人教版新高一化学专题预习2026年新题-溶液、水

第1页（共1页）人教版新高一化学专题预习2026年新题——溶液、水一．选择题（共7小题）1．（2026•郯城县模拟）如图是硝酸钾和氯化钾的溶解度曲线，下列说法正确的是（）A．分别将t2℃时硝酸钾、氯化钾的饱和溶液降温到t1℃，析出固体的质量：硝酸钾＞氯化钾 B．t1℃时，等质量的硝酸钾、氯化钾的饱和溶液中含有溶剂的质量相等 C．分别将t1℃时硝酸钾、氯化钾的饱和溶液升温至t2℃，溶质质量分数：硝酸钾溶液＞氯化钾溶液 D．t2℃时，取等质量的硝酸钾、氯化钾配成饱和溶液，然后降温到t1℃，所得溶液中溶质的质量：硝酸钾＝氯化钾2．（2026•息县模拟）向部分变质的氢氧化钠固体中加入100g溶质质量分数为14.6%的稀盐酸，二者恰好完全反应，最终得到113.3g溶液，则反应过程中生成水的质量为（）A．1.8g B．2.7g C．3.6g D．4.5g3．（2026•洪洞县一模）山西运城盐湖是世界三大硫酸钠型内陆盐湖之一，自古便有“解池产盐“的记载。某化学兴趣小组模拟盐湖晒盐原理，查阅到硝酸钾（模拟盐湖中主要盐类）的溶解度数据如下表：温度/℃01020304050硝酸钾溶解度/g13.321.031.645.863.985.5下列说法正确的是（）A．10℃时，硝酸钾饱和溶液的溶质质量分数为21% B．20℃时，50g水中加入20g硝酸钾，充分溶解后所得溶液质量为70g C．30℃时，硝酸钾的溶解度为45.8 D．将50℃的硝酸钾饱和溶液冷却至40℃，一定有晶体析出4．（2026•钦州二模）图1为KNO3和NaCl两种固体的溶解度曲线，根据图1、图2分析，下列说法正确的是（）A．KNO3中混有少量NaCl杂质，可通过蒸发结晶的方法提纯 B．图2中“某一步操作”前后的溶液状态变化过程可以在图1表示为c点→d点 C．t2℃时，分别将等质量的KNO3和NaCl饱和溶液恒温蒸发等质量水，析出的固体KNO3更多 D．分别将t1℃时KNO3和NaCl的饱和溶液，升温至t2℃，所得溶液中KNO3的溶质质量分数更大5．（2026•梧州二模）密闭玻璃瓶中装入硝酸钾、氯化铵、蒸馏水、樟脑和乙醇溶液，可制成“天气瓶”。硝酸钾和氯化铵的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．硝酸钾的溶解度大于氯化铵的溶解度 B．氯化铵溶液中混有少量的硝酸钾，可用降温结晶的方法提纯氯化铵 C．a2℃时，将等质量的硝酸钾和氯化铵饱和溶液降温至a1℃，析出晶体的质量：m（KNO3）＞m（NH4Cl） D．a1℃时，将硝酸钾和氯化铵的饱和溶液升温至a2℃，所得溶液的溶质质量分数大小关系为ω（KNO3）＞ω（NH4Cl）6．（2026•锦江区校级模拟）如图a所示，向NaOH稀溶液中缓缓通入HCl气体，测定该过程中溶液导电能力的变化，实验结果如图b（溶液体积的变化忽略不计）。下列说法错误的是（）A．该过程中溶液温度先升高再恢复至室温 B．C点溶液中的微粒有Na+、OH﹣、Cl﹣ C．A→B段变化，其他条件相同，导电能力：OH﹣＞Cl﹣ D．B→C段变化，溶液的导电能力除了与离子种类有关，还与离子浓度有关7．（2026•郏县一模）如图是NaCl、Na2CO3在水中的溶解度曲线。下列说法中不正确的是（）A．Na2CO3的溶解度受温度的影响比NaCl大 B．10℃时Na2CO3饱和溶液的溶质质量分数为10% C．20℃时，相同质量的两种物质配制成饱和溶液，Na2CO3需要的水多 D．将30℃时两种物质的饱和溶液升温到40℃，溶液的溶质质量分数不变二．科普阅读题（共3小题）8．（2026春•海淀区校级期中）污水处理是守护人类健康与生态平衡的重要屏障。生活污水和工业废水若未经处理直接排放，将导致水体富营养化、重金属污染及病原体传播，威胁饮用水安全、破坏水生生态系统，甚至通过食物链危害人体健康。现代污水处理通过混凝沉淀、氧化还原、消毒杀菌等化学工艺，将有害物质转化为无害或可回收资源，既保障了河流湖泊的清澈洁净，也为农业灌溉和工业用水提供了可持续的水源，体现了化学科技在维系人居环境与自然和谐中的关键作用。有关污水处理，请运用化学知识协助解决以下问题。阶段一：进水检测与数据分析（1）进水水样目测是澄清透明的，静置后未发现沉淀，但用激光照射后出现了丁达尔效应，这说明水样属于分散系中的（选填“胶体”、“溶液”或“悬浊液”）类物质，为了除去水样中对应的分散质，可以选用的方法是（选填“过滤”、“静置”或“渗析”）。（2）测得进水水样pH＝4（即溶液中H+浓度为10﹣4mol•L﹣1），若使用1mol•L﹣1浓度的氢氧化钠溶液进行完全中和，尝试调整水样至中性（即加入与H+等物质的量的OH﹣），则每中和1m3的水样，需要加入氢氧化钠溶液mL。该反应的离子方程式为：。（3）水体中溶解氧含量的多少，也能反映出水体遭受污染的程度。水体受到有机物污染时，会使水中所含的溶解氧逐渐减少。经检测，进水水样中溶解氧的含量为8mg•L﹣1。则1m3水样中所含的氧气在标准状况下的体积为L，这些氧气中所含氧原子的数量为个。阶段二：混凝处理单元混凝是指通过某种方法（如投入化学药剂）使水中胶体粒子和微小悬浮物等杂质聚集的过程。工程师常常选用明矾（化学式KAl（SO4）2•12H2O）作为混凝剂。明矾溶于水后可以解离出大量的Al3+，与水反应生成Al（OH）3胶体，并进而起到净水的作用。（4）明矾属于（选填“酸”、“碱”、“盐”）类物质。（5）Al（OH）3胶体生成的离子方程式为：。该反应（选填“是”或“不是”）氧化还原反应。（6）Al（OH）3胶体粒子带电，可以吸收溶液中的带电微粒并沉降下来，实现净水，这个过程称为胶体的（选填“沉淀”、“聚沉”或“电泳”），长江入海口三角洲的形成与该过程关系密切。（7）明矾的摩尔质量为474g•mol﹣1。为了配制80mL浓度为0.1mol•L﹣1的明矾溶液，需要选用mL规格的容量瓶，需称取明矾的质量为。（8）配制一定物质的量浓度的明矾溶液的过程中，玻璃棒除了搅拌加速溶解之外，还在转移液体过程中起到了的作用。若转移液体过程中未对烧杯和玻璃棒进行洗涤，会导致配制的溶液浓度（选填“偏低”、“偏高”、“无影响”），若实验前干净的容量瓶中底部有少量清水，会导致配制的溶液浓度（选填“偏低”、“偏高”、“无影响”）。阶段三：氧化还原处理单元氯气溶于水之后，会产生一定量的次氯酸HClO，它的强氧化性能够杀死水中的病菌，起到消毒的作用。（9）氯气与水反应的化学方程式为：。该反应中，氧化剂是，还原剂是，氧化产物为。每生成1mol的次氯酸，转移的电子数为mol。（10）次氯酸不仅可以杀灭细菌，还能够通过氧化除掉一些含氮化合物，请写出次氯酸氧化NH3的化学方程式，并用单线桥法或双线桥法标出电子转移的情况（已知氧化产物为氮气，还原产物为HCl）：。（11）氯水还具有漂白作用，可以使污水中一些有色杂质褪色。请设计一个实验，证明氯水中起到漂白作用的物质不是氯分子，而是次氯酸：。阶段四：重金属离子的去除经过检测，污水中主要有两种重金属离子严重超标，分别是Ba2+和Cu2+。污水中的重金属离子可以通过化学沉淀的方法去除。小明同学取了一些污水水样，并设计了如下流程，用化学沉淀法去除这两种重金属离子：（12）第一步加入氢氧化钠溶液，是为了除去污水中的（填写离子）。预期的实验现象为。（13）第二步加入硫酸钠溶液，是为了除去污水中的（填写离子），对应的离子方程式为：。（14）最后一步向污水中滴加适量稀硫酸的目的是，如何保证所加硫酸的量是适量的呢？。（15）用小明同学的方法，在除掉重金属离子的同时也会引入一些危害性低的其它杂质离子，它们分别是（全部写出）。9．（2026春•海淀区校级期中）水的硬度指水中溶解的钙离子（Ca2+）和镁离子（Mg2+）的总浓度，是衡量水质的重要指标之一。水的硬度又可分为两类，一类是暂时硬度，它是由碳酸氢钙[Ca（HCO3）2]、碳酸氢镁[Mg（HCO3）2]等引起，如河水中溶解的CO2会与土壤、岩石中的难溶性碳酸盐如碳酸钙（CaCO3）等反应生成可溶性的碳酸氢盐进入水中，从而提高了水的硬度。这些可溶性的碳酸氢盐在加热时，可以再次分解为难溶性的碳酸盐，因此可通过煮沸降低水的暂时硬度，原理如下：Ca(HCO另一类是永久硬度，它是由可溶于水的钙、镁硫酸盐、氯化物等物质引起。这些物质如CaSO4、MgCl2无法通过煮沸去除，可通过化学沉淀法进行处理。这指的是向硬水中加入碳酸钠（Na2CO3）和氢氧化钙[Ca(OH)2]两种物质，将Ca2+和Mg2+转化为沉淀去除，其原理如下：CaSO4+Na2CO3＝CaCO3↓+Na2SO4MgCl2+Ca(OH)2＝Mg(OH)2↓+CaCl2水的硬度过大，会对我们生活和工业制造产生不利的影响，如会导致肥皂和洗涤剂起泡能力下降；热水器、管道内有水垢产生，降低热效率；工业的锅炉结垢可能导致管道受热不均，进而引发爆炸风险，因此需要软化处理。（1）下列关于水的硬度，说法正确的是（多选）。A．热水器、工业锅炉内的水垢是由水的永久硬度产生B．某水中主要含钙离子、镁离子、氯离子和硫酸根离子，则该水的硬度属于永久硬度C．用化学沉淀法处理水的永久硬度时，试剂加入顺序为先加Ca(OH)2后加Na2CO3D．化学沉淀法既能去除水的暂时硬度，也能去除水的永久硬度（2）测定水的总硬度一般采用配位滴定法：即在硬水中，加入铬黑T（EBT）作为指示剂，再逐渐加入Y4﹣（EDTA）溶液与Ca2+、Mg2+结合，过程中涉及的反应有：M2+（金属离子）+Y4﹣＝MY2﹣（无色）；M2+（金属离子）+EBT（铬黑T，蓝色）＝MEBT（酒红色）MEBT+Y4﹣＝MY2﹣+EBT可以根据铬黑T的颜色变化，判断EDTA是否与Ca2+、Mg2+恰好完全反应，滴定终点（即恰好完全反应）的实验现象是。（3）取20mL只含CaCl2的硬水，所用Y4﹣的浓度为cg/mL，滴定终点时共消耗EDTA溶液15.0mL，则该水样的密度为g/mL。（已知Y4﹣的化学式为C10H12N2O8）10．（2026•常州二模）常州武进区践行绿色发展理念，以生态海绵建设为基底，积极探索海绵城市提升改造、水生态修复新方法。“海绵城市”是指城市在适应环境变化和应对雨水带来的自然灾害等方面具有良好的“弹性”，下雨时吸水、蓄水、渗水、净水，需要时将蓄存的水“释放”并加以利用，从而实现“自然积存、自然渗透、自然净化”三大功能。Ⅰ.制作净水器（1）“海绵城市”的地面材料要具有结构（选填“坚硬致密”或“疏松多孔”），起到吸水、蓄水等作用。（2）雨水一般需要经过滤、吸附、杀菌消毒、煮沸处理方能饮用，其中吸附一般使用。杀菌消毒时，可以向水中通入氯气Cl2，氯气与水反应会生成次氯酸（HClO）和初中常见的一种强酸，请写出该反应方程式。（3）某兴趣小组想要对雨水进行进一步净化制作了如图1所示简易净水器，使用该净水器，待处理的水由下往上压，优点是。Ⅱ.水中磷元素和金属离子的去除。（4）纳米铁粉热处理后能够除去水中的磷元素，煅烧温度及pH对纳米铁除磷的影响如图2所示。为提高除磷率，可采取的措施有：①；②。（5）用纳米铁去除废水中的金属离子。根据金属活动性顺序，去除途径分三种（如图3：ⅰ：吸附捕捉，ⅱ：直接反应，ⅲ：吸附捕捉再慢慢反应。①Zn2+属于第种（填序号），若Cr2+的去除途径属于吸附捕捉，则Cr的金属活动性比铁（填“强”或“弱”）。②用纳米铁粉去除废水中的Cu2+，一段时间后Cu2+的去除率下降，可能的原因是。三．科学探究题（共6小题）11．（2026•南安市模拟）某兴趣小组开展了“硝酸钾晶体的制备”课外实践活动。活动一：了解溶解度【查阅资料】硝酸钾与氯化钠的溶解度曲线如图所示。（1）20℃时，KNO3的溶解度是。活动二：制备硝酸钾晶体（2）配制热饱和溶液①预估用量。若水温保持在60℃，向50mL蒸馏水（密度按1g•mL﹣1计）中加入硝酸钾固体，理论上需加入g才能恰好形成饱和溶液。②配制过程中用到的玻璃仪器有（任写一种）。③若热饱和溶液含有不溶性杂质，需趁热过滤。趁热的目的是。（3）制备晶体。选取一颗晶形完整的硝酸钾小晶体，悬挂在盛有硝酸钾饱和溶液的烧杯中，每日补充少量60℃的硝酸钾饱和溶液，晶体逐渐长大。①在相同室温下，析出小晶体后的母液A与晶体长大后的母液B的溶质质量分数关系：AB（填“＞”“＜”或“＝”）。②若所用硝酸钾中含有少量氯化钠，在结晶过程中，大部分硝酸钾析出，而氯化钠仍留在母液中，这是利用了二者的差异进行分离。12．（2026•海沧区模拟）实践小组开展水质检测、净化项目式学习。任务一水质检测【查阅资料】①COD是衡量水中有机物污染程度的指标，数值越高，污染越严重；②地表水环境质量标准规定的Ⅰ～V类地表水如下表：水质类别I、Ⅱ类Ⅲ类IV类V类COD值（mg/L）≤15≤20≤30≤40（1）小组同学从某水域取少量样品，用COD快速测定仪测得其COD值为27mg/L，说明该水样属于（选填上述表格中水质类别）。任务二水的净化如图所示，家用水龙头净水器因安装便捷、成本较低而被广泛使用，其中的三种滤料孔径如下表：滤料PP棉椰壳活性炭麦饭石孔径1μm1.7﹣4.2μm5﹣6mm（2）椰壳活性炭的作用是。（3）上述三种滤料填充区域如下图所示，区域C应填充的是。（4）家用水龙头净水器净化后的水（选填“能”或“不能”）直接饮用，理由是。（5）海水淡化也可获得饮用水。电渗析法淡化海水的原理如图所示：阳离子交换膜只允许阳离子通过，阴离子交换膜只允许阴离子通过，淡水将从（选填“A”或“B”）区域引出。13．（2026•武汉模拟）冬季道路结冰时，常用“撒盐（融雪剂）”的方式降低冰雪凝固点从而加速融雪，保障通行安全。某市售融雪剂成分为氯化钠和氯化钙，兴趣小组对该融雪剂的溶解性、组成和分离进行了一系列探究。氯化钠和氯化钙在不同温度下的溶解度数据如表：温度/℃020406080100溶解度/gNaCl35.736.036.637.338.439.8CaCl259.574.5128137147159请回答下列问题：（1）0℃时，这两种物质中溶解度较大的是。（2）为加快融雪剂的溶解，可以采用的一种方法是。（3）20℃时，将50.0g融雪剂加入到盛有100.0g水的烧杯中，充分搅拌后，固体全部溶解，其中氯化钠达到饱和。则该融雪剂中氯化钠的质量分数为（保留到0.1%）。（4）为分离两种固体，兴趣小组同学设计如下流程：步骤Ⅰ：将（3）所得溶液加热至80℃后，恒温蒸发90.0g水，有大量晶体析出，趁热过滤得到晶体甲和滤液A。步骤Ⅱ：将滤液A冷却至0℃，过滤得到晶体乙和滤液B。下列说法正确的是（填标号）。①步骤Ⅰ中趁热过滤，是为了防止降温时CaCl2析出②步骤Ⅰ恒温蒸发水，溶液中氯化钠的质量分数先变大后变小③晶体甲和晶体乙均是纯净物④过滤得到的滤液A和滤液B中氯化钙均达到饱和14．（2026•江宁区二模）溶液在生产、生活和科研中具有广泛的应用。（1）农业中可用氯化钠溶液选种。水稻选种所用的氯化钠溶液质量分数为14%，选种时将稻种加入配好的氯化钠溶液中，静置一段时间后，用漏勺捞去浮于上层的劣种。①兴趣小组配制50g上述氯化钠溶液，需要NaCl的质量是g。②在配制过程中，导致氯化钠溶液溶质质量分数偏小的可能原因有（填字母）。A.用量筒量取水时俯视读数B.用来配制溶液的烧杯刚用少量蒸馏水洗涤过C.氯化钠固体中含有杂质D.配好的溶液装瓶时不小心洒出③选好的稻种置于4%的氯化钠溶液中浸泡30min左右，可防细菌性病害。若要将上述配好的25g选种溶液稀释成4%的溶液浸种，需加水g。（2）某NaCl样品中混有少量KNO3杂质，可利用溶解度差异进行提纯。现称取42.1g样品，20℃时在100g水中进行实验（如图所示）：温度/℃020406080溶解度/gNaCl35.736.036.637.338.4KNO313.331.663.9110169①步骤Ⅰ﹣Ⅳ中都用到的玻璃仪器是。②滤液a中，NaCl（填“达到”或“未达到”）饱和状态。③该样品中，NaCl质量是g。④结合数据说明步骤Ⅳ中是否会有硝酸钾晶体析出：。15．（2026•连云港模拟）利用某手机电路板（含有Sn、Fe、Cu、Au、Ag等金属），回收其中部分金属实验步骤如下：步骤Ⅰ.将电路板溶解于足量稀硫酸中，充分反应后过滤；步骤Ⅱ.向I中获得的滤液中加入足量铁粉，充分反应后过滤，得固体A；步骤Ⅲ.向I中获得的滤渣中加入稀硫酸，控制一定温度并通入氧气充分反应后过滤，得到金属Au和Ag；步骤Ⅳ.向Ⅲ所得滤液加入适量铁粉，充分反应后过滤，得到红色固体Cu。（1）步骤Ⅰ中Sn转化为SnSO4，写出Sn参与反应的化学方程式。（2）步骤Ⅱ中加入足量铁粉的目的是。（3）步骤Ⅲ中通入氧气的作用是。（4）过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ都涉及到过滤操作，完成此操作需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和。（5）若步骤Ⅳ实验过程中加入铁粉前后溶液中主要离子变化示意图如图所示。图中“△”所代表粒子的符号为。（6）绿矾（FeSO4•7H2O）的溶解度曲线如图所示。请补充用上述滤液获取绿矾的实验步骤：将步骤Ⅱ和步骤Ⅳ滤液合并，，过滤、用冰水洗涤、低温烘干。采用冰水洗涤的原因是。已知：绿矾晶体在温度高于60℃开始分解，会逐步失去结晶水。16．（2026•沛县二模）“自制净水器”是初中化学必做的跨学科实践活动。【AI】①氯化铁、明矾的净水原理相同。②浑浊度越大，水质越差。【实验Ⅰ】同学们制作了简易净水器（见图）。（1）该净水器中材料主要是石英砂、活性炭、小卵石，则Y是，其作用是。【实验Ⅱ】取相同的湖水，用明矾、氯化铁、简易净水器分别净化，2h后浑浊度如下：实验序号①②③④净水操作初始水样检测加入明矾加入氯化铁用简易净水器浑浊度58912716453（2）相同条件下，明矾的净水效果氯化铁。（3）实验④的净水效果好于实验②或③，这说明。【实验Ⅲ】Fe3+呈黄色，在用氯化铁净水时若操作不当会在水中留下颜色；当用活性炭对黄色水样进行处理时却没有褪色，于是对活性炭的吸附机理进行初步探究。（4）在相同条件下进行活性炭的吸附实验，现象见下表。实验序号IⅡⅢⅣVⅥ有色溶液品红溶液红糖溶液橙味汽水蓝墨水氯化铜溶液硫酸铁溶液现象褪为无色褪为无色褪为无色褪为无色不褪色不褪色已知：品红、红糖、果汁、墨水中均含有“由分子构成的有色有机物”；盐溶液的颜色通常来自金属离子。①分析上述实验可以得到的结论是。②活性炭的多孔结构使其具有超大的比表面积。当有色物质分子直径（填“＞”或“＜”）活性炭孔隙直径，易被吸附；可见，活性炭吸附主要发生变化。③氯化铜溶液中，呈现蓝色的离子是（写符号）。四．解答题（共2小题）17．（2026•苏州）KNO3是优质复合肥，生产方法之一为NaNO3+KCl80～90℃NaCl+KNO3。四种物质的溶解度曲线如图所示。实验室制取KNO称取8.5gNaNO3固体和7.5gKCl固体，加入一定量的水，加热到80℃，固体完全溶解，再蒸发至液体体积为原来的23，有晶体析出，趁热过滤，将滤液进行处理得到KNO3（1）KNO3属于复合肥，是因为同时含两种主要植物营养元素，这两种元素是。（2）10℃时，NaNO3的溶解度约为g（填整数）。（3）80℃时，NaNO3和KCl固体完全溶解，所得溶液是NaNO3的（填“饱和”或“不饱和”）溶液，该溶液（保持80℃）具有（填字母）。A.均一性B.稳定性C.导电性（4）上述实验中加入水的体积最好选用（填字母），水的密度为1g•mL﹣1。A.10mLB.15mLC.30mLD.50mL（5）蒸发至液体体积为原来23时析出一种晶体，该晶体为（6）补充完整从趁热过滤后的滤液中获取KNO3晶体的实验方案：将滤液，得到含少量杂质的KNO3固体，经提纯得KNO3晶体。18．（2026•武昌区二模）海洋蕴藏着丰富的资源，人类应合理开发和应用。海水中含有KCl和MgSO4等物质，其在不同温度时的溶解度如下表所示，下图是对应的溶解度曲线。温度/℃2030406080100溶解度/gKCl34.037.040.045.551.156.7MgSO433.738.944.554.655.850.4（1）代表KCl溶解度曲线的是（填“甲”或“乙”）。（2）20℃时，将30.0gKCl固体加入50.0g水中，充分溶解后，所得溶液的质量为。（3）t2℃时，将等质量的甲、乙两物质的饱和溶液分别降温到t1℃时，析出晶体的质量：甲乙（填“＞”“＜”或“＝”）。（4）下列说法正确的是（填标号）。A.t2℃时，KCl和MgSO4的溶解度相等，t2的范围为80＜t2＜100B.t3℃时，将1100.0gMgSO4饱和溶液逐渐降温到t1℃，其溶质质量分数先变大后变小C.40℃时，将40.0gKCl饱和溶液恒温蒸发10.0g水后，所得溶液的质量为26.0gD.将质量分数为10.0%的氯化钾溶液稀释为500.0g0.3%的氯化钾溶液，需加水485.0g五．计算题（共2小题）19．（2026•海门区校级模拟）人体口腔pH宜保持在6.6～7.1：若pH过低，会造成牙齿表面牙釉质损伤、细菌滋生。（1）牙釉质的主要成分为羟基磷酸钙。这里的“钙”是指（选填“元素”或“单质”）。（2）某学生早餐后口腔中pH变化如图所示。该学生早餐后口腔的酸性（选填“增强”或“减弱”）。（3）碳酸钙是一种优质的牙膏摩擦剂，既能去除食物残渣，又能避免牙釉质的损伤。实验室用15g的轻质碳酸钙样品与100g、溶质质量分数7.3%的稀盐酸混合恰好完全反应。①若实验室用14.6%的浓盐酸配制上述稀溶液，则需要加水mL。②求轻质碳酸钙的质量分数（写出计算过程并保留小数点一位）。20．（2026春•渝北区校级月考）科技创新已成为我国发展新质生产力的主攻方向，当前在多个领域取得了瞩目成果。（1）能源：我国北部湾海域的涠洲10﹣5油气田获得高产油气流，日产天然气约37万立方米。CH4与CO2在催化剂作用下可得到CO和H2，已知催化剂表面积越大，催化效果越好。反应过程如图1所示，在催化剂表面发生的反应可分为以下2步（图2）：据上图分析，反应一段时间后，催化剂的催化效果降低的原因是，可在原料气中增加适量的气体。（2）科技：中国芯片蚀刻技术领先国际。芯片原材料主要是单晶硅（Si）。蚀刻技术是通过三氟化氮（NF3）气体与硅在一定条件下反应生成四氟化硅（SiF4）气体和氮气实现的，请写出该反应的化学方程式：。（3）环境：二氧化碳的“捕集”可以采用化学吸收法，工业上一般用5%～10%的氢氧化钠溶液来吸收CO2。向某20%的氢氧化钠溶液中加入1500kg的水配成5%的溶液，则需取20%的氢氧化钠溶液kg。

人教版新高一化学专题预习2026年新题——答案一．选择题（共7小题）1．（2026•郯城县模拟）如图是硝酸钾和氯化钾的溶解度曲线，下列说法正确的是（）A．分别将t2℃时硝酸钾、氯化钾的饱和溶液降温到t1℃，析出固体的质量：硝酸钾＞氯化钾 B．t1℃时，等质量的硝酸钾、氯化钾的饱和溶液中含有溶剂的质量相等 C．分别将t1℃时硝酸钾、氯化钾的饱和溶液升温至t2℃，溶质质量分数：硝酸钾溶液＞氯化钾溶液 D．t2℃时，取等质量的硝酸钾、氯化钾配成饱和溶液，然后降温到t1℃，所得溶液中溶质的质量：硝酸钾＝氯化钾【分析】A．根据析出固体的质量与饱和溶液的质量有关，题目未指明饱和溶液质量相等，进行分析；B．根据t1℃时硝酸钾和氯化钾的溶解度相等，可知等质量的饱和溶液中溶质质量分数相等，进而溶剂质量也相等，进行分析；C．根据将t1℃的饱和溶液升温至t2℃，溶液变为不饱和溶液，溶质和溶剂质量均不变，溶质质量分数不变，进行分析；D．根据t2℃时溶解度不同，等质量溶质配成饱和溶液所需溶剂质量不同，降温至t1℃时，因溶剂质量不同，最终溶解的溶质质量也不同，进行分析。【解答】解：A.未说明t2℃时硝酸钾、氯化钾两种饱和溶液的质量相等，无法比较降温后析出固体的质量，故A不正确。B.t1℃时两者溶解度相等，饱和溶液溶质质量分数相等，等质量的饱和溶液中溶质质量相等，因此溶剂质量＝溶液质量﹣溶质质量，也相等，故B正确。C.升温后两者溶解度均增大，饱和溶液变为不饱和溶液，溶质、溶剂质量均不变，溶质质量分数仍等于t1℃时饱和溶液的质量分数，两者相等，故C不正确。D.t2℃时KNO3溶解度更大，溶解等质量的溶质需要的溶剂更少；降温到t1℃时两者溶解度相等，溶剂质量越小，能溶解的溶质质量越小，因此所得溶液溶质质量：硝酸钾＜氯化钾，故D不正确。故选：B。【点评】本题主要考查溶解度曲线的理解和应用，包括溶解度、饱和溶液、溶质质量分数等概念。解题的关键在于准确从图中获取信息，并结合相关概念进行逻辑推理。2．（2026•息县模拟）向部分变质的氢氧化钠固体中加入100g溶质质量分数为14.6%的稀盐酸，二者恰好完全反应，最终得到113.3g溶液，则反应过程中生成水的质量为（）A．1.8g B．2.7g C．3.6g D．4.5g【分析】据氢氧化钠变质生成碳酸钠，故已变质的氢氧化钠溶液中含有氢氧化钠和碳酸钠，与盐酸反应都生成氯化钠，氯化钠中氯元素的质量就是盐酸中氯元素的质量，据此解答。【解答】解：稀盐酸中溶质HCl的质量：m（HCl）＝100g×14.6%＝14.6g变质的NaOH固体含NaOH和Na2CO3，二者与盐酸恰好完全反应，产物只有NaCl，可得关系式HCl～NaCl，设生成氯化钠的质量为x，HCl～NaCl36.558.514.6gx36.558.5x＝23.4g反应后溶液是NaCl的水溶液，总质量113.3g，所以：m（溶液中水）＝113.3g﹣23.4g＝89.9gm（盐酸中的水）＝100g﹣14.6g＝85.4g反应后溶液中的水＝盐酸中原有的水+反应新生成的水m（生成水）＝89.9g﹣85.4g＝4.5g故选：D。【点评】本题主要考查学生进行计算和推断的能力，计算时要注意规范性和准确性。3．（2026•洪洞县一模）山西运城盐湖是世界三大硫酸钠型内陆盐湖之一，自古便有“解池产盐“的记载。某化学兴趣小组模拟盐湖晒盐原理，查阅到硝酸钾（模拟盐湖中主要盐类）的溶解度数据如下表：温度/℃01020304050硝酸钾溶解度/g13.321.031.645.863.985.5下列说法正确的是（）A．10℃时，硝酸钾饱和溶液的溶质质量分数为21% B．20℃时，50g水中加入20g硝酸钾，充分溶解后所得溶液质量为70g C．30℃时，硝酸钾的溶解度为45.8 D．将50℃的硝酸钾饱和溶液冷却至40℃，一定有晶体析出【分析】A.根据饱和溶液溶质质量分数的计算公式，结合10℃时硝酸钾的溶解度数值，进行分析；B.根据20℃时硝酸钾的溶解度，计算50g水中最多溶解的溶质质量，进而判断所得溶液质量，进行分析；C.根据溶解度的定义与单位规范，结合表格中的数据，进行分析；D.根据硝酸钾溶解度随温度的变化趋势，结合降温对饱和溶液的影响，进行分析。【解答】解：A.10℃时硝酸钾的溶解度为21.0g，该温度下饱和溶液的溶质质量分数为21.0g100g+21.0g×100%≈17.4%，不等于21%，故B.20℃时硝酸钾的溶解度为31.6g，即100g水中最多溶解31.6g硝酸钾，则50g水中最多溶解15.8g硝酸钾。加入20g硝酸钾只能溶解15.8g，所得溶液质量为50g+15.8g＝65.8g，故B不正确；C.溶解度的单位为g，30℃时硝酸钾的溶解度为45.8g，选项缺少单位，表述不规范，故C不正确；D.硝酸钾的溶解度随温度降低而减小，50℃的硝酸钾饱和溶液冷却至40℃时，溶解能力下降，因此一定有晶体析出，故D正确。故选：D。【点评】本题主要考查溶解度的相关计算与应用，涉及饱和溶液溶质质量分数计算、溶液质量判断、溶解度概念及降温结晶分析等知识点，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。4．（2026•钦州二模）图1为KNO3和NaCl两种固体的溶解度曲线，根据图1、图2分析，下列说法正确的是（）A．KNO3中混有少量NaCl杂质，可通过蒸发结晶的方法提纯 B．图2中“某一步操作”前后的溶液状态变化过程可以在图1表示为c点→d点 C．t2℃时，分别将等质量的KNO3和NaCl饱和溶液恒温蒸发等质量水，析出的固体KNO3更多 D．分别将t1℃时KNO3和NaCl的饱和溶液，升温至t2℃，所得溶液中KNO3的溶质质量分数更大【分析】根据固体的溶解度曲线，可以查出某物质在一定温度下的溶解度，据此可进行有关饱和溶液的计算；可以比较不同物质在同一温度下的溶解度大小，从而判断饱和溶液中溶质的质量分数的大小；可以判断物质的溶解度随温度变化的变化情况，从而判断提纯晶体的方法。【解答】解：A、硝酸钾溶解度随温度变化大，氯化钠的溶解度随温度的变化不大，KNO3中混有少量NaCl杂质，应采用降温结晶（冷却热饱和溶液）提纯，故A说法错误。B、图2中②为t2℃时100g水溶解60g硝酸钾，是不饱和溶液，对应图1的d点；操作后恰好饱和且溶液质量不变，说明操作是降温（无溶质、溶剂质量变化），降到溶解度为60g对应的温度，状态变化为d→b，故B说法错误。C、由溶解度曲线的意义可知，t2℃时硝酸钾的溶解度大于氯化钠，此时恒温蒸发等质量水，硝酸钾析出固体的质量更多，故C说法正确。D、由于硝酸钾、氯化钠的溶解度随温度的升高而增大，所以t1℃的饱和溶液升温，二者溶质质量分数不变且相等，故D说法错误。故选：C。【点评】本题难度不是很大，主要考查了固体的溶解度曲线所表示的意义，及根据固体的溶解度曲线来解决相关的问题，从而培养分析问题、解决问题的能力。5．（2026•梧州二模）密闭玻璃瓶中装入硝酸钾、氯化铵、蒸馏水、樟脑和乙醇溶液，可制成“天气瓶”。硝酸钾和氯化铵的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．硝酸钾的溶解度大于氯化铵的溶解度 B．氯化铵溶液中混有少量的硝酸钾，可用降温结晶的方法提纯氯化铵 C．a2℃时，将等质量的硝酸钾和氯化铵饱和溶液降温至a1℃，析出晶体的质量：m（KNO3）＞m（NH4Cl） D．a1℃时，将硝酸钾和氯化铵的饱和溶液升温至a2℃，所得溶液的溶质质量分数大小关系为ω（KNO3）＞ω（NH4Cl）【分析】A.根据溶解度比较的前提条件，结合温度对两种物质溶解度的影响，进行分析；B.根据两种物质溶解度受温度影响的差异，结合混合物提纯的方法选择依据，进行分析；C.根据降温过程中溶解度的变化幅度，结合等质量饱和溶液析出晶体质量的规律，进行分析；D.根据升温对饱和溶液的影响，结合溶质质量分数的变化规律，进行分析。【解答】解：A.比较物质的溶解度大小必须指明对应温度，温度不确定时无法判断硝酸钾与氯化铵的溶解度大小关系，故A不正确；B.氯化铵的溶解度受温度变化影响较小，硝酸钾的溶解度受温度变化影响较大，氯化铵溶液中混有少量硝酸钾时，应采用蒸发结晶的方法提纯氯化铵，降温结晶适用于提纯硝酸钾，故B不正确；C.硝酸钾的溶解度随温度降低的变化幅度远大于氯化铵，a2℃时等质量的两种饱和溶液降温至a1℃，硝酸钾析出的晶体质量更大，即m（KNO3）＞m（NH4Cl），故C正确；D.a1℃时硝酸钾和氯化铵的溶解度相等，该温度下二者饱和溶液的溶质质量分数相等；升温至a2℃时，两种物质的溶解度均增大，溶液均变为不饱和溶液，溶质和溶剂的质量均不变，因此溶质质量分数仍相等，即ω（KNO3）＝ω（NH4Cl），故D不正确。故选：C。【点评】本题主要考查溶解度曲线的综合应用，涉及溶解度大小比较、混合物提纯方法、降温析出晶体质量判断及升温后溶质质量分数比较等知识点，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。6．（2026•锦江区校级模拟）如图a所示，向NaOH稀溶液中缓缓通入HCl气体，测定该过程中溶液导电能力的变化，实验结果如图b（溶液体积的变化忽略不计）。下列说法错误的是（）A．该过程中溶液温度先升高再恢复至室温 B．C点溶液中的微粒有Na+、OH﹣、Cl﹣ C．A→B段变化，其他条件相同，导电能力：OH﹣＞Cl﹣ D．B→C段变化，溶液的导电能力除了与离子种类有关，还与离子浓度有关【分析】（1）根据酸和碱发生反应，反应过程出现放热现象来分析；（2）根据A→B段导电能力下降，B点导电能力最低，表示氢氧化钠和氯化氢恰好完全反应，C点时，盐酸过量来分析；（3）根据氯化氢溶于水形成盐酸，盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，相当于，相同数目的氢氧根离子替换为氯离子，导电能力下降了进行分析；（4）根据BC段盐酸和氢氧化钠反应完后，继续通入氯化氢气体，氯化氢溶于水解离出氢离子和氯离子且不再发生反应，溶液中离子的数目增加了，但溶液体积不变进行分析。【解答】解：A、向NaOH稀溶液中缓缓通入HCl气体，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，该反应放热，则反应过程中溶液温度升高，待氢氧化钠反应完全，继续通入氯化氢，溶液温度逐渐恢复至室温，故A正确；B、由图可知，A→B段导电能力下降，氯化氢气体溶于水形成盐酸，溶液体积、温度的变化可忽略，盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，B点导电能力最低，表示氢氧化钠和氯化氢恰好完全反应，C点时，盐酸过量，溶液中含有水、氯化钠和过量的氯化氢，则溶液中的微粒有H2O、Na+、Cl﹣、H+，故B不正确；C、由图可知，A→B段导电能力下降，氯化氢溶于水形成盐酸，盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，化学方程式为：HCl+NaOH＝NaCl+H2O。溶液体积、温度的变化忽略，则相当于相同数目的氢氧根离子替换为氯离子，导电能力下降了，则导电能力：OH﹣＞Cl﹣，故C正确；D、B→C段盐酸和氢氧化钠反应完后，继续通入氯化氢气体，氯化氢溶于水解离出氢离子和氯离子且不再发生反应，溶液中离子的数目增加了，但溶液体积不变，所以BC段导电能力增加，说明溶液的导电能力除了与离子种类有关，还与离子的浓度有关，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。7．（2026•郏县一模）如图是NaCl、Na2CO3在水中的溶解度曲线。下列说法中不正确的是（）A．Na2CO3的溶解度受温度的影响比NaCl大 B．10℃时Na2CO3饱和溶液的溶质质量分数为10% C．20℃时，相同质量的两种物质配制成饱和溶液，Na2CO3需要的水多 D．将30℃时两种物质的饱和溶液升温到40℃，溶液的溶质质量分数不变【分析】A、根据Na2CO3的溶解度曲线更陡，说明其溶解度受温度的影响比NaCl大进行分析；B、根据10℃时，Na2CO3溶解度为10g进行分析；C、根据20℃时，Na2CO3的溶解度小于NaCl，相同质量的两种物质配成饱和溶液，溶解度越小需要的溶剂（水）越多进行分析；D、根据两种物质的溶解度均随温度升高而增大，30℃的饱和溶液升温到40℃时，变为不饱和溶液，溶质、溶剂质量均不变进行分析。【解答】解：A、Na2CO3的溶解度曲线更陡，说明其溶解度受温度的影响比NaCl大，故A表述正确；B、10℃时，Na2CO3溶解度为10g，饱和溶液溶质质量分数为10g100g+10g×100%≈9.1%，故C、20℃时，Na2CO3的溶解度小于NaCl，相同质量的两种物质配成饱和溶液，溶解度越小需要的溶剂越多，故C表述正确；D、两种物质的溶解度均随温度升高而增大，30℃的饱和溶液升温到40℃时，变为不饱和溶液，溶质、溶剂质量均不变，所以溶质质量分数不变，故D表述正确。故选：B。【点评】本题难度不是很大，主要考查了固体的溶解度曲线所表示的意义，及根据固体的溶解度曲线来解决相关的问题，从而培养分析问题、解决问题的能力。二．科普阅读题（共3小题）8．（2026春•海淀区校级期中）污水处理是守护人类健康与生态平衡的重要屏障。生活污水和工业废水若未经处理直接排放，将导致水体富营养化、重金属污染及病原体传播，威胁饮用水安全、破坏水生生态系统，甚至通过食物链危害人体健康。现代污水处理通过混凝沉淀、氧化还原、消毒杀菌等化学工艺，将有害物质转化为无害或可回收资源，既保障了河流湖泊的清澈洁净，也为农业灌溉和工业用水提供了可持续的水源，体现了化学科技在维系人居环境与自然和谐中的关键作用。有关污水处理，请运用化学知识协助解决以下问题。阶段一：进水检测与数据分析（1）进水水样目测是澄清透明的，静置后未发现沉淀，但用激光照射后出现了丁达尔效应，这说明水样属于分散系中的胶体（选填“胶体”、“溶液”或“悬浊液”）类物质，为了除去水样中对应的分散质，可以选用的方法是渗析（选填“过滤”、“静置”或“渗析”）。（2）测得进水水样pH＝4（即溶液中H+浓度为10﹣4mol•L﹣1），若使用1mol•L﹣1浓度的氢氧化钠溶液进行完全中和，尝试调整水样至中性（即加入与H+等物质的量的OH﹣），则每中和1m3的水样，需要加入氢氧化钠溶液100mL。该反应的离子方程式为：H++OH﹣＝H2O。（3）水体中溶解氧含量的多少，也能反映出水体遭受污染的程度。水体受到有机物污染时，会使水中所含的溶解氧逐渐减少。经检测，进水水样中溶解氧的含量为8mg•L﹣1。则1m3水样中所含的氧气在标准状况下的体积为5.6L，这些氧气中所含氧原子的数量为3.01×1023个。阶段二：混凝处理单元混凝是指通过某种方法（如投入化学药剂）使水中胶体粒子和微小悬浮物等杂质聚集的过程。工程师常常选用明矾（化学式KAl（SO4）2•12H2O）作为混凝剂。明矾溶于水后可以解离出大量的Al3+，与水反应生成Al（OH）3胶体，并进而起到净水的作用。（4）明矾属于盐（选填“酸”、“碱”、“盐”）类物质。（5）Al（OH）3胶体生成的离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3(（6）Al（OH）3胶体粒子带电，可以吸收溶液中的带电微粒并沉降下来，实现净水，这个过程称为胶体的聚沉（选填“沉淀”、“聚沉”或“电泳”），长江入海口三角洲的形成与该过程关系密切。（7）明矾的摩尔质量为474g•mol﹣1。为了配制80mL浓度为0.1mol•L﹣1的明矾溶液，需要选用100mL规格的容量瓶，需称取明矾的质量为4.74g。（8）配制一定物质的量浓度的明矾溶液的过程中，玻璃棒除了搅拌加速溶解之外，还在转移液体过程中起到了引流的作用。若转移液体过程中未对烧杯和玻璃棒进行洗涤，会导致配制的溶液浓度偏低（选填“偏低”、“偏高”、“无影响”），若实验前干净的容量瓶中底部有少量清水，会导致配制的溶液浓度无影响（选填“偏低”、“偏高”、“无影响”）。阶段三：氧化还原处理单元氯气溶于水之后，会产生一定量的次氯酸HClO，它的强氧化性能够杀死水中的病菌，起到消毒的作用。（9）氯气与水反应的化学方程式为：Cl2+H2O＝HCl+HClO。该反应中，氧化剂是Cl2，还原剂是Cl2，氧化产物为HClO。每生成1mol的次氯酸，转移的电子数为1mol。（10）次氯酸不仅可以杀灭细菌，还能够通过氧化除掉一些含氮化合物，请写出次氯酸氧化NH3的化学方程式，并用单线桥法或双线桥法标出电子转移的情况（已知氧化产物为氮气，还原产物为HCl）：。（11）氯水还具有漂白作用，可以使污水中一些有色杂质褪色。请设计一个实验，证明氯水中起到漂白作用的物质不是氯分子，而是次氯酸：取干燥有色布条放入干燥氯气中不褪色；另取相同布条放入稀盐酸中不褪色；再取相同布条放入氯水中褪色，证明漂白物质是次氯酸（答案不唯一）。阶段四：重金属离子的去除经过检测，污水中主要有两种重金属离子严重超标，分别是Ba2+和Cu2+。污水中的重金属离子可以通过化学沉淀的方法去除。小明同学取了一些污水水样，并设计了如下流程，用化学沉淀法去除这两种重金属离子：（12）第一步加入氢氧化钠溶液，是为了除去污水中的Cu2+（填写离子）。预期的实验现象为有蓝色沉淀生成。（13）第二步加入硫酸钠溶液，是为了除去污水中的Ba2+（填写离子），对应的离子方程式为：SO42-（14）最后一步向污水中滴加适量稀硫酸的目的是去除过量的氢氧化钠，如何保证所加硫酸的量是适量的呢？边滴加稀硫酸边用pH计测量，直到pH＝7。（15）用小明同学的方法，在除掉重金属离子的同时也会引入一些危害性低的其它杂质离子，它们分别是（全部写出）Na+、【分析】（1）根据胶体的性质分析；（2）根据中和反应中n（OH﹣）＝n（H+）分析；根据中和反应本质是氢离子和氢氧根离子结合生成水分子分析；（3）根据标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol，每个O2分子含2个氧原子分析；（4）根据盐由金属阳离子（或铵根）和酸根阴离子构成分析；（5）根据Al3+水解生成氢氧化铝胶体分析；（6）根据聚沉是胶体微粒聚集形成大颗粒沉降的过程分析；（7）根据容量瓶选“大而近”规格，n＝cV，m＝n×M分析；（8）根据转移液体时玻璃棒起引流作用防止液体洒出；未洗涤会导致溶质残留，进入容量瓶的溶质偏少，最终溶液浓度偏低；容量瓶原有清水不影响最终定容体积，对浓度无影响分析；（9）根据氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸分析；（10）根据配平依据化合价升降守恒分析；（11）根据采用控制变量对照思路分析；（12）根据加入过量氢氧化钠溶液后，铜离子生成氢氧化铜沉淀分析；（13）根据钡离子和硫酸根离子，生成物为硫酸钡沉淀分析；（14）根据过滤之后氢氧化铜沉淀与硫酸钡沉淀消失，此时溶液中剩余氢氧化钠与硫酸钠分析；根据溶液呈中性时说明剩余溶液中的碱反应完毕，即pH＝7时反应完毕，pH计测量更准确分析；（15）根据最终溶液只剩余硫酸钠一种溶质分析。【解答】解：（1）悬浊液静置会出现沉淀，与题干现象不符；丁达尔效应是胶体特有的性质，溶液没有丁达尔效应，因此水样属于胶体。过滤只能分离不溶性固体和液体，胶体粒子能透过滤纸，无法被过滤除去；静置仅能沉降悬浊液的大颗粒，胶体静置无沉淀，无法通过静置分离；渗析利用半透膜可以截留胶体粒子，因此选渗析。（2）1m3＝1000L，水样中H+总物质的量n（H+）＝c（H+）×V（水样）＝10﹣4mol/L×1000L＝0.1mol；中和反应中n（OH﹣）＝n（H+）＝0.1mol，1molNaOH可电离出1molOH﹣，因此需要NaOH的物质的量为0.1mol；所需1molLNaOH溶液的体积v（NaOH）=0.1mol1mol/L=0.1L＝100mL；该反应为强酸强碱中和反应，本质是氢离子和氢氧根离子结合生成水分子，对应离子方程式为H++OH﹣＝H（3）1m3＝1000L，1m3水样中氧气的总质量：8mg/L×1000L＝8000mg＝8g。氧气体积：O2的摩尔质量为32g/mol，则氧气物质的量n=8g32g/mol=0.25mol；标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol，故体积V＝0.25mol×22.4L/mol＝5.6L。氧原子数：每个O2分子含2个氧原子，氧原子总物质的量为0.25mol×2＝0.5mol，对应原子数为0.5mol×6.02×1023mol﹣1＝3.01×（4）盐由金属阳离子（或铵根）和酸根阴离子构成，明矾可解离出K⁺（5）Al3+水解生成氢氧化铝胶体，离子方程式为：Al（6）聚沉是胶体微粒聚集形成大颗粒沉降的过程，符合题干描述；沉淀是普通溶质析出、电泳是胶体粒子在电场中定向移动，均不符合。（7）明矾的摩尔质量为474g/mol；容量瓶选“大而近”规格，无80mL容量瓶，故选100mL；称取质量：n＝cV＝0.1mol/L×0.1L＝0.01mol，m＝n×M＝0.01mol×474g/mol＝4.74g。（8）转移液体时玻璃棒起引流作用防止液体洒出；未洗涤会导致溶质残留，进入容量瓶的溶质偏少，最终溶液浓度偏低；容量瓶原有清水不影响最终定容体积，对浓度无影响。（9）氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，化学方程式为：Cl2+H2O＝HCl+HClO；该反应为歧化反应：Cl2中一半Cl元素从0价升为+1价生成氧化产物HClO，一半Cl元素从0价降为﹣1价生成还原产物HCl，因此Cl2既是氧化剂又是还原剂；每生成1molHClO对应1molCl失1mol电子，故转移电子数为1mol。（10）配平依据化合价升降守恒：每个N2生成对应2个N共失6e﹣，每个Cl得2e﹣，最小公倍数为6，因此HClO系数为3、NH3系数为2，再根据原子守恒配平，所以为。（11）采用控制变量对照思路：排除水的干扰，验证干燥Cl，无漂白性，排出生成的HCl的干扰，只有Cl2与水反应生成HClO后才有漂白性，即可得出结论。取干燥有色布条放入干燥氯气中不褪色；另取相同布条放入稀盐酸中不褪色；再取相同布条放入氯水中褪色，证明漂白物质是次氯酸。（12）加入过量氢氧化钠溶液后，铜离子生成氢氧化铜沉淀，此时溶液中剩余氢氧化钠与Ba2+；氢氧化铜为蓝色沉淀，所以预期的实验现象为有蓝色沉淀生成。（13）加入过量硫酸钠溶液之后，钡离子生成硫酸钡沉淀，此时溶液中剩余氢氧化钠与硫酸钠；硫酸钡为沉淀，因此离子式反应物为钡离子和硫酸根离子，生成物为硫酸钡沉淀，离子方程式为SO（14）过滤之后氢氧化铜沉淀与硫酸钡沉淀消失，此时溶液中剩余氢氧化钠与硫酸钠，最后一步加入适量稀硫酸是为了中和溶液中剩余的氢氧化钠，生成硫酸钠；溶液呈中性时说明剩余溶液中的碱反应完毕，即pH＝7时反应完毕，pH计测量更准确，所以边滴加稀硫酸边用pH计测量，直到pH＝7。（15）最终溶液只剩余硫酸钠一种溶质，硫酸钠溶于水只有钠离子和硫酸根离子两种离子。故答案为：（1）胶体；渗析；（2）100；H++OH﹣＝H2O；（3）5.6；3.01×1023；（4）盐；（5）Al（6）聚沉；（7）100；4.74g；（8）引流；偏低；无影响；（9）Cl2+H2O＝HCl+HClO；Cl2；Cl2；HClO；1；（10）；（11）取干燥有色布条放入干燥氯气中不褪色；另取相同布条放入稀盐酸中不褪色；再取相同布条放入氯水中褪色，证明漂白物质是次氯酸（答案不唯一）；（12）Cu2+；有蓝色沉淀生成；（13）Ba2+；SO（14）去除过量的氢氧化钠；边滴加稀硫酸边用pH计测量，直到pH＝7；（15）Na【点评】本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。9．（2026春•海淀区校级期中）水的硬度指水中溶解的钙离子（Ca2+）和镁离子（Mg2+）的总浓度，是衡量水质的重要指标之一。水的硬度又可分为两类，一类是暂时硬度，它是由碳酸氢钙[Ca（HCO3）2]、碳酸氢镁[Mg（HCO3）2]等引起，如河水中溶解的CO2会与土壤、岩石中的难溶性碳酸盐如碳酸钙（CaCO3）等反应生成可溶性的碳酸氢盐进入水中，从而提高了水的硬度。这些可溶性的碳酸氢盐在加热时，可以再次分解为难溶性的碳酸盐，因此可通过煮沸降低水的暂时硬度，原理如下：Ca(HCO另一类是永久硬度，它是由可溶于水的钙、镁硫酸盐、氯化物等物质引起。这些物质如CaSO4、MgCl2无法通过煮沸去除，可通过化学沉淀法进行处理。这指的是向硬水中加入碳酸钠（Na2CO3）和氢氧化钙[Ca(OH)2]两种物质，将Ca2+和Mg2+转化为沉淀去除，其原理如下：CaSO4+Na2CO3＝CaCO3↓+Na2SO4MgCl2+Ca(OH)2＝Mg(OH)2↓+CaCl2水的硬度过大，会对我们生活和工业制造产生不利的影响，如会导致肥皂和洗涤剂起泡能力下降；热水器、管道内有水垢产生，降低热效率；工业的锅炉结垢可能导致管道受热不均，进而引发爆炸风险，因此需要软化处理。（1）下列关于水的硬度，说法正确的是BCD（多选）。A．热水器、工业锅炉内的水垢是由水的永久硬度产生B．某水中主要含钙离子、镁离子、氯离子和硫酸根离子，则该水的硬度属于永久硬度C．用化学沉淀法处理水的永久硬度时，试剂加入顺序为先加Ca(OH)2后加Na2CO3D．化学沉淀法既能去除水的暂时硬度，也能去除水的永久硬度（2）测定水的总硬度一般采用配位滴定法：即在硬水中，加入铬黑T（EBT）作为指示剂，再逐渐加入Y4﹣（EDTA）溶液与Ca2+、Mg2+结合，过程中涉及的反应有：M2+（金属离子）+Y4﹣＝MY2﹣（无色）；M2+（金属离子）+EBT（铬黑T，蓝色）＝MEBT（酒红色）MEBT+Y4﹣＝MY2﹣+EBT可以根据铬黑T的颜色变化，判断EDTA是否与Ca2+、Mg2+恰好完全反应，滴定终点（即恰好完全反应）的实验现象是滴入最后一滴EDTA溶液时，溶液由酒红色变为蓝色，且半分钟内不恢复原色。（3）取20mL只含CaCl2的硬水，所用Y4﹣的浓度为cg/mL，滴定终点时共消耗EDTA溶液15.0mL，则该水样的密度为548c（或约0.104c）g/mL。（已知Y4﹣的化学式为C10H12N2O8【分析】（1）根据水的硬度分类、水垢的形成原因、化学沉淀法的试剂添加顺序及适用范围，逐一判断各选项的正误进行分析；（2）根据配位滴定的反应过程，结合铬黑T指示剂在不同结合状态下的颜色差异，确定滴定终点的实验现象进行分析；（3）根据EDTA与Ca2+按物质的量1：1反应的定量关系，结合EDTA的质量和摩尔质量计算其物质的量，进而得到CaCl2的质量，结合水样体积计算对应物理量进行分析。【解答】解：（1）A.水垢主要是暂时硬度对应的碳酸氢盐受热分解生成的难溶性碳酸盐，错误；B.该水中钙、镁离子以硫酸盐、氯化物形式存在，属于永久硬度，正确；C.先加Ca(OH)2除去Mg2+，后加Na2CO3可同时除去原水Ca2+和加Ca(OH)2引入的Ca2+，顺序合理，正确；D.化学沉淀法可将两种硬度中的钙、镁离子均转化为沉淀去除，正确。（2）滴定前金属离子与EBT结合为酒红色的MEBT，滴定终点时金属离子全部与Y4﹣结合，释放出蓝色的游离EBT，因此滴定终点的实验现象是：滴入最后一滴EDTA溶液时，溶液由酒红色变为蓝色，且半分钟内不恢复原色。（3）EDTA的相对原子质量12×10+1×12+14×2+16×8＝288，Ca的相对原子质量是40，由题2可以知道反应的关系式：M2+～Y4﹣4028820mL×ρ水样15.0mLcg/mL40288因此水样密度为40×15c288×20故答案为：（1）BCD（2）滴入最后一滴EDTA溶液时，溶液由酒红色变为蓝色，且半分钟内不恢复原色；（3）5c48（或约0.104c【点评】本题主要考查水的硬度相关知识，涉及硬度的分类与软化、配位滴定的原理及定量计算。解题的关键是准确理解暂时硬度和永久硬度的本质区别，掌握化学沉淀法的试剂作用顺序，明确配位滴定中指示剂的变色规律，并能根据反应的计量比进行规范的定量计算。10．（2026•常州二模）常州武进区践行绿色发展理念，以生态海绵建设为基底，积极探索海绵城市提升改造、水生态修复新方法。“海绵城市”是指城市在适应环境变化和应对雨水带来的自然灾害等方面具有良好的“弹性”，下雨时吸水、蓄水、渗水、净水，需要时将蓄存的水“释放”并加以利用，从而实现“自然积存、自然渗透、自然净化”三大功能。Ⅰ.制作净水器（1）“海绵城市”的地面材料要具有疏松多孔结构（选填“坚硬致密”或“疏松多孔”），起到吸水、蓄水等作用。（2）雨水一般需要经过滤、吸附、杀菌消毒、煮沸处理方能饮用，其中吸附一般使用活性炭。杀菌消毒时，可以向水中通入氯气Cl2，氯气与水反应会生成次氯酸（HClO）和初中常见的一种强酸，请写出该反应方程式Cl2+H2O＝HCl+HClO。（3）某兴趣小组想要对雨水进行进一步净化制作了如图1所示简易净水器，使用该净水器，待处理的水由下往上压，优点是使水与滤层充分接触，提高净化效果。Ⅱ.水中磷元素和金属离子的去除。（4）纳米铁粉热处理后能够除去水中的磷元素，煅烧温度及pH对纳米铁除磷的影响如图2所示。为提高除磷率，可采取的措施有：①将纳米铁粉在550℃条件下煅烧；②控制水体pH在2～6的酸性范围内。（5）用纳米铁去除废水中的金属离子。根据金属活动性顺序，去除途径分三种（如图3：ⅰ：吸附捕捉，ⅱ：直接反应，ⅲ：吸附捕捉再慢慢反应。①Zn2+属于第ⅰ种（填序号），若Cr2+的去除途径属于吸附捕捉，则Cr的金属活动性比铁强（填“强”或“弱”）。②用纳米铁粉去除废水中的Cu2+，一段时间后Cu2+的去除率下降，可能的原因是生成的铜附着在纳米铁粉表面，阻碍铁与铜离子继续接触反应。【分析】（1）根据“海绵城市”吸水、蓄水、渗水的功能要求，结合材料的物理结构特点进行分析；（2）根据质量守恒定律推断反应产物，并结合初中化学常见强酸的知识确定物质，进而书写化学方程式；（3）根据过滤操作的原理及水流方向对净化效果的影响进行分析；（4）根据图表信息，寻找除磷率最高时对应的温度和pH范围进行分析；（5）①根据金属活动性顺序表判断锌与铁的活动性强弱，从而确定反应类型；根据题目给出的去除途径（吸附捕捉）反推金属活动性关系；②根据置换反应的特点及产物状态对反应速率的影响进行分析。【解答】解：（1）疏松多孔的结构有较大的空隙和吸附能力，可实现吸水、蓄水的功能，坚硬致密的材料无法透水储水。（2）活性炭具有疏松多孔结构，可吸附水中色素、异味，是常用的净水吸附剂；根据质量守恒定律，反应物含Cl、H、O三种元素，生成的强酸为HCl，配平即可得到反应方程式。（3）水由下向上流动时，能与各层过滤、吸附材料充分接触，延长作用时间，避免水流直接冲刷导致滤层松动，净化效果更好。（4）由图2可知：相同pH下，550℃煅烧的纳米铁除磷率远高于450℃；相同温度下，pH为2～6的酸性条件下除磷率最高，pH升高除磷率明显下降，因此选择这两个条件。（5）①由图3可直接看出Zn2+对应吸附捕捉的第ⅰ种途径；金属活动性顺序中，只有活动性弱于铁的金属才能被铁从盐溶液中置换出来，若Cr2+仅被吸附不发生反应，说明Cr活动性强于铁。②铁和Cu2+反应生成铜单质，会覆盖在纳米铁表面，减少铁与溶液的接触面积，阻碍反应继续进行，因此去除率下降。故答案为：（1）疏松多孔。（2）活性炭；Cl2+H2O＝HCl+HClO。（3）使水与滤层充分接触，提高净化效果。（4）将纳米铁粉在550℃条件下煅烧；控制水体pH在2～6的酸性范围内。（5）①ⅰ；强；②生成的铜附着在纳米铁粉表面，阻碍铁与铜离子继续接触反应。【点评】本题主要考查了水的净化原理、质量守恒定律的应用、图表信息的提取与分析以及金属活动性顺序的应用。解题时需注意灵活运用金属活动性顺序判断反应能否发生，并能解释反应受阻的原因。三．科学探究题（共6小题）11．（2026•南安市模拟）某兴趣小组开展了“硝酸钾晶体的制备”课外实践活动。活动一：了解溶解度【查阅资料】硝酸钾与氯化钠的溶解度曲线如图所示。（1）20℃时，KNO3的溶解度是31.6g。活动二：制备硝酸钾晶体（2）配制热饱和溶液①预估用量。若水温保持在60℃，向50mL蒸馏水（密度按1g•mL﹣1计）中加入硝酸钾固体，理论上需加入55g才能恰好形成饱和溶液。②配制过程中用到的玻璃仪器有量筒（或胶头滴管、烧杯、玻璃棒）（任写一种）。③若热饱和溶液含有不溶性杂质，需趁热过滤。趁热的目的是防止过滤过程中溶液温度下降，导致硝酸钾过早结晶，堵塞滤纸。（3）制备晶体。选取一颗晶形完整的硝酸钾小晶体，悬挂在盛有硝酸钾饱和溶液的烧杯中，每日补充少量60℃的硝酸钾饱和溶液，晶体逐渐长大。①在相同室温下，析出小晶体后的母液A与晶体长大后的母液B的溶质质量分数关系：A＝B（填“＞”“＜”或“＝”）。②若所用硝酸钾中含有少量氯化钠，在结晶过程中，大部分硝酸钾析出，而氯化钠仍留在母液中，这是利用了二者在不同温度下的溶解度的差异进行分离。【分析】（1）根据溶解度曲线的含义，进行分析解答。（2）①根据60℃时，KNO3的溶解度为110g，进行分析解答。②根据配制过程中所需仪器，进行分析解答。③根据硝酸钾的溶解度随着温度的降低而减小，进行分析解答。（3）①根据母液A和母液B都为室温下硝酸钾的饱和溶液，进行分析解答。②根据硝酸钾的溶解度受温度的影响变化较大，而氯化钠的溶解度受温度的影响变化较小，进行分析解答。【解答】解：（1）由溶解度曲线图可知，20℃时，KNO3的溶解度为31.6g。（2）①60℃时，KNO3的溶解度为110g，若水温保持在60℃，向50mL蒸馏水（密度按1g•mL﹣1计）中加入硝酸钾固体，最多能溶解55g，理论上需加入55g才能恰好形成饱和溶液。②配制过程中需称量55g硝酸钾固体，量取50mL蒸馏水，进行溶解，用到的玻璃仪器有量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒。③硝酸钾的溶解度随着温度的降低而减小，需趁热过滤的目的是防止过滤过程中溶液温度下降，导致硝酸钾过早结晶，堵塞滤纸。（3）①母液A和母液B都为室温下硝酸钾的饱和溶液，溶质质量分数相同，故二者的溶质质量分数大小关系是A＝B。②若所用硝酸钾中含有少量氯化钠，在结晶过程中，大部分硝酸钾析出，而氯化钠仍留在母液中，是因为硝酸钾的溶解度受温度的影响变化较大，而氯化钠的溶解度受温度的影响变化较小，这是利用了二者在不同温度下的溶解度的差异进行分离。故答案为：（1）31.6g；（2）①55；②量筒（或胶头滴管、烧杯、玻璃棒）；③防止过滤过程中溶液温度下降，导致硝酸钾过早结晶，堵塞滤纸；（3）①＝；②在不同温度下的溶解度。【点评】本题难度不大，理解固体溶解度曲线的含义（点、线、面和交点等）并能灵活运用是正确解答本题的关键。12．（2026•海沧区模拟）实践小组开展水质检测、净化项目式学习。任务一水质检测【查阅资料】①COD是衡量水中有机物污染程度的指标，数值越高，污染越严重；②地表水环境质量标准规定的Ⅰ～V类地表水如下表：水质类别I、Ⅱ类Ⅲ类IV类V类COD值（mg/L）≤15≤20≤30≤40（1）小组同学从某水域取少量样品，用COD快速测定仪测得其COD值为27mg/L，说明该水样属于IV类（选填上述表格中水质类别）。任务二水的净化如图所示，家用水龙头净水器因安装便捷、成本较低而被广泛使用，其中的三种滤料孔径如下表：滤料PP棉椰壳活性炭麦饭石孔径1μm1.7﹣4.2μm5﹣6mm（2）椰壳活性炭的作用是吸附水中的色素和异味。（3）上述三种滤料填充区域如下图所示，区域C应填充的是PP棉。（4）家用水龙头净水器净化后的水不能（选填“能”或“不能”）直接饮用，理由是净化后的水中还含有病菌、微生物。（5）海水淡化也可获得饮用水。电渗析法淡化海水的原理如图所示：阳离子交换膜只允许阳离子通过，阴离子交换膜只允许阴离子通过，淡水将从B（选填“A”或“B”）区域引出。【分析】（1）根据题干数据信息来分析；（2）根据活性炭的性质来分析；（3）根据净化水的方法与原理来分析；（4）根据净化水的方法与原理以及水的饮用条件来分析；（5）根据电渗析法淡化海水的原理来分析。【解答】解：（1）小组同学从某水域取少量样品，用COD快速测定仪测得其COD值为27mg/L，说明该水样属于IV类；故答案为：IV类；（2）椰壳活性炭具有吸附性，其作用是吸附水中的色素和异味；故答案为：吸附水中的色素和异味；（3）按照水的流动方向，净化水的程度逐步提高，因此区域C应填充的是PP棉；故答案为：PP棉；（4）家用水龙头净水器净化后的水不能直接饮用，理由是净化后的水中还含有病菌、微生物；故答案为：不能；净化后的水中还含有病菌、微生物；（5）电渗析法淡化海水的原理如图所示：阳离子交换膜只允许阳离子通过，阴离子交换膜只允许阴离子通过，Na+（阳离子）透过阳离子交换膜进入左侧A区，Cl﹣（阴离子）透过阴离子交换膜进入右侧A区；B区内Na+、Cl﹣等离子不断流失，只剩下水，因此淡水从B区域引出；故答案为：B。【点评】本题主要考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力，强调了学生整合基本化学知识的能力。13．（2026•武汉模拟）冬季道路结冰时，常用“撒盐（融雪剂）”的方式降低冰雪凝固点从而加速融雪，保障通行安全。某市售融雪剂成分为氯化钠和氯化钙，兴趣小组对该融雪剂的溶解性、组成和分离进行了一系列探究。氯化钠和氯化钙在不同温度下的溶解度数据如表：温度/℃020406080100溶解度/gNaCl35.736.036.637.338.439.8CaCl259.574.5128137147159请回答下列问题：（1）0℃时，这两种物质中溶解度较大的是氯化钙或CaCl2。（2）为加快融雪剂的溶解，可以采用的一种方法是搅拌（或加热、将融雪剂研碎）。（3）20℃时，将50.0g融雪剂加入到盛有100.0g水的烧杯中，充分搅拌后，固体全部溶解，其中氯化钠达到饱和。则该融雪剂中氯化钠的质量分数为72.0%（保留到0.1%）。（4）为分离两种固体，兴趣小组同学设计如下流程：步骤Ⅰ：将（3）所得溶液加热至80℃后，恒温蒸发90.0g水，有大量晶体析出，趁热过滤得到晶体甲和滤液A。步骤Ⅱ：将滤液A冷却至0℃，过滤得到晶体乙和滤液B。下列说法正确的是①（填标号）。①步骤Ⅰ中趁热过滤，是为了防止降温时CaCl2析出②步骤Ⅰ恒温蒸发水，溶液中氯化钠的质量分数先变大后变小③晶体甲和晶体乙均是纯净物④过滤得到的滤液A和滤液B中氯化钙均达到饱和【分析】（1）根据表格中0℃时氯化钠和氯化钙的溶解度数据，比较两种物质的溶解度大小进行分析；（2）根据影响固体溶解速率的常见因素，分析加快融雪剂溶解的方法进行分析；（3）根据20℃时氯化钠的溶解度，确定100.0g水中最多溶解氯化钠的质量，结合融雪剂总质量计算其