专题01 化学实验综合题（3年汇编）（上海专用）2024-2026年高考化学真题分类汇编

**基本信息** 聚焦化学实验综合题，整合近3年上海高考真题及模拟题，以工业生产流程（如硝普钠制备、粗盐提纯）和真实实验为情境，强化流程设计、定量分析及绿色化学应用能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |非选择题|8道|配合物中心离子与配位数（2026上海真题）、离子除杂顺序（2024上海真题）、中和热测定（华东师大二附中模拟）、沉淀溶解平衡（普陀区调研）|工业真实情境融合，如粗盐提纯结合Ksp分析；从单一操作向“流程+原理+定量”一体化考查，如结晶水个数计算；体现绿色化学，如工业废气处理（浦东新区一模）|

专题01 化学实验综合题 1.（1）B      （2）C      （3）蒸发结晶、趁热过滤      （4）将 H2[Fe(CN)5(NO)] 转化为目标产物 Na2[Fe(CN)5(NO)]，同时将 转化为 NH3·H2O 以便后续煮沸除去      （5）C      （6）B      （7） KNO3、NaNO3      （8）2      2.（1）B      （2）在上层清液中继续滴加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则说明BaCl2溶液过量      （3）Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3      （4）BC      （5）CO、OH-      （6）C      （7）① Ca2++2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH    ② 利用工业废气除Ca2+，降低了成本      （8）n(CaO)=0.04mol、n(Na2CO3)=0.14mol      1.（1）D      （2）① 一氯乙烷＞一氯乙烯＞一氯乙炔    ② 大π键    ③ 多      （3）① CsCl    ② CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体      （4）BD      （5）① Ka(HF)=    ② 不一定    ③ 酸中c(H+)既跟酸的电离常数有关，还跟酸的浓度有关      （6）B      （7）C      2.（1）① 250mL容量瓶    ② 62.5mL      （2）      （3）A      （4）C      （5）B      （6）① 0.00    ② 36.00    ③ 4.60      （7）① 正    ② 实验Ⅱ相较于实验I，醋酸稀释了10倍而实验Ⅱ的pH增大值小于1，说明稀释HAC溶液时，电离平衡正向移动      （8）Ⅱ和Ⅶ、Ⅷ      （9）① 酚酞    ② 当滴入最后半滴NaOH溶液时，溶液由无色变成浅红色且半分钟不褪色    ③ 0.1103    ④ 移取20.00mL HAc溶液，向其中加入0.5VmL的NaOH溶液      （10）草酸是二元弱酸，分步电离，第一步电离的氢离子抑制第二步电离      3.（1）恒压滴液漏斗      （2）C      （3）过量说明盐酸与贝壳已充分反应，有足量的用于后续的螯合反应      （4）① pH小于11.5    ② pH较低时，溶液中浓度大，与氨基反应，使得N不易与配合；pH较高时，会生成沉淀，使得螯合率下降      （5）2      （6）的，电离程度大于水解程度，溶液呈酸性      （7）16%      （8）复合氨基酸螯合钙易溶于水，易被人体吸收；且在人体中会缓慢释放，对肠胃的刺激较小；同时还能补充氨基酸      4.（1）AB     （2）C      （3）当滴入最后半滴溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复蓝色     （4）3.20      （5）反应的平衡常数，沉淀更为完全，硫离子残留少     （6）①     ② ＜    ③     ④       5.（1）D      （2）C      （3）漏斗      （4）      （5）BC     （6）加入后会引入过量的或     （7）C      （8）① 12.0    ②       （9）① 原溶液中溶解的氧气被电解产生的气体搅动，逸出到气相    ② Cl-浓度降低，OH-放电增多，不断生成氧气，逸出后使氧气分压增大       6.（1）A     （2）D     （3）氧气可将Fe2+氧化成Fe3+，使Fe3+可重复利用      （4）AC     （5）溶液中溶有SO2，生成了H2SO3，滴加的NaOH溶液先与H2SO3反应      （6）随着pH的增大，溶液中的，且红棕色也随之加深      （7）      （8）① 在水溶液中，的电离大于水解，溶液成酸性    ② 1.74或7.38      7.（1）A     （2）+2821.6 kJ⋅mol−1     （3）BD     （4）三颈烧瓶      （5）C      （6）黄磷比红磷反应活性更高，更易与F2反应，相同时间内反应更充分，因此产率更高      （7）B     （8）96.7      8.（1）A     （2）B      （3）可以保证反应速率达到较快的水平    （4）B      （5）C     （6）         （7）C    （8）不能      试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 化学实验综合题 3年真题1年模拟 考点分类 考情示例 命题规律 考点 化学实验综合题 2026上海（1题）、2024（1题） · 情境设置：以工业实际生产流程（如粗盐提纯、物质制备）为背景，融合真实化工要素 · 考查重点：离子除杂顺序设计、实验操作选择、产率计算及误差分析，侧重综合应用能力 · 命题趋势：从单一实验操作向"流程设计+原理探究+定量分析"一体化考查发展，强化绿色化学与成本控制意识 1.（2026·上海·高考真题）硝普钠()为一种速效和短时作用的血管扩张药，某化学实验小组按以下流程制备硝普钠晶体。 已知： ①硝普钠易溶于水，溶解度随温度变化不大； ②氧化步骤的反应方程式为： （1）已知中配体为、，则该配合物的中心离子和配位数分别为___________。 A. 、5 B. 、6 C. 、5 D. 、6 （2）在第3步中，通常需要将缓慢滴加到圆底烧瓶中，需要用到的仪器是___________。 A. 量筒 B. 烧杯 C. 恒压滴液漏斗 D. 长颈漏斗 （3）连续操作包含的过程有　　　　　　　　　　　。 （4）步骤③中加入的作用是　　　　　　　　　　　。 （5）制备过程中应选用的检验方法是　　　　　　　　　　　。 A．甲基橙       B．甲基红       C．pH计 （6）步骤④中除去的物质a是___________。 A. 硝酸钠 B. 氨 C. 硝酸钾 D. 硝酸 （7）物质b的主要成分是　　　　　　　　　　　。 （8）已知粗产品中的硝普钠含有结晶水，加热一段时间后，其质量减少了12%，则粗产品中硝普钠的结晶水个数为　　　　　　　　　　　(保留整数)。已知： 【答案】（1）B     （2）C     （3） 蒸发结晶、趁热过滤     （4） 将 H2[Fe(CN)5(NO)] 转化为目标产物 Na2[Fe(CN)5(NO)]，同时将 转化为 NH3·H2O 以便后续煮沸除去     （5）C     （6）B     （7） KNO3、NaNO3     （8） 2      【分析】溶解后经HNO3氧化，生成H2[Fe(CN)5(NO)]、NH4NO3、KNO3后再用Na2CO3将溶液调至pH=8，此时H2[Fe(CN)5(NO)]转化成Na2[Fe(CN)5(NO)]、NH4NO3转化成NaNO3和，煮沸除去NH3，溶液进行蒸发结晶，得到滤渣为粗产品，滤液中主要含硝酸钾、硝酸钠。 【解析】（1）整个配合物为电中性，设中心的化合价为，根据电荷守恒：，解得，即中心离子为；配体为个和个，总配位数为； （2）操作要求缓慢滴加，要控制滴加速度，恒压滴液漏斗可以满足该要求，而量筒仅用于量取体积，烧杯、长颈漏斗无法控制匀速缓慢滴加； （3）硝普钠易溶于水、溶解度随温度变化不大，杂质（如硝酸钾）溶解度随温度变化大，要从溶液中分离出硝普钠，采用的方法是将硝普钠蒸发结晶析出，趁热过滤分离含KNO3、NaNO3溶液，并得到滤渣粗产品硝普钠； （4）用Na2CO3中和氧化生成的酸，调节pH至8，将H2[Fe(CN)5(NO)]转化为目标产物Na2[Fe(CN)5(NO)]，同时将 转化为 NH3·H2O 以便后续煮沸除去； （5）甲基橙变色范围为，甲基红变色范围为，均无法准确指示；计可以准确测定溶液，满足要求； （6）根据氧化反应方程式，产物含，在的碱性条件下煮沸，转化为（氨）逸出，因此煮沸除去的物质为氨； （7）反应物为，氧化反应后生成大量，步骤同时又会生成NaNO3，蒸发结晶后，滤液中主要含、NaNO3，因此物质的主要成份为硝酸钾、硝酸钠； （8）设结晶水个数为，加热减少的质量为结晶水的质量，根据硝普钠化学式可知：  解得。 2.（2024·上海·高考真题）粗盐水中含有Ca2+、Mg2+、SO、K+等可溶性杂质离子，根据生产要素，可采取不同的精制方法。方法1可制得高纯度的NaCl晶体且产率较高。流程图如下： 已知： 化学式 BaSO4 BaCO3 Ksp(25℃) 1.1×10-10 2.6×10-9 （1）过滤时，除烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器___________。 A. B. C. D.  （2）①中加入的BaCl2应过量，检验BaCl2是否过量的实验方法是　　　　　　　　　　　。 （3）②中先后加入稍过量的NaOH溶液和Na2CO3溶液，产生的沉淀H有　　　　　　　　　　　。(用化学式表示) （4）若将过滤I和过滤Ⅱ两步操作合并进行，可能会导致___________。 A. 不能除尽Ba2+ B. 不能除尽SO C. 消耗更多的Na2CO3 D. 消耗更多的NaOH （5）加入稀盐酸，调节pH至3~4，除去的离子有　　　　　　　　　　　。 （6）KCl和NaCl的溶解度曲线如下图。 则④中“系列操作”___________。 A. 蒸发至表面有晶膜出现，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 B. 蒸发至表面有晶膜出现，趁热过滤、洗涤、干燥 C. 蒸发至大量晶体析出后，趁热过滤、洗涤、干燥 D. 蒸发至大量晶体析出后，停止加热。并用余热蒸干、洗涤、干燥 方法2和方法3精制的盐水可用于纯碱工业。 方法2：粗盐水中先加入石灰乳(含Ca(OH)2的悬浊液)除去Mg2+，再通入含有NH3、CO2的工业废气除去Ca2+，过滤得到盐水。 方法3：粗盐水中先加入石灰乳除去Mg2+，再加入碳酸钠溶液除去Ca2+，过滤得到盐水。 （7）写出方法2中，除去Ca2+时发生反应的离子方程式　　　　　　　　　　　。相比于方法3，方法2的优点是　　　　　　　　　　　。 （8）若某粗盐水中的MgCl2为0.38g·L-1，CaCl2为1.11g·L-1，用方法3处理10L该粗盐水，计算至少需加入石灰乳(折算成CaO)和碳酸钠的物质的量　　　　　　　　　　　。(写出计算过程) 【答案】（1）B     （2）在上层清液中继续滴加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则说明BaCl2溶液过量     （3）Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3     （4）BC     （5）CO、OH-     （6）C     （7）① Ca2++2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH    ② 利用工业废气除Ca2+，降低了成本     （8）n(CaO)=0.04mol、n(Na2CO3)=0.14mol      【分析】粗盐加入稍过量的BaCl2溶液，生成BaSO4沉淀，除去硫酸根离子，过滤，滤液中加入稍过量NaOH溶液，生成Mg(OH)2沉淀，除去Mg2+，加入稍过量Na2CO3溶液，生成BaCO3和CaCO3沉淀，除去Ba2+和Ca2+，过滤，滤液中加入稀盐酸，除去氢氧化钠、碳酸钠，经过一系列操作后得到精盐。 【解析】（1）过滤时，除烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器普通漏斗，故选B； （2）钡离子会和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，故检验BaCl2是否过量的实验方法是：在上层清液中继续滴加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则说明BaCl2溶液过量； （3）加入稍过量NaOH溶液，生成Mg(OH)2沉淀，除去Mg2+，加入稍过量Na2CO3溶液，生成BaCO3和CaCO3沉淀，故沉淀H中含有：Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3； （4）由表数据，相同条件下，由于BaCO3和BaSO4的Ksp较为接近，若加BaCl2后不先过滤就加氢氧化钠和碳酸钠，可能发生沉淀的转化：，使得硫酸根离子不能完全去除，且消耗更多的Na2CO3溶液，故选BC； （5）滤液Ⅱ中含过量的氢氧化钠和碳酸钠，加入盐酸，调节pH至3~4，则除去的离子有CO、OH-； （6）由图可知，KCl的溶解度受温度影响较大，而NaCl的溶解度受温度影响较小，因此先蒸发至大量晶体析出，此时KCl在滤液中，趁热过滤，得到晶体洗涤干燥可得到精盐，故选C； （7）方法2中，除去Ca2+时发生反应为在通入氨气形成的碱性条件下，钙离子、氨气、二氧化碳、水生成碳酸钙沉淀和氯化铵，反应的离子方程式Ca2++2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH；相比于方法3，方法2的优点是提纯粗盐的同时，可变废为宝，将含NH3和CO2的工业废气转化为氮肥，，降低了成本，同时减少了废气的排放，有利于保护环境； （8）MgCl2为0.38g·L-1，即，由关系式：可得，提纯10L该粗盐水，需要加入石灰乳(视为CaO)物质的量为0.004mol/L×10L=0.04mol；粗盐水中CaCl2为1.11g·L-1，，即，，此时溶液中Ca2+总物质的量为0.1mol+0.04mol=0.14mol，由关系式：可得，需加入Na2CO3的物质的量为0.14mol。 1.（2026·上海长宁区·一模）高氯酸氟是一种极不稳定、容易爆炸的气体，具有强氧化性，在医药、农药、材料科学等领域具有重要应用。其分子式为FClO4，结构式为：F、Cl、O元素单质及其化合物性质丰富多样，应用广泛。 （1）下列实验现象与结论都正确的是_______。 实验操作 现象 结论 A 向紫色石蕊溶液中滴加氯水 溶液先变红后褪色 氯水只含H+，不含HClO B 将Cl2通入品红溶液中，再加热 溶液褪色，加热后恢复 HClO的漂白作用具有可逆性 C 向AgNO3溶液中通入Cl2 产生白色沉淀 Cl2能电离出Cl- D 向FeCl2溶液中通入Cl2 溶液变为棕黄色 Cl2具有氧化性 （2）已知一氯乙烯()分子中，Cl的3px轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大键()。一氯乙烷()、一氯乙烯()、一氯乙炔()分子中，C-Cl键长的顺序是　　　　　　　，理由：(i)C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键越强；(ii)Cl参与形成的　　　　　　　越　　　　　　　，形成的C-Cl键的键长越短。 （3）卤化物受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为　　　　　　　。解释X的熔点比Y高的原因　　　　　　　。 （4）属于氟原子激发态的电子排布式的是_______。(不定项) A.  B.  C.  D.  （5）25℃时，甲酸(HCOOH)的，氢氟酸(HF)的。 ①写出氢氟酸的电离平衡常数表达式：　　　　　　　。 ②Ka越大的酸溶液中c(H+)　　　　　　　(填“一定”或“不一定”)大，其理由为：　　　　　　　。 （6）猜想下列关于FClO4的说法错误的是_______。 A. 分子中氯元素显+7价 B. 分子的空间构型是正四面体 C. 制备 FClO4时产物需在低温下处理 D. 能氧化碘离子 （7）已知，，常温下该反应不能自发进行的主要原因是_______。 A. 熵减太小 B. 活化能过高 C. 焓增过大 D. 平衡常数K＜1 【答案】（1）D     （2）① 一氯乙烷＞一氯乙烯＞一氯乙炔    ② 大π键    ③ 多     （3）① CsCl    ② CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体     （4）BD     （5）① Ka(HF)=    ② 不一定    ③ 酸中c(H+)既跟酸的电离常数有关，还跟酸的浓度有关     （6）B     （7）C      【解析】（1）A．已知Cl2+H2OH++Cl-+HClO，则向紫色石蕊溶液中滴加氯水，观察到溶液先变红后褪色的现象，说明氯水中含有H+和具有强氧化性的HClO，A不合题意； B．氯水的漂白性是由于HClO的强氧化性，氧化性漂白不具有可逆性，即将Cl2通入品红溶液中，再加热，溶液褪色，但加热后不恢复，HClO的漂白性不具有可逆性，即现象和结论均不正确，B不合题意； C．向AgNO3溶液中通入Cl2，产生白色沉淀是由于Cl2与水反应的产物HCl电离出Cl-，而不是Cl2本身电离出Cl-，结论不正确，C不合题意； D．已知Cl2具有强氧化性，能够将Fe2+氧化为Fe3+，向FeCl2溶液中通入Cl2，可观察到溶液由浅绿色变为棕黄色，验证Cl2具有氧化性，D符合题意； 故答案为：D； （2）C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键越强，C-Cl键的键长越短，一氯乙烷中碳采取sp3杂化，一氯乙烯中碳采取sp2杂化，一氯乙炔中碳采取sp杂化，sp杂化时p成分少，sp3杂化时p成分多，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷＞一氯乙烯＞一氯乙炔，同时Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键的键长越短，一氯乙烯中Cl的3px轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大π键(Π)，一氯乙炔中Cl的3px轨道与C的2px轨道形成2套3中心4电子的大π键(Π)，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷＞一氯乙烯＞一氯乙炔，故答案为：一氯乙烷＞一氯乙烯＞一氯乙炔；大π键；多； （3）CsICl2发生非氧化还原反应，各元素化合价不变即Cs为+1价、I为+1价、Cl为-1价，生成无色晶体和红棕色液体，则无色晶体为CsCl，红棕色液体为ICl，而CsCl为离子晶体，熔化时，克服的是离子键，ICl为分子晶体，熔化时，克服的是分子间作用力，因此CsCl的熔点比ICl高，故答案为：CsCl；CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体； （4）已知F为9号元素，其基态原子的电子排布式为1s22s22p5，据此解题： A．核外有10个电子，是Ne激发态电子排布式，A不合题意； B．核外有9个电子，其中2p上的一个电子激发到3s上，是激发态F原子的电子排布式，B符合题意； C．该电子排布式核外电子总数为8，不属于氟原子，C不合题意； D．核外有9个电子，其中2p上的2个电子激发到3p上，是激发态F原子的电子排布式，D符合题意； 故答案为：BD； （5）25℃时，甲酸(HCOOH)的，氢氟酸(HF)的。 ①已知HF的电离方程式为：HFH++F-，则氢氟酸的电离平衡常数表达式为：Ka(HF)=； ②酸中c(H+)既跟酸的电离常数有关，还跟酸的浓度有关，即Ka越大的酸溶液中c(H+)不一定大，故答案为：不一定；酸中c(H+)既跟酸的电离常数有关，还跟酸的浓度有关； （6）A．由题干FClO4的结构式可知，FClO4可看作高氯酸(HClO4)中的H被F取代的产物，Cl元素与在高氯酸中一样，均显+7价，A正确； B．由题干FClO4的结构式可知，中心Cl原子形成4个共价键，价层电子对数为4，其空间构型为四面体，由于连接的基团不完全相同，故不是正四面体，B错误； C．由题干信息可知，高氯酸氟是一种极不稳定、容易爆炸的气体，故制备 FClO4时产物需在低温下处理，防止高温下发生分解，甚至发生爆炸，C正确； D．由题干信息可知，高氯酸氟具有强氧化性，故能氧化碘离子，D正确； 故答案为：B； （7）已知，是一个焓增熵增的反应，根据自由能变＜0时反应能够自发进行，据此解题： A．熵减太小：反应是熵增，不是熵减，A不合题意； B．活化能影响反应速率，不影响反应的自发趋势(自发与否是热力学问题，活化能是动力学问题)，B不合题意； C．焓增过大即H > 0，是导致常温下G > 0的主要原因，即是常温下该反应不能自发进行的主要原因，C符合题意； D．平衡常数反映反应进行的程度，平衡常数K<1不能说明反应的自发性，D不合题意； 故答案为：C。 2.（2026·上海华东师大二附中·模拟）醋酸在生活中十分常见，我们可以利用它进行化学实验探究。 【配制一定物质的量浓度的醋酸与反应中和热的测定】： 小张同学在实验室配制一定物质的量浓度的醋酸并进行反应中和热的测定。 （1）配制240mL 0.1mol·L-1醋酸溶液时需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和　　　　　　　　　　　；需要用到0.4mol·L-1醋酸溶液　　　　　　　　　　　mL。 （2）将质量分数为a%，物质的量浓度为c1的醋酸溶液蒸发掉一定量的水，使之质量分数变为3a%，此时刻醋酸的物质的量浓度为c2，则的取值范围为　　　　　　　　　　　。 （3）测定中和热时，应使用强酸的稀溶液而非醋酸，小张同学采用等体积等浓度的醋酸代替中和热测定中的强酸稀溶液，则会导致计算出的________。 A. 偏大 B. 偏小 C. 不变 D. 不影响 【弱酸电离平衡的探究】： 小张同学探究25℃下，醋酸(简写为HAc)电离平衡的影响因素，他将物质的量浓度为0.1mol·L-1 的HAc溶液和与其等浓度的醋酸钠(简写为NaAc)按一定体积比混合，测pH。 序号 pH Ⅰ 40.00 0 2.86 Ⅱ 4.00 a b 0 3.36 …… Ⅶ 4.00 c d 3：4 e Ⅷ 4.00 4.00 32.00 1：1 4.65 （4）判断溶液的酸碱性有多种方法。下列现象是检测醋酸溶液一定不会发生的有________ (不定项选择)。 A. 能够使甲基橙呈黄色的溶液 B. 的溶液 C. 溶液中： D. 溶液中： （5）下列能使醋酸溶液中CH3COOH的电离程度增大，而电离平衡常数不变的操作是________。 A. 升高温度 B. 加水稀释 C. 加少量的醋酸钠固体 D. 加少量冰醋酸 （6）表格中：a=　　　　　　　　　　　，b=　　　　　　　　　　　，e=　　　　　　　　　　　。 （7）由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释HAc溶液，电离平衡　　　　　　　　　　　(选填“正”或“逆”)向移动，结合表中数据，给出判断理由：　　　　　　　　　　　。 （8）由实验　　　　　　　　　　　可知，增大浓度，HAc电离平衡逆向移动。 （9）小张同学分析上表数据发现：随着的增加，逐渐接近HAc的； 查阅资料获悉：一定条件下，按配制的溶液中，的值等于HAc的； 对比数据发现：实验Ⅷ中pH=4.65与真实的值存在一定差异，推测可能由物质浓度准确不够引起，故先准确测定HAc溶液的浓度再验证。 (1)移取20.00mL HAc溶液，加入2滴　　　　　　　　　　　溶液，用0.1000mol·L-1 NaOH溶液滴定至终点的现象为：　　　　　　　　　　　，消耗NaOH溶液体积为22.06mL，则该HAc溶液的准确浓度为　　　　　　　　　　　。用上述HAc溶液和0.1000mol·L-1 NaOH溶液，配制等物质的量的HAc与NaAc混合溶液，测定pH，结果与资料数据相符。 (2)小张同学又用浓度均为0.1mol·L-1 的HAc溶液和0.1mol·L-1 的NaOH溶液测定HAc的值，请你完成实验设计方案表格的填写： i 移取20.00mL HAc溶液，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液VmL ii 　　　　　　　　　　　，测得溶液的pH为4.76 （10）醋酸是一元弱酸，只有一步电离，已知草酸是一种二元弱酸，其电离常数比醋酸电离常数大得多，但比醋酸电离常数小，试从电离平衡移动的角度解释的原因：　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）① 250mL容量瓶    ② 62.5mL     （2）     （3）A     （4）C     （5）B     （6）① 0.00    ② 36.00    ③ 4.60     （7）① 正    ② 实验Ⅱ相较于实验I，醋酸稀释了10倍而实验Ⅱ的pH增大值小于1，说明稀释HAC溶液时，电离平衡正向移动     （8）Ⅱ和Ⅶ、Ⅷ     （9）① 酚酞    ② 当滴入最后半滴NaOH溶液时，溶液由无色变成浅红色且半分钟不褪色    ③ 0.1103    ④ 移取20.00mL HAc溶液，向其中加入0.5VmL的NaOH溶液     （10）草酸是二元弱酸，分步电离，第一步电离的氢离子抑制第二步电离      【分析】控制变量的实验探究中要注意变量的唯一性，通过控制变量进行对比实验研究某一因素对实验结果的影响； 【解析】（1）配制240mL 0.1mol·L-1醋酸溶液时需要使用250mL容量瓶，用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和250mL容量瓶；需要用到0.4mol·L-1醋酸溶液。 （2）由可知， ，由于，故； （3）醋酸为弱酸，电离过程中吸热，导致反应放热减小，放热焓变为负值，故增大，故选A； （4）A．醋酸溶液为酸性，若其浓度较小，酸性较弱，能够使甲基橙呈黄色，A不符合题意； B．不确定溶液温度，很稀的醋酸溶液pH可能大于7，B不符合题意； C．醋酸溶液为酸性，则溶液中：，C符合题意； D．不确定溶液温度，很稀的醋酸溶液中氢离子浓度可能小于，D不符合题意； 故选C； （5）A．升高温度，醋酸的电离平衡常数变大，A错误； B．温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，加水稀释，促进醋酸的电离，B正确； C．温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，加少量的醋酸钠固体，醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸的电离，C错误； D．温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，加少量冰醋酸，醋酸浓度增大，醋酸的电离程度减小，D错误； 故选B； （6）Ⅱ中，则a=0.00，比较Ⅱ、Ⅰ，溶液总体积应该不变，则b=36.00； 醋酸中存在平衡，由Ⅰ数据，则，Ⅶ中，则c=3.00，混合后醋酸约为、醋酸钠约为，则，，pH≈4.60，e=4.60； （7）实验Ⅱ相较于实验I，醋酸稀释了10倍而实验Ⅱ的pH增大值小于1，说明稀释HAC溶液时，电离平衡正向移动 （8）Ⅱ和Ⅶ、Ⅷ的变量为醋酸根离子浓度，由Ⅱ和Ⅶ、Ⅷ数据可知，增大浓度，HAc电离平衡逆向移动。 （9）醋酸钠溶解水解显碱性，故移取20.00mL HAc溶液，加入2滴酚酞溶液做指示剂，用0.1000mol·L-1 NaOH溶液滴定至终点，终点现象为：当滴入最后半滴NaOH溶液时，溶液由无色变成浅红色且半分钟不褪色；消耗NaOH溶液体积为22.06mL，则该HAc溶液的准确浓度为； 向20.00mL的HAc溶液中加入VmLNaOH溶液达到滴定终点，滴定终点的溶液中溶质为NaAc，当时，的值等于HAC的，因此实验ii为：移取20.00mL HAc溶液，向其中加入0.5VmL的NaOH溶液； （10）草酸是二元弱酸，分步电离，第一步电离的氢离子抑制第二步电离，导致。 3.（2026·上海崇明区·模拟）复合氨基酸螯合钙是新一代补钙剂，以贝壳为钙源合成复合氨基酸螯合钙的流程如下： 过程Ⅱ和Ⅲ的实验装置如下： 已知： ①螯合反应：金属离子以配位键与同一分子中的两个或更多的配位原子连结形成具有环状结构的化学反应。例如： ②复合氨基酸螯合钙易溶于水，在人体中会缓慢释放。 回答下列问题： （1）仪器a的名称为　　　　　　　　　　　。(填名称) （2）下列有关说法不正确的是___________。 A. 过程Ⅰ将贝壳研磨成粉末可以加快反应速率 B. b装置用以制备，活塞的开关顺序为：关，开→开→关，开→开 C. 过程Ⅳ“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、热水洗涤、干燥 D. 可以用茚三酮检验产品中是否有未螯合的氨基酸残留 （3）螯合反应需要澄清石灰水由浑浊变澄清才开始操作，目的是什么　　　　　　　　　　　。 （4）当溶液浓度为0.468 时，需要控制pH在什么范围才不会有沉淀？ 　　　　　　　　　　　()；条件优化时发现pH≈8.5时螯合效率最高，pH过低或过高螯合效率都较低，原因是：　　　　　　　　　　　。 含钙率的测定：取2.500 g复合氨基酸螯合钙配成250 mL溶液。取25.00 mL溶液，用0.05 EDTA-2Na溶液进行3次平行滴定(指示剂已省略)，并记录消耗的EDTA-2Na溶液平均体积为20.00 mL。 EDTA在水溶液中可以看作是一种六元弱酸，用表示，各级电离平衡常数如下表： （5）某EDTA的盐溶液中和的浓度相等，该溶液的pH=　　　　　　　　　　　。 （6）EDTA-2Na可以用表示，请通过计算说明其溶液的酸碱性(要求写出计算过程)。 （7）若EDTA-2Na能与1：1发生螯合反应，则含钙率为　　　　　　　　　　　(用钙的质量分数表示)。 （8）相较于传统补钙剂之一的，复合氨基酸螯合钙有何优点？　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）恒压滴液漏斗     （2）C     （3）过量说明盐酸与贝壳已充分反应，有足量的用于后续的螯合反应     （4）① pH小于11.5    ② pH较低时，溶液中浓度大，与氨基反应，使得N不易与配合；pH较高时，会生成沉淀，使得螯合率下降     （5）2     （6）的，电离程度大于水解程度，溶液呈酸性     （7）16%     （8）复合氨基酸螯合钙易溶于水，易被人体吸收；且在人体中会缓慢释放，对肠胃的刺激较小；同时还能补充氨基酸      【分析】贝壳（主要成分为CaCO3）先被粉碎增大接触面积，再与盐酸反应生成CaCl2溶液并除去过量CO2，接着在控制pH的条件下与复合氨基酸发生螯合反应，最后经系列操作得到复合氨基酸螯合钙； 【解析】（1）仪器a的名称为恒压滴液漏斗； （2）A．将贝壳研磨成粉末，增大反应物接触面积，可加快反应速率，A正确； B．当装好溶液后，活塞的开关顺序为：关闭K2，打开K3→打开K1→关闭K3，生成的二氧化碳充满装置，打开K2→K4将氯化钙压入到三颈烧瓶中，滴加氢氧化钠发生反应，B正确； C．复合氨基酸螯合钙易溶于水，若用热水洗涤会导致产品溶解损失，应使用冷水洗涤，C错误； D．茚三酮可与游离氨基酸发生显色反应，可检验未螯合的氨基酸残留，D正确； 故答案选C； （3）贝壳与盐酸反应会生成CO2，若盐酸不足则贝壳未完全反应，CaCl2产率低；当CO2过量时，澄清石灰水[Ca(OH)2）会先浑浊后变澄清（生成可溶的Ca(HCO3)2]，说明贝壳已与盐酸充分反应，生成了足量的CaCl2用于后续的螯合反应； （4）无Ca2+沉淀的pH范围： 由Ksp[Ca(OH)2] = c(Ca2+)·c2(OH-) = 4.68×10-6， 已知c(Ca2+) = 0.468 mol/L，则：c2(OH-) = = 1.0×10-5 ；c(OH-) = 1.0×10-2.5mol/L；pOH = 2.5pH = 14 - 2.5 = 11.5；因此，需控制pH < 11.5，避免Ca(OH)2沉淀生成；pH对螯合效率的影响：pH过低时，溶液中H+浓度高，会与氨基酸的氨基（-NH2）反应生成，使氨基失去配位能力，难以与Ca2+形成螯合物，螯合效率降低；pH过高时，OH-浓度增大，易与Ca2+生成Ca(OH)2沉淀，游离的Ca2+减少，螯合率下降； （5）对于EDTA的电离：H4Y H+ + H3Y-，电离常数Ka3 = 1.0×10-2， 电离平衡表达式：Ka3 =， 已知c(H4Y) = c(H3Y-)，则Ka3 = c(H+) = 1.0× 10-2， 因此pH = -lg(1.0×10-2) = 2； （6）H2Y2-存在电离与水解两种平衡；电离平衡：H2Y2- H+ + HY3-，电离常数为Ka5 = 6.9×10-7；水解平衡：H2Y2- + H2O H3Y- + OH-，水解常数：   Kh == ≈ 4.8×10-12；由于Kh < Ka5，说明H2Y2-的电离程度大于水解程度，溶液中c(H+) > c(OH-)，因此溶液呈酸性； （7）滴定反应：Ca2+ + H2Y2- = CaY2- + 2H+，物质的量之比为1:1；25.00 mL溶液中：n(Ca2+) = n(EDTA-2Na) = 0.05mol/L×20.00×10-3L = 1.0×10-3mol；250 mL溶液中：n(Ca2+) = 1.0×10-3mol×= 0.01mol；钙的质量：m(Ca) = 0.01mol×40g/mol= 0.4g；含钙率：×100% =16%； （8）复合氨基酸螯合钙易溶于水，吸收率远高于难溶的CaCO3；在人体中缓慢释放Ca2+，对肠胃刺激性小，避免了CaCO3与胃酸反应产生CO2导致的腹胀、嗳气；同时可补充人体所需的氨基酸，兼具补钙与补充营养的双重作用。 4.（2026·上海普陀区·调研）硫酸四氨合铜晶体([Cu(NH3)4]SO4·H2O)常用作杀虫剂、媒染剂，若废水中Cu2＋超标会造成重金属污染，影响水生动植物生存，同时危害人体健康。 某同学设计并探究了硫酸四氨合铜晶体的制备和转化，并对实验产生的废液进行处理。 Ⅰ．硫酸四氨合铜晶体的制备与转化 实验如下： （1）下列说法错误的是___________。(不定项) A. ②→③反应的离子方程式为Cu2＋＋4NH3·H2O = [Cu(NH3)4]2＋＋4H2O B. ⑤中加入稀硫酸，H＋与NH3反应，同样可以得到黄绿色溶液 C. ④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小 D. ③中现象说明配体与Cu2＋的结合能力：NH3＞H2O Ⅱ．废液中Cu2＋含量的测定 （2）下列仪器分析技术能测定废液中含Cu2＋的是　　　　　　　　　　　。 A．X射线衍射                           B．红外光谱                           C．原子光谱        准确量取20.00 mL含Cu2＋废水(其它物质不参加反应)于锥形瓶中，加入1.0 g KI 晶体(过量)摇匀：加入淀粉溶液作指示剂，用0.0400 mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定至终点：重复3次实验，平均消耗Na2S2O3溶液25.00 mL。 已知：2Cu2＋＋4I-=2CuI↓＋I2，2Na2S2O3＋I2 =Na2S4O6＋2NaI （3）滴定终点的现象为　　　　　　　　　　　。 （4）计算废水样品中铜离子的含量为　　　　　　　　　　　g·L-1。 Ⅲ．废液处理 国家规定Cu2＋含量低于6.4×10-6 g·L-1、pH=7的废水符合排放标准。某次实验后，测得废液中c(H＋)=0.1mol·L-1，c(Cu2＋)=0.05mol·L-1，需净化处理。 已知：Ksp(CuS)=6.4×10-36，Ksp(FeS)=6.3×10-18；Ka1(H2S)=1.3×10-7，Ka2(H2S)=7.0×10-15。 （5）硫化物沉淀法 工业上可使用硫化物来处理含铜废液。请通过计算说明使用FeS处理的优点是　　　　　　　　　　　。 （6）水解中和法 常温下，水溶液中含铜微粒Cu2＋、[Cu(OH)]＋、Cu(OH)2、[Cu(OH)3]-和[Cu(OH)4]2-的分布系数(某含铜微粒占总含铜微粒的物质的量分数)随pH的变化曲线如图所示。 ①曲线3代表的含铜微粒为　　　　　　　　　　　。 ②pH=10.7时，c{[Cu(OH)3]-}＋2c{[Cu(OH)4]2-}＋2c() 　　　　　　　　　　　c(Na＋)(选填“＞”、“=”、“＜”)。 ③计算Cu(OH)2＋2OH-[Cu(OH)4]2-的平衡常数K=　　　　　　　　　　　。 ④若CuSO4溶液起始浓度为α mol·L-1，加入NaOH固体调节溶液pH(忽略加入固体后引起的溶液体积的变化)，求M点混合溶液中Na＋的浓度　　　　　　　　　　　(用含α的式子表示)。 【答案】（1）AB     （2）C     （3）当滴入最后半滴溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复蓝色     （4）3.20     （5）反应的平衡常数，沉淀更为完全，硫离子残留少     （6）①     ② ＜    ③     ④       【分析】溶液中加入氨水，先生成沉淀，继续加入氨水，生成，向溶液中加入乙醇可降低其溶解度，析出固体，过滤后向固体中加入盐酸转化为。 【解析】（1）A．②中蓝色沉淀为，是与过量氨水反应生成，正确的离子方程式为，A错误； B．加浓盐酸得到黄绿色溶液是因为高浓度与形成黄色，稀硫酸不能提供高浓度，只能得到蓝色溶液，B错误； C．加入乙醇后析出深蓝色沉淀，说明深蓝色物质在乙醇中溶解度小于水，C正确； D．溶于氨水生成，说明与结合能力强于，D正确； 答案选AB。 （2）A．X射线衍射用于测定晶体结构，A不符合题意； B．红外光谱用于测定化学键或官能团，B不符合题意； C．原子光谱可用于元素的定性定量分析，可测定废液中含量，C符合题意； 答案选C。 （3）指示剂淀粉遇碘单质变蓝，滴定过程中，逐渐被消耗，当反应完全时，蓝色消失，且30 s内不再变化即可说明达到滴定终点。 （4）根据反应得关系式：，故，则含量为。 （5）反应的平衡常数，使用处理含铜废液时，反应进行完全，可将完全除去。 （6）①pH升高，浓度增大，含铜微粒中数目逐渐增加，按pH从小到大，微粒依次为、、、、。 ②根据电荷守恒： ，，，且由图可知、浓度接近为0，整理得： 。 ③：，时交点处，，时交点处，，故。 ④M点，，，根据此时溶液中的电荷守恒 代入得。 5.（2026·上海静安区·调研）某课外兴趣小组以教材化学实验为研究对象，再探粗盐的提纯和氯化钠溶液的电解。 Ⅰ．粗盐提纯 小组选用含有可溶性杂质(、和)的粗盐，按以下顺序进行分离提纯。 称量→溶解→过滤→结晶 （1）溶解时需加入适量的水，水的用量主要与___________有关。 A. 烧杯的容积 B. 温度和气压 C. 粗盐的纯度 D. 氯化钠的溶解度 （2）向粗盐溶液中依次加入稍过量的___________溶液，使可溶性杂质沉淀。 A. 、、 B. 、、 C. 、、 D. 、、 （3）过滤操作用到的玻璃仪器主要有烧杯、玻璃棒和　　　　　　　　　　　(填仪器名称)。 当溶液中某离子浓度时，该离子可视为已被完全除尽。 （4）为将滤液中的除尽，需加稀盐酸，再结晶制得精盐。若加稀盐酸后溶液中为，则此时溶液pH的范围是　　　　　　　　　　　。(常温下的)。 有资料认为，用溶液替代和，既可同时除去、，又能减少试剂的用量。为确认此说法，小组同学取适量粗盐溶液，逐滴滴加，测得溶液电导率的变化如图所示。 （5）下列分析正确的是___________(不定项)。 A. 0～a处与a～b处发生的离子反应相同 B. 当电导率达最低点时，粗盐溶液中的离子浓度最小 C. 拐点b之后，电导率上升，说明、均沉淀完全 D. 实验表明粗盐溶液中、的物质的量之比为 （6）根据实验和已有信息，小组未选用溶液去除、，可能的原因是　　　　　　　　　　　。 Ⅱ．电解食盐水 小组同学以石墨为电极，按图示装置电解饱和食盐水。通电60 s后，测得两极产生的气体体积。 （7）甲同学认为是由于氯气溶于水所导致，提出应测量阳极附近溶液的pH变化。但考虑到阴极反应的影响，需先在原装置中增加离子交换膜，以防止___________通过。 A.  B.  C.  D.  重新电解60 s，测得pH为3.8，印证了甲同学猜想的合理性。但乙同学指出放电也会降低pH，并设计新实验，在相同条件下电解200 s，测得溶解氧数据，记录于下表。 溶液体积(mL) 溶液体积(mL) 蒸馏水体积(mL) 溶解氧初始浓度(mg/L) 200 s时，溶解氧的浓度(mg/L) 实验1 0 0 20.0 8.3 8.4 实验2 4.0 0 16.0 8.3 实验3 4.0 4.0 x 8.3 实验4 0 4.0 16.0 8.3 （8）表格中，　　　　　　　　　　　。 实验表明，和的放电存在竞争，离子浓度会影响放电顺序。则实验测得的数据、、由小到大的顺序为　　　　　　　　　　　。 为完善结论，丙同学提出用溶解氧传感器、氧分压传感器，在恒温下测溶解氧浓度、液面上方分压(装置如图)。 实验测得的数据与电解时间的关系见下图： （9）结合乙同学、丙同学的实验数据，分析电解初期(0～200 s)分压增大的主要原因是　　　　　　　　　　　，电解后期(200～1000 s)分压增大的主要原因是　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）D     （2）C     （3）漏斗     （4）     （5）BC     （6）加入后会引入过量的或     （7）C     （8）① 12.0    ②      （9）① 原溶液中溶解的氧气被电解产生的气体搅动，逸出到气相    ② Cl-浓度降低，OH-放电增多，不断生成氧气，逸出后使氧气分压增大       【解析】（1）溶解粗盐时，水需要将可溶性氯化钠完全溶解，水的用量主要由氯化钠的溶解度决定，溶解度决定了溶解一定量氯化钠所需的最少水量，故选D。 （2）除去硫酸根需用溶液，除去需用NaOH溶液，除去 需用溶液。为了除去过量的，溶液必须在溶液之后加入，因为不仅能除去钙离子，还能除去过量的钡离子。NaOH溶液加入顺序相对灵活，只要在过滤前加入即可。所以合理的顺序可以是、、NaOH，答案选C。 （3）过滤操作的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗。 （4）已知，要求，代入、，得： ，因此。 （5）电导率反映溶液中离子浓度:离子浓度越大，电导率越高。 A．0-a发生的反应为；a-b段：镁离子或硫酸根中有一种离子剩余，继续滴加氢氧化钡溶液，剩余的 镁离子与氢氧根反应或剩余的硫酸根与钡离子反应，离子反应与0～a段不同，A错误； B．电导率反映溶液中自由离子总浓度，电导率最低时自由离子浓度最小，B正确； C．b之后电导率上升，说明加入不再发生沉淀反应，、均已沉淀完全，C正确； D．恰好完全沉淀时，、，仅能说明恰好沉淀时两者比值为1:1，根据图像a-b段可知，还有剩余的镁离子或硫酸根未被沉淀完全，故原粗盐中两者不为1:1，D错误； 故选BC。 （6）若两者比例不是1:1，加入后会引入过量的或，需要额外除杂，因此不选用。 （7）电解饱和食盐水，阴极发生的反应为：，生成，移向阳极会影响阳极pH的测定，因此需要加离子交换膜阻止通过，选C。 （8）实验控制总体积为，因此。放电生成，浓度越高，放电生成越多，溶解氧浓度越大：实验2只有，浓度最低，生成；实验4只有，浓度，生成最多；实验3和浓度均为，竞争放电，放电量少于实验4，因此顺序为。 （9）结合图像，0~200 s水中溶解氧浓度降低、气相分压升高，是原有溶解氧逸出导致；200 s后，浓度降低，放电占比增加，生成更多，因此气相分压持续增大。 6.（高三上·上海浦东新区·一模）某化工厂采用“铁盐氧化法”处理含的烟气，减少硫酸型酸雨的形成，并经系列反应后，将最终转化为硫酸盐产品。 （1）硫酸型酸雨中不可能含有的微粒是___________。 A.  B.  C.  D.  （2）“铁盐氧化法”的实质是与的氧化还原反应。取反应一段时间后的吸收液进行实验，下列现象中，一定能证明该氧化还原反应发生的是___________。 A. 滴加紫色石蕊试液，溶液显红色 B. 滴加酸性溶液，紫色褪去 C. 滴加硝酸酸化的溶液，有白色沉淀生成 D. 滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加氯水，溶液变血红色 （3）铁盐完全吸收后的溶液，工业上常通入空气处理，该步骤称为“曝气”。从“绿色化学”的角度分析，“曝气”的优点有　　　　　　　　　　　。(写出一条) 实验室利用下图装置模拟上述“铁盐氧化法”的原理。 （4）装置A用于制取，下列对该实验的分析正确的是___________。(不定项) A. 可以通过铜丝的升降控制反应 B. 可以通过鼓入空气加速反应 C. 实验中试管底部可能出现白色物质 D. 反应过程中铜丝表面有黑色产生 （5）向反应一段时间后的装置B中，逐滴加入NaOH溶液，先无明显现象，后产生红褐色沉淀。分析“先无明显现象”的原因　　　　　　　　　　　。 在溶液吸收的过程中，可观察到B中溶液颜色经历“棕黄色—红棕色—浅绿色”的变化过程。已知“红棕色”是因为生成了含硫配体的配离子有关。 室温下，、和的分布分数随pH变化如下图所示。 [，X表示或或] 室温下，为探究“红棕色”配离子的组成，设计如下实验方案： 实验编号 溶液①1 mL 溶液②10 mL 实验操作及现象 Ⅰ 溶液 饱和溶液 溶液①与溶液②混合后，实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ所得溶液红棕色依次加深 Ⅱ 溶液 饱和溶液，用NaOH固体调整溶液 Ⅲ 溶液 饱和溶液，用NaOH固体调整溶液 （6）上述实验中，能够说明“红棕色”配离子的配体为的实验依据是　　　　　　　　　　　。 （7）若该配离子为，继续通入至体系pH小于5时，溶液由红棕色变为浅绿色，其离子方程式为：　　　　　　　　　　　。 （8）实验所用“溶液②”的体系中，含硫微粒仅为、和，且在调节pH过程中三者总物质的量保持不变。结合上图所示的分布分数图，回答下列问题： ①说明溶液呈酸性的主要原因　　　　　　　　　　　。 ②当为0.4时，溶液的pH可能为　　　　　　　　　　　。(精确到小数点后2位) 【答案】（1）A     （2）D     （3）氧气可将Fe2+氧化成Fe3+，使Fe3+可重复利用     （4）AC     （5）溶液中溶有SO2，生成了H2SO3，滴加的NaOH溶液先与H2SO3反应     （6）随着pH的增大，溶液中的，且红棕色也随之加深     （7）     （8）① 在水溶液中，的电离大于水解，溶液成酸性    ② 1.74或7.38      【解析】（1）A．H2S是还原性气体，通常不会在酸雨中稳定存在，尤其在酸性环境中易被氧化，A符合题意； B．SO2溶于水生成亚硫酸，是酸雨的成分之一，B不符合题意； C．酸雨显酸性，故酸雨中含有H+，C不符合题意； D．空气中含有大量CO2，CO2溶于水生成碳酸，故酸雨中可能会含有碳酸，D不符合题意； 故答案选A； （2）A．含Fe3+和SO2的水溶液显酸性，能使紫色石蕊溶液变红，故无法证明Fe3+和SO2是否发生氧化还原反应，A错误； B．SO2也能被将酸性高锰酸钾溶液还原，使其褪色，B错误； C．滴加硝酸酸化的溶液，溶液中含有的硝酸会将SO2氧化成，最终生成白色沉淀BaSO4，C错误； D．滴加KSCN溶液，无明显现象，说明溶液中不含Fe3+，再滴加氯水，溶液变血红色，说明吸收液中有Fe2+，进而说明Fe3+和SO2发生了氧化还原反应，D正确； 故答案选D； （3）“曝气”过程中，氧气可将Fe2+氧化成Fe3+，使Fe3+可重复利用； （4）A．通过铜丝的升降，即通过铜丝与浓硫酸的接触与否来控制反应，A正确； B．若鼓入空气，会导致体系中有氧气，氧气具有氧化性，会对Fe3+的氧化性造成干扰，B错误； C．A中生成CuSO4，浓硫酸具有吸水性，则试管底部可能析出无水CuSO4白色固体，C正确； D．Cu2O是红色的，且在强氧化剂浓硫酸的环境中生成+1含铜化合物不合理，D错误； 故答案选AC； （5）溶液中溶有SO2，生成了H2SO3，滴加的NaOH溶液先与H2SO3反应，无明显现象； （6）随着pH的增大，溶液中的增大，且红棕色也随之加深，说明“红棕色”配离子的配体为； （7）结合分布图可知，溶液pH小于5时，与SO2反应生成Fe2+、和，反应的离子方程式为； （8）①在水溶液中存在电离平衡（）和水解平衡（），由分布图可知，H2SO3的电离平衡常数K1、K2分别为10-1.92和10-7.2，的水解平衡常数为，故电离程度大于水解平衡常数，溶液成酸性； ②，当为0.4时，溶液的pH<1.92或pH>7.2，当溶液pH<1.92时，有，解得，pH≈1.74；当溶液pH>7.2时，有，解得，pH≈7.38。 7.（2026·上海嘉定区·调研）磷的单质有白磷、红磷、黑磷。 物质名称 部分性质 白磷 白色固体，熔点44.1℃，着火点为40℃。特定条件下呈液态，颜色可能因氧化或杂质呈现黄色，也称为黄磷。 红磷 红色固体，受热易升华，沸点280℃，熔点590℃(4.4MPa)，性质稳定。 黑磷 黑色有金属光泽的晶体，是磷单质中最稳定的一种。 （1）下列物质在空气变质的化学原理与白磷自燃最相似的是______。 A. 苯酚 B. 过氧化钠 C. 硝酸银 D. 氯水 白磷()可由、焦炭和在一定条件下反应获得。相关热化学方程式如下：             （2）计算　　　　　　。 （3）下列物质属于电解质的是______。(不定项) A.  B. CaO C.  D.  常温常压下为无色有刺激性恶臭味的气体，利用黄磷与制备的装置如下： （4）仪器C的名称为　　　　　　。 （5）下列说法正确的是______。 A. 利用长颈漏斗添加液态黄磷 B. 气体A为，气体B为 C. 实验时先通足量的，再加热 D. 物质1为，物质2为黄磷 使用不同磷源，相同时间内测得的纯度和产率如下表： 磷源 初始反应温度/℃ 纯度/% 产率/% 黄磷 50 91.6 96.2 红磷 100 90.2 83.5 （6）分析黄磷制得的产率较红磷高的原因　　　　　　。 （7）下列对反应判断正确的是______。 A.     B.     C.  D.     （8）若加入的和的物质的量之比为，假设反应完全，则室温下收集到气体的相对分子质量为　　　　　　。(保留一位小数) 【答案】（1）A     （2）+2821.6 kJ⋅mol−1     （3）BD     （4）三颈烧瓶     （5）C     （6）黄磷比红磷反应活性更高，更易与F2反应，相同时间内反应更充分，因此产率更高     （7）B     （8）96.7      【解析】（1）白磷自燃的本质是被空气中的氧气氧化。苯酚变质原理是被空气中氧气氧化，与白磷自燃原理相似；过氧化钠变质是CO2、水反应，硝酸银变质是光自身分解，氯水变质是HClO分解，均与白磷氧化原理不同，故选A。 （2）根据盖斯定律，目标反应=第一个反应+6×第二个反应，因此：ΔH3=ΔH1+6ΔH2=+3359.26+6×(−89.61)=+2821.6 kJ⋅mol−1。 （3）电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物。 A．P4是单质，不是电解质，A错误； B．CaO是活泼金属氧化物，熔融状态能导电，属于电解质，B正确； C．SiO2是共价化合物，熔融不导电，属于非电解质，C错误； D．CaSiO3属于盐，熔融状态能导电，属于电解质，D正确； 故选BD。 （4）由仪器结构可知，仪器C的名称为三颈烧瓶。 （5）A．图中添加液态黄磷的是分液漏斗（带活塞），不是长颈漏斗，A错误； B．气体A、B顺序不对，N2用于排空气，F2是反应物，该描述错误，B错误； C．黄磷易自燃，实验需要先通足量N2排尽装置内空气，再加热，防止黄磷被氧气氧化，C正确； D．PF5常温为气体，气固分离器分离出未反应的固体黄磷，因此物质1是黄磷，物质2是PF5，D错误； 故选C。 （6）黄磷比红磷反应活性更高，更易与F2反应，相同时间内反应更充分，因此产率更高。 （7）该反应是P和F2的化合反应，属于放热反应，；反应前气体总物质的量为5 mol，反应后气体总物质的量为2 mol，气体分子数减少，混乱度减小，因此，选B。 （8）加入的和的物质的量之比为，的物质的量为2 mol，则的物质的量为6 mol，反应为2P(l)+5F2(g)=2PF5(g)，2 mol P消耗5 mol F2，生成2 mol PF5，剩余1 mol F2。M(PF5)=31+5×19=126 g/mol，M(F2)=38 g/mol，平均摩尔质量，因此气体平均相对分子质量为96.7。 8.（2026·上海闵行区·调研）我国科学家用Na和合成金刚石粉末，实现了“稻草变黄金”的奇迹。原理如下： （1）属于非电解质的是_______。 A.  B. Na C. NaCl D. C （2）该反应的随温度变化趋势正确的是_______。 A. B. C. D.  （3）温度选择700℃的原因可能是　　　　　　　。 下图是探究和热稳定性的装置示意图： （4）离子中碳原子杂化方式和空间结构为_______。 A. sp直线形 B. 平面三角形 C. 四面体形 D. 平面三角形 （5）关于该实验说法正确的是_______。 A. 甲处是，乙处是 B. 互换甲、乙的位置不影响实验结论 C. 丁烧杯中澄清石灰水变浑浊 D. 丙烧杯中澄清石灰水无现象，可知甲热稳定性更好 利用传感器探究、与稀盐酸的反应。将甲、乙两支Y形管同时向一侧倾斜，在时刻使盐酸与固体反应；至时不再观察到有明显变化。 （6）在图2中分别绘制时刻两支Y形管中气体压强与时间的变化曲线　　　　　　　　(曲线边上标注或)。 潜艇中常备大量，不仅能解决积累问题，还能提供。 假定人体的呼吸熵：，且。 （7）在结合电子转化为的过程中，新增的电子削弱了原本氧氧键的键能。已知中氧氧键的键长为121 pm，则中氧氧键的键长最接近　　　　　　　pm。 A.91　　　B.121　　　　　C.151 （8）分析仅靠生成的能否维持舱内的平衡　　　　　　　。(写出计算过程) 【答案】（1）A     （2）B     （3）可以保证反应速率达到较快的水平     （4）B     （5）C     （6）        （7）C     （8）不能      【解析】（1）是共价化合物，熔融状态下不可导电，在水中不可电离，为非电解质；钠单质属于单质，不是电解质也不为非电解质；氯化钠为离子化合物，是电解质；C为单质，不是电解质也不是非电解质； 故选A； （2）图像纵坐标为吉布斯自由能，该反应可以发生，说明纵坐标存在小于0的区间，该反应左侧气体分子数大于右侧，为熵减反应，故图像斜率应为正数；结合两点，正确的图像应为B； （3）该反应的吉布斯自由能随温度升高而增大，为使反应能自发进行，应选择较低的温度；但温度选择700℃，原因可能是该温度下反应既能自发进行，又可以保证反应速率达到较快的水平； （4）在中，中心C原子与3个O原子形成3个键，无孤对电子，价层电子对数为3，故C原子为杂化，空间构型为平面三角形，选B； （5）实验装置中，甲试管中盛放固体，乙试管中为，观察到丙中澄清石灰水无明显现象，而丁烧杯中澄清石灰水变浑浊，说明发生了分解，甲试管的温度低于乙试管，可以说明热稳定性：>； A．为比较热稳定性，应将置于温度较低的甲试管中，置于温度较高的乙试管中，该选项放置方式错误，故A错误； B．互换甲、乙的位置，则接受的温度较高，导致其分解不可说明与的热稳定性的差异，会影响实验结论，B错误； C．据实验现象，丁烧杯中澄清石灰水变浑浊，C正确； D．丙烧杯中澄清石灰水无现象，可知乙热稳定性更好，D错误； 故选C； （6）与的质量同为1 g，可粗略计算,，而盐酸的物质的量为，盐酸少量，其与反应先生成，无法生成二氧化碳气体；但可以与固体反应立即生成二氧化碳气体，故装置中压强上升，而装置压强不变，图像为 ； （7）在结合电子转化为的过程中，新增的电子削弱了原本氧氧键的键能，而键长越大键能越小，故的键长较氧气更长，选C； （8）人体的呼吸熵：，且，即消耗1 mol氧气时，呼出0.8 mol二氧化碳，同时呼出1 mol水；过氧化钠与二氧化碳与水可以分别发生反应和，设人体消耗1 mol氧气，则呼出的0.8 mol二氧化碳可以与过氧化钠反应生成0.4 mol氧气，呼出1 mol水可以和过氧化钠反应生成0.5 mol氧气，总计生成0.9 mol氧气，小于1 mol，故仅靠生成的不能维持舱内的平衡。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 化学实验综合题 3年真题1年模拟 考点分类 考情示例 命题规律 考点 化学实验综合题 2026上海（1题）、2024（1题） · 情境设置：以工业实际生产流程（如粗盐提纯、物质制备）为背景，融合真实化工要素 · 考查重点：离子除杂顺序设计、实验操作选择、产率计算及误差分析，侧重综合应用能力 · 命题趋势：从单一实验操作向"流程设计+原理探究+定量分析"一体化考查发展，强化绿色化学与成本控制意识 1.（2026·上海·高考真题）硝普钠()为一种速效和短时作用的血管扩张药，某化学实验小组按以下流程制备硝普钠晶体。 已知： ①硝普钠易溶于水，溶解度随温度变化不大； ②氧化步骤的反应方程式为： （1）已知中配体为、，则该配合物的中心离子和配位数分别为___________。 A. 、5 B. 、6 C. 、5 D. 、6 （2）在第3步中，通常需要将缓慢滴加到圆底烧瓶中，需要用到的仪器是___________。 A. 量筒 B. 烧杯 C. 恒压滴液漏斗 D. 长颈漏斗 （3）连续操作包含的过程有　　　　　　　　　　　。 （4）步骤③中加入的作用是　　　　　　　　　　　。 （5）制备过程中应选用的检验方法是　　　　　　　　　　　。 A．甲基橙       B．甲基红       C．pH计 （6）步骤④中除去的物质a是___________。 A. 硝酸钠 B. 氨 C. 硝酸钾 D. 硝酸 （7）物质b的主要成分是　　　　　　　　　　　。 （8）已知粗产品中的硝普钠含有结晶水，加热一段时间后，其质量减少了12%，则粗产品中硝普钠的结晶水个数为　　　　　　　　　　　(保留整数)。已知： 2.（2024·上海·高考真题）粗盐水中含有Ca2+、Mg2+、SO、K+等可溶性杂质离子，根据生产要素，可采取不同的精制方法。方法1可制得高纯度的NaCl晶体且产率较高。流程图如下： 已知： 化学式 BaSO4 BaCO3 Ksp(25℃) 1.1×10-10 2.6×10-9 （1）过滤时，除烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器___________。 A. B. C. D.  （2）①中加入的BaCl2应过量，检验BaCl2是否过量的实验方法是　　　　　　　　　　　。 （3）②中先后加入稍过量的NaOH溶液和Na2CO3溶液，产生的沉淀H有　　　　　　　　　　　。(用化学式表示) （4）若将过滤I和过滤Ⅱ两步操作合并进行，可能会导致___________。 A. 不能除尽Ba2+ B. 不能除尽SO C. 消耗更多的Na2CO3 D. 消耗更多的NaOH （5）加入稀盐酸，调节pH至3~4，除去的离子有　　　　　　　　　　　。 （6）KCl和NaCl的溶解度曲线如下图。 则④中“系列操作”___________。 A. 蒸发至表面有晶膜出现，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 B. 蒸发至表面有晶膜出现，趁热过滤、洗涤、干燥 C. 蒸发至大量晶体析出后，趁热过滤、洗涤、干燥 D. 蒸发至大量晶体析出后，停止加热。并用余热蒸干、洗涤、干燥 方法2和方法3精制的盐水可用于纯碱工业。 方法2：粗盐水中先加入石灰乳(含Ca(OH)2的悬浊液)除去Mg2+，再通入含有NH3、CO2的工业废气除去Ca2+，过滤得到盐水。 方法3：粗盐水中先加入石灰乳除去Mg2+，再加入碳酸钠溶液除去Ca2+，过滤得到盐水。 （7）写出方法2中，除去Ca2+时发生反应的离子方程式　　　　　　　　　　　。相比于方法3，方法2的优点是　　　　　　　　　　　。 （8）若某粗盐水中的MgCl2为0.38g·L-1，CaCl2为1.11g·L-1，用方法3处理10L该粗盐水，计算至少需加入石灰乳(折算成CaO)和碳酸钠的物质的量　　　　　　　　　　　。(写出计算过程) 1.（2026·上海长宁区·一模）高氯酸氟是一种极不稳定、容易爆炸的气体，具有强氧化性，在医药、农药、材料科学等领域具有重要应用。其分子式为FClO4，结构式为：F、Cl、O元素单质及其化合物性质丰富多样，应用广泛。 （1）下列实验现象与结论都正确的是_______。 实验操作 现象 结论 A 向紫色石蕊溶液中滴加氯水 溶液先变红后褪色 氯水只含H+，不含HClO B 将Cl2通入品红溶液中，再加热 溶液褪色，加热后恢复 HClO的漂白作用具有可逆性 C 向AgNO3溶液中通入Cl2 产生白色沉淀 Cl2能电离出Cl- D 向FeCl2溶液中通入Cl2 溶液变为棕黄色 Cl2具有氧化性 （2）已知一氯乙烯()分子中，Cl的3px轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大键()。一氯乙烷()、一氯乙烯()、一氯乙炔()分子中，C-Cl键长的顺序是　　　　　　　，理由：(i)C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键越强；(ii)Cl参与形成的　　　　　　　越　　　　　　　，形成的C-Cl键的键长越短。 （3）卤化物受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为　　　　　　　。解释X的熔点比Y高的原因　　　　　　　。 （4）属于氟原子激发态的电子排布式的是_______。(不定项) A.  B.  C.  D.  （5）25℃时，甲酸(HCOOH)的，氢氟酸(HF)的。 ①写出氢氟酸的电离平衡常数表达式：　　　　　　　。 ②Ka越大的酸溶液中c(H+)　　　　　　　(填“一定”或“不一定”)大，其理由为：　　　　　　　。 （6）猜想下列关于FClO4的说法错误的是_______。 A. 分子中氯元素显+7价 B. 分子的空间构型是正四面体 C. 制备 FClO4时产物需在低温下处理 D. 能氧化碘离子 （7）已知，，常温下该反应不能自发进行的主要原因是_______。 A. 熵减太小 B. 活化能过高 C. 焓增过大 D. 平衡常数K＜1 2.（2026·上海华东师大二附中·模拟）醋酸在生活中十分常见，我们可以利用它进行化学实验探究。 【配制一定物质的量浓度的醋酸与反应中和热的测定】： 小张同学在实验室配制一定物质的量浓度的醋酸并进行反应中和热的测定。 （1）配制240mL 0.1mol·L-1醋酸溶液时需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和　　　　　　　　　　　；需要用到0.4mol·L-1醋酸溶液　　　　　　　　　　　mL。 （2）将质量分数为a%，物质的量浓度为c1的醋酸溶液蒸发掉一定量的水，使之质量分数变为3a%，此时刻醋酸的物质的量浓度为c2，则的取值范围为　　　　　　　　　　　。 （3）测定中和热时，应使用强酸的稀溶液而非醋酸，小张同学采用等体积等浓度的醋酸代替中和热测定中的强酸稀溶液，则会导致计算出的________。 A. 偏大 B. 偏小 C. 不变 D. 不影响 【弱酸电离平衡的探究】： 小张同学探究25℃下，醋酸(简写为HAc)电离平衡的影响因素，他将物质的量浓度为0.1mol·L-1 的HAc溶液和与其等浓度的醋酸钠(简写为NaAc)按一定体积比混合，测pH。 序号 pH Ⅰ 40.00 0 2.86 Ⅱ 4.00 a b 0 3.36 …… Ⅶ 4.00 c d 3：4 e Ⅷ 4.00 4.00 32.00 1：1 4.65 （4）判断溶液的酸碱性有多种方法。下列现象是检测醋酸溶液一定不会发生的有________ (不定项选择)。 A. 能够使甲基橙呈黄色的溶液 B. 的溶液 C. 溶液中： D. 溶液中： （5）下列能使醋酸溶液中CH3COOH的电离程度增大，而电离平衡常数不变的操作是________。 A. 升高温度 B. 加水稀释 C. 加少量的醋酸钠固体 D. 加少量冰醋酸 （6）表格中：a=　　　　　　　　　　　，b=　　　　　　　　　　　，e=　　　　　　　　　　　。 （7）由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释HAc溶液，电离平衡　　　　　　　　　　　(选填“正”或“逆”)向移动，结合表中数据，给出判断理由：　　　　　　　　　　　。 （8）由实验　　　　　　　　　　　可知，增大浓度，HAc电离平衡逆向移动。 （9）小张同学分析上表数据发现：随着的增加，逐渐接近HAc的； 查阅资料获悉：一定条件下，按配制的溶液中，的值等于HAc的； 对比数据发现：实验Ⅷ中pH=4.65与真实的值存在一定差异，推测可能由物质浓度准确不够引起，故先准确测定HAc溶液的浓度再验证。 (1)移取20.00mL HAc溶液，加入2滴　　　　　　　　　　　溶液，用0.1000mol·L-1 NaOH溶液滴定至终点的现象为：　　　　　　　　　　　，消耗NaOH溶液体积为22.06mL，则该HAc溶液的准确浓度为　　　　　　　　　　　。用上述HAc溶液和0.1000mol·L-1 NaOH溶液，配制等物质的量的HAc与NaAc混合溶液，测定pH，结果与资料数据相符。 (2)小张同学又用浓度均为0.1mol·L-1 的HAc溶液和0.1mol·L-1 的NaOH溶液测定HAc的值，请你完成实验设计方案表格的填写： i 移取20.00mL HAc溶液，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液VmL ii 　　　　　　　　　　　，测得溶液的pH为4.76 （10）醋酸是一元弱酸，只有一步电离，已知草酸是一种二元弱酸，其电离常数比醋酸电离常数大得多，但比醋酸电离常数小，试从电离平衡移动的角度解释的原因：　　　　　　　　　　　。 3.（2026·上海崇明区·模拟）复合氨基酸螯合钙是新一代补钙剂，以贝壳为钙源合成复合氨基酸螯合钙的流程如下： 过程Ⅱ和Ⅲ的实验装置如下： 已知： ①螯合反应：金属离子以配位键与同一分子中的两个或更多的配位原子连结形成具有环状结构的化学反应。例如： ②复合氨基酸螯合钙易溶于水，在人体中会缓慢释放。 回答下列问题： （1）仪器a的名称为　　　　　　　　　　　。(填名称) （2）下列有关说法不正确的是___________。 A. 过程Ⅰ将贝壳研磨成粉末可以加快反应速率 B. b装置用以制备，活塞的开关顺序为：关，开→开→关，开→开 C. 过程Ⅳ“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、热水洗涤、干燥 D. 可以用茚三酮检验产品中是否有未螯合的氨基酸残留 （3）螯合反应需要澄清石灰水由浑浊变澄清才开始操作，目的是什么　　　　　　　　　　　。 （4）当溶液浓度为0.468 时，需要控制pH在什么范围才不会有沉淀？ 　　　　　　　　　　　()；条件优化时发现pH≈8.5时螯合效率最高，pH过低或过高螯合效率都较低，原因是：　　　　　　　　　　　。 含钙率的测定：取2.500 g复合氨基酸螯合钙配成250 mL溶液。取25.00 mL溶液，用0.05 EDTA-2Na溶液进行3次平行滴定(指示剂已省略)，并记录消耗的EDTA-2Na溶液平均体积为20.00 mL。 EDTA在水溶液中可以看作是一种六元弱酸，用表示，各级电离平衡常数如下表： （5）某EDTA的盐溶液中和的浓度相等，该溶液的pH=　　　　　　　　　　　。 （6）EDTA-2Na可以用表示，请通过计算说明其溶液的酸碱性(要求写出计算过程)。 （7）若EDTA-2Na能与1：1发生螯合反应，则含钙率为　　　　　　　　　　　(用钙的质量分数表示)。 （8）相较于传统补钙剂之一的，复合氨基酸螯合钙有何优点？　　　　　　　　　　　。 4.（2026·上海普陀区·调研）硫酸四氨合铜晶体([Cu(NH3)4]SO4·H2O)常用作杀虫剂、媒染剂，若废水中Cu2＋超标会造成重金属污染，影响水生动植物生存，同时危害人体健康。 某同学设计并探究了硫酸四氨合铜晶体的制备和转化，并对实验产生的废液进行处理。 Ⅰ．硫酸四氨合铜晶体的制备与转化 实验如下： （1）下列说法错误的是___________。(不定项) A. ②→③反应的离子方程式为Cu2＋＋4NH3·H2O = [Cu(NH3)4]2＋＋4H2O B. ⑤中加入稀硫酸，H＋与NH3反应，同样可以得到黄绿色溶液 C. ④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小 D. ③中现象说明配体与Cu2＋的结合能力：NH3＞H2O Ⅱ．废液中Cu2＋含量的测定 （2）下列仪器分析技术能测定废液中含Cu2＋的是　　　　　　　　　　　。 A．X射线衍射                           B．红外光谱                           C．原子光谱        准确量取20.00 mL含Cu2＋废水(其它物质不参加反应)于锥形瓶中，加入1.0 g KI 晶体(过量)摇匀：加入淀粉溶液作指示剂，用0.0400 mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定至终点：重复3次实验，平均消耗Na2S2O3溶液25.00 mL。 已知：2Cu2＋＋4I-=2CuI↓＋I2，2Na2S2O3＋I2 =Na2S4O6＋2NaI （3）滴定终点的现象为　　　　　　　　　　　。 （4）计算废水样品中铜离子的含量为　　　　　　　　　　　g·L-1。 Ⅲ．废液处理 国家规定Cu2＋含量低于6.4×10-6 g·L-1、pH=7的废水符合排放标准。某次实验后，测得废液中c(H＋)=0.1mol·L-1，c(Cu2＋)=0.05mol·L-1，需净化处理。 已知：Ksp(CuS)=6.4×10-36，Ksp(FeS)=6.3×10-18；Ka1(H2S)=1.3×10-7，Ka2(H2S)=7.0×10-15。 （5）硫化物沉淀法 工业上可使用硫化物来处理含铜废液。请通过计算说明使用FeS处理的优点是　　　　　　　　　　　。 （6）水解中和法 常温下，水溶液中含铜微粒Cu2＋、[Cu(OH)]＋、Cu(OH)2、[Cu(OH)3]-和[Cu(OH)4]2-的分布系数(某含铜微粒占总含铜微粒的物质的量分数)随pH的变化曲线如图所示。 ①曲线3代表的含铜微粒为　　　　　　　　　　　。 ②pH=10.7时，c{[Cu(OH)3]-}＋2c{[Cu(OH)4]2-}＋2c() 　　　　　　　　　　　c(Na＋)(选填“＞”、“=”、“＜”)。 ③计算Cu(OH)2＋2OH-[Cu(OH)4]2-的平衡常数K=　　　　　　　　　　　。 ④若CuSO4溶液起始浓度为α mol·L-1，加入NaOH固体调节溶液pH(忽略加入固体后引起的溶液体积的变化)，求M点混合溶液中Na＋的浓度　　　　　　　　　　　(用含α的式子表示)。 5.（2026·上海静安区·调研）某课外兴趣小组以教材化学实验为研究对象，再探粗盐的提纯和氯化钠溶液的电解。 Ⅰ．粗盐提纯 小组选用含有可溶性杂质(、和)的粗盐，按以下顺序进行分离提纯。 称量→溶解→过滤→结晶 （1）溶解时需加入适量的水，水的用量主要与___________有关。 A. 烧杯的容积 B. 温度和气压 C. 粗盐的纯度 D. 氯化钠的溶解度 （2）向粗盐溶液中依次加入稍过量的___________溶液，使可溶性杂质沉淀。 A. 、、 B. 、、 C. 、、 D. 、、 （3）过滤操作用到的玻璃仪器主要有烧杯、玻璃棒和　　　　　　　　　　　(填仪器名称)。 当溶液中某离子浓度时，该离子可视为已被完全除尽。 （4）为将滤液中的除尽，需加稀盐酸，再结晶制得精盐。若加稀盐酸后溶液中为，则此时溶液pH的范围是　　　　　　　　　　　。(常温下的)。 有资料认为，用溶液替代和，既可同时除去、，又能减少试剂的用量。为确认此说法，小组同学取适量粗盐溶液，逐滴滴加，测得溶液电导率的变化如图所示。 （5）下列分析正确的是___________(不定项)。 A. 0～a处与a～b处发生的离子反应相同 B. 当电导率达最低点时，粗盐溶液中的离子浓度最小 C. 拐点b之后，电导率上升，说明、均沉淀完全 D. 实验表明粗盐溶液中、的物质的量之比为 （6）根据实验和已有信息，小组未选用溶液去除、，可能的原因是　　　　　　　　　　　。 Ⅱ．电解食盐水 小组同学以石墨为电极，按图示装置电解饱和食盐水。通电60 s后，测得两极产生的气体体积。 （7）甲同学认为是由于氯气溶于水所导致，提出应测量阳极附近溶液的pH变化。但考虑到阴极反应的影响，需先在原装置中增加离子交换膜，以防止___________通过。 A.  B.  C.  D.  重新电解60 s，测得pH为3.8，印证了甲同学猜想的合理性。但乙同学指出放电也会降低pH，并设计新实验，在相同条件下电解200 s，测得溶解氧数据，记录于下表。 溶液体积(mL) 溶液体积(mL) 蒸馏水体积(mL) 溶解氧初始浓度(mg/L) 200 s时，溶解氧的浓度(mg/L) 实验1 0 0 20.0 8.3 8.4 实验2 4.0 0 16.0 8.3 实验3 4.0 4.0 x 8.3 实验4 0 4.0 16.0 8.3 （8）表格中，　　　　　　　　　　　。 实验表明，和的放电存在竞争，离子浓度会影响放电顺序。则实验测得的数据、、由小到大的顺序为　　　　　　　　　　　。 为完善结论，丙同学提出用溶解氧传感器、氧分压传感器，在恒温下测溶解氧浓度、液面上方分压(装置如图)。 实验测得的数据与电解时间的关系见下图： （9）结合乙同学、丙同学的实验数据，分析电解初期(0～200 s)分压增大的主要原因是　　　　　　　　　　　，电解后期(200～1000 s)分压增大的主要原因是　　　　　　　　　　　。 6.（高三上·上海浦东新区·一模）某化工厂采用“铁盐氧化法”处理含的烟气，减少硫酸型酸雨的形成，并经系列反应后，将最终转化为硫酸盐产品。 （1）硫酸型酸雨中不可能含有的微粒是___________。 A.  B.  C.  D.  （2）“铁盐氧化法”的实质是与的氧化还原反应。取反应一段时间后的吸收液进行实验，下列现象中，一定能证明该氧化还原反应发生的是___________。 A. 滴加紫色石蕊试液，溶液显红色 B. 滴加酸性溶液，紫色褪去 C. 滴加硝酸酸化的溶液，有白色沉淀生成 D. 滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加氯水，溶液变血红色 （3）铁盐完全吸收后的溶液，工业上常通入空气处理，该步骤称为“曝气”。从“绿色化学”的角度分析，“曝气”的优点有　　　　　　　　　　　。(写出一条) 实验室利用下图装置模拟上述“铁盐氧化法”的原理。 （4）装置A用于制取，下列对该实验的分析正确的是___________。(不定项) A. 可以通过铜丝的升降控制反应 B. 可以通过鼓入空气加速反应 C. 实验中试管底部可能出现白色物质 D. 反应过程中铜丝表面有黑色产生 （5）向反应一段时间后的装置B中，逐滴加入NaOH溶液，先无明显现象，后产生红褐色沉淀。分析“先无明显现象”的原因　　　　　　　　　　　。 在溶液吸收的过程中，可观察到B中溶液颜色经历“棕黄色—红棕色—浅绿色”的变化过程。已知“红棕色”是因为生成了含硫配体的配离子有关。 室温下，、和的分布分数随pH变化如下图所示。 [，X表示或或] 室温下，为探究“红棕色”配离子的组成，设计如下实验方案： 实验编号 溶液①1 mL 溶液②10 mL 实验操作及现象 Ⅰ 溶液 饱和溶液 溶液①与溶液②混合后，实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ所得溶液红棕色依次加深 Ⅱ 溶液 饱和溶液，用NaOH固体调整溶液 Ⅲ 溶液 饱和溶液，用NaOH固体调整溶液 （6）上述实验中，能够说明“红棕色”配离子的配体为的实验依据是　　　　　　　　　　　。 （7）若该配离子为，继续通入至体系pH小于5时，溶液由红棕色变为浅绿色，其离子方程式为：　　　　　　　　　　　。 （8）实验所用“溶液②”的体系中，含硫微粒仅为、和，且在调节pH过程中三者总物质的量保持不变。结合上图所示的分布分数图，回答下列问题： ①说明溶液呈酸性的主要原因　　　　　　　　　　　。 ②当为0.4时，溶液的pH可能为　　　　　　　　　　　。(精确到小数点后2位) 7.（2026·上海嘉定区·调研）磷的单质有白磷、红磷、黑磷。 物质名称 部分性质 白磷 白色固体，熔点44.1℃，着火点为40℃。特定条件下呈液态，颜色可能因氧化或杂质呈现黄色，也称为黄磷。 红磷 红色固体，受热易升华，沸点280℃，熔点590℃(4.4MPa)，性质稳定。 黑磷 黑色有金属光泽的晶体，是磷单质中最稳定的一种。 （1）下列物质在空气变质的化学原理与白磷自燃最相似的是______。 A. 苯酚 B. 过氧化钠 C. 硝酸银 D. 氯水 白磷()可由、焦炭和在一定条件下反应获得。相关热化学方程式如下：             （2）计算　　　　　　。 （3）下列物质属于电解质的是______。(不定项) A.  B. CaO C.  D.  常温常压下为无色有刺激性恶臭味的气体，利用黄磷与制备的装置如下： （4）仪器C的名称为　　　　　　。 （5）下列说法正确的是______。 A. 利用长颈漏斗添加液态黄磷 B. 气体A为，气体B为 C. 实验时先通足量的，再加热 D. 物质1为，物质2为黄磷 使用不同磷源，相同时间内测得的纯度和产率如下表： 磷源 初始反应温度/℃ 纯度/% 产率/% 黄磷 50 91.6 96.2 红磷 100 90.2 83.5 （6）分析黄磷制得的产率较红磷高的原因　　　　　　。 （7）下列对反应判断正确的是______。 A.     B.     C.  D.     （8）若加入的和的物质的量之比为，假设反应完全，则室温下收集到气体的相对分子质量为　　　　　　。(保留一位小数) 8.（2026·上海闵行区·调研）我国科学家用Na和合成金刚石粉末，实现了“稻草变黄金”的奇迹。原理如下： （1）属于非电解质的是_______。 A.  B. Na C. NaCl D. C （2）该反应的随温度变化趋势正确的是_______。 A. B. C. D.  （3）温度选择700℃的原因可能是　　　　　　　。 下图是探究和热稳定性的装置示意图： （4）离子中碳原子杂化方式和空间结构为_______。 A. sp直线形 B. 平面三角形 C. 四面体形 D. 平面三角形 （5）关于该实验说法正确的是_______。 A. 甲处是，乙处是 B. 互换甲、乙的位置不影响实验结论 C. 丁烧杯中澄清石灰水变浑浊 D. 丙烧杯中澄清石灰水无现象，可知甲热稳定性更好 利用传感器探究、与稀盐酸的反应。将甲、乙两支Y形管同时向一侧倾斜，在时刻使盐酸与固体反应；至时不再观察到有明显变化。 （6）在图2中分别绘制时刻两支Y形管中气体压强与时间的变化曲线　　　　　　　　(曲线边上标注或)。 潜艇中常备大量，不仅能解决积累问题，还能提供。 假定人体的呼吸熵：，且。 （7）在结合电子转化为的过程中，新增的电子削弱了原本氧氧键的键能。已知中氧氧键的键长为121 pm，则中氧氧键的键长最接近　　　　　　　pm。 A.91　　　B.121　　　　　C.151 （8）分析仅靠生成的能否维持舱内的平衡　　　　　　　。(写出计算过程) 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $