11.选择性必修1 第三章 水溶液中的离子反应与平衡-高中化学·2026年高考真题分类

**基本信息** 聚焦水溶液离子平衡高考真题分类训练，通过31单+1多+10解答题系统覆盖电离/水解/沉淀平衡及实验探究，强化科学思维与探究实践。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础概念|1-2题|物质鉴别/电解质判断|从物质性质到电离本质递进| |平衡计算|3-10题|分布分数图像分析/Ksp应用|平衡常数→浓度关系→图像解读| |实验探究|33-42题|滴定分析/沉淀转化|实验原理→操作规范→误差分析|

【 高中化学 】 2026年高考真题-按章分类 选择性必修1 第三章 水溶液中的离子反应与平衡 31个单选题 + 1个多选题 + 10个解答题 ---- 教 师 版 ---- 一、单选题 1.(2026高考·浙江)有关和的性质，下列说法不正确的是( ) A.可用溶液鉴别 B.灼烧时焰色均呈黄色 C.水溶液均显碱性 D.受热会分解 1.A 与反应生成白色沉淀，与反应(无论相对用量多少)也会生成白色沉淀，二者现象相同，不能用溶液鉴别，A错误。二者都含有钠元素，焰色试验中钠元素的焰色为黄色，因此灼烧时焰色均呈黄色，B正确。和均为强碱弱酸盐，碳酸根离子、碳酸氢根离子水解均使溶液显碱性，C正确。热稳定性差，受热易分解生成、和，D正确。 2.(2026高考·浙江)溶液中存在平衡：。下列说法不正确的是( ) A.Cr位于元素周期表第四周期 B.属于强电解质 C.溶液中和可以共存 D.增大，平衡向正反应方向移动 2.D 原子序数为24，核外电子排布为，电子层数为4，位于元素周期表第四周期，A正确。属于盐类，在水溶液中可以完全电离，属于强电解质，B正确。题给反应为可逆反应，不能进行到底，平衡体系中和同时存在，二者可以共存，C正确。增大即增大生成物浓度，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，D错误。 3.(2026高考·浙江)某水溶液仅含两种一元弱酸、，且。 已知：25℃时，，；。 25℃时，下图中，该溶液的与、之间关系曲线正确的是( ) A.曲线Ⅰ B.曲线Ⅱ C.曲线Ⅲ D.曲线Ⅳ 3.B 两种一元弱酸中远大于，因此溶液中主要来自的电离，的电离受电离出的抑制，可近似忽略；且弱酸电离度极小，平衡浓度初始浓度，。 根据的电离平衡：，因此，，其中。 计算特征点：，：，；，：，；，：，；，：，。与图像Ⅱ大致吻合，故答案选B。 4.(2026高考·甘肃)是一种三元酸。与在溶液中存在如下平衡：和，时，和总浓度分别为和的溶液中、分布分数[如]与的变化关系见图a(X分别为、和)，与的变化关系见图b(Y分别为、、和)。下列说法错误的是( ) A.时， B.曲线Ⅰ对应的离子为 C.时， D.时， 4.A 是一种三元酸，其各级电离平衡：()，(，由图 a 第一个交点得出)，(，由图 a 第二个交点得出)；配位平衡：，， ；图b中浓度 越大，其负对数 就越小，随着 升高，增多，被不断消耗去配位，导致游离 减小(增大)，对应自左向右单调上升的曲线为；pH 越高，酸根去质子化程度越大，游离 越大(减小)，对应自左向右单调下降的曲线为；随着 升高、配体 浓度增大，金属先逐级配位，在较低 区间率先生成并占优势；(曲线 1)：在更高 区间因配体充足而进一步大量生成，对应图中随 升高而显著上升的另一条配合物曲线。 由可知： 由可知： ，在 时， 而 。， ，A错误。金属离子与配体在溶液中逐级配位。随着 升高，溶液中的游离配体 浓度增大，配合物向更高配位数的方向转化。在较高 区间，最终产物 占主导地位，符合图 b 曲线的变化趋势，B正确。在图 b 中，当 时(即两条曲线的交点)，对应的 ，此时第二级稳定常数的表达式为： ；结合图a，①，,②，两式联立得，由②得，，总浓度,，所以(忽略金属配位消耗的少量配体)，解得，由表达式得，C正确。平衡的平衡常数，当时，，即，。 L总浓度为，(忽略金属配位消耗的少量配体)，D正确。 5.(2026高考·广西)常温下维持，向和混合溶液中滴入溶液。各含硼微粒分布分数(如)与游离浓度对数之间的关系曲线如图。已知：①总反应为；②曲线j代表与之间的关系。下列说法正确的是( ) A.曲线s代表与之间的关系 B.溶液中存在 C.总反应的 D.将溶液调至6，曲线i向左平移 5.C 曲线j代表与之间的关系。随着c(F⁻)增大，B(OH)3逐渐减少(曲线s)，而逐渐增多(曲线k)。中间产物(曲线j)和BF3(OH)⁻(曲线i)先增后减。根据总反应，c(F⁻)越大，越有利于生成，因此曲线k应代表δ()，曲线s代表δ[B(OH)3]。据此分析； 根据分析，曲线s代表δ[B(OH)3]；δ()代表曲线k，A错误。溶液中Na⁺来自NaCl和NaF，F⁻部分以游离态存在，部分结合成含硼微粒(如、BF3(OH)⁻、)，且各含硼微粒所含F原子数不同(分别为2、3、4)。物料守恒应为：，B错误。总反应为：，平衡常数表达式为：，分步反应：①，②，③，总反应=①+②+③，当时，lgc(F⁻)= -2.5，c(F⁻)=10-2.5 mol/L，c(H+)=10-3 mol/L，代入得：，C正确。pH调至6，c(H⁺)减小，根据勒夏特列原理，平衡左移，生成需更高c(F⁻)，故曲线i应向右平移，而非左移,D错误。 6.(2026高考·广西)从浓缩海水中获取高纯的工艺如下。已知时的，，。下列说法正确的是( ) A.常温下，“滤液1”时， B.常温下，“滤液2”时，完全沉淀 C.煅烧“滤渣”回收： D.路线Ⅰ的工艺优于Ⅱ 6.A 向浓缩海水中，加入草酸和草酸钠，将转化为沉淀，过滤分离；取滤液，向其中加入溶液，将转化为沉淀；高温分解得到或向中加盐酸得到；最后电解或得到高纯Mg。 常温下时，，故，A正确。时，，未完全沉淀，B错误。给出的反应电子不守恒，煅烧的正确反应为，C错误。熔点远高于，电解能耗远大于电解，路线Ⅱ更优，D错误。 7.(2026高考·全国卷)采用标准溶液滴定和的混合溶液，滴定曲线如图所示。已知。 下列叙述正确的是( ) A.初始混合溶液中， B.的一级电离常数 C.时，混合溶液中 D.滴定过程中应依次使用指示剂甲基橙、酚酞 7.C 第一步，盐酸中的先和发生反应，对应第一个滴定突跃点，说明原溶液中，全部转化为；第二步，继续和发生反应，对应第二个滴定突跃点，该步消耗盐酸体积为，总，因此原溶液中。 混合溶液中，同体积下浓度比等于物质的量之比，由分析可知，，A错误。第二个突跃点处，和全部转化为；不考虑本身电离时，溶液中含碳微粒满足关系；溶液体积为；故；忽略微弱的二级电离，且由第二个突跃点处pH=3.93可知，碳酸电离满足，则由电离常数的定义可知，，B错误。原溶液中；时，加入的，因此；第一步反应已完全，消耗，剩余的能与0.001 mol 反应，剩余约0.0005 mol，因此，离子浓度顺序为，C正确。第一步滴定产物为，溶液呈弱碱性，应选变色范围为碱性的酚酞作指示剂；第二步滴定产物为，溶液呈弱酸性，应选变色范围为酸性的甲基橙作指示剂；因此应该先用酚酞，再用甲基橙，D错误。 8.(2026高考·江苏)室温下，和磷酸浓度均为的混合溶液用调节。随增大，先产生沉淀，后逐渐转化为沉淀。溶液中和(含物种)随溶液的变化如图所示。已知含物种包括、、和：的，，。下列说法正确的是( ) A.溶液中 B.时，溶液中 C.时，溶液中 D.由1.5增大至5，溶液中逐渐增大 8.D 纯溶液中，根据电荷守恒，带正电微粒的浓度等于带负电微粒的浓度之和，正确的关系式为，A错误。由题干可知，pH增大到一定程度，先产生沉淀，pH=4.5时，含P物种未完全进入溶液，体系中存在沉淀，此时溶液为的饱和状态，满足沉淀溶解平衡，B错误。根据磷酸解离常数推导，，，可得；pH=5时，代入，，可得，即，C错误。当前的反应必然总是向着使c(Fe3+)更小的方向进行，因此pH在1.5~5范围内，c(Fe3+)一直在减小，沉淀中始终存在FePO4沉淀，体系中存在沉淀溶解平衡，溶液中满足，随着pH增大，c(Fe3+)减小，溶液中的逐渐增大，D正确。 9.(2026高考·北京)已知存在如下平衡： ① ； ②     研究在、和水溶液中的溶解性，实验如下。 资料：依据与的反应，以淀粉为指示剂，用标准溶液可准确测定水溶液中的浓度。下列说法不正确的是( ) A.的现象符合相似相溶原理，可知 B.三支试管中，的大小顺序： C.中，若增加的体积，则一定减小 D.测中：取的下层溶液，加入水溶液后，依据资料方法测定 9.B 为非极性分子，为非极性溶剂，水为极性溶剂，的萃取现象符合相似相溶原理；平衡①的平衡常数，大部分进入层，，故，A正确。为饱和碘水，水层总浓度最大；加入后，大量转移到有机层，水层游离浓度大幅降低，因此：；向中滴入水溶液，发生平衡②：，消耗水层游离，促使平衡①逆向移动，有机层的向水层转移，减小，而为了维持不变，也要减小，故：， 因此三者顺序应为，B错误。平衡①的平衡常数仅随温度变化，温度不变时为定值。增加体积，更多会从水层进入有机层，但水层游离浓度因体系稀释、平衡移动持续降低，由可知，有机层浓度一定减小，C正确。取的下层溶液，加入水溶液后振荡，与反应生成完全进入水层，用标准溶液滴定水层的(滴定过程中会不断分解出参与反应)，可测定总物质的量，进而计算，D正确。 10.(2026高考·重庆)能与邻菲咯啉(Phen)形成配离子[Fe(Phen)3]2+。将相同物质的量浓度的Phen和溶液以不同体积混合，调并定容，且各混合溶液中(n为定值)，已知。下列关于混合溶液的叙述正确的是( ) A.时， B.时， C.时， D.时， 10.C x=0时溶液为溶液，若不考虑水解生成的，以及调pH外加的酸或碱，电荷守恒式应为，选项中系数错误，A错误。x=0.6时过量，除水解外，水解也会结合，质子守恒式为，故，B错误。x=0.75时=0.25n，n(Phen)=0.75n，二者恰好按1:3完全配位生成；，，少量水解故，配离子物质的量为0.25n，水解后浓度仍大于配离子浓度，故，C正确。x=0.9时=0.1n，，完全配位最多生成0.1n配离子，即使配位完全，若配离子少量解离则，不可能大于，D错误。 11.(2026高考·重庆)向下列盐溶液中分别加入试剂，不影响盐的离子大量共存的是( ) A.溴水滴入NaCl溶液 B.乙醇滴入酸性溶液 C.通入溶液 D.通入溶液 11.A 溴水与溶液不发生氧化还原或复分解反应，溶液中、与溴水中的所有离子均不反应，不影响盐的离子大量共存，A入选。酸性具有强氧化性，会将乙醇氧化，被还原为，离子发生反应，影响共存，B不选。通入溶液，会发生强酸制弱酸的反应生成或，以及弱电解质，、均参与反应，影响共存，C不选。通入溶液，与结合生成弱电解质，浓度大幅降低，影响共存，D不选。 12.(2026高考·湖北)某溶液含有初始浓度为和配体酸。溶液中的部分物种分布系数随变化如图所示，除了、外不考虑其他含物种。已知时，电离常数的，。下列说法错误的是( ) A.时，溶液中有生成 B.时， C.平衡常数的 D.点对应的溶液中， 12.D pH较低时，未发生反应，、，随着pH升高，发生络合反应：，从0开始上升，据此解答。 从图像中可以看出，在之后，代表的平衡曲线就已经离开横轴(分布系数大于0)，说明在时，已经有络合产物有生成，A正确。pH=3.25时，的，故；此时消耗的物质的量为，生成；由HL电离常数，得； 因此浓度顺序为，B正确。反应的平衡常数； 时，，约去后得； 由B项知，则，因此，C正确。c点即，根据物料守恒： 总L：， 总Zn：，两边乘2得： 联立两式消去相同项得：，代入得： ，D错误。 13.(2026高考·贵州)某磷废渣的主要成分为、和，一种对其进行分离的工艺流程如图。 下列说法错误的是( ) A.“焙烧”的目的是使、分解 B.“浸取”可能的反应为 C.“滤渣浮选”利用了和物理性质的差异 D.“滤液沉淀”可以利用流程中产生的和制备沉淀剂 13.A 磷废渣主要含、、，先在600℃下焙烧，该温度仅分解释放并生成，与不分解，焙烧产物加入溶液，75℃、pH=6.0条件下浸取，与反应生成并释放，过滤后得到含的滤液与含、的滤渣，滤渣添加油脂浮选剂，依靠两种固体表面润湿性物理性质差异浮选分离出，剩余，滤液可通入流程自产的与配成碳酸盐沉淀剂，使转化为沉淀完成镁的分离回收。 分解温度高于，焙烧时仅分解，未分解，且后续浮选得到，故“焙烧”目的不是使分解，A错误。焙烧后分解生成，溶液呈酸性，加热条件下与反应生成、和，反应式符合反应规律，B正确。浮选是利用和表面润湿性等物理性质的差异进行分离，C正确。流程中焙烧产生、浸取产生，二者通入水中可生成碳酸盐作为沉淀剂，与滤液中反应生成，D正确。 14.(2026高考·贵州)25℃时，用 溶液分别滴定一元酸HA和HB，滴定曲线(滴定分数 ， 后作简化处理)如图。 下列说法错误的是( ) A.曲线①在 内平缓，是因为A-和HA能共同稳定体系pH B.滴定HA过程中存在关系： C.其他条件不变时，越小，滴定终点附近pH突变范围越大 D.越大， 时溶液的pH越接近7 14.C 由滴定曲线可知：未加NaOH( )时，HA的pH大于HB，说明HA酸性更弱。 随着NaOH溶液的滴入，发生反应NaOH+HA=NaA+H₂O，在10%<T<90%内，体系中存在A-与HA组成的缓冲体系，能共同稳定体系的pH，A正确。在任意时刻，根据电荷守恒有c(A-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，根据元素守恒有c(Na+)=Tc(A-)+Tc(HA)，则有c(H+)+Tc(A-)+Tc(HA)=c(A-)+c(OH-)，进而可得Tc(HA)+(T-1) c(A-)+c(H+)=c(OH-)，B正确。由题图可知，酸性：HB>HA，Ka(HB)>Ka(HA)，而滴定终点附近时HB的pH突变范围较HA大，可得其他条件不变时，Ka越大，滴定终点附近时pH突变范围越大，C错误。利用极端假设法，常温下，假设是等浓度的盐酸与醋酸溶液，都当恰好与NaOH溶液反应即T=100%时，NaCl溶液的pH=7，则可得Ka越大，T=100%时溶液的pH越接近7，D正确。 15.(2026高考·四川)常温下，用的NaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为的两种一元弱酸(HA)溶液，部分微粒浓度的值或微粒浓度比的pM[，M代表、或]与(滴定剂与被滴定溶液的体积比)之间的关系如图所示。 下列说法错误的是( ) A.Ⅲ代表两种弱酸中较强的弱酸滴定过程中随的变化曲线 B.a、c两点溶液中水的电离程度c<a C.b点溶液对应酸的电离常数 D.d点溶液中 15.A 随着增大，减小，增大；增大，减小，减小，减小，故上升的曲线Ⅰ、Ⅱ代表，且酸性较强的应在下，故Ⅰ代表酸性较弱的弱酸，Ⅱ代表酸性较强的酸；根据水的离子积常数变形得：，两边取负对数：，若对应pH=1.95(c点)，对应的值为： (超出纵坐标范围)；说明酸性较强酸的不在图像上；酸性较弱的弱酸初始，代入上述公式，，刚好与曲线Ⅲ吻合，故曲线Ⅲ代表酸性较弱的弱酸的；由图像可计算出酸性较强的酸的；由，两边取负对数得：，时，酸性较强的弱酸的pH=1.95，代入公式：，刚好对应曲线Ⅳ初始时刻与纵轴的交点，故Ⅳ代表酸性较强的弱酸的，据此解答。 由上述分析可知，Ⅲ代表两种弱酸中较弱的弱酸滴定过程中随的变化曲线，A错误。a 点和 c 点都在时，即纯弱酸溶液。c点的酸性较强的弱酸对应的pH=1.95，a 点对应较弱酸的，其对应的 pH=2.89 ，无论哪一个，酸溶液中的均会抑制水的电离，所以 c 点对水的电离抑制作用更强，即水的电离程度：c＜a，B正确。由B项可知 a点数据：，弱酸电离中，初始，因此电离常数，C正确。d点，即加入体积为，此时溶液中：电荷守恒：；物料守恒：；联立整理得：，酸性较强的弱酸的，滴定一半时存在：，即弱酸溶液呈酸性，，因此，故等式成立，D正确。 16.(2026高考·四川)准确测定煤中硫含量，对控制煤燃烧排放具有重要意义。煤中硫含量可通过“高温燃烧—酸碱滴定法”测定(忽略的影响)，部分装置示意图如下。 已知：煤；。 下列说法错误的是( ) A.为保证煤燃烧完全，需要快速通入 B.溶液中的既作氧化剂又作还原剂 C.用标准NaOH溶液滴定时，需使用碱式滴定管 D.对硫含量测定结果产生的影响，可通过测定的量消除 16.A 若快速通入，气体流速过快，会导致反应生成的来不及被溶液充分吸收，使测定结果偏低，应控制适宜的通速率保证煤充分燃烧且气体被充分吸收，A错误。氧化生成时作氧化剂，与反应生成时作还原剂，故既作氧化剂又作还原剂，B正确。溶液为碱性，会腐蚀酸式滴定管的玻璃活塞，需使用碱式滴定管盛装，C正确。与反应生成，滴定过程中也会消耗，测定出的量即可计算出消耗的的量，扣除这部分即可得到消耗的的量，消除的影响，D正确。 17.(2026高考·四川)设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( ) A.44 g丙烷中含共价键的数目为 B.标准状况下，中含氯原子的数目为 C.的溶液中，的数目为 D.和充分反应，转移电子的数目为 17.A 44 g丙烷的物质的量为，1个丙烷分子含2个C-C键、8个C-H键，共10个共价键，故1 mol丙烷含共价键的数目为，A正确。标准状况下为液体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，无法得出氯原子数目为，B错误。溶液中会发生水解，导致数目减少，故的溶液中，的数目小于，C错误。合成氨反应是可逆反应，该反应中H元素化合价由0价上升到+1价，但反应物不能完全转化，因此不能完全反应，转移电子数目小于，D错误。 18.(2026高考·江西)用HCl溶液滴定硼砂()标准溶液，滴定至终点时，消耗HCl溶液10.00 mL，下列说法正确的是( ) 已知：； A.滴定开始前，锥形瓶需用硼砂标准溶液润洗 B.以酚酞为指示剂，滴定终点时溶液变为红色 C.滴定至时，体系中 D.HCl溶液浓度为 18.C 由已知，与按1:1反应生成，1mol 电离出，水解后生成2 mol ，故计量关系为； 滴定前锥形瓶若用硼砂标准溶液润洗，会使瓶内硼砂的物质的量偏大，导致测定结果误差，锥形瓶只需水洗无需润洗，A错误。HCl滴定硼砂，滴定前硼砂溶液呈碱性，加入酚酞显红色，滴定终点时溶液pH降至酚酞变色范围以下，现象为红色变为无色，B错误。根据，则，即，则，则，因此，C正确。由分析可知，反应计量关系为，，则，，D错误。 19.(2026高考·湖南)常温下，向溶液中缓慢滴入溶液，溶液的和 [ ]与 的变化关系如图所示。已知： 。下列说法错误的是( ) A. B. C.点 对应溶液中的水的电离程度最大 D.点 对应溶液中的 最小 19.D 当加入时，二者恰好发生反应，得，故初始，，因此，A正确。在V(NaHCO3) = 10 mL时，pBa = 4.3，即c(Ba2+) = 10-4.3 mol·L-1。此时溶液主要存在BaCO3沉淀，为BaCO3饱和溶液，c() 主要来自BaCO3的溶解，且溶液中大量抑制水解，可近似认为c() ≈ c(Ba2+)，故：，已知，即100.3=2，可得10-0.3=0.5，计算得，B正确。各点水的电离程度比较如下：点a为强碱Ba(OH)2溶液，强烈抑制水电离。点b含NaOH和BaCO3沉淀，仍呈碱性，抑制水电离。点c恰好生成Na2CO3，水解促进水电离。点d为NaHCO3过量，水解能力弱于，对水电离促进作用减弱。因此，点c时水的电离程度最大，C正确。根据溶度积公式：，点c时恰好生成Na2CO3，c()最大，故c(Ba2+)最小。点d时过量，溶液体积增大使被稀释，下降，c(Ba2+)反而上升。因此，c(Ba2+)最小的是点c，而非点d，D错误。 20.(2026高考·河北)25℃下，在的KI溶液中加入一定量，达平衡时，溶液中和(或)与pH的关系如图所示(溶液体积变化忽略不计)： 已知：Ⅰ.时，体系中有存在； Ⅱ.溶液中存在①；②。 下列说法正确的是( ) A.反应①的平衡常数 B.溶液中始终有，且时，的值随增大而减小 C.若在平衡体系中加入少量，和的平衡浓度均增大 D.若改变KI溶液的初始浓度，相同下达平衡时，的值不变 20.B 当pH<8.73时，体系中有存在。这意味着在pH≤8.73时，溶液中的处于饱和状态，其浓度保持恒定。 反应①的平衡常数，pH=7.5时，，根据碘元素守恒，初始，由于反应①消耗了转化为了，且物质的量之比为1：1，反应2在pH=7.5时产生的极少，趋近于0，可以忽略，所以此时平衡时：，代入数据： ，A错误。当pH<8.73时，，对应关系成立，当pH＞8.73时，反应② 右移，消耗 生成更多 ，因此始终满足 ；当时，，逐渐降低，K不变，故的值随增大而减小，B正确。当pH＜8.73时，体系中已经存在，说明溶液中的已经达到了饱和溶液的溶解平衡。此时再加入少量的，不变，因此，化学平衡①和②都不会发生移动，和的平衡浓度都保持不变，C错误。反应②+3×反应①得到，平衡常数，，相同下意味着是定值，改变KI溶液的初始浓度，虽然平衡会发生移动，但只要体系中依然有剩余，由于溶解平衡的缓冲作用，的值就不会改变，此时是定值；当pH达到某一值时，改变，是变量，D错误。 21.(2026高考·陕晋青宁卷)二氧化碳、碳酸及其盐在自然界的迁移转化，是环境中碳循环的重要部分。常温下，H2CO3溶液中各含碳物种的分布系数δ与的变化关系如图( ) [比如：]，的为。将足量置于纯水中得到饱和溶液。下列说法正确的是( ) A.M点的pH为5.66 B.在纯水中的溶解度为 C.该饱和溶液中， D.反应的平衡常数为 21.C 低pOH(高pH，碱性环境)时，虚线占主导，因此虚线代表，中间区域实线占主导，代表，高pOH(低pH，酸性环境)时，点线占主导，代表；计算电离常数： 当pOH=3.67时，实线与虚线相交，即。此时pH=14-3.67=10.33，碳酸的二级电离常数，同理当pOH=7.65时，，求得碳酸的一级电离常数，据此解答。 M点是点线和虚线的交点，即。 根据，当两浓度相等时，，所以，即pH=8.34，A错误。若不考虑水解，溶解度满足，得；但实际上会水解为、，因此溶解度大于，B错误。根据物料守恒，，故最大；，可得①pc()-pc()=pKa2-pH=10.33-pH；Ksp=10-8.48，c()≈c(Ca2+)，则pc()==4.24；Kh1=，c()≈c(OH-)，2pOH=pKh1+pc()=3.67+4.24>3.67×2，pOH>3.67，pH<10.33。代入①得pc()>pc()，则c()<c()，C正确。平衡常数，代入、、，得，不是，D错误。 22.(2026高考·陕晋青宁卷)某实验团队对某有机合成实验中产生的浓磷酸废液进行加热回流处理(使有机杂质形成不溶物)，回收磷酸、测定其含量并制备磷酸二氢钾，部分装置如图(夹持装置等略)。 下列说法正确的是( ) A.Ⅰ中，X为球形冷凝管，从a口通入冷凝水 B.Ⅱ中，定容后，摇匀，再次补加蒸馏水至容量瓶刻度线 C.Ⅱ中，若未用标准溶液润洗滴定管，则Ⅲ中所需K2CO3的计算值偏小 D.Ⅲ中，在搅拌下，将K2CO3固体分批缓慢加入磷酸溶液m中 22.D Ⅰ中，X为球形冷凝管，球形冷凝管的冷凝水应下进上出，即从b口通入、a口流出，A错误。定容摇匀后液面低于刻度线是部分溶液附着在容量瓶塞、颈部的正常现象，补加蒸馏水会导致溶液浓度偏低，B错误。未用标准NaOH溶液润洗滴定管，会使标准液被残留的水稀释，滴定相同量磷酸时消耗NaOH溶液体积偏大，计算得到的磷酸物质的量偏大，所需的计算值偏大，C错误。将固体分批缓慢加入磷酸溶液并搅拌，防止产生二氧化碳过快，液体飞溅，D正确。 23.(2026高考·陕晋青宁卷)开展化学实验必须遵守操作规范。下列说法错误的是( ) A.涉及有毒气体的实验，必须在通风橱中进行 B.倾倒液体试剂时，应将试剂瓶标签朝向手心 C.用酸式滴定管滴定时，手不能离开旋塞任溶液自流 D.称量NaOH固体时，应使用称量纸 23.D 涉及有毒气体的实验在通风橱中进行可避免有毒气体在室内扩散，保护实验人员安全，A正确。倾倒液体试剂时标签朝向手心，可防止残留试剂沿瓶壁流下腐蚀标签，B正确。用酸式滴定管滴定时，手不能离开旋塞任溶液自流，否则无法精准控制滴加速度和滴定终点，也易出现漏液问题，C正确。NaOH固体具有强腐蚀性且易潮解，会腐蚀称量纸、粘在称量纸上造成药品损失，还可能腐蚀天平托盘，应放在小烧杯或表面皿中称量，D错误。 24.(2026高考·河南)常温下，向溶液中加入固体，并调节溶液的(忽略溶液体积变化)。已知与可生成配离子，的，。与的变化关系如图所示，代表、或，其中，。 下列说法正确的是( ) A.时， B.点的纵坐标为-4.10 C.时，完全溶解 D.的 24.B 题目中涉及的化学反应和平衡关系：H6Y2+的逐级电离：。随 pH 增大，δ(Y4-)增大，故随 pH 增大而增大的曲线代表Y4-，，斜率为-1，，这是一条斜率为-2的直线，由此可知， (6.16， 0) 的线代表，， (8.21， 0)的线代表，则，，据此解答。 根据 K5 = 10-6.16，当 pH = 7.00 时：，因此c(H2Y2-) < c(HY3-)，A 错误。M为lg[]与lg[]的交叉点，说明lg[]=lg[]，即，pH=10.26，代入任意方程，求纵坐标：，B 正确。固体恰好完全溶解时，c() = 1.00 × 10-3 mol·L-1，，则，此时溶液中c总=0.101mol/L-=0.1mol/L，，解得c(Y4-)=10-3.8mol/L，则，即当lg时，BaSO4完全溶解。由图像可知，时，lg， BaSO4未完全溶解，C错误。该反应的，D错误。 25.(2026高考·云南)常温下，1 L水溶液中和的初始浓度分别为和，达到溶解平衡时(，pM与pH的关系如图()，M代表、、和)。 已知：   下列说法正确的是( ) A.曲线Ⅰ是的变化曲线 B.   C.溶液中，的浓度为 D.， 25.B ，根据，两式联立得到，两边取负对数得到：，这意味着的pM值与的pM值始终平行，且在上，故Ⅰ代表，Ⅱ代表，根据，为了维持恒定，的pM与Ⅰ呈反比，因此上升的曲线Ⅳ代表，根据反应①：，是定值，故不变，线Ⅲ代表，据此解答。 由分析可知，曲线Ⅱ代表，A错误。该反应的平衡常数，Ⅱ代表，Ⅲ代表，观察图中pH= 2.87 时的点，该点位于曲线Ⅰ上，说明此时，pH= 2.87 时的点向上延伸，，代入平衡常数表达式得到：，B正确。由B项分析可知，并保持不变(或由Ⅰ线pH=0.15时，，，即曲线Ⅳ与Ⅲ的相交时，pH=0.15)，故的浓度为，C错误。对溶液中物种做物料守恒：总草酸根(溶液中)：；总铜(溶液中)：(注：两种以固体形式存在的只是为了列物料守恒)，将两式整理得到，，这是一个等式，D错误。 26.(2026高考·黑吉辽蒙卷)室温下，醋酸铜(，表示)溶液中、、和的曲线如图。保持体系中元素总物质的量、元素总物质的量和溶液体积不变，忽略除氢氧化铜以外的其他含铜难溶物。下列说法错误的是( ) A.Ⅰ为的变化曲线 B.室温下， C.室温下， D.点： 26.C 初始状态分析：溶液为0.10mol/L的CuAc2。体系中c(Cu)= 0.10mol/L，总(Ac)= 0.20mol/L；低pH值(酸性较强)时：Ac-主要与H+结合形成HAc，因此HAc的浓度最大，接近0.20 mol/L。此时pX=-lg(0.20)≈0.7；观察图像，曲线Ⅲ的起点约为0.7，因此Ⅲ为HAc的曲线。由于Ac-浓度极低，铜元素主要以游离的Cu2+形式存在，其浓度略小于0.10 mol/L。此时pX=-lg(0.10)=1.0。观察图像，曲线Ⅱ的起点约为1.1(略大于1.0代表)，因此Ⅱ为Cu2+的曲线。剩下的曲线Ⅰ代表CuAc+的曲线，据此解答； 由分析可知，Ⅰ为的变化曲线，A正确。题中反应的，当pH=3.46时，由Ⅰ和Ⅱ相交可知，此时，且由M点坐标可知，，代入平衡常数表达式：，B正确。根据P点坐标，此时pH=5.75，，反应的平衡常数，代入数据得到：，故，，C错误。根据题意，C元素总物质的量不变，即总醋酸根(含各种形态)的浓度保持为0.20 mol/L，存在物料守恒： ，对于HAc的电离平衡常数：，变形得，代入题干原式，得到原式=，将物料守恒式代入得到：原式=，Q点存在，由于，故原式=＜，D正确。 27.(2026高考·黑吉辽蒙卷)下列过程对应的化学方程式错误的是( ) A.铜丝插入热的浓硫酸：(浓) B.少量溶液滴入足量浓烧碱溶液： C.乙烯通入溴的四氯化碳溶液： D.溶液滴入悬浊液： 27.B 铜与浓硫酸在加热条件下生成硫酸铜和二氧化硫，其化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，A正确。少量AlCl3溶液滴入足量浓烧碱溶液，生成四羟基合铝酸钠，其化学方程式为AlCl3+4NaOH=NaAl(OH)4+3NaCl，B错误。乙烯含碳碳双键，和溴发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，其化学方程式为CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，C正确。Ag2S的溶解度远小于AgCl，所以向AgCl悬浊液中加入Na2S发生沉淀转化生成Ag2S，其化学方程式为Na2S(aq)+2AgCl(s)=Ag2S(s)+2NaCl(aq)，D正确。 28.(2026高考·浙江)下列说法错误的是( ) A.在做钠的焰色试验时，可用洁净的铂丝蘸取溶液在酒精灯外焰上灼烧并观察焰色 B.在进行中和滴定时，滴定管要用待装的溶液润洗 C.在配制溶液时，容量瓶须烘干 D.分液漏斗在使用前须检漏 28.C 钠的焰色试验通过铂丝蘸取含钠化合物溶液灼烧观察焰色，溶液含钠离子，可观察到黄色火焰，操作正确，A正确。中和滴定时，滴定管用待装溶液润洗可避免残留水或杂质稀释溶液，确保浓度准确，符合标准操作规范，B正确。配制0.100 mol/L NaCl溶液时，最后一步是加水定容，容量瓶中残留的少量蒸馏水对溶质的物质的量和溶液的最终体积均无影响，因此容量瓶无需烘干，C错误。分液漏斗使用前检漏是必要步骤，可检查活塞密封性，防止漏液，确保分液操作安全准确，D正确。 29.(2026高考·浙江)下列有关的说法中，不正确的是( ) A.是弱电解质 B.水溶液呈酸性 C.实验室用于制 D.HCl和反应制 29.A NH4Cl是离子化合物，在水溶液中完全电离，属于强电解质，A错误。NH4Cl水溶液中水解产生H+，使溶液呈酸性，B正确。实验室中常用NH4Cl与Ca(OH)2加热反应制取NH3，C正确。HCl和NH3直接反应生成NH4Cl，是制备NH4Cl的常用方法，D正确。 30.(2026高考·浙江)已知：下，。。过量与充分反应至平衡，平衡时，不考虑反应前后溶液体积变化，下列说法正确的是( ) A. B. C.平衡时，溶液呈弱碱性 D. 30.D 反应平衡常数 ，则，A错误。由平衡常数和条件 ，代入得 ，B错误。平衡时有，得氢氧根浓度为，由得氢离子浓度为，则pH ≈ 5.7，呈酸性，不是弱碱性，C错误。由反应计量关系：，生成 与 的关系为 ，则，平衡时，则，根据乙酸根物料守恒，初始乙酸浓度等于平衡时乙酸分子和乙酸根离子的浓度之和，则，D正确。 31.(2026高考·浙江)利用下列装置进行实验，无法达到实验目的的是( ) A.分离植物油和水 B.证明溶于水 C.证明与水反应生成 D.制备无水 A.A B.B C.C D.D 31.D 植物油和水互不相溶，可利用分液漏斗进行分液操作分离，A正确。氨气极易溶于水，将氨气通入水中，会使试管内压强迅速减小，外界大气压将水压入试管，形成喷泉，且溶液可充满整个试管，B正确。过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氧气具有助燃性，能使带火星的木条复燃，C正确。MgCl2溶液中存在水解平衡：，加热蒸发时HCl挥发促使水解平衡正向移动，可以得到，最终灼烧得到的是MgO，而非无水MgCl2。若要制备无水MgCl2，需要在HCl氛围加热氯化镁溶液得到无水氯化镁，D错误。 二、多选题 32.(2026高考·山东)下，向初始浓度一定的溶液中加入，通过加入或调节[始终存在，忽略溶液体积变化]。某组分平衡浓度的对数值随的变化如图所示(表示，，，)。下列说法错误的是( ) A.丁线所示物种为 B.调节时，需加入 C.点 D.点： 32.BD 随轴pH的变化，为定值，pH值越大，越大，越小，故甲为，乙为；加入NaOH，pH增大，减小，，pH越大，、越少，主要以存在，故时，，故丙为，丁为； 根据分析，丁线代表，A正确。下，向初始浓度一定的溶液中加入后，由物料守恒有、，代入电荷守恒可得；时，由图可知，又因为，所以时有，此时右侧需加才可电荷守恒，故调节时，需加入HNO3，B错误。O点时，，；P点时，，C正确。Q点时，，故；P点时，，，此时，；Q点时，，D错误。 三、解答题 33.(2026高考·甘肃)2025年甘肃省探获了一处超大型优质冶镁白云岩矿床。白云岩主要由白云石[]组成，某兴趣小组设计如下实验方案测定白云石中钙的含量。已知难溶于水，可溶于强酸。 Ⅰ.称取一定量白云石样品，滴加盐酸溶解，加热并煮沸后冷却至室温； Ⅱ.调节溶液至弱酸性()，加入溶液，生成沉淀； Ⅲ.过滤，洗涤沉淀。从漏斗中取出带有沉淀的滤纸，贴于大烧杯内壁，使用3 mol/L硫酸将沉淀冲洗至烧杯中； Ⅳ.使用标定后的溶液滴定草酸根含量，计算样品中钙的含量。 (1)为去除白云石样品中的湿存水，称量前需进行的操作为_________。 (2)步骤Ⅰ中，加热并煮沸溶液的目的是________。 (3)步骤Ⅱ中，调节溶液至弱酸性的原因为________。 (4)步骤Ⅲ中，应依次使用稀溶液和__________(填试剂)洗涤沉淀。 (5)使用标准溶液标定溶液浓度时，发生如下反应：。 保持温度80~，开始滴定时，随着将溶液不断滴入标准溶液中，粉红色褪去所需的时间逐渐变短，原因为_______。接近滴定终点时，下列操作正确的是__________(填序号)。 A.改为滴加半滴溶液   B.减慢锥形瓶旋摇速度 C.使用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁 D.记录滴定管液面的读数 (6)步骤Ⅳ中，为防止滤纸可能影响测定结果，在滴定过程中滤纸需一直贴于烧杯内壁。达到滴定终点后，将滤纸推入溶液中，溶液粉红色褪去，继续滴定至终点，又消耗了溶液。小组讨论后提出下列两种猜想： ①滤纸含有还原性成分； ②步骤Ⅲ中，滤纸上的未被完全冲洗下来。 为验证猜想，将白云石替换为进行对照实验，消耗了溶液。若，，则成立的猜想序号及理由为________。 33.【答案】(1)烘干(或加热烘干至恒重) (2)加快白云石的溶解速率，并驱赶溶液中溶解的 (3)防止酸性过强导致沉淀溶解，同时防止碱性过强导致生成沉淀混入其中 (4)蒸馏水(或冷水) (5)反应生成的对该反应具有催化作用(或自催化作用)；AC (6)①和②均成立；，说明滤纸含有还原性成分，猜想①成立；，说明除了滤纸消耗的外，还有未冲洗下来的消耗了，猜想②成立 【解析】(1)湿存水是指样品表面吸附的水分，通常可以通过加热烘干的方法去除。白云石的主要成分是，属于碳酸盐，在高温下可能会分解，因此不能过度高温灼烧。一般只需在烘箱中烘干或在干燥器中干燥即可。 (2)加热煮沸可以加快白云石溶解速率、赶走溶液中溶解的，防止其在后续调节pH时影响酸度。 (3)加入溶液生成沉淀。草酸是弱酸，在酸性条件下会转化为或，导致沉淀不完全；而在碱性条件下，而碱性过强时，溶液中的会生成沉淀混入沉淀中，导致钙含量测定结果偏高。因此，需要调节至弱酸性，此时浓度适中，能保证沉淀完全，同时避免其他副反应。 (4)沉淀表面可能附着有、等杂质离子。用稀洗涤是为了减少的溶解损失。随后需要用一种不溶解沉淀且不引入干扰离子的试剂洗涤，通常使用冷水(或蒸馏水)洗去可溶性杂质。 (5)反应生成的对该反应有催化作用。随着反应进行， 浓度增加，反应速率加快，因此褪色时间变短。 为了精准控制终点，改为滴加半滴溶液，A正确。应充分摇匀，不是减慢锥形瓶旋摇速度，B错误。使用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，确保反应完全，C正确。记录滴定管液面的读数是终点到达后的操作，接近终点时还未记录，D错误，故选AC。 (6)猜想①：滤纸含还原性成分(纤维素等)，会消耗。猜想②：滤纸上的未被完全冲洗，推入后继续反应。对照实验用，但同样使用滤纸。如果是滤纸本身消耗的，是滤纸+残留沉淀消耗的。已知，。不为 0，说明滤纸有还原性(猜想①成立)。，说明白云石组多消耗了，即滤纸上还有未冲下的(猜想②成立)，即①和②均成立。 34.(2026高考·全国卷)为测定混合盐(、及)溶液中含量，完成如下实验。回答下列问题。 (1)配制盐酸：用浓盐酸配制的盐酸，操作时，需佩戴_________(填1种)进行防护。需要使用的玻璃仪器有烧杯和_________(填2种)。浓盐酸的GHS标准符号是下列的_________(填①或②)。 ①    ② (2)沉淀转化：取10.00 mL混合盐溶液，加入所配制的盐酸至酸性。加热至沸，此时溶液中存在的阴离子主要为和_________。加入过量，控制反应条件，实现沉淀完全转化：。 (3)过滤分离：过滤，用热水洗涤沉淀。下列过滤操作符合规范的是_________(填a、b或c)。 (4)滴定分析：合并滤液与洗涤液至锥形瓶中，加入稀盐酸和过量碘化钾溶液，此时发生反应：。充分反应后，用的标准溶液进行滴定。滴定反应为：。消耗溶液体积为，则混合盐溶液中含量为_________。 34.【答案】(1)护目镜(或防护手套)；玻璃棒、量筒等；② (2) (3)c (4) 【解析】(1)浓盐酸易挥发且具有强腐蚀性，操作时需佩戴护目镜、防腐蚀手套、防毒面具等进行防护；用浓盐酸配制一定物质的量浓度的稀盐酸，步骤为量取、稀释、转移、定容等，除烧杯外，还需要的玻璃仪器有量筒(量取浓盐酸)、玻璃棒(搅拌、引流)、胶头滴管(定容)、对应规格容量瓶，任选2种即可；GHS标识中①是爆炸物标识，②是腐蚀性物质标识，浓盐酸属于强腐蚀性试剂，对应②。 (2)混合盐中包括NaCl、Na2SO4及Na2CO3，在混合盐溶液中存在着、及三种阴离子，加入盐酸时，与酸反应：，加热煮沸后完全逸出，溶液中剩下的阴离子为和。 (3)a.漏斗下端尖嘴未紧靠烧杯内壁，会导致滤液飞溅，a错误。未用玻璃棒引流，且漏斗下端未靠烧杯内壁，b错误。满足玻璃棒引流、漏斗下端尖嘴紧靠烧杯内壁的规范要求，c正确。(4)根据反应的定量关系推导：由沉淀转化得；结合后续反应：，可得；代入，得；10.00 mL溶液中的质量为；因此1 L溶液中的含量为。 35.(2026高考·北京)重晶石的主要化学成分为，还含有少量的等杂质，实验室中以重晶石为原料，通过以下过程可制备高纯。 (1)焙烧。使重晶石转化为粗。该过程中生成的反应有： i.     ii.   iii. _______________。 (2)浸钡。已知可溶于水。粗在热水中浸出，产生和。取一定量粗，一定温度下加水浸钡，测得浸出液中、随加入水的体积的变化示意图如下。 ①浸出后，过滤出不溶物所需的玻璃仪器有烧杯、__________。 ②时，几乎不产生，溶液中__________mol(用含、的代数式表示)。 ③当后，比的变化幅度小，解释原因：______________。 (3)沉钡。与反应快，导致浸出液中和等被包裹而降低产品纯度，而与反应慢，不易包裹。为提高纯度，沉钡原理示意如下。 ①写出“预处理”步骤中反应的离子方程式：_______________________________。 ②结合平衡移动原理，解释“沉钡”时产生的原因：_______________________________。 35.【答案】(1)-119 (2)漏斗、玻璃棒；；水解：，当时，完全溶解，随着增加，平衡正向移动，使增大，而不变，在相同水量稀释时，比的变化幅度小； (3)、；溶液中： ，随着与反应生成难溶，平衡正向移动，产生的结合，产生气体 【解析】(1)根据盖斯定律，用反应ii×2 - 反应i即可得到反应iii： ； (2)①过滤操作的玻璃仪器包含烧杯、普通漏斗、玻璃棒。 ②题目条件明确指出“几乎不产生，因此可以忽略，根据物料守恒：，由图可知，，所以：，而溶液中的主要来源于的水解，根据水解方程式：，，故。 ③当后，固体已经完全溶解。此时继续加水相当于对溶液进行稀释。稀释时，根据勒夏特列原理，水解，平衡会正向移动，使增大，而不变，在相同水量稀释时，比的变化幅度小。 (3)①根据题意，与反应快，而与反应慢，所以预处理的目的是消除浸出液中的，将转化为，对应离子反应为：，同时与浸出液中的发生反应； ②加入后，溶液存在的电离平衡：，与结合生成沉淀，释放出更多的， 随即与溶液中发生结合：，生成气体逸出体系。 36.(2026高考·北京)实验小组制备高锰酸钾。 资料：i.为墨绿色固体，可溶于水，强碱性条件下稳定，一定条件下发生的歧化反应为， ii.浓碱性条件下，可被还原为。 iii.的溶解度随温度升高而增大。 (1)制备 步骤 实验 Ⅰ 制备：将、和三种固体，在熔融状态下充分反应。得到墨绿色固体。 Ⅱ 制备：将用水溶解后，滴加至(约)，溶液由绿色变为紫红色，过滤。得到约100 mL紫红色溶液和棕黑色固体。 Ⅲ 提纯：将转移至蒸发皿中，水浴浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。得到紫红色固体。 ①补全Ⅰ中反应的化学方程式：__________。 □□□___________□□□___________ ②Ⅱ中歧化的原因：随降低，的还原性不变，氧化性__________。 ③取Ⅲ中少量溶解，得紫红色溶液和少量棕黑色固体(检验为)。 (2)对Ⅲ中产生的原因进行分析和探究 ①甲认为将还原，设计实验i验证：用含和的溶液代替重复Ⅲ的操作，所得固体含。乙认为该现象不能证明还原了，理由是_______________________________________________。 ②乙设计和实施了实验ii：用____________________代替重复Ⅲ的操作，所得固体不含，实验i和ii证实了甲的观点。 ③丙用代替重复实验i，证实Ⅲ中不能还原。 (3)实验优化 为提高产品纯度，改进Ⅲ的操作；将转移至蒸发皿中，水浴浓缩，____________________，洗涤，干燥。 (4)测定纯度并计算产率 按I中投料，经优化步骤制得产品，取配制成待测液。酸性条件下，用待测液滴定标准溶液，被还原为。测得。 ①滴定反应的离子方程式是__________________________________________________。(是二元弱酸) ②的产率是____________________。[产率(实际产量/理论产量)] 36.【答案】(1)；增强 (2)随着浓缩进行，增大，可能被还原；可能受热分解；溶液(pH=10) (3)趁热过滤、冷却结晶、过滤 (4)； 【解析】(1)①根据投料的物质的量比例，从+5价降为-1价得，每个从+4价升为+6价失，电子守恒得和系数比为1:3；再结合反应环境是KOH熔融体系，补全反应物为KOH，生成物为，根据原子守恒配平：； ②歧化反应中既是氧化剂又是还原剂，题目说明还原性不变，只有氧化性随pH降低增强后，夺取电子的能力(即氧化性)增强，从而更容易自身发生氧化还原(歧化)反应。 (2)①资料ii说明浓碱性条件下，可被还原为，后续歧化生成；实验i溶液为pH=10的碱性环境，浓缩过程中碱浓度逐渐升高，可能是还原了产生，无法证明是的作用；(也可能是溶液在加热条件下自身分解产生)。 ②为了证明确实是起到了还原作用，需要设计一个空白对照实验。即在完全相同的条件(浓度、温度、90℃水浴、pH=10)下，排除掉的存在。因此，应使用KOH调节pH=10的 含 溶液来代替 Y 进行加热浓缩，若此时不产生，则可证实甲的观点。 (3)由于在90℃浓缩过程中不可避免地产生了MnO2固体杂质，而KMnO4仍在溶液中(根据资料ii，KMnO4溶解度随温度升高而增大)。为了获得高纯度产品，必须在KMnO4结晶析出之前将MnO2除去。因此，浓缩后应趁热过滤(除去MnO2)，然后再将所得滤液冷却结晶(使KMnO4析出)，最后再进行过滤、洗涤和干燥。 (4)①酸性条件下被还原为，作为弱酸不能拆写，被氧化为，根据电子守恒(Mn降5价，每个C升1价)、电荷守恒和原子守恒配平：离子方程式为：； ②理论产量：为限量试剂，步骤I中0.03mol 完全转化为共0.03mol，根据歧化反应，理论生成的物质的量为。 实际产量：取出1/4产品配成250mL待测液，则。 产率 = 。 37.(2026高考·贵州)双氯磺酰亚胺[]是制备某锂离子电池电解质的关键中间体。某研究小组设计实验对其进行制备，部分实验装置如图1。 实验步骤： Ⅰ.将(0.5mol)氨基磺酸()、()二氯亚砜()和()氯磺酸()依次加入三颈烧瓶中。 Ⅱ.连接好装置，在一定温度下持续搅拌至反应液变成深红棕色黏稠液体，停止加热。 Ⅲ.待反应液冷却至室温后，先常压蒸馏去除过量的低沸点反应物，再减压蒸馏，收集、左右的馏分，得到淡黄色粗品。 已知：①总反应为；所有原料均经精制后用于反应。 ②沸点为；遇水剧烈水解产生大量白雾；在高温下易分解，。 回答下列问题： (1)装置A中球形冷凝管的进水口为_________(填“a”或“b”)。 (2)装置B的作用是_____________________。 (3)发生水解反应的化学方程式为_____________________________________。 (4)装置C和D的连接顺序不宜互换，原因是___________________________________(答两点)。 (5)步骤Ⅲ中采用减压蒸馏的原因是___________________。 (6)研究小组在不同温度下进行了制备实验，并对粗品进行核磁共振氢谱测试，结果如图2。已知中H的化学位移为9.2 ppm，则_______℃时更有利于的制备，原因是________________________。 (7)通过电位滴定法测定氯含量，初步推算粗品纯度，方法及步骤如下： ①将粗品加入适量NaOH溶液中，加热，中的氯以形式进入溶液； ②加入溶液使溶液呈酸性后，用标准溶液进行滴定。平行滴定3次，消耗标准溶液的平均体积为。 的纯度为________(用含m、c和V的代数式表示)。在操作无误、仪器正常的情况下，推算出的粗品纯度比实际纯度高，最可能的原因是________。 37.【答案】(1)a (2)防止后端水蒸气进入反应装置，造成氯磺酸水解 (3) (4)若先经过NaOH溶液，易发生倒吸、大量消耗NaOH (5)防止分解 (6)125；120℃时反应物反应不完全，130℃时得不到产品 (7)；杂质中含有氯 【解析】(1)球形冷凝管的冷凝水应由下口进，上口出，故进水口为a； (2)装置B中的导管为“长进短出”，表明装置B中应盛有液体试剂，已知信息提到氯磺酸会水解而装置C中的试剂为H2O，则装置B中应为干燥试剂浓硫酸，主要目的为防止水蒸气进入反应装置； (3)水解反应为非氧化还原反应，中氯元素显-1价，硫元素显+6价，与水反应生成HCl和，化学方程式为：； (4)装置C吸收反应生成的HCl气体，同时吸收一定量的SO2，装置D吸收残余的SO2，若装置C和D位置互换，SO2和HCl在NaOH溶液中溶解度更大，发生倒吸的可能性更大，且会大量消耗NaOH，导致NaOH溶液快速失效； (5)在高温下易分解，减压蒸馏可降低沸点，防止分解； (6)由图知，120℃时反应物反应不完全，130℃时得不到产品，125℃时才能得到含副产物或反应物较少的产品； (7)设m g粗品中的质量为xg，由题意可列关系式：，则，解得x=0.107cV，则产品纯度为；粗品中的杂质可能有SOCl2、等，其中的氯在测定时也会以形式进入溶液中，导致推算出的粗品纯度偏高。 38.(2026高考·江西)稀散金属铟(In)是重要的战略资源。粗中主要杂质元素有As(Ⅲ)、Fe(Ⅲ)、Pb(Ⅱ)，精制工艺流程图如下： 已知： a)萃取剂[Hbet][]是离子液体 b)， c)分配率(Fe) 回答下列问题： (1)离子液体[Hbet][]________(填“能”或“不能”)与水互溶。 (2)阶段Ⅰ，In、Fe元素在两种体系中的浸出率及分配率如图，体系中维生素C(Vc)的作用是________________________________。 (3)有机相2可循环用于阶段________(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。 (4)试剂①可选择HCl或，主要元素的含量如下表(，按投料计质量分数)。 元素 粗/ 水相2/() 精制/ 组 HCl组 组 HCl组 Fe 1.60 41 32 0.071 0.056 Pb 0.26 3 44 0.0042 0.016 In 58 18000 33000 51 57 i.水相2中，组浓度远小于HCl组，原因是________________________________________。 ii.实际工艺中选用HCl的原因是______________________________________________。 (5)阶段Ⅲ，溶液中________时，恰好沉淀完全。 (6)水相2中的砷酸()最终转化成沉淀，杂质As被除去。写出总化学反应方程式________________________________。 38.【答案】(1)不能 (2)将还原为 (3)Ⅰ (4)的溶解度小于；In元素的损失更少 (5) (6) 【解析】(1)由题给流程知，阶段1过滤后有分液操作，说明该离子液体与水不互溶。 (2)由图可知，水中加入Vc后，Fe的分配率显著下降，In的浸出率、分配率几乎不受影响；Vc是典型的还原剂，其作用为将还原为，实现In和Fe的初步分离。 (3)有机相2的成分为萃取剂，该萃取剂在阶段Ⅰ参与萃取过程，因此提纯再生后可循环用于阶段Ⅰ。 (4)i.由分析知，硫酸与盐酸在阶段Ⅱ的作用为生成难溶物或，将元素除去，组浓度低，说明更难溶。 ii.由表格数据，HCl体系水相2中In浓度远大于硫酸体系，即In保留量更多，最终精制中In的更高，Fe杂质含量更低，表明主要考虑选用HCl可使In元素损失更少。 (5)恰好沉淀完全时，，此时。 (6)由分析知，阶段Ⅰ中被还原为，水相2中、反应生成沉淀，铁由+2价变为+3价，故需要加入氧化剂，没有给出氧化剂时，考虑空气中的氧气，根据电子得失守恒、原子守恒配平化学方程式为。 39.(2026高考·山东)一元弱酸HCN无色剧毒，熔点为-13℃，沸点为26℃，常温下易溶于水。在通风橱中用NaCN制备少量液态HCN，装置如图所示(夹持装置略)。回答下列问题： (1)仪器a的名称为__________；装置b的作用为__________。 (2)装置甲、乙选用的控温物质依次为__________(填标号)。 A.水(50℃) B.冰盐混合物(-10℃) C.干冰—乙醇(-70℃) D.液氮(-196℃) (3)HCN制备完成后需进行的部分操作如下，正确顺序为__________(填序号)。 ①打开阀门K1通N2 ②停止滴加NaCN溶液 ③关闭阀门K3并切换三通阀K2至尾气处理 实验所用NaCN中常含有杂质甲酸钠(HCOONa)，二者均具有较强还原性，测定HCOONa含量的实验步骤如下： Ⅰ.准确称取样品，配制溶液，移取该溶液至锥形瓶中，加适量溶液，边振摇边滴加溶液至出现棕褐色沉淀(已知：、均为白色沉淀，极易转化为棕褐色沉淀)。 Ⅱ.过滤并洗涤沉淀至洗涤液呈中性，收集滤液和洗涤液于锥形瓶中，加适量溶液及浓度为的过量标准溶液，反应中转化为。 Ⅲ.充分反应后，向锥形瓶中加入适量溶液及浓度为的过量标准溶液，反应结束后溶液中所有锰元素均以形式存在。 Ⅳ.用的标准溶液滴定剩余的，终点时消耗溶液体积为。 (4)步骤Ⅰ中滴加溶液时须选用棕色滴定管，原因是__________________；________(填“>”或“<”)；步骤Ⅱ中参与反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为__________。 (5)测得样品中的质量分数为__________(用代数式表示)；若步骤Ⅲ所用标准溶液中有少量被空气中的氧化，则导致测定结果__________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 39.【答案】(1)滴液漏斗；干燥HCN气体 (2)AB (3) (4)防止见光分解；＜； (5)；偏小 【解析】(1)仪器a为滴液漏斗，可平稳添加NaCN溶液；装置b盛装无水，作用是干燥HCN气体，除去HCN中混有的水蒸气； (2)HCN沸点26℃，甲装置水浴(50℃)保证反应产生的HCN保持气态，便于在乙装置中充分收集；HCN熔点-13℃，乙需要低温冷凝液化HCN，选用-10℃冰盐混合物，既能让HCN完全液化，又不会让HCN凝固堵塞导管，装置甲、乙选用的控温物质依次为A、B； (3)实验结束先停止滴加NaCN溶液，再关闭阀门、切换三通阀处理有毒尾气，最后打开阀门通，使装置中残留的HCN全部排入尾气处理装置中，避免有毒HCN泄漏污染空气，因此正确顺序为； (4)化学性质不稳定，见光易发生分解反应，光照下硝酸银会析出银单质、溶液变浑浊，损耗标准液，造成滴定浓度不准，因此必须使用棕色滴定管；滴加溶液至出现棕褐色沉淀，说明先沉淀，当沉淀完全后才会生成棕褐色沉淀(指示滴定终点)，因此； 步骤Ⅱ中，Mn元素化合价由+7转化为+6，每个得1e⁻；在碱性条件下被氧化为，C元素化合价由+2转化为+4，每个失2e⁻，根据电子守恒，氧化剂与还原剂物质的量之比为； (5)由题，碱性环境下，由此得到关系式；酸性条件下，对应定量关系。根据得失电子守恒：整个过程Mn从+7价被还原为+2价，得到的电子总数为失去的电子总数：即，可得25 mL待测液中甲酸钠物质的量，则250 mL全部样品中甲酸钠总物质的量，甲酸钠质量，因此甲酸钠质量分数为； 标准液被空气中氧化会发生反应，相同体积溶液内有效实际物质的量低于理论计算值，则会导致步骤Ⅳ消耗标准液体积偏小，因此甲酸钠的质量分数偏小。 40.(2026高考·陕晋青宁卷)一种从废旧电池粉(主要成分为LiFePO4，含有少量FePO4、石墨、Al等)中深度回收锂的工艺，部分流程如下： 已知：①磷酸铁锂电池反应为； ②“沉铝”时，滤渣中含和少量。 回答下列问题： (1)废旧电池粉碎前一般需先放电，正极反应式为________。 (2)“酸浸Ⅰ”时，除粉碎外，可提高酸浸速率的措施有________(任写两种)。该过程有生成，溶解的化学方程式为________。滤渣的主要成分为________。 (3)“沉铝”时，中Fe元素的化合价为________。 (4)“焙烧”时产生的HF，用________吸收后，产物可以循环利用。 (5)“除杂”时，在一定pH范围内，会发生反应(平衡常数为)。若溶液中为，不考虑其他离子参与反应，为防止沉淀，需小于________(用含a、b的代数式表示)。 (6)滤液2中，溶质除Na2CO3外，主要含________(填化学式)。 (7)滤液1需先加入H2O2溶液，再加入氨水除杂，最后回收Li3PO4。H2O2的作用是________。取少量加H2O2溶液后的滤液1，滴加________，若产生蓝色沉淀，则需补加H2O2溶液。 40.【答案】(1) (2)适当升高温度、搅拌、适当增大硫酸浓度等(任写两种) ；C(石墨) (3)+3 (4)NaOH溶液或Na2CO3溶液 (5) (6)Na2SO4 (7)将氧化为，便于后续沉淀；铁氰化钾溶液() 【解析】(1)磷酸铁锂电池放电时的总反应为：，正极与得电子生成，故正极的电极反应式为； (2)“酸浸Ⅰ”时，除粉碎外，适当升高温度、搅拌、适当增大硫酸浓度等(任写两种)均可提高酸浸速率；“酸浸I”时，LiFePO4与反应生成、和，化学方程式为：；原料含石墨，石墨不与稀硫酸反应，故滤渣主要为C(石墨)； (3)再中，设Fe化合价为x，为+1价，P为+5价，O为-2价，化合价代数和为0，即，解得x=+3，即Fe为+3价； (4)流程中 “沉铝” 步骤消耗NaF，HF 与NaOH或Na2CO3反应生成的NaF可循环，故选用NaOH溶液或Na2CO3溶液； (5)反应的平衡常数表达式为，为防止Li3PO4沉淀，反应逆向进行，需满足Q>K，即，带入为，，； (6)沉锂反应的反应方程式为，则体系阳离子为Na+，阴离子为(酸浸II引入硫酸根)，故除过量Na2CO3外，主要含Na2SO4； (7)沉铝产物含，Fe 为+3价，由分析知，酸浸后溶液含，H2O2作氧化剂，将氧化为，便于后续沉淀；由于与铁氰化钾溶液()生成蓝色沉淀，故取少量加H2O2溶液后的滤液1，滴加铁氰化钾溶液()，若产生蓝色沉淀，则未完全氧化为，则需补加H2O2溶液。 41.(2026高考·河南)某研究小组在用萃取碘水中的时，发现萃取后的水溶液总是呈现淡黄色，对此开展探究。 回答下列问题： (1)定性探究：利用如图装置进行实验。 I.向饱和碘水中加入，充分振荡、静置、分液。取少量水溶液，向其中滴加淀粉溶液，溶液变蓝。 Ⅱ.向饱和的的溶液中加入蒸馏水，充分振荡、静置、分液。取少量水溶液，向其中滴加淀粉溶液，溶液变蓝。 ①仪器a的名称是___________；b的名称是___________。 ②振荡、静置后，的溶液在下层的原因是___________。 ③步骤Ⅰ中，证明从水中转移至中的现象是___________。 结论：在两溶剂间存在可逆的转移，即。 (2)定量验证：类比化学平衡建立过程，该小组猜测，经充分振荡、静置后，在两溶剂中的分配也存在平衡状态，此时在两溶剂中的浓度商应为一常数，并设计实验进行验证。已知：，。 步骤 实验内容 Ⅲ 取Ⅱ中分液后的水溶液50.00 mL于锥形瓶中，加入5 mL 10% KI溶液。以淀粉溶液为指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗溶液。 Ⅳ 取Ⅱ中分液后的溶液于锥形瓶中，加入溶液。以淀粉溶液为指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗溶液。 V 改变Ⅱ中的溶液的浓度，重复步骤Ⅱ~Ⅳ(Ⅱ中不进行的检验)，再开展三次实验。计算每次实验的浓度商。 结论：浓度商的值近似相等，平衡时浓度商可视为常数。 ①步骤Ⅳ中，加入KI的目的是___________。 ②通过步骤Ⅲ、Ⅳ测得的浓度商的值为___________(写出计算式)。 ③已知常温下，平衡时浓度商的值为85。向150 mL含的水溶液中加入进行萃取，平衡时在水中的残留质量为___________(用科学计数法表示，保留小数点后一位)；若改为分两次萃取，每次用，两次萃取后在水中的残留质量为。上述结果对做萃取实验的启发是___________。 41.【答案】(1)分液漏斗；烧杯；CCl4与水不互溶，且CCl4的密度大于水；液体分层，下层(有机层)变成紫红色，上层(水层)颜色明显变浅 (2)增大浓度，促使：平衡正向移动，使CCl4中的尽可能多地转移到水相中，以便后续滴定；；；分多次萃取比单次用大量萃取剂更有效，可以显著提高萃取效率 【解析】(1)①仪器a的名称是分液漏斗，b的名称是烧杯。②振荡、静置后，I2的CCl4溶液在下层的原因是：CCl4与水不互溶，且CCl4的密度大于水。③碘在CCl4中的溶解度远大于在水中的溶解度。步骤Ⅰ中，向饱和碘水中加入CCl4，碘单质会被萃取到CCl4 中。由于碘溶于CCl4显紫红色，且CCl4在下层，因此可以观察到：液体分层，下层(有机层)变成紫红色，上层(水层)颜色明显变浅。 (2)①根据题目给出的反应：，。在步骤Ⅳ中，层中的需要先转移到水相中才能被 滴定。由于在中溶解度大，直接滴定无法进行。加入KI溶液后，与反应生成 ，使从转移至水相，同时可被滴定。②分别计算水层和层中的浓度。步骤Ⅲ：取50.00 mL水层溶液，加入KI后，转化为，滴定反应为：，消耗的物质的量为：，根据反应方程式，。水层中的浓度为：，步骤Ⅳ：取5.00 mL 层溶液，加入25 mL KI溶液后，转移至水相，滴定反应同上。消耗的物质的量为：，。层中的浓度为：。浓度商计算：。③计算初始的物质的量：，设平衡时水层中的浓度为，则层中的浓度为。根据物料守恒：，，，。水层中的质量：；单次萃取后，残留质量为；两次萃取后，残留质量为，说明分多次萃取比单次用大量萃取剂更有效，可以显著提高萃取效率。 42.(2026高考·浙江)用废磷酸(含有机杂质)制取。 已知：。 请回答： (1)冷凝水从_______(“X”或“Y”)通入。 (2)步骤a把易炭化的有机杂质转化为炭颗粒，步骤a的操作为_______。步骤b除去溶液中的炭颗粒得到粗磷酸，步骤b的操作为_______。 (3)下列操作正确的是_______。 A.若浓磷酸不慎沾到手上，先用大量水冲洗，然后涂上NaOH溶液 B.加入活性炭的目的是除去不易炭化的有机杂质 C.加入KOH过多，可向溶液中加入HCl来调节pH D.可用乙醇洗涤反应得到的晶体 (4)获得的过程中，需要滴加KOH溶液调pH，为使的物质的量分数最大，有一个最适pH。 ①求最适pH_______。 ②所用的指示剂为：_______。 (5)产品中，K的质量分数为29.01%，则产品中可能混有的杂质_______。 42.【答案】(1)X (2)加热(高温)；过滤 (3)BD (4)4.7；甲基橙 (5) 【解析】(1)冷凝水的流向应遵循“下进上出”原则，才能使冷凝更充分，所以冷凝水要从下方的X口通入； (2)部分有机杂质受热易炭化，所以步骤a的操作为加热，有机杂质炭化后转变为固体，步骤b中将固体与液体分离的操作称为过滤； (3)是强碱，有强烈腐蚀性，不能用于处理沾到手上的酸，应该用碱性较弱的物质如碳酸氢钠处理，A错误。活性炭具有吸附能力，可有效去除上一步加热炭化过程中无法除去的杂质，B正确。目标产物是，如用HCl调节pH，则会引入新的杂质Cl-，C错误。反应得到的晶体不易溶于乙醇等有机溶剂，所以可用乙醇洗涤，D正确，故答案选BD。 (4)磷酸的第三步电离非常微弱，不作考虑，溶液中存在电离平衡，，电离平衡常数分别为，，当最大时，第一步电离的逆反应生成和第二步电离生成的应相等，此时，两边取负对数得，所以此时的；由于该过程加碱调节pH，为防止碱过量，甲基橙的变色范围接近4.7，颜色变黄时说明已到终点，因此应选用甲基橙指示剂。 (5)中K的质量分数为，而产品中K的质量分数为29.01%，高于理论值，说明含K质量分数更高的杂质，根据各酸根的转化关系，可能混有的杂质是。 30 / 48 学科网（北京）股份有限公司 $ 【 高中化学 】 2026年高考真题-按章分类 选择性必修1 第三章 水溶液中的离子反应与平衡 31个单选题 + 1个多选题 + 10个解答题 ---- 学 生 版 ---- 一、单选题 1.(2026高考·浙江)有关和的性质，下列说法不正确的是( ) A.可用溶液鉴别 B.灼烧时焰色均呈黄色 C.水溶液均显碱性 D.受热会分解 2.(2026高考·浙江)溶液中存在平衡：。下列说法不正确的是( ) A.Cr位于元素周期表第四周期 B.属于强电解质 C.溶液中和可以共存 D.增大，平衡向正反应方向移动 3.(2026高考·浙江)某水溶液仅含两种一元弱酸、，且。 已知：25℃时，，；。 25℃时，下图中，该溶液的与、之间关系曲线正确的是( ) A.曲线Ⅰ B.曲线Ⅱ C.曲线Ⅲ D.曲线Ⅳ 4.(2026高考·甘肃)是一种三元酸。与在溶液中存在如下平衡：和，时，和总浓度分别为和的溶液中、分布分数[如]与的变化关系见图a(X分别为、和)，与的变化关系见图b(Y分别为、、和)。下列说法错误的是( ) A.时， B.曲线Ⅰ对应的离子为 C.时， D.时， 5.(2026高考·广西)常温下维持，向和混合溶液中滴入溶液。各含硼微粒分布分数(如)与游离浓度对数之间的关系曲线如图。已知：①总反应为；②曲线j代表与之间的关系。下列说法正确的是( ) A.曲线s代表与之间的关系 B.溶液中存在 C.总反应的 D.将溶液调至6，曲线i向左平移 6.(2026高考·广西)从浓缩海水中获取高纯的工艺如下。已知时的，，。下列说法正确的是( ) A.常温下，“滤液1”时， B.常温下，“滤液2”时，完全沉淀 C.煅烧“滤渣”回收： D.路线Ⅰ的工艺优于Ⅱ 7.(2026高考·全国卷)采用标准溶液滴定和的混合溶液，滴定曲线如图所示。已知。 下列叙述正确的是( ) A.初始混合溶液中， B.的一级电离常数 C.时，混合溶液中 D.滴定过程中应依次使用指示剂甲基橙、酚酞 8.(2026高考·江苏)室温下，和磷酸浓度均为的混合溶液用调节。随增大，先产生沉淀，后逐渐转化为沉淀。溶液中和(含物种)随溶液的变化如图所示。已知含物种包括、、和：的，，。下列说法正确的是( ) A.溶液中 B.时，溶液中 C.时，溶液中 D.由1.5增大至5，溶液中逐渐增大 9.(2026高考·北京)已知存在如下平衡： ① ； ②     研究在、和水溶液中的溶解性，实验如下。 资料：依据与的反应，以淀粉为指示剂，用标准溶液可准确测定水溶液中的浓度。下列说法不正确的是( ) A.的现象符合相似相溶原理，可知 B.三支试管中，的大小顺序： C.中，若增加的体积，则一定减小 D.测中：取的下层溶液，加入水溶液后，依据资料方法测定 10.(2026高考·重庆)能与邻菲咯啉(Phen)形成配离子[Fe(Phen)3]2+。将相同物质的量浓度的Phen和溶液以不同体积混合，调并定容，且各混合溶液中(n为定值)，已知。下列关于混合溶液的叙述正确的是( ) A.时， B.时， C.时， D.时， 11.(2026高考·重庆)向下列盐溶液中分别加入试剂，不影响盐的离子大量共存的是( ) A.溴水滴入NaCl溶液 B.乙醇滴入酸性溶液 C.通入溶液 D.通入溶液 12.(2026高考·湖北)某溶液含有初始浓度为和配体酸。溶液中的部分物种分布系数随变化如图所示，除了、外不考虑其他含物种。已知时，电离常数的，。下列说法错误的是( ) A.时，溶液中有生成 B.时， C.平衡常数的 D.点对应的溶液中， 13.(2026高考·贵州)某磷废渣的主要成分为、和，一种对其进行分离的工艺流程如图。 下列说法错误的是( ) A.“焙烧”的目的是使、分解 B.“浸取”可能的反应为 C.“滤渣浮选”利用了和物理性质的差异 D.“滤液沉淀”可以利用流程中产生的和制备沉淀剂 14.(2026高考·贵州)25℃时，用 溶液分别滴定一元酸HA和HB，滴定曲线(滴定分数 ， 后作简化处理)如图。 下列说法错误的是( ) A.曲线①在 内平缓，是因为A-和HA能共同稳定体系pH B.滴定HA过程中存在关系： C.其他条件不变时，越小，滴定终点附近pH突变范围越大 D.越大， 时溶液的pH越接近7 15.(2026高考·四川)常温下，用的NaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为的两种一元弱酸(HA)溶液，部分微粒浓度的值或微粒浓度比的pM[，M代表、或]与(滴定剂与被滴定溶液的体积比)之间的关系如图所示。 下列说法错误的是( ) A.Ⅲ代表两种弱酸中较强的弱酸滴定过程中随的变化曲线 B.a、c两点溶液中水的电离程度c<a C.b点溶液对应酸的电离常数 D.d点溶液中 16.(2026高考·四川)准确测定煤中硫含量，对控制煤燃烧排放具有重要意义。煤中硫含量可通过“高温燃烧—酸碱滴定法”测定(忽略的影响)，部分装置示意图如下。 已知：煤；。 下列说法错误的是( ) A.为保证煤燃烧完全，需要快速通入 B.溶液中的既作氧化剂又作还原剂 C.用标准NaOH溶液滴定时，需使用碱式滴定管 D.对硫含量测定结果产生的影响，可通过测定的量消除 17.(2026高考·四川)设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( ) A.44 g丙烷中含共价键的数目为 B.标准状况下，中含氯原子的数目为 C.的溶液中，的数目为 D.和充分反应，转移电子的数目为 18.(2026高考·江西)用HCl溶液滴定硼砂()标准溶液，滴定至终点时，消耗HCl溶液10.00 mL，下列说法正确的是( ) 已知：； A.滴定开始前，锥形瓶需用硼砂标准溶液润洗 B.以酚酞为指示剂，滴定终点时溶液变为红色 C.滴定至时，体系中 D.HCl溶液浓度为 19.(2026高考·湖南)常温下，向溶液中缓慢滴入溶液，溶液的和 [ ]与 的变化关系如图所示。已知： 。下列说法错误的是( ) A. B. C.点 对应溶液中的水的电离程度最大 D.点 对应溶液中的 最小 20.(2026高考·河北)25℃下，在的KI溶液中加入一定量，达平衡时，溶液中和(或)与pH的关系如图所示(溶液体积变化忽略不计)： 已知：Ⅰ.时，体系中有存在； Ⅱ.溶液中存在①；②。 下列说法正确的是( ) A.反应①的平衡常数 B.溶液中始终有，且时，的值随增大而减小 C.若在平衡体系中加入少量，和的平衡浓度均增大 D.若改变KI溶液的初始浓度，相同下达平衡时，的值不变 21.(2026高考·陕晋青宁卷)二氧化碳、碳酸及其盐在自然界的迁移转化，是环境中碳循环的重要部分。常温下，H2CO3溶液中各含碳物种的分布系数δ与的变化关系如图( ) [比如：]，的为。将足量置于纯水中得到饱和溶液。下列说法正确的是( ) A.M点的pH为5.66 B.在纯水中的溶解度为 C.该饱和溶液中， D.反应的平衡常数为 22.(2026高考·陕晋青宁卷)某实验团队对某有机合成实验中产生的浓磷酸废液进行加热回流处理(使有机杂质形成不溶物)，回收磷酸、测定其含量并制备磷酸二氢钾，部分装置如图(夹持装置等略)。 下列说法正确的是( ) A.Ⅰ中，X为球形冷凝管，从a口通入冷凝水 B.Ⅱ中，定容后，摇匀，再次补加蒸馏水至容量瓶刻度线 C.Ⅱ中，若未用标准溶液润洗滴定管，则Ⅲ中所需K2CO3的计算值偏小 D.Ⅲ中，在搅拌下，将K2CO3固体分批缓慢加入磷酸溶液m中 23.(2026高考·陕晋青宁卷)开展化学实验必须遵守操作规范。下列说法错误的是( ) A.涉及有毒气体的实验，必须在通风橱中进行 B.倾倒液体试剂时，应将试剂瓶标签朝向手心 C.用酸式滴定管滴定时，手不能离开旋塞任溶液自流 D.称量NaOH固体时，应使用称量纸 24.(2026高考·河南)常温下，向溶液中加入固体，并调节溶液的(忽略溶液体积变化)。已知与可生成配离子，的，。与的变化关系如图所示，代表、或，其中，。 下列说法正确的是( ) A.时， B.点的纵坐标为-4.10 C.时，完全溶解 D.的 25.(2026高考·云南)常温下，1 L水溶液中和的初始浓度分别为和，达到溶解平衡时(，pM与pH的关系如图()，M代表、、和)。 已知：   下列说法正确的是( ) A.曲线Ⅰ是的变化曲线 B.   C.溶液中，的浓度为 D.， 26.(2026高考·黑吉辽蒙卷)室温下，醋酸铜(，表示)溶液中、、和的曲线如图。保持体系中元素总物质的量、元素总物质的量和溶液体积不变，忽略除氢氧化铜以外的其他含铜难溶物。下列说法错误的是( ) A.Ⅰ为的变化曲线 B.室温下， C.室温下， D.点： 27.(2026高考·黑吉辽蒙卷)下列过程对应的化学方程式错误的是( ) A.铜丝插入热的浓硫酸：(浓) B.少量溶液滴入足量浓烧碱溶液： C.乙烯通入溴的四氯化碳溶液： D.溶液滴入悬浊液： 28.(2026高考·浙江)下列说法错误的是( ) A.在做钠的焰色试验时，可用洁净的铂丝蘸取溶液在酒精灯外焰上灼烧并观察焰色 B.在进行中和滴定时，滴定管要用待装的溶液润洗 C.在配制溶液时，容量瓶须烘干 D.分液漏斗在使用前须检漏 29.(2026高考·浙江)下列有关的说法中，不正确的是( ) A.是弱电解质 B.水溶液呈酸性 C.实验室用于制 D.HCl和反应制 30.(2026高考·浙江)已知：下，。。过量与充分反应至平衡，平衡时，不考虑反应前后溶液体积变化，下列说法正确的是( ) A. B. C.平衡时，溶液呈弱碱性 D. 31.(2026高考·浙江)利用下列装置进行实验，无法达到实验目的的是( ) A.分离植物油和水 B.证明溶于水 C.证明与水反应生成 D.制备无水 A.A B.B C.C D.D 二、多选题 32.(2026高考·山东)下，向初始浓度一定的溶液中加入，通过加入或调节[始终存在，忽略溶液体积变化]。某组分平衡浓度的对数值随的变化如图所示(表示，，，)。下列说法错误的是( ) A.丁线所示物种为 B.调节时，需加入 C.点 D.点： 三、解答题 33.(2026高考·甘肃)2025年甘肃省探获了一处超大型优质冶镁白云岩矿床。白云岩主要由白云石[]组成，某兴趣小组设计如下实验方案测定白云石中钙的含量。已知难溶于水，可溶于强酸。 Ⅰ.称取一定量白云石样品，滴加盐酸溶解，加热并煮沸后冷却至室温； Ⅱ.调节溶液至弱酸性()，加入溶液，生成沉淀； Ⅲ.过滤，洗涤沉淀。从漏斗中取出带有沉淀的滤纸，贴于大烧杯内壁，使用3 mol/L硫酸将沉淀冲洗至烧杯中； Ⅳ.使用标定后的溶液滴定草酸根含量，计算样品中钙的含量。 (1)为去除白云石样品中的湿存水，称量前需进行的操作为_________。 (2)步骤Ⅰ中，加热并煮沸溶液的目的是________。 (3)步骤Ⅱ中，调节溶液至弱酸性的原因为________。 (4)步骤Ⅲ中，应依次使用稀溶液和__________(填试剂)洗涤沉淀。 (5)使用标准溶液标定溶液浓度时，发生如下反应：。 保持温度80~，开始滴定时，随着将溶液不断滴入标准溶液中，粉红色褪去所需的时间逐渐变短，原因为_______。接近滴定终点时，下列操作正确的是__________(填序号)。 A.改为滴加半滴溶液   B.减慢锥形瓶旋摇速度 C.使用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁 D.记录滴定管液面的读数 (6)步骤Ⅳ中，为防止滤纸可能影响测定结果，在滴定过程中滤纸需一直贴于烧杯内壁。达到滴定终点后，将滤纸推入溶液中，溶液粉红色褪去，继续滴定至终点，又消耗了溶液。小组讨论后提出下列两种猜想： ①滤纸含有还原性成分； ②步骤Ⅲ中，滤纸上的未被完全冲洗下来。 为验证猜想，将白云石替换为进行对照实验，消耗了溶液。若，，则成立的猜想序号及理由为________。 34.(2026高考·全国卷)为测定混合盐(、及)溶液中含量，完成如下实验。回答下列问题。 (1)配制盐酸：用浓盐酸配制的盐酸，操作时，需佩戴_________(填1种)进行防护。需要使用的玻璃仪器有烧杯和_________(填2种)。浓盐酸的GHS标准符号是下列的_________(填①或②)。 ①    ② (2)沉淀转化：取10.00 mL混合盐溶液，加入所配制的盐酸至酸性。加热至沸，此时溶液中存在的阴离子主要为和_________。加入过量，控制反应条件，实现沉淀完全转化：。 (3)过滤分离：过滤，用热水洗涤沉淀。下列过滤操作符合规范的是_________(填a、b或c)。 (4)滴定分析：合并滤液与洗涤液至锥形瓶中，加入稀盐酸和过量碘化钾溶液，此时发生反应：。充分反应后，用的标准溶液进行滴定。滴定反应为：。消耗溶液体积为，则混合盐溶液中含量为_________。 35.(2026高考·北京)重晶石的主要化学成分为，还含有少量的等杂质，实验室中以重晶石为原料，通过以下过程可制备高纯。 (1)焙烧。使重晶石转化为粗。该过程中生成的反应有： i.     ii.   iii. _______________。 (2)浸钡。已知可溶于水。粗在热水中浸出，产生和。取一定量粗，一定温度下加水浸钡，测得浸出液中、随加入水的体积的变化示意图如下。 ①浸出后，过滤出不溶物所需的玻璃仪器有烧杯、__________。 ②时，几乎不产生，溶液中__________mol(用含、的代数式表示)。 ③当后，比的变化幅度小，解释原因：______________。 (3)沉钡。与反应快，导致浸出液中和等被包裹而降低产品纯度，而与反应慢，不易包裹。为提高纯度，沉钡原理示意如下。 ①写出“预处理”步骤中反应的离子方程式：_______________________________。 ②结合平衡移动原理，解释“沉钡”时产生的原因：_______________________________。 36.(2026高考·北京)实验小组制备高锰酸钾。 资料：i.为墨绿色固体，可溶于水，强碱性条件下稳定，一定条件下发生的歧化反应为， ii.浓碱性条件下，可被还原为。 iii.的溶解度随温度升高而增大。 (1)制备 步骤 实验 Ⅰ 制备：将、和三种固体，在熔融状态下充分反应。得到墨绿色固体。 Ⅱ 制备：将用水溶解后，滴加至(约)，溶液由绿色变为紫红色，过滤。得到约100 mL紫红色溶液和棕黑色固体。 Ⅲ 提纯：将转移至蒸发皿中，水浴浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。得到紫红色固体。 ①补全Ⅰ中反应的化学方程式：__________。 □□□___________□□□___________ ②Ⅱ中歧化的原因：随降低，的还原性不变，氧化性__________。 ③取Ⅲ中少量溶解，得紫红色溶液和少量棕黑色固体(检验为)。 (2)对Ⅲ中产生的原因进行分析和探究 ①甲认为将还原，设计实验i验证：用含和的溶液代替重复Ⅲ的操作，所得固体含。乙认为该现象不能证明还原了，理由是_______________________________________________。 ②乙设计和实施了实验ii：用____________________代替重复Ⅲ的操作，所得固体不含，实验i和ii证实了甲的观点。 ③丙用代替重复实验i，证实Ⅲ中不能还原。 (3)实验优化 为提高产品纯度，改进Ⅲ的操作；将转移至蒸发皿中，水浴浓缩，____________________，洗涤，干燥。 (4)测定纯度并计算产率 按I中投料，经优化步骤制得产品，取配制成待测液。酸性条件下，用待测液滴定标准溶液，被还原为。测得。 ①滴定反应的离子方程式是__________________________________________________。(是二元弱酸) ②的产率是____________________。[产率(实际产量/理论产量)] 37.(2026高考·贵州)双氯磺酰亚胺[]是制备某锂离子电池电解质的关键中间体。某研究小组设计实验对其进行制备，部分实验装置如图1。 实验步骤： Ⅰ.将(0.5mol)氨基磺酸()、()二氯亚砜()和()氯磺酸()依次加入三颈烧瓶中。 Ⅱ.连接好装置，在一定温度下持续搅拌至反应液变成深红棕色黏稠液体，停止加热。 Ⅲ.待反应液冷却至室温后，先常压蒸馏去除过量的低沸点反应物，再减压蒸馏，收集、左右的馏分，得到淡黄色粗品。 已知：①总反应为；所有原料均经精制后用于反应。 ②沸点为；遇水剧烈水解产生大量白雾；在高温下易分解，。 回答下列问题： (1)装置A中球形冷凝管的进水口为_________(填“a”或“b”)。 (2)装置B的作用是_____________________。 (3)发生水解反应的化学方程式为_____________________________________。 (4)装置C和D的连接顺序不宜互换，原因是___________________________________(答两点)。 (5)步骤Ⅲ中采用减压蒸馏的原因是___________________。 (6)研究小组在不同温度下进行了制备实验，并对粗品进行核磁共振氢谱测试，结果如图2。已知中H的化学位移为9.2 ppm，则_______℃时更有利于的制备，原因是________________________。 (7)通过电位滴定法测定氯含量，初步推算粗品纯度，方法及步骤如下： ①将粗品加入适量NaOH溶液中，加热，中的氯以形式进入溶液； ②加入溶液使溶液呈酸性后，用标准溶液进行滴定。平行滴定3次，消耗标准溶液的平均体积为。 的纯度为________(用含m、c和V的代数式表示)。在操作无误、仪器正常的情况下，推算出的粗品纯度比实际纯度高，最可能的原因是________。 38.(2026高考·江西)稀散金属铟(In)是重要的战略资源。粗中主要杂质元素有As(Ⅲ)、Fe(Ⅲ)、Pb(Ⅱ)，精制工艺流程图如下： 已知： a)萃取剂[Hbet][]是离子液体 b)， c)分配率(Fe) 回答下列问题： (1)离子液体[Hbet][]________(填“能”或“不能”)与水互溶。 (2)阶段Ⅰ，In、Fe元素在两种体系中的浸出率及分配率如图，体系中维生素C(Vc)的作用是________________________________。 (3)有机相2可循环用于阶段________(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。 (4)试剂①可选择HCl或，主要元素的含量如下表(，按投料计质量分数)。 元素 粗/ 水相2/() 精制/ 组 HCl组 组 HCl组 Fe 1.60 41 32 0.071 0.056 Pb 0.26 3 44 0.0042 0.016 In 58 18000 33000 51 57 i.水相2中，组浓度远小于HCl组，原因是________________________________________。 ii.实际工艺中选用HCl的原因是______________________________________________。 (5)阶段Ⅲ，溶液中________时，恰好沉淀完全。 (6)水相2中的砷酸()最终转化成沉淀，杂质As被除去。写出总化学反应方程式________________________________。 39.(2026高考·山东)一元弱酸HCN无色剧毒，熔点为-13℃，沸点为26℃，常温下易溶于水。在通风橱中用NaCN制备少量液态HCN，装置如图所示(夹持装置略)。回答下列问题： (1)仪器a的名称为__________；装置b的作用为__________。 (2)装置甲、乙选用的控温物质依次为__________(填标号)。 A.水(50℃) B.冰盐混合物(-10℃) C.干冰—乙醇(-70℃) D.液氮(-196℃) (3)HCN制备完成后需进行的部分操作如下，正确顺序为__________(填序号)。 ①打开阀门K1通N2 ②停止滴加NaCN溶液 ③关闭阀门K3并切换三通阀K2至尾气处理 实验所用NaCN中常含有杂质甲酸钠(HCOONa)，二者均具有较强还原性，测定HCOONa含量的实验步骤如下： Ⅰ.准确称取样品，配制溶液，移取该溶液至锥形瓶中，加适量溶液，边振摇边滴加溶液至出现棕褐色沉淀(已知：、均为白色沉淀，极易转化为棕褐色沉淀)。 Ⅱ.过滤并洗涤沉淀至洗涤液呈中性，收集滤液和洗涤液于锥形瓶中，加适量溶液及浓度为的过量标准溶液，反应中转化为。 Ⅲ.充分反应后，向锥形瓶中加入适量溶液及浓度为的过量标准溶液，反应结束后溶液中所有锰元素均以形式存在。 Ⅳ.用的标准溶液滴定剩余的，终点时消耗溶液体积为。 (4)步骤Ⅰ中滴加溶液时须选用棕色滴定管，原因是__________________；________(填“>”或“<”)；步骤Ⅱ中参与反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为__________。 (5)测得样品中的质量分数为__________(用代数式表示)；若步骤Ⅲ所用标准溶液中有少量被空气中的氧化，则导致测定结果__________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 40.(2026高考·陕晋青宁卷)一种从废旧电池粉(主要成分为LiFePO4，含有少量FePO4、石墨、Al等)中深度回收锂的工艺，部分流程如下： 已知：①磷酸铁锂电池反应为； ②“沉铝”时，滤渣中含和少量。 回答下列问题： (1)废旧电池粉碎前一般需先放电，正极反应式为________。 (2)“酸浸Ⅰ”时，除粉碎外，可提高酸浸速率的措施有________(任写两种)。该过程有生成，溶解的化学方程式为________。滤渣的主要成分为________。 (3)“沉铝”时，中Fe元素的化合价为________。 (4)“焙烧”时产生的HF，用________吸收后，产物可以循环利用。 (5)“除杂”时，在一定pH范围内，会发生反应(平衡常数为)。若溶液中为，不考虑其他离子参与反应，为防止沉淀，需小于________(用含a、b的代数式表示)。 (6)滤液2中，溶质除Na2CO3外，主要含________(填化学式)。 (7)滤液1需先加入H2O2溶液，再加入氨水除杂，最后回收Li3PO4。H2O2的作用是________。取少量加H2O2溶液后的滤液1，滴加________，若产生蓝色沉淀，则需补加H2O2溶液。 41.(2026高考·河南)某研究小组在用萃取碘水中的时，发现萃取后的水溶液总是呈现淡黄色，对此开展探究。 回答下列问题： (1)定性探究：利用如图装置进行实验。 I.向饱和碘水中加入，充分振荡、静置、分液。取少量水溶液，向其中滴加淀粉溶液，溶液变蓝。 Ⅱ.向饱和的的溶液中加入蒸馏水，充分振荡、静置、分液。取少量水溶液，向其中滴加淀粉溶液，溶液变蓝。 ①仪器a的名称是___________；b的名称是___________。 ②振荡、静置后，的溶液在下层的原因是___________。 ③步骤Ⅰ中，证明从水中转移至中的现象是___________。 结论：在两溶剂间存在可逆的转移，即。 (2)定量验证：类比化学平衡建立过程，该小组猜测，经充分振荡、静置后，在两溶剂中的分配也存在平衡状态，此时在两溶剂中的浓度商应为一常数，并设计实验进行验证。已知：，。 步骤 实验内容 Ⅲ 取Ⅱ中分液后的水溶液50.00 mL于锥形瓶中，加入5 mL 10% KI溶液。以淀粉溶液为指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗溶液。 Ⅳ 取Ⅱ中分液后的溶液于锥形瓶中，加入溶液。以淀粉溶液为指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗溶液。 V 改变Ⅱ中的溶液的浓度，重复步骤Ⅱ~Ⅳ(Ⅱ中不进行的检验)，再开展三次实验。计算每次实验的浓度商。 结论：浓度商的值近似相等，平衡时浓度商可视为常数。 ①步骤Ⅳ中，加入KI的目的是___________。 ②通过步骤Ⅲ、Ⅳ测得的浓度商的值为___________(写出计算式)。 ③已知常温下，平衡时浓度商的值为85。向150 mL含的水溶液中加入进行萃取，平衡时在水中的残留质量为___________(用科学计数法表示，保留小数点后一位)；若改为分两次萃取，每次用，两次萃取后在水中的残留质量为。上述结果对做萃取实验的启发是___________。 42.(2026高考·浙江)用废磷酸(含有机杂质)制取。 已知：。 请回答： (1)冷凝水从_______(“X”或“Y”)通入。 (2)步骤a把易炭化的有机杂质转化为炭颗粒，步骤a的操作为_______。步骤b除去溶液中的炭颗粒得到粗磷酸，步骤b的操作为_______。 (3)下列操作正确的是_______。 A.若浓磷酸不慎沾到手上，先用大量水冲洗，然后涂上NaOH溶液 B.加入活性炭的目的是除去不易炭化的有机杂质 C.加入KOH过多，可向溶液中加入HCl来调节pH D.可用乙醇洗涤反应得到的晶体 (4)获得的过程中，需要滴加KOH溶液调pH，为使的物质的量分数最大，有一个最适pH。 ①求最适pH_______。 ②所用的指示剂为：_______。 (5)产品中，K的质量分数为29.01%，则产品中可能混有的杂质_______。 第三章 水溶液中的离子反应与平衡 ---- 参考答案及解析 ---- 一、单选题 1.A 与反应生成白色沉淀，与反应(无论相对用量多少)也会生成白色沉淀，二者现象相同，不能用溶液鉴别，A错误。二者都含有钠元素，焰色试验中钠元素的焰色为黄色，因此灼烧时焰色均呈黄色，B正确。和均为强碱弱酸盐，碳酸根离子、碳酸氢根离子水解均使溶液显碱性，C正确。热稳定性差，受热易分解生成、和，D正确。 2.D 原子序数为24，核外电子排布为，电子层数为4，位于元素周期表第四周期，A正确。属于盐类，在水溶液中可以完全电离，属于强电解质，B正确。题给反应为可逆反应，不能进行到底，平衡体系中和同时存在，二者可以共存，C正确。增大即增大生成物浓度，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，D错误。 3.B 两种一元弱酸中远大于，因此溶液中主要来自的电离，的电离受电离出的抑制，可近似忽略；且弱酸电离度极小，平衡浓度初始浓度，。 根据的电离平衡：，因此，，其中。 计算特征点：，：，；，：，；，：，；，：，。与图像Ⅱ大致吻合，故答案选B。 4.A 是一种三元酸，其各级电离平衡：()，(，由图 a 第一个交点得出)，(，由图 a 第二个交点得出)；配位平衡：，， ；图b中浓度 越大，其负对数 就越小，随着 升高，增多，被不断消耗去配位，导致游离 减小(增大)，对应自左向右单调上升的曲线为；pH 越高，酸根去质子化程度越大，游离 越大(减小)，对应自左向右单调下降的曲线为；随着 升高、配体 浓度增大，金属先逐级配位，在较低 区间率先生成并占优势；(曲线 1)：在更高 区间因配体充足而进一步大量生成，对应图中随 升高而显著上升的另一条配合物曲线。 由可知： 由可知： ，在 时， 而 。， ，A错误。金属离子与配体在溶液中逐级配位。随着 升高，溶液中的游离配体 浓度增大，配合物向更高配位数的方向转化。在较高 区间，最终产物 占主导地位，符合图 b 曲线的变化趋势，B正确。在图 b 中，当 时(即两条曲线的交点)，对应的 ，此时第二级稳定常数的表达式为： ；结合图a，①，,②，两式联立得，由②得，，总浓度,，所以(忽略金属配位消耗的少量配体)，解得，由表达式得，C正确。平衡的平衡常数，当时，，即，。 L总浓度为，(忽略金属配位消耗的少量配体)，D正确。 5.C 曲线j代表与之间的关系。随着c(F⁻)增大，B(OH)3逐渐减少(曲线s)，而逐渐增多(曲线k)。中间产物(曲线j)和BF3(OH)⁻(曲线i)先增后减。根据总反应，c(F⁻)越大，越有利于生成，因此曲线k应代表δ()，曲线s代表δ[B(OH)3]。据此分析； 根据分析，曲线s代表δ[B(OH)3]；δ()代表曲线k，A错误。溶液中Na⁺来自NaCl和NaF，F⁻部分以游离态存在，部分结合成含硼微粒(如、BF3(OH)⁻、)，且各含硼微粒所含F原子数不同(分别为2、3、4)。物料守恒应为：，B错误。总反应为：，平衡常数表达式为：，分步反应：①，②，③，总反应=①+②+③，当时，lgc(F⁻)= -2.5，c(F⁻)=10-2.5 mol/L，c(H+)=10-3 mol/L，代入得：，C正确。pH调至6，c(H⁺)减小，根据勒夏特列原理，平衡左移，生成需更高c(F⁻)，故曲线i应向右平移，而非左移,D错误。 6.A 向浓缩海水中，加入草酸和草酸钠，将转化为沉淀，过滤分离；取滤液，向其中加入溶液，将转化为沉淀；高温分解得到或向中加盐酸得到；最后电解或得到高纯Mg。 常温下时，，故，A正确。时，，未完全沉淀，B错误。给出的反应电子不守恒，煅烧的正确反应为，C错误。熔点远高于，电解能耗远大于电解，路线Ⅱ更优，D错误。 7.C 第一步，盐酸中的先和发生反应，对应第一个滴定突跃点，说明原溶液中，全部转化为；第二步，继续和发生反应，对应第二个滴定突跃点，该步消耗盐酸体积为，总，因此原溶液中。 混合溶液中，同体积下浓度比等于物质的量之比，由分析可知，，A错误。第二个突跃点处，和全部转化为；不考虑本身电离时，溶液中含碳微粒满足关系；溶液体积为；故；忽略微弱的二级电离，且由第二个突跃点处pH=3.93可知，碳酸电离满足，则由电离常数的定义可知，，B错误。原溶液中；时，加入的，因此；第一步反应已完全，消耗，剩余的能与0.001 mol 反应，剩余约0.0005 mol，因此，离子浓度顺序为，C正确。第一步滴定产物为，溶液呈弱碱性，应选变色范围为碱性的酚酞作指示剂；第二步滴定产物为，溶液呈弱酸性，应选变色范围为酸性的甲基橙作指示剂；因此应该先用酚酞，再用甲基橙，D错误。 8.D 纯溶液中，根据电荷守恒，带正电微粒的浓度等于带负电微粒的浓度之和，正确的关系式为，A错误。由题干可知，pH增大到一定程度，先产生沉淀，pH=4.5时，含P物种未完全进入溶液，体系中存在沉淀，此时溶液为的饱和状态，满足沉淀溶解平衡，B错误。根据磷酸解离常数推导，，，可得；pH=5时，代入，，可得，即，C错误。当前的反应必然总是向着使c(Fe3+)更小的方向进行，因此pH在1.5~5范围内，c(Fe3+)一直在减小，沉淀中始终存在FePO4沉淀，体系中存在沉淀溶解平衡，溶液中满足，随着pH增大，c(Fe3+)减小，溶液中的逐渐增大，D正确。 9.B 为非极性分子，为非极性溶剂，水为极性溶剂，的萃取现象符合相似相溶原理；平衡①的平衡常数，大部分进入层，，故，A正确。为饱和碘水，水层总浓度最大；加入后，大量转移到有机层，水层游离浓度大幅降低，因此：；向中滴入水溶液，发生平衡②：，消耗水层游离，促使平衡①逆向移动，有机层的向水层转移，减小，而为了维持不变，也要减小，故：， 因此三者顺序应为，B错误。平衡①的平衡常数仅随温度变化，温度不变时为定值。增加体积，更多会从水层进入有机层，但水层游离浓度因体系稀释、平衡移动持续降低，由可知，有机层浓度一定减小，C正确。取的下层溶液，加入水溶液后振荡，与反应生成完全进入水层，用标准溶液滴定水层的(滴定过程中会不断分解出参与反应)，可测定总物质的量，进而计算，D正确。 10.C x=0时溶液为溶液，若不考虑水解生成的，以及调pH外加的酸或碱，电荷守恒式应为，选项中系数错误，A错误。x=0.6时过量，除水解外，水解也会结合，质子守恒式为，故，B错误。x=0.75时=0.25n，n(Phen)=0.75n，二者恰好按1:3完全配位生成；，，少量水解故，配离子物质的量为0.25n，水解后浓度仍大于配离子浓度，故，C正确。x=0.9时=0.1n，，完全配位最多生成0.1n配离子，即使配位完全，若配离子少量解离则，不可能大于，D错误。 11.A 溴水与溶液不发生氧化还原或复分解反应，溶液中、与溴水中的所有离子均不反应，不影响盐的离子大量共存，A入选。酸性具有强氧化性，会将乙醇氧化，被还原为，离子发生反应，影响共存，B不选。通入溶液，会发生强酸制弱酸的反应生成或，以及弱电解质，、均参与反应，影响共存，C不选。通入溶液，与结合生成弱电解质，浓度大幅降低，影响共存，D不选。 12.D pH较低时，未发生反应，、，随着pH升高，发生络合反应：，从0开始上升，据此解答。 从图像中可以看出，在之后，代表的平衡曲线就已经离开横轴(分布系数大于0)，说明在时，已经有络合产物有生成，A正确。pH=3.25时，的，故；此时消耗的物质的量为，生成；由HL电离常数，得； 因此浓度顺序为，B正确。反应的平衡常数； 时，，约去后得； 由B项知，则，因此，C正确。c点即，根据物料守恒： 总L：， 总Zn：，两边乘2得： 联立两式消去相同项得：，代入得： ，D错误。 13.A 磷废渣主要含、、，先在600℃下焙烧，该温度仅分解释放并生成，与不分解，焙烧产物加入溶液，75℃、pH=6.0条件下浸取，与反应生成并释放，过滤后得到含的滤液与含、的滤渣，滤渣添加油脂浮选剂，依靠两种固体表面润湿性物理性质差异浮选分离出，剩余，滤液可通入流程自产的与配成碳酸盐沉淀剂，使转化为沉淀完成镁的分离回收。 分解温度高于，焙烧时仅分解，未分解，且后续浮选得到，故“焙烧”目的不是使分解，A错误。焙烧后分解生成，溶液呈酸性，加热条件下与反应生成、和，反应式符合反应规律，B正确。浮选是利用和表面润湿性等物理性质的差异进行分离，C正确。流程中焙烧产生、浸取产生，二者通入水中可生成碳酸盐作为沉淀剂，与滤液中反应生成，D正确。 14.C 由滴定曲线可知：未加NaOH( )时，HA的pH大于HB，说明HA酸性更弱。 随着NaOH溶液的滴入，发生反应NaOH+HA=NaA+H₂O，在10%<T<90%内，体系中存在A-与HA组成的缓冲体系，能共同稳定体系的pH，A正确。在任意时刻，根据电荷守恒有c(A-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，根据元素守恒有c(Na+)=Tc(A-)+Tc(HA)，则有c(H+)+Tc(A-)+Tc(HA)=c(A-)+c(OH-)，进而可得Tc(HA)+(T-1) c(A-)+c(H+)=c(OH-)，B正确。由题图可知，酸性：HB>HA，Ka(HB)>Ka(HA)，而滴定终点附近时HB的pH突变范围较HA大，可得其他条件不变时，Ka越大，滴定终点附近时pH突变范围越大，C错误。利用极端假设法，常温下，假设是等浓度的盐酸与醋酸溶液，都当恰好与NaOH溶液反应即T=100%时，NaCl溶液的pH=7，则可得Ka越大，T=100%时溶液的pH越接近7，D正确。 15.A 随着增大，减小，增大；增大，减小，减小，减小，故上升的曲线Ⅰ、Ⅱ代表，且酸性较强的应在下，故Ⅰ代表酸性较弱的弱酸，Ⅱ代表酸性较强的酸；根据水的离子积常数变形得：，两边取负对数：，若对应pH=1.95(c点)，对应的值为： (超出纵坐标范围)；说明酸性较强酸的不在图像上；酸性较弱的弱酸初始，代入上述公式，，刚好与曲线Ⅲ吻合，故曲线Ⅲ代表酸性较弱的弱酸的；由图像可计算出酸性较强的酸的；由，两边取负对数得：，时，酸性较强的弱酸的pH=1.95，代入公式：，刚好对应曲线Ⅳ初始时刻与纵轴的交点，故Ⅳ代表酸性较强的弱酸的，据此解答。 由上述分析可知，Ⅲ代表两种弱酸中较弱的弱酸滴定过程中随的变化曲线，A错误。a 点和 c 点都在时，即纯弱酸溶液。c点的酸性较强的弱酸对应的pH=1.95，a 点对应较弱酸的，其对应的 pH=2.89 ，无论哪一个，酸溶液中的均会抑制水的电离，所以 c 点对水的电离抑制作用更强，即水的电离程度：c＜a，B正确。由B项可知 a点数据：，弱酸电离中，初始，因此电离常数，C正确。d点，即加入体积为，此时溶液中：电荷守恒：；物料守恒：；联立整理得：，酸性较强的弱酸的，滴定一半时存在：，即弱酸溶液呈酸性，，因此，故等式成立，D正确。 16.A 若快速通入，气体流速过快，会导致反应生成的来不及被溶液充分吸收，使测定结果偏低，应控制适宜的通速率保证煤充分燃烧且气体被充分吸收，A错误。氧化生成时作氧化剂，与反应生成时作还原剂，故既作氧化剂又作还原剂，B正确。溶液为碱性，会腐蚀酸式滴定管的玻璃活塞，需使用碱式滴定管盛装，C正确。与反应生成，滴定过程中也会消耗，测定出的量即可计算出消耗的的量，扣除这部分即可得到消耗的的量，消除的影响，D正确。 17.A 44 g丙烷的物质的量为，1个丙烷分子含2个C-C键、8个C-H键，共10个共价键，故1 mol丙烷含共价键的数目为，A正确。标准状况下为液体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，无法得出氯原子数目为，B错误。溶液中会发生水解，导致数目减少，故的溶液中，的数目小于，C错误。合成氨反应是可逆反应，该反应中H元素化合价由0价上升到+1价，但反应物不能完全转化，因此不能完全反应，转移电子数目小于，D错误。 18.C 由已知，与按1:1反应生成，1mol 电离出，水解后生成2 mol ，故计量关系为； 滴定前锥形瓶若用硼砂标准溶液润洗，会使瓶内硼砂的物质的量偏大，导致测定结果误差，锥形瓶只需水洗无需润洗，A错误。HCl滴定硼砂，滴定前硼砂溶液呈碱性，加入酚酞显红色，滴定终点时溶液pH降至酚酞变色范围以下，现象为红色变为无色，B错误。根据，则，即，则，则，因此，C正确。由分析可知，反应计量关系为，，则，，D错误。 19.D 当加入时，二者恰好发生反应，得，故初始，，因此，A正确。在V(NaHCO3) = 10 mL时，pBa = 4.3，即c(Ba2+) = 10-4.3 mol·L-1。此时溶液主要存在BaCO3沉淀，为BaCO3饱和溶液，c() 主要来自BaCO3的溶解，且溶液中大量抑制水解，可近似认为c() ≈ c(Ba2+)，故：，已知，即100.3=2，可得10-0.3=0.5，计算得，B正确。各点水的电离程度比较如下：点a为强碱Ba(OH)2溶液，强烈抑制水电离。点b含NaOH和BaCO3沉淀，仍呈碱性，抑制水电离。点c恰好生成Na2CO3，水解促进水电离。点d为NaHCO3过量，水解能力弱于，对水电离促进作用减弱。因此，点c时水的电离程度最大，C正确。根据溶度积公式：，点c时恰好生成Na2CO3，c()最大，故c(Ba2+)最小。点d时过量，溶液体积增大使被稀释，下降，c(Ba2+)反而上升。因此，c(Ba2+)最小的是点c，而非点d，D错误。 20.B 当pH<8.73时，体系中有存在。这意味着在pH≤8.73时，溶液中的处于饱和状态，其浓度保持恒定。 反应①的平衡常数，pH=7.5时，，根据碘元素守恒，初始，由于反应①消耗了转化为了，且物质的量之比为1：1，反应2在pH=7.5时产生的极少，趋近于0，可以忽略，所以此时平衡时：，代入数据： ，A错误。当pH<8.73时，，对应关系成立，当pH＞8.73时，反应② 右移，消耗 生成更多 ，因此始终满足 ；当时，，逐渐降低，K不变，故的值随增大而减小，B正确。当pH＜8.73时，体系中已经存在，说明溶液中的已经达到了饱和溶液的溶解平衡。此时再加入少量的，不变，因此，化学平衡①和②都不会发生移动，和的平衡浓度都保持不变，C错误。反应②+3×反应①得到，平衡常数，，相同下意味着是定值，改变KI溶液的初始浓度，虽然平衡会发生移动，但只要体系中依然有剩余，由于溶解平衡的缓冲作用，的值就不会改变，此时是定值；当pH达到某一值时，改变，是变量，D错误。 21.C 低pOH(高pH，碱性环境)时，虚线占主导，因此虚线代表，中间区域实线占主导，代表，高pOH(低pH，酸性环境)时，点线占主导，代表；计算电离常数： 当pOH=3.67时，实线与虚线相交，即。此时pH=14-3.67=10.33，碳酸的二级电离常数，同理当pOH=7.65时，，求得碳酸的一级电离常数，据此解答。 M点是点线和虚线的交点，即。 根据，当两浓度相等时，，所以，即pH=8.34，A错误。若不考虑水解，溶解度满足，得；但实际上会水解为、，因此溶解度大于，B错误。根据物料守恒，，故最大；，可得①pc()-pc()=pKa2-pH=10.33-pH；Ksp=10-8.48，c()≈c(Ca2+)，则pc()==4.24；Kh1=，c()≈c(OH-)，2pOH=pKh1+pc()=3.67+4.24>3.67×2，pOH>3.67，pH<10.33。代入①得pc()>pc()，则c()<c()，C正确。平衡常数，代入、、，得，不是，D错误。 22.D Ⅰ中，X为球形冷凝管，球形冷凝管的冷凝水应下进上出，即从b口通入、a口流出，A错误。定容摇匀后液面低于刻度线是部分溶液附着在容量瓶塞、颈部的正常现象，补加蒸馏水会导致溶液浓度偏低，B错误。未用标准NaOH溶液润洗滴定管，会使标准液被残留的水稀释，滴定相同量磷酸时消耗NaOH溶液体积偏大，计算得到的磷酸物质的量偏大，所需的计算值偏大，C错误。将固体分批缓慢加入磷酸溶液并搅拌，防止产生二氧化碳过快，液体飞溅，D正确。 23.D 涉及有毒气体的实验在通风橱中进行可避免有毒气体在室内扩散，保护实验人员安全，A正确。倾倒液体试剂时标签朝向手心，可防止残留试剂沿瓶壁流下腐蚀标签，B正确。用酸式滴定管滴定时，手不能离开旋塞任溶液自流，否则无法精准控制滴加速度和滴定终点，也易出现漏液问题，C正确。NaOH固体具有强腐蚀性且易潮解，会腐蚀称量纸、粘在称量纸上造成药品损失，还可能腐蚀天平托盘，应放在小烧杯或表面皿中称量，D错误。 24.B 题目中涉及的化学反应和平衡关系：H6Y2+的逐级电离：。随 pH 增大，δ(Y4-)增大，故随 pH 增大而增大的曲线代表Y4-，，斜率为-1，，这是一条斜率为-2的直线，由此可知， (6.16， 0) 的线代表，， (8.21， 0)的线代表，则，，据此解答。 根据 K5 = 10-6.16，当 pH = 7.00 时：，因此c(H2Y2-) < c(HY3-)，A 错误。M为lg[]与lg[]的交叉点，说明lg[]=lg[]，即，pH=10.26，代入任意方程，求纵坐标：，B 正确。固体恰好完全溶解时，c() = 1.00 × 10-3 mol·L-1，，则，此时溶液中c总=0.101mol/L-=0.1mol/L，，解得c(Y4-)=10-3.8mol/L，则，即当lg时，BaSO4完全溶解。由图像可知，时，lg， BaSO4未完全溶解，C错误。该反应的，D错误。 25.B ，根据，两式联立得到，两边取负对数得到：，这意味着的pM值与的pM值始终平行，且在上，故Ⅰ代表，Ⅱ代表，根据，为了维持恒定，的pM与Ⅰ呈反比，因此上升的曲线Ⅳ代表，根据反应①：，是定值，故不变，线Ⅲ代表，据此解答。 由分析可知，曲线Ⅱ代表，A错误。该反应的平衡常数，Ⅱ代表，Ⅲ代表，观察图中pH= 2.87 时的点，该点位于曲线Ⅰ上，说明此时，pH= 2.87 时的点向上延伸，，代入平衡常数表达式得到：，B正确。由B项分析可知，并保持不变(或由Ⅰ线pH=0.15时，，，即曲线Ⅳ与Ⅲ的相交时，pH=0.15)，故的浓度为，C错误。对溶液中物种做物料守恒：总草酸根(溶液中)：；总铜(溶液中)：(注：两种以固体形式存在的只是为了列物料守恒)，将两式整理得到，，这是一个等式，D错误。 26.C 初始状态分析：溶液为0.10mol/L的CuAc2。体系中c(Cu)= 0.10mol/L，总(Ac)= 0.20mol/L；低pH值(酸性较强)时：Ac-主要与H+结合形成HAc，因此HAc的浓度最大，接近0.20 mol/L。此时pX=-lg(0.20)≈0.7；观察图像，曲线Ⅲ的起点约为0.7，因此Ⅲ为HAc的曲线。由于Ac-浓度极低，铜元素主要以游离的Cu2+形式存在，其浓度略小于0.10 mol/L。此时pX=-lg(0.10)=1.0。观察图像，曲线Ⅱ的起点约为1.1(略大于1.0代表)，因此Ⅱ为Cu2+的曲线。剩下的曲线Ⅰ代表CuAc+的曲线，据此解答； 由分析可知，Ⅰ为的变化曲线，A正确。题中反应的，当pH=3.46时，由Ⅰ和Ⅱ相交可知，此时，且由M点坐标可知，，代入平衡常数表达式：，B正确。根据P点坐标，此时pH=5.75，，反应的平衡常数，代入数据得到：，故，，C错误。根据题意，C元素总物质的量不变，即总醋酸根(含各种形态)的浓度保持为0.20 mol/L，存在物料守恒： ，对于HAc的电离平衡常数：，变形得，代入题干原式，得到原式=，将物料守恒式代入得到：原式=，Q点存在，由于，故原式=＜，D正确。 27.B 铜与浓硫酸在加热条件下生成硫酸铜和二氧化硫，其化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，A正确。少量AlCl3溶液滴入足量浓烧碱溶液，生成四羟基合铝酸钠，其化学方程式为AlCl3+4NaOH=NaAl(OH)4+3NaCl，B错误。乙烯含碳碳双键，和溴发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，其化学方程式为CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，C正确。Ag2S的溶解度远小于AgCl，所以向AgCl悬浊液中加入Na2S发生沉淀转化生成Ag2S，其化学方程式为Na2S(aq)+2AgCl(s)=Ag2S(s)+2NaCl(aq)，D正确。 28.C 钠的焰色试验通过铂丝蘸取含钠化合物溶液灼烧观察焰色，溶液含钠离子，可观察到黄色火焰，操作正确，A正确。中和滴定时，滴定管用待装溶液润洗可避免残留水或杂质稀释溶液，确保浓度准确，符合标准操作规范，B正确。配制0.100 mol/L NaCl溶液时，最后一步是加水定容，容量瓶中残留的少量蒸馏水对溶质的物质的量和溶液的最终体积均无影响，因此容量瓶无需烘干，C错误。分液漏斗使用前检漏是必要步骤，可检查活塞密封性，防止漏液，确保分液操作安全准确，D正确。 29.A NH4Cl是离子化合物，在水溶液中完全电离，属于强电解质，A错误。NH4Cl水溶液中水解产生H+，使溶液呈酸性，B正确。实验室中常用NH4Cl与Ca(OH)2加热反应制取NH3，C正确。HCl和NH3直接反应生成NH4Cl，是制备NH4Cl的常用方法，D正确。 30.D 反应平衡常数 ，则，A错误。由平衡常数和条件 ，代入得 ，B错误。平衡时有，得氢氧根浓度为，由得氢离子浓度为，则pH ≈ 5.7，呈酸性，不是弱碱性，C错误。由反应计量关系：，生成 与 的关系为 ，则，平衡时，则，根据乙酸根物料守恒，初始乙酸浓度等于平衡时乙酸分子和乙酸根离子的浓度之和，则，D正确。 31.D 植物油和水互不相溶，可利用分液漏斗进行分液操作分离，A正确。氨气极易溶于水，将氨气通入水中，会使试管内压强迅速减小，外界大气压将水压入试管，形成喷泉，且溶液可充满整个试管，B正确。过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氧气具有助燃性，能使带火星的木条复燃，C正确。MgCl2溶液中存在水解平衡：，加热蒸发时HCl挥发促使水解平衡正向移动，可以得到，最终灼烧得到的是MgO，而非无水MgCl2。若要制备无水MgCl2，需要在HCl氛围加热氯化镁溶液得到无水氯化镁，D错误。 二、多选题 32.BD 随轴pH的变化，为定值，pH值越大，越大，越小，故甲为，乙为；加入NaOH，pH增大，减小，，pH越大，、越少，主要以存在，故时，，故丙为，丁为； 根据分析，丁线代表，A正确。下，向初始浓度一定的溶液中加入后，由物料守恒有、，代入电荷守恒可得；时，由图可知，又因为，所以时有，此时右侧需加才可电荷守恒，故调节时，需加入HNO3，B错误。O点时，，；P点时，，C正确。Q点时，，故；P点时，，，此时，；Q点时，，D错误。 三、解答题 33.【答案】(1)烘干(或加热烘干至恒重) (2)加快白云石的溶解速率，并驱赶溶液中溶解的 (3)防止酸性过强导致沉淀溶解，同时防止碱性过强导致生成沉淀混入其中 (4)蒸馏水(或冷水) (5)反应生成的对该反应具有催化作用(或自催化作用)；AC (6)①和②均成立；，说明滤纸含有还原性成分，猜想①成立；，说明除了滤纸消耗的外，还有未冲洗下来的消耗了，猜想②成立 【解析】(1)湿存水是指样品表面吸附的水分，通常可以通过加热烘干的方法去除。白云石的主要成分是，属于碳酸盐，在高温下可能会分解，因此不能过度高温灼烧。一般只需在烘箱中烘干或在干燥器中干燥即可。 (2)加热煮沸可以加快白云石溶解速率、赶走溶液中溶解的，防止其在后续调节pH时影响酸度。 (3)加入溶液生成沉淀。草酸是弱酸，在酸性条件下会转化为或，导致沉淀不完全；而在碱性条件下，而碱性过强时，溶液中的会生成沉淀混入沉淀中，导致钙含量测定结果偏高。因此，需要调节至弱酸性，此时浓度适中，能保证沉淀完全，同时避免其他副反应。 (4)沉淀表面可能附着有、等杂质离子。用稀洗涤是为了减少的溶解损失。随后需要用一种不溶解沉淀且不引入干扰离子的试剂洗涤，通常使用冷水(或蒸馏水)洗去可溶性杂质。 (5)反应生成的对该反应有催化作用。随着反应进行， 浓度增加，反应速率加快，因此褪色时间变短。 为了精准控制终点，改为滴加半滴溶液，A正确。应充分摇匀，不是减慢锥形瓶旋摇速度，B错误。使用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，确保反应完全，C正确。记录滴定管液面的读数是终点到达后的操作，接近终点时还未记录，D错误，故选AC。 (6)猜想①：滤纸含还原性成分(纤维素等)，会消耗。猜想②：滤纸上的未被完全冲洗，推入后继续反应。对照实验用，但同样使用滤纸。如果是滤纸本身消耗的，是滤纸+残留沉淀消耗的。已知，。不为 0，说明滤纸有还原性(猜想①成立)。，说明白云石组多消耗了，即滤纸上还有未冲下的(猜想②成立)，即①和②均成立。 34.【答案】(1)护目镜(或防护手套)；玻璃棒、量筒等；② (2) (3)c (4) 【解析】(1)浓盐酸易挥发且具有强腐蚀性，操作时需佩戴护目镜、防腐蚀手套、防毒面具等进行防护；用浓盐酸配制一定物质的量浓度的稀盐酸，步骤为量取、稀释、转移、定容等，除烧杯外，还需要的玻璃仪器有量筒(量取浓盐酸)、玻璃棒(搅拌、引流)、胶头滴管(定容)、对应规格容量瓶，任选2种即可；GHS标识中①是爆炸物标识，②是腐蚀性物质标识，浓盐酸属于强腐蚀性试剂，对应②。 (2)混合盐中包括NaCl、Na2SO4及Na2CO3，在混合盐溶液中存在着、及三种阴离子，加入盐酸时，与酸反应：，加热煮沸后完全逸出，溶液中剩下的阴离子为和。 (3)a.漏斗下端尖嘴未紧靠烧杯内壁，会导致滤液飞溅，a错误。未用玻璃棒引流，且漏斗下端未靠烧杯内壁，b错误。满足玻璃棒引流、漏斗下端尖嘴紧靠烧杯内壁的规范要求，c正确。(4)根据反应的定量关系推导：由沉淀转化得；结合后续反应：，可得；代入，得；10.00 mL溶液中的质量为；因此1 L溶液中的含量为。 35.【答案】(1)-119 (2)漏斗、玻璃棒；；水解：，当时，完全溶解，随着增加，平衡正向移动，使增大，而不变，在相同水量稀释时，比的变化幅度小； (3)、；溶液中： ，随着与反应生成难溶，平衡正向移动，产生的结合，产生气体 【解析】(1)根据盖斯定律，用反应ii×2 - 反应i即可得到反应iii： ； (2)①过滤操作的玻璃仪器包含烧杯、普通漏斗、玻璃棒。 ②题目条件明确指出“几乎不产生，因此可以忽略，根据物料守恒：，由图可知，，所以：，而溶液中的主要来源于的水解，根据水解方程式：，，故。 ③当后，固体已经完全溶解。此时继续加水相当于对溶液进行稀释。稀释时，根据勒夏特列原理，水解，平衡会正向移动，使增大，而不变，在相同水量稀释时，比的变化幅度小。 (3)①根据题意，与反应快，而与反应慢，所以预处理的目的是消除浸出液中的，将转化为，对应离子反应为：，同时与浸出液中的发生反应； ②加入后，溶液存在的电离平衡：，与结合生成沉淀，释放出更多的， 随即与溶液中发生结合：，生成气体逸出体系。 36.【答案】(1)；增强 (2)随着浓缩进行，增大，可能被还原；可能受热分解；溶液(pH=10) (3)趁热过滤、冷却结晶、过滤 (4)； 【解析】(1)①根据投料的物质的量比例，从+5价降为-1价得，每个从+4价升为+6价失，电子守恒得和系数比为1:3；再结合反应环境是KOH熔融体系，补全反应物为KOH，生成物为，根据原子守恒配平：； ②歧化反应中既是氧化剂又是还原剂，题目说明还原性不变，只有氧化性随pH降低增强后，夺取电子的能力(即氧化性)增强，从而更容易自身发生氧化还原(歧化)反应。 (2)①资料ii说明浓碱性条件下，可被还原为，后续歧化生成；实验i溶液为pH=10的碱性环境，浓缩过程中碱浓度逐渐升高，可能是还原了产生，无法证明是的作用；(也可能是溶液在加热条件下自身分解产生)。 ②为了证明确实是起到了还原作用，需要设计一个空白对照实验。即在完全相同的条件(浓度、温度、90℃水浴、pH=10)下，排除掉的存在。因此，应使用KOH调节pH=10的 含 溶液来代替 Y 进行加热浓缩，若此时不产生，则可证实甲的观点。 (3)由于在90℃浓缩过程中不可避免地产生了MnO2固体杂质，而KMnO4仍在溶液中(根据资料ii，KMnO4溶解度随温度升高而增大)。为了获得高纯度产品，必须在KMnO4结晶析出之前将MnO2除去。因此，浓缩后应趁热过滤(除去MnO2)，然后再将所得滤液冷却结晶(使KMnO4析出)，最后再进行过滤、洗涤和干燥。 (4)①酸性条件下被还原为，作为弱酸不能拆写，被氧化为，根据电子守恒(Mn降5价，每个C升1价)、电荷守恒和原子守恒配平：离子方程式为：； ②理论产量：为限量试剂，步骤I中0.03mol 完全转化为共0.03mol，根据歧化反应，理论生成的物质的量为。 实际产量：取出1/4产品配成250mL待测液，则。 产率 = 。 37.【答案】(1)a (2)防止后端水蒸气进入反应装置，造成氯磺酸水解 (3) (4)若先经过NaOH溶液，易发生倒吸、大量消耗NaOH (5)防止分解 (6)125；120℃时反应物反应不完全，130℃时得不到产品 (7)；杂质中含有氯 【解析】(1)球形冷凝管的冷凝水应由下口进，上口出，故进水口为a； (2)装置B中的导管为“长进短出”，表明装置B中应盛有液体试剂，已知信息提到氯磺酸会水解而装置C中的试剂为H2O，则装置B中应为干燥试剂浓硫酸，主要目的为防止水蒸气进入反应装置； (3)水解反应为非氧化还原反应，中氯元素显-1价，硫元素显+6价，与水反应生成HCl和，化学方程式为：； (4)装置C吸收反应生成的HCl气体，同时吸收一定量的SO2，装置D吸收残余的SO2，若装置C和D位置互换，SO2和HCl在NaOH溶液中溶解度更大，发生倒吸的可能性更大，且会大量消耗NaOH，导致NaOH溶液快速失效； (5)在高温下易分解，减压蒸馏可降低沸点，防止分解； (6)由图知，120℃时反应物反应不完全，130℃时得不到产品，125℃时才能得到含副产物或反应物较少的产品； (7)设m g粗品中的质量为xg，由题意可列关系式：，则，解得x=0.107cV，则产品纯度为；粗品中的杂质可能有SOCl2、等，其中的氯在测定时也会以形式进入溶液中，导致推算出的粗品纯度偏高。 38.【答案】(1)不能 (2)将还原为 (3)Ⅰ (4)的溶解度小于；In元素的损失更少 (5) (6) 【解析】(1)由题给流程知，阶段1过滤后有分液操作，说明该离子液体与水不互溶。 (2)由图可知，水中加入Vc后，Fe的分配率显著下降，In的浸出率、分配率几乎不受影响；Vc是典型的还原剂，其作用为将还原为，实现In和Fe的初步分离。 (3)有机相2的成分为萃取剂，该萃取剂在阶段Ⅰ参与萃取过程，因此提纯再生后可循环用于阶段Ⅰ。 (4)i.由分析知，硫酸与盐酸在阶段Ⅱ的作用为生成难溶物或，将元素除去，组浓度低，说明更难溶。 ii.由表格数据，HCl体系水相2中In浓度远大于硫酸体系，即In保留量更多，最终精制中In的更高，Fe杂质含量更低，表明主要考虑选用HCl可使In元素损失更少。 (5)恰好沉淀完全时，，此时。 (6)由分析知，阶段Ⅰ中被还原为，水相2中、反应生成沉淀，铁由+2价变为+3价，故需要加入氧化剂，没有给出氧化剂时，考虑空气中的氧气，根据电子得失守恒、原子守恒配平化学方程式为。 39.【答案】(1)滴液漏斗；干燥HCN气体 (2)AB (3) (4)防止见光分解；＜； (5)；偏小 【解析】(1)仪器a为滴液漏斗，可平稳添加NaCN溶液；装置b盛装无水，作用是干燥HCN气体，除去HCN中混有的水蒸气； (2)HCN沸点26℃，甲装置水浴(50℃)保证反应产生的HCN保持气态，便于在乙装置中充分收集；HCN熔点-13℃，乙需要低温冷凝液化HCN，选用-10℃冰盐混合物，既能让HCN完全液化，又不会让HCN凝固堵塞导管，装置甲、乙选用的控温物质依次为A、B； (3)实验结束先停止滴加NaCN溶液，再关闭阀门、切换三通阀处理有毒尾气，最后打开阀门通，使装置中残留的HCN全部排入尾气处理装置中，避免有毒HCN泄漏污染空气，因此正确顺序为； (4)化学性质不稳定，见光易发生分解反应，光照下硝酸银会析出银单质、溶液变浑浊，损耗标准液，造成滴定浓度不准，因此必须使用棕色滴定管；滴加溶液至出现棕褐色沉淀，说明先沉淀，当沉淀完全后才会生成棕褐色沉淀(指示滴定终点)，因此； 步骤Ⅱ中，Mn元素化合价由+7转化为+6，每个得1e⁻；在碱性条件下被氧化为，C元素化合价由+2转化为+4，每个失2e⁻，根据电子守恒，氧化剂与还原剂物质的量之比为； (5)由题，碱性环境下，由此得到关系式；酸性条件下，对应定量关系。根据得失电子守恒：整个过程Mn从+7价被还原为+2价，得到的电子总数为失去的电子总数：即，可得25 mL待测液中甲酸钠物质的量，则250 mL全部样品中甲酸钠总物质的量，甲酸钠质量，因此甲酸钠质量分数为； 标准液被空气中氧化会发生反应，相同体积溶液内有效实际物质的量低于理论计算值，则会导致步骤Ⅳ消耗标准液体积偏小，因此甲酸钠的质量分数偏小。 40.【答案】(1) (2)适当升高温度、搅拌、适当增大硫酸浓度等(任写两种) ；C(石墨) (3)+3 (4)NaOH溶液或Na2CO3溶液 (5) (6)Na2SO4 (7)将氧化为，便于后续沉淀；铁氰化钾溶液() 【解析】(1)磷酸铁锂电池放电时的总反应为：，正极与得电子生成，故正极的电极反应式为； (2)“酸浸Ⅰ”时，除粉碎外，适当升高温度、搅拌、适当增大硫酸浓度等(任写两种)均可提高酸浸速率；“酸浸I”时，LiFePO4与反应生成、和，化学方程式为：；原料含石墨，石墨不与稀硫酸反应，故滤渣主要为C(石墨)； (3)再中，设Fe化合价为x，为+1价，P为+5价，O为-2价，化合价代数和为0，即，解得x=+3，即Fe为+3价； (4)流程中 “沉铝” 步骤消耗NaF，HF 与NaOH或Na2CO3反应生成的NaF可循环，故选用NaOH溶液或Na2CO3溶液； (5)反应的平衡常数表达式为，为防止Li3PO4沉淀，反应逆向进行，需满足Q>K，即，带入为，，； (6)沉锂反应的反应方程式为，则体系阳离子为Na+，阴离子为(酸浸II引入硫酸根)，故除过量Na2CO3外，主要含Na2SO4； (7)沉铝产物含，Fe 为+3价，由分析知，酸浸后溶液含，H2O2作氧化剂，将氧化为，便于后续沉淀；由于与铁氰化钾溶液()生成蓝色沉淀，故取少量加H2O2溶液后的滤液1，滴加铁氰化钾溶液()，若产生蓝色沉淀，则未完全氧化为，则需补加H2O2溶液。 41.【答案】(1)分液漏斗；烧杯；CCl4与水不互溶，且CCl4的密度大于水；液体分层，下层(有机层)变成紫红色，上层(水层)颜色明显变浅 (2)增大浓度，促使：平衡正向移动，使CCl4中的尽可能多地转移到水相中，以便后续滴定；；；分多次萃取比单次用大量萃取剂更有效，可以显著提高萃取效率 【解析】(1)①仪器a的名称是分液漏斗，b的名称是烧杯。②振荡、静置后，I2的CCl4溶液在下层的原因是：CCl4与水不互溶，且CCl4的密度大于水。③碘在CCl4中的溶解度远大于在水中的溶解度。步骤Ⅰ中，向饱和碘水中加入CCl4，碘单质会被萃取到CCl4 中。由于碘溶于CCl4显紫红色，且CCl4在下层，因此可以观察到：液体分层，下层(有机层)变成紫红色，上层(水层)颜色明显变浅。 (2)①根据题目给出的反应：，。在步骤Ⅳ中，层中的需要先转移到水相中才能被 滴定。由于在中溶解度大，直接滴定无法进行。加入KI溶液后，与反应生成 ，使从转移至水相，同时可被滴定。②分别计算水层和层中的浓度。步骤Ⅲ：取50.00 mL水层溶液，加入KI后，转化为，滴定反应为：，消耗的物质的量为：，根据反应方程式，。水层中的浓度为：，步骤Ⅳ：取5.00 mL 层溶液，加入25 mL KI溶液后，转移至水相，滴定反应同上。消耗的物质的量为：，。层中的浓度为：。浓度商计算：。③计算初始的物质的量：，设平衡时水层中的浓度为，则层中的浓度为。根据物料守恒：，，，。水层中的质量：；单次萃取后，残留质量为；两次萃取后，残留质量为，说明分多次萃取比单次用大量萃取剂更有效，可以显著提高萃取效率。 42.【答案】(1)X (2)加热(高温)；过滤 (3)BD (4)4.7；甲基橙 (5) 【解析】(1)冷凝水的流向应遵循“下进上出”原则，才能使冷凝更充分，所以冷凝水要从下方的X口通入； (2)部分有机杂质受热易炭化，所以步骤a的操作为加热，有机杂质炭化后转变为固体，步骤b中将固体与液体分离的操作称为过滤； (3)是强碱，有强烈腐蚀性，不能用于处理沾到手上的酸，应该用碱性较弱的物质如碳酸氢钠处理，A错误。活性炭具有吸附能力，可有效去除上一步加热炭化过程中无法除去的杂质，B正确。目标产物是，如用HCl调节pH，则会引入新的杂质Cl-，C错误。反应得到的晶体不易溶于乙醇等有机溶剂，所以可用乙醇洗涤，D正确，故答案选BD。 (4)磷酸的第三步电离非常微弱，不作考虑，溶液中存在电离平衡，，电离平衡常数分别为，，当最大时，第一步电离的逆反应生成和第二步电离生成的应相等，此时，两边取负对数得，所以此时的；由于该过程加碱调节pH，为防止碱过量，甲基橙的变色范围接近4.7，颜色变黄时说明已到终点，因此应选用甲基橙指示剂。 (5)中K的质量分数为，而产品中K的质量分数为29.01%，高于理论值，说明含K质量分数更高的杂质，根据各酸根的转化关系，可能混有的杂质是。 30 / 48 学科网（北京）股份有限公司 $