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江苏省苏州市园区苏州大学附属中学2025-2026学年高一上学期10月月考化学试题
1．（2025高一上·姑苏月考）中国古人利用试图利用反应保留硇砂()中的“精华”，下列说法不正确的是
A．该反应是氧化还原反应 B．熔融的可以导电
C．是一种碱性氧化物 D．反应物与产物中分别有一种盐
2．（2025高一上·姑苏月考）我国科学家在嫦娥五号样品中发现的“嫦娥石”中有大量，可发生核反应。下列说法正确的是
A．该反应是一个化学反应 B．反应产物互为同位素
C．原子核中有2个中子 D．表示一个质子
3．（2025高一上·姑苏月考）配制一定浓度的溶液并用其来检验待测溶液中的，下列装置正确的是
A．称取一定质量的固体 B．溶解
C．溶液定容 D．检验
A．A B．B C．C D．D
4．（2025高一上·姑苏月考）X、Y、Z、W均为前18号元素，原子序数依次增大。X原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，Y在化合物中通常显+1价，Z元素电子层数等于其最外层电子数，W的原子核内有17个质子。下列说法不正确的是
A．Y形成的单质活泼性低于Z
B．Z与X形成的化合物可与反应
C．W与X形成的化合物是非电解质
D．X、Y、Z形成的简单离子的电子数相同
5．（2025高一上·姑苏月考）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，2.24 L（沸点44.8℃）含有的氧原子数为3
B．溶液中含有的数为0.3
C．4.6 g由和组成的混合气体中含氧原子数目为0.2
D．等质量的与中，氧原子的物质的量之比为1：2
6．（2025高一上·姑苏月考）下列物质的性质与所选择的分离或提纯方法的对应关系不正确的是
A．泥沙难溶于水，使用过滤的方法除去食盐水的泥沙
B．汽油的沸点远低于水，使用分液的方法分离水和汽油
C．青蒿素在乙醚中的溶解度较高，可用乙醚提取青蒿中的青蒿素
D．高温下溶解度远高于，使用蒸发结晶除去中的少量
7．（2025高一上·姑苏月考）下列物质制备的方法可行的是
A．利用与反应制备 B．利用Fe与反应制备单质Zn
C．将通入水中，制备 D．利用与反应制备
8．（2025高一上·姑苏月考）科研人员发明一种可由氮气和水持续合成氨的系统，机理如图所示，已知锂（Li）元素的常见价态为0、+1，下列说法不正确的是
A．每制得1 mol，可生成15 mol
B．反应②是一个复分解反应
C．该循环中存在化合价变化的元素有3种
D．Li在该合成氨系统中可循环利用
9．（2025高一上·姑苏月考）下列实验方法能达到目的的是
选项 实验目的 实验方法
A 确认溶液中存在 向待测液中加入盐酸酸化的的溶液，观察现象
B 检验溶液中的 用玻璃棒蘸取待测液，在酒精灯上灼烧，观察现象
C 制备胶体 向沸水中缓慢滴加饱和溶液
D 提取碘水中的碘 向碘水中加入足量乙醇，充分振荡后分液
A．A B．B C．C D．D
10．（2025高一上·姑苏月考）工业上常通过高温电解熔融制备Na单质，反应的化学方程式为，生成的熔融的Na不溶于熔融的。下列说法正确的是
A．转化为1mol，Cl周围电子增加2mol
B．1mol中含有质子的物质的量约为28mol
C．电解过程中得到22.4L同时生成2molNa
D．分离熔融的Na与应使用蒸馏的方法
11．（2025高一上·姑苏月考）下列化学反应可以发生且表示正确的是
A．溶于稀硫酸中：
B．沉淀溶液中的：
C．利用Fe置换溶液中的铜：
D．利用冶炼铜：
12．（2025高一上·姑苏月考）粗盐主要含、、等杂质，一种提纯NaCl的实验方案如图所示，下列说法正确的是
A．溶液a、b、c分别为、、溶液
B．溶液d可选用稀硫酸或稀盐酸
C．操作Ⅲ为蒸发结晶
D．流程中若先加入溶液d再进行操作Ⅱ，实验方案也可行
13．（2025高一上·姑苏月考）的分解主要涉及如下反应
反应Ⅰ
反应Ⅱ
方程式中s代表固体，g代表气体。将1 mol 投入到10 L密闭容器中，在不同温度下充分分解，剩余固体中及的物质的量随温度的变化如图所示，下列说法不正确的是
A．500 K时，容器中的体积折算成标准状况为11.2 L
B．开始发生分解的温度为520 K
C．550 K以上，容器中的固体为纯净物
D．500~550 K，容器中均存在
14．（2025高一上·姑苏月考）A、E、F、G、M、Q、X、Y代表8种前20号元素。在周期表中的位置如下：
（1）E的元素符号为　 　，0.2molE转化为简单离子，需要得到(或失去)电子　 　个(写出具体数值)。
（2）画出F形成的简单离子的离子结构示意图　 　。
（3）是　 　(选填“电解质”或“非电解质”)。
（4）A和E可形成带一个单位负电荷的阴离子，其中含有10个电子。写出其化学式　 　。
（5）1mol中含有中子的物质的量为　 　。
（6）写出G的最高价氧化物与Q的+6价氧化物反应的化学方程式　 　。
（7）标准状况下，8.1gM与100mL1盐酸反应，最多可释放的体积为　 　L。
15．（2025高一上·姑苏月考）某废旧电路板主要含有Cu、Zn、Ag、Au(均以单质形式存在)，经“硝酸酸浸-萃取”可回收其中的Cu元素。
（1）硝酸酸浸。向废旧电路板中加入足量硝酸，Ag或比Ag金属活动性更高的金属被转化成硝酸盐。
①配平以下Cu与反应的化学方程式　 　：__________________。
②硝酸酸浸后，除外，溶液中大量存在的阳离子还有　 　。
③Zn与硝酸反应过程中还有少量生成，利用化学方程式解释原因　 　。
（2）萃取提铜。利用有机萃取剂AM5640(密度比水小)可以专一性萃取酸浸滤液中的，萃取率与滤液pH的关系如图所示。
①萃取前加碱调节pH以提高萃取率，最佳pH范围是　 　。
②提高萃取率的方法有　 　、　 　。
③取有机层反萃取可得溶液。为测定该溶液的浓度，需先配制0.1000的标准溶液。若配制时容量瓶未预先烘干，其余操作正常进行，则最终所得溶液的浓度　 　(选填“>”、“<”或“=”)0.1000。
④取25.00 mL反萃取后所得溶液，加入过量KI固体，发生反应；充分反应后，用滴定反应生成的，发生反应，消耗的溶液20.00 mL。计算该溶液的物质的量浓度　 　。
16．（2025高一上·姑苏月考）莫尔盐是一种常用的分析试剂，可用表面有油污的废铁屑制备。其流程如下：
已知：部分温度下，、与的溶解度如下表所示：
温度/℃ 0 10 40 50 70
/g 70.6 74.2 81.0 84.5 91.5
/g 28.8 40.0 73.3 87 74.1
/g 12.5 20.0 33.0 40.0 52.0
（1）写出溶解在水中时的电离方程式　 　。
（2）“碱浸”的目的是　 　。
（3）已知可与反应生成，可与反应生成，“反应1”中应当保持　 　过量(选填“”或“”)。
（4）“反应1”在加热条件下进行，实验发现生成的气体有刺鼻气味，原因是生成了少量的。写出与反应生成的化学方程式　 　。
（5）“反应1”制得溶液后，需迅速趁热过滤。不能冷却后过滤的原因为　 　。
（6）已知：“反应2”为(晶体)，饱和溶液的浓度约为4.5。补充完整以下制备的实验方案，要求产率尽量高：取30 mL“趁热过滤”所得滤液(含 0.18 mol)于烧杯中，加热条件下　 　，低温干燥后得到产品。[必须使用的试剂及仪器：饱和溶液、冰水、量筒]
17．（2025高一上·姑苏月考）氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。
（1）制氢：一种制氢过程中所有物质的转化及条件如下图所示。
①该制氢过程中不断消耗的物质是　 　(填化学式)。
②700℃下与转化成的化学方程式为　 　。
③该制氢过程中，得到和的质量比为　 　。
（2）贮氢：合金是一种贮氢材料。
①合金由一定质量比的Mg、Cu单质在高温下熔炼获得。熔炼制备时需要通入氩气，目的是　 　。
②X也是一种储氢材料，一定质量的X在中完全燃烧，只生成7.733g(相对分子质量为232)和8.0g(相对分子质量为40)，则化合物X的化学式是　 　(化合物X的化学式中原子个数为简单整数比)。
（3）氢气应用：利用与在一定条件下转化为反应历程如图所示(虚线处部分中间产物略去)。
①该转化的化学方程式为　 　。
②过程中的作用是　 　。
③从物质综合利用与环境保护的角度，该转化的好处有　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；物质的简单分类
【解析】【解答】A、氧化还原反应的判定依据是反应中是否有元素化合价变化。反应涉及的物质中，NH4Cl 里 N 为 -3 价、H 为 +1 价、Cl 为 -1 价；CaO 中 Ca 为 + 2 价、O 为 -2 价；产物 NH3中 N 为 -3 价、H 为 +1 价，H2O 中 H 为 +1 价、O 为 - 2 价，CaCl2中 Ca 为 +2 价、Cl 为 -1 价。所有元素化合价均未改变，因此该反应不是氧化还原反应，A错误；
B、CaCl2属于离子化合物，熔融时会电离出自由移动的 Ca2+和 Cl-，而物质导电的关键是存在自由移动的带电粒子，所以熔融的 CaCl2能导电，B正确；
C、碱性氧化物的定义是能与酸反应生成盐和水的氧化物。CaO 与酸（如盐酸）反应可生成 CaCl2（盐）和 H2O，符合碱性氧化物的特征，故 CaO 是碱性氧化物，C正确；
D、盐是由金属离子（或铵根离子）与酸根离子构成的化合物。反应物中 NH4Cl 由 NH4+和 Cl-构成，属于盐；产物中 CaCl2由 Ca2+和 Cl-构成，属于盐，其余物质（NH3、H2O、CaO）均不属于盐，因此反应物与产物中分别有一种盐，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点主要集中在以下：
对氧化还原反应的判断误区：容易忽略 “化合价变化是氧化还原反应的核心标志”，误把有物质转化的反应都当成氧化还原反应，没仔细核对各元素化合价。
对 “盐的范围” 的混淆：可能误将 NH4Cl 排除在盐的类别外（不清楚铵根可替代金属离子构成盐），或漏看产物中 CaCl2属于盐。
2．【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；元素、核素
【解析】【解答】A、化学反应的研究范围是 “原子重新组合（原子核不变）”，而该反应涉及原子核的变化，属于核反应，并非化学反应，A错误；
B、同位素的定义是 “质子数相同、中子数不同的同一元素的不同原子”。反应产物 和 的质子数均为 1（属于氢元素），但中子数分别为 0（1-1）和 2（3-1），符合同位素的特征，B正确；
C、原子中 “中子数=质量数 - 质子数”，3He 的质子数为 2（氦元素的质子数固定为 2）、质量数为 3，因此其中子数 = 3-2=1，并非 2，C错误；
D、粒子符号的表示规则是 “左下角为质子数，左上角为质量数”。 的质子数为 0、质量数为 1，代表的是中子；而质子的符号应为（质子数 1、质量数 1），D错误；
故答案为：B。
【分析】A．化学反应的核心是 “原子核不变，仅原子重新组合”；若反应涉及原子核变化（如本题的粒子转变），则属于核反应。
B．抓住 “同一元素（质子数相同）、中子数不同” 这两个条件。看产物 和，质子数均为 1（同属氢元素），中子数分别为 0 和 2，符合同位素定义。
C．利用公式 “中子数 = 质量数 - 质子数”。3He 的质子数是 2（氦的质子数固定）、质量数是 3，计算得中子数 = 3-2=1。
D．粒子符号 “左下角是质子数，左上角是质量数”。 的质子数为 0，对应中子（质子的质子数应为 1）。
3．【答案】C
【知识点】铵离子检验；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、NaOH具有强腐蚀性，称量时不能直接放在称量纸上，需放在烧杯等玻璃容器中，图中直接放纸上称量，操作错误，A不正确；
B、溶解NaOH固体应在烧杯中进行，容量瓶的作用是定容，不能用于溶解固体，图中在容量瓶内溶解，操作错误，B不正确；
C、定容时，胶头滴管应悬空垂直于容量瓶上方滴加液体，直至凹液面最低点与刻度线相切，图中操作符合规范，C正确；
D、检验NH4+时，加入NaOH溶液后需加热（促使 NH3挥发），且红色石蕊试纸需湿润后放在试管口（不能插入溶液），图中未加热且试纸使用不当，操作错误，D不正确；
故答案为：C。
【分析】A．固体称量规范：腐蚀性固体（如 NaOH）不能放称量纸，需用烧杯。
B．容量瓶用途：容量瓶仅用于定容，不能溶解固体。
C．定容操作要点：胶头滴管悬空滴加，凹液面与刻度线相切。
D．NH4+检验关键：需加热促 NH3逸出，试纸湿润且放试管口。
4．【答案】A
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、金属活动性顺序中，Na 的活泼性强于 Al（Na 在 Al 之前），因此 Y（Na）的单质活泼性高于Z（Al），A错误；
B、Z 与 X 形成的化合物是 Al2O3，Al2O3是两性氧化物，能与 NaOH 反应生成 Na[Al(OH)4]，因此 B正确；
C、W 与 X 形成的化合物是 ClO2，ClO2在熔融状态或水溶液中均不能电离出自由移动的离子，属于非电解质，C正确；
D、X、Y、Z 的简单离子分别是 O2-、Na+、Al3+，三者的电子数均为 10（O 原子得 2 个电子、Na 原子失 1 个电子、Al 原子失 3 个电子后，核外均为 10 个电子），D正确；
故答案为：A。
【分析】X：前18号元素中，内层电子数仅可能为 2（第一层），最外层电子数是内层 3 倍（即 6），故 X 为 O（原子序数 8）。
Y：原子序数大于 X，化合物中常显 +1 价，前 18 号元素里显 +1 价的金属为 Na（原子序数 11），故 Y 为 Na。
Z：原子序数大于 Y，电子层数=最外层电子数（电子层数为 3 时，最外层电子数也为 3），故Z为 Al（原子序数 13）。
W：原子核内有 17 个质子，质子数=原子序数，故 W 为 Cl（原子序数 17）。据此解题。
5．【答案】C
【知识点】气体摩尔体积；物质的量浓度；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、气体摩尔体积（22.4 L/mol）仅适用于“标准状况下的气态物质”。SO3的沸点为44.8℃，标准状况下SO3非气态，无法用22.4 L/mol计算其物质的量，因此氧原子数无法确定，A错误；
B、计算溶液中离子数目，需同时知道“浓度”和“体积”。题中仅给出Na3PO4溶液的浓度（0.1 mol·L- ），未说明溶液体积，无法计算Na+的物质的量及数目，B错误；
C、NO2和N2O4的最简式均为NO2，可将混合气体等效为“NO2组成的单一体系”。4.6 g混合气体对应的“NO2”物质的量为 ，每个NO2含2个氧原子，因此氧原子物质的量为0.2 mol，数目为0.2NA，C正确；
D、设CO和CO2的质量均为m g：
CO的物质的量为 ，含氧原子 ；
CO2的物质的量为 ，含氧原子 ；
二者氧原子物质的量之比为 ，并非1：2，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．气体摩尔体积适用条件：22.4 L/mol 仅用于标准状况下的气体，SO3标况下为液态，不能用该数据计算。
B．溶液离子数计算前提：需同时具备浓度和溶液体积，题中未给 Na3PO4溶液体积，无法算 Na+数目。
C．混合气体最简式法：NO2和 N2O4最简式均为 NO2，按最简式换算成单一体系计算，4.6 g 对应 0.1 mol NO2，氧原子数 0.2NA。
D．等质量气体微粒比计算：先按 “物质的量 = 质量 ÷ 摩尔质量” 算各自物质的量，再结合分子中氧原子数求比，CO 与 CO2氧原子比为 11：14≠1：2。
6．【答案】B
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】A、过滤的适用条件是 “分离难溶性固体与液体”。泥沙难溶于水，食盐水是液体，用过滤法可除去泥沙，性质与方法对应正确，A正确；
B、分液的适用条件是 “分离互不相溶的两种液体”，而蒸馏才是依据 “沸点差异” 分离液体的方法。汽油与水互不相溶（并非因为沸点差异），若用分液法分离，对应的性质应是 “互不相溶”，而非 “沸点差异”，因此性质与方法对应错误，B不正确；
C、萃取的适用条件是 “溶质在萃取剂中的溶解度远大于在原溶剂中的溶解度”。青蒿素在乙醚中溶解度高，乙醚可作为萃取剂提取青蒿中的青蒿素，性质与方法对应正确，C正确；
D、蒸发结晶适用于 “除去溶解度随温度变化小的溶质中，少量溶解度随温度变化大的杂质”。KNO3高温下溶解度远高于 NaCl，蒸发溶剂时 NaCl 先结晶析出，KNO3仍溶解在母液中，可除去 NaCl 中的少量 KNO3，性质与方法对应正确，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要有 2 个：
分离方法与依据的性质混淆：容易错把 “分液” 的依据记成 “沸点差异”（实际分液依据是 “互不相溶”，沸点差异对应的是蒸馏），从而误判选项 B 的正确性。
结晶方法的适用场景搞反：可能混淆 “蒸发结晶” 和 “降温结晶” 的适用情况，不清楚 “除去溶解度随温度变化小的物质中的少量高溶解度杂质” 应选蒸发结晶，误对选项 D 产生质疑。
7．【答案】A
【知识点】二氧化硫的性质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、酸与碳酸盐反应可生成 CO2，H2SO4是酸，CaCO3是碳酸盐，二者反应的化学方程式为 H2SO4+CaCO3=CaSO4+H2O+CO2↑，A可行；
B、金属活动性顺序中，Fe 的活泼性弱于 Zn，活动性弱的金属不能置换出活动性强的金属的盐溶液中的金属，因此 Fe 与 ZnSO4不反应，无法制备单质 Zn，B不可行；
C、SO2通入水中发生反应 SO2 + H2O = H2SO3，生成的是亚硫酸（H2SO3），而非硫酸（H2SO4），因此该方法无法制备 H2SO4，C不可行；
D、MgO 是碱性氧化物，CO2是酸性氧化物，但二者常温下不发生反应，无法直接生成 MgCO3，D不可行；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点主要有 3 个：
酸与碳酸盐反应的误判：可能忽略 “H2SO4与 CaCO3反应虽生成微溶的 CaSO4，但仍能持续产生 CO2”，误认为该反应不能制备 CO2，对选项 A 产生质疑。
金属置换反应的条件混淆：易记反金属活动性顺序，错认为 Fe 能置换出 ZnSO4中的 Zn，从而误判选项 B 的可行性。
氧化物与水或气体反应的产物混淆：把 SO2与水的反应产物错记为 H2SO4（实际是 H2SO3），或误以为碱性氧化物与酸性氧化物能直接反应（如 MgO 与 CO2常温不反应），导致对 C、D 的判断错误。
8．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、根据总反应，生成4 mol NH3时生成3 mol O2，则每制得1 mol NH3，生成O2的物质的量为 mol，并非15 mol，A错误；
B、复分解反应的特点是“元素化合价不变，化合物交换成分生成新化合物”。反应②（Li3N+3H2O=3LiOH+NH3）中，各元素化合价均未改变，且Li3N与H2O交换成分生成LiOH和NH3，符合复分解反应定义，B正确；
C、分析化合价变化的元素：
Li：从0价（Li单质）到+1价（Li3N、LiOH）到0价（Li单质）；N：从0价（N2）到-3价（Li3N、NH3）；O：从-2价（H2O、LiOH）到0价（O2）。共3种元素化合价发生变化，C正确；
D、Li在反应③中生成（作为产物），又在反应①中被消耗（作为反应物），属于循环中可重复利用的物质，D正确；
故答案为：A。
【分析】先梳理循环中各反应的物质变化，结合化合价变化、反应类型定义、元素循环特点，逐一分析选项。
反应①：N2与Li反应生成Li3N；
反应②：Li3N与H2O反应生成LiOH和NH3；
反应③：LiOH转化为Li、O2和H2O。
总反应为：2N2+6H2O=3O2+4NH3。据此解题。
9．【答案】C
【知识点】硫酸根离子的检验；焰色反应；分液和萃取；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、检验溶液中是否有 SO42-时，若直接加盐酸酸化的 BaCl2溶液，盐酸中的 Cl-可能与溶液中的 Ag+结合生成 AgCl 白色沉淀，与 BaSO4沉淀无法区分，干扰检验。正确做法应先加盐酸排除干扰，再加 BaCl2，A不能达到目的；
B、用焰色反应检验 Na+时，玻璃棒含钠元素，灼烧时会发出黄色火焰，干扰待测液中 Na+的检验。需用铂丝（或无钠铁丝）蘸取待测液，B不能达到目的；
C、制备 Fe(OH)3胶体的正确方法是向沸水中缓慢滴加饱和 FeCl3溶液，利用 FeCl3在沸水中的水解反应生成胶体，该方法可行，C能达到目的；
D、萃取时萃取剂需与原溶剂互不相溶，而乙醇与水互溶，加入乙醇后无法分层，不能通过分液提取碘，D不能达到目的；
故答案为：C。
【分析】A．必须先加盐酸排除 Ag+干扰，直接用盐酸酸化的 BaCl2会因 AgCl 沉淀误判。
B．检验 Na+不能用含钠的玻璃棒，需选铂丝 / 无钠铁丝，避免仪器本身干扰。
C．依托 FeCl3沸水水解，操作是 “沸水中滴加饱和 FeCl3溶液”，符合原理。
D．萃取剂需与原溶剂互不相溶，乙醇与水互溶无法分层，不能萃取。
10．【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、Cl-转化为 Cl2的过程是氧化反应，Cl 元素化合价从 - 1 升高到 0，每生成 1 mol Cl2，Cl-共失去 2 mol 电子，因此 Cl 周围电子减少2 mol，并非增加，A错误；
B、1 个 NaCl 由 1 个 Na+和 1 个 Cl-构成，Na+含 11 个质子，Cl-含 17 个质子，因此 1 个 NaCl 共含 11+17=28 个质子。则 1 mol NaCl 中含质子的物质的量约为 28 mol，B正确；
C、气体摩尔体积（22.4 L/mol）的使用前提是 “标准状况”，题中未标注； Cl2处于标准状况，无法通过 22.4 L 计算其物质的量，也就不能确定生成 Na 的量，C错误；
D、题干说明熔融的 Na 不溶于熔融 NaCl，且 Na 密度小于熔融 NaCl（Na 浮于上层），工业上利用 “密度差异” 通过物理方法（如分液）分离，而蒸馏适用于沸点差异大的液体分离，此处不适用，D 错误；
故答案为：B。
【分析】A．考查氧化反应的电子变化：Cl-生成 Cl2是失电子的氧化反应，电子数减少而非增加。
B．判断粒子数计算逻辑：1 个 NaCl 含 Na+（11 质子）+Cl-（17 质子）=28 质子，直接按比例算 1mol NaCl 的质子数。
C．掌握气体摩尔体积的条件：22.4L/mol 必须对应 “标准状况”，题中未标注则无法计算。
D．考查分离方法的依据：Na 与熔融 NaCl 互不相溶且密度不同，用物理分离法（如分液），蒸馏对应沸点差异。
11．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、Fe2O3是碱性氧化物，与稀硫酸反应生成Fe3+ 的盐，而非 Fe2+ 的 FeSO4，正确产物应为 Fe2(SO4)3， 化学方程式为，A错误；
B、复分解反应中，弱酸（H2CO3）不能制强酸（HCl），CO2与 H2O 反应生成的 H2CO3无法与 CaCl2反应生成 CaCO3和 HCl，因此该反应不能发生，B不正确；
C、Fe 置换 CuCl2溶液中的 Cu 时，Fe 的化合价仅升高到 + 2（生成 FeCl2），而非 +3（FeCl3），因此产物应为 FeCl2和 Cu， 化学方程式为，C错误；
D、Cu2(OH)2CO3（碱式碳酸铜）在加热条件下，可与 C 发生置换反应，C 将 Cu2+ 还原为 Cu 单质，同时生成 CO2和 H2O，反应符合物质性质与化合价变化规律，方程式正确，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．碱性氧化物与酸反应的产物价态：Fe2O3与酸反应生成 Fe3+盐（如 Fe2(SO4)3），而非 Fe2+的 FeSO4，产物价态错误。
B．考查复分解反应的强酸制弱酸规则：H2CO3是弱酸，无法制取强酸 HCl，故 CO2与 CaCl2不反应。
C．掌握Fe 置换反应的价态上限：Fe 与金属盐溶液置换时，仅生成 +2 价 Fe 盐（如 FeCl2），不会直接生成 FeCl3。
D．考查还原反应的价态变化与产物逻辑：C 可还原 Cu2+为 Cu 单质，Cu2(OH)2CO3与 C 加热反应，产物符合元素守恒与化合价规律。
12．【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯；粗盐提纯
【解析】【解答】A、粗盐提纯中，Na2CO3需在 BaCl2之后加入（目的是除去过量的 Ba2+）。若溶液 a、b、c 分别为 Na2CO3、BaCl2、NaOH，过量的 Ba2+无法被除去，会引入新杂质，因此试剂顺序错误，A不正确；
B、溶液 d 用于除去过量的 NaOH 和 Na2CO3，需选用不引入新杂质的试剂。若用稀硫酸，会引入 SO42-杂质；应选稀盐酸，B不正确；
C、操作 III 是将含 NaCl 的滤液转化为精盐，通过蒸发溶剂使 NaCl 结晶析出，该操作即为蒸发结晶，C正确；
D、若先加溶液 d（盐酸）再进行操作 II（过滤），生成的 BaSO4、CaCO3、Mg(OH)2沉淀会与盐酸反应溶解，杂质离子无法除去，实验方案不可行，D不正确；
故答案为：C。
【分析】先将粗盐溶解（操作 I），加入 BaCl2溶液（对应流程里的溶液 a），利用 Ba2+与 SO42-结合生成 BaSO4沉淀，除去 SO42-；再加入 NaOH 溶液（溶液 b），通过 OH-与 Mg2+生成 Mg(OH)2沉淀，除去 Mg2+；接着加入 Na2CO3溶液（溶液 c），借助 CO32-分别与 Ca2+、过量 Ba2+生成 CaCO3、BaCO3沉淀，同时除去 Ca2+和之前过量的 Ba2+；经过操作 II（过滤），分离出所有沉淀，此时滤液中剩余 NaCl，以及过量的 NaOH、Na2CO3；加入适量盐酸（溶液 d），中和 NaOH 并与 Na2CO3反应，使滤液中的溶质仅为 NaCl；最后通过操作 III（蒸发结晶）、烘干，得到纯净的 NaCl 精盐。
13．【答案】B
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、500 K时，剩余n(AuCl3)=0.5 mol，说明有0.5 mol AuCl3发生反应Ⅰ（AuCl3=AuCl + Cl2）。根据反应Ⅰ的计量比，0.5 mol AuCl3分解生成0.5 mol Cl2，标准状况下体积为 ，A正确；
B、从图像可知：520 K时AuCl3完全分解，AuCl的物质的量达到最大值（1 mol）；直到温度升高到540 K左右，AuCl的量才开始减少，说明AuCl开始分解的温度高于520 K，并非520 K，B错误；
C、550 K以上，AuCl3和AuCl的物质的量均变为0，说明AuCl通过反应Ⅱ完全分解为Au单质，此时容器中的固体仅为Au，属于纯净物，C正确；
D、根据Au元素守恒，初始1 mol AuCl3中的Au全部转化为固体中的AuCl3、AuCl和Au，因此在500~550 K范围内，三者的物质的量之和始终为1 mol，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．反应计量比与气体体积计算：500 K 时 0.5 mol AuCl3参与反应 Ⅰ，按计量比生成 0.5 mol Cl2，标准状况下对应 11.2 L。
B．反应进程与温度的匹配：520 K 时 AuCl3完全消耗、AuCl 达峰值，而 AuCl 的量未下降，说明此时反应 Ⅱ（AuCl 分解）未启动，其分解温度必然高于 520 K。
C．纯净物的判断依据：550 K 以上 AuCl3、AuCl 均为 0，所有 Au 元素均转化为 Au 单质，固体仅含一种物质。
D．元素守恒的应用：初始 Au 总量为 1 mol，反应中仅在 AuCl3、AuCl、Au 之间转化，无其他含 Au 物质生成，故三者物质的量之和恒为 1 mol。
14．【答案】（1）O；
（2）
（3）电解质
（4）
（5）40 mol
（6）
（7）1.12
【知识点】原子结构示意图；物质的量的相关计算；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）由分析知，E为氧，元素符号为O，1个氧原子变为需要得到2个电子，故0.2 molO转化为简单离子需要得到0.4 mol电子，个数为=，
故答案为O，
（2）由分析知，F为氟，F形成的简单离子为，离子结构示意图为，
故答案为。
（3）由分析知，为，溶于水或熔融状态下能导电，是电解质，
故答案为电解质。
（4）由分析知，A和E可形成带一个单位负电荷的阴离子，其中含有10个电子的离子是，
故答案为。
（5）由分析知，X为氯，1个中含有中子个数为，物质的量之比等于粒子数之比，1 mol中含有中子的物质的量为40 mol，
故答案为40 mol。
（6）由分析知，G的最高价氧化物为，Q的+6价氧化物为，两者反应生成，反应的化学方程式为，
故答案为。
（7）由分析知，M为铝，与盐酸反应的化学方程式为，8.1 g铝的物质的量为=0.3 mol， 100 mL 1盐酸的物质的量为，，铝过量，盐酸不足，生成氢气的量应根据盐酸的量进行计算，由关系式知，生成氢气的物质的量最多为=0.05 mol，在标准状况下的体积为=1.12 L，
故答案为1.12。
【分析】由元素周期表中元素的位置知，A为氢、E为氧、F为氟、G为钠、M为铝、Q为硫、X为氯、Y为钙，据此回答问题。
(1) 由周期表位置确定 E 为 O；O 转化为 O2-需得 2 个电子，0.2mol O 得 0.4mol 电子，换算为个数（0.4×6.02×1023）。
(2) F 为 F，F-核电荷数为 9，核外 10 个电子，画离子结构示意图（+9，2 层电子：2、8）。
(3) Y 为 Ca、X 为 Cl，YX2是 CaCl2，溶于水或熔融能导电，属于电解质。
(4) A 为 H、E 为 O，含 10 电子、带 1 单位负电荷的阴离子是 OH-。
(5)X 为 Cl，37Cl 中子数 = 37-17=20，1 个 Cl2含 40 个中子，1mol37Cl2含中子 40mol。
(6) G 为 Na（最高价氧化物 Na2O）、Q 为 S（+6 氧化物 SO3），二者反应生成 Na2SO4。
(7) M 为 Al，计算 Al（0.3mol）和 HCl（0.1mol）的量，HCl 不足；由 2HCl~H2，得 H2为 0.05mol，标况体积 1.12L。
（1）由分析知，E为氧，元素符号为O，1个氧原子变为需要得到2个电子，故0.2 molO转化为简单离子需要得到0.4 mol电子，个数为=，故答案为O，
（2）由分析知，F为氟，F形成的简单离子为，离子结构示意图为，故答案为。
（3）由分析知，为，溶于水或熔融状态下能导电，是电解质，故答案为电解质。
（4）由分析知，A和E可形成带一个单位负电荷的阴离子，其中含有10个电子的离子是，故答案为。
（5）由分析知，X为氯，1个中含有中子个数为，物质的量之比等于粒子数之比，1 mol中含有中子的物质的量为40 mol，故答案为40 mol。
（6）由分析知，G的最高价氧化物为，Q的+6价氧化物为，两者反应生成，反应的化学方程式为，故答案为。
（7）由分析知，M为铝，与盐酸反应的化学方程式为，8.1 g铝的物质的量为=0.3 mol， 100 mL 1盐酸的物质的量为，，铝过量，盐酸不足，生成氢气的量应根据盐酸的量进行计算，由关系式知，生成氢气的物质的量最多为=0.05 mol，在标准状况下的体积为=1.12 L，故答案为1.12。
15．【答案】（1）；Zn2+、Ag+、H+；
（2）2.0~2.5；适当升高温度；搅拌（延长萃取时间）；=；0.0800 mol/L
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；分液和萃取；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①Cu与稀硝酸反应的方程式为；
②由题中信息可知，稀硝酸可以溶解Cu、Ag、Zn，与Au不反应，所以稀硝酸酸浸后的溶液中还大量存在的阳离子有Zn2+以及Ag+、H+；
③硝酸浓度极低时只表现酸性：。
故答案为： ； Zn2+、Ag+、H+ ； ；
（2）①由图可知，pH在2.0~2.5时，萃取率达到最高；
②提高萃取率的方法有搅拌，适当提高温度，延长萃取时间等；
③容量瓶中有残余水分未烘干对硫代硫酸钠的物质的量无影响，定容后对溶液体积无影响，所以对最终所得硫代硫酸钠溶液的浓度无影响；
④根据2Cu2+~I2~2Na2S2O3，该CuSO4溶液的物质的量浓度为：。
故答案为： 2.0~2.5 ； 适当升高温度 ； 搅拌（延长萃取时间） ；=； 0.0800 mol/L ；
【分析(1)①用得失电子守恒配平，Cu升2价、N降3价，配平后为：。
②硝酸溶解Zn、Ag，生成、；硝酸过量，含。
③硝酸极稀时显酸性，Zn与反应：。
(2)①看图像，pH在2.0~2.5时萃取率最高。
②通过搅拌（增大接触）、升温（加快速率）提高萃取率。
③容量瓶未烘干，对溶质物质的量、定容后体积无影响，浓度不变。
④由得关系，计算得浓度为。
（1）①Cu与稀硝酸反应的方程式为；
②由题中信息可知，稀硝酸可以溶解Cu、Ag、Zn，与Au不反应，所以稀硝酸酸浸后的溶液中还大量存在的阳离子有Zn2+以及Ag+、H+；
③硝酸浓度极低时只表现酸性：。
（2）①由图可知，pH在2.0~2.5时，萃取率达到最高；
②提高萃取率的方法有搅拌，适当提高温度，延长萃取时间等；
③容量瓶中有残余水分未烘干对硫代硫酸钠的物质的量无影响，定容后对溶液体积无影响，所以对最终所得硫代硫酸钠溶液的浓度无影响；
④根据2Cu2+~I2~2Na2S2O3，该CuSO4溶液的物质的量浓度为：。
16．【答案】（1）
（2）去除表面的油污等杂质
（3）Fe
（4）
（5）由溶解度表可知，若从反应时的高温冷却，FeSO4 的溶解度会显著降低，冷却后FeSO4会结晶析出，导致产率降低，所以需要迅速趁热过滤
（6）用量筒量取40 mL饱和(NH4)2SO4溶液加入烧杯中，搅拌使其充分反应，再用冰水冷却、过滤，低温干燥后得到产品
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；铁盐和亚铁盐的相互转变；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；电离方程式的书写
【解析】【解答】（1）FeSO4是强电解质，在水中完全电离，其电离方程式为。
故答案为： ；
（2）碱可以去油污，所以碱浸可以去除铁屑表面的油污等杂质。
故答案为： 去除表面的油污等杂质 ；
（3）因为可与反应生成，可与反应生成，保持铁过量可防止被氧化。
故答案为： Fe ；
（4）与浓在加热条件下反应生成的化学方程式为。
故答案为： ；
（5）由溶解度表可知，若从反应时的高温冷却，FeSO4 的溶解度会显著降低，冷却后FeSO4会结晶析出，导致产率降低，所以需要迅速趁热过滤。
故答案为： 由溶解度表可知，若从反应时的高温冷却，FeSO4 的溶解度会显著降低，冷却后FeSO4会结晶析出，导致产率降低，所以需要迅速趁热过滤 ；
（6）根据反应(晶体)可知，反应的物质的量之比为1：1，0.18 mol需要0.18 mol，饱和溶液浓度约为4.5 mol/L，体积为。用量筒量取40 mL硫酸铵溶液加入烧杯中，搅拌使其充分反应，再用冰水冷却、过滤，低温干燥后得到产品。
故答案为： 用量筒量取40 mL饱和(NH4)2SO4溶液加入烧杯中，搅拌使其充分反应，再用冰水冷却、过滤，低温干燥后得到产品 。
【分析】先对废铁屑进行碱浸处理，利用碱液除去铁屑表面的油污等杂质；过滤后得到纯净铁屑，与 6 mol/L 硫酸发生反应 1，铁与硫酸反应生成硫酸亚铁溶液；为避免硫酸亚铁结晶损失，采用趁热过滤分离不溶性杂质；向滤液中加入饱和硫酸铵溶液，通过反应 2 使硫酸亚铁与硫酸铵结合，析出硫酸亚铁铵晶体；最后经后续分离、干燥等操作，得到最终产品。据此解题。
（1）FeSO4是强电解质，在水中完全电离，其电离方程式为。
（2）碱可以去油污，所以碱浸可以去除铁屑表面的油污等杂质。
（3）因为可与反应生成，可与反应生成，保持铁过量可防止被氧化。
（4）与浓在加热条件下反应生成的化学方程式为。
（5）由溶解度表可知，若从反应时的高温冷却，FeSO4 的溶解度会显著降低，冷却后FeSO4会结晶析出，导致产率降低，所以需要迅速趁热过滤。
（6）根据反应(晶体)可知，反应的物质的量之比为1：1，0.18 mol需要0.18 mol，饱和溶液浓度约为4.5 mol/L，体积为。用量筒量取40 mL硫酸铵溶液加入烧杯中，搅拌使其充分反应，再用冰水冷却、过滤，低温干燥后得到产品。
17．【答案】（1）；；
（2）防止金属被氧化；
（3）；起催化作用；消耗了温室气体，制得可燃性气体，且产物无污染
【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）①由图可知，该制氢过程需要、，但反应过程中还会生成，因此不断消耗的物质是，
故答案为：；
②700℃下与结合转化成和，化学方程式为：，
故答案为：；
③该制氢过程的总反应可知，生成的氢气和氧气的物质的量之比为，即，质量比为4：32=1：8；
故答案为： ； ； ；
（2）①熔炼制备合金时，通入氩气可以起到保护作用，防止金属被氧化，故答案为：防止金属被氧化；
②由已知可得，，，即X的化学式为，
故答案为： 防止金属被氧化 ； ；
（3）①由反应历程可知，该反应为与在一定条件下转化为和，反应方程式为，
②由图可知，先与反应，后续反应中又重新生成，反应前后的质量和化学性质不变，起催化作用，
③该方法用温室气体制得可燃性气体，产物无污染，故答案为：消耗了温室气体，制得可燃性气体，且产物无污染。
故答案为： ； 起催化作用 ； 消耗了温室气体，制得可燃性气体，且产物无污染 ；
【分析】(1)①流程中 ZnFe2O4循环生成，仅 H2O 被持续消耗。
②700℃下，Fe3O4、ZnO 与 H2O 反应生成 ZnFe2O4和 H2，配平方程式。
③总反应为 2H2O→2H2+O2，H2与 O2物质的量比 2：1，质量比 1：8。
(2)①氩气作保护气，防止 Mg、Cu 高温下被氧化。
②由 Fe3O4、MgO计算Fe、Mg物质的量比为1：2，化学式为FeMg2。
(3)①H2与 CO2在一定条件下反应生成 CH4和 H2O，配平方程式。
②MgO 参与反应后又生成，起催化作用。
③消耗 CO2（温室气体），生成 CH4（燃料），产物无污染。
（1）①由图可知，该制氢过程需要、，但反应过程中还会生成，因此不断消耗的物质是，故答案为：；
②700℃下与结合转化成和，化学方程式为：，故答案为：；
③该制氢过程的总反应可知，生成的氢气和氧气的物质的量之比为，即，质量比为4：32=1：8；
（2）①熔炼制备合金时，通入氩气可以起到保护作用，防止金属被氧化，故答案为：防止金属被氧化；
②由已知可得，，，即X的化学式为，故答案为：；
（3）①由反应历程可知，该反应为与在一定条件下转化为和，反应方程式为，故答案为：；
②由图可知，先与反应，后续反应中又重新生成，反应前后的质量和化学性质不变，起催化作用，故答案为：起催化作用；
③该方法用温室气体制得可燃性气体，产物无污染，故答案为：消耗了温室气体，制得可燃性气体，且产物无污染。
1 / 1江苏省苏州市园区苏州大学附属中学2025-2026学年高一上学期10月月考化学试题
1．（2025高一上·姑苏月考）中国古人利用试图利用反应保留硇砂()中的“精华”，下列说法不正确的是
A．该反应是氧化还原反应 B．熔融的可以导电
C．是一种碱性氧化物 D．反应物与产物中分别有一种盐
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；物质的简单分类
【解析】【解答】A、氧化还原反应的判定依据是反应中是否有元素化合价变化。反应涉及的物质中，NH4Cl 里 N 为 -3 价、H 为 +1 价、Cl 为 -1 价；CaO 中 Ca 为 + 2 价、O 为 -2 价；产物 NH3中 N 为 -3 价、H 为 +1 价，H2O 中 H 为 +1 价、O 为 - 2 价，CaCl2中 Ca 为 +2 价、Cl 为 -1 价。所有元素化合价均未改变，因此该反应不是氧化还原反应，A错误；
B、CaCl2属于离子化合物，熔融时会电离出自由移动的 Ca2+和 Cl-，而物质导电的关键是存在自由移动的带电粒子，所以熔融的 CaCl2能导电，B正确；
C、碱性氧化物的定义是能与酸反应生成盐和水的氧化物。CaO 与酸（如盐酸）反应可生成 CaCl2（盐）和 H2O，符合碱性氧化物的特征，故 CaO 是碱性氧化物，C正确；
D、盐是由金属离子（或铵根离子）与酸根离子构成的化合物。反应物中 NH4Cl 由 NH4+和 Cl-构成，属于盐；产物中 CaCl2由 Ca2+和 Cl-构成，属于盐，其余物质（NH3、H2O、CaO）均不属于盐，因此反应物与产物中分别有一种盐，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点主要集中在以下：
对氧化还原反应的判断误区：容易忽略 “化合价变化是氧化还原反应的核心标志”，误把有物质转化的反应都当成氧化还原反应，没仔细核对各元素化合价。
对 “盐的范围” 的混淆：可能误将 NH4Cl 排除在盐的类别外（不清楚铵根可替代金属离子构成盐），或漏看产物中 CaCl2属于盐。
2．（2025高一上·姑苏月考）我国科学家在嫦娥五号样品中发现的“嫦娥石”中有大量，可发生核反应。下列说法正确的是
A．该反应是一个化学反应 B．反应产物互为同位素
C．原子核中有2个中子 D．表示一个质子
【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；元素、核素
【解析】【解答】A、化学反应的研究范围是 “原子重新组合（原子核不变）”，而该反应涉及原子核的变化，属于核反应，并非化学反应，A错误；
B、同位素的定义是 “质子数相同、中子数不同的同一元素的不同原子”。反应产物 和 的质子数均为 1（属于氢元素），但中子数分别为 0（1-1）和 2（3-1），符合同位素的特征，B正确；
C、原子中 “中子数=质量数 - 质子数”，3He 的质子数为 2（氦元素的质子数固定为 2）、质量数为 3，因此其中子数 = 3-2=1，并非 2，C错误；
D、粒子符号的表示规则是 “左下角为质子数，左上角为质量数”。 的质子数为 0、质量数为 1，代表的是中子；而质子的符号应为（质子数 1、质量数 1），D错误；
故答案为：B。
【分析】A．化学反应的核心是 “原子核不变，仅原子重新组合”；若反应涉及原子核变化（如本题的粒子转变），则属于核反应。
B．抓住 “同一元素（质子数相同）、中子数不同” 这两个条件。看产物 和，质子数均为 1（同属氢元素），中子数分别为 0 和 2，符合同位素定义。
C．利用公式 “中子数 = 质量数 - 质子数”。3He 的质子数是 2（氦的质子数固定）、质量数是 3，计算得中子数 = 3-2=1。
D．粒子符号 “左下角是质子数，左上角是质量数”。 的质子数为 0，对应中子（质子的质子数应为 1）。
3．（2025高一上·姑苏月考）配制一定浓度的溶液并用其来检验待测溶液中的，下列装置正确的是
A．称取一定质量的固体 B．溶解
C．溶液定容 D．检验
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】铵离子检验；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、NaOH具有强腐蚀性，称量时不能直接放在称量纸上，需放在烧杯等玻璃容器中，图中直接放纸上称量，操作错误，A不正确；
B、溶解NaOH固体应在烧杯中进行，容量瓶的作用是定容，不能用于溶解固体，图中在容量瓶内溶解，操作错误，B不正确；
C、定容时，胶头滴管应悬空垂直于容量瓶上方滴加液体，直至凹液面最低点与刻度线相切，图中操作符合规范，C正确；
D、检验NH4+时，加入NaOH溶液后需加热（促使 NH3挥发），且红色石蕊试纸需湿润后放在试管口（不能插入溶液），图中未加热且试纸使用不当，操作错误，D不正确；
故答案为：C。
【分析】A．固体称量规范：腐蚀性固体（如 NaOH）不能放称量纸，需用烧杯。
B．容量瓶用途：容量瓶仅用于定容，不能溶解固体。
C．定容操作要点：胶头滴管悬空滴加，凹液面与刻度线相切。
D．NH4+检验关键：需加热促 NH3逸出，试纸湿润且放试管口。
4．（2025高一上·姑苏月考）X、Y、Z、W均为前18号元素，原子序数依次增大。X原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，Y在化合物中通常显+1价，Z元素电子层数等于其最外层电子数，W的原子核内有17个质子。下列说法不正确的是
A．Y形成的单质活泼性低于Z
B．Z与X形成的化合物可与反应
C．W与X形成的化合物是非电解质
D．X、Y、Z形成的简单离子的电子数相同
【答案】A
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、金属活动性顺序中，Na 的活泼性强于 Al（Na 在 Al 之前），因此 Y（Na）的单质活泼性高于Z（Al），A错误；
B、Z 与 X 形成的化合物是 Al2O3，Al2O3是两性氧化物，能与 NaOH 反应生成 Na[Al(OH)4]，因此 B正确；
C、W 与 X 形成的化合物是 ClO2，ClO2在熔融状态或水溶液中均不能电离出自由移动的离子，属于非电解质，C正确；
D、X、Y、Z 的简单离子分别是 O2-、Na+、Al3+，三者的电子数均为 10（O 原子得 2 个电子、Na 原子失 1 个电子、Al 原子失 3 个电子后，核外均为 10 个电子），D正确；
故答案为：A。
【分析】X：前18号元素中，内层电子数仅可能为 2（第一层），最外层电子数是内层 3 倍（即 6），故 X 为 O（原子序数 8）。
Y：原子序数大于 X，化合物中常显 +1 价，前 18 号元素里显 +1 价的金属为 Na（原子序数 11），故 Y 为 Na。
Z：原子序数大于 Y，电子层数=最外层电子数（电子层数为 3 时，最外层电子数也为 3），故Z为 Al（原子序数 13）。
W：原子核内有 17 个质子，质子数=原子序数，故 W 为 Cl（原子序数 17）。据此解题。
5．（2025高一上·姑苏月考）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，2.24 L（沸点44.8℃）含有的氧原子数为3
B．溶液中含有的数为0.3
C．4.6 g由和组成的混合气体中含氧原子数目为0.2
D．等质量的与中，氧原子的物质的量之比为1：2
【答案】C
【知识点】气体摩尔体积；物质的量浓度；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、气体摩尔体积（22.4 L/mol）仅适用于“标准状况下的气态物质”。SO3的沸点为44.8℃，标准状况下SO3非气态，无法用22.4 L/mol计算其物质的量，因此氧原子数无法确定，A错误；
B、计算溶液中离子数目，需同时知道“浓度”和“体积”。题中仅给出Na3PO4溶液的浓度（0.1 mol·L- ），未说明溶液体积，无法计算Na+的物质的量及数目，B错误；
C、NO2和N2O4的最简式均为NO2，可将混合气体等效为“NO2组成的单一体系”。4.6 g混合气体对应的“NO2”物质的量为 ，每个NO2含2个氧原子，因此氧原子物质的量为0.2 mol，数目为0.2NA，C正确；
D、设CO和CO2的质量均为m g：
CO的物质的量为 ，含氧原子 ；
CO2的物质的量为 ，含氧原子 ；
二者氧原子物质的量之比为 ，并非1：2，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．气体摩尔体积适用条件：22.4 L/mol 仅用于标准状况下的气体，SO3标况下为液态，不能用该数据计算。
B．溶液离子数计算前提：需同时具备浓度和溶液体积，题中未给 Na3PO4溶液体积，无法算 Na+数目。
C．混合气体最简式法：NO2和 N2O4最简式均为 NO2，按最简式换算成单一体系计算，4.6 g 对应 0.1 mol NO2，氧原子数 0.2NA。
D．等质量气体微粒比计算：先按 “物质的量 = 质量 ÷ 摩尔质量” 算各自物质的量，再结合分子中氧原子数求比，CO 与 CO2氧原子比为 11：14≠1：2。
6．（2025高一上·姑苏月考）下列物质的性质与所选择的分离或提纯方法的对应关系不正确的是
A．泥沙难溶于水，使用过滤的方法除去食盐水的泥沙
B．汽油的沸点远低于水，使用分液的方法分离水和汽油
C．青蒿素在乙醚中的溶解度较高，可用乙醚提取青蒿中的青蒿素
D．高温下溶解度远高于，使用蒸发结晶除去中的少量
【答案】B
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】A、过滤的适用条件是 “分离难溶性固体与液体”。泥沙难溶于水，食盐水是液体，用过滤法可除去泥沙，性质与方法对应正确，A正确；
B、分液的适用条件是 “分离互不相溶的两种液体”，而蒸馏才是依据 “沸点差异” 分离液体的方法。汽油与水互不相溶（并非因为沸点差异），若用分液法分离，对应的性质应是 “互不相溶”，而非 “沸点差异”，因此性质与方法对应错误，B不正确；
C、萃取的适用条件是 “溶质在萃取剂中的溶解度远大于在原溶剂中的溶解度”。青蒿素在乙醚中溶解度高，乙醚可作为萃取剂提取青蒿中的青蒿素，性质与方法对应正确，C正确；
D、蒸发结晶适用于 “除去溶解度随温度变化小的溶质中，少量溶解度随温度变化大的杂质”。KNO3高温下溶解度远高于 NaCl，蒸发溶剂时 NaCl 先结晶析出，KNO3仍溶解在母液中，可除去 NaCl 中的少量 KNO3，性质与方法对应正确，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要有 2 个：
分离方法与依据的性质混淆：容易错把 “分液” 的依据记成 “沸点差异”（实际分液依据是 “互不相溶”，沸点差异对应的是蒸馏），从而误判选项 B 的正确性。
结晶方法的适用场景搞反：可能混淆 “蒸发结晶” 和 “降温结晶” 的适用情况，不清楚 “除去溶解度随温度变化小的物质中的少量高溶解度杂质” 应选蒸发结晶，误对选项 D 产生质疑。
7．（2025高一上·姑苏月考）下列物质制备的方法可行的是
A．利用与反应制备 B．利用Fe与反应制备单质Zn
C．将通入水中，制备 D．利用与反应制备
【答案】A
【知识点】二氧化硫的性质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、酸与碳酸盐反应可生成 CO2，H2SO4是酸，CaCO3是碳酸盐，二者反应的化学方程式为 H2SO4+CaCO3=CaSO4+H2O+CO2↑，A可行；
B、金属活动性顺序中，Fe 的活泼性弱于 Zn，活动性弱的金属不能置换出活动性强的金属的盐溶液中的金属，因此 Fe 与 ZnSO4不反应，无法制备单质 Zn，B不可行；
C、SO2通入水中发生反应 SO2 + H2O = H2SO3，生成的是亚硫酸（H2SO3），而非硫酸（H2SO4），因此该方法无法制备 H2SO4，C不可行；
D、MgO 是碱性氧化物，CO2是酸性氧化物，但二者常温下不发生反应，无法直接生成 MgCO3，D不可行；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点主要有 3 个：
酸与碳酸盐反应的误判：可能忽略 “H2SO4与 CaCO3反应虽生成微溶的 CaSO4，但仍能持续产生 CO2”，误认为该反应不能制备 CO2，对选项 A 产生质疑。
金属置换反应的条件混淆：易记反金属活动性顺序，错认为 Fe 能置换出 ZnSO4中的 Zn，从而误判选项 B 的可行性。
氧化物与水或气体反应的产物混淆：把 SO2与水的反应产物错记为 H2SO4（实际是 H2SO3），或误以为碱性氧化物与酸性氧化物能直接反应（如 MgO 与 CO2常温不反应），导致对 C、D 的判断错误。
8．（2025高一上·姑苏月考）科研人员发明一种可由氮气和水持续合成氨的系统，机理如图所示，已知锂（Li）元素的常见价态为0、+1，下列说法不正确的是
A．每制得1 mol，可生成15 mol
B．反应②是一个复分解反应
C．该循环中存在化合价变化的元素有3种
D．Li在该合成氨系统中可循环利用
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、根据总反应，生成4 mol NH3时生成3 mol O2，则每制得1 mol NH3，生成O2的物质的量为 mol，并非15 mol，A错误；
B、复分解反应的特点是“元素化合价不变，化合物交换成分生成新化合物”。反应②（Li3N+3H2O=3LiOH+NH3）中，各元素化合价均未改变，且Li3N与H2O交换成分生成LiOH和NH3，符合复分解反应定义，B正确；
C、分析化合价变化的元素：
Li：从0价（Li单质）到+1价（Li3N、LiOH）到0价（Li单质）；N：从0价（N2）到-3价（Li3N、NH3）；O：从-2价（H2O、LiOH）到0价（O2）。共3种元素化合价发生变化，C正确；
D、Li在反应③中生成（作为产物），又在反应①中被消耗（作为反应物），属于循环中可重复利用的物质，D正确；
故答案为：A。
【分析】先梳理循环中各反应的物质变化，结合化合价变化、反应类型定义、元素循环特点，逐一分析选项。
反应①：N2与Li反应生成Li3N；
反应②：Li3N与H2O反应生成LiOH和NH3；
反应③：LiOH转化为Li、O2和H2O。
总反应为：2N2+6H2O=3O2+4NH3。据此解题。
9．（2025高一上·姑苏月考）下列实验方法能达到目的的是
选项 实验目的 实验方法
A 确认溶液中存在 向待测液中加入盐酸酸化的的溶液，观察现象
B 检验溶液中的 用玻璃棒蘸取待测液，在酒精灯上灼烧，观察现象
C 制备胶体 向沸水中缓慢滴加饱和溶液
D 提取碘水中的碘 向碘水中加入足量乙醇，充分振荡后分液
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】硫酸根离子的检验；焰色反应；分液和萃取；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、检验溶液中是否有 SO42-时，若直接加盐酸酸化的 BaCl2溶液，盐酸中的 Cl-可能与溶液中的 Ag+结合生成 AgCl 白色沉淀，与 BaSO4沉淀无法区分，干扰检验。正确做法应先加盐酸排除干扰，再加 BaCl2，A不能达到目的；
B、用焰色反应检验 Na+时，玻璃棒含钠元素，灼烧时会发出黄色火焰，干扰待测液中 Na+的检验。需用铂丝（或无钠铁丝）蘸取待测液，B不能达到目的；
C、制备 Fe(OH)3胶体的正确方法是向沸水中缓慢滴加饱和 FeCl3溶液，利用 FeCl3在沸水中的水解反应生成胶体，该方法可行，C能达到目的；
D、萃取时萃取剂需与原溶剂互不相溶，而乙醇与水互溶，加入乙醇后无法分层，不能通过分液提取碘，D不能达到目的；
故答案为：C。
【分析】A．必须先加盐酸排除 Ag+干扰，直接用盐酸酸化的 BaCl2会因 AgCl 沉淀误判。
B．检验 Na+不能用含钠的玻璃棒，需选铂丝 / 无钠铁丝，避免仪器本身干扰。
C．依托 FeCl3沸水水解，操作是 “沸水中滴加饱和 FeCl3溶液”，符合原理。
D．萃取剂需与原溶剂互不相溶，乙醇与水互溶无法分层，不能萃取。
10．（2025高一上·姑苏月考）工业上常通过高温电解熔融制备Na单质，反应的化学方程式为，生成的熔融的Na不溶于熔融的。下列说法正确的是
A．转化为1mol，Cl周围电子增加2mol
B．1mol中含有质子的物质的量约为28mol
C．电解过程中得到22.4L同时生成2molNa
D．分离熔融的Na与应使用蒸馏的方法
【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、Cl-转化为 Cl2的过程是氧化反应，Cl 元素化合价从 - 1 升高到 0，每生成 1 mol Cl2，Cl-共失去 2 mol 电子，因此 Cl 周围电子减少2 mol，并非增加，A错误；
B、1 个 NaCl 由 1 个 Na+和 1 个 Cl-构成，Na+含 11 个质子，Cl-含 17 个质子，因此 1 个 NaCl 共含 11+17=28 个质子。则 1 mol NaCl 中含质子的物质的量约为 28 mol，B正确；
C、气体摩尔体积（22.4 L/mol）的使用前提是 “标准状况”，题中未标注； Cl2处于标准状况，无法通过 22.4 L 计算其物质的量，也就不能确定生成 Na 的量，C错误；
D、题干说明熔融的 Na 不溶于熔融 NaCl，且 Na 密度小于熔融 NaCl（Na 浮于上层），工业上利用 “密度差异” 通过物理方法（如分液）分离，而蒸馏适用于沸点差异大的液体分离，此处不适用，D 错误；
故答案为：B。
【分析】A．考查氧化反应的电子变化：Cl-生成 Cl2是失电子的氧化反应，电子数减少而非增加。
B．判断粒子数计算逻辑：1 个 NaCl 含 Na+（11 质子）+Cl-（17 质子）=28 质子，直接按比例算 1mol NaCl 的质子数。
C．掌握气体摩尔体积的条件：22.4L/mol 必须对应 “标准状况”，题中未标注则无法计算。
D．考查分离方法的依据：Na 与熔融 NaCl 互不相溶且密度不同，用物理分离法（如分液），蒸馏对应沸点差异。
11．（2025高一上·姑苏月考）下列化学反应可以发生且表示正确的是
A．溶于稀硫酸中：
B．沉淀溶液中的：
C．利用Fe置换溶液中的铜：
D．利用冶炼铜：
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、Fe2O3是碱性氧化物，与稀硫酸反应生成Fe3+ 的盐，而非 Fe2+ 的 FeSO4，正确产物应为 Fe2(SO4)3， 化学方程式为，A错误；
B、复分解反应中，弱酸（H2CO3）不能制强酸（HCl），CO2与 H2O 反应生成的 H2CO3无法与 CaCl2反应生成 CaCO3和 HCl，因此该反应不能发生，B不正确；
C、Fe 置换 CuCl2溶液中的 Cu 时，Fe 的化合价仅升高到 + 2（生成 FeCl2），而非 +3（FeCl3），因此产物应为 FeCl2和 Cu， 化学方程式为，C错误；
D、Cu2(OH)2CO3（碱式碳酸铜）在加热条件下，可与 C 发生置换反应，C 将 Cu2+ 还原为 Cu 单质，同时生成 CO2和 H2O，反应符合物质性质与化合价变化规律，方程式正确，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．碱性氧化物与酸反应的产物价态：Fe2O3与酸反应生成 Fe3+盐（如 Fe2(SO4)3），而非 Fe2+的 FeSO4，产物价态错误。
B．考查复分解反应的强酸制弱酸规则：H2CO3是弱酸，无法制取强酸 HCl，故 CO2与 CaCl2不反应。
C．掌握Fe 置换反应的价态上限：Fe 与金属盐溶液置换时，仅生成 +2 价 Fe 盐（如 FeCl2），不会直接生成 FeCl3。
D．考查还原反应的价态变化与产物逻辑：C 可还原 Cu2+为 Cu 单质，Cu2(OH)2CO3与 C 加热反应，产物符合元素守恒与化合价规律。
12．（2025高一上·姑苏月考）粗盐主要含、、等杂质，一种提纯NaCl的实验方案如图所示，下列说法正确的是
A．溶液a、b、c分别为、、溶液
B．溶液d可选用稀硫酸或稀盐酸
C．操作Ⅲ为蒸发结晶
D．流程中若先加入溶液d再进行操作Ⅱ，实验方案也可行
【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯；粗盐提纯
【解析】【解答】A、粗盐提纯中，Na2CO3需在 BaCl2之后加入（目的是除去过量的 Ba2+）。若溶液 a、b、c 分别为 Na2CO3、BaCl2、NaOH，过量的 Ba2+无法被除去，会引入新杂质，因此试剂顺序错误，A不正确；
B、溶液 d 用于除去过量的 NaOH 和 Na2CO3，需选用不引入新杂质的试剂。若用稀硫酸，会引入 SO42-杂质；应选稀盐酸，B不正确；
C、操作 III 是将含 NaCl 的滤液转化为精盐，通过蒸发溶剂使 NaCl 结晶析出，该操作即为蒸发结晶，C正确；
D、若先加溶液 d（盐酸）再进行操作 II（过滤），生成的 BaSO4、CaCO3、Mg(OH)2沉淀会与盐酸反应溶解，杂质离子无法除去，实验方案不可行，D不正确；
故答案为：C。
【分析】先将粗盐溶解（操作 I），加入 BaCl2溶液（对应流程里的溶液 a），利用 Ba2+与 SO42-结合生成 BaSO4沉淀，除去 SO42-；再加入 NaOH 溶液（溶液 b），通过 OH-与 Mg2+生成 Mg(OH)2沉淀，除去 Mg2+；接着加入 Na2CO3溶液（溶液 c），借助 CO32-分别与 Ca2+、过量 Ba2+生成 CaCO3、BaCO3沉淀，同时除去 Ca2+和之前过量的 Ba2+；经过操作 II（过滤），分离出所有沉淀，此时滤液中剩余 NaCl，以及过量的 NaOH、Na2CO3；加入适量盐酸（溶液 d），中和 NaOH 并与 Na2CO3反应，使滤液中的溶质仅为 NaCl；最后通过操作 III（蒸发结晶）、烘干，得到纯净的 NaCl 精盐。
13．（2025高一上·姑苏月考）的分解主要涉及如下反应
反应Ⅰ
反应Ⅱ
方程式中s代表固体，g代表气体。将1 mol 投入到10 L密闭容器中，在不同温度下充分分解，剩余固体中及的物质的量随温度的变化如图所示，下列说法不正确的是
A．500 K时，容器中的体积折算成标准状况为11.2 L
B．开始发生分解的温度为520 K
C．550 K以上，容器中的固体为纯净物
D．500~550 K，容器中均存在
【答案】B
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、500 K时，剩余n(AuCl3)=0.5 mol，说明有0.5 mol AuCl3发生反应Ⅰ（AuCl3=AuCl + Cl2）。根据反应Ⅰ的计量比，0.5 mol AuCl3分解生成0.5 mol Cl2，标准状况下体积为 ，A正确；
B、从图像可知：520 K时AuCl3完全分解，AuCl的物质的量达到最大值（1 mol）；直到温度升高到540 K左右，AuCl的量才开始减少，说明AuCl开始分解的温度高于520 K，并非520 K，B错误；
C、550 K以上，AuCl3和AuCl的物质的量均变为0，说明AuCl通过反应Ⅱ完全分解为Au单质，此时容器中的固体仅为Au，属于纯净物，C正确；
D、根据Au元素守恒，初始1 mol AuCl3中的Au全部转化为固体中的AuCl3、AuCl和Au，因此在500~550 K范围内，三者的物质的量之和始终为1 mol，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．反应计量比与气体体积计算：500 K 时 0.5 mol AuCl3参与反应 Ⅰ，按计量比生成 0.5 mol Cl2，标准状况下对应 11.2 L。
B．反应进程与温度的匹配：520 K 时 AuCl3完全消耗、AuCl 达峰值，而 AuCl 的量未下降，说明此时反应 Ⅱ（AuCl 分解）未启动，其分解温度必然高于 520 K。
C．纯净物的判断依据：550 K 以上 AuCl3、AuCl 均为 0，所有 Au 元素均转化为 Au 单质，固体仅含一种物质。
D．元素守恒的应用：初始 Au 总量为 1 mol，反应中仅在 AuCl3、AuCl、Au 之间转化，无其他含 Au 物质生成，故三者物质的量之和恒为 1 mol。
14．（2025高一上·姑苏月考）A、E、F、G、M、Q、X、Y代表8种前20号元素。在周期表中的位置如下：
（1）E的元素符号为　 　，0.2molE转化为简单离子，需要得到(或失去)电子　 　个(写出具体数值)。
（2）画出F形成的简单离子的离子结构示意图　 　。
（3）是　 　(选填“电解质”或“非电解质”)。
（4）A和E可形成带一个单位负电荷的阴离子，其中含有10个电子。写出其化学式　 　。
（5）1mol中含有中子的物质的量为　 　。
（6）写出G的最高价氧化物与Q的+6价氧化物反应的化学方程式　 　。
（7）标准状况下，8.1gM与100mL1盐酸反应，最多可释放的体积为　 　L。
【答案】（1）O；
（2）
（3）电解质
（4）
（5）40 mol
（6）
（7）1.12
【知识点】原子结构示意图；物质的量的相关计算；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）由分析知，E为氧，元素符号为O，1个氧原子变为需要得到2个电子，故0.2 molO转化为简单离子需要得到0.4 mol电子，个数为=，
故答案为O，
（2）由分析知，F为氟，F形成的简单离子为，离子结构示意图为，
故答案为。
（3）由分析知，为，溶于水或熔融状态下能导电，是电解质，
故答案为电解质。
（4）由分析知，A和E可形成带一个单位负电荷的阴离子，其中含有10个电子的离子是，
故答案为。
（5）由分析知，X为氯，1个中含有中子个数为，物质的量之比等于粒子数之比，1 mol中含有中子的物质的量为40 mol，
故答案为40 mol。
（6）由分析知，G的最高价氧化物为，Q的+6价氧化物为，两者反应生成，反应的化学方程式为，
故答案为。
（7）由分析知，M为铝，与盐酸反应的化学方程式为，8.1 g铝的物质的量为=0.3 mol， 100 mL 1盐酸的物质的量为，，铝过量，盐酸不足，生成氢气的量应根据盐酸的量进行计算，由关系式知，生成氢气的物质的量最多为=0.05 mol，在标准状况下的体积为=1.12 L，
故答案为1.12。
【分析】由元素周期表中元素的位置知，A为氢、E为氧、F为氟、G为钠、M为铝、Q为硫、X为氯、Y为钙，据此回答问题。
(1) 由周期表位置确定 E 为 O；O 转化为 O2-需得 2 个电子，0.2mol O 得 0.4mol 电子，换算为个数（0.4×6.02×1023）。
(2) F 为 F，F-核电荷数为 9，核外 10 个电子，画离子结构示意图（+9，2 层电子：2、8）。
(3) Y 为 Ca、X 为 Cl，YX2是 CaCl2，溶于水或熔融能导电，属于电解质。
(4) A 为 H、E 为 O，含 10 电子、带 1 单位负电荷的阴离子是 OH-。
(5)X 为 Cl，37Cl 中子数 = 37-17=20，1 个 Cl2含 40 个中子，1mol37Cl2含中子 40mol。
(6) G 为 Na（最高价氧化物 Na2O）、Q 为 S（+6 氧化物 SO3），二者反应生成 Na2SO4。
(7) M 为 Al，计算 Al（0.3mol）和 HCl（0.1mol）的量，HCl 不足；由 2HCl~H2，得 H2为 0.05mol，标况体积 1.12L。
（1）由分析知，E为氧，元素符号为O，1个氧原子变为需要得到2个电子，故0.2 molO转化为简单离子需要得到0.4 mol电子，个数为=，故答案为O，
（2）由分析知，F为氟，F形成的简单离子为，离子结构示意图为，故答案为。
（3）由分析知，为，溶于水或熔融状态下能导电，是电解质，故答案为电解质。
（4）由分析知，A和E可形成带一个单位负电荷的阴离子，其中含有10个电子的离子是，故答案为。
（5）由分析知，X为氯，1个中含有中子个数为，物质的量之比等于粒子数之比，1 mol中含有中子的物质的量为40 mol，故答案为40 mol。
（6）由分析知，G的最高价氧化物为，Q的+6价氧化物为，两者反应生成，反应的化学方程式为，故答案为。
（7）由分析知，M为铝，与盐酸反应的化学方程式为，8.1 g铝的物质的量为=0.3 mol， 100 mL 1盐酸的物质的量为，，铝过量，盐酸不足，生成氢气的量应根据盐酸的量进行计算，由关系式知，生成氢气的物质的量最多为=0.05 mol，在标准状况下的体积为=1.12 L，故答案为1.12。
15．（2025高一上·姑苏月考）某废旧电路板主要含有Cu、Zn、Ag、Au(均以单质形式存在)，经“硝酸酸浸-萃取”可回收其中的Cu元素。
（1）硝酸酸浸。向废旧电路板中加入足量硝酸，Ag或比Ag金属活动性更高的金属被转化成硝酸盐。
①配平以下Cu与反应的化学方程式　 　：__________________。
②硝酸酸浸后，除外，溶液中大量存在的阳离子还有　 　。
③Zn与硝酸反应过程中还有少量生成，利用化学方程式解释原因　 　。
（2）萃取提铜。利用有机萃取剂AM5640(密度比水小)可以专一性萃取酸浸滤液中的，萃取率与滤液pH的关系如图所示。
①萃取前加碱调节pH以提高萃取率，最佳pH范围是　 　。
②提高萃取率的方法有　 　、　 　。
③取有机层反萃取可得溶液。为测定该溶液的浓度，需先配制0.1000的标准溶液。若配制时容量瓶未预先烘干，其余操作正常进行，则最终所得溶液的浓度　 　(选填“>”、“<”或“=”)0.1000。
④取25.00 mL反萃取后所得溶液，加入过量KI固体，发生反应；充分反应后，用滴定反应生成的，发生反应，消耗的溶液20.00 mL。计算该溶液的物质的量浓度　 　。
【答案】（1）；Zn2+、Ag+、H+；
（2）2.0~2.5；适当升高温度；搅拌（延长萃取时间）；=；0.0800 mol/L
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；分液和萃取；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①Cu与稀硝酸反应的方程式为；
②由题中信息可知，稀硝酸可以溶解Cu、Ag、Zn，与Au不反应，所以稀硝酸酸浸后的溶液中还大量存在的阳离子有Zn2+以及Ag+、H+；
③硝酸浓度极低时只表现酸性：。
故答案为： ； Zn2+、Ag+、H+ ； ；
（2）①由图可知，pH在2.0~2.5时，萃取率达到最高；
②提高萃取率的方法有搅拌，适当提高温度，延长萃取时间等；
③容量瓶中有残余水分未烘干对硫代硫酸钠的物质的量无影响，定容后对溶液体积无影响，所以对最终所得硫代硫酸钠溶液的浓度无影响；
④根据2Cu2+~I2~2Na2S2O3，该CuSO4溶液的物质的量浓度为：。
故答案为： 2.0~2.5 ； 适当升高温度 ； 搅拌（延长萃取时间） ；=； 0.0800 mol/L ；
【分析(1)①用得失电子守恒配平，Cu升2价、N降3价，配平后为：。
②硝酸溶解Zn、Ag，生成、；硝酸过量，含。
③硝酸极稀时显酸性，Zn与反应：。
(2)①看图像，pH在2.0~2.5时萃取率最高。
②通过搅拌（增大接触）、升温（加快速率）提高萃取率。
③容量瓶未烘干，对溶质物质的量、定容后体积无影响，浓度不变。
④由得关系，计算得浓度为。
（1）①Cu与稀硝酸反应的方程式为；
②由题中信息可知，稀硝酸可以溶解Cu、Ag、Zn，与Au不反应，所以稀硝酸酸浸后的溶液中还大量存在的阳离子有Zn2+以及Ag+、H+；
③硝酸浓度极低时只表现酸性：。
（2）①由图可知，pH在2.0~2.5时，萃取率达到最高；
②提高萃取率的方法有搅拌，适当提高温度，延长萃取时间等；
③容量瓶中有残余水分未烘干对硫代硫酸钠的物质的量无影响，定容后对溶液体积无影响，所以对最终所得硫代硫酸钠溶液的浓度无影响；
④根据2Cu2+~I2~2Na2S2O3，该CuSO4溶液的物质的量浓度为：。
16．（2025高一上·姑苏月考）莫尔盐是一种常用的分析试剂，可用表面有油污的废铁屑制备。其流程如下：
已知：部分温度下，、与的溶解度如下表所示：
温度/℃ 0 10 40 50 70
/g 70.6 74.2 81.0 84.5 91.5
/g 28.8 40.0 73.3 87 74.1
/g 12.5 20.0 33.0 40.0 52.0
（1）写出溶解在水中时的电离方程式　 　。
（2）“碱浸”的目的是　 　。
（3）已知可与反应生成，可与反应生成，“反应1”中应当保持　 　过量(选填“”或“”)。
（4）“反应1”在加热条件下进行，实验发现生成的气体有刺鼻气味，原因是生成了少量的。写出与反应生成的化学方程式　 　。
（5）“反应1”制得溶液后，需迅速趁热过滤。不能冷却后过滤的原因为　 　。
（6）已知：“反应2”为(晶体)，饱和溶液的浓度约为4.5。补充完整以下制备的实验方案，要求产率尽量高：取30 mL“趁热过滤”所得滤液(含 0.18 mol)于烧杯中，加热条件下　 　，低温干燥后得到产品。[必须使用的试剂及仪器：饱和溶液、冰水、量筒]
【答案】（1）
（2）去除表面的油污等杂质
（3）Fe
（4）
（5）由溶解度表可知，若从反应时的高温冷却，FeSO4 的溶解度会显著降低，冷却后FeSO4会结晶析出，导致产率降低，所以需要迅速趁热过滤
（6）用量筒量取40 mL饱和(NH4)2SO4溶液加入烧杯中，搅拌使其充分反应，再用冰水冷却、过滤，低温干燥后得到产品
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；铁盐和亚铁盐的相互转变；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；电离方程式的书写
【解析】【解答】（1）FeSO4是强电解质，在水中完全电离，其电离方程式为。
故答案为： ；
（2）碱可以去油污，所以碱浸可以去除铁屑表面的油污等杂质。
故答案为： 去除表面的油污等杂质 ；
（3）因为可与反应生成，可与反应生成，保持铁过量可防止被氧化。
故答案为： Fe ；
（4）与浓在加热条件下反应生成的化学方程式为。
故答案为： ；
（5）由溶解度表可知，若从反应时的高温冷却，FeSO4 的溶解度会显著降低，冷却后FeSO4会结晶析出，导致产率降低，所以需要迅速趁热过滤。
故答案为： 由溶解度表可知，若从反应时的高温冷却，FeSO4 的溶解度会显著降低，冷却后FeSO4会结晶析出，导致产率降低，所以需要迅速趁热过滤 ；
（6）根据反应(晶体)可知，反应的物质的量之比为1：1，0.18 mol需要0.18 mol，饱和溶液浓度约为4.5 mol/L，体积为。用量筒量取40 mL硫酸铵溶液加入烧杯中，搅拌使其充分反应，再用冰水冷却、过滤，低温干燥后得到产品。
故答案为： 用量筒量取40 mL饱和(NH4)2SO4溶液加入烧杯中，搅拌使其充分反应，再用冰水冷却、过滤，低温干燥后得到产品 。
【分析】先对废铁屑进行碱浸处理，利用碱液除去铁屑表面的油污等杂质；过滤后得到纯净铁屑，与 6 mol/L 硫酸发生反应 1，铁与硫酸反应生成硫酸亚铁溶液；为避免硫酸亚铁结晶损失，采用趁热过滤分离不溶性杂质；向滤液中加入饱和硫酸铵溶液，通过反应 2 使硫酸亚铁与硫酸铵结合，析出硫酸亚铁铵晶体；最后经后续分离、干燥等操作，得到最终产品。据此解题。
（1）FeSO4是强电解质，在水中完全电离，其电离方程式为。
（2）碱可以去油污，所以碱浸可以去除铁屑表面的油污等杂质。
（3）因为可与反应生成，可与反应生成，保持铁过量可防止被氧化。
（4）与浓在加热条件下反应生成的化学方程式为。
（5）由溶解度表可知，若从反应时的高温冷却，FeSO4 的溶解度会显著降低，冷却后FeSO4会结晶析出，导致产率降低，所以需要迅速趁热过滤。
（6）根据反应(晶体)可知，反应的物质的量之比为1：1，0.18 mol需要0.18 mol，饱和溶液浓度约为4.5 mol/L，体积为。用量筒量取40 mL硫酸铵溶液加入烧杯中，搅拌使其充分反应，再用冰水冷却、过滤，低温干燥后得到产品。
17．（2025高一上·姑苏月考）氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。
（1）制氢：一种制氢过程中所有物质的转化及条件如下图所示。
①该制氢过程中不断消耗的物质是　 　(填化学式)。
②700℃下与转化成的化学方程式为　 　。
③该制氢过程中，得到和的质量比为　 　。
（2）贮氢：合金是一种贮氢材料。
①合金由一定质量比的Mg、Cu单质在高温下熔炼获得。熔炼制备时需要通入氩气，目的是　 　。
②X也是一种储氢材料，一定质量的X在中完全燃烧，只生成7.733g(相对分子质量为232)和8.0g(相对分子质量为40)，则化合物X的化学式是　 　(化合物X的化学式中原子个数为简单整数比)。
（3）氢气应用：利用与在一定条件下转化为反应历程如图所示(虚线处部分中间产物略去)。
①该转化的化学方程式为　 　。
②过程中的作用是　 　。
③从物质综合利用与环境保护的角度，该转化的好处有　 　。
【答案】（1）；；
（2）防止金属被氧化；
（3）；起催化作用；消耗了温室气体，制得可燃性气体，且产物无污染
【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）①由图可知，该制氢过程需要、，但反应过程中还会生成，因此不断消耗的物质是，
故答案为：；
②700℃下与结合转化成和，化学方程式为：，
故答案为：；
③该制氢过程的总反应可知，生成的氢气和氧气的物质的量之比为，即，质量比为4：32=1：8；
故答案为： ； ； ；
（2）①熔炼制备合金时，通入氩气可以起到保护作用，防止金属被氧化，故答案为：防止金属被氧化；
②由已知可得，，，即X的化学式为，
故答案为： 防止金属被氧化 ； ；
（3）①由反应历程可知，该反应为与在一定条件下转化为和，反应方程式为，
②由图可知，先与反应，后续反应中又重新生成，反应前后的质量和化学性质不变，起催化作用，
③该方法用温室气体制得可燃性气体，产物无污染，故答案为：消耗了温室气体，制得可燃性气体，且产物无污染。
故答案为： ； 起催化作用 ； 消耗了温室气体，制得可燃性气体，且产物无污染 ；
【分析】(1)①流程中 ZnFe2O4循环生成，仅 H2O 被持续消耗。
②700℃下，Fe3O4、ZnO 与 H2O 反应生成 ZnFe2O4和 H2，配平方程式。
③总反应为 2H2O→2H2+O2，H2与 O2物质的量比 2：1，质量比 1：8。
(2)①氩气作保护气，防止 Mg、Cu 高温下被氧化。
②由 Fe3O4、MgO计算Fe、Mg物质的量比为1：2，化学式为FeMg2。
(3)①H2与 CO2在一定条件下反应生成 CH4和 H2O，配平方程式。
②MgO 参与反应后又生成，起催化作用。
③消耗 CO2（温室气体），生成 CH4（燃料），产物无污染。
（1）①由图可知，该制氢过程需要、，但反应过程中还会生成，因此不断消耗的物质是，故答案为：；
②700℃下与结合转化成和，化学方程式为：，故答案为：；
③该制氢过程的总反应可知，生成的氢气和氧气的物质的量之比为，即，质量比为4：32=1：8；
（2）①熔炼制备合金时，通入氩气可以起到保护作用，防止金属被氧化，故答案为：防止金属被氧化；
②由已知可得，，，即X的化学式为，故答案为：；
（3）①由反应历程可知，该反应为与在一定条件下转化为和，反应方程式为，故答案为：；
②由图可知，先与反应，后续反应中又重新生成，反应前后的质量和化学性质不变，起催化作用，故答案为：起催化作用；
③该方法用温室气体制得可燃性气体，产物无污染，故答案为：消耗了温室气体，制得可燃性气体，且产物无污染。
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