精品解析：北京市中国人民大学附属中学2025-2026学年高三上学期统练4 化学试题

人大附中2026届高三化学练习4 本卷主要检测知识范围：水溶液中的离子平衡；化学反应速率和化学平衡。 说明：本试卷18道题，共100分；考试时间60分钟。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Cu-64 第一部分(共42分) 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 下列过程或现象与盐类水解无关的是 A. 氯化铵溶液可以除铁锈 B. 加热稀醋酸溶液其pH稍有减小 C. 实验室配制FeCl3溶液时，加入少量HCl D. 明矾可以净水 【答案】B 【解析】 【详解】A．氯化铵为强酸弱碱盐，发生水解：，溶液呈酸性，可与铁锈（主要成分为）反应，与盐类水解有关，A不符合题意； B．稀醋酸溶液中存在电离平衡：，加热促进电离，增大，稍有减小，该过程为弱电解质的电离，与盐类水解无关，B符合题意； C．为强酸弱碱盐，发生水解：，加入少量可抑制水解，防止溶液变浑浊，与盐类水解有关，C不符合题意； D．明矾的主要成分为，发生水解：，生成的胶体具有吸附性，可净水，与盐类水解有关，D不符合题意； 故选B。 2. 下列离子组一定能大量共存的是 A. 能使pH试纸显红色的溶液中：Na+、NH4+、I－、NO3－ B. 含有0.1 mol/LFe3+ 的溶液中：K+、Mg2+、S2－、SO42－ C. 由水电离出来的c(H+) = 1×10－13 mol/L的溶液中：K+、CO32－、Cl－、NO3－ D. 常温下，的溶液：Na+、K+、CO32-、NO3－ 【答案】D 【解析】 【详解】A、能使pH试纸显红色的溶液为酸性溶液，在酸性溶液中，I－、NO3－不能大量共存，会发生氧化还原反应； B、含有0.1 mol/LFe3+ 的溶液为强氧化性溶液，与S2－会发生氧化还原反应 C、由水电离出来的c(H+) = 1×10－13 mol/L的溶液可能是酸溶液，也可能够碱溶液，在酸溶液中CO32－不能共存； D、常温下，的溶液即c(OH-)=0.1mol/L ，溶液呈碱性，Na+、K+、CO32-、NO3－间不反应，可大量共存。 3. 氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。如图为电池示意图，阳离子交换膜将电池分为两个极室，电池电极表面镀一层细小的铂粉。下列说法不正确的是 A. 铂粉吸附气体能力强，性质稳定，有利于产生稳定电流 B. 电子由a流向b C. 通入O2的电极是正极，电极反应式为 D. K+向右侧移动，且该电池使用一段时间后，溶液pH会增大 【答案】D 【解析】 【分析】装置图分析为原电池反应，通氢气的电极为负极，氢气失电子发生氧化反应，反应在碱性溶液中生成水，通入氧气的电极为原电池正极，氧气得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，据此解答。 【详解】A．铂作电极催化剂，其优点正是能吸附反应气体且化学性质稳定，有利于电极反应顺利进行并维持稳定电流，A正确； B．原电池中电子由负极流向正极，故电子由a流向b，B正确； C．通氧气一极为正极，电解质为KOH溶液，因此正极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，C正确； D．图中为阳离子交换膜，原电池中阳离子向正极移动，故向右侧移动，左侧KOH减少，且生成水，溶液pH会降低；右侧生成了KOH，溶液pH会增大，D错误； 故选D。 4. 下表是五种银盐的溶度积常数(25℃)。下列说法不正确的是 化学式 AgCl AgBr AgI 溶度积 A. 同一温度下，AgCl在0.5 mol/L CaCl2溶液中的溶解度比在0.5 mol/L KCl溶液中小 B. 向氯化银浊液中加入Na2S，可以生成黑色沉淀Ag2S C. 根据溶度积常数的大小可以确定，增大c(Cl-)，AgI沉淀将明显地转化为AgCl沉淀 D. 当溶液中时，即可把溶液中的Ag+除尽 【答案】C 【解析】 【详解】A．AgCl的溶解度受同离子效应影响，在0.5 mol/L CaCl2溶液中，c(Cl-) = 1.0 mol/L(因CaCl2解离出2个Cl-)，而在0.5 mol/L KCl溶液中，c(Cl-) = 0.5 mol/L，c(Cl-)越高，同离子效应越强，AgCl溶解度越小，A正确； B．AgCl的Ksp = 1.8 × 10-10，Ag2S的Ksp = 6.3 × 10-50，Ag2S的Ksp极小，反应2AgCl(s) + S2-Ag2S(s) + 2Cl-的平衡常数K === =≈ 5.14 × 1029，远大于105，即正反应彻底进行，生成黑色Ag2S沉淀，B正确。 C．AgI的Ksp = 8.51 × 10-16，AgCl的Ksp = 1.8 × 10-10，沉淀转化反应AgI(s) + Cl-(aq)AgCl(s) + I- (aq)的平衡常数K === =≈ 4.73 × 10-6，远小于10-5，表明平衡强烈偏向左侧，AgI极难转化为AgCl，即使增大c(Cl⁻)，转化程度也很小，不“明显”，C错误； D．Ag2S的Ksp = c2(Ag+)c(S2-)= 6.3 × 10⁻⁵⁰，当c(S2-) ＞ 6.3 × 10-40时，c2(Ag+)＜ < 10-10，故c(Ag+)＜10-5mol/L，达到沉淀完全的常规标准(c(Ag+)＜10-5mol/L)，可认为Ag+被除尽，D正确； 故答案为：C。 5. 下列说法正确的是 A. 水解反应的离子方程式： B. 向滴有酚酞的溶液中加入溶液，可以证明存在的水解平衡 C. 向沸水中加入饱和溶液制备胶体： D. 泡沫灭火器工作原理： 【答案】B 【解析】 【详解】A．该方程式表示Al(OH)3的酸式电离，而非水解反应，水解反应通常指盐电离出的阴、阳离子与水电离出的H+、OH-结合成弱电解质的过程，而Al(OH)3是氢氧化物，A不合题意。 B．Na2CO3溶液中水解显碱性(+ H2O + OH-)，酚酞变红；加入CaCl2后，Ca2+与生成CaCO3沉淀，降低的浓度，使水解平衡左移，OH-浓度减小，溶液褪色，证明水解平衡存在，B符合题意； C．制备Fe(OH)3胶体时，反应为Fe3+ + 3H2OFe(OH)3(胶体) + 3H+，得到胶体而非沉淀，不应写“↓”，C不合题意； D．泡沫灭火器反应为Al3+ +3= Al(OH)3↓ + 3CO2↑，该反应双水解彻底，不可逆，使用“”不恰当，工作原理描述有误，D不合题意； 故答案为：B。 6. 仅根据题中图示得出的结论合理的是 A． HA为强酸 B．白色沉淀是 均有白色沉淀 产生白色沉淀AgSCN C．待测液中含Cl-和 D． Ag+与Fe2+不反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据图像可以得出结论：酸性：，但无法得出HA为强酸的结论，A错误； B．将二氧化硫通入硝酸钡溶液，二氧化硫会与水反应生成亚硫酸，亚硫酸具有还原性，硝酸根离子在酸性环境下具有氧化性，会将氧化成，所以最终生成的白色沉淀可能是BaSO4，B正确； C．白色沉淀可能为碳酸银、碳酸钡，由实验及现象可知，溶液中可能含等，C错误； D．向等体积浓度分别为和的硫酸亚铁和硫酸银的混合溶液中加几滴硫氰化钾溶液，产生白色沉淀为硫氰化银，能证明银离子更容易与硫氰根离子生成沉淀，不能确定银离子能否与二价铁离子反应，D错误； 故选B。 7. 现有常温下的四份溶液： ①0.01 mol/L CH3COOH；②0.01 mol/L HCl；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液。 下列说法正确的是 A. ①中水的电离程度最大，②③④中水的电离程度一样大 B. 将②③混合，若pH=7，则消耗溶液的体积：②＜③ C. 将①、④混合，若有，则混合液一定呈碱性 D. 将①、④等体积混合，所得溶液中一定有： 【答案】A 【解析】 【详解】A．①为弱酸（），溶液中较小，对水电离的抑制较弱，水电离程度最大；②（HCl）、③（氨水）、④（NaOH）中，或均为0.01 mol/L（pH=12的溶液中=0.01 mol/L），由于溶质提供了或，对水电离均起到抑制作用，且抑制程度相同，水电离程度一样大，A正确； B．已知pH=12说明此时氨水浓度远大于0.01 mol/L，若将②（HCl）与③（氨水）等体积混合，则溶液中存在大量剩余的氨水，此时溶液呈碱性。若要溶液pH=7，即溶液呈中性，则氨水体积需要更小，即②体积大于③体积，B错误； C．①、④混合，溶液中的溶质可能的组成有：和；；和。已知溶液呈中性的时候，有，也符合题意，但是混合液不呈碱性，C错误； D．①、④等体积混合，溶质为，由于混合后溶液体积翻倍，根据元素守恒可知，微粒浓度减半，即，D错误； 故选A。 8. 常温时，向20 mL 0.1 mol/L的CH3COOH溶液中逐滴滴加0.1 mol/L 的NaOH溶液，滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化如图所示。下列说法正确的是 A. a点的pH=1 B. 用0.1 mol/L 的NaOH滴定未知浓度的醋酸，可以选择甲基橙做指示剂 C. c点时，V(NaOH)=20 mL D. 反应过程中，的值不断增大 【答案】D 【解析】 【详解】A．a点为0.1 mol/L的CH3COOH溶液，醋酸是弱电解质而部分电离，所以溶液中，则溶液的pH>1，故A错误； B．醋酸钠是强碱弱酸盐，终点时溶液显碱性，甲基橙的变色pH范围为3.1-4.4，因此不能使用甲基橙作为指示剂，故B错误； C．当V(NaOH)=20 mL时，醋酸恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，而c点时溶液pH=7，溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，所以V(NaOH)＜20mL，故C错误； D．由知，，反应过程中氢离子浓度逐渐减小，则反应过程中的值不断增大，故D正确； 故答案选D。 9. 常温下，两种酸的电离平衡常数如下表： 酸 电离常数K1 电离常数K2 H2SO3 H2CO3 常温下，浓度均为0.1 mol/L的下列溶液：①；②：③，下列有关说法正确的是 A. pH：溶液小于溶液 B. 常温下，的水解平衡常数约为 C. 溶液显酸性的原因是： D. ②与③溶液混合后能发生反应，产生气泡 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据电离常数，H2SO3的K2大于H2CO3的K2，说明的酸性强于，因此的水解程度大于，浓度相同时，Na2CO3溶液的pH大于Na2SO3溶液，故A错误； B．的水解平衡常数，故B正确； C．NaHSO3溶液显酸性的主要原因是的电离程度大于其水解程度，电离方程式应为⇋ H+ +，故C错误； D．的酸性小于碳酸，则Na2CO3与NaHSO3混合后不能生成二氧化碳，故D错误； 故选B。 10. 下列实验操作能达到实验目的的是 选项 实验操作 实验目的 A 将MgCl2溶液置于蒸发皿中加热蒸干 由MgCl2溶液制得MgCl2固体 B 称取24gCuSO4·5H2O固体配制溶液 配制480mL0.2mol·L-1CuSO4溶液 C 向银镜反应后的试管中加入适量稀硝酸，微热 除去试管内壁附着的单质银 D 用pH试纸测CH3COONa溶液pH=9，NaNO2溶液pH=8 判断HNO2和CH3COOH酸性强弱 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．MgCl2溶液中水解生成氢氧化镁和盐酸，蒸干溶液得到氢氧化镁，不能制备氯化镁，故A错误； B．配制480mL0.2mol·L-1CuSO4溶液，由于无480mL的容量瓶，故选用500mL容量瓶，即配制的溶液是500mL0.2mol·L-1CuSO4溶液，故所需的硫酸铜固体的物质的量n=cV=0.5L×0.2mol·L-1=0.1mol，即需要CuSO4·5H2O的物质的量为0.1mol，质量m=nM=0.1mol×250g/mol=25g，故B错误； C．3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O,反应生成的硝酸银溶于水，所以可用稀硝酸溶解，故C正确； D．二者浓度未知，应检测等浓度的CH3COONa溶液和NaNO2溶液的pH，故D错误； 答案选C。 11. 实验Ⅰ和实验Ⅱ中，均有气体产生 下列分析不正确的是 A. NaHSO3溶液中： B. Ⅰ中有CO2生成 C. Ⅱ中产生白色沉淀 D. Ⅰ和Ⅱ中溶液的pH均增大 【答案】D 【解析】 【分析】溶液中存在的电离与水解平衡，电离程度大于水解程度，溶液呈酸性。实验Ⅰ中与反应生成气体；实验Ⅱ中电离出的与结合生成白色沉淀，同时H+与反应生成亚硫酸，亚硫酸分解为二氧化硫气体，据此分析。 【详解】A．由图中信息可知溶液呈酸性，说明的电离程度大于水解程度，因此，A不符合题意； B．溶液呈酸性，可电离出，与电离出的反应生成，B不符合题意； C．溶液呈酸性，电离出和，与生成白色沉淀，C不符合题意； D．Ⅰ中可电离出，与电离出的反应生成，减小，溶液增大；Ⅱ中电离出和，与生成白色沉淀，溶液中增大，减小，D符合题意； 故选D。 12. 25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是 A. 0.1 mol/L CH3COONa溶液和0.1 mol/L HCl溶液等体积混合： B. 0.1 mol/L NH4Cl溶液和0.1 mol/L氨水等体积混合(pH＞7)： C. 0.1 mol/L Na2CO3溶液和0.1 mol/L NaHCO3溶液等体积混合： D. 0.1 mol/L Na2C2O4溶液和0.1 mol/L HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)： 【答案】C 【解析】 【详解】A．0.1 mol/L CH3COONa溶液和0.1 mol/L HCl溶液等体积混合后生成0.05 mol/L醋酸和0.05 mol/L氯化钠，而醋酸为弱电解质，氯化钠为强电解质，离子浓度大小顺序为，A错误； B．0.1 mol/L NH4Cl溶液和0.1 mol/L氨水等体积混合后pH＞7，说明的电离程度大于的水解程度，微粒浓度大小顺序为，B错误； C．0.1 mol/L Na2CO3溶液和0.1 mol/L NaHCO3溶液等体积混合后钠元素总量与碳元素总量之比为，则物料守恒为，C正确； D．0.1 mol/L Na2C2O4溶液和0.1 mol/L HCl溶液等体积混合后生成0.05 mol/L草酸氢钠和0.05 mol/L氯化钠，由电荷守恒知，，D错误； 故答案选C。 13. 某实验小组探究SO2与AgNO3溶液的反应，实验记录如下： 序号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ 实验 步骤 实验现象 得到无色溶液a和白色沉淀b 产生无色气体，遇空气变为红棕色 产生白色沉淀 下列说法正确的是 A. 透过测Ⅰ中无色溶液a的pH可以判断SO2是否被氧化 B. 实验Ⅱ说明白色沉淀b具有还原性 C. 实验Ⅲ说明溶液a中一定有生成 D. 实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ说明SO2与AgNO3溶液反应既有Ag2SO4生成，又有Ag2SO3生成 【答案】B 【解析】 【详解】A．实验Ⅰ中，将SO2通入AgNO3溶液(pH=5)中得到无色溶液a，该溶液中可能含有亚硫酸，亚硫酸为中强酸，所以测定无色溶液a的pH无法判断二氧化硫是否被氧化，故A错误； B．实验Ⅱ中，取白色沉淀B，加入3mol/LHNO3，产生的无色气体遇空气变成红棕色，说明硝酸被还原为NO，证明该沉淀B中含有还原性的物质存在，故B正确； C．实验Ⅲ中，检验硫酸根离子应先加入盐酸酸化，目的是排除Ag+等，以免干扰硫酸根的检验，直接向溶液a中加入BaCl2，产生的沉淀可能为氯化银，不一定是硫酸根离子，故C错误； D．由于实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ不能证明产物中含有硫酸根，因此不能确定产物中含有Ag2SO4生成，故D错误； 答案选B。 14. 25℃，K2Cr2O7溶液中含铬微粒的浓度与溶液pH的关系(局部)如下图所示。K2Cr2O7溶液中存在平衡：(橙色)+H2O⇌2(黄色)+2H+。 下列说法不正确的是 A. 曲线Ⅱ代表浓度 B. 改变溶液的pH，溶液颜色不一定发生变化 C. 溶液中存在c()+c()+c(-)=0.2mol/L D. pH=7的K2Cr2O7和KOH混合溶液存在c(K+)=c()+2c()+2c() 【答案】C 【解析】 【详解】A．pH值减少，氢离子浓度增大，反应(橙色)+H2O⇌2(黄色)+2H+逆向移动，浓度增大，则曲线Ⅱ代表浓度，故A不选； B．当pH值在8以后，增大pH值，浓度、浓度几乎不变，溶液颜色不一定发生变化，故B不选； C．K2Cr2O7溶液浓度未知，则c()+2c()+c(-)≠0.2mol/L，故C选； D．pH=7的K2Cr2O7和KOH混合溶液存在c(K+)=c()+2c()+2c()，是电荷守恒，故D不选； 故选：C。 第二部分　　(共58分) 本部分共4题，共55分＋3分卷面分。 15. 在温度25℃下，浓度均为0.1 mol/L的6种溶液pH如下： 溶质 ①Na2CO3 ②NaHCO3 ③Na2SiO3 ④Na2SO3 ⑤NaHSO3 ⑥NaClO pH 11.6 9.7 12.3 10.0 4.0 10.3 （1）25℃时，浓度均为0.01 mol/L的HClO、H2SO3、H2CO3溶液，pH由大到小的顺序___________。 （2）0.1 mol/L的6种盐溶液中，水的电离程度由大到小的顺序___________(填序号)。 （3）结合离子方程式说明NaHSO3溶液pH＜7的原因___________。 （4）若使反应能够发生，根据上表中的数据，酸X可以选择下列三种酸中的(填序号)___________。 ① ②H2CO3 ③H2SO3 （5）根据表中②NaHCO3和⑤NaHSO3的pH，___________(填“能”或“不能”)判断非金属性C＜S。 （6）除去NaHCO3溶液中的Na2CO3的离子方程式___________。 （7）结合化学平衡移动原理解释热的纯碱溶液去油污效果好的原因___________。 （8）画出下列图像： ①分别向等体积等pH的NaOH、NH3·H2O中加等体积的水(请在下图画出NH3·H2O的图像) ②分别向等体积，浓度均为2 mol/L的HCl和CH3COOH中加入足量Zn粒(请在下图中画出CH3COOH的图像) ______________ ______________ 【答案】（1） （2）③①⑥④②⑤ （3）；；电离＞水解 （4）② （5）不能 （6） （7） ，升温，Kh增大，Q＜Kh，平衡正向移动，增大，去油污效果好 （8） ①. ②. 【解析】 【分析】 【小问1详解】 碱性：，根据越弱越水解的规律可知，酸性：，酸性越弱，等浓度时溶液pH越大，故pH由大到小的顺序为； 【小问2详解】 由表中数据可知溶液 pH 越大，盐中阴离子水解程度就大，对水的电离促进作用就强。六种盐的 pH 可知，水的电离程度由大到小的顺序：③①⑥④②⑤； 【小问3详解】 NaHSO3溶液中既可以电离：，又可以水解：，显酸性是因为的电离程度大于水解程度； 【小问4详解】 使反应能够发生，则 X 酸性必须比 HClO 强。由表中信息可知给出的三种酸酸性均比HClO 强，但①、③的S元素不是最高价，与优先发生氧化还原反应，故选②； 【小问5详解】 均存在电离和水解平衡，且不是S元素最高价含氧酸，无法比较C、S的非金属性强弱，故填不能； 【小问6详解】 除去溶液中的的通常通入使 转化为，离子方程式：； 【小问7详解】 热的纯碱溶液去油污效果好，是因为升温会使平衡正向移动，溶液中上升，增强皂化去污能力； 【小问8详解】 是弱碱，稀释时，还会电离，向等体积等 pH 的 NaOH 和中加水时，的 pH 随稀释下降曲线应比 NaOH 平缓一些(两者起点 pH 相同)，图像为； 向等体积、同浓度的 HCl 和 CH3COOH 中加入足量 Zn 时，CH3COOH 放出的 H2体积随时间增长更缓慢，最终体积相同，故图像为：。 16. 实验小组用双指示剂法测定NaOH样品(杂质为Na2CO3)的纯度，步骤如下： ①称取m g的样品，并配制成100 mL溶液； ②取出25 mL溶液置于锥形瓶中，加入2滴酚酞溶液，用浓度为c mol/L的盐酸滴定至溶液恰好褪色(溶质为NaCl和NaHCO3)，消耗盐酸体积为V1 mL； ③滴入2滴甲基橙溶液，继续滴定至终点，又消耗盐酸体积为V2 mL。 （1）步骤①中配制100 mL溶液，需要的仪器有托盘天平、小烧杯、玻璃棒和___________。 （2）步骤②中发生反应的离子方程式___________。 （3）步骤③滴定终点的判断是___________。 （4）NaOH样品纯度为___________。 （5）下列说法正确的是___________。 A. ②中溶液恰好褪色时， B. 配制溶液时放置时间过长，会导致最终测定结果偏低 C. 将2种指示剂互换顺序，仍可完成样品纯度的测定 D. ②中酸式滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡，会导致最终测定结果偏高 【答案】（1）胶头滴管、100 mL容量瓶 （2）、 （3）当滴入最后半滴HCl，溶液颜色由黄色变为橙色，且30 s不恢复 （4） （5）BD 【解析】 【分析】该实验是双指示剂滴定法测定烧碱样品(含)的纯度，先配制100.00mL的样品溶液，取25.00mL待测液，先用酚酞为指示剂，以HCl标准溶液滴定至第一终点(此时溶质为和)，记录消耗盐酸的体积，继续以甲基橙为指示剂，以HCl标准溶液滴定至第二终点，此时完全反应，两次读数的差值即为消耗的盐酸体积，从而计算出碳酸钠的含量，继续计算出碳酸钠的含量，最后得出烧碱样品中NaOH的含量； 【小问1详解】 配制一定体积的溶液时，除已列出的托盘天平（称量）、小烧杯（溶解）、玻璃棒（搅拌和引流）外，还需使用100 mL容量瓶（定容）和胶头滴管（精确加水至刻度线）； 【小问2详解】 步骤②使用酚酞指示剂，滴定至溶液褪色，此时NaOH被完全中和，被中和至。发生的反应为：NaOH与HCl反应离子方程式为 ；与HCl第一步反应离子方程式为 ； 【小问3详解】 步骤③加入甲基橙指示剂（变色范围pH 3.1～4.4，黄色→橙色），继续滴定。此时溶液中与HCl反应： ，当滴入最后半滴HCl，溶液颜色由黄色变为橙色，且30 s不恢复； 【小问4详解】 通过第次滴定可知，，第次滴定中氢氧化钠消耗的物质的量的为：，故氢氧化钠样品纯度为：； 【小问5详解】 A．②中溶液恰好褪色时溶质为氯化钠和碳酸氢钠，由电荷守恒可知，，此时溶液显碱性，则氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，故，A错误； B．配制溶液时放置时间过长，NaOH会吸收转化为，使样品中NaOH减少。测定时，步骤②和③消耗盐酸体积变化，最终计算出的NaOH量偏低，纯度偏低，B正确； C．互换指示剂顺序，则第一步滴定用甲基橙，会直接将NaOH和反应掉，无法区分NaOH和，故不能测定NaOH纯度，C错误； D．步骤②中酸式滴定管滴定前有气泡、滴定后无气泡，气泡排出导致读数偏大，计算出的NaOH量偏大，纯度偏高，D正确； 故选BD。 17. 白云石的主要化学成分为CaMg(CO3)2，还含有少量的SiO2.利用白云石制备高纯度的氧化镁，流程示意图如下。 已知： 物质 （1）固体B“消化”的反应方程式有、___________。 （2）结合数据解释“碳化”过程能实现钙、镁分离的原因：___________。 （3）向浊液C中通入CO2进行充分碳化，在不同温度下钙镁溶出率(可视作反应达到平衡)如下图所示。 备注：M的溶出率=溶液a中M的质量/矿样中M的质量(M代表钙或镁) ①钙、镁分离的适宜温度是___________。 ②碳化过程中，发生的主要反应有：、H2O、___________。 （4）白云石中钙含量测定 资料：H2C2O4为二元弱酸；CaC2O4不溶于水。 注：沉淀中不含MgC2O4。 ①氨水的作用是___________。 ②滴定至终点时，消耗c mol/L KMnO4标准溶液v mL。白云石中钙的质量分数为___________。(注：的还原产物为Mn2+) 【答案】（1） （2），更易生成；，更易溶解生成 （3） ①. 25℃ ②. （4） ①. 中和H+，使CaC2O4沉淀完全 ②. 【解析】 【分析】白云石矿样煅烧后转化为氧化钙、氧化镁，气体A是，固体B加入水发生反应、，通入二氧化碳生成碳酸钙，溶液a为，过滤分离出含有钙、硅元素的固体D，热解得到氧化镁。 【小问1详解】 根据分析可知，固体B“消化”的反应方程式有、。 【小问2详解】 根据数据：，碳化时生成沉淀，，而溶解度相对较大，可与过量反应生成可溶的，从而实现分离故而实现了现钙、镁分离； 【小问3详解】 ①钙、镁分离时，要求镁的溶出率尽量高，而钙的溶出率尽量低，故25℃最合适； ②碳化过程中，还有一个反应是溶解生成的过程，反应为； 【小问4详解】 盐酸溶解白云石，草酸铵沉淀Ca2+，氨水调节pH，避免沉淀溶解，硫酸溶解，同时生成草酸，高锰酸钾滴定草酸，从而计算钙含量； ①加入草酸铵沉淀Ca2+，再加入氨水中和，使沉淀完全； ②根据2MnO+6H＋+5H2C2O4=2Mn2＋+10CO2↑+8H2O可知草酸的物质的量为 mol，故草酸钙的物质的量也为mol，从而钙的质量分数为=。 18. 在2020年中央经济工作会议上，我国明确提出“碳达峰”与“碳中和”目标。使利用CO2合成高价值化学品更突显其重要性。 Ⅰ.工业上可以利用CO2和H2合成CH3OH：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH<0。该反应在起始温度和体积均相同(T℃、1L)的两个密闭容器中分别进行，反应起始物质的量如表： 反应条件 CO2(mol) H2(mol) CH3OH(mol) H2O(mol) ①恒温恒容 1 3 0 0 ②绝热恒容 0 0 1 1 (1)达到平衡时，CO2的体积分数φ①_____φ②(填“＞”“＜”或“＝”)。 (2)当_____=v逆(H2)时，说明反应在条件②达到平衡状态。 Ⅱ.利用CH4超干重整CO2的催化转化如图所示： (3)CH4与CO2超干重整反应的方程式为_____。 (4)有关转化过程，下列说法正确的是_____(填序号)。 a.过程Ⅰ中CO2未参与反应 b.过程Ⅱ实现了含碳物质与含氢物质的分离 c.转化②中CaO消耗过程中的CO2，有利于反应正向进行 d.转化③中Fe与CaCO3反应的物质的量之比为4∶3 Ⅲ.通过下列反应可实现CO2的再转化，合成CO、CH4： ①CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH<0 ②CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH>0 在密闭容器中通入3mol的H2和1mol的CO2，分别在压强为1MPa和10MPa下进行反应。实验中对平衡体系的三种物质(CO2、CO、CH4)进行分析，其中温度对CO和CH4在三种物质中的体积分数影响如图所示。 (5)1MPa时，表示CH4和CO平衡体积分数随温度变化关系的曲线分别是_____和_____。M点平衡体积分数高于N点的原因是_____。 (6)图中当CH4和CO平衡体积分数均为40%时，若容器的体积为1L，该温度下反应①的平衡常数K的值为_____。 【答案】 ①. > ②. v正(CO2)、v正(CH3OH)、v正(H2O)均可 ③. CH4+3CO2=4CO+2H2O ④. bc ⑤. b ⑥. c ⑦. 温度相同时，增大压强使反应①平衡正向移动，水的体积分数增大，CO2和N2的体积分数减少，有利于反应②逆向移动，故高压时，CO体积分数降低，M点高于N点(或者，温度相同时，降低压强使反应①平衡逆向移动，水的体积分数减小，CO2和H2的体积分数增大，有利于反应②平衡正向移动，故低压时，CO的体积分数增大，M点高于N点) ⑧. 2.88 【解析】 【分析】 【详解】(1)容器①和容器②中其是反应物物质的量相当，即①中反应物能够完全转化为②中的反应物。若在恒温恒容下，二者达到的平衡状态是相同的，当然，CO2的体积分数也相同；容器②是绝热容器，且反应从逆向开始，逆反应是吸热反应，容器②中的反应从开始到平衡的过程中，温度一直下降，不利于逆反应正向移动，产生的CO2比容器①要少，故CO2的体积分数①>②； (2)正(CO2)=正(CH3OH)=正(H2O)=逆(H2)时，说明正=逆，反应达到平衡； (3)根据箭头指向可知：CH4和CO2是反应物，CO和H2O是生成物，利用电子守恒和原子守恒可写成方程式：CH4+3CO2=4CO+2H2O； (4)a．过程Ⅰ发生的反应为CH4+CO2=2CO+2H2，CO2是氧化剂，a项错误； b．过程Ⅱ发生了四个反应：①Fe3O4+4CO=3Fe+4CO2、②Fe3O4+4H2=3Fe+4H2O、③CaCO3=CaO+CO2、④CaO+CO2=CaCO3，转化②实现了碳氢分离，转化③实现CO再制备，b项正确； c．过程Ⅱ反应④消耗CO2，有利于过程Ⅱ反应①正向进行，c项正确； d．转化③方程式为：3Fe+4CaCO3=Fe3O4+4CaO+4CO，故Fe与CaCO3反应的物质的量之比为3∶4，d项错误； 答案选bc； (5)根据两个反应的热效应可知：随温度升高，呈下降趋势的曲线表示CH4的体积分数，反应①正反应是气体分子数减小的反应，减小压强时，CH4的体积分数也会减小，所以，b线表示1MPa时CH4的体积分数变化趋势；CH4的体积分数小，剩余的CO2和H2就会变多，反应①的产物H2O浓度也小，这两个因素有利于反应②正向移动，CO平衡体积分数增大，所以，c线表示1MPa时CO的体积分数变化趋势；温度相同时，增大压强使反应①平衡正向移动，水的体积分数增大，CO2和H2的体积分数减少，有利于反应②逆向移动，故高压时，CO体积分数降低，M点高于N点(或者，温度相同时，降低压强使反应①平衡逆向移动，水的体积分数减小，CO2和H2的体积分数增大，有利于反应②平衡正向移动，故低压时，CO的体积分数增大，M点高于N点)； (6)因为图象是对实验中对平衡体系的三种物质(CO2、CO、CH4)进行分析，当实验中CO、CH4各占40%时，CO2占20%。设反应生成x mol CH4，y mol CO，在反应体系中： 反应0.4mol1.6mol0.4mol0.8mol CO2、CH4、CO的总物质的量为，则有，解得，则平衡时n()=0.4mol、n()=1.2mol、n()=0.2mol、n()=1mol，容器的体积为1L，则平衡常数。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 人大附中2026届高三化学练习4 本卷主要检测知识范围：水溶液中的离子平衡；化学反应速率和化学平衡。 说明：本试卷18道题，共100分；考试时间60分钟。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Cu-64 第一部分(共42分) 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 下列过程或现象与盐类水解无关的是 A. 氯化铵溶液可以除铁锈 B. 加热稀醋酸溶液其pH稍有减小 C. 实验室配制FeCl3溶液时，加入少量HCl D. 明矾可以净水 2. 下列离子组一定能大量共存的是 A. 能使pH试纸显红色的溶液中：Na+、NH4+、I－、NO3－ B. 含有0.1 mol/LFe3+ 的溶液中：K+、Mg2+、S2－、SO42－ C. 由水电离出来的c(H+) = 1×10－13 mol/L的溶液中：K+、CO32－、Cl－、NO3－ D. 常温下，的溶液：Na+、K+、CO32-、NO3－ 3. 氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。如图为电池示意图，阳离子交换膜将电池分为两个极室，电池电极表面镀一层细小的铂粉。下列说法不正确的是 A. 铂粉吸附气体能力强，性质稳定，有利于产生稳定电流 B. 电子由a流向b C. 通入O2的电极是正极，电极反应式为 D. K+向右侧移动，且该电池使用一段时间后，溶液pH会增大 4. 下表是五种银盐的溶度积常数(25℃)。下列说法不正确的是 化学式 AgCl AgBr AgI 溶度积 A. 同一温度下，AgCl在0.5 mol/L CaCl2溶液中的溶解度比在0.5 mol/L KCl溶液中小 B. 向氯化银浊液中加入Na2S，可以生成黑色沉淀Ag2S C. 根据溶度积常数的大小可以确定，增大c(Cl-)，AgI沉淀将明显地转化为AgCl沉淀 D. 当溶液中时，即可把溶液中的Ag+除尽 5. 下列说法正确的是 A. 水解反应的离子方程式： B. 向滴有酚酞的溶液中加入溶液，可以证明存在的水解平衡 C. 向沸水中加入饱和溶液制备胶体： D. 泡沫灭火器工作原理： 6. 仅根据题中图示得出的结论合理的是 A． HA为强酸 B．白色沉淀是 均有白色沉淀 产生白色沉淀AgSCN C．待测液中含Cl-和 D． Ag+与Fe2+不反应 A. A B. B C. C D. D 7. 现有常温下的四份溶液： ①0.01 mol/L CH3COOH；②0.01 mol/L HCl；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液。 下列说法正确的是 A. ①中水的电离程度最大，②③④中水的电离程度一样大 B. 将②③混合，若pH=7，则消耗溶液的体积：②＜③ C. 将①、④混合，若有，则混合液一定呈碱性 D. 将①、④等体积混合，所得溶液中一定有： 8. 常温时，向20 mL 0.1 mol/L的CH3COOH溶液中逐滴滴加0.1 mol/L 的NaOH溶液，滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化如图所示。下列说法正确的是 A. a点的pH=1 B. 用0.1 mol/L 的NaOH滴定未知浓度的醋酸，可以选择甲基橙做指示剂 C. c点时，V(NaOH)=20 mL D. 反应过程中，的值不断增大 9. 常温下，两种酸的电离平衡常数如下表： 酸 电离常数K1 电离常数K2 H2SO3 H2CO3 常温下，浓度均为0.1 mol/L的下列溶液：①；②：③，下列有关说法正确的是 A. pH：溶液小于溶液 B. 常温下，的水解平衡常数约为 C. 溶液显酸性的原因是： D. ②与③溶液混合后能发生反应，产生气泡 10. 下列实验操作能达到实验目的的是 选项 实验操作 实验目的 A 将MgCl2溶液置于蒸发皿中加热蒸干 由MgCl2溶液制得MgCl2固体 B 称取24gCuSO4·5H2O固体配制溶液 配制480mL0.2mol·L-1CuSO4溶液 C 向银镜反应后的试管中加入适量稀硝酸，微热 除去试管内壁附着的单质银 D 用pH试纸测CH3COONa溶液pH=9，NaNO2溶液pH=8 判断HNO2和CH3COOH酸性强弱 A. A B. B C. C D. D 11. 实验Ⅰ和实验Ⅱ中，均有气体产生 下列分析不正确的是 A. NaHSO3溶液中： B. Ⅰ中有CO2生成 C. Ⅱ中产生白色沉淀 D. Ⅰ和Ⅱ中溶液的pH均增大 12. 25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是 A. 0.1 mol/L CH3COONa溶液和0.1 mol/L HCl溶液等体积混合： B. 0.1 mol/L NH4Cl溶液和0.1 mol/L氨水等体积混合(pH＞7)： C. 0.1 mol/L Na2CO3溶液和0.1 mol/L NaHCO3溶液等体积混合： D. 0.1 mol/L Na2C2O4溶液和0.1 mol/L HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)： 13. 某实验小组探究SO2与AgNO3溶液的反应，实验记录如下： 序号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ 实验 步骤 实验现象 得到无色溶液a和白色沉淀b 产生无色气体，遇空气变为红棕色 产生白色沉淀 下列说法正确的是 A. 透过测Ⅰ中无色溶液a的pH可以判断SO2是否被氧化 B. 实验Ⅱ说明白色沉淀b具有还原性 C. 实验Ⅲ说明溶液a中一定有生成 D. 实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ说明SO2与AgNO3溶液反应既有Ag2SO4生成，又有Ag2SO3生成 14. 25℃，K2Cr2O7溶液中含铬微粒的浓度与溶液pH的关系(局部)如下图所示。K2Cr2O7溶液中存在平衡：(橙色)+H2O⇌2(黄色)+2H+。 下列说法不正确的是 A. 曲线Ⅱ代表浓度 B. 改变溶液的pH，溶液颜色不一定发生变化 C. 溶液中存在c()+c()+c(-)=0.2mol/L D. pH=7的K2Cr2O7和KOH混合溶液存在c(K+)=c()+2c()+2c() 第二部分　　(共58分) 本部分共4题，共55分＋3分卷面分。 15. 在温度25℃下，浓度均为0.1 mol/L的6种溶液pH如下： 溶质 ①Na2CO3 ②NaHCO3 ③Na2SiO3 ④Na2SO3 ⑤NaHSO3 ⑥NaClO pH 11.6 9.7 12.3 10.0 4.0 10.3 （1）25℃时，浓度均为0.01 mol/L的HClO、H2SO3、H2CO3溶液，pH由大到小的顺序___________。 （2）0.1 mol/L的6种盐溶液中，水的电离程度由大到小的顺序___________(填序号)。 （3）结合离子方程式说明NaHSO3溶液pH＜7的原因___________。 （4）若使反应能够发生，根据上表中的数据，酸X可以选择下列三种酸中的(填序号)___________。 ① ②H2CO3 ③H2SO3 （5）根据表中②NaHCO3和⑤NaHSO3的pH，___________(填“能”或“不能”)判断非金属性C＜S。 （6）除去NaHCO3溶液中的Na2CO3的离子方程式___________。 （7）结合化学平衡移动原理解释热的纯碱溶液去油污效果好的原因___________。 （8）画出下列图像： ①分别向等体积等pH的NaOH、NH3·H2O中加等体积的水(请在下图画出NH3·H2O的图像) ②分别向等体积，浓度均为2 mol/L的HCl和CH3COOH中加入足量Zn粒(请在下图中画出CH3COOH的图像) ______________ ______________ 16. 实验小组用双指示剂法测定NaOH样品(杂质为Na2CO3)的纯度，步骤如下： ①称取m g的样品，并配制成100 mL溶液； ②取出25 mL溶液置于锥形瓶中，加入2滴酚酞溶液，用浓度为c mol/L的盐酸滴定至溶液恰好褪色(溶质为NaCl和NaHCO3)，消耗盐酸体积为V1 mL； ③滴入2滴甲基橙溶液，继续滴定至终点，又消耗盐酸体积为V2 mL。 （1）步骤①中配制100 mL溶液，需要的仪器有托盘天平、小烧杯、玻璃棒和___________。 （2）步骤②中发生反应的离子方程式___________。 （3）步骤③滴定终点的判断是___________。 （4）NaOH样品纯度为___________。 （5）下列说法正确的是___________。 A. ②中溶液恰好褪色时， B. 配制溶液时放置时间过长，会导致最终测定结果偏低 C. 将2种指示剂互换顺序，仍可完成样品纯度的测定 D. ②中酸式滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡，会导致最终测定结果偏高 17. 白云石的主要化学成分为CaMg(CO3)2，还含有少量的SiO2.利用白云石制备高纯度的氧化镁，流程示意图如下。 已知： 物质 （1）固体B“消化”的反应方程式有、___________。 （2）结合数据解释“碳化”过程能实现钙、镁分离的原因：___________。 （3）向浊液C中通入CO2进行充分碳化，在不同温度下钙镁溶出率(可视作反应达到平衡)如下图所示。 备注：M的溶出率=溶液a中M的质量/矿样中M的质量(M代表钙或镁) ①钙、镁分离的适宜温度是___________。 ②碳化过程中，发生的主要反应有：、H2O、___________。 （4）白云石中钙含量测定 资料：H2C2O4为二元弱酸；CaC2O4不溶于水。 注：沉淀中不含MgC2O4。 ①氨水的作用是___________。 ②滴定至终点时，消耗c mol/L KMnO4标准溶液v mL。白云石中钙的质量分数为___________。(注：的还原产物为Mn2+) 18. 在2020年中央经济工作会议上，我国明确提出“碳达峰”与“碳中和”目标。使利用CO2合成高价值化学品更突显其重要性。 Ⅰ.工业上可以利用CO2和H2合成CH3OH：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH<0。该反应在起始温度和体积均相同(T℃、1L)的两个密闭容器中分别进行，反应起始物质的量如表： 反应条件 CO2(mol) H2(mol) CH3OH(mol) H2O(mol) ①恒温恒容 1 3 0 0 ②绝热恒容 0 0 1 1 (1)达到平衡时，CO2的体积分数φ①_____φ②(填“＞”“＜”或“＝”)。 (2)当_____=v逆(H2)时，说明反应在条件②达到平衡状态。 Ⅱ.利用CH4超干重整CO2的催化转化如图所示： (3)CH4与CO2超干重整反应的方程式为_____。 (4)有关转化过程，下列说法正确的是_____(填序号)。 a.过程Ⅰ中CO2未参与反应 b.过程Ⅱ实现了含碳物质与含氢物质的分离 c.转化②中CaO消耗过程中的CO2，有利于反应正向进行 d.转化③中Fe与CaCO3反应的物质的量之比为4∶3 Ⅲ.通过下列反应可实现CO2的再转化，合成CO、CH4： ①CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH<0 ②CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH>0 在密闭容器中通入3mol的H2和1mol的CO2，分别在压强为1MPa和10MPa下进行反应。实验中对平衡体系的三种物质(CO2、CO、CH4)进行分析，其中温度对CO和CH4在三种物质中的体积分数影响如图所示。 (5)1MPa时，表示CH4和CO平衡体积分数随温度变化关系的曲线分别是_____和_____。M点平衡体积分数高于N点的原因是_____。 (6)图中当CH4和CO平衡体积分数均为40%时，若容器的体积为1L，该温度下反应①的平衡常数K的值为_____。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $