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广东省2025-2026学年高一上学期9月月考化学试题
1．（2025高一上·广东月考）北京冬奥会成功举办、神舟十三号顺利往返、“天宫课堂”如期开讲及“华龙一号”核电海外投产等，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列相关叙述正确的是
A．冬奥会“飞扬”火炬所用的燃料为氧化性气体
B．飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于天然有机高分子
C．乙酸钠过饱和溶液析出晶体并放热的过程仅涉及化学变化
D．核电站反应堆所用铀棒中含有的与互为同位素
2．（2025高一上·广东月考）下列物质属于盐且水溶液呈酸性是
A． B． C． D．
3．（2025高一上·广东月考）化学促进了科技进步和社会发展。下列叙述中没有涉及化学变化的是（　　）
A．《神农本草经》中记载的“石胆能化铁为铜”
B．利用“侯氏联合制碱法”制备纯碱
C．科学家成功将 转化为淀粉或葡萄糖
D．北京冬奥会场馆使用 跨临界直冷制冰
4．（2025高一上·广东月考）傍晚，无数光柱透过云层，将天空映照得非常美丽。该光柱
A．源于丁达尔效应 B．证明空气是纯净物
C．由O2无规则运动引起 D．由N2的“惰性”引起
5．（2025高一上·广东月考）如图是实验室制备Fe(OH)3胶体并验证丁达尔效应的示意图，下列说法错误的是
A．制备氢氧化铁胶体的化学反应方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl
B．光束通过胶体时有一条光亮的“通路”，是胶体粒子对光线散射形成的
C．此实验需要加热，故应在实验设计时注明以作提醒
D．氢氧化铁胶体不属于分散系
6．（2025高一上·广东月考）二十大报告提出加快科技创新、构建新能源体系，推进生态优先、绿色低碳发展。下列说法错误的是
A．“奋斗者”号深海载人潜水器采用的Ti62A新型钛合金材料硬度大、韧性好
B．推动大型风电、水电、太阳光伏等可再生能源发展
C．保护和治理山水林田湖草有利于实现碳中和
D．使用聚乙烯制作的塑料包装袋物美价廉，符合绿色低碳发展理念
7．（2025高一上·广东月考）很多珍贵文物都记载着中华民族的灿烂文明。下列文物主要由合金材料制成的是
选项 A B C D
文物
名称 西汉青铜雁鱼灯 秦代竹简 唐代兽首玛瑙杯 秦朝兵马俑
A．A B．B C．C D．D
8．（2025高一上·广东月考）《齐民要术》中记载的“浸曲三日，如鱼眼汤沸，酸米”描述的过程是（　　）
A．制米糖 B．酿酒 C．榨油 D．晒盐
9．（2025高一上·广东月考）我国明代《余东录》记载“铅块悬酒缸内，封闭四十九日，开之则化为粉矣。化不白者，炒为黄丹。”涉及物质转化如下：。下列有关说法错误的是
A．Pb属于电解质
B．2Pb(OH)2·PbCO3属于碱式盐
C．反应ⅰ中(CH3COO)2Pb为氧化产物
D．反应ⅲ为分解反应
10．（2025高一上·广东月考）下列关于各物质的所属类别及性质的描述正确的是
选项 A B C D
物质 生铁 氢氧化铁胶体
类别 酸性氧化物 离子化合物 合金 电解质
性质 与水反应 熔融态不导电 易发生电化学腐蚀 能产生丁达尔现象
A．A B．B C．C D．D
11．（2025高一上·广东月考）25℃时，下列各组离子中可以在水溶液中大量共存的是（　　）
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
12．（2025高一上·广东月考）下列不符合环境保护和绿色化学理念的是
A．禁止使用含铅汽油作为汽车燃料
B．用银作催化剂，乙烯和氧气反应制取环氧乙烷，原子利用率100%
C．制CuSO4时先将Cu氧化成CuO后再与稀硫酸反应
D．用铜和浓硝酸反应制取Cu(NO3)2
13．（2025高一上·广东月考）关于反应，下列说法正确的是（　　）
A．发生还原反应
B．既是氧化剂又是还原剂
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
D．发生反应，转移电子
14．（2025高一上·广东月考）已知A2O可与B2-反应，B2-被氧化，产物为B单质，A2O被还原，产物为A3+，且A2O与B2-的化学计量数之比为1：3，则n值为
A．4 B．5 C．7 D．6
15．（2025高一上·广东月考）铜与一定量浓硝酸恰好完全反应，得到硝酸铜溶液和、、NO的混合气体，将这些气体与标准状况下0.896L 混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，若向所得硝酸铜溶液中加入5NaOH溶液至恰好完全沉淀，消耗NaOH溶液的体积是
A．16mL B．32mL C．48mL D．64mL
16．（2025高一上·广东月考）二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)是常用的杀菌消毒剂，二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%.通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为：C3N3O3Cl+H++2H2O=C3H3N3O3+2HClO，HClO+2I-+H+=I2+Cl-+H2O，I2+2S2O=S4O+2I-，准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用0.1000mol L-1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点(恰好反应完全)，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。
该样品的有效氯= ×100%
通过计算判断该样品的有效氯约为
A．55% B．58% C．61% D．63%
17．（2025高一上·广东月考）误差分析的思维流程
误差的引入
操作不当 药品中含有杂质 定量仪器使用不当
牢记：，分析m和V的变化
（1）从改变溶质物质的量角度分析产生的误差(用“偏大”“偏小”或“无影响”填空)。
①配制450mL0.1mol/L的NaOH溶液，用托盘天平称取NaOH固体1.8g：　 　。
②配制500mL0.1mol/L的硫酸铜溶液，用托盘天平称取胆矾8.0g：　 　。
③配制NaOH溶液，用托盘天平称量NaOH时，托盘天平的两个托盘上放两张质量相等的纸片，其他操作均正确：　 　。
④配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，需称量溶质4.4g，称量时物码放置颠倒：　 　。
⑤配制一定物质的量浓度的稀H2SO4溶液时，用量筒量取浓硫酸时，仰视读数：　 　。
⑥定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体至刻度线：　 　。
⑦配制一定物质的量浓度溶液时，烧杯及玻璃棒未洗涤：　 　。
（2）从改变溶液体积角度分析产生的误差(用“偏大”“偏小”或“无影响”填空)。
①配制NaOH溶液时，将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容：　 　。
②定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线：　 　。
③定容时仰视刻度线　 　。
④定容摇匀后少量溶液外流：　 　。
⑤容量瓶中原有少量蒸馏水：　 　。
18．（2025高一上·广东月考）碲是ⅥA族元素，其单质和化合物在化工生产等方面具有广泛应用。
（1）TeO2是两性氧化物，微溶于水，可溶于强酸、或强碱。TeO2和NaOH溶液发生反应的化学方程式为　 　。
（2）碲酸（H6TeO6）是一种很弱的酸，Ka1=1×10-7，该温度下0.1mol/L H6TeO6的电离度α为　 　（结果保留一位有效数字）。在酸性介质中，碲酸可将HI氧化成I2，若反应生成的TeO2与Te的物质的量之比为1：1，试配平该化学方程式。　 　
______HI+_____ H6TeO6=_____TeO2+_____Te+_____I2+_____H2O
（3）从粗铜精炼的阳极泥（主要含有Cu2Te）中提取粗碲的一种工艺流程如下：
① 已知加压酸浸时控制溶液的pH为5.0，生成TeO2沉淀。如果H2SO4溶液浓度过大，将导致TeO2沉淀不完全，原因是　 　。
② 防止局部酸度过大的操作方法是　 　。
③ 对滤渣“酸浸”后，将Na2SO3加入Te(SO4)2溶液中进行“还原”得到固态碲，该反应的离子方程式是　 　。
④ “还原”得到固态碲后分离出粗碲的方法　 　，对粗碲进行洗涤，判断洗涤干净的实验操作和现象是　 　。
19．（2025高一上·广东月考）实验室需要0.2 mol·L﹣1NaOH溶液480 mL和0.5 mol·L﹣1硫酸溶液500 mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题。
（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是　 　(填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是　 　、　 　(填仪器名称)。
（2）在配制NaOH溶液时：根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为　 　。
（3）在配制硫酸溶液时：所需质量分数为98%、密度为1.84g·cm﹣3的浓硫酸的体积为　 　mL(计算结果保留一位小数)；
（4）配制溶液时下列说法正确的是_______(填字母)。
A．称量氢氧化钠时，托盘天平两盘应用等质量的纸片
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制
C．量取的浓硫酸应沿玻璃棒慢慢倒入烧杯中，再加水稀释
D．若将7.8 g Na2O2溶于水，配成1 L溶液，也可得到浓度为0.2 mol·L-1的NaOH溶液
（5）在配制过程中，其他操作都正确，下列操作使所配溶液浓度偏高的是　 　(填序号)。
①洗涤量取浓硫酸的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中
②稀释后的硫酸溶液未等冷却至室温就转移到容量瓶中
③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水
④定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线
20．（2025高一上·广东月考）硫酸亚铁晶体(FeSO4·7H2O)在医药上用作补血剂。某课外小组设计实验测定该补血剂中铁元素的含量，并检验该补血剂是否变质。实验步骤如下：
请回答下列问题：
（1）向步骤①的滤液中滴加KSCN溶液后变为红色，则该滤液中含有　 　(填离子符号)，检验滤液中还存在Fe2+的方法为　 　(说明试剂、现象)。
（2）步骤②加入过量H2O2的目的是　 　。涉及的反应离子方程式：　 　。
（3）步骤③中反应的离子方程式为　 　。
（4）步骤④中一系列处理的操作步骤包括：过滤、　 　、干燥、灼烧、　 　、称量。
（5）假设实验中的损耗忽略不计，则每片补血剂含铁元素的质量为　 　g。
21．（2025高一上·广东月考）自然界中的物质绝大多数以混合物的形式存在，为了便于研究和利用，常需对混合物进行分离和提纯。I.从海水中得到的粗盐中还含有硫酸钠、氯化镁、氯化钙等可溶性杂质，他们在溶液中主要以、、的形式存在，为将这些杂质离子除净，应加入氯化钡、氢氧化钠、碳酸钠等物质(均过量)将其转化为沉淀，过滤除去；再加入适量的盐酸，得到精盐水，最后经蒸发即得精盐。以下是某化工厂对海水进行综合利用的示意图。
（1）⑤对应的操作是　 　，⑦对应的操作是　 　。
（2）在利用粗盐制备精盐过程的第⑥步操作中，加入适量盐酸的目的是　 　。
（3）在制备精盐的过程中，氯化钡和碳酸钠溶液的添加顺序不可以颠倒，理由是　 　。
II.
（4）下列A、B、C、D是中学常见的混合物分离或提纯的装置。
请根据混合物分离或提纯的原理，从氯化钠溶液中分离出水需要使用上图哪种装置　 　。
（5）碘水中提取碘单质需经过萃取、分液、蒸馏。
①下列可作为碘水中提取碘单质萃取剂的有　 　。
a.酒精 B.苯 C.四氯化碳
②已知碘和四氯化碳的熔沸点数据如下表
　 熔点 沸点
碘 113.7℃ 184.3℃
四氯化碳 -22.6℃ 76.8℃
若用蒸馏法分离碘和四氯化碳的混合物，锥形瓶中先收集到的物质的名称是　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；氧化还原反应；有机高分子化合物的结构和性质；元素、核素
【解析】【解答】A．H2作为燃料在反应中被氧化，体现出还原性，故A项说法错误；
B．玻璃纤维是一种性能优异的无机非金属材料，不是有机高分子，故B项说法错误；
C．乙酸钠饱和溶液中析出晶体的过程中无新物质生成，因此属于物理变化，故C项说法错误；
D．与是质子数均为92，中子数不同的核素，因此二者互为同位素，故D项说法正确；
综上所述，叙述正确的是D项。
【分析】A．H2是还原性气体；
B．玻璃纤维的成分是SiO2；
C．物质从饱和溶液中析出是物理变化；
D．同种元素的不同核素互称为同位素。
2．【答案】A
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算；物质的简单分类
【解析】【解答】A．硫酸氢钾属于盐，在水溶液中能电离出氢离子，溶液显酸性，选项A符合题意；
B．二氧化硅属于氧化物，选项B不符合题意；
C．氧化镁属于氧化物，选项C不符合题意；
D．氯化钙属于盐，其水溶液显中性，选项D不符合题意；
答案选A。
【分析】由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物是盐，硫酸氢钾电离方程式为KHSO4=K+ + H+ + SO42-。
3．【答案】D
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】A．“石胆能化铁为铜”是指铁与硫酸铜发生置换反应生成铜的过程，有新物质生成，发生了化学变化，A不符合题意；
B．“侯氏联合制碱法”的原理为向饱和铵盐水中通入二氧化碳生成碳酸氢钠，加热碳酸氢钠分解生成碳酸钠，该过程中有新物质生成，发生了化学变化，B不符合题意；
C．CO2转化为淀粉或葡萄糖的过程中有新物质生成，发生了化学变化，C不符合题意；
D．使用CO2跨临界直冷制冰，没有新物质生成，发生了物理变化，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】有新物质生成的变化属于化学变化。
4．【答案】A
【知识点】胶体的性质和应用
【解析】【解答】空气是气溶胶，当光线照射时，能产生无数光柱，将天空映照得非常美丽，即发生了丁达尔效应，故合理选项是A。
【分析】利用丁达尔效应可区分溶液和胶体。
5．【答案】D
【知识点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．根据制备原理，氢氧化铁胶体制备的化学反应方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，故A正确；
B．丁达尔效应中光亮的“通路”，是胶体粒子对光线散射形成的，故B正确；
C．此实验需要加热，故应在实验设计时注明以作提醒，故C正确；
D．胶体是一种分散系，是分散质粒子直径在1~100nm之间的分散系，故D错误；
故选D。
【分析】分散系包括溶液、胶体和浊液。
6．【答案】D
【知识点】常见的生活环境的污染及治理；原料与能源的合理利用；合金及其应用
【解析】【解答】A．合金比成分金属硬度高、韧性更好，A不符合题意；
B．积极推动大型风电、水电、核电、太阳光伏等可再生能源的发展，符合绿色发展理念，B不符合题意；
C．保护和治理山水林田湖草，增强绿色植物的光合作用，增大CO2的吸收，有利于实现“碳中和”，C不符合题意；
D．使用聚乙烯制作的塑料包装袋，会造成严重的白色污染，不符合绿色发展理念，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.铁合金具有硬度大、韧性好等特性；
B.风电、水电、太阳光伏等均可再生，属于可再生能源；
C.保护和治理山水林田湖草，增强绿色植物光合作用，可减少二氧化碳的含量，有利于实现碳中和。
7．【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅；无机非金属材料；合金及其应用
【解析】【解答】A．青铜为铜和锡的合金，A项符合题意；
B．竹简为纤维，是天然高分子材料，B项不符合题意；
C．玛瑙杯为SiO2，为无机非金属材料，C项不符合题意；
D．兵马俑为陶瓷类，属于硅酸盐材料，D项不符合题意；
故选A。
【分析】合金材料指的是一种金属与另一种或几种金属或非金属经过混合熔化，冷却凝固后得到的具有金属性质的固体产物。
8．【答案】B
【知识点】乙醇的物理、化学性质；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】“浸曲”即浸泡酒曲，可知该过程为酿酒，B项符合题意，
故答案为：B。
【分析】根据题意即可判断是酿酒
9．【答案】A
【知识点】化学基本反应类型；电解质与非电解质；物质的简单分类
【解析】【解答】A．根据电解质概念，Pb为单质，既不是电解质也不是非电解质，A错误；
B.2Pb(OH)2·PbCO3为碱式盐，B正确；
C．反应i中Pb元素化合价从0价升高到+2价，所以(CH3COO)2Pb为氧化产物，C错误；
D．反应iii的化学方程式应为2Pb(OH)2·PbCO3=3PbO+CO2↑+2H2O，属于分解反应，D正确；
综上所述答案为A。
【分析】考查物质类别和氧化还原反应，电解质指在水溶液或熔融状态能导电的化合物，根据化合价变化，知 (CH3COO)2Pb为氧化产物 。
10．【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；电解质与非电解质；物质的简单分类；分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】A．和水反应时化合价发生变化，生成硝酸和一氧化氮，不是酸性氧化物，故A错误；
B．是离子化合物，熔融态能导电，故B错误；
C．生铁是铁碳合金，在潮湿环境中构成原电池，易发生电化学腐蚀，故C正确；
D．氢氧化铁胶体是混合物，既不是电解质又不是非电解质，故D错误；
选C。
【分析】考查物质类别和性质，二氧化氮不是硝酸的酸酐，也不是亚硝酸的酸酐，不是酸性氧化物；离子化合物熔融态可导电；生铁是合金；氢氧化铁胶体是分散系，是混合物。
11．【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．与反应生成次氯酸而不能大量共存，故A不符合题意；
B．、、发生氧化还原反应而不能大量共存，故B不符合题意；
C．与反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体而不能大量共存，故C不符合题意；
D．、、、互不反应，能大量共存，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。
12．【答案】D
【知识点】化学与环境保护（酸雨防止、废水处理）；绿色化学
【解析】【解答】A．使用含铅汽油作为汽车燃料，会排放有毒气体，禁止使用含铅汽油作为汽车燃料，有利于环境保护，符合绿色化学的理念，A项不符合题意；
B．采用银作催化剂，乙烯和氧气制取环氧乙烷，原子利用率100%，符合绿色化学的理念，B项不符合题意；
C．铜和氧气反应生成氧化铜，氧化铜和稀硫酸反应可制得硫酸铜，不会产生有毒气体，消耗的硫酸的量少，符合绿色化学观念，C项不符合题意；
D．用铜和浓硝酸反应过程中除了生成硝酸铜外，还生成二氧化氮有毒气体，不符合绿色化学理念，D项符合题意；
答案选D。
【分析】绿色化学理念是从源头上杜绝污染，Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，二氧化氮有毒，能造成酸雨。
13．【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．H2SO4转化为硫酸钠和水，元素的化合价均未发生变化，没有发生还原反应，A不符合题意；
B．Na2S2O3中的S的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价)，Na2S2O3中S元素的化合价既升高又降低，既是氧化剂又是还原剂，B说法符合题意；
C．该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1，C不符合题意；
D．Na2S2O3中S元素为+2价，1mol Na2S2O3发生反应，转移2 mol电子，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A.该反应中硫酸的元素未发生变化；
B.Na2S2O3中S元素的化合价既升高又降低；
C.该反应中氧化产物是SO2，还原产物为S；
D.Na2S2O3中S元素为+2价，1molNa2S2O3发生反应，转移2mol电子。
14．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A2O中A的化合价为+(n-1)，其还原产物为A3+，化合价变化为n-1-3=n-4，B2-被氧化，产物为B单质，化合价变化为2，则根据化合价升降总数相等有2×(n-4)=3×2，解得n=7，故选C。
【分析】题目考查氧化还原反应规律，根据氧化剂和还原剂得失电子相等分析作答。
15．【答案】B
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】NO2、N2O4、NO的混合气体与0.896L L O2(标准状况)混合后通入水中，完全生成HNO3，则整个过程中HNO3反应前后没有变化，即Cu失去的电子与O2得电子数目相等，氧气的物质的量为mol，根据得失电子守恒：n(Cu)×2=n(O2)×4，因此n(Cu)×2=×4，解得：n(Cu)=0.08mol ， 则n[Cu(NO3)2]=0.08mol，根据 Cu2+～2OH-，则NaOH 为 0.08mol×2=0.16 mol，因此NaOH 体积V==0.032L=32mL；
故选B。
【分析】NO2、N2O4、NO的混合气体与0.896L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。说明整个过程被还原的硝酸反应前后没有变化，Cu失去的电子都被O2得到了，根据电子得失守恒，求出参加反应的铜，然后求出 Cu(NO3)2，再根据 Cu(NO3)2与NaOH 反应的关系，求出NaOH 的物质的量，最终求出NaOH溶液的体积。
16．【答案】D
【知识点】溶液中溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】 根据C3N3O3Cl+H++2H2O=C3H3N3O3+2HClO，HClO+2I-+H+=I2+Cl-+H2O，I2+2S2O=S4O+2I-，得到关系式为，n(Na2S2O3)=0.0200L×0.1000mol L-1=2.000×10-3mol，根据物质转换和电子得失守恒关系：得，氯元素的质量：m(Cl)＝1.000×10-3mol×35.5g/mol=0.0355g，250mL溶液中m(Cl)=0.0355g×10=0.355g，。
故答案为：D。
【分析】根据物质转换和电子得失守恒关系计算。
17．【答案】（1）偏小；偏小；偏小；偏小；偏大；偏小；偏小
（2）偏大；偏小；偏小；无影响；无影响
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】（1）①由容量瓶容积规格分析，配制450mL0.1mol/L的NaOH溶液，使用的容量瓶为500mL容量瓶，应该称量的NaOH的质量为：0.1mol/L×0.5L×40g/mol=2.0g，故用托盘天平称取NaOH固体1.8g，将导致所配溶液的浓度偏小，故答案为：偏小；
②胆矾是CuSO4·5H2O，称量胆矾来配制500mL0.1mol/L的硫酸铜溶液，应该称量的胆矾的质量为：0.1mol/L×0.5L×250g/mol=12.5g，故用托盘天平称取胆矾8.0g，将导致所配溶液的浓度偏小，故答案为：偏小；
③因氢氧化钠易潮解，在托盘天平的两个托盘上放两张质量相等的纸片，实际称量出的NaOH质量偏小，所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；
④用托盘天平称量4.4g溶质时，物码放置颠倒，实际称量到的NaOH质量只有4.0-0.4=3.6g，故所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；
⑤配制一定物质的量浓度的稀H2SO4溶液时，用量筒量取浓硫酸时，仰视读数，所量浓硫酸的体积偏大，所配溶液浓度偏大，故答案为：偏大；
⑥定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体至刻度线，吸出的溶液中含有溶质，所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；
⑦配制一定物质的量浓度溶液时，烧杯及玻璃棒未洗涤，溶质没有全部转移到容量瓶中，导致溶质的量偏小，所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；
（2）①由于溶液会热胀冷缩，溶解后形成的氢氧化钠溶液未经冷却立即转移到容量瓶中并定容，则将导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，故答案为：偏大；
②定容摇匀后，发现液面下降，可能是液体在瓶口附近未流下来，为正常现象，若继续加水至刻度线，将导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；
③定容时仰视刻度线，加水过多，将导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；
④定容摇匀后少量溶液外流，外流的溶液浓度与容量瓶中溶液浓度相同，则容量瓶中溶液浓度不变，只是体积偏小，故答案为：无影响；
⑤容量瓶中原有少量蒸馏水，对溶液体积无影响，对所配溶液浓度无影响，故答案为：无影响。
【分析】根据浓度计算公式： ，溶质摩尔质量M数值的定值，称量溶质质量m不准确和定容时溶液体积不准确会造成浓度c偏大或偏小，据此分析。
（1）①配制450mL0.1mol/L的NaOH溶液，使用的容量瓶为500mL容量瓶，应该称量的NaOH的质量为：0.1mol/L×0.5L×40g/mol=2.0g，故用托盘天平称取NaOH固体1.8g，将导致所配溶液的浓度偏小，故答案为：偏小；
②配制500mL0.1mol/L的硫酸铜溶液，使用的容量瓶为500mL容量瓶，应该称量的胆矾的质量为：0.1mol/L×0.5L×250g/mol=12.5g，故用托盘天平称取胆矾8.0g，将导致所配溶液的浓度偏小，故答案为：偏小；
③配制NaOH溶液，用托盘天平称量NaOH时，托盘天平的两个托盘上放两张质量相等的纸片，其他操作均正确，由于NaOH具有很强的吸水性，实际称量出的NaOH质量偏小，所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；
④配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，需称量溶质4.4g，称量时物码放置颠倒，实际称量到的NaOH质量只有4.0-0.4=3.6g，故所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；
⑤配制一定物质的量浓度的稀H2SO4溶液时，用量筒量取浓硫酸时，仰视读数，所量浓硫酸的体积偏大，所配溶液浓度偏大，故答案为：偏大；
⑥定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体至刻度线，将带走部分溶质，所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；
⑦配制一定物质的量浓度溶液时，烧杯及玻璃棒未洗涤，导致溶质的量偏小，所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；
（2）①由于液体的膨胀速率大于固体的膨胀速率，配制NaOH溶液时，将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容，则将导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，故答案为：偏大；
②定容摇匀后，发现液面下降，此为正常现象，若继续加水至刻度线，将导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；
③定容时仰视刻度线，将导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；
④定容摇匀后少量溶液外流，外流的溶液浓度与容量瓶中溶液浓度相同，则容量瓶中溶液浓度不变，只是体积偏小，故答案为：无影响；
⑤容量瓶中原有少量蒸馏水，对溶液体积无影响，对所配溶液浓度无影响，故答案为：无影响。
18．【答案】TeO2+ 2NaOH = Na2TeO3+ H2O；0.1%；8 HI+2 H6TeO6= 1TeO2+1 Te+4 I2+10 H2O；溶液酸性过强，TeO2会继续与酸反应，导致TeO2沉淀不完全。；搅拌；2 + Te4++ 2H2O = Te↓+ 2 + 4H+；过滤；取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明洗涤干净。
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；硫酸根离子的检验；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】(1)TeO2和NaOH溶液反应生成盐Na2TeO3和水，发生反应的化学方程式为TeO2+ 2NaOH = Na2TeO3+ H2O；
(2)根据碲酸电离方程式列三段式
Ka1=1×10-7=[0.1α×0.1α]/[0.1(1-α)]，解得：α=0.1%；
根据氧化还原方程式配平步骤，化合价升降相等，结合原子守恒配平方程式得：8HI+2H6TeO6→TeO2+Te+4I2+10H2O；
(3)①TeO2具有两性，如果溶液酸性过强，TeO2会继续与酸反应，导致TeO2沉淀不完全；
② 搅拌溶液可使溶液浓度均一，防止局部酸度过大；
③Na2SO3加入Te(SO4)2溶液中进行还原得到固态碲，同时生成Na2SO4，该反应的离子方程式是2 + Te4++ 2H2O = Te↓+ 2 + 4H+ ；
④用过滤操作得到粗碲；还原后有硫酸根离子生成，粗碲表面附着液中含有，取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明洗涤干净。
【分析】题目考查了弱酸电离常数表达式，根据电离方程式结合三段式计算电离度；从阳极泥中提取粗碲工艺流程中，可知加压浸出得到 TeO2沉淀 ，滤渣用硫酸酸浸得Te(SO4)2溶液，加入Na2SO3溶液还原得粗碲。
19．【答案】（1）AC；500 mL容量瓶；玻璃棒
（2）4.0 g
（3）13.6 mL
（4）D
（5）①②
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】（1）根据配制溶液步骤和过程，称量或量取、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀。可得配制480 mL0.2 mol/LNaOH溶液和配制500 mL0.5 mol/L的硫酸溶液，需要使用500 mL的容量瓶、量筒、托盘天平、药匙、烧杯和玻璃棒、玻璃棒、胶头滴管，可见在上图所示仪器中肯定不需要的是烧瓶和分液漏斗，故合理选项是AC；
配制上述溶液除图示仪器外，还需用到的玻璃仪器是500 mL容量瓶和玻璃棒；
（2）配制480 mL0.2 mol/LNaOH溶液需要配制500 mL的容量瓶，则需称量NaOH固体的质量m(NaOH)=0.2 mol/L×0.5 L×40 g/mol=4.0 g；
（3）根据公式，98%的浓硫酸的物质的量浓度c(H2SO4)=，配制0.5 mol/LH2SO4溶液500 mL，需硫酸的物质的量n(H2SO4)=0.5 mol/L×0.5 L=0.25 mol， 则需浓硫酸的体积V(H2SO4)=；
（4）A．NaOH易吸水潮解，因此称量氢氧化钠时，用纸片称量会使称量固体质量偏小，应该在烧杯中称量NaOH固体，A错误；
B．定容时需加水，因此不必将容量瓶进行烘干操作，B错误；
C．稀释浓硫酸时，应把浓硫酸缓慢加入水溶，并不断用玻璃棒搅拌，使热量迅速扩散，C错误；
D.7.8 g Na2O2的物质的量是0.1 mol，其与水反应产生0.2 mol NaOH，因此将7.8 g Na2O2溶于水，配成1 L溶液，得到NaOH溶液的浓度为0.2 mol·L-1，D正确；
故合理选项是D；
（5）①量取浓硫酸的量筒不必洗涤，若洗涤并将洗涤液转移到容量瓶中，会导致溶液中溶质的物质的量偏多，则最终导致配制的溶液浓度偏高，①符合题意；
②稀释后的硫酸溶液未等冷却至室温就转移到容量瓶中，由于液体热胀冷缩，待溶液恢复至室温后，溶液体积低于刻度线，最终导致配制的溶液浓度偏高，②符合题意；
③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对配制溶液的浓度无影响，③不符合题意；
④定容摇匀后，发现液面低于刻度线，是正常现象，如又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，则加水过多，最终导致配制的溶液浓度偏低，④不符合题意；
故合理选项是①②。
【分析】题目主要考查溶液配制过程中所用仪器、计算和溶液浓度误差分析。根据配制过程需要用的仪器作答，计算时利用公式m=cv，误差分析中，根据，分析m和V的变化 。
（1）配制480 mL0.2 mol/LNaOH溶液和配制500 mL0.5 mol/L的硫酸溶液，需要使用500 mL的容量瓶；要使用量筒量取浓硫酸的体积，需要使用托盘天平称量固体药品，同时要用药匙取用NaOH固体；在溶解药品时要使用烧杯和玻璃棒；待溶液恢复至室温后通过玻璃棒引流转移至500 mL的容量瓶中，最后定容时需要使用胶头滴管，可见在上图所示仪器中肯定不需要的是烧瓶和分液漏斗，故合理选项是AC；
配制上述溶液除图示仪器外，还需用到的玻璃仪器是500 mL容量瓶和玻璃棒；
（2）实验室中没有规格是480 mL的容量瓶，根据选择仪器的标准是大而近的原则，可知需要配制500 mL的容量瓶，则需称量NaOH固体的质量m(NaOH)=0.2 mol/L×0.5 L×40 g/mol=4.0 g；
（3）98%的浓硫酸的物质的量浓度c(H2SO4)=，配制0.5 mol/LH2SO4溶液500 mL，需硫酸的物质的量n(H2SO4)=0.5 mol/L×0.5 L=0.25 mol， 则需浓硫酸的体积V(H2SO4)=；
（4）A．NaOH易吸水潮解，因此称量氢氧化钠时，应该在烧杯中称量NaOH固体，不能在纸片上称量，A错误；
B．由于配制溶液需要加水，因此不必将容量瓶进行烘干操作，B错误；
C．浓硫酸溶于水会放出大量热，由于浓硫酸密度比水大，因此应该将量取的浓硫酸应沿烧杯内壁慢慢倒入盛有水的烧杯中，并不断用玻璃棒搅拌，使热量迅速扩散，C错误；
D.7.8 g Na2O2的物质的量是0.1 mol，其与水反应产生0.2 mol NaOH，因此将7.8 g Na2O2溶于水，配成1 L溶液，得到NaOH溶液的浓度为0.2 mol·L-1，D正确；
故合理选项是D；
（5）①量取浓硫酸的量筒不必洗涤，若洗涤量取浓硫酸的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，会导致溶液中溶质的物质的量偏多，由于溶液的体积不变，则最终导致配制的溶液浓度偏高，①符合题意；
②稀释后的硫酸溶液未等冷却至室温就转移到容量瓶中，待溶液恢复至室温后，溶液体积低于刻度线，溶液体积偏少，由于溶质的物质的量不变，最终导致配制的溶液浓度偏高，②符合题意；
③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对配制溶液的浓度无影响，③不符合题意；
④定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，由于溶质的物质的量不变，最终导致配制的溶液浓度偏低，④不符合题意；
故合理选项是①②。
20．【答案】（1）Fe3+；取一定量滤液，滴加少量KMnO4酸性溶液，溶液紫色褪去
（2）将Fe2+全部氧化为Fe3+；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
（3）Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓
（4）洗涤；冷却至室温
（5）0.07a
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）向含三价铁离子溶液中滴加KSCN溶液后，溶液会变红，故该滤液中一定含有Fe3+；
在此溶液中（有Fe3+存在）进一步检验是否还存在Fe2+，可利用Fe2+的还原性，取一定量滤液，滴加少量KMnO4酸性溶液，溶液紫色褪去可知滤液中还存在Fe2+。
（2）因H2O2具有氧化性，故加入过量双氧水的目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+。离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。
（3）步骤③是将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为：Fe3++3OH－＝Fe(OH)3↓。
（4）步骤④中一系列处理是得到固体，操作步骤为过滤、洗涤氢氧化铁，干燥，然后灼烧生成氧化铁，冷却至室温后称量氧化铁的质量。
（5）ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁元素的质量，每片补血剂含铁元素的质量为：。
【分析】补血剂是硫酸亚铁晶体(FeSO4·7H2O) ，研细后用稀硫酸溶解，溶液中为Fe2+，用过氧化氢氧化后得Fe3+，加入氢氧化钠反应后得氢氧化铁沉淀，过滤、洗涤、干燥、灼烧后得氧化铁，据此分析。
（1）向步骤①的滤液中滴加KSCN溶液后变为红色，则该滤液中一定含有Fe3+；在此溶液中（有Fe3+存在）进一步检验是否还存在Fe2+，则可用酸性高锰酸钾溶液。取一定量滤液，滴加少量KMnO4酸性溶液，溶液紫色褪去可知滤液中还存在Fe2+。
（2）根据分析，又因H2O2具有氧化性，故双氧水的作用是将Fe2+氧化为Fe3+。离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。
（3）步骤③是将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为：Fe3++3OH－＝Fe(OH)3↓。
（4）步骤④中一系列处理是将氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤氢氧化铁，干燥，然后灼烧生成氧化铁，冷却至室温后称量氧化铁的质量。
（5）ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁元素的质量，每片补血剂含铁元素的质量为：。
21．【答案】过滤；蒸发结晶；除去过量的碳酸钠和氢氧化钠；碳酸钠作用是既除去Ca2+，又除去多余的氯化钡；A；BC；四氯化碳
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；分液和萃取；粗盐提纯
【解析】【解答】（1）根据粗盐提纯步骤，⑤对应的操作是过滤，⑦蒸发结晶得到氯化钠；故答案为：过滤；蒸发结晶；
（2）⑥加入适量盐酸的目的是除去过量的碳酸钠和氢氧化钠，故答案为：除去过量的碳酸钠和氢氧化钠；
（3）粗盐提纯时，加入碳酸钠作用是除去Ca2+和过量的氯化钡，所以不能颠倒，故答案为：碳酸钠作用是既除去Ca2+，又除去多余的氯化钡；
（4）氯化钠溶液中分离出水，氯化钠沸点较高，可以通过蒸馏操作完成，所以应该选用装置A；故答案为：A；
（5）①碘水中提取碘单质，因酒精和水互溶，所以不能选用酒精，可以选用苯、四氯化碳；故答案为：BC；
②蒸馏法分离碘和四氯化碳的混合物，沸点低的物质先变成蒸汽，冷凝后得到，则四氯化碳优先被蒸出，锥形瓶中先收集到的物质为四氯化碳，故答案为：四氯化碳。
【分析】从海水中得到的粗盐中含有硫酸钠、氯化镁、氯化钙等可溶性杂质，除去这些杂质，可依次加入氯化钡溶液、氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液，过滤后在滤液中加入盐酸，其中碳酸钠溶液的作用是需要除去过量 的氯化钡溶液，因此不可和加入氯化钡溶液颠倒，据此分析作答。
1 / 1广东省2025-2026学年高一上学期9月月考化学试题
1．（2025高一上·广东月考）北京冬奥会成功举办、神舟十三号顺利往返、“天宫课堂”如期开讲及“华龙一号”核电海外投产等，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列相关叙述正确的是
A．冬奥会“飞扬”火炬所用的燃料为氧化性气体
B．飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于天然有机高分子
C．乙酸钠过饱和溶液析出晶体并放热的过程仅涉及化学变化
D．核电站反应堆所用铀棒中含有的与互为同位素
【答案】D
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；氧化还原反应；有机高分子化合物的结构和性质；元素、核素
【解析】【解答】A．H2作为燃料在反应中被氧化，体现出还原性，故A项说法错误；
B．玻璃纤维是一种性能优异的无机非金属材料，不是有机高分子，故B项说法错误；
C．乙酸钠饱和溶液中析出晶体的过程中无新物质生成，因此属于物理变化，故C项说法错误；
D．与是质子数均为92，中子数不同的核素，因此二者互为同位素，故D项说法正确；
综上所述，叙述正确的是D项。
【分析】A．H2是还原性气体；
B．玻璃纤维的成分是SiO2；
C．物质从饱和溶液中析出是物理变化；
D．同种元素的不同核素互称为同位素。
2．（2025高一上·广东月考）下列物质属于盐且水溶液呈酸性是
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算；物质的简单分类
【解析】【解答】A．硫酸氢钾属于盐，在水溶液中能电离出氢离子，溶液显酸性，选项A符合题意；
B．二氧化硅属于氧化物，选项B不符合题意；
C．氧化镁属于氧化物，选项C不符合题意；
D．氯化钙属于盐，其水溶液显中性，选项D不符合题意；
答案选A。
【分析】由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物是盐，硫酸氢钾电离方程式为KHSO4=K+ + H+ + SO42-。
3．（2025高一上·广东月考）化学促进了科技进步和社会发展。下列叙述中没有涉及化学变化的是（　　）
A．《神农本草经》中记载的“石胆能化铁为铜”
B．利用“侯氏联合制碱法”制备纯碱
C．科学家成功将 转化为淀粉或葡萄糖
D．北京冬奥会场馆使用 跨临界直冷制冰
【答案】D
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】A．“石胆能化铁为铜”是指铁与硫酸铜发生置换反应生成铜的过程，有新物质生成，发生了化学变化，A不符合题意；
B．“侯氏联合制碱法”的原理为向饱和铵盐水中通入二氧化碳生成碳酸氢钠，加热碳酸氢钠分解生成碳酸钠，该过程中有新物质生成，发生了化学变化，B不符合题意；
C．CO2转化为淀粉或葡萄糖的过程中有新物质生成，发生了化学变化，C不符合题意；
D．使用CO2跨临界直冷制冰，没有新物质生成，发生了物理变化，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】有新物质生成的变化属于化学变化。
4．（2025高一上·广东月考）傍晚，无数光柱透过云层，将天空映照得非常美丽。该光柱
A．源于丁达尔效应 B．证明空气是纯净物
C．由O2无规则运动引起 D．由N2的“惰性”引起
【答案】A
【知识点】胶体的性质和应用
【解析】【解答】空气是气溶胶，当光线照射时，能产生无数光柱，将天空映照得非常美丽，即发生了丁达尔效应，故合理选项是A。
【分析】利用丁达尔效应可区分溶液和胶体。
5．（2025高一上·广东月考）如图是实验室制备Fe(OH)3胶体并验证丁达尔效应的示意图，下列说法错误的是
A．制备氢氧化铁胶体的化学反应方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl
B．光束通过胶体时有一条光亮的“通路”，是胶体粒子对光线散射形成的
C．此实验需要加热，故应在实验设计时注明以作提醒
D．氢氧化铁胶体不属于分散系
【答案】D
【知识点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．根据制备原理，氢氧化铁胶体制备的化学反应方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，故A正确；
B．丁达尔效应中光亮的“通路”，是胶体粒子对光线散射形成的，故B正确；
C．此实验需要加热，故应在实验设计时注明以作提醒，故C正确；
D．胶体是一种分散系，是分散质粒子直径在1~100nm之间的分散系，故D错误；
故选D。
【分析】分散系包括溶液、胶体和浊液。
6．（2025高一上·广东月考）二十大报告提出加快科技创新、构建新能源体系，推进生态优先、绿色低碳发展。下列说法错误的是
A．“奋斗者”号深海载人潜水器采用的Ti62A新型钛合金材料硬度大、韧性好
B．推动大型风电、水电、太阳光伏等可再生能源发展
C．保护和治理山水林田湖草有利于实现碳中和
D．使用聚乙烯制作的塑料包装袋物美价廉，符合绿色低碳发展理念
【答案】D
【知识点】常见的生活环境的污染及治理；原料与能源的合理利用；合金及其应用
【解析】【解答】A．合金比成分金属硬度高、韧性更好，A不符合题意；
B．积极推动大型风电、水电、核电、太阳光伏等可再生能源的发展，符合绿色发展理念，B不符合题意；
C．保护和治理山水林田湖草，增强绿色植物的光合作用，增大CO2的吸收，有利于实现“碳中和”，C不符合题意；
D．使用聚乙烯制作的塑料包装袋，会造成严重的白色污染，不符合绿色发展理念，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.铁合金具有硬度大、韧性好等特性；
B.风电、水电、太阳光伏等均可再生，属于可再生能源；
C.保护和治理山水林田湖草，增强绿色植物光合作用，可减少二氧化碳的含量，有利于实现碳中和。
7．（2025高一上·广东月考）很多珍贵文物都记载着中华民族的灿烂文明。下列文物主要由合金材料制成的是
选项 A B C D
文物
名称 西汉青铜雁鱼灯 秦代竹简 唐代兽首玛瑙杯 秦朝兵马俑
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅；无机非金属材料；合金及其应用
【解析】【解答】A．青铜为铜和锡的合金，A项符合题意；
B．竹简为纤维，是天然高分子材料，B项不符合题意；
C．玛瑙杯为SiO2，为无机非金属材料，C项不符合题意；
D．兵马俑为陶瓷类，属于硅酸盐材料，D项不符合题意；
故选A。
【分析】合金材料指的是一种金属与另一种或几种金属或非金属经过混合熔化，冷却凝固后得到的具有金属性质的固体产物。
8．（2025高一上·广东月考）《齐民要术》中记载的“浸曲三日，如鱼眼汤沸，酸米”描述的过程是（　　）
A．制米糖 B．酿酒 C．榨油 D．晒盐
【答案】B
【知识点】乙醇的物理、化学性质；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】“浸曲”即浸泡酒曲，可知该过程为酿酒，B项符合题意，
故答案为：B。
【分析】根据题意即可判断是酿酒
9．（2025高一上·广东月考）我国明代《余东录》记载“铅块悬酒缸内，封闭四十九日，开之则化为粉矣。化不白者，炒为黄丹。”涉及物质转化如下：。下列有关说法错误的是
A．Pb属于电解质
B．2Pb(OH)2·PbCO3属于碱式盐
C．反应ⅰ中(CH3COO)2Pb为氧化产物
D．反应ⅲ为分解反应
【答案】A
【知识点】化学基本反应类型；电解质与非电解质；物质的简单分类
【解析】【解答】A．根据电解质概念，Pb为单质，既不是电解质也不是非电解质，A错误；
B.2Pb(OH)2·PbCO3为碱式盐，B正确；
C．反应i中Pb元素化合价从0价升高到+2价，所以(CH3COO)2Pb为氧化产物，C错误；
D．反应iii的化学方程式应为2Pb(OH)2·PbCO3=3PbO+CO2↑+2H2O，属于分解反应，D正确；
综上所述答案为A。
【分析】考查物质类别和氧化还原反应，电解质指在水溶液或熔融状态能导电的化合物，根据化合价变化，知 (CH3COO)2Pb为氧化产物 。
10．（2025高一上·广东月考）下列关于各物质的所属类别及性质的描述正确的是
选项 A B C D
物质 生铁 氢氧化铁胶体
类别 酸性氧化物 离子化合物 合金 电解质
性质 与水反应 熔融态不导电 易发生电化学腐蚀 能产生丁达尔现象
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；电解质与非电解质；物质的简单分类；分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】A．和水反应时化合价发生变化，生成硝酸和一氧化氮，不是酸性氧化物，故A错误；
B．是离子化合物，熔融态能导电，故B错误；
C．生铁是铁碳合金，在潮湿环境中构成原电池，易发生电化学腐蚀，故C正确；
D．氢氧化铁胶体是混合物，既不是电解质又不是非电解质，故D错误；
选C。
【分析】考查物质类别和性质，二氧化氮不是硝酸的酸酐，也不是亚硝酸的酸酐，不是酸性氧化物；离子化合物熔融态可导电；生铁是合金；氢氧化铁胶体是分散系，是混合物。
11．（2025高一上·广东月考）25℃时，下列各组离子中可以在水溶液中大量共存的是（　　）
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．与反应生成次氯酸而不能大量共存，故A不符合题意；
B．、、发生氧化还原反应而不能大量共存，故B不符合题意；
C．与反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体而不能大量共存，故C不符合题意；
D．、、、互不反应，能大量共存，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。
12．（2025高一上·广东月考）下列不符合环境保护和绿色化学理念的是
A．禁止使用含铅汽油作为汽车燃料
B．用银作催化剂，乙烯和氧气反应制取环氧乙烷，原子利用率100%
C．制CuSO4时先将Cu氧化成CuO后再与稀硫酸反应
D．用铜和浓硝酸反应制取Cu(NO3)2
【答案】D
【知识点】化学与环境保护（酸雨防止、废水处理）；绿色化学
【解析】【解答】A．使用含铅汽油作为汽车燃料，会排放有毒气体，禁止使用含铅汽油作为汽车燃料，有利于环境保护，符合绿色化学的理念，A项不符合题意；
B．采用银作催化剂，乙烯和氧气制取环氧乙烷，原子利用率100%，符合绿色化学的理念，B项不符合题意；
C．铜和氧气反应生成氧化铜，氧化铜和稀硫酸反应可制得硫酸铜，不会产生有毒气体，消耗的硫酸的量少，符合绿色化学观念，C项不符合题意；
D．用铜和浓硝酸反应过程中除了生成硝酸铜外，还生成二氧化氮有毒气体，不符合绿色化学理念，D项符合题意；
答案选D。
【分析】绿色化学理念是从源头上杜绝污染，Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，二氧化氮有毒，能造成酸雨。
13．（2025高一上·广东月考）关于反应，下列说法正确的是（　　）
A．发生还原反应
B．既是氧化剂又是还原剂
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
D．发生反应，转移电子
【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．H2SO4转化为硫酸钠和水，元素的化合价均未发生变化，没有发生还原反应，A不符合题意；
B．Na2S2O3中的S的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价)，Na2S2O3中S元素的化合价既升高又降低，既是氧化剂又是还原剂，B说法符合题意；
C．该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1，C不符合题意；
D．Na2S2O3中S元素为+2价，1mol Na2S2O3发生反应，转移2 mol电子，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A.该反应中硫酸的元素未发生变化；
B.Na2S2O3中S元素的化合价既升高又降低；
C.该反应中氧化产物是SO2，还原产物为S；
D.Na2S2O3中S元素为+2价，1molNa2S2O3发生反应，转移2mol电子。
14．（2025高一上·广东月考）已知A2O可与B2-反应，B2-被氧化，产物为B单质，A2O被还原，产物为A3+，且A2O与B2-的化学计量数之比为1：3，则n值为
A．4 B．5 C．7 D．6
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A2O中A的化合价为+(n-1)，其还原产物为A3+，化合价变化为n-1-3=n-4，B2-被氧化，产物为B单质，化合价变化为2，则根据化合价升降总数相等有2×(n-4)=3×2，解得n=7，故选C。
【分析】题目考查氧化还原反应规律，根据氧化剂和还原剂得失电子相等分析作答。
15．（2025高一上·广东月考）铜与一定量浓硝酸恰好完全反应，得到硝酸铜溶液和、、NO的混合气体，将这些气体与标准状况下0.896L 混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，若向所得硝酸铜溶液中加入5NaOH溶液至恰好完全沉淀，消耗NaOH溶液的体积是
A．16mL B．32mL C．48mL D．64mL
【答案】B
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】NO2、N2O4、NO的混合气体与0.896L L O2(标准状况)混合后通入水中，完全生成HNO3，则整个过程中HNO3反应前后没有变化，即Cu失去的电子与O2得电子数目相等，氧气的物质的量为mol，根据得失电子守恒：n(Cu)×2=n(O2)×4，因此n(Cu)×2=×4，解得：n(Cu)=0.08mol ， 则n[Cu(NO3)2]=0.08mol，根据 Cu2+～2OH-，则NaOH 为 0.08mol×2=0.16 mol，因此NaOH 体积V==0.032L=32mL；
故选B。
【分析】NO2、N2O4、NO的混合气体与0.896L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。说明整个过程被还原的硝酸反应前后没有变化，Cu失去的电子都被O2得到了，根据电子得失守恒，求出参加反应的铜，然后求出 Cu(NO3)2，再根据 Cu(NO3)2与NaOH 反应的关系，求出NaOH 的物质的量，最终求出NaOH溶液的体积。
16．（2025高一上·广东月考）二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)是常用的杀菌消毒剂，二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%.通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为：C3N3O3Cl+H++2H2O=C3H3N3O3+2HClO，HClO+2I-+H+=I2+Cl-+H2O，I2+2S2O=S4O+2I-，准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用0.1000mol L-1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点(恰好反应完全)，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。
该样品的有效氯= ×100%
通过计算判断该样品的有效氯约为
A．55% B．58% C．61% D．63%
【答案】D
【知识点】溶液中溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】 根据C3N3O3Cl+H++2H2O=C3H3N3O3+2HClO，HClO+2I-+H+=I2+Cl-+H2O，I2+2S2O=S4O+2I-，得到关系式为，n(Na2S2O3)=0.0200L×0.1000mol L-1=2.000×10-3mol，根据物质转换和电子得失守恒关系：得，氯元素的质量：m(Cl)＝1.000×10-3mol×35.5g/mol=0.0355g，250mL溶液中m(Cl)=0.0355g×10=0.355g，。
故答案为：D。
【分析】根据物质转换和电子得失守恒关系计算。
17．（2025高一上·广东月考）误差分析的思维流程
误差的引入
操作不当 药品中含有杂质 定量仪器使用不当
牢记：，分析m和V的变化
（1）从改变溶质物质的量角度分析产生的误差(用“偏大”“偏小”或“无影响”填空)。
①配制450mL0.1mol/L的NaOH溶液，用托盘天平称取NaOH固体1.8g：　 　。
②配制500mL0.1mol/L的硫酸铜溶液，用托盘天平称取胆矾8.0g：　 　。
③配制NaOH溶液，用托盘天平称量NaOH时，托盘天平的两个托盘上放两张质量相等的纸片，其他操作均正确：　 　。
④配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，需称量溶质4.4g，称量时物码放置颠倒：　 　。
⑤配制一定物质的量浓度的稀H2SO4溶液时，用量筒量取浓硫酸时，仰视读数：　 　。
⑥定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体至刻度线：　 　。
⑦配制一定物质的量浓度溶液时，烧杯及玻璃棒未洗涤：　 　。
（2）从改变溶液体积角度分析产生的误差(用“偏大”“偏小”或“无影响”填空)。
①配制NaOH溶液时，将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容：　 　。
②定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线：　 　。
③定容时仰视刻度线　 　。
④定容摇匀后少量溶液外流：　 　。
⑤容量瓶中原有少量蒸馏水：　 　。
【答案】（1）偏小；偏小；偏小；偏小；偏大；偏小；偏小
（2）偏大；偏小；偏小；无影响；无影响
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】（1）①由容量瓶容积规格分析，配制450mL0.1mol/L的NaOH溶液，使用的容量瓶为500mL容量瓶，应该称量的NaOH的质量为：0.1mol/L×0.5L×40g/mol=2.0g，故用托盘天平称取NaOH固体1.8g，将导致所配溶液的浓度偏小，故答案为：偏小；
②胆矾是CuSO4·5H2O，称量胆矾来配制500mL0.1mol/L的硫酸铜溶液，应该称量的胆矾的质量为：0.1mol/L×0.5L×250g/mol=12.5g，故用托盘天平称取胆矾8.0g，将导致所配溶液的浓度偏小，故答案为：偏小；
③因氢氧化钠易潮解，在托盘天平的两个托盘上放两张质量相等的纸片，实际称量出的NaOH质量偏小，所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；
④用托盘天平称量4.4g溶质时，物码放置颠倒，实际称量到的NaOH质量只有4.0-0.4=3.6g，故所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；
⑤配制一定物质的量浓度的稀H2SO4溶液时，用量筒量取浓硫酸时，仰视读数，所量浓硫酸的体积偏大，所配溶液浓度偏大，故答案为：偏大；
⑥定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体至刻度线，吸出的溶液中含有溶质，所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；
⑦配制一定物质的量浓度溶液时，烧杯及玻璃棒未洗涤，溶质没有全部转移到容量瓶中，导致溶质的量偏小，所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；
（2）①由于溶液会热胀冷缩，溶解后形成的氢氧化钠溶液未经冷却立即转移到容量瓶中并定容，则将导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，故答案为：偏大；
②定容摇匀后，发现液面下降，可能是液体在瓶口附近未流下来，为正常现象，若继续加水至刻度线，将导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；
③定容时仰视刻度线，加水过多，将导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；
④定容摇匀后少量溶液外流，外流的溶液浓度与容量瓶中溶液浓度相同，则容量瓶中溶液浓度不变，只是体积偏小，故答案为：无影响；
⑤容量瓶中原有少量蒸馏水，对溶液体积无影响，对所配溶液浓度无影响，故答案为：无影响。
【分析】根据浓度计算公式： ，溶质摩尔质量M数值的定值，称量溶质质量m不准确和定容时溶液体积不准确会造成浓度c偏大或偏小，据此分析。
（1）①配制450mL0.1mol/L的NaOH溶液，使用的容量瓶为500mL容量瓶，应该称量的NaOH的质量为：0.1mol/L×0.5L×40g/mol=2.0g，故用托盘天平称取NaOH固体1.8g，将导致所配溶液的浓度偏小，故答案为：偏小；
②配制500mL0.1mol/L的硫酸铜溶液，使用的容量瓶为500mL容量瓶，应该称量的胆矾的质量为：0.1mol/L×0.5L×250g/mol=12.5g，故用托盘天平称取胆矾8.0g，将导致所配溶液的浓度偏小，故答案为：偏小；
③配制NaOH溶液，用托盘天平称量NaOH时，托盘天平的两个托盘上放两张质量相等的纸片，其他操作均正确，由于NaOH具有很强的吸水性，实际称量出的NaOH质量偏小，所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；
④配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，需称量溶质4.4g，称量时物码放置颠倒，实际称量到的NaOH质量只有4.0-0.4=3.6g，故所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；
⑤配制一定物质的量浓度的稀H2SO4溶液时，用量筒量取浓硫酸时，仰视读数，所量浓硫酸的体积偏大，所配溶液浓度偏大，故答案为：偏大；
⑥定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体至刻度线，将带走部分溶质，所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；
⑦配制一定物质的量浓度溶液时，烧杯及玻璃棒未洗涤，导致溶质的量偏小，所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；
（2）①由于液体的膨胀速率大于固体的膨胀速率，配制NaOH溶液时，将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容，则将导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，故答案为：偏大；
②定容摇匀后，发现液面下降，此为正常现象，若继续加水至刻度线，将导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；
③定容时仰视刻度线，将导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；
④定容摇匀后少量溶液外流，外流的溶液浓度与容量瓶中溶液浓度相同，则容量瓶中溶液浓度不变，只是体积偏小，故答案为：无影响；
⑤容量瓶中原有少量蒸馏水，对溶液体积无影响，对所配溶液浓度无影响，故答案为：无影响。
18．（2025高一上·广东月考）碲是ⅥA族元素，其单质和化合物在化工生产等方面具有广泛应用。
（1）TeO2是两性氧化物，微溶于水，可溶于强酸、或强碱。TeO2和NaOH溶液发生反应的化学方程式为　 　。
（2）碲酸（H6TeO6）是一种很弱的酸，Ka1=1×10-7，该温度下0.1mol/L H6TeO6的电离度α为　 　（结果保留一位有效数字）。在酸性介质中，碲酸可将HI氧化成I2，若反应生成的TeO2与Te的物质的量之比为1：1，试配平该化学方程式。　 　
______HI+_____ H6TeO6=_____TeO2+_____Te+_____I2+_____H2O
（3）从粗铜精炼的阳极泥（主要含有Cu2Te）中提取粗碲的一种工艺流程如下：
① 已知加压酸浸时控制溶液的pH为5.0，生成TeO2沉淀。如果H2SO4溶液浓度过大，将导致TeO2沉淀不完全，原因是　 　。
② 防止局部酸度过大的操作方法是　 　。
③ 对滤渣“酸浸”后，将Na2SO3加入Te(SO4)2溶液中进行“还原”得到固态碲，该反应的离子方程式是　 　。
④ “还原”得到固态碲后分离出粗碲的方法　 　，对粗碲进行洗涤，判断洗涤干净的实验操作和现象是　 　。
【答案】TeO2+ 2NaOH = Na2TeO3+ H2O；0.1%；8 HI+2 H6TeO6= 1TeO2+1 Te+4 I2+10 H2O；溶液酸性过强，TeO2会继续与酸反应，导致TeO2沉淀不完全。；搅拌；2 + Te4++ 2H2O = Te↓+ 2 + 4H+；过滤；取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明洗涤干净。
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；硫酸根离子的检验；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】(1)TeO2和NaOH溶液反应生成盐Na2TeO3和水，发生反应的化学方程式为TeO2+ 2NaOH = Na2TeO3+ H2O；
(2)根据碲酸电离方程式列三段式
Ka1=1×10-7=[0.1α×0.1α]/[0.1(1-α)]，解得：α=0.1%；
根据氧化还原方程式配平步骤，化合价升降相等，结合原子守恒配平方程式得：8HI+2H6TeO6→TeO2+Te+4I2+10H2O；
(3)①TeO2具有两性，如果溶液酸性过强，TeO2会继续与酸反应，导致TeO2沉淀不完全；
② 搅拌溶液可使溶液浓度均一，防止局部酸度过大；
③Na2SO3加入Te(SO4)2溶液中进行还原得到固态碲，同时生成Na2SO4，该反应的离子方程式是2 + Te4++ 2H2O = Te↓+ 2 + 4H+ ；
④用过滤操作得到粗碲；还原后有硫酸根离子生成，粗碲表面附着液中含有，取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明洗涤干净。
【分析】题目考查了弱酸电离常数表达式，根据电离方程式结合三段式计算电离度；从阳极泥中提取粗碲工艺流程中，可知加压浸出得到 TeO2沉淀 ，滤渣用硫酸酸浸得Te(SO4)2溶液，加入Na2SO3溶液还原得粗碲。
19．（2025高一上·广东月考）实验室需要0.2 mol·L﹣1NaOH溶液480 mL和0.5 mol·L﹣1硫酸溶液500 mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题。
（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是　 　(填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是　 　、　 　(填仪器名称)。
（2）在配制NaOH溶液时：根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为　 　。
（3）在配制硫酸溶液时：所需质量分数为98%、密度为1.84g·cm﹣3的浓硫酸的体积为　 　mL(计算结果保留一位小数)；
（4）配制溶液时下列说法正确的是_______(填字母)。
A．称量氢氧化钠时，托盘天平两盘应用等质量的纸片
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制
C．量取的浓硫酸应沿玻璃棒慢慢倒入烧杯中，再加水稀释
D．若将7.8 g Na2O2溶于水，配成1 L溶液，也可得到浓度为0.2 mol·L-1的NaOH溶液
（5）在配制过程中，其他操作都正确，下列操作使所配溶液浓度偏高的是　 　(填序号)。
①洗涤量取浓硫酸的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中
②稀释后的硫酸溶液未等冷却至室温就转移到容量瓶中
③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水
④定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线
【答案】（1）AC；500 mL容量瓶；玻璃棒
（2）4.0 g
（3）13.6 mL
（4）D
（5）①②
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】（1）根据配制溶液步骤和过程，称量或量取、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀。可得配制480 mL0.2 mol/LNaOH溶液和配制500 mL0.5 mol/L的硫酸溶液，需要使用500 mL的容量瓶、量筒、托盘天平、药匙、烧杯和玻璃棒、玻璃棒、胶头滴管，可见在上图所示仪器中肯定不需要的是烧瓶和分液漏斗，故合理选项是AC；
配制上述溶液除图示仪器外，还需用到的玻璃仪器是500 mL容量瓶和玻璃棒；
（2）配制480 mL0.2 mol/LNaOH溶液需要配制500 mL的容量瓶，则需称量NaOH固体的质量m(NaOH)=0.2 mol/L×0.5 L×40 g/mol=4.0 g；
（3）根据公式，98%的浓硫酸的物质的量浓度c(H2SO4)=，配制0.5 mol/LH2SO4溶液500 mL，需硫酸的物质的量n(H2SO4)=0.5 mol/L×0.5 L=0.25 mol， 则需浓硫酸的体积V(H2SO4)=；
（4）A．NaOH易吸水潮解，因此称量氢氧化钠时，用纸片称量会使称量固体质量偏小，应该在烧杯中称量NaOH固体，A错误；
B．定容时需加水，因此不必将容量瓶进行烘干操作，B错误；
C．稀释浓硫酸时，应把浓硫酸缓慢加入水溶，并不断用玻璃棒搅拌，使热量迅速扩散，C错误；
D.7.8 g Na2O2的物质的量是0.1 mol，其与水反应产生0.2 mol NaOH，因此将7.8 g Na2O2溶于水，配成1 L溶液，得到NaOH溶液的浓度为0.2 mol·L-1，D正确；
故合理选项是D；
（5）①量取浓硫酸的量筒不必洗涤，若洗涤并将洗涤液转移到容量瓶中，会导致溶液中溶质的物质的量偏多，则最终导致配制的溶液浓度偏高，①符合题意；
②稀释后的硫酸溶液未等冷却至室温就转移到容量瓶中，由于液体热胀冷缩，待溶液恢复至室温后，溶液体积低于刻度线，最终导致配制的溶液浓度偏高，②符合题意；
③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对配制溶液的浓度无影响，③不符合题意；
④定容摇匀后，发现液面低于刻度线，是正常现象，如又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，则加水过多，最终导致配制的溶液浓度偏低，④不符合题意；
故合理选项是①②。
【分析】题目主要考查溶液配制过程中所用仪器、计算和溶液浓度误差分析。根据配制过程需要用的仪器作答，计算时利用公式m=cv，误差分析中，根据，分析m和V的变化 。
（1）配制480 mL0.2 mol/LNaOH溶液和配制500 mL0.5 mol/L的硫酸溶液，需要使用500 mL的容量瓶；要使用量筒量取浓硫酸的体积，需要使用托盘天平称量固体药品，同时要用药匙取用NaOH固体；在溶解药品时要使用烧杯和玻璃棒；待溶液恢复至室温后通过玻璃棒引流转移至500 mL的容量瓶中，最后定容时需要使用胶头滴管，可见在上图所示仪器中肯定不需要的是烧瓶和分液漏斗，故合理选项是AC；
配制上述溶液除图示仪器外，还需用到的玻璃仪器是500 mL容量瓶和玻璃棒；
（2）实验室中没有规格是480 mL的容量瓶，根据选择仪器的标准是大而近的原则，可知需要配制500 mL的容量瓶，则需称量NaOH固体的质量m(NaOH)=0.2 mol/L×0.5 L×40 g/mol=4.0 g；
（3）98%的浓硫酸的物质的量浓度c(H2SO4)=，配制0.5 mol/LH2SO4溶液500 mL，需硫酸的物质的量n(H2SO4)=0.5 mol/L×0.5 L=0.25 mol， 则需浓硫酸的体积V(H2SO4)=；
（4）A．NaOH易吸水潮解，因此称量氢氧化钠时，应该在烧杯中称量NaOH固体，不能在纸片上称量，A错误；
B．由于配制溶液需要加水，因此不必将容量瓶进行烘干操作，B错误；
C．浓硫酸溶于水会放出大量热，由于浓硫酸密度比水大，因此应该将量取的浓硫酸应沿烧杯内壁慢慢倒入盛有水的烧杯中，并不断用玻璃棒搅拌，使热量迅速扩散，C错误；
D.7.8 g Na2O2的物质的量是0.1 mol，其与水反应产生0.2 mol NaOH，因此将7.8 g Na2O2溶于水，配成1 L溶液，得到NaOH溶液的浓度为0.2 mol·L-1，D正确；
故合理选项是D；
（5）①量取浓硫酸的量筒不必洗涤，若洗涤量取浓硫酸的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，会导致溶液中溶质的物质的量偏多，由于溶液的体积不变，则最终导致配制的溶液浓度偏高，①符合题意；
②稀释后的硫酸溶液未等冷却至室温就转移到容量瓶中，待溶液恢复至室温后，溶液体积低于刻度线，溶液体积偏少，由于溶质的物质的量不变，最终导致配制的溶液浓度偏高，②符合题意；
③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对配制溶液的浓度无影响，③不符合题意；
④定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，由于溶质的物质的量不变，最终导致配制的溶液浓度偏低，④不符合题意；
故合理选项是①②。
20．（2025高一上·广东月考）硫酸亚铁晶体(FeSO4·7H2O)在医药上用作补血剂。某课外小组设计实验测定该补血剂中铁元素的含量，并检验该补血剂是否变质。实验步骤如下：
请回答下列问题：
（1）向步骤①的滤液中滴加KSCN溶液后变为红色，则该滤液中含有　 　(填离子符号)，检验滤液中还存在Fe2+的方法为　 　(说明试剂、现象)。
（2）步骤②加入过量H2O2的目的是　 　。涉及的反应离子方程式：　 　。
（3）步骤③中反应的离子方程式为　 　。
（4）步骤④中一系列处理的操作步骤包括：过滤、　 　、干燥、灼烧、　 　、称量。
（5）假设实验中的损耗忽略不计，则每片补血剂含铁元素的质量为　 　g。
【答案】（1）Fe3+；取一定量滤液，滴加少量KMnO4酸性溶液，溶液紫色褪去
（2）将Fe2+全部氧化为Fe3+；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
（3）Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓
（4）洗涤；冷却至室温
（5）0.07a
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）向含三价铁离子溶液中滴加KSCN溶液后，溶液会变红，故该滤液中一定含有Fe3+；
在此溶液中（有Fe3+存在）进一步检验是否还存在Fe2+，可利用Fe2+的还原性，取一定量滤液，滴加少量KMnO4酸性溶液，溶液紫色褪去可知滤液中还存在Fe2+。
（2）因H2O2具有氧化性，故加入过量双氧水的目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+。离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。
（3）步骤③是将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为：Fe3++3OH－＝Fe(OH)3↓。
（4）步骤④中一系列处理是得到固体，操作步骤为过滤、洗涤氢氧化铁，干燥，然后灼烧生成氧化铁，冷却至室温后称量氧化铁的质量。
（5）ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁元素的质量，每片补血剂含铁元素的质量为：。
【分析】补血剂是硫酸亚铁晶体(FeSO4·7H2O) ，研细后用稀硫酸溶解，溶液中为Fe2+，用过氧化氢氧化后得Fe3+，加入氢氧化钠反应后得氢氧化铁沉淀，过滤、洗涤、干燥、灼烧后得氧化铁，据此分析。
（1）向步骤①的滤液中滴加KSCN溶液后变为红色，则该滤液中一定含有Fe3+；在此溶液中（有Fe3+存在）进一步检验是否还存在Fe2+，则可用酸性高锰酸钾溶液。取一定量滤液，滴加少量KMnO4酸性溶液，溶液紫色褪去可知滤液中还存在Fe2+。
（2）根据分析，又因H2O2具有氧化性，故双氧水的作用是将Fe2+氧化为Fe3+。离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。
（3）步骤③是将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为：Fe3++3OH－＝Fe(OH)3↓。
（4）步骤④中一系列处理是将氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤氢氧化铁，干燥，然后灼烧生成氧化铁，冷却至室温后称量氧化铁的质量。
（5）ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁元素的质量，每片补血剂含铁元素的质量为：。
21．（2025高一上·广东月考）自然界中的物质绝大多数以混合物的形式存在，为了便于研究和利用，常需对混合物进行分离和提纯。I.从海水中得到的粗盐中还含有硫酸钠、氯化镁、氯化钙等可溶性杂质，他们在溶液中主要以、、的形式存在，为将这些杂质离子除净，应加入氯化钡、氢氧化钠、碳酸钠等物质(均过量)将其转化为沉淀，过滤除去；再加入适量的盐酸，得到精盐水，最后经蒸发即得精盐。以下是某化工厂对海水进行综合利用的示意图。
（1）⑤对应的操作是　 　，⑦对应的操作是　 　。
（2）在利用粗盐制备精盐过程的第⑥步操作中，加入适量盐酸的目的是　 　。
（3）在制备精盐的过程中，氯化钡和碳酸钠溶液的添加顺序不可以颠倒，理由是　 　。
II.
（4）下列A、B、C、D是中学常见的混合物分离或提纯的装置。
请根据混合物分离或提纯的原理，从氯化钠溶液中分离出水需要使用上图哪种装置　 　。
（5）碘水中提取碘单质需经过萃取、分液、蒸馏。
①下列可作为碘水中提取碘单质萃取剂的有　 　。
a.酒精 B.苯 C.四氯化碳
②已知碘和四氯化碳的熔沸点数据如下表
　 熔点 沸点
碘 113.7℃ 184.3℃
四氯化碳 -22.6℃ 76.8℃
若用蒸馏法分离碘和四氯化碳的混合物，锥形瓶中先收集到的物质的名称是　 　。
【答案】过滤；蒸发结晶；除去过量的碳酸钠和氢氧化钠；碳酸钠作用是既除去Ca2+，又除去多余的氯化钡；A；BC；四氯化碳
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；分液和萃取；粗盐提纯
【解析】【解答】（1）根据粗盐提纯步骤，⑤对应的操作是过滤，⑦蒸发结晶得到氯化钠；故答案为：过滤；蒸发结晶；
（2）⑥加入适量盐酸的目的是除去过量的碳酸钠和氢氧化钠，故答案为：除去过量的碳酸钠和氢氧化钠；
（3）粗盐提纯时，加入碳酸钠作用是除去Ca2+和过量的氯化钡，所以不能颠倒，故答案为：碳酸钠作用是既除去Ca2+，又除去多余的氯化钡；
（4）氯化钠溶液中分离出水，氯化钠沸点较高，可以通过蒸馏操作完成，所以应该选用装置A；故答案为：A；
（5）①碘水中提取碘单质，因酒精和水互溶，所以不能选用酒精，可以选用苯、四氯化碳；故答案为：BC；
②蒸馏法分离碘和四氯化碳的混合物，沸点低的物质先变成蒸汽，冷凝后得到，则四氯化碳优先被蒸出，锥形瓶中先收集到的物质为四氯化碳，故答案为：四氯化碳。
【分析】从海水中得到的粗盐中含有硫酸钠、氯化镁、氯化钙等可溶性杂质，除去这些杂质，可依次加入氯化钡溶液、氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液，过滤后在滤液中加入盐酸，其中碳酸钠溶液的作用是需要除去过量 的氯化钡溶液，因此不可和加入氯化钡溶液颠倒，据此分析作答。
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