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

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1.00 mol/L NaCl溶液 B．滴定时放出酸式滴定管中的溶液 C．量取8.10 mL NaOH溶液 D．制备硫酸四氨合铜晶体 A．A B．B C．C D．D 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．用稀硫酸洗涤沉淀比用等体积蒸馏水洗涤损失的少 D．电镀实验中，用溶液作电镀液可以维持浓度的稳定性 3．（25-26高三上·北京·月考）富钴结壳浸出液分离制备的工业流程如下。 已知：ⅰ．浸出液中主要含有的金属离子为：、、、、 ⅱ．25℃时，金属硫化物的溶度积常数。 金属硫化物 NiS CoS CuS MnS (1)过程①中，还原得到的浸出液中含硫元素的阴离子主要为 。 (2)过程②中，转化为时，氧气和石灰乳的作用分别是 。 (3)固体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，再脱水得到。从溶液2中获得的操作是 。 (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。 。 □□□□□___________ (6)流程中可循环使用的物质是 。 01影响水电离的因素 1．（2024·北京顺义·一模）常温下，向0.02mol·L-1 FeCl3溶液(用少量盐酸酸化)中匀速逐滴加入0.1mol·L-1 NaOH溶液，得到pH-t曲线如图。下列说法正确的是 已知：25℃时，Fe(OH)3的Ksp=2.8×10-39 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 2．（2022·北京丰台·三模）室温时，向100mL0.1mol•L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH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    A．a点处存在c(NH)+c(NH3•H2O)=0.1mol•L-1 B．b点处存在c(Na+)＞c(SO)＞c(NH)＞c(H+)=c(OH-) C．由b到c发生反应的离子方程式为H++NH+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 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： 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 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 B．滴加过程中发生的反应有：H2X+OH-=HX-+H2O，HX-+OH-=X2-+H2O C．水的电离程度：a点与b点大致相等 D．若常温下Ka(HY)=1.1×10-2，HY与少量Na2X发生的反应是：2HY+X2-=H2X+2Y- 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NaOH B．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>B D．C→D发生了反应：H++OH-=H2O 6．（2022·北京海淀·三模）室温下，向的某弱酸的溶液中滴加同浓度的，过程中随的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A．a到c的过程中，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， D．c点时加入碱的体积为 7．（2021·北京门头沟·一模）常温下，0.1mol/L的一元酸HA溶液的，下列说法不正确的是 A．加水稀释10倍后， B．溶液中电离出的 C．与0.1mol/L的NaA溶液等体积混合，溶液中 D．滴加NaOH溶液至时，溶液中 8．常温下，将NH3 通入50 mL NH4Cl 溶液中至pH=10，再向其中滴加1 mol/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 A．a 点溶液中，c(OH-) = 1×10-4mol/L B．b 点溶液中，c() > 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) 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．检验溴乙烷与反应后的 B．测钠与水反应后溶液的 C．验证铜与浓硫酸反应生成 D．配制一定物质的量浓度的溶液 A．A B．B C．C D．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 其中，草酸Ka1=5.9×10-2，Ka2=6.4×10-5。 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 B．pH=5时，0.1 mol/L的草酸溶液中，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 D．忽略第二步水解，0.1 mol/L的Na2C2O4中的水解率约为62% 11．常温下，用溶液滴定溶液，消耗溶液的体积与混合液关系如图所示。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。下列说法正确的是 A．段升高的主要原因： B．段溶液不可能出现白色沉淀 C．点： D．点： 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随的变化如图所示。下列说法不正确的是 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 04 酸碱中和滴定 13．（2025·北京朝阳·一模）（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)是 （填“极性”或“非极性”）分子。 (2)中， ①C原子的杂化轨道类型是 杂化。 ②沸点：尿素 丙酮（）（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个距离最近且相等的有 个。 (3)用尿素和过氧化氢制取过氧化脲，反应方程式： 烧杯中分别加入（）、40 mL蒸馏水和12.0 g尿素，搅拌溶解。30℃下反应40 min，冷却结晶、过滤、干燥，得白色针状晶体9.4 g。 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：过氧化脲溶液用稀酸化后，滴加溶液，紫红色消失。 步骤二：过氧化脲溶液用稀酸化后，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100 mL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25.00 mL过氧化脲溶液至锥形瓶中，加入一定量稀，用准确浓度的溶液滴定至微红色，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．溶液置于酸式滴定管中    B．用量筒量取25.00 mL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．滴定管水洗后未用溶液润洗 C．摇动锥形瓶时溶液甩出瓶外    D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失 14．（2025·北京朝阳·二模）铁矿石中存在硫酸盐(主要为)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，再利用滴定法测定。 (1)高温下完全分解为、和 。 (2)测定过程如下： 向吸收器内滴入少量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，立即用标准溶液滴定至淡蓝色复现。随着不断通入，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、 。 ③滴定达终点的实验现象是 。 (3)标准溶液的浓度为，消耗该溶液相当于 g硫。根据到达滴定终点时消耗标准溶液的体积，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。若过低时，非氧化生成的使测定结果偏小。生成的离子方程式为 。 ②能直接将完全氧化。吸收器中加入，滴定时能被完全吸收。若吸收器中不加，滴定时通入的会部分逸出溶液，原因是 。 15．（2025·北京·模拟预测）某兴趣小组根据联合制碱的原理，在实验室中采用和粗盐在特定的浓度和温度条件下进行反应制备少量并检验其纯度。实验过程如下： ①将盛有提纯后溶液的烧杯加热至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()溶液洗涤除去吸附在表面的铵盐和，获得。 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将准确称取自制的产品g置于锥形瓶中，加50蒸馏水溶解后滴加2滴“指示剂1”，用浓度为c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。 ④继续向锥形瓶中加入2滴“指示剂2”，用标准溶液继续滴定，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的总体积。 回答下列问题： (1)粗盐使用前需要除去、、等杂质，下列除杂试剂加入顺序为 。 a→_______→_______→_______。(填选项即可) a．溶液    b．稀盐酸    c．溶液    d．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10.00的一定浓度的盐酸来配制100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，样品中的百分含量为 ，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，则质量分数的计算结果 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 16．（2024·北京·三模）谷氨酸()是人体内的基本氨基酸之一，家用调味料味精中含有其一钠盐()，谷氨酸一钠与食盐共存时可增强食品鲜味。 (1)根据结构分析，谷氨酸一钠可溶于水，既能与酸反应又能与碱反应。其中能与反应的基团是 。 (2)谷氨酸分子中，与氨基相邻位置上的羧基酸性强于另一个羧基，原因是 。 (3)甲醛法可测定谷氨酸一钠含量。将一定质量味精样品溶于水，向所得溶液中加入过量36%甲醛溶液，再以酚酞为指示剂，用溶液进行滴定。 已知：。 ①滴定时发生反应的化学方程式是 。 ②若不加入甲醛，测定结果不准确，可能的原因是 。 (4)银量法可测定含量。 取m克味精溶于水，加入少量溶液做指示剂，用的溶液滴定，当出现砖红色沉淀时达滴定终点，消耗溶液。(味精中其它成分不干扰测定) 资料：，；为砖红色固体，。 ①滴定终点时，，为保证能恰好指示滴定终点，此时溶液中的 。 ②该味精样品中的质量分数是 。(相对原子质量：Na-23  Cl-35.5) 05 盐类水解原理 17．（2025·北京昌平·二模）室温下，进行如下实验： ①向20mL0.1mol/L醋酸溶液中加入20mL0.1mol/LNaOH溶液； ②继续滴加amL0.1mol/L稀盐酸，至溶液的pH=7。 下列说法不正确的是 A．0.1mol/L醋酸溶液pH>1 B．①中反应后溶液： C．②中，a=20 D．②中反应后溶液： 18．（2025·北京朝阳·三模）下列叙述正确的是 A．反应活化能越高，该反应越易进行 B．不能用红外光谱区分和 C．一元弱酸HA的越小，NaA的水解程度越大 D．分子中所有原子都在同一平面上 19．（2025·北京海淀·三模）时，向蒸馏水中加入粉末，一段时间后再向其中加入蒸馏水。该过程中电导率的变化如下图。 已知：时，；饱和溶液的略小于10。 的电离常数：。 下列说法正确的是 A．过程的上层清液中： B．过程的上层清液电导率下降，说明的溶解平衡逆向移动 C．点的上层清液中： D．体系中任意时刻都满足 20．（2025·北京大兴·三模）常温下完成下列实验。其中实验Ⅰ中浑浊不消失，实验Ⅱ和Ⅲ中浊液变澄清。下列说法中不正确的是 A．实验Ⅰ中加入8滴水后溶液的pH不变 B．实验Ⅱ中加入浓氨水后， C．实验Ⅲ中加入溶液后，溶液抑制了的水解 D．以上实验说明溶液中既存在电离平衡又存在水解平衡 06影响盐类水解程度的主要因素 21．（2022·北京丰台·三模）草酸亚铁晶体是生产感光材料的原料，制备流程如下： 下列说法错误的是 A．可用KSCN溶液检验是否变质 B．步骤①酸化的目的是抑制的水解 C．步骤②反应为 D．步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 22．（2022·北京海淀·三模）有研究认为，强碱性溶液中反应分三步进行。下列说法不正确的是 第一步： 第二步：…… 第三步： A．分子的构型为V型 B．升高温度可以使增大 C．反应的第二步为 D．由K可知，第三步不是整个过程的决速步 23．稀土在电子、激光、核工业、超导等诸多高科技领域有广泛的应用。铳(Sc)是一种稀土金属，利用钛尾矿回收金属钪和草酸的工艺流程如图所示。回答下列问题： 已知：①xNH4Cl·yScF3·zH2O是“沉钪”过程中ScF3与氯化物形成的复盐沉淀，在强酸中部分溶解。 ②“脱水除铵”是复盐沉淀的热分解过程。 ③25℃时，部分物质的相关信息如表所示： Ksp(PbSO4) Ksp(PbC2O4) Ka1(H2C2O4) Ka2(H2C2O4) 2.0×10-8 5.0×10-10 6.0×10-2 6.25×10-5 (1)“焙烧”过程生成Sc2O3的化学方程式为 。 (2)“脱水除铵”过程中固体质量与温度的关系如图所示，其中在380-400℃过程中会有白烟冒出，保温至无烟气产生，即得到ScF3，由图中数据可得x：z= 。 (3)传统制备ScF3的方法是先得到ScF3·6H2O沉淀，再高温脱水得ScF3，但通常含有ScOF杂质，原因是 。(用化学方程式表示)。流程中“沉钪”后“脱水除铵”可制得纯度很高的ScF3，其原因是 。 (4)将1.8molPbSO4加到1L含有0.12mol/LH2C2O4的废水中。发生的离子反应为：PbSO4(s)+H2C2O4(aq)PbC2O4(s)+2H+(aq)+SO(aq)，该反应的平衡常数的值K= 。滤饼经浓硫酸处理后的“沉淀”是 (化学式)。 24．工业上湿法冶炼金属锌，通常先将含锌矿石焙烧。锌焙烧矿再加稀硫酸浸出，所得浸出液中含Zn2+和Fe2+、Fe3+等杂质。铁元素的存在对后续电解锌有害。从锌浸出液中沉铁的方法有多种，其中将铁以针铁矿(FeOOH)形式沉淀，铁渣易过滤。其工艺流程如下： 已知：i.滤渣1的主要成分是硫单质； ii.滤渣2中铁元素的存在形态为FeOOH； iii.溶液中Fe3+浓度小于1g/L，才能顺利析出FeOOH晶体。溶液pH较大时，Fe3+水解主要生成氢氧化铁胶体。 (1)酸浸： 能加快锌焙烧矿浸出速率的措施有 。 A．加热            B．粉碎锌焙烧矿         C．降低稀硫酸的浓度 (2)还原： ①为了便于沉铁时调控溶液中Fe3+浓度，向锌浸出液中加入过量ZnS精矿先将Fe3+还原为Fe2+，该反应的离子方程式： (已知室温时，Ksp(ZnS)=2.5×10-22) ②检验滤液1中是否含Fe3+的方法是 。 (3)沉铁： 溶液pH对铁去除率的影响实验结果如下图所示： ①从图中数据来看，沉铁的最佳pH为 。 ②结合图中数据，解释pH偏小或偏大都不利于沉铁的原因是 。 (4)除氟： 通常锌浸出液中还有一定量的氟离子，氟离子浓度过高也会影响电解锌。FeOOH对F-有吸附作用。若将流程中ZnO更换为CaO，可进一步显著提高F-去除率。若要求滤液2中氟离子含量在38mg/L以下，则滤液2中所含Ca2+的浓度至少为 mol/L。(已知室温时， ) 07盐类水解的应用 25．（2025·北京丰台·一模）下列实验中，能达到实验目的的是 A．检验溴乙烷中的溴元素 B．分离（沸点）和（沸点） C．由制取无水固体 D．实验室制乙酸乙酯 A．A B．B C．C D．D 26．（2025·北京东城·一模）生活中蕴含着丰富的化学知识。下列相关解释不正确的是 A．用医用酒精消毒，是因为乙醇能使细菌的蛋白质发生变性 B．用粮食酿酒，是因为淀粉水解产生的葡萄糖在酶的作用下可转变为乙醇 C．热的纯碱溶液去油污效果更好，是因为升温可促进水解，使增大 D．冰的密度比液态水的小，是因为冰中存在氢键，液态水中不存在氢键 27．（2025·北京平谷·一模）常温下，用溶液滴定溶液，消耗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。下列说法错误的是 A．过程没有白色沉淀生成 B．过程中水的电离程度逐渐减小 C．b点混合溶液中 D．d点混合溶液中 28．（2025·北京·模拟预测）Sb2O3可用作白色颜料和阻燃剂等。在实验室中可利用SbCl3的水解反应制取Sb2O3(SbCl3的水解分三步进行，中间产物有SbOCl等)，其总反应可表示为：，下列说法不正确的是 A．Sb2O3具有较高的熔点和燃点 B．为了得到较多的产品，操作时要将SbCl3缓慢加入大量水中 C．SbCl3的水解反应是基元反应 D．反应后期可加入少量氨水 08难溶电解质的沉淀溶解平衡 29．（2024·北京东城·二模）常温下镁条与水缓慢反应，一段时间后镁条表面被致密薄膜完全覆盖，反应停止。再加入则能持续产生，探究其原因。 【实验】将打磨光亮的镁条放入水中反应至无气泡产生，镁条表面变暗。室温下，取该镁条放入下列溶液[初始]，实验记录如下。 编号 溶液 实验记录 溶液 片刻后镁条表面变光亮，开始产生大量气体； 前内镁条表面保持光亮，但产生气体的速率逐渐减慢； 时，镁条表面变白，持续有气泡产生 溶液 仅出现微量气泡 溶液（用氨水调至） 实验现象及气体体积与几乎相同 (1)镁与水反应的化学方程式是 。 (2)经检验，和生成的气体均为并含有微量。检验的操作和现象是 。 (3)本实验说明去除表面致密的主要粒子是。 ①得出该结论的实验证据是 。 ②与反应的离子方程式是 。 (4)实验中溶液和体积随时间的变化如图所示。反应过程中和之和可看作保持不变。 ①前产生的主要反应的离子方程式是 。 ②可作为与的反应是否达到平衡的判断依据，理由是 。 (5)实验在后的一段时间内，基本不变，但仍能持续产生。结合方程式解释持续产生的原因： 。 30．（2024·北京·一模）牙釉质的主要成分是Ca5(PO4)3(OH)，牙齿表面液膜的pH一般约为6.5.当液膜pH<5.2时，牙釉质会出现溶解损伤。使用含氟牙膏(含少量氟化物，如NaF)可预防龋齿。下列说法不正确的是 已知：Ca5(PO4)3(OH)、Ca5(PO4)3F的Ksp分别为6.8×10−37、1×10−60；含磷粒子在水溶液中的物质的量分数(δ)与pH的关系如图；Ca3(PO4)2、CaHPO4均难溶于水。 A．牙齿表面液膜中：c(Ca2+)>c(H2PO)+c(HPO)+c(PO) B．牙釉质溶解损伤时，牙齿表面液膜中δ(PO)升高 C．使用含氟牙膏时，Ca5(PO4)3(OH)可转化为Ca5(PO4)3F D．在漱口水中添加适量的Ca2+有利于牙釉质的沉积 31．（2024·北京房山·一模）下图为和在水中达沉淀溶解平衡时的关系图。[；c(Mn+)≤10-5mol/L可认为沉淀完全]。 下列说法不正确的是 A．由a点可求得 B．时还未开始沉淀 C．浓度均为的和可通过分步沉淀进行分离 D．和混合溶液中，时二者不会同时沉淀 32．（2023·北京顺义·二模）某同学设计下述实验检验[Ag(NH3)2]Cl溶液中的Ag+，实验如表： 实验 试剂 现象 试管 滴管 2mL[Ag(NH3)2]Cl溶液 6滴0.1 mol∙L−1KCl溶液 I中无明显现象 6滴0.1 mol∙L−1KI溶液 II中产生黄色沉淀 6滴0.1 mol∙L−1HCl溶液 III中产生白色沉淀 6滴饱和KCl溶液 IV中产生白色沉淀 下列说法不正确的是 A．I中的c(Ag+)较小，不足以与Cl－沉淀 B．II中存在平衡：AgI(s)Ag+(aq)+I－(aq) C．III说明NH3与H+的结合能力小于与Ag+的结合能力 D．配离子与其它离子能否反应，其本质是平衡移动的问题 09沉淀溶解平衡的应用 33．（2025·北京西城·三模）下列离子方程式书写正确的是 A．溶液与足量氯水反应： B．使酸性高锰酸钾溶液褪色： C．稀与溶液反应： D．用饱和碳酸钠溶液浸泡含的水垢： 34．（2025·北京海淀·三模）研究溶液的制备、性质和应用。 ①向溶液中逐滴加入氨水，得到溶液。 ②分别将等浓度的溶液、溶液放置于空气中，一段时间后，加入浓盐酸，前者无明显现象，后者产生使淀粉溶液变蓝的气体。 ③溶液可处理含的废气，反应过程如下。 下列说法不正确的是 A．①中，为避免溶液与氨水生成沉淀，可先加入适量的溶液 B．②中，溶液中的浓度比溶液中的高，的还原性比的强 C．③中，转化为元素的化合价升高 D．③中，过低将不利于的脱除 35．（2025·北京门头沟·一模）以菱镁矿(主要成分为，含少量、和)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如图所示，已知浸出时产生的废渣中有和。 下列说法不正确的是 A．“浸出镁”所需的温度比“沉镁”温度高 B．分离、与，是利用了它们氢氧化物的大小不同 C．在上述流程中，用石灰乳代替氨水可以达到相同的工艺目的 D．氯化铵溶液浸出镁是利用氯化铵溶液显弱酸性 36．（2025·北京丰台·一模）可用于含镉废水的处理。 已知：常温下，i．溶液中各含硫粒子的物质的量分数与pH的关系如图所示。 ii．溶液pH约为12.8。 iii．。 下列说法不正确的是 A．溶液中： B．溶液中： C．含镉废水中加入FeS后，发生反应的离子方程式为 D．向含的废水中加入足量FeS，废水可达排放标准 1．（2025·北京·模拟预测）下列实验所用仪器或实验操作合理的是 A．配制250 mL 0.1 NaOH溶液 B．实验室制备并收集 C．量取一定体积的酸性溶液 D．用铜和浓硫酸制备 2．（2025·北京通州·一模）下列说法不正确的是 A．依据第三周期主族元素原子半径依次减小，可推断它们的电负性依次增大 B．依据一元弱酸的，可推断它们同温度同浓度稀溶液的pH大小 C．植物油氢化后所得的硬化油不易被空气氧化变质 D．向饱和溶液中滴加几滴鸡蛋清溶液，出现沉淀，加蒸馏水后沉淀不溶解 3．（2025·北京东城·二模）25°C时，将HCl气体缓慢通入0.1mol·L-1的氨水中，溶液的pH、体系中粒子浓度的对数值(lgc)与反应物的物质的量之比[t=]的关系如图所示。若忽略溶液体积变化，下列有关说法正确的是 A．25°C时，Kb(NH3·H2O)=10-9.25 B．P2所示溶液：c()<100c(NH3·H2O) C．t=0.5时，c(NH3·H2O)>c(Cl-)>c D．P1所示溶液：c()=c(NH3·H2O)=0.05mol/L 4．（2025·北京丰台·二模）常温下探究与之间的转化，进行如下实验。 实验 实验过程 电导率变化图像 pH变化图像 Ⅰ 向盛有60mL蒸馏水的烧杯中，加入适量固体，用磁力搅拌器搅拌，待数据稳定后，加入1滴管饱和溶液 Ⅱ 向盛有60mL蒸馏水的烧杯中，加入适量固体，用磁力搅拌器搅拌，待数据稳定后，加入1滴管饱和溶液 下列说法正确的是 A．由图1可知，相同条件下，同浓度的溶液比溶液导电能力强 B．由图2可知，加入溶液后，水电离产生的 C．实验Ⅱ中，加入1滴管饱和溶液后，转化为 D．实验Ⅰ、Ⅱ的混合溶液中均存在： 5．（2025·北京朝阳·二模）下列实验中，溶液升高的是 A．微热溶液，溶液颜色变深 B．光照新制的氯水，得到无色溶液 C．向溶液中加入少量溶液，生成沉淀 D．向溶液中通入少量气体，产生黄色沉淀 6．（2025·北京海淀·三模）钒(V)被称为钢铁行业的“维生素”。工业上用含三价钒为主的某石煤为原料(含、、等杂质)，低温硫酸化焙烧-水浸工艺高效提取钒制备高纯的主要流程如下： 资料： i．氢氧化物完全沉淀时溶液的pH表 沉淀物 完全沉淀 3.2 9.0 4.7 ii．有机试剂对溶液中离子萃取能力为； iii．含磷有机试剂“萃取”过程可表示为(有机相)(有机相)； iv．沉钒过程前会发生。 (1)焙烧过程中向石煤中通焙烧，将转化为的化学方程式是 。 (2)焙烧时将原矿石磨碎且气体与矿料逆流而行，目的是 。 (3)滤液A中含有、、、和，滤液C中钒的微粒为。“还原”过程中，铁粉发生的反应有 。 (4)“萃取”前，用氨水先中和至pH≈5的原因是 。 (5)沉钒过程中加入铵盐使中的钒元素形成多钒酸铵沉淀，且沉淀颗粒大小影响最终产品品质。溶液pH值与沉钒率，沉淀颗粒直径的关系如图所示，请结合反应原理解释沉钒时的pH选择2.0-2.5的原因： 。 (6)测定产品中的纯度： 称取产品，先用硫酸溶解，得到溶液。再加入溶液最后用溶液滴定过量的至终点，消耗溶液的体积为。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：) 7．（2022·北京丰台·二模）某粗铜精炼得到的阳极泥主要成分为：、、等，从中提取的工艺流程如下： 已知： 化学式 （常温） (1)酸浸过程，通入稀硫酸和空气的目的是 。 (2)“氯化”过程中发生如下转化： ①转化为，反应方程式为 。 ②转化为，从化学平衡的角度解释原因 。 (3)①“还原”过程中发生反应的化学方程式为 。 ②、、氧化性由强到弱的顺序为 。 (4)滴定法测定溶液的浓度，其基本原理为： 第一步： 第二步：（无色）（无色） ①由此可知滴定所用的指示剂为 。 ②若溶液体积为，滴定至终点时消耗溶液，则溶液的物质的量浓度为 。 ③若使用的溶液过量，对滴定结果的影响是 。（填“偏大”或“偏小”或“不影响”） 1．（2024·北京·高考真题）下列依据相关数据作出的推断中，不正确的是 A．依据相同温度下可逆反应的Q与K大小的比较，可推断反应进行的方向 B．依据一元弱酸的，可推断它们同温度同浓度稀溶液的大小 C．依据第二周期主族元素电负性依次增大，可推断它们的第一电离能依次增大 D．依据的氢化物分子中氢卤键的键能，可推断它们的热稳定性强弱 2．（2022·北京·高考真题）2022年3月神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中太空“冰雪实验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。下列说法不正确的是 A．醋酸钠是强电解质 B．醋酸钠晶体与冰都是离子晶体 C．常温下，醋酸钠溶液的 D．该溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出 3．（2023·北京·高考真题）回收利用工业废气中的和，实验原理示意图如下。    下列说法不正确的是 A．废气中排放到大气中会形成酸雨 B．装置a中溶液显碱性的原因是的水解程度大于的电离程度 C．装置a中溶液的作用是吸收废气中的和 D．装置中的总反应为 4．（2023·北京·高考真题）下列过程与水解反应无关的是 A．热的纯碱溶液去除油脂 B．重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃 C．蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸 D．向沸水中滴入饱和溶液制备胶体 5．（2022·北京·高考真题）下列实验中，不能达到实验目的的是 由海水制取蒸馏水 萃取碘水中的碘 分离粗盐中的不溶物 由制取无水固体 A B C D A．A B．B C．C D．D 6．（2021·北京·高考真题）下列实验中，均产生白色沉淀。 下列分析不正确的是 A．Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同 B．CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解 C．Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解 D．4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低 7．（2021·北京·高考真题）用电石（主要成分为CaC2，含CaS和Ca3P2等）制取乙炔时，常用CuSO4溶液除去乙炔中的杂质。反应为: ①CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4 ②11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓ 下列分析不正确的是 A．CaS、Ca3P2发生水解反应的化学方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑、Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑ B．不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱 C．反应②中每24 mol CuSO4氧化11 mol PH3 D．用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时，H2S、PH3有干扰 8．（2021·北京·高考真题）下列方程式不能准确解释相应实验现象的是 A．酚酞滴入醋酸钠溶液中变为浅红色：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH- B．金属钠在空气中加热生成淡黄色固体：4Na+O2=2Na2O C．铝溶于氢氧化钠溶液，有无色气体产生：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑ D．将二氧化硫通入氢硫酸中产生黄色沉淀：SO2+2H2S=3S↓+2H2O 9．（2021·北京·高考真题）铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。 资料： i.钛白粉废渣成分：主要为FeSO4·H2O，含少量TiOSO4和不溶物 ii.TiOSO4+(x+1)H2O⇌TiO2·xH2O↓+H2SO4 iii.0.1 mol/L Fe2+生成Fe(OH)2，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3； 0.1 mol/L Fe3+生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8 (1)纯化 ①加入过量铁粉的目的是 。 ②充分反应后，分离混合物的方法是 。 (2)制备晶种 为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如图)。 ①产生白色沉淀的离子方程式是 。 ②产生白色沉淀后的pH低于资料iii中的6.3。原因是：沉淀生成后c(Fe2+) 0.1mol/L(填“＞”“=”或“＜”)。 ③0-t1时段，pH几乎不变；t1-t2时段，pH明显降低。结合方程式解释原因： 。 ④pH≈4时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t3后pH几乎不变，此时溶液中c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)增加，且(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原因： 。 (3)产品纯度测定 铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。 wg铁黄溶液b溶液c滴定 资料：Fe3++3=Fe(C2O4)，Fe(C2O4)不与稀碱液反应 Na2C2O4过量，会使测定结果 (填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 / 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 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1.00 mol/L NaCl溶液 B．滴定时放出酸式滴定管中的溶液 C．量取8.10 mL NaOH溶液 D．制备硫酸四氨合铜晶体 A．A B．B C．C D．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．用稀硫酸洗涤沉淀比用等体积蒸馏水洗涤损失的少 D．电镀实验中，用溶液作电镀液可以维持浓度的稳定性 【答案】B 【详解】A．纯碱（）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； C．稀硫酸中的抑制溶解（同离子效应），符合平衡移动原理，C正确； D．补充电镀消耗的，维持浓度稳定，符合平衡移动原理，D正确； 故答案选B。 3．（25-26高三上·北京·月考）富钴结壳浸出液分离制备的工业流程如下。 已知：ⅰ．浸出液中主要含有的金属离子为：、、、、 ⅱ．25℃时，金属硫化物的溶度积常数。 金属硫化物 NiS CoS CuS MnS (1)过程①中，还原得到的浸出液中含硫元素的阴离子主要为 。 (2)过程②中，转化为时，氧气和石灰乳的作用分别是 。 (3)固体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，再脱水得到。从溶液2中获得的操作是 。 (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。 。 □□□□□___________ (6)流程中可循环使用的物质是 。 【答案】(1) (2)氧气是氧化剂，可将氧化为，石灰乳是沉淀剂，可调节使沉淀 (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 (5) (6) 【详解】（1）根据分析，含硫的阴离子主要为。 （2）由分析可知，过程②中，转化为时，氧气和石灰乳的作用分别是：氧气是氧化剂，可将氧化为，石灰乳是沉淀剂，可调节使沉淀。 （3）根据分析，Y中的固体有CuS、CoS、NiS。 （4）由图可知，温度较高时的溶解度较小，可以从溶液中析出，则从溶液2中获得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。 （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，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：。 （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．（2024·北京顺义·一模）常温下，向0.02mol·L-1 FeCl3溶液(用少量盐酸酸化)中匀速逐滴加入0.1mol·L-1 NaOH溶液，得到pH-t曲线如图。下列说法正确的是 已知：25℃时，Fe(OH)3的Ksp=2.8×10-39 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 【详解】A．0.02mol·L-1 FeCl3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； C．当Fe3+沉淀完全时，Fe3+的浓度为10-5mol/L，则，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。 2．（2022·北京丰台·三模）室温时，向100mL0.1mol•L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH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    A．a点处存在c(NH)+c(NH3•H2O)=0.1mol•L-1 B．b点处存在c(Na+)＞c(SO)＞c(NH)＞c(H+)=c(OH-) C．由b到c发生反应的离子方程式为H++NH+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 【详解】A．a点处溶液的体积是原来的两倍，c(NH)+c(NH3•H2O)=0.05mol•L-1，A错误； B．b点处加入的氢氧化钠溶液的体积大于100mL，故c(Na+)＞c(SO)，SO和NH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c(SO)＞c(NH)，此时溶液中的c(H+)=c(OH-)=10-7mol/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NH+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： 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 【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sp3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，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 B．滴加过程中发生的反应有：H2X+OH-=HX-+H2O，HX-+OH-=X2-+H2O C．水的电离程度：a点与b点大致相等 D．若常温下Ka(HY)=1.1×10-2，HY与少量Na2X发生的反应是：2HY+X2-=H2X+2Y- 【答案】C 【详解】A．由图和分析可知当X2-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； 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-=X2-+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； D．由图可得a点，b点，若常温下Ka(HY)=1.1×10-2，则酸性，根据强酸制弱酸的原则，HY与少量Na2X发生的反应是：2HY+X2-=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NaOH B．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>B D．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，向的某弱酸的溶液中滴加同浓度的，过程中随的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A．a到c的过程中，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， D．c点时加入碱的体积为 【答案】B 【详解】A．根据物料守恒，是定值， a到c的过程中，溶液溶液总体积增大，所以减小，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，b点时，溶液呈酸性，所以，故C错误； D．若加入碱的体积为，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，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，下列说法不正确的是 A．加水稀释10倍后， B．溶液中电离出的 C．与0.1mol/L的NaA溶液等体积混合，溶液中 D．滴加NaOH溶液至时，溶液中 【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： ，则溶液中： ，故A错误； B．酸抑制水电离，该溶液中的，由，则，电离出的，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，故C正确； D．滴加NaOH溶液至时，溶液中存在电荷守恒，则有：，因为，则，故D正确； 选A。 8．常温下，将NH3 通入50 mL NH4Cl 溶液中至pH=10，再向其中滴加1 mol/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 A．a 点溶液中，c(OH-) = 1×10-4mol/L B．b 点溶液中，c() > 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．检验溴乙烷与反应后的 B．测钠与水反应后溶液的 C．验证铜与浓硫酸反应生成 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．检验溴乙烷与反应后的需要先用硝酸酸化，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 其中，草酸Ka1=5.9×10-2，Ka2=6.4×10-5。 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 B．pH=5时，0.1 mol/L的草酸溶液中，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 D．忽略第二步水解，0.1 mol/L的Na2C2O4中的水解率约为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； B．根据图像可知：δ2表示H2C2O4的分布分数，δ1表示的分布分数，δ0表示的分布分数。pH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，0.1 mol/L的草酸溶液中，是优势存在形体，溶液中主要以形式存在，B正确； C．草酸钠是强碱弱酸盐，其水解平衡常数Kh1===1.6×10-10，所以草酸钠溶液的pH介于9~10，C错误； D．根据选项C计算可知草酸钠的水解平衡常数Kh1=1.6×10-10，Kh1=1.6×10-10，c()=4.0×10-6 mol/L，则0.1 mol/L的Na2C2O4中的水解率约为=4.0×10-3%＜62%，D错误； 故合理选项是CD。 11．常温下，用溶液滴定溶液，消耗溶液的体积与混合液关系如图所示。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。下列说法正确的是 A．段升高的主要原因： B．段溶液不可能出现白色沉淀 C．点： D．点： 【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，，，则水解大于电离，故c()<c(H2CO3)，C错误； D．c点pH=7.2，溶液显碱性，故，根据电荷守恒可知，由碳酸氢钠和氯化钙的物质的量可知，则有，D正确； 故选D。 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随的变化如图所示。下列说法不正确的是 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 【详解】A．开始时溶液pH=3，当=1，即溶液都稀释10倍，曲线①pH=4，pH增大了1个单位，而曲线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）（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)是 （填“极性”或“非极性”）分子。 (2)中， ①C原子的杂化轨道类型是 杂化。 ②沸点：尿素 丙酮（）（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个距离最近且相等的有 个。 (3)用尿素和过氧化氢制取过氧化脲，反应方程式： 烧杯中分别加入（）、40 mL蒸馏水和12.0 g尿素，搅拌溶解。30℃下反应40 min，冷却结晶、过滤、干燥，得白色针状晶体9.4 g。 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：过氧化脲溶液用稀酸化后，滴加溶液，紫红色消失。 步骤二：过氧化脲溶液用稀酸化后，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100 mL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25.00 mL过氧化脲溶液至锥形瓶中，加入一定量稀，用准确浓度的溶液滴定至微红色，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．溶液置于酸式滴定管中    B．用量筒量取25.00 mL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．滴定管水洗后未用溶液润洗 C．摇动锥形瓶时溶液甩出瓶外    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 (2)sp2 > 尿素分子间会形成氢键而丙酮没有 12个 (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 BD A 【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个键（2个C-N键和1个C=O中的键），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，可得晶胞体积；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的摩尔质量为，H2O的摩尔质量为，所以晶胞的质量为，所以晶胞的密度为；从晶胞结构图可以看出，与1个CO(NH2)2距离最近且相等的CO(NH2)2有12个；故答案为：；12个； （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，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：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，故过氧化脲的产率为。故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒（任选两个即可）；50%； （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； ② A．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)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，再利用滴定法测定。 (1)高温下完全分解为、和 。 (2)测定过程如下： 向吸收器内滴入少量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，立即用标准溶液滴定至淡蓝色复现。随着不断通入，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、 。 ③滴定达终点的实验现象是 。 (3)标准溶液的浓度为，消耗该溶液相当于 g硫。根据到达滴定终点时消耗标准溶液的体积，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。若过低时，非氧化生成的使测定结果偏小。生成的离子方程式为 。 ②能直接将完全氧化。吸收器中加入，滴定时能被完全吸收。若吸收器中不加，滴定时通入的会部分逸出溶液，原因是 。 【答案】(1) (2)将导入吸收器中；将硫化物氧化为 溶液变为淡蓝色，且半分钟内不褪色 (3)0.096a (4) 与的反应速率较慢 【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：将导入吸收器中；将硫化物氧化为； 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的过程，故答案为：； 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IO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：，消耗的KIO3物质的量为，对应的S的质量为： ； （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：； 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：与的反应速率较慢。 15．（2025·北京·模拟预测）某兴趣小组根据联合制碱的原理，在实验室中采用和粗盐在特定的浓度和温度条件下进行反应制备少量并检验其纯度。实验过程如下： ①将盛有提纯后溶液的烧杯加热至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()溶液洗涤除去吸附在表面的铵盐和，获得。 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将准确称取自制的产品g置于锥形瓶中，加50蒸馏水溶解后滴加2滴“指示剂1”，用浓度为c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。 ④继续向锥形瓶中加入2滴“指示剂2”，用标准溶液继续滴定，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的总体积。 回答下列问题： (1)粗盐使用前需要除去、、等杂质，下列除杂试剂加入顺序为 。 a→_______→_______→_______。(填选项即可) a．溶液    b．稀盐酸    c．溶液    d．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10.00的一定浓度的盐酸来配制100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，样品中的百分含量为 ，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℃，分解 (3)ABC (4)酚酞 局部浓度过高生成，影响测定结果 (5) (6)偏小 【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为的溶解，温度过高会分解，故答案为：防止温度高于35℃，分解； （3）配制100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10.00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；局部浓度过高生成，影响测定结果； （5）根据题中已知信息第一次终点为生成，则第一次终点消耗的HCl的体积为V1mL，，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，则样品中碳酸氢钠的物质的量，则原样品中的质量分数为，原样品中的质量分数为 （6）俯视读数，则消耗的标准液的体积偏小，第二次滴定时是碳酸氢钠和盐酸的反应，则碳酸氢钠的含量偏小。 16．（2024·北京·三模）谷氨酸()是人体内的基本氨基酸之一，家用调味料味精中含有其一钠盐()，谷氨酸一钠与食盐共存时可增强食品鲜味。 (1)根据结构分析，谷氨酸一钠可溶于水，既能与酸反应又能与碱反应。其中能与反应的基团是 。 (2)谷氨酸分子中，与氨基相邻位置上的羧基酸性强于另一个羧基，原因是 。 (3)甲醛法可测定谷氨酸一钠含量。将一定质量味精样品溶于水，向所得溶液中加入过量36%甲醛溶液，再以酚酞为指示剂，用溶液进行滴定。 已知：。 ①滴定时发生反应的化学方程式是 。 ②若不加入甲醛，测定结果不准确，可能的原因是 。 (4)银量法可测定含量。 取m克味精溶于水，加入少量溶液做指示剂，用的溶液滴定，当出现砖红色沉淀时达滴定终点，消耗溶液。(味精中其它成分不干扰测定) 资料：，；为砖红色固体，。 ①滴定终点时，，为保证能恰好指示滴定终点，此时溶液中的 。 ②该味精样品中的质量分数是 。(相对原子质量：Na-23  Cl-35.5) 【答案】(1)-NH2或氨基 (2)氨基中N原子电负性较大，导致与氨基相邻位置上的羧基中的0-H键极性增大，更容易断裂，酸性更强 (3) + 氨基显碱性，会干扰羧基和NaOH的中和反应 (4) 【详解】（1）根据谷氨酸一钠结构，谷氨酸一钠既能与酸反应又能与碱反应，其中能与酸反应的基团是-NH2，能与碱反应的基团是-COOH； （2）谷氨酸分子中，与氨基相邻位置上的羧基酸性强于另一个羧基，原因是氨基中N原子电负性较大，导致与氨基相邻位置上的羧基中的O-H键极性增大，更容易断裂，所以酸性更强； （3）甲醛法可测定谷氨酸一钠含量。将一定质量味精样品溶于水，向所得溶液中加入过量36%甲醛溶液，再以酚酞为指示剂，用溶液进行滴定。 已知：。 ①根据提示信息，滴定时谷氨酸一钠与甲醛发生反应的化学方程式是+； ②由于氨基显碱性，所以为了防止氨基干扰羧基和NaOH的中和反应，可用甲醛掩蔽氨基； （4）①滴定终点时，，此时溶液中的， 为保证能恰好指示滴定终点，即有沉淀生成，此时溶液中的； ②该反应的原理：，则该味精样品中的质量分数是。 05 盐类水解原理 17．（2025·北京昌平·二模）室温下，进行如下实验： ①向20mL0.1mol/L醋酸溶液中加入20mL0.1mol/LNaOH溶液； ②继续滴加amL0.1mol/L稀盐酸，至溶液的pH=7。 下列说法不正确的是 A．0.1mol/L醋酸溶液pH>1 B．①中反应后溶液： C．②中，a=20 D．②中反应后溶液： 【答案】C 【详解】A．由于醋酸为弱酸，无法完全电离，所以0.1mol/L醋酸溶液的pH>1，A正确； B．①中反应后得到的溶液为醋酸钠溶液，主要离子为钠离子和醋酸根离子，醋酸根离子水解使得溶液显碱性，则醋酸钠溶液显碱性，，B正确； C．盐酸和醋酸钠反应生成醋酸和氯化钠，所得溶液pH=7，则加入盐酸为少量，a<20mL，C错误； D．②中反应后溶液由电荷守恒，，pH=7，则，故，D正确； 故选C。 18．（2025·北京朝阳·三模）下列叙述正确的是 A．反应活化能越高，该反应越易进行 B．不能用红外光谱区分和 C．一元弱酸HA的越小，NaA的水解程度越大 D．分子中所有原子都在同一平面上 【答案】C 【详解】A．活化能越高，反应发生所需的最低能量越大，反应速率越慢，越难进行，A错误； B．外光谱可通过官能团特征吸收峰区分不同化合物。含羟基；含醚键，因此，红外光谱可以区分两者，B错误； C．元弱酸HA的越小，表明酸性越弱，其共轭碱A⁻的碱性越强(根据)。因此，NaA水解程度越大，C正确； D．分子中，碳碳双键部分为平面结构，但甲基的碳原子为杂化，呈四面体构型，导致甲基上的氢原子不在双键平面上，因此所有原子不在同一平面上，D错误； 故选C。 19．（2025·北京海淀·三模）时，向蒸馏水中加入粉末，一段时间后再向其中加入蒸馏水。该过程中电导率的变化如下图。 已知：时，；饱和溶液的略小于10。 的电离常数：。 下列说法正确的是 A．过程的上层清液中： B．过程的上层清液电导率下降，说明的溶解平衡逆向移动 C．点的上层清液中： D．体系中任意时刻都满足 【答案】C 【详解】A．在溶液中存在溶解平衡，同时会发生水解，由于水解，所以，A错误； B．过程加入蒸馏水，溶液被稀释，离子浓度减小，导致电导率下降，而稀释会使的溶解平衡正向移动，B错误； C．在点的上层清液为饱和溶液，由得，存在水解平衡，即，，根据，，可得，，以第一步水解为主，设有的水解生成，列三段式有： 则，，即，，所以，C正确； D．根据电荷守恒，体系中应满足，D错误； 综上，答案是C。 20．（2025·北京大兴·三模）常温下完成下列实验。其中实验Ⅰ中浑浊不消失，实验Ⅱ和Ⅲ中浊液变澄清。下列说法中不正确的是 A．实验Ⅰ中加入8滴水后溶液的pH不变 B．实验Ⅱ中加入浓氨水后， C．实验Ⅲ中加入溶液后，溶液抑制了的水解 D．以上实验说明溶液中既存在电离平衡又存在水解平衡 【答案】C 【详解】A．实验I中加入8滴水后溶液浑浊不消失，溶液仍是NaHCO3的饱和溶液，故pH不变，故A正确； B．实验Ⅱ中加入浓氨水后，溶液为NaHCO3和氨水的混合溶液，根据电荷守恒则有c(Na+) + c(H+) + c() = 2c() + c() + c(OH−)，故B正确； C．氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，促进碳酸氢根离子的水解，碳酸氢钠溶解，溶液变澄清，故C不正确； D．实验Ⅱ说明碳酸氢根离子存在水解平衡，实验Ⅲ说明存在碳酸氢根离子的电离平衡，以上实验说明NaHCO3溶液中既存在电离平衡又存在水解平衡，故D正确； 故选C。 06影响盐类水解程度的主要因素 21．（2022·北京丰台·三模）草酸亚铁晶体是生产感光材料的原料，制备流程如下： 下列说法错误的是 A．可用KSCN溶液检验是否变质 B．步骤①酸化的目的是抑制的水解 C．步骤②反应为 D．步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 【答案】D 【详解】A．中铁的化合价为+2价，其变质后是转化为+3价的离子，故可用KSCN溶液检验是否变质，A正确； B．亚铁离子水解方程式为Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，故步骤①酸化的目的是抑制的水解，B正确； C．由题干流程图可知，步骤②反应为，C正确； D．由题干信息可知，FeC2O4∙2H2O是一种难溶物，故步骤③为过滤、洗涤、干燥，D错误； 故答案为：D。 22．（2022·北京海淀·三模）有研究认为，强碱性溶液中反应分三步进行。下列说法不正确的是 第一步： 第二步：…… 第三步： A．分子的构型为V型 B．升高温度可以使增大 C．反应的第二步为 D．由K可知，第三步不是整个过程的决速步 【答案】D 【详解】A．分子的中心O原子价电子对数是，是sp3杂化，含有2个σ键和2对孤电子对，分子构型为V型，A正确； B．第一步表示的是ClO-的水解，温度升高水解程度增大，该反应平衡正向移动，则增大，B正确； C．从第一步和第三步看，第二步的过程是HOCl转化为HOI，结合总反应，反应物还缺少I-，生成物缺少Cl-，故反应的第二步为，C正确； D．反应机理中的决速步是反应速率最慢的一步，看的是反应的速率，不是反应的程度，不能由平衡常数的大小判断反应速率的快慢，D不正确； 故选D。 23．稀土在电子、激光、核工业、超导等诸多高科技领域有广泛的应用。铳(Sc)是一种稀土金属，利用钛尾矿回收金属钪和草酸的工艺流程如图所示。回答下列问题： 已知：①xNH4Cl·yScF3·zH2O是“沉钪”过程中ScF3与氯化物形成的复盐沉淀，在强酸中部分溶解。 ②“脱水除铵”是复盐沉淀的热分解过程。 ③25℃时，部分物质的相关信息如表所示： Ksp(PbSO4) Ksp(PbC2O4) Ka1(H2C2O4) Ka2(H2C2O4) 2.0×10-8 5.0×10-10 6.0×10-2 6.25×10-5 (1)“焙烧”过程生成Sc2O3的化学方程式为 。 (2)“脱水除铵”过程中固体质量与温度的关系如图所示，其中在380-400℃过程中会有白烟冒出，保温至无烟气产生，即得到ScF3，由图中数据可得x：z= 。 (3)传统制备ScF3的方法是先得到ScF3·6H2O沉淀，再高温脱水得ScF3，但通常含有ScOF杂质，原因是 。(用化学方程式表示)。流程中“沉钪”后“脱水除铵”可制得纯度很高的ScF3，其原因是 。 (4)将1.8molPbSO4加到1L含有0.12mol/LH2C2O4的废水中。发生的离子反应为：PbSO4(s)+H2C2O4(aq)PbC2O4(s)+2H+(aq)+SO(aq)，该反应的平衡常数的值K= 。滤饼经浓硫酸处理后的“沉淀”是 (化学式)。 【答案】(1)2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2 (2)1∶2 (3)ScF3+H2OScOF+2HF(或ScF3·6H2OScOF+2HF+5H2O) 除铵”时NH4Cl分解生成HCl，抑制Sc3+的水解 (4)1.5×10-4 PbSO4 【详解】（1）由流程图可知，Sc2(C2O4)3经焙烧后生成Sc2O3和CO2，依据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。 （2）“xNH4Cl·yScF3·zH2O”脱水除铵是指脱去结晶水和氯化铵，氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，所以会产生白烟，所以380~400℃时固体减少的质量为氯化铵的质量，200~300℃时减少的质量为水的质量，则氯化铵的物质的量为：，水的物质的量为：，x:z=0.06:0.12=1:2。 （3）ScF3·6H2O沉淀高温脱水得ScF3，但通常含有ScOF杂质，原因是高温脱水时，ScF3会与水发生反应生成ScOF，结合原子守恒，反应的化学方程式为：ScF3+H2OScOF+2HF或ScF3·6H2OScOF+2HF+5H2O；流程中“沉钪”后“脱水除铵”可制得纯度很高的ScF3，其原因是“除铵”时NH4Cl分解生成HCl，抑制Sc3+的水解。 （4）平衡常数K=====1.510-4；在主要成分是H2C2O4的废水中加入PbSO4，结合反应PbSO4(s)+H2C2O4(aq)PbC2O4(s)+2H+(aq)+SO(aq)可知，有少量PbSO4转化为了PbC2O4，所得滤饼用浓硫酸处理时，增大了生成物的浓度，上述平衡逆向移动，所以所得“沉淀”是PbSO4。 24．工业上湿法冶炼金属锌，通常先将含锌矿石焙烧。锌焙烧矿再加稀硫酸浸出，所得浸出液中含Zn2+和Fe2+、Fe3+等杂质。铁元素的存在对后续电解锌有害。从锌浸出液中沉铁的方法有多种，其中将铁以针铁矿(FeOOH)形式沉淀，铁渣易过滤。其工艺流程如下： 已知：i.滤渣1的主要成分是硫单质； ii.滤渣2中铁元素的存在形态为FeOOH； iii.溶液中Fe3+浓度小于1g/L，才能顺利析出FeOOH晶体。溶液pH较大时，Fe3+水解主要生成氢氧化铁胶体。 (1)酸浸： 能加快锌焙烧矿浸出速率的措施有 。 A．加热            B．粉碎锌焙烧矿         C．降低稀硫酸的浓度 (2)还原： ①为了便于沉铁时调控溶液中Fe3+浓度，向锌浸出液中加入过量ZnS精矿先将Fe3+还原为Fe2+，该反应的离子方程式： (已知室温时，Ksp(ZnS)=2.5×10-22) ②检验滤液1中是否含Fe3+的方法是 。 (3)沉铁： 溶液pH对铁去除率的影响实验结果如下图所示： ①从图中数据来看，沉铁的最佳pH为 。 ②结合图中数据，解释pH偏小或偏大都不利于沉铁的原因是 。 (4)除氟： 通常锌浸出液中还有一定量的氟离子，氟离子浓度过高也会影响电解锌。FeOOH对F-有吸附作用。若将流程中ZnO更换为CaO，可进一步显著提高F-去除率。若要求滤液2中氟离子含量在38mg/L以下，则滤液2中所含Ca2+的浓度至少为 mol/L。(已知室温时， ) 【答案】(1)AB (2) 取少量滤液1于试管，滴加KSCN溶液，若不显红色，则证明不含Fe3+ (3)4.8 ，pH过小，c(H+)较大，使Fe3+的水解平衡逆向移动，不利于生成FeOOH沉淀。溶液pH较大，Fe3+水解产物更多是不易过滤的氢氧化铁胶体 (4)6.75×10-6 【详解】（1）A．加热，温度升高，化学反应速率加快，A选； B．粉碎锌焙烧矿，增大反应物的接触面积，化学反应速率加快，B选； C．降低稀硫酸的浓度，减小反应物浓度，化学反应速率减慢，C不选； 答案选AB。 （2）①滤渣1的主要成分是硫单质，说明加入过量ZnS精矿将Fe3+还原为Fe2+的同时ZnS被氧化成S，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S；答案为：ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S。 ②用KSCN溶液检验Fe3+，故检验滤液1中是否含Fe3+的方法是：取少量滤液1于试管，滴加KSCN溶液，若不显红色，则证明不含Fe3+；答案为：取少量滤液1于试管，滴加KSCN溶液，若不显红色，则证明不含Fe3+。 （3）①从图中数据可知，pH=4.8时铁去除率最大，故沉铁的最佳pH为4.8；答案为：4.8。 ②滤渣2中铁元素的存在形态为FeOOH，说明加入双氧水氧化后的溶液中存在水解平衡：Fe3++2H2OFeOOH+3H+，pH过小，c(H+)较大，使Fe3+的水解平衡逆向移动，不利于生成FeOOH沉淀；根据已知iii，溶液pH较大，Fe3+水解产物更多是不易过滤的氢氧化铁胶体；答案为：Fe3++2H2OFeOOH+3H+，pH过小，c(H+)较大，使Fe3+的水解平衡逆向移动，不利于生成FeOOH沉淀；溶液pH较大，Fe3+水解产物更多是不易过滤的氢氧化铁胶体。 （4）要求滤液2中氟离子含量在38mg/L以下，即c(F-)在=2×10-3mol/L以下，则Ca2+的浓度至少为=mol/L=6.75×10-6mol/L；答案为：6.75×10-6。 07盐类水解的应用 25．（2025·北京丰台·一模）下列实验中，能达到实验目的的是 A．检验溴乙烷中的溴元素 B．分离（沸点）和（沸点） C．由制取无水固体 D．实验室制乙酸乙酯 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【详解】A．溴乙烷和氢氧化钠溶液发生水解反应生成乙醇和溴化钠，反应后的溶液中含有氢氧化钠，此时直接加入硝酸银溶液，氢氧根离子会与银离子反应而消耗银离子，会干扰溴离子与银离子反应生成溴化银沉淀，不能准确检验溴乙烷中的溴元素，A不符合题意； B．二氯甲烷和四氯化碳互溶，两者的沸点相差大于30℃，能用蒸馏的方法分离（沸点）和（沸点），B符合题意； C．氯化铁是强酸弱碱盐，氯化铁会发生水解，直接加热会促进水解，同时HCl会挥发，使得水解平衡正向移动而生成氢氧化铁，继续加热会分解生成氧化铁，不能制得无水固体，C不符合题意； D．浓硫酸作用下乙酸与乙醇共热反应制得的乙酸乙酯中混有能与碳酸钠溶液反应的乙酸和能与水以任意比例混溶的乙醇，将导气管插入饱和碳酸钠溶液中易发生倒吸，所以导气管不能插入饱和碳酸钠溶液中，D不符合题意； 故选B。 26．（2025·北京东城·一模）生活中蕴含着丰富的化学知识。下列相关解释不正确的是 A．用医用酒精消毒，是因为乙醇能使细菌的蛋白质发生变性 B．用粮食酿酒，是因为淀粉水解产生的葡萄糖在酶的作用下可转变为乙醇 C．热的纯碱溶液去油污效果更好，是因为升温可促进水解，使增大 D．冰的密度比液态水的小，是因为冰中存在氢键，液态水中不存在氢键 【答案】D 【详解】A．医用酒精（75%乙醇）能使细菌蛋白质变性，破坏其结构，达到消毒效果，A正确； B．粮食中的淀粉先水解为葡萄糖，再经无氧发酵（酶催化）生成乙醇，B正确； C．纯碱溶于水后，碳酸根水解生成OH⁻（吸热反应），升温促进水解，碱性增强，油脂更易水解，去污效果提升，C正确； D．冰的密度小是因氢键形成有序结构导致体积膨胀，但液态水中仍存在氢键，并非完全不存在，D错误； 故选D。 27．（2025·北京平谷·一模）常温下，用溶液滴定溶液，消耗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。下列说法错误的是 A．过程没有白色沉淀生成 B．过程中水的电离程度逐渐减小 C．b点混合溶液中 D．d点混合溶液中 【答案】C 【详解】A．过程混合液pH上升，说明此阶段水解大于电离，溶液中没有白色沉淀生成，故A正确； B．过程混合液pH下降，说明此阶段有白色沉淀碳酸钙生成，导致的电离大于水解，溶液中浓度增大，抑制水的电离，使水的电离程度逐渐减小，故B正确; C．b点是整个滴定过程中pH最高点，此点水解大于电离，则，故C错误； D．d点混合溶液中，根据电荷守恒，可得，此时溶液显弱碱性， ，则，根据题干中和的浓度可知，d点，则，故D正确； 答案C。 28．（2025·北京·模拟预测）Sb2O3可用作白色颜料和阻燃剂等。在实验室中可利用SbCl3的水解反应制取Sb2O3(SbCl3的水解分三步进行，中间产物有SbOCl等)，其总反应可表示为：，下列说法不正确的是 A．Sb2O3具有较高的熔点和燃点 B．为了得到较多的产品，操作时要将SbCl3缓慢加入大量水中 C．SbCl3的水解反应是基元反应 D．反应后期可加入少量氨水 【答案】C 【详解】A．Sb2O3可用作阻燃剂，其具有较高的熔点和燃点，故A正确； B．将SbCl3缓慢加入大量水中有利于水解完全，有利于提高SbCl3的转化率，获得较多产品，故B正确； C．SbCl3的水解分三步进行，中间产物有SbOCl等，并不是基元反应，故C错误； D．后期已经达到水解平衡，Sb3+离子浓度很低，靠单纯的水解很难再反应下去，所以要加NH3•H2O消耗HCl促进水解，故D正确； 故选C。 08难溶电解质的沉淀溶解平衡 29．（2024·北京东城·二模）常温下镁条与水缓慢反应，一段时间后镁条表面被致密薄膜完全覆盖，反应停止。再加入则能持续产生，探究其原因。 【实验】将打磨光亮的镁条放入水中反应至无气泡产生，镁条表面变暗。室温下，取该镁条放入下列溶液[初始]，实验记录如下。 编号 溶液 实验记录 溶液 片刻后镁条表面变光亮，开始产生大量气体； 前内镁条表面保持光亮，但产生气体的速率逐渐减慢； 时，镁条表面变白，持续有气泡产生 溶液 仅出现微量气泡 溶液（用氨水调至） 实验现象及气体体积与几乎相同 (1)镁与水反应的化学方程式是 。 (2)经检验，和生成的气体均为并含有微量。检验的操作和现象是 。 (3)本实验说明去除表面致密的主要粒子是。 ①得出该结论的实验证据是 。 ②与反应的离子方程式是 。 (4)实验中溶液和体积随时间的变化如图所示。反应过程中和之和可看作保持不变。 ①前产生的主要反应的离子方程式是 。 ②可作为与的反应是否达到平衡的判断依据，理由是 。 (5)实验在后的一段时间内，基本不变，但仍能持续产生。结合方程式解释持续产生的原因： 。 【答案】(1) (2)将气体通过湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝 (3) b中仅出现微量气泡，c中的实验结果与a几乎相同 (4) 当pH不变时，c（OH-）不变，说明和达到平衡，故c（）、c（）和c（Mg2+）均不变，与Mg（OH）2的反应达到平衡 (5)Mg继续发生反应：，能够改变Mg（OH）2的位置或形态，使Mg表面在较长时间内不会被致密薄膜覆盖 【详解】（1）镁与水反应生成Mg（OH）2和H2，反应的化学方程式是：，故答案为：； （2）氨气具有碱性，能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故答案为：将气体通过湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝； （3）①实验a采用NH4Cl溶液（pH=4.6），实验b采用NaCl溶液（pH=7），实验c采用NH4Cl溶液（用氨水调pH=7），对比实验a、b、c的实验结果，a和c的实验结果几乎相同，b中仅出现微量气泡，说明去除Mg表面致密Mg（OH）2的主要粒子并不是Cl-、H+ ，而是，故答案为：b中仅出现微量气泡，c中的实验结果与a几乎相同； ②与Mg（OH）2反应生成Mg2+和，反应的离子方程式为；，故答案为： （4）①前5min为Mg和反应产生H2，主要反应的离子方程式是，故答案为：； ②与Mg（OH）2反应时存在平衡如下： 反应1：； 反应2：； 反应3：； 总反应为：； 当pH不变时，c（OH-）不变，说明和达到平衡，故c（）、c（）和c（Mg2+）均不变，与Mg（OH）2的反应达到平衡，故答案为：当pH不变时，c（OH-）不变，说明和达到平衡，故c（）、c（）和c（Mg2+）均不变，与Mg（OH）2的反应达到平衡； （5）实验a在30min后的一段时间内，pH基本不变，但仍能持续产生H2，能够改变Mg（OH）2的位置或形态，使Mg表面在较长时间内不会被致密薄膜覆盖，Mg继续发生反应：，故答案为：Mg继续发生反应：，能够改变Mg（OH）2的位置或形态，使Mg表面在较长时间内不会被致密薄膜覆盖 30．（2024·北京·一模）牙釉质的主要成分是Ca5(PO4)3(OH)，牙齿表面液膜的pH一般约为6.5.当液膜pH<5.2时，牙釉质会出现溶解损伤。使用含氟牙膏(含少量氟化物，如NaF)可预防龋齿。下列说法不正确的是 已知：Ca5(PO4)3(OH)、Ca5(PO4)3F的Ksp分别为6.8×10−37、1×10−60；含磷粒子在水溶液中的物质的量分数(δ)与pH的关系如图；Ca3(PO4)2、CaHPO4均难溶于水。 A．牙齿表面液膜中：c(Ca2+)>c(H2PO)+c(HPO)+c(PO) B．牙釉质溶解损伤时，牙齿表面液膜中δ(PO)升高 C．使用含氟牙膏时，Ca5(PO4)3(OH)可转化为Ca5(PO4)3F D．在漱口水中添加适量的Ca2+有利于牙釉质的沉积 【答案】B 【详解】A．牙釉质的主要成分是Ca5(PO4)3(OH)，根据元素守恒c(Ca2+)：[c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)]=5:3，因此c(Ca2+)>c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)正确，A正确； B．牙釉质溶解损伤时，液膜pH<5.2，根据含磷粒子在水溶液中的物质的量分数(δ)与pH的关系图可知，牙齿表面液膜中δ(H2PO)最高，牙齿表面液膜中δ(PO)降低，B错误； C．Ca5(PO4)3F的Ksp更小，使用含氟牙膏时，Ca5(PO4)3(OH)可转化为Ca5(PO4)3F，C正确； D．牙齿表面液膜中存在在Ca5(PO4)3(OH)(s)⇋5Ca2+(aq)+3P(aq)+5OH-(aq)，漱口水中添加适量的Ca2+，沉淀溶解平衡逆向移动，有利于牙釉质的沉积，D正确； 答案选B。 31．（2024·北京房山·一模）下图为和在水中达沉淀溶解平衡时的关系图。[；c(Mn+)≤10-5mol/L可认为沉淀完全]。 下列说法不正确的是 A．由a点可求得 B．时还未开始沉淀 C．浓度均为的和可通过分步沉淀进行分离 D．和混合溶液中，时二者不会同时沉淀 【答案】D 【详解】A．a点，则，a点，则，，，A正确； B．由图知，时，，则，，，，时中，因为，所以还未开始沉淀，B正确； C．由图像知，优先沉淀，当恰好沉淀完全时，，此时，则还未开始沉淀，所以的和可通过分步沉淀进行分离，C正确； D．当恰好沉淀完全时，由图像知，，，，即恰好沉淀完全时，。由图像知，时，，，，的开始沉淀时，，，，此时，因此二者可以同时沉淀，D错误； 故选D。 32．（2023·北京顺义·二模）某同学设计下述实验检验[Ag(NH3)2]Cl溶液中的Ag+，实验如表： 实验 试剂 现象 试管 滴管 2mL[Ag(NH3)2]Cl溶液 6滴0.1 mol∙L−1KCl溶液 I中无明显现象 6滴0.1 mol∙L−1KI溶液 II中产生黄色沉淀 6滴0.1 mol∙L−1HCl溶液 III中产生白色沉淀 6滴饱和KCl溶液 IV中产生白色沉淀 下列说法不正确的是 A．I中的c(Ag+)较小，不足以与Cl－沉淀 B．II中存在平衡：AgI(s)Ag+(aq)+I－(aq) C．III说明NH3与H+的结合能力小于与Ag+的结合能力 D．配离子与其它离子能否反应，其本质是平衡移动的问题 【答案】C 【详解】A．根据I和IV得到I中没有沉淀产生，说明I中的c(Ag+)较小，不足以与Cl－沉淀，故A正确； B．II中产生黄色沉淀即生成AgI沉淀，AgI沉淀存在溶解平衡即：AgI(s)Ag+(aq)+I－(aq)，故B正确； C．根据I和III的现象，产生的沉淀说明[Ag(NH3)2]Cl和氢离子反应，有大量银离子生成，银离子和氯离子反应生成AgCl沉淀，说明III中NH3与H+的结合能力大于与Ag+的结合能力，故C错误； D．根据I和II的现象，可以得出配离子与其它离子能否反应，其本质是平衡移动的问题，故D正确。 这是啥，答案为C。 09沉淀溶解平衡的应用 33．（2025·北京西城·三模）下列离子方程式书写正确的是 A．溶液与足量氯水反应： B．使酸性高锰酸钾溶液褪色： C．稀与溶液反应： D．用饱和碳酸钠溶液浸泡含的水垢： 【答案】D 【详解】A．向FeI2溶液中通入足量Cl2的离子方程式为：，A错误； B．使酸性高锰酸钾溶液褪色，草酸不拆分：，B错误； C．稀H2SO4与Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为：，C错误； D．CaSO4与浓度较大的可溶性碳酸盐反应可以得到碳酸钙，再用酸可以将其除去，离子方程式为CaSO4(s)+CO(aq)=CaCO3(s)+SO(aq)，D正确； 故选D。 34．（2025·北京海淀·三模）研究溶液的制备、性质和应用。 ①向溶液中逐滴加入氨水，得到溶液。 ②分别将等浓度的溶液、溶液放置于空气中，一段时间后，加入浓盐酸，前者无明显现象，后者产生使淀粉溶液变蓝的气体。 ③溶液可处理含的废气，反应过程如下。 下列说法不正确的是 A．①中，为避免溶液与氨水生成沉淀，可先加入适量的溶液 B．②中，溶液中的浓度比溶液中的高，的还原性比的强 C．③中，转化为元素的化合价升高 D．③中，过低将不利于的脱除 【答案】B 【详解】A．加入适量的溶液，使溶液中铵根离子浓度增大，抑制一水合氨的电离，减小了氢氧根离子浓度，则①中，先加入适量的溶液可避免溶液与氨水生成沉淀，A不符合题意； B．[Co(NH3)6]2+为配离子，则②中溶液中的浓度比溶液中的高，结合分析可知，的还原性比的弱，B符合题意； C．③中，转化为元素的化合价由+2价升高为+3，C不符合题意； D．③中，降低pH，溶液酸性增强，氢离子和氨气反应生成铵根，不利于脱除NO，D不符合题意； 故选B。 35．（2025·北京门头沟·一模）以菱镁矿(主要成分为，含少量、和)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如图所示，已知浸出时产生的废渣中有和。 下列说法不正确的是 A．“浸出镁”所需的温度比“沉镁”温度高 B．分离、与，是利用了它们氢氧化物的大小不同 C．在上述流程中，用石灰乳代替氨水可以达到相同的工艺目的 D．氯化铵溶液浸出镁是利用氯化铵溶液显弱酸性 【答案】C 【详解】A．“沉镁”过程中，温度不宜太高，否则一水合氨会大量分解产生氨气，使得氨水利用率降低，A正确； B．的Ksp远小于Mg(OH)2的Ksp值，当pH达到一定值时，与先沉淀，而不沉淀，最终达到分离效果，B正确； C．石灰乳代替氨水，会引入杂质Ca2+，可能影响产物的纯度，C错误； D．氯化铵溶液水解呈酸性，在“浸出”过程中可以溶解MgO，D正确；故答案选C； 36．（2025·北京丰台·一模）可用于含镉废水的处理。 已知：常温下，i．溶液中各含硫粒子的物质的量分数与pH的关系如图所示。 ii．溶液pH约为12.8。 iii．。 下列说法不正确的是 A．溶液中： B．溶液中： C．含镉废水中加入FeS后，发生反应的离子方程式为 D．向含的废水中加入足量FeS，废水可达排放标准 【答案】B 【详解】A．根据物料守恒可知，，A正确； B．溶液pH约为12.8，结合图像可知，，B错误； C．结合题中信息，，则含镉废水中加入FeS后，发生反应的离子方程式为：，C正确； D．向含的废水中加入足量FeS，方程式为：，平衡常数，假设沉淀转化过程中生成为0.001mol/L，得到，废水可达排放标准，D正确；故选B。 1．（2025·北京·模拟预测）下列实验所用仪器或实验操作合理的是 A．配制250 mL 0.1 NaOH溶液 B．实验室制备并收集 C．量取一定体积的酸性溶液 D．用铜和浓硫酸制备 【答案】B 【详解】A．配制250mL溶液时，NaOH固体应在烧杯中溶解并冷却至室温后，再转移至容量瓶，转移过程需要使用玻璃棒引流，A错误； B．实验室用NH4Cl和Ca(OH)2固体加热制备NH3时，试管口应略向下倾斜（防止冷凝水倒流炸裂试管），且收集氨气需用向下排空气法，B正确； C．酸性KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶，量取时需用酸式滴定管而非碱式滴定管，C错误； D．铜与浓硫酸反应制备SO2需要加热（常温下不反应），若图片中装置未配备加热仪器（如酒精灯），则无法发生反应，D错误； 故选B。 2．（2025·北京通州·一模）下列说法不正确的是 A．依据第三周期主族元素原子半径依次减小，可推断它们的电负性依次增大 B．依据一元弱酸的，可推断它们同温度同浓度稀溶液的pH大小 C．植物油氢化后所得的硬化油不易被空气氧化变质 D．向饱和溶液中滴加几滴鸡蛋清溶液，出现沉淀，加蒸馏水后沉淀不溶解 【答案】D 【详解】A．第三周期主族元素（Na→Cl）原子半径减小，核电荷数增加，原子核对电子吸引力逐渐增强，则电负性依次增大，A正确； B．一元弱酸的越大，酸性越强，同浓度时pH越小，故可通过推断pH大小，B正确； C．植物油氢化后稳定性增强，不易变质，C正确； D．饱和使蛋白质盐析，盐析可逆，加水稀释后沉淀应溶解，D错误； 故选D。 3．（2025·北京东城·二模）25°C时，将HCl气体缓慢通入0.1mol·L-1的氨水中，溶液的pH、体系中粒子浓度的对数值(lgc)与反应物的物质的量之比[t=]的关系如图所示。若忽略溶液体积变化，下列有关说法正确的是 A．25°C时，Kb(NH3·H2O)=10-9.25 B．P2所示溶液：c()<100c(NH3·H2O) C．t=0.5时，c(NH3·H2O)>c(Cl-)>c D．P1所示溶液：c()=c(NH3·H2O)=0.05mol/L 【答案】D 【详解】A．根据时，和的浓度相同，且，，=，A项错误； B．根据时溶液显中性，，结合=，，即，B项错误； C．时，溶液中溶质为等浓度的和，由图可知溶液此时显碱性，则的电离大于的水解，此时溶液中的离子浓度大小顺序为，C项错误； D．根据氮原子守恒，，而时，和的浓度相同，故，D项正确； 答案选D。 4．（2025·北京丰台·二模）常温下探究与之间的转化，进行如下实验。 实验 实验过程 电导率变化图像 pH变化图像 Ⅰ 向盛有60mL蒸馏水的烧杯中，加入适量固体，用磁力搅拌器搅拌，待数据稳定后，加入1滴管饱和溶液 Ⅱ 向盛有60mL蒸馏水的烧杯中，加入适量固体，用磁力搅拌器搅拌，待数据稳定后，加入1滴管饱和溶液 下列说法正确的是 A．由图1可知，相同条件下，同浓度的溶液比溶液导电能力强 B．由图2可知，加入溶液后，水电离产生的 C．实验Ⅱ中，加入1滴管饱和溶液后，转化为 D．实验Ⅰ、Ⅱ的混合溶液中均存在： 【答案】A 【详解】A．由实验1可知，转化成，由图1可知，加入导电能力增强，当沉淀转化后后生成导电能力下降，故相同条件下，同浓度的溶液比溶液导电能力强，A正确； B．由图2可知，加入溶液后，转化成，生成，为强碱弱酸盐，水溶液中水解，水电离产生的，B错误； C．实验Ⅱ中，加入1滴管饱和溶液后，导电能力没变化，故没有转化为，C错误； D．实验Ⅰ、Ⅱ的混合溶液中均存在电荷守恒：，D错误； 故选A。 5．（2025·北京朝阳·二模）下列实验中，溶液升高的是 A．微热溶液，溶液颜色变深 B．光照新制的氯水，得到无色溶液 C．向溶液中加入少量溶液，生成沉淀 D．向溶液中通入少量气体，产生黄色沉淀 【答案】D 【详解】A．加热促进铁离子水解，溶液颜色变深，，溶液的减小，A不符合题意； B．光照新制的氯水，次氯酸分解生成盐酸和氧气，，溶液酸性增强，溶液减小，B不符合题意； C．向溶液中加入少量溶液，生成碳酸镁沉淀，随后碳酸镁与水中的氢氧根反应生成沉淀，由于消耗了氢氧根离子，溶液碱性减弱，故溶液减小，C不符合题意； D．向亚硫酸溶液中通入少量气体，产生黄色沉淀，生成硫和水，，溶液酸性减弱，增大，D符合题意； 故选D。 6．（2025·北京海淀·三模）钒(V)被称为钢铁行业的“维生素”。工业上用含三价钒为主的某石煤为原料(含、、等杂质)，低温硫酸化焙烧-水浸工艺高效提取钒制备高纯的主要流程如下： 资料： i．氢氧化物完全沉淀时溶液的pH表 沉淀物 完全沉淀 3.2 9.0 4.7 ii．有机试剂对溶液中离子萃取能力为； iii．含磷有机试剂“萃取”过程可表示为(有机相)(有机相)； iv．沉钒过程前会发生。 (1)焙烧过程中向石煤中通焙烧，将转化为的化学方程式是 。 (2)焙烧时将原矿石磨碎且气体与矿料逆流而行，目的是 。 (3)滤液A中含有、、、和，滤液C中钒的微粒为。“还原”过程中，铁粉发生的反应有 。 (4)“萃取”前，用氨水先中和至pH≈5的原因是 。 (5)沉钒过程中加入铵盐使中的钒元素形成多钒酸铵沉淀，且沉淀颗粒大小影响最终产品品质。溶液pH值与沉钒率，沉淀颗粒直径的关系如图所示，请结合反应原理解释沉钒时的pH选择2.0-2.5的原因： 。 (6)测定产品中的纯度： 称取产品，先用硫酸溶解，得到溶液。再加入溶液最后用溶液滴定过量的至终点，消耗溶液的体积为。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：) 【答案】(1) (2)增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分反应 (3)     (4)除去，降低萃取的，提高钒纯度；用氨水中和，降低溶液中，使平衡(有机相)(有机相)正向移动，增加萃取率。 (5)，平衡逆向移动，不利于形成多钒酸铵沉淀；，随升高，沉淀颗粒大小急剧下降，影响最终产品的品质。 (6) 【详解】（1）通焙烧，将转化为，V的化合价升高，做氧化剂，化学方程式为； （2）焙烧时将原矿石磨碎且气体与矿料逆流而行，目的是：增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分反应； （3）铁粉将V(V)还原还原为V(Ⅳ)，同时铁粉还能和、反应，故发生的反应有 、、； （4）根据题目所给信息可知加氨水调节pH≈5可以使Al3+完全沉淀，除去Al(OH)3，提高在有机试剂中的萃取率；同时用氨水中和，使平衡(有机相)(有机相)正向移动，增加萃取率； （5）溶液中存在反应10VO+8H2OH2V10O+14H+，pH<2.5，氢离子浓度过高，该平衡逆向移动，不利于形成多钒酸铵沉淀；pH>2.5，随升高，沉淀颗粒大小急剧下降，影响最终产品的品质； （6）根据电子守恒，存在数量关系n(Fe2+)=5n(MnO)，所以剩余的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=5b2c2×10-3mol，则VO消耗的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=(b1c1-5b2c2)×10-3mol，n(V2O5)=n(VO)=×(b1c1-5b2c2)×10-3mol，所以V2O5的质量分数是=。 7．（2022·北京丰台·二模）某粗铜精炼得到的阳极泥主要成分为：、、等，从中提取的工艺流程如下： 已知： 化学式 （常温） (1)酸浸过程，通入稀硫酸和空气的目的是 。 (2)“氯化”过程中发生如下转化： ①转化为，反应方程式为 。 ②转化为，从化学平衡的角度解释原因 。 (3)①“还原”过程中发生反应的化学方程式为 。 ②、、氧化性由强到弱的顺序为 。 (4)滴定法测定溶液的浓度，其基本原理为： 第一步： 第二步：（无色）（无色） ①由此可知滴定所用的指示剂为 。 ②若溶液体积为，滴定至终点时消耗溶液，则溶液的物质的量浓度为 。 ③若使用的溶液过量，对滴定结果的影响是 。（填“偏大”或“偏小”或“不影响”） 【答案】(1)将转化为可溶性盐，实现与其他物质的分离 (2) ，被氧化为，减小，促进平衡正向移动，导致增大，使得与结合生成沉淀，进一步促进平衡正向移动，转化为 (3) (4)淀粉 不影响 【详解】（1）铜和稀硫酸不反应，酸浸过程，通入空气的目的是将铜氧化后与稀硫酸反应生成硫酸铜，故答案为：将Cu转化为可溶性盐CuSO4，实现Cu与其他物质的分离； （2）①氯气具有氧化性，可以将Se氧化为+4价，氯气被还原为HCl，化学方程式为：； ②中存在平衡：，被氧化为，减小，促进平衡正向移动，导致增大，使得与结合生成沉淀，进一步促进平衡正向移动，转化为； （3）①SO2具有还原性，可以将+4价的Se还原为0价的Se，二氧化硫被氧化为硫酸，发生反应的化学方程式为：； ②氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，由反应可知，氧化性Cl2> H2SeO3；反应中为氧化剂而二氧化硫为还原剂，则氧化性>；故氧化性：； （4）①淀粉遇碘显蓝色，由此可知滴定所用的指示剂为淀粉； ②由关系式知：，则； ③若使用的KI溶液过量，因为过量的I-不与Na2S2O3反应，且不能使淀粉变色，所以对滴定结果的影响是不影响。 1．（2024·北京·高考真题）下列依据相关数据作出的推断中，不正确的是 A．依据相同温度下可逆反应的Q与K大小的比较，可推断反应进行的方向 B．依据一元弱酸的，可推断它们同温度同浓度稀溶液的大小 C．依据第二周期主族元素电负性依次增大，可推断它们的第一电离能依次增大 D．依据的氢化物分子中氢卤键的键能，可推断它们的热稳定性强弱 【答案】C 【详解】A．对于可逆反应的Q与K的关系：Q>K，反应向逆反应方向进行；Q<K，反应向正反应方向进行；Q=K，反应处于平衡状态，故依据相同温度下可逆反应的Q与K大小的比较，可推断反应进行的方向，A正确； B．一元弱酸的越大，同温度同浓度稀溶液的酸性越强，电离出的越多，越小，B正确； C．同一周期从左到右，第一电离能是增大的趋势，但是ⅡA大于ⅢA，VA大于VIA，C不正确； D．的氢化物分子中氢卤键的键能越大，氢化物的热稳定性越强，D正确； 故选C。 2．（2022·北京·高考真题）2022年3月神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中太空“冰雪实验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。下列说法不正确的是 A．醋酸钠是强电解质 B．醋酸钠晶体与冰都是离子晶体 C．常温下，醋酸钠溶液的 D．该溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出 【答案】B 【详解】A．醋酸钠在水溶液中能完全电离，醋酸钠是强电解质，故A正确； B．醋酸钠晶体是离子晶体，冰是分子晶体，故B错误； C．醋酸钠是强碱弱酸盐，常温下，醋酸钠溶液的，故C正确； D．过饱和醋酸钠溶液处于亚稳态，加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出，形成饱和溶液，故D正确； 选B。 3．（2023·北京·高考真题）回收利用工业废气中的和，实验原理示意图如下。    下列说法不正确的是 A．废气中排放到大气中会形成酸雨 B．装置a中溶液显碱性的原因是的水解程度大于的电离程度 C．装置a中溶液的作用是吸收废气中的和 D．装置中的总反应为 【答案】C 【详解】A．是酸性氧化物，废气中排放到空气中会形成硫酸型酸雨，故A正确； B．装置a中溶液的溶质为，溶液显碱性，说明的水解程度大于电离程度，故B正确； C．装置a中溶液的作用是吸收气体，与溶液不反应，不能吸收，故C错误； D．由图可知一个电极亚硫酸根失电子生成硫酸根，另一个极二氧化碳和水转化为甲酸，装置b中总反应为，故D正确； 选C。 4．（2023·北京·高考真题）下列过程与水解反应无关的是 A．热的纯碱溶液去除油脂 B．重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃 C．蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸 D．向沸水中滴入饱和溶液制备胶体 【答案】B 【详解】A．热的纯碱溶液因碳酸根离子水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解生成易溶于水的高级脂肪酸盐和甘油，故可用热的纯碱溶液去除油脂，A不符合题意； B．重油在高温、高压和催化剂作用下发生裂化或裂解反应生成小分子烃，与水解反应无关，B符合题意； C．蛋白质在酶的作用下可以发生水解反应生成氨基酸，C不符合题意； D． Fe3+能发生水解反应生成 Fe(OH)3，加热能增大Fe3+ 的水解程度，D不符合题意； 故选B。 5．（2022·北京·高考真题）下列实验中，不能达到实验目的的是 由海水制取蒸馏水 萃取碘水中的碘 分离粗盐中的不溶物 由制取无水固体 A B C D A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．实验室用海水制取蒸馏水用蒸馏的方法制备，蒸馏时用到蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，注意温度计水银球应处在蒸馏烧瓶的支管口附近，冷凝管应从下口进水，上口出水，A正确； B．碘在水中的溶解度很小，在四氯化碳中的溶解度很大，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘，四氯化碳的密度大于水，存在于下层，B正确； C．粗盐中含有较多的可溶性杂质和不溶性杂质，将粗盐溶与水形成溶液，用过滤的方法将不溶于水的杂质除去，C正确； D．直接加热会促进水解，生成的HCl易挥发，得到氢氧化铁，继续加热会使氢氧化铁分解产生氧化铁，得不到固体，D错误； 故选D。 6．（2021·北京·高考真题）下列实验中，均产生白色沉淀。 下列分析不正确的是 A．Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同 B．CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解 C．Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解 D．4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低 【答案】B 【详解】A．Na2CO3溶液、NaHCO3溶液均存在Na+、、、H2CO3、H+、OH-、H2O，故含有的微粒种类相同，A正确； B． H++，加入Ca2+后，Ca2+和反应生成沉淀，促进的电离，B错误； C．Al3+与、都能发生互相促进的水解反应，C正确； D．由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会减小，pH减小，D正确； 故选B。 7．（2021·北京·高考真题）用电石（主要成分为CaC2，含CaS和Ca3P2等）制取乙炔时，常用CuSO4溶液除去乙炔中的杂质。反应为: ①CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4 ②11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓ 下列分析不正确的是 A．CaS、Ca3P2发生水解反应的化学方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑、Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑ B．不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱 C．反应②中每24 mol CuSO4氧化11 mol PH3 D．用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时，H2S、PH3有干扰 【答案】C 【详解】A．水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有H2S、PH3可知CaS的水解方程式为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑，A项正确； B．该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成，因此反应①不能说明H2S的酸性强于H2SO4，事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，B项正确； C．反应②中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，得到1个电子，P元素化合价从-3价升高到+5价，失去8个电子，则24molCuSO4完全反应时，可氧化PH3的物质的量是24mol÷8＝3mol，C项错误； D．H2S、PH3均被KMnO4酸性溶液氧化，所以会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验，D项正确； 答案选C。 8．（2021·北京·高考真题）下列方程式不能准确解释相应实验现象的是 A．酚酞滴入醋酸钠溶液中变为浅红色：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH- B．金属钠在空气中加热生成淡黄色固体：4Na+O2=2Na2O C．铝溶于氢氧化钠溶液，有无色气体产生：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑ D．将二氧化硫通入氢硫酸中产生黄色沉淀：SO2+2H2S=3S↓+2H2O 【答案】B 【详解】A．CH3COONa溶液呈碱性是因为发生了CH3COO-的水解：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，A正确； B．金属钠在空气中加热生成淡黄色固体过氧化钠：2Na+O2Na2O2，B错误； C．铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑，C正确； D．将SO2通入H2S溶液生成S单质和水：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，D正确； 故选B。 9．（2021·北京·高考真题）铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。 资料： i.钛白粉废渣成分：主要为FeSO4·H2O，含少量TiOSO4和不溶物 ii.TiOSO4+(x+1)H2O⇌TiO2·xH2O↓+H2SO4 iii.0.1 mol/L Fe2+生成Fe(OH)2，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3； 0.1 mol/L Fe3+生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8 (1)纯化 ①加入过量铁粉的目的是 。 ②充分反应后，分离混合物的方法是 。 (2)制备晶种 为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如图)。 ①产生白色沉淀的离子方程式是 。 ②产生白色沉淀后的pH低于资料iii中的6.3。原因是：沉淀生成后c(Fe2+) 0.1mol/L(填“＞”“=”或“＜”)。 ③0-t1时段，pH几乎不变；t1-t2时段，pH明显降低。结合方程式解释原因： 。 ④pH≈4时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t3后pH几乎不变，此时溶液中c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)增加，且(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原因： 。 (3)产品纯度测定 铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。 wg铁黄溶液b溶液c滴定 资料：Fe3++3=Fe(C2O4)，Fe(C2O4)不与稀碱液反应 Na2C2O4过量，会使测定结果 (填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 【答案】(1)与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+ H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化 过滤 (2)Fe2++ 2NH3·H2O = Fe(OH)2 + 2 > pH6.0左右， 4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小 溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O2 +4H+=4Fe3++2H2O和4Fe2+ + O2+ 6H2O =4FeOOH + 8H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加，或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O2+ 2H2O= 4FeOOH + 8Fe3+ (3)不受影响 【详解】（1）与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+ H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化. 钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物，充分反应后有沉淀出现，所以分离混合物的方法是过滤； （2）pH=6.0左右， 4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小.溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O2 +4H+=4Fe3++2H2O和4Fe2+ + O2+ 6H2O =4FeOOH + 8H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加，或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O2+ 2H2O= 4FeOOH + 8Fe3+； （3）由于Fe3++3C2O42- =Fe(C2O4)3 ，Fe(C2O4)3 不与稀碱溶液反应, 所以加入的Na2C2O4过量，则测定结果不受影响。 / 学科网（北京）股份有限公司 $