水解 (2)沉淀剂的选择。其他条件相同，按投入相应的沉淀剂，其氨氮去除效果如图所示。 ①沉淀剂为ⅰ时，生成的离子方程式为 。 ②ⅲ和i相比，ⅲ的氨氮去除率低，原因是 。 ③沉淀剂为ⅱ和ⅳ时，氨氮去除率明显低于其他相应组，原因是 。 (3)用ⅰ作沉淀剂，研究其他条件相同时，不同下氨氮去除效果和溶液中余磷含量，结果如下。 ①时的氨氮去除率略大于时的氨氮去除率，原因是： a．生成了； b． (结合方程式解释)。 ②后，氨氮去除率明显减小，原因是 。 【答案】(1)abc (2) ⅲ中生成更多H+，MAP可溶于酸，酸性增强不利于生成 生成的覆盖在MgO表面，阻碍继续反应 (3) ，分解成NH3逸出 随着溶液pH升高，增大，生成Mg3(PO4)2沉淀 【分析】高浓度氨氮废水在pH为9.5条件下通过加入氯化镁和磷酸氢二钠生成MAP，达到处理高浓度氨氮废水并获取的目的。 【详解】（1）a．含有N、P，可用作复合肥，故a正确； b．难溶于水，分离的方法可以是过滤，故b正确； c．水解会生成，所以废水中的会抑制水解，故c正确； 故选：abc； （2）①沉淀剂为ⅰ时，生成的离子方程式为； ②ⅲ和i相比，ⅲ的氨氮去除率低，原因是ⅲ中生成更多H+，MAP可溶于酸，酸性增强不利于生成； ③沉淀剂为ⅱ和ⅳ时，氨氮去除率明显低于其他相应组，原因是：生成的覆盖在MgO表面，阻碍继续反应； （3）①时的氨氮去除率略大于时的氨氮去除率，原因是： a．生成了； b．，分解成NH3逸出； ②后，氨氮去除率明显减小，原因是随着溶液pH升高，增大，生成Mg3(PO4)2沉淀。 考向3 盐类水解的应用 11．（2025·北京海淀·三模）下列方程式与所给事实不相符的是 A．铝粉溶于氢氧化钠溶液，产生无色气体： B．在HCl气氛中加热制无水： C．草酸()使酸性溶液褪色： D．用银氨溶液检验乙醛中的醛基： 【答案】C 【详解】A．铝粉溶于氢氧化钠溶液，产生无色气体即H2和NaAl(OH)4，则离子方程式为：，A正确； B．在HCl气氛中加热制无水，以抑制Mg2+水解，反应方程式为：，B正确； C．已知H2C2O4是弱酸，离子方程式书写时不能拆，故草酸()使酸性溶液褪色的离子方程式为：，C错误； D．用银氨溶液检验乙醛中的醛基产生光亮的银镜，反应方程式为：，D正确； 故答案为：C。 12．（2025·北京房山·三模）下列能达到对应实验目的的是 A．分离酒精和水 B．比较氧化性： C．由制取无水固体 D．比较Fe和Cu的金属活动性 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．酒精和水互溶，不能用分液分离，不能达到实验目的，A错误； B．如图，氯气将氧化为Br2，使左边棉球变黄，将氧化为I2，使右边棉球变蓝，证明氧化性：Cl2>Br2，Cl2>I2，不能比较Br2与I2的氧化性，不能达到实验目的，B错误； C．加热会水解，不能直接加热制取无水，应在HCl的氛围中加热，不能达到实验目的，C错误； D．Fe与CuSO4发生置换反应：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，证明Fe金属活动性大于Cu，可达到实验目的，D正确； 故选D。 13．（2025·北京房山·三模）一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中b、d代表MgO或中的一种。下列说法不正确的是 A．a为，c为HCl B．d既可以是MgO，也可以是 C．已知为副产物，则通入水蒸气可减少的产生 D．等压条件下，反应①、②的反应热之和，等于氯化铵直接分解的反应热 【答案】B 【详解】A．由分析知，a为，c为HCl，A正确； B．由分析知，d为MgO，B错误； C．可以水解生成，通入水蒸气可以减少的生成，C正确； D．反应①和反应②相加即为氯化铵直接分解的反应，由盖斯定律可知，等压条件下，反应①、反应②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D正确； 故选B。 14．（2025·北京丰台·一模）2025年1月，我国科研人员针对高效转化为HCOOH的研究取得了突破性进展。下列关于的说法正确的是 A．三种物质均属于有机化合物 B．均为非极性分子 C．和体现了和的氧化性 D．通过测定常温下HCOONa溶液的pH可以判断HCOOH是否为弱电解质 【答案】D 【详解】A．不是有机化合物，A错误； B．正负电荷的中心重合，是非极性分子，正负电荷的中心不重合，是极性分子，B错误； C．，碳元素从-4价升高到+2价，体现了的还原性；，碳元素从+4价降低到+2价，体现了的氧化性，C错误； D．常温下HCOONa溶液的pH不等于7，则存在甲酸根的水解，即HCOOH为弱电解质，D正确； 故选D。 15．（2025·北京海淀·一模）可用去除酸性废水中的砷元素，形成沉淀。溶液中含砷微粒的物质的量分数与的关系如图1所示，砷去除率与温度的关系如图2所示。 已知：可缓慢水解，且溶于碱性溶液。 下列说法正确的是 A．沉淀反应为 B．图2能证明生成沉淀的反应为放热反应 C．产生的沉淀若不及时滤去，砷去除率会降低 D．加入的量越多，砷元素的去除率越高 【答案】C 【详解】A．由图1可知，酸性废水中形式存在砷元素主要以亚砷酸，加入硫化钠得到三硫化二砷的反应为，故A错误； B．由图2可知，升高温度，砷去除率会降低，去除率降低可能是温度升高三硫化二砷的溶解度增大所致，也可能是三硫化二砷的水解程度增大所致，所以无法依据去除率降低判断生成三硫化二砷的反应为放热反应，故B错误； C．由题给信息可知，三硫化二砷可缓慢水解，所以除砷时若产生的三硫化二砷沉淀若不及时滤去，会因水解导致砷去除率降低，故C正确； D．硫化钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，由题给信息可知，三硫化二砷溶于碱性溶液，则加入硫化钠的量越多，砷元素的去除率会因溶解而降低，故D错误； 故选C。 题型三 难溶电解质的溶解平衡 1.（2025北京，5，3分）下列反应中，体现还原性的是 A．加热分解有生成 B．和的混合溶液加热有生成 C．固体在溶液中溶解 D．溶液中滴加溶液出现白色沉淀 【答案】B 【详解】A．NH4HCO3分解生成NH3，氮的氧化态保持-3，未发生氧化还原反应，A不符合题意； B．中的N(-3价)与中的N(+3价)反应生成N2(0价)，被氧化，体现还原性，B符合题意； C．水溶液中，铵根离子可以直接结合氢氧化镁弱电离的氢氧根离子，使沉淀溶解平衡向正向移动，则该氢氧化镁溶解过程，无化合价变化，没有体现其还原性，C不符合题意； D．(NH4)2SO4与BaCl2的沉淀反应属于复分解反应，未参与氧化还原，D不符合题意； 故选B。 命题解读 新情境：以含NH4+的不同反应（分解、氧化还原、盐类水解、复分解）为情景，未设置复杂工业或实验背景，而是聚焦NH4+在不同反应类型中的角色，将基础离子性质与四大基本反应类型结合，贴合北京卷“以基础反应考查核心概念”的命题特点。 新考法：摒弃单纯通过化合价变化判断还原性的常规设问，而是将NH4+的还原性考查融入不同反应类型中，要求考生先判断反应类型，再分析NH4+的化合价变化与电子转移，考查对“还原性本质（失去电子、化合价升高）”的深层理解。 新角度：从“化合价变化与电子转移”角度判断还原性，还原性的本质是微粒失去电子、化合价升高。 2．（2024北京，5，3分）下列方程式与所给事实不相符的是 A．海水提溴过程中，用氯气氧化苦卤得到溴单质： B．用绿矾()将酸性工业废水中的转化为 C．用溶液能有效除去误食的 D．用溶液将水垢中的转化为溶于酸的： 【答案】D 【详解】A．氯气氧化苦卤得到溴单质，发生置换反应，离子方程式正确，A正确； B．可以将氧化成，离子方程式正确，B正确； C．结合生成沉淀，可以阻止被人体吸收，离子方程式正确，C正确； D．与反应属于沉淀的转化，不能拆分，正确的离子方程式为CaSO4+=CaCO3+，D错误； 本题选D。 命题解读 新情境：本题以海水提溴、工业废水处理、误食钡盐解毒、水垢除杂四个真实的化工/生活场景为背景，将离子方程式书写与实际应用结合，跳出教材中单纯的方程式配平考查，体现化学知识在生产生活中的实际应用，贴合北京卷“情境化命题”的核心特点。 新考法：不再仅考查方程式的配平、拆写规则，而是要求结合实际反应的物质转化、反应条件、物质溶解性等事实，判断方程式是否准确反映客观事实，考查“符号表征与实际反应的对应关系”。 新角度：针对海水提溴、废水处理等工业场景，考查反应的实际参与微粒、氧化还原的配比；针对解毒、除水垢等生活场景，考查沉淀转化的本质（溶解度差异）与方程式书写细节，直击易忽略的反应要点。 3．（2022北京卷，18，14分）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。 已知： 物质 (1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为 。 (2)用量对碳酸钙产品的影响如下表 n(NH4Cl)/n(CaO) 氧化物()浸出率/% 产品中纯度/% 产品中Mg杂质含量/% (以计) 计算值 实测值 2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 —— 2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06 2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20 备注：ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg) ⅱ、纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中纯度。 ①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是 。 ②沉钙反应的离子方程式为 。 ③“浸钙”过程不适宜选用的比例为 。 ④产品中纯度的实测值高于计算值的原因是 。 (3)“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是 。 (4)滤渣C中含有的物质是 。 (5)该流程中可循环利用的物质是 。 【答案】(1) (2)，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故先浸出 2.4∶1 ，优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙 (3)，，随大量氨逸出，平衡正向移动 (4) (5) 【详解】（1）白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，化学方程式为； （2）①氯化铵水解生成一水合氨与氢离子，可以调节溶液的pH，由图表可知，，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故首先溶解被浸出； ②沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子，离子方程式为。 ③由图表可知，“浸钙”过程的比例为2.4∶1时，产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度最低，故不适宜选用的比例为2.4∶1。 ④，在反应中会优先析出，但也有可能析出其他沉淀，且Mg2+部分以Mg(OH)2形成沉淀，相比MgCO3质量更小，二者共同作用导致产品中纯度的实测值高于计算值； （3）“浸镁”过程中，发生反应：，，加热蒸馏随大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁； （4）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅烧浸钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B中加入硫酸铵后转化为微溶于的硫酸钙，氧化铁、二氧化硅几乎不反应进入滤渣中；“浸镁”过程中，的浸出率最终可达98.9% ，则还有部分氧化镁进入滤渣中，故滤渣C中含有的物质是； （5）沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出；滤液D加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也会生成二氧化碳；在流程中既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是。 4．（2025陕晋青宁卷，14，3分）常温下，溶液中以氢氧化物形式沉淀时，与的关系如图[其中X代表或]。已知：，比更易与碱反应，形成；溶液中时，X可忽略不计。 下列说法错误的是 A．L为与的关系曲线 B．的平衡常数为 C．调节溶液浓度，通过碱浸可完全分离和 D．调节溶液为，可将浓度均为的和完全分离 【答案】B 【详解】A．据分析，L为与的关系曲线，故A正确； B．如图可知，的平衡常数为，则的平衡常数为，故B错误； C．如图可知，pH=14时开始溶解，pH=8.4时开始溶解，且pH=14时，即可认为完全溶解，并转化为，因此调节溶液浓度，通过碱浸可完全分离和，故C正确； D．的开始沉淀pH为，的完全沉淀pH为，因此调节溶液为，可将浓度均为的和完全分离，故D正确； 故答案为B。 知识1 沉淀的溶解平衡及应用 1、含义：在一定温度下的水溶液中，当沉淀溶解和生成的速率相等时，即建立了溶解平衡状态。 2、建立过程 固体溶质溶液中的溶质 3、沉淀溶解平衡的影响因素 知识2 沉淀溶解平衡的应用 1、沉淀的生成 (1)调节pH法 如除去NH4Cl溶液中的FeCl3杂质，可加入氨水调节pH至3～4，离子方程式为： Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH。 (2)沉淀剂法 如用H2S沉淀Cu2＋，离子方程式为H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋。 2、沉淀的溶解 (1)酸溶解法 如CaCO3溶于盐酸，离子方程式为CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑。 (2)盐溶液溶解法 如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液，离子方程式为Mg(OH)2＋2NH===Mg2＋＋2NH3·H2O。 (3)氧化还原溶解法 如不溶于盐酸的硫化物Ag2S溶于稀HNO3。 (4)配位溶解法 如AgCl溶于氨水，离子方程式为AgCl＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H2O。 3、沉淀的转化 (1)实质：沉淀溶解平衡的移动(沉淀的溶解度差别越大，越容易转化)。 (2)应用：锅炉除垢、矿物转化等。 【易错提醒】 1、难溶电解质的溶解平衡也是动态平衡，通过改变外界条件可以使平衡发生移动——溶液中的离子转化为沉淀、沉淀转化为溶液中的离子或一种沉淀向另一种沉淀转化。 2、用沉淀法除杂不可能将杂质离子全部通过沉淀除去。一般认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10－5 mol·L－1时，沉淀已经完全。 知识3 沉淀的转化 1、实验探究 (1)AgCl、AgI、Ag2S的转化 实验操作 （注意：硝酸银不能过量） 实验现象 有白色沉淀生成 白色沉淀转化为黄色沉淀 黄色沉淀转化为黑色沉淀 化学方程式 NaCl+AgNO3==AgCl↓+NaNO3 AgCl+KI==AgI+KCl 2AgI+Na2S==Ag2S+2NaI 实验结论 溶解度小的沉淀可以转化成溶解度更小的沉淀 (2)Mg(OH)2与Fe(OH)3的转化 实验操作 （注意：氢氧化钠不能过量） 实验现象 产生白色沉淀 产生红褐色沉淀 上层为无色溶液，下层为红褐色沉淀 化学方程式 MgCl2+2NaOH==Mg(OH)2↓+2NaCl 3Mg(OH)2+2FeCl3==2Fe(OH)3+MgCl2 知识4 沉淀溶解平衡常数及其应用 1、溶度积和离子积 以AmBn(s)mAn＋(aq)＋nBm－(aq)为例 溶度积 离子积 概念 沉淀溶解的平衡常数 溶液中有关离子浓度幂的乘积 符号 Ksp Qc 表达式 Ksp(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的浓度都是平衡浓度 Qc(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的浓度是任意浓度 应用 判断在一定条件下沉淀能否生成或溶解 ①Qc＞Ksp：溶液过饱和，有沉淀析出 ②Qc＝Ksp：溶液饱和，处于平衡状态 ③Qc＜Ksp：溶液未饱和，无沉淀析出 2、Ksp的影响因素 (1)内因：难溶物质本身的性质，这是主要决定因素。 (2)外因 ①浓度：加水稀释，平衡向溶解方向移动，但Ksp不变。 ②温度：绝大多数难溶盐的溶解是吸热过程，升高温度，平衡向溶解方向移动，Ksp增大。 ③其他：向平衡体系中加入可与体系中某些离子反应生成更难溶物质或更难电离物质或气体的离子时，平衡向溶解方向移动，但Ksp不变。 【易错提醒】 1、复分解反应总是向着某些离子浓度减小的方向进行，若生成难溶电解质，则向着生成溶度积较小的难溶电解质的方向进行。 2、并非Ksp越小，其物质的溶解性就越小。 对于阴、阳离子的个数比相同的难溶电解质，它们的溶解性可以直接用Ksp的大小来比较，Ksp越小，其物质的溶解性就越小；而对于阴、阳离子的个数比不同的难溶电解质，它们的溶解性就不能直接用Ksp的大小来比较。 3、溶度积小的难溶电解质在一定条件下也能向溶度积大的难溶电解质转化。当两种难溶电解质的Ksp相差不是很大时，通过调节某离子的浓度，可由溶度积小的难溶电解质向溶度积大的难溶电解质转化。 考向1 难溶电解质德尔沉淀溶解平衡 1．（2024·北京海淀·三模）新能源汽车的核心部件是锂离子电池，常用磷酸亚铁锂()做电极材料。对废旧电极(含杂质、石墨粉)回收并获得高纯的工业流程图如下： 资料：碳酸锂在水中的溶解度： 温度/℃ 0 20 40 60 80 100 溶解度/g 1.54 1.33 1.17 1.01 0.85 0.72 (1)过程ⅰ研磨粉碎的目的是 。 (2)过程ⅱ加入足量溶液的目的是除去，相关离子方程式为 。 (3)过程ⅲ采用不同氧化剂分别进行实验，均采用含量为3.7%的原料，控制为3.5，浸取1.5h后，实验结果如下表所示： 序号 酸 氧化剂 浸出液中浓度() 滤渣中含量/% 实验1 9.02 0.10 实验2 9.05 0.08 实验3 7.05 0.93 ①实验2中，能与盐酸反应生成黄绿色气体，大大增加了酸和氧化剂的用量，该反应的离子方程式为 。 ②过程ⅱ最终选择作为氧化剂，原因是 。 ③过程ⅲ得到的浸出液循环两次的目的是 。 (4)浸出液中存在大量和。结合平衡移动原理，解释过程ⅳ得到磷酸铁晶体的原因 。 (5)对比过程ⅳ和ⅴ，说明过程ⅳ不用饱和溶液的原因： 。 (6)过程ⅵ的操作为：将粗品加水溶解，蒸发结晶至有大量固体析出， 。 【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率 (2) (3) 的浸出率较高，且较环保(或节约酸和氧化剂的用量) 提高浸出液中浓度(或提高氧化剂和酸的利用率/节约后续纯碱的用量) (4)结合，减小，，，这两个电离平衡均正向移动，增大，与结合形成磷酸铁晶体 (5)过程ⅳ若使用饱和溶液，其中较大，易形成沉淀与磷酸铁沉淀一同析出，减少高纯的产量 (6)趁热过滤，用热水洗涤，干燥 【详解】（1）过程i研磨粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率； （2）单质铝可溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠，离子方程式为：，故答案为：； （3）①实验2中，NaClO3与盐酸发生归中反应生成氯气、氯化钠、水，反应离子方程式是：，故答案为：； ②实验2生成氯气污染空气，增加了酸和氧化剂的用量，实验1与实验3比，的浸出率较高，所以最终选择作为氧化剂，故答案为：的浸出率较高，且较环保（或节约酸和氧化剂的用量）； ③过程iii得到的浸出液循环两次的目的是提高氧化剂和酸的利用率，提高浸出液中Li+浓度，故答案为：提高浸出液中浓度(或提高氧化剂和酸的利用率/节约后续纯碱的用量)； （4）过程iv加入30%的Na2CO3溶液，结合，减小，，，这两个电离平衡均正向移动，增大，与结合形成磷酸铁晶体，故答案为：结合，减小，，，这两个电离平衡均正向移动，增大，与结合形成磷酸铁晶体； （5）过程ⅳ若使用饱和Na2CO3溶液，其中较大，易形成Li2CO3沉淀与磷酸铁沉淀一同析出，减少高纯Li2CO3的产量，所以过程iv不用饱和Na2CO3溶液，故答案为：过程ⅳ若使用饱和Na2CO3溶液，其中较大，易形成Li2CO3沉淀与磷酸铁沉淀一同析出，减少高纯Li2CO3的产量； （6）温度越高碳酸锂溶解度越小，过程vi的操作是用热水洗涤，干燥，故答案为：趁热过滤，用热水洗涤，干燥。 2．（2025·北京东城·一模）以银盐为例探究沉淀溶解的反应规律。 已知时部分物质的溶度积： 化学式 AgCl AgI Ⅰ．理论分析 (1)根据溶度积表达式，分析促进沉淀溶解的方法：①降低阳离子浓度使；② 。 Ⅱ．实验探究 【实验1】向三份等量和固体中分别加入氨水，溶解，和均不溶解。 (2)用平衡移动原理解释溶于氨水的原因： 。 (3)与水形成的浊液与上述-氨水形成的浊液相比，：前者 后者(填“>”、“＜”或“=”)。 【实验2】向两份等量固体中分别加入硝酸，水浴加热。不溶解；盛有的试管中黑色固体逐渐减少，有无色气泡产生，溶液中出现乳白色浑浊，试管口处气体略显红棕色，最终无黑色沉淀，有淡黄色沉淀。 (4)由“溶液中出现乳白色浑浊”推测溶于硝酸经过两步反应： ⅰ．； ⅱ．…… 写出ⅱ的离子方程式： 。 (5)已知能被硝酸氧化。 ①对比溶于稀硝酸的两步反应，分析不溶于稀硝酸的原因： 。 ②进行实验：向盛有和稀硝酸的试管中加入固体，溶液立即变黄，产生无色气泡，沉淀颜色转变为白色。解释出现该现象的原因： 。 (6)实验室回收了一定量，欲将其转化为溶液，设计实验方案： 。 【答案】(1)降低阴离子浓度，使 (2)，与结合使降低，平衡正向移动 (3)> (4) (5)不能与结合，低，还原性弱 与结合生成，使正向移动，增大，还原性增强，能够被硝酸氧化，并促进了向的转化 (6)向中加入溶液，充分反应后过滤，将沉淀洗净，再加入足量稀硝酸，水浴加热，过滤 【详解】（1）以沉淀溶解平衡为例，要促进促进沉淀溶解，平衡向右移动，可以降低阳离子浓度使；或者②降低阴离子浓度，使； （2）固体在溶液中存在平衡：，与结合生成，从而使降低，平衡正向移动，所以溶于氨水； （3）在水中难溶，电离出少量 和 ，其溶解度由 决定；虽然氨水中的可以与形成，但的极小，的浓度极低，导致的形成非常有限，不足以显著降低的浓度，所以两种情况下浓度都很低，但氨水中因络合略微结合，则水溶液中大于氨水中； （4）由实验现象盛有的试管中黑色固体逐渐减少，有无色气泡产生，溶液中出现乳白色浑浊，试管口处气体略显红棕色，最终无黑色沉淀，有淡黄色沉淀可知，溶于硝酸生成和硫单质，则ⅱ的离子方程式为：； （5）①已知能被硝酸氧化，溶于稀硝酸的反应中，与结合生成，沉淀溶解平衡右移，还原性增强，与硝酸发生氧化还原反应；不溶于稀硝酸，说明不能与结合，低，还原性弱； ②向盛有和稀硝酸的试管中加入固体，溶液立即变黄，产生无色气泡，沉淀颜色转变为白色，说明与硝酸发生了反应，生成了碘单质，一氧化氮，同时转化为，出现该现象的原因是与结合生成，使正向移动，增大，还原性增强，能够被硝酸氧化，并促进了向的转化； （6）由上述描述可知，不溶于稀硝酸，溶于稀硝酸，因此可以将转化为后与稀硝酸反应，故设计实验方案为：向中加入溶液，充分反应后过滤，将沉淀洗净，再加入足量稀硝酸，水浴加热，过滤。 3．（2022·北京海淀·三模）工业上用含三价钒()为主的某石煤为原料(含有、CaO等杂质)，钙化法焙烧制备，其流程如下： 【资料】：+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系： pH 4~6 6~8 8~10 10~12 主要离子 (1)焙烧：向石煤中加生石灰焙烧，将转化为的化学方程式是 。 (2)酸浸： ①难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的，溶于盐酸的离子方程式是 。 ②酸度对钒和铝的溶解量的影响如图所示： 酸浸时溶液的酸度控制在大约3.2%，根据图推测，酸浸时不选择更高酸度的原因是 。 (3)转沉：将浸出液中的钒转化为固体，其流程如下： ①浸出液中加入石灰乳的作用是 。 ②已知的溶解度小于。向沉淀中加入溶液，可使钒从沉淀中溶出。结合化学用语，用平衡移动原理解释其原因： 。 ③向溶液中加入溶液，控制溶液的。当时，的产量明显降低，原因是 。 (4)测定产品中的纯度：称取ag产品，先用硫酸溶解，得到溶液。再加入mL 溶液()。最后用溶液滴定过量的至终点，消耗溶液的体积为mL。已知被还原为，假设杂质不参与反应。则产品中的质量分数是 。(的摩尔质量：) (5)全钒液流电池是具有发展前景的、用作储能系统的蓄电池，已知放电时发生氧化反应，电池原理(电解液中含)如图： ①a是 (填“正极”或“负极”)。 ②该蓄电池反应方程式为 (标出“充电”“放电”方向)。 【答案】(1)CaO+O2+V2O3Ca(VO3)2 (2)Ca(VO3)2+4H+=2+Ca2++2H2O 酸度大于3.2%时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大 (3)调节pH，并提供Ca2+，形成Ca3(VO4)2沉淀(富集钒元素) Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡：Ca3(VO4)2(s)⇌3Ca2+(aq)+2(aq)，(NH4)2CO3溶液中的与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，c(Ca2+)降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出 当pH＞8时，钒的主要存在形式不是 (4) (5)正极 V2+++2H+ VO2++V3++H2O 【详解】（1）V2O3与CaO、氧气焙烧得到Ca(VO3)2，反应为：CaO+O2+V2O3Ca(VO3)2；故答案为：CaO+O2+V2O3Ca(VO3)2； （2）①根据表可知，pH=4，Ca(VO3)2溶于盐酸生成，则该离子反应为：Ca(VO3)2+4H+=2+Ca2++2H2O；故答案为：Ca(VO3)2+4H+=2+Ca2++2H2O； ②根据酸度对钒和铝的溶解量的图可知，酸度大于3.2%时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大，故酸浸时溶液的酸度控制在大约3.2%；故答案为：酸度大于3.2%时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大； （3）①浸出液中加入石灰乳的作用是调节pH，并提供Ca2+，形成Ca3(VO4)2沉淀(富集钒元素)；故答案为：调节pH，并提供Ca2+，形成Ca3(VO4)2沉淀(富集钒元素)； ②已知CaCO3的溶解度小于Ca3(VO4)2，Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡：Ca3(VO4)2(s)⇌3Ca2+(aq)+2(aq)，(NH4)2CO3溶液中的与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，c(Ca2+)降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出；故答案为：Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡：Ca3(VO4)2(s)⇌3Ca2+(aq)+2(aq)，(NH4)2CO3溶液中的与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，c(Ca2+)降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出； ③根据图表可知当pH＞8时，钒的主要存在形式不是，故当pH＞8时，NH4VO3的产量明显降低；故答案为：当pH＞8时，钒的主要存在形式不是； （4）根据元素化合价升降相同，滴定过程有5(NH4)2Fe(SO4)2～KMnO4，则过量的 (NH4)2Fe(SO4)2物质的量为5n(KMnO4)=5×b2C210-3mol， 则与(VO2)2SO4溶液反应的 (NH4)2Fe(SO4)2物质的量为(b1c1-5b2C2)×10-3mol， 根据钒元素守恒，则有V2O5～2VO2+～2(NH4)2Fe(SO4)2，故n(V2O5)=(b1c1-5b2C2)×10-3mol，则产品中V2O5的质量分数是=；故答案为：； （5）①由题干信息可知，放电时发生氧化反应，即放电时b电极发生氧化反应，即b为负极，电极反应为：V2+-e-=V3+，则a为正极，发生还原反应，电极反应为：+2e-+2H+=+H2O，故答案为：正极； ②由①分析可知，该蓄电池反应方程式为V2+++2H+ VO2++V3++H2O,故答案为：V2+++2H+ VO2++V3++H2O。 4．（2021·北京丰台·二模）下列化学用语正确的是 A．氢氧化铝电离：Al(OH)3=Al3++3OH- B．氯气溶于水：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO- C．氯气与石灰乳反应制漂白粉：2Cl2+Ca2++2OH-=2Cl-+Ca(ClO)2+2H2O D．向Mg(OH)2悬浊液中滴酚酞后溶液变红：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq) 【答案】D 【详解】A．氢氧化铝是两性氢氧化物，既能电离出H+也能电离出OH-，因而其有酸式电离和碱式电离：Al3++3OH-Al(OH)3H+ + AlO + H2O，故A错误； B．氯气溶于水的离子方程式是Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，次氯酸是弱酸，不能拆成离子，故B错误； C．漂白粉的主要成分是次氯酸钙[Ca(ClO)2]和氯化钙，工业上将氯气通入石灰乳[Ca(OH)2]制取漂白粉，同时有水生成，反应的离子方程式为：Cl2+Ca(OH)2=Ca2++Cl-+ClO- +H2O，故C错误； D．Mg(OH)2悬浊液中存在平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)，滴酚酞后溶液变红，故D正确； 故选D。 5．（2021·北京·模拟预测）为探究Fe3+能去否除银镜反应后试管壁上银镜进行了如下实验。 序号 操作 现象 实验① 将2mL 2mo/L Fe(NO3)3溶液(pH=1)加入有银镜的试管中 银镜消失 实验② 将2mL 1mol/LFe2(SO4)3溶液(pH=1)加入有银镜的试管中 银镜减少，未消失 实验③ 将2mL 2mol/L FeCl3溶液(pH=1)加入有银镜的试管中 银镜消失 (常温下溶解度：AgCl ：1.9×10-4g；Ag2SO4：0.796g) 下列说法不正确的是 A．①中可能发生反应：Fe3++Ag=Fe2++Ag+ B．实验①可以证明本条件下氧化性Fe3+>Ag+ C．实验②和③的试管中可能有白色沉淀生成 D．实验②和③现象的差异与溶液中Cl-和有关 【答案】B 【详解】A．pH=1的Fe(NO3)3溶液加入有银镜的试管中，稀硝酸和Fe3+都有氧化性，可能存在反应Fe3++Ag=Fe2++Ag+，故A正确； B．稀硝酸和Fe3+都有氧化性，稀硝酸可以氧化银，不能证明本条件下氧化性Fe3+>Ag+，故B错误； C．实验②和③的试管中银镜减少，说明有Ag+生成，Cl-和都可以和Ag+生成沉淀，所以都可能有白色沉淀生成，故C正确； D．由常温下溶解度可知氯化银比硫酸银难溶，所以实验②和③现象的差异与溶液中Cl-和有关，故D正确；故答案为B。 考向2 沉淀溶解平衡的应用 6．（2025·北京·三模）某冶金过程产生的废渣主要成分有可表示为、CuO、NiO、ZnO，还含有Fe2O3、FeO、CaO等，具有较好的资源利用价值，可获得产品Cu2O、NiO和ZnO，研究过程如下。 资料： ⅰ．某些不溶物的 物质 ⅱ．黄钠铁矾是一种晶体，颗粒较大，容易过滤和洗涤。 是一种胶状多孔沉淀，有较强的吸附其它离子能力。 ⅲ．焙烧后固体为NiO和ZnO的混合物。 下列有关研究过程的说法正确的是 A．酸浸过程中不会发生氧化还原反应 B．沉铁时，调pH为4时Zn和Ni会有损失，是因为生成了和 C．酸浸时如果硫酸过量程度不够，还原沉铜时中可能会混有 D．由转化流程可以判断NiO和ZnO均是两性氧化物 【答案】C 【详解】A．酸浸过程中，金属氧化物与硫酸反应生成硫酸盐和水，均为复分解反应，生成的有还原性，会与空气中的氧气发生氧化还原反应，A错误； B．沉铁调pH=4时，，c2(OH-)=10-20，，，若产生Zn(OH)2和Ni(OH)2，溶液中Zn2+和Ni2+浓度必须很大，分别大于4200mol/L、2×105mol/L，故不会生成Zn(OH)2和Ni(OH)2沉淀，损失原因并非生成氢氧化物，B错误； C．微溶，酸浸时硫酸过量程度不够，会导致浓度低，溶液中不能完全沉淀，还原沉铜时，溶液中与氧化生成的结合生成沉淀，混入Cu2O，C正确； D．根据流程“酸浸”、“浸锌”可知ZnO既与硫酸反应，又与NaOH溶液反应，故ZnO为两性氧化物，而NiO仅与酸反应为碱性氧化物，D错误；故选C。 7．（2025·北京朝阳·三模）下列化学用语表述正确的是 A．用FeS除去废水中的汞离子： B．乙醛和新制共热： C．向溶液中滴入过量氨水： D．用溶液做导电性实验，灯泡发光： 【答案】D 【详解】A．是难溶物，在离子方程式中不能拆写成，正确的离子方程式为，故A错误； B．乙醛和新制共热，在碱性条件下反应生成乙酸盐，反应的化学方程式为，该选项中生成不符合反应实际，故B错误； C．不溶于过量氨水，向溶液中滴入过量氨水，反应的离子方程式为，故C错误； D．溶液能导电，是因为在水溶液中电离出自由移动的离子，通电时，离子定向移动，在电解条件下分解为和，化学方程式表述正确，故D正确；故选D。 8．（2025·北京西城·三模）下列方程式与所给事实不相符的是 A．铝与氢氧化钠溶液反应： B．还原铁粉与水蒸气反应有可燃性气体产生： C．在酸或酶催化下麦芽糖水解： D．向浊液中滴入溶液，白色沉淀变黄： 【答案】B 【详解】A．铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气：，A正确； B．铁粉与水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气，，B错误； C．蔗糖是一种二糖，在酸或酶的作用下水解生成葡萄糖和果糖，化学方程式为，C正确； D．向AgCl浊液中滴入KI溶液，白色沉淀变黄，说明发生了沉淀的转化，生成了碘化银沉淀：，D正确；故选B。 9．（2021·北京海淀·一模）为研究沉淀的生成及转化，同学们进行下图所示实验。 下列关于该实验的分析不正确的是 A．①中产生白色沉淀的原因是 B．①中存在平衡： C．②中无明显变化是因为溶液中的过低 D．上述实验不能证明AgSCN向AgI沉淀转化反应的发生 【答案】D 【详解】A．Qc(浓度商)>Ksp时有沉淀生成，所以①中产生白色沉淀的原因是，A正确； B．难溶固体存在沉淀溶解平衡，①中有AgSCN固体，存在平衡：，B正确； C．Fe3+遇SCN-溶液变红，②中无明显变化是因为溶液中的过低，C正确； D．②中溶液不变红，③中溶液变红，说明③中增大，存在反应，能证明AgSCN向AgI沉淀转化反应的发生，D错误；故选D。 10．（2025·北京东城·三模）精炼铜的阳极泥经处理后的沉渣中含有，可用溶液浸取回收银。所得浸出液可以分离出并使浸取剂再生。某小组在实验室模拟该反应。 已知：时，(白色)微溶于水，(白色)难溶于水； ，。 I．浸出 (1)取固体，加入一定体积溶液作浸取剂，充分反应后过滤得到浸出液，其中银的主要存在形式为。该反应的离子方程式是 。 Ⅱ．酸化沉银 取(1)所得浸出液，滴加稀硫酸，生成白色沉淀。继续滴加稀硫酸，当恰好沉淀完全时，约为5； (2)完全沉淀时，溶液中大量存在的含硫粒子有 。 (3)将沉淀过滤并洗净，探究其成分。 ①取少量沉淀， (填操作和现象)，证实其中不含。 ②为证明沉淀中不含，甲同学设计的实验及其现象如下。 该现象能否得出沉淀中不含的结论？若能，写出推理过程；若不能，补充实验方案，证实不含。 。 ③经分析，沉淀是，用化学平衡原理解释生成的原因 。 (4)有同学预测，反应的初始阶段所得沉淀中可能混有。探究如下：向(1)所得浸出液中滴入1滴稀，恰好出现少量沉淀(记为沉淀)。过滤，用滤液进行实验。 ①若沉淀中有，预期现象与上述实验现象不同。写出预期现象及理由 。由此推知，沉淀中不含。 ②结论：浸出液加酸沉银时，无论酸用量多少，得到的沉淀都只有AgCl。 Ⅲ．浸取剂再生 (5)向Ⅱ所得溶液中加调，可使浸取剂再生。引入的不会明显影响的浸出。有人提出，仅利用含的物质，就能实现“浸出—沉银—再生”循环，且理论上试剂能完全循环使用。沉银所加试剂是 ；再生的方法是 。 【答案】(1) (2)、 (3)加入足量盐酸，充分反应后取上清液，滴加，无沉淀生成 不能。取少量粉末(或向相同的空试管中)，加入稀硫酸和1滴稀溶液，上清液颜色与的上清液相同(或用图示表示) ，减小，使正移，增大， (4)ii中应出现白色沉淀。若中有，则滤液中，i中生成后，上清液中应剩余 (5)(或) 将沉银后的溶液加热，生成的用于沉银，剩余溶液用于浸出 【详解】（1）由题意结合质量守恒，固体和溶液反应生成和氯离子，该反应的离子方程式是； （2）加稀硫酸后，解离出Ag+，与Cl⁻结合生成AgCl沉淀，反应为，没有参与反应，此时约为5， ，，则溶液中大量存在的含硫粒子有、； （3）①微溶，若要证实其中不含，将其转化为氯化银，然后检验硫酸根离子即可，方法是：取少量沉淀，加入足量盐酸，充分反应后取上清液，滴加溶液，无沉淀生成，证实其中不含。 ②该现象不能得出沉淀中不含的结论，原因是：虽然做了对比实验证明了可以使酸性高锰酸钾褪色，但白色沉淀含有，存在平衡：，氯离子也能使酸性高锰酸钾褪色，未排除该因素的影响，故设计实验方案为：取少量粉末，加入1mL稀硫酸，再加入1滴稀高锰酸钾溶液，上层清液颜色与a相同； ③滴加稀硫酸后，，减小，使正移，增大，，生成了氯化银沉淀； （4）滴加硝酸银中无沉淀生成，说明清液中没有Cl-，则第一步中加入稀硝酸使全部转化为Ag+，Ag+将Cl-全部沉淀，由此可分析出滤液B中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n(Cl-)，由此得出沉淀A中不含，若沉淀A中含有，则滤液B中，i中生成AgCl后，上层清液中含有Cl-，预期现象是ii中出现白色沉淀；故答案为：ii中应出现白色沉淀。若中有，则滤液中，i中生成后，上清液中应剩余； （5）向Ⅱ所得溶液加NaOH调，发生离子反应：，得到的可用于浸出AgCl，若仅使用含的物质，就能实验“浸出—沉银—再生”循环，可以用，沉银时发生反应，亚硫酸根离子浓度减小，使得平衡正移，银离子浓度增大，，生成了氯化银沉淀，得到的沉银后的溶液含有亚硫酸氢钠，将其加热，生成的二氧化硫用于沉银，剩余的亚硫酸钠溶液可用于浸出AgCl。 故答案为：(或)；再生的方法是：将沉银后的溶液加热，生成的用于沉银，剩余溶液用于浸出。 考向3 溶度积 11．（2025·北京东城·三模）溶液可以处理锅炉水垢中的，使其转化为疏松、易溶于酸的。某兴趣小组模拟上述过程： ①将溶液和溶液等体积混合得浊液a ②向滴有酚酞的溶液中加等体积的浊液a，溶液红色变浅 ③将①中浊液a过滤所得白色沉淀b，浸泡在滴有酚酞的溶液中，一段时间后溶液红色变浅 已知：    下列说法中不正确的是 A．浊液a中硫酸根离子的浓度为 B．②中溶液红色变浅可证明有转化为 C．③中溶液红色变浅可证明有转化为 D．向白色沉淀b中加入的溶液，沉淀几乎全部转化 【答案】B 【详解】A．将溶液和溶液等体积混合后得到浊液且硫酸根离子浓度和钙离子浓度相等，，A正确； B．向含有酚酞的溶液中加入浊液a(含沉淀和溶液中的、)，红色变浅说明浓度减小，可能原因是溶液被稀释，或是浊液a中含有溶解的 （浓度 ) 和 固体。 立即与 反应：，消耗 ，导致溶液碱性减弱，红色变浅，无法证明有转化为，B错误； C．将过滤后的白色沉淀b固体(固体)浸泡在溶液中，红色变浅说明被消耗，此时溶液中无游离的，只能通过转化为来实现，C正确； D．白色沉淀b为，向白色沉淀b中加入的溶液则会发生：，平衡常数，若加入，设溶液中，则，x无限接近1，说明几乎完全转化为，D正确；故选B。 12．（2025·北京海淀·二模）为研究水垢中的去除，称量0.5g 于烧杯中，加入100mL蒸馏水，持续搅拌并用传感器监测溶液中的变化。18s时滴入3滴饱和溶液，55s时继续滴加饱和溶液（忽略对溶液体积的影响），数据如图。下列说法正确的是 A．BC段下降，是因为平衡逆向移动 B．由CD段推测，加入的未完全溶解 C．不同时刻溶液中大小排序：D>B>C D．A到F的过程中，消耗约为mol 【答案】B 【详解】A．BC段下降，是因为Ca2+与生成更难溶的CaCO3，使Ca2+浓度减小，A错误； B．由CD段Ca2+浓度升高，说明加入的未完全溶解，继续溶解使Ca2+浓度增大，B正确； C．B到C的过程Ca2+与结合，促进CaSO4的溶解，C点大于B点，C错误； D．A到F溶液中Ca2+几乎为0，说明CaSO4全部转化为了CaCO3，加入的的物质的量应该大于mol，D错误；答案选B。 13．（2025·北京朝阳·二模）利用平衡移动原理，分析沉淀溶解平衡。 已知：i．。 ii．图中直线的离子浓度关系符合或。 下列分析不正确的是 A．①表示的是， B．a、b两点对应的溶液，相应的离子浓度之比 C．向c点对应的溶液中加适量固体，可使溶液由c点变到a点 D．向固体中加入的溶液，充分反应后有0.032mol转化为 【答案】D 【详解】A．根据分析可知，①表示的是，，A正确； B．a、b两点对应的溶液，相同，相应的离子浓度之比，B正确； C．向c点对应的溶液中加适量固体，则浓度增加，-lg减小，且，可使溶液由c点变到a点，C正确； D．设有xmol转化为，x=0.064mol，D错误；故选D。 14．（2025·北京朝阳·二模）下列方程式不能准确解释相应实验现象或事实的是 A．通入苯酚钠溶液中，出现浑浊+CO2+H2O+NaHCO3 B．向沉淀中加入溶液，沉淀变黑： C．常温下，通入溶液制得漂白液： D．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色： 【答案】C 【详解】A．苯酚的酸性强于碳酸氢根离子酸性，向苯酚钠溶液中通CO2，溶液变浑浊是因为生成苯酚和碳酸氢钠：化学方程式正确，A正确； B．沉淀变为黑色，ZnS沉淀转化为CuS沉淀，可说明CuS的溶解度比ZnS小，为沉淀的转化，B正确； C．室温下，氯气通入溶液中制得漂白液，离子方程式为，C错误； D．乙烯与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，反应的化学方程式为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，D正确；故选C。 15．（2025·北京东城·二模）二氧化铈可用在化妆品中起到抗紫外线作用，工业上以氟碳铈矿(CeCO3F，含Fe2O3、SiO2、Al2O3等杂质)为原料制备二氧化铈、硫酸铝铵晶体和硫酸亚铁铵晶体，其工艺流程如图所示： 已知：①Ce2O3易溶于强酸；CeO2不溶于硫酸，也不溶于NaOH溶液。 ②Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38；Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33；Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17；当离子浓度≤10-5mol/L，可认为沉淀完全。 回答下列问题： (1)氟碳铈矿“氧化焙烧”(生成两种酸性气体)化学方程式为 ，此时气体与矿料逆流而行进行投料，目的是 。 (2)浓盐酸价格便宜，但是溶解“滤渣Ⅰ”的缺点是浓盐酸反应生成氯气，同时易挥发出HCl污染环境，可用稀硫酸和双氧水代替，则加入试剂的顺序是 。 (3)“滤液Ⅱ”中NH4HCO3加入量(图a)、最佳比例时沉淀反应的温度(图b)与铈的沉淀率关系如图所示： 根据图分析：沉铈时应选择最佳条件为 。 (4)“滤液Ⅱ”中加入NH4HCO3生成Ce2(CO3)3的离子方程式为 ， (5)“滤液Ⅰ”中加入物质X和物质Y分别是 、 (填序号)，制备硫酸铝铵晶体时，理论上向“滤渣Ⅲ”中加入硫酸和硫酸铵的物质的量之比为 。 a．铁粉  b．铝粉  c．浓氨水  d．Al(OH)3 e．NaOH 【答案】(1) 使气固反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行 (2)先加入稀硫酸酸化溶液，再加入双氧水 (3)、46℃ (4) (5) a c 3:1 【详解】（1）氟碳铈矿“氧化焙烧”中CeCO3F和水、空气中氧气高温生成CeO2、HF、CO2，反应中氧气中氧元素化合价由0变为-2、CeCO3F中Ce化合价由+3变为+4，根据电子守恒、质量守恒可知，反应化学方程式为，此时气体与矿料逆流而行进行投料，目的是使气固反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行； （2）用稀硫酸和双氧水代替浓盐酸，则加入试剂的顺序是首先加入稀硫酸酸化溶液，再加入双氧水； （3）据图分析：沉铈时应选择最佳条件为、46℃，此时铈的沉淀率已经很高，若温度过高铈的沉淀率反而下降； （4）“滤液Ⅱ”中含三价Ce离子，加入NH4HCO3生成Ce2(CO3)3，结合质量守恒，还会生成水和二氧化碳，离子方程式为； （5）由分析可知，滤液Ⅰ”中加入物质X和物质Y分别是铁、浓氨水，故选a、c；“滤渣Ⅲ”为生成的氢氧化铝沉淀，加入硫酸和硫酸铵制备硫酸铝铵晶体，反应为，则加入硫酸和硫酸铵的物质的量之比为3:1。 / 学科网（北京）股份有限公司 $