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江苏省苏州市2024-2025学年高一年级第一学期12月六校联考调研测试化学试题
1．（2025高一上·苏州月考）中国书画是世界艺术瑰宝，古人所用文房四宝制作过程中发生氧化还原反应的是
A．竹管、动物尾毫→湖笔 B．松木→油烟→徽墨
C．楮树皮→纸浆纤维→宣纸 D．端石→端砚
2．（2025高一上·苏州月考）反应可用干壁画修复。下列说法正确的是
A．的结构示意图为 B．中子数为16的磷原子：
C．中O元素的化合价为-2 D．、、互为同位素
3．（2025高一上·苏州月考）下列示意图中，白球代表氢原子，黑球代表氦原子，方框代表容器，容器中间有一个可以左右自由滑动的隔板(其质量忽略不计)。其中能表示相同温度时，等质量的氢气与氦气的是
A． B．
C． D．
4．（2025高一上·苏州月考）2023年诺贝尔化学奖颁发给发现和合成量子点的科学家，如图是一种TiO2复合氧化铁量子点，该量子点的粒径范围为40~60nm，可用于高效率降解有机污染物。有关上述材料的说法中错误的是
A．该量子点属于混合物
B．该量子点中的氧化铁属于碱性氧化物
C．该量子点是一种具有特殊功能的金属材料
D．该量子点分散于水中所得的分散系具有丁达尔效应
5．（2025高一上·苏州月考）已知X、Y、Z、W、R五种元素，X是原子序数最小的元素；Y元素原子最外层电子数是内层电子总数的2倍；Z元素原子最外层电子数比其次外层电子数多4个；W元素原子K层和M层电子总数比L层电子数多1个；R元素原子最外层有1个电子，其阳离子与Z的阴离子原子核外电子总数相同。下列说法不正确的是（　　）
A．常温下为液态
B．R与Z只能形成一种化合物
C．Y的一种单质可导电
D．W的一种氧化物可用作自来水消毒剂
6．（2025高一上·苏州月考）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A．溶于水后形成胶体，可用于消毒、净化水
B．受热易分解，可用于治疗胃酸过多
C．金属钠具有较强的还原性，充有钠蒸气的高压钠灯可用道路和广场照明
D．二氧化硫具有还原性，可用作葡萄酒的抗氧化剂
7．（2025高一上·苏州月考）下列有关反应的离子方程式正确的是
A．石灰石溶于醋酸：
B．跟稀盐酸反应：
C．向溶液中加入过量的液：
D．溶于水产生：
8．（2025高一上·苏州月考）在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
A．
B．
C．
D．
9．（2025高一上·苏州月考）下列实验装置能达到实验目的的是
A．制备氢氧化铁胶体
B．电离方程式：
C．滴水生火可证明过氧化钠与水反应放热
D．若蘸溴化钠溶液的棉球变橙色，蘸淀粉溶液的棉球变蓝色，可证明氧化性
10．（2025高一上·苏州月考）用Na2CO3 10H2O晶体配制500mL0.100mol L-1Na2CO3溶液。下列说法正确的是
A．称取5.30gNa2CO3 10H2O晶体在烧杯中溶解
B．将溶解所得溶液转移至未经干燥的容量瓶中
C．溶解所用烧杯未洗涤会使所配溶液浓度偏大
D．定容后摇匀，液面低于刻度线，可以补加适量水
11．（2025高一上·苏州月考）著名的Vanviel反应为：12H2S+6CO2C6H12O6+6H2O+12S↓，下列说法错误的是
A．该反应将光能转变为化学能
B．H2S、CO2均属于非电解质
C．每生成1mol C6H12O6转移24×6.02×1023个电子
D．该反应原理应用于废气处理，有利于环境保护和资源再利用
12．（2025高一上·苏州月考）历史上曾有化学家用以下方法制取氯气，反应原理如图所示。下列推断不正确的是
A．反应Ⅰ属于复分解反应
B．反应Ⅱ的化学方程式为
C．是整个过程的催化剂
D．该方法制取氯气的主要原料是盐酸和氧气
13．（2025高一上·苏州月考）下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项 实验操作和现象 实验结论
A 向某溶液中加入氯化钡溶液，产生白色沉淀再滴入盐酸，白色沉淀不消失 该溶液中一定含有
B 对某碱性溶液进行焰色试验，火焰颜色为黄色 该溶液为溶液
C 铜与足量浓硫酸在加热条件下反应一段时间，冷却后，向反应后的溶液中慢慢倒入适量蒸馏水，溶液呈蓝色 铜与浓硫酸反应生成了硫酸铜
D 向淀粉KI溶液中滴加溶液，溶液变蓝 有氧化性
A．A B．B C．C D．D
14．（2025高一上·苏州月考）下图是实验室中制取KMnO4的流程图，已知K2MnO4显墨绿色，下列说法中错误的是
A．第①步在铁坩埚中进行，第⑥步中加热浓缩在蒸发皿中进行
B．第②步加入的MnO2作还原剂，第④步通CO2发生反应：3+2CO2=2+MnO2↓+2，MnO2是氧化产物
C．第③步分批浸取可提高浸取率
D．第⑤步加热趁热过滤，说明KMnO4的溶解度随温度变化比较大
15．（2025高一上·苏州月考）I．有下列物质：①熔融；②固体；③盐酸；④；⑤溶液：⑥；⑦蔗糖。请用序号填空：
（1）上述状态下的物质可导电的是　 　(填序号，下同)，属于非电解质的是　 　。
（2）②属于　 　(填“酸”、“碱”或“盐”)，请写出②在熔融状态下的电离方程式　 　。
（3）写出①的溶液与足量的④反应的离子方程式　 　。
II．按题目要求填空：
（4）如何除去碳酸钠固体中的碳酸氢钠，相关化学方程式为　 　。
（5）已知属于二元酸，请写出与过量氢氧化钠溶液反应的化学方程式为　 　。
16．（2025高一上·苏州月考）二氧化铈是一种重要的稀土化合物。提纯二氧化铈一种工艺流程如图所示：
（1）稀土化合物中的化合价为　 　。
（2）在反应①中体现　 　(填)，写出稀硫酸、与反应的化学方程式　 　。
（3）由反应②可知氧化性：O2　 　Ce(OH)4(填“>”或“<”或“=”)，反应②中的氧化剂与还原剂的物质的量之比为　 　，当消耗转移电子的物质的量为　 　。
（4）是汽车尾气净化催化剂中最重要的助剂，工作原理如图所示。
写出过程①发生反应的化学方程式　 　。
17．（2025高一上·苏州月考）是一种重要的氧化剂、杀菌消毒剂，也常用来漂白织物，其一种生产工艺如下：
（1）工业上常用黄铁矿()为原料制备硫酸，写出用黄铁矿制的化学方程式　 　。
（2）写出“反应”步骤中生成的化学方程式　 　。
（3）“电解”所用食盐水出粗盐水精制而成，精制时，为除去和、，要加入下列试剂，其中的顺序不正确的是　 　，最后还需要加入的一种试剂为　 　。
①加过量溶液 ②加过量溶液 ③加过量溶液
A．③②① B．①③② C．③①② D．②①③
（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量，此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为　 　，该反应中氧化产物是　 　。
（5）用处理过的饮用水常含有一定量有害的。我国规定饮用水中的含量在0.1~0.8。测定水样中的含量的过程如下：
步骤1：量取25.00水样加入锥形瓶中；
步骤2：用稀调节溶液呈酸性，加入足量的晶体充分反应；
步骤3：逐滴加入的溶液，恰好完全反应时，消耗溶液20.00。
已知：，，根据上述数据计算并判断该水样中的含量是否符合国家规定？　 　(请写出计算过程)。
18．（2025高一上·苏州月考）是一种高性能磁性材料。实验室以为原料制备的流程如下：
（1）第一步：将向浊液中通入，制备。
①石灰乳参与反应的化学方程式　 　。
②反应过程中，为使SO2尽可能转化完全，在通入与比例一定，不改变与用量的条件下，可以采取的合理措施有　 　(任写一种)。
③写出制备的化学方程式　 　。
④若实验中将换成空气，测得反应液中和的浓度随反应时间t变化如上右图。导致溶液中和浓度变化产生明显差异的原因可能是：　 　。
（2）第二步：向溶液中加入，有气体逸出，同时获得粗产品。
①写出制备的离子方程式　 　。
②实验发现，若用相同物质的量浓度的溶液代替溶液，则得到的中会混有较多的杂质，该杂质可能是　 　(填化学式)。已知部分含锰化合物的溶解性如下图。
含锰化合物
溶解性 不溶 不溶 可溶 不溶
（3）实验室用无色的酸性溶液来检验，原理如下所示：，检验反应后的溶液中是否含的实验方案是：　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．竹管需经砍伐、削制、打磨；动物尾毫（如羊毛、狼毫）需清洗、梳理、整理，过程主要为物理处理，如去除杂质、改变形状，未涉及元素化合价变化，无氧化还原反应，A不符合题意；
B．松木的主要成分为有机物，燃烧时发生氧化反应，属于氧化还原反应，B符合题意；
C．楮树皮经浸泡、蒸煮（加石灰或碱）、舂捣、打浆，使纤维分离，再经抄纸、晾晒制成宣纸，蒸煮过程中，碱液（如氢氧化钙）溶解树皮中的木质素、果胶等杂质，主要发生水解反应，无元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，C不符合题意；
D．端石（天然岩石，主要成分为硅酸盐）经开采、切割、雕刻、打磨制成砚台，全程为物理加工，仅改变石材的形状和表面结构，无化学反应发生，不涉及氧化还原反应，D不符合题意；
故选B。
【分析】氧化还原反应中一定有元素的化合价发生变化。
2．【答案】D
【知识点】元素、核素；原子结构示意图；化合价与化学式
【解析】【解答】A、S2-是 S 原子得到 2 个电子形成的，核外电子数为 18，结构示意图应为 ，A错误；
B、磷原子的质子数为 15，中子数为 16 时，质量数 = 15+16=31，正确表示应为 “ ”，B错误；
C、H2O2中 H 为 + 1 价，根据化合物中正负化合价代数和为 0，O 元素化合价为 - 1，而非 - 2，C错误；
D、同位素是质子数相同、中子数不同的同种元素的不同原子，、、 质子数均为 1，中子数不同，互为同位素，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
混淆离子与原子的结构示意图：误将 S2-的核外电子数按 S 原子（16 个）书写，忽略其得 2 个电子后为 18 个。
原子表示法错误：错把中子数当作质量数，未正确计算（质量数 = 质子数 + 中子数）。
误判 H2O2中 O 的化合价：惯性认为 O 为 - 2 价，忽略其在过氧化物中为 - 1 价。
同位素概念模糊：易混淆 “同种元素不同原子” 的核心条件。
3．【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】 容器中间有一个可以左右自由滑动的隔板（其质量忽略不计），说明容器两侧的气体压强相等，相同温度时，等质量的 H2与 He的体积之比等于其物质的量之比，He为单原子分子，He的摩尔质量为4g/mol，H2的摩尔质量为2g/mol，所以等质量的氢气与氦气的分子数之比为2：1，体积比也为2：1；
故答案为：A。
【分析】先明确解题思路：
1. 计算物质的量之比：等质量的与，物质的量，故；
2. 同温同压下，气体体积比=物质的量比，因此；
3. 明确粒子构成：是双原子分子（白球成对），是单原子分子（黑球单个）。
4．【答案】C
【知识点】物质的简单分类；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、该量子点是 TiO2复合氧化铁量子点，由两种物质组成，属于混合物，A正确；
B、氧化铁能与酸反应生成盐和水，符合碱性氧化物的定义，B正确；
C、该量子点由 TiO2和氧化铁组成，属于复合材料，而非金属材料（金属材料包括纯金属和合金），C错误；
D、量子点粒径范围为 40~60nm，分散于水后形成胶体，胶体具有丁达尔效应，D正确；
故答案为：C。
【分析】明确混合物、碱性氧化物、材料类型（金属材料、复合材料）及胶体丁达尔效应的判断标准，对每个选项进行分析。
5．【答案】B
【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、 为H2O2，常温下为液态，故A不符合题意；
B、Na和O能形成Na2O、Na2O2等多种化合物，故B符合题意；
C、石墨能导电，故C不符合题意；
D、W为Cl元素，其氧化物ClO2常用作自来水消毒剂，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】X是原子序数最小的元素，则X为H元素，Y元素原子最外层电子数是内层电子总数的2倍，则Y为C元素，Z元素原子最外层电子数比其次外层电子数多4个，则Z为O元素，W元素原子K层和M层电子总数比L层电子数多1个，则W为Cl元素，R元素原子最外层有1个电子，其阳离子与Z的阴离子原子核外电子总数相同，则R为Na元素。
6．【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；钠的重要化合物；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、KAl (SO4)2 12H2O 溶于水形成的胶体仅能吸附净水，无消毒作用（消毒需强氧化性等性质），性质与用途不对应，A错误；
B、NaHCO3用于治疗胃酸过多是因为它能与胃酸（HCl）反应，而非受热易分解的性质，性质与用途不对应，B错误；
C、高压钠灯照明是利用钠蒸气发光的物理性质，与金属钠的还原性无关，性质与用途不对应，C错误；
D、二氧化硫具有还原性，能与葡萄酒中的氧气反应，防止葡萄酒被氧化，故可用作葡萄酒的抗氧化剂，性质与用途对应，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
混淆净水与消毒的性质：误将明矾胶体的 “吸附净水” 等同于 “消毒”，忽略消毒需强氧化性等其他性质。
错配性质与用途的逻辑：将 NaHCO3“受热分解” 的性质与 “治疗胃酸过多” 的用途关联，实际对应性质是与酸反应。
混淆物理性质与化学性质：误将钠灯照明的 “物理发光性质” 与钠的 “还原性（化学性质）” 绑定。
对 SO2的用途认知偏差：易忽略 SO2的还原性可作抗氧化剂，误将其与漂白性等性质混淆。
7．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、醋酸是弱电解质，在离子方程式中不能拆分为 H+，应保留化学式 “CH3COOH”；石灰石（CaCO3）是难溶物，也不拆分。 正确离子方程式为：，A错误；
B、Fe 与稀盐酸反应时，产物是 Fe2+（亚铁离子），而非 Fe3+（铁离子），反应实际生成氯化亚铁和氢气， 正确离子方程式为：，B错误；
C、NaHSO4在溶液中解离为 Na+、H+、SO42-；当 Ba(OH)2过量时，溶液中 OH-充足，H+和 SO42-会完全反应，此时参与反应的离子比例为 Ba2+：OH-：H+：SO42-=1：1：1：1， 正确离子方程式为：，C正确；
D、Na2O2与水反应生成 NaOH 和 O2，配平后 OH-的系数应为 4， 离子方程式为：，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点总结
弱电解质 / 难溶物的拆分错误：易忽略醋酸是弱电解质、石灰石是难溶物，错误将其拆分为离子形式。
反应产物判断错误：混淆 Fe 与酸反应的产物，误将实际生成的 Fe2+ 写成 Fe3+。
过量 / 少量反应物的离子比例错误：遇到 “过量” 类反应时，易搞反参与反应的离子比例，需明确少量物质的离子应完全反应。
方程式配平错误：配平时易忽略离子（如 OH-）的化学计量数，导致电荷或原子不守恒。
8．【答案】B
【知识点】钠的化学性质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；无机物的推断
【解析】【解答】A、S 在 O2中点燃只能生成 SO2，无法直接生成 SO3，转化不能实现，故A不符合题意 ；
B、熔融 NaCl 通电生成 Na 和 Cl2；Na 在 O2中点燃生成 Na2O2，两步转化均能实现，故B符合题意 ；
C、HClO 光照分解生成 HCl 和 O2，无法生成 Cl2，转化不能实现，故C不符合题意 ；
D、SO2与 CaCl2溶液不反应（不符合复分解反应 “强酸制弱酸” 规律），无法生成CaSO3，转化不能实现，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】判断物质转化能否实现，需紧扣 2 个核心：
反应产物的唯一性：如 S 在 O2中点燃只能生成 SO2，无法直接得 SO3；HClO 光照分解生成 HCl 和 O2，而非 Cl2。
反应发生的条件：电解熔融 NaCl 可制 Na；Na 在 O2中点燃生成 Na2O2（条件匹配）。复分解反应需满足 “强酸制弱酸”：SO2与 CaCl2不反应（H2SO3酸性弱于 HCl）。
9．【答案】C
【知识点】电离方程式的书写；胶体的性质和应用；钠的氧化物
【解析】【解答】A、制备氢氧化铁胶体的正确方法是：向沸水中滴加饱和 FeCl3溶液，且不能用 NaOH 溶液（否则会生成氢氧化铁沉淀）。此装置用了 NaOH 溶液、加热方式也不符，无法制胶体，故A不符合题意 ；
B、图中是电解 CuCl2溶液的装置（有电源），而电离是电解质自身解离的过程（无需通电），装置对应的是电解，不是电离， CuCl2电离方程式应为，B不符合题意；
C、脱脂棉本身不易燃烧，向包有 Na2O2的脱脂棉滴加水后，棉花燃烧 —— 说明反应放出的热量使温度达到了棉花的着火点，能证明反应放热，装置与目的匹配，故C不符合题意 ；
D、Cl2通入时，会先接触蘸 NaBr 溶液的棉球，过量的 Cl2会继续扩散到蘸淀粉 KI 溶液的棉球处，即使 Cl2直接氧化 KI 也会使棉球变蓝，无法证明是 Br2氧化了 KI，不能比较 Br2和 I2的氧化性，无法达到实验目的，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】A．抓实验核心原理，核心是 “沸水中加饱和 FeCl3溶液”，若用 NaOH 或非沸水。
B．区分易混淆概念，电离是电解质自发解离（无外界电源），电解需要通电，装置带电源则与 “电离” 目的矛盾。
C．利用现象推本质，棉花燃烧的本质是 “温度达着火点”，结合 Na2O2与水的反应，直接推出 “反应放热”，匹配实验目的。
D．考虑反应物的干扰，要排除过量反应物的影响（Cl2会直接氧化 KI），若无法排除干扰，实验结论不可靠。
10．【答案】B
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、所需 Na2CO3 10H2O 的物质的量为 0.5L×0.100mol L- =0.05mol，质量为 0.05mol×286g mol- =14.30g（并非 5.30g），A错误；B、容量瓶未干燥不影响溶液体积（定容时会加水至刻度），将溶液转移至未干燥的容量瓶中，对浓度无影响，B正确；
C、烧杯未洗涤会导致溶质损失，所配溶液浓度偏小（并非偏大），C错误；
D、定容后液面低于刻度线是正常现象（液体附着在瓶壁），补加水会使体积偏大，浓度偏小，D错误；
故答案为：B。
【分析】溶质质量计算错误：误将 Na2CO3的质量当作 Na2CO3 10H2O 的质量，忽略结晶水的存在，导致称量质量算错（如错算为 5.30g，实际应为 14.30g）。
容量瓶干燥认知误区：错误认为容量瓶必须干燥，实际定容时会加水至刻度，未干燥的容量瓶对溶液浓度无影响。
操作误差判断颠倒：误以为烧杯未洗涤会使浓度偏大，实际溶质残留导致损失，浓度会偏小。
定容后操作错误：错把定容摇匀后液面低于刻度线当作 “体积不足”，补加水会稀释溶液，导致浓度偏小。
11．【答案】B
【知识点】常见能量的转化及运用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、反应条件中有 “hv（光能）”，产物包含 C6H12O6（储存化学能的物质），说明反应将光能转化为化学能，A正确；
B、非电解质指在水溶液和熔融状态下均不导电的化合物。H2S 溶于水时会部分电离出离子（能导电），属于弱电解质；CO2自身不电离，但其水溶液导电是因生成 H2CO3，故 CO2是非电解质。由于 H2S 不属于非电解质，B错误；
C、分析元素化合价：H2S 中 S 为 -2 价，产物 S 为 0 价，每生成 12mol S（对应生成 1mol C6H12O6），S 元素共失去 2×12=24mol 电子，即转移 24×6.02×1023 个电子，C正确；
D、反应消耗有毒的H2S和温室气体 CO2，生成可利用的C6H12O6和 S，既能处理废气，又能实现资源再利用，利于环保，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题易错点总结
非电解质的概念混淆：易误将 “溶于水导电的物质” 都归为电解质，忽略 H2S 是自身电离导电（属于弱电解质），而 CO2是因生成其他物质导电（自身是非电解质），错把 H2S 归为非电解质。
电子转移的计算偏差：若忽略 H2S 中 S 的化合价变化（-2→0），或未对应生成 1mol C6H12O6时 S 的总物质的量，易算错转移电子数。
能量转化的判断误区：若未关注反应条件中的 “hv（光能）”，可能忽略该反应是光能转化学能的过程。
12．【答案】C
【知识点】化学基本反应类型；催化剂
【解析】【解答】A、反应 Ⅰ 中，反应物是 CuO（氧化铜）和 HCl（氯化氢），相互交换成分后，生成 H2O（水）和 CuCl2（氯化铜），化学方程式为 CuO+2HCl=H2O+CuCl2，完全符合复分解反应的定义，A正确；
B、从流程可知，反应 Ⅱ 的反应物是 CuCl2（氯化铜）和 O2（氧气），生成物是 Cl2（氯气）和 CuO（氧化铜）。按照质量守恒定律配平后，化学方程式为2CuCl2+O2=2Cl2+2CuO，方程式书写正确，B正确；
C、催化剂在反应前后质量和化学性质均不改变。反应 Ⅰ 中 CuO（氧化铜）被消耗，反应 Ⅱ 中又重新生成，因此 CuO 是催化剂；而 CuCl2（氯化铜）是反应 Ⅰ 的产物，又是反应 Ⅱ 的反应物，属于中间产物，并非催化剂，C错误；
D、将反应 Ⅰ 和反应 Ⅱ 叠加，消去中间产物 CuO 和 CuCl2，得到总反应为 4HCl+O2=2Cl2+2H2O，可见制取氯气的主要原料是提供 HCl 的盐酸和 O2（氧气），D正确；
故答案为：C。
【分析】A．判断反应 Ⅰ 是否符合复分解反应 “两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物” 的特征。
B．根据反应流程，确定反应 Ⅱ 的反应物和生成物，写出并验证化学方程式。
C．依据催化剂 “反应前后质量和化学性质不变” 的特点，判断 CuCl2是否为催化剂。
D．通过叠加两个反应得到总反应，确定制取氯气的主要原料。
13．【答案】D
【知识点】浓硫酸的性质；硫酸根离子的检验；焰色反应
【解析】【解答】A、加入氯化钡溶液产生不溶于盐酸的白色沉淀，沉淀可能是 AgCl（若溶液含 Ag+）或 BaSO4（若含 SO42-），无法确定一定含 SO42-，结论不唯一，A错误；
B、焰色试验呈黄色仅能证明溶液含 Na+，碱性溶液中含 Na+的可能有 NaOH、Na2CO3等，不能仅凭此断定是 NaOH 溶液，结论片面，B错误；
C、铜与浓硫酸反应后溶液含浓 H2SO4，若将水倒入反应液中，会因浓 H2SO4遇水放热导致液体飞溅，正确操作应将反应液缓慢倒入水中，C错误；
D、淀粉 KI 溶液变蓝，说明生成 I2（淀粉遇 I2变蓝），I-被氧化为 I2，可推断滴加的溶液具有氧化性（作氧化剂），操作、现象、结论均合理，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．若现象对应多种可能的物质（如白色沉淀既可能是 BaSO4也可能是 AgCl），则结论不成立，需排除干扰离子。
B．焰色仅能证明金属离子存在，无法确定阴离子（如含 Na+的碱性溶液不止 NaOH 一种），不能过度推导溶液成分。
C．涉及浓硫酸的操作，需遵循 “酸入水” 原则，若操作顺序错误（水入酸），既不安全也不符合实验规范。
D．淀粉KI变蓝—生成 I2—I-被氧化，由此可直接推出反应物具有氧化性，现象与结论的氧化还原逻辑链完整。
14．【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、第①步涉及 KOH（强碱）加热熔融，铁坩埚耐强碱和高温，适合该操作；第⑥步加热浓缩溶液制备 KMnO4，蒸发皿是溶液浓缩的常用仪器，仪器选择合理，A正确；
B、第②步中，MnO2中 Mn 为 +4 价，反应后生成 K2MnO4（Mn 为 +6 价），Mn 元素化合价升高，故 MnO2作还原剂；第④步反应里，MnO42-（Mn 为 +6 价）一部分转化为 MnO4-（Mn 为 +7 价，化合价升高），一部分转化为 MnO2（Mn 为 +4 价，化合价降低），因此 MnO2是还原产物（非氧化产物），B错误；
C、第③步分批浸取可使熔融物与蒸馏水充分接触，减少 K2MnO4残留，从而提高浸取率，操作目的合理，C正确；
D、第⑤步加热后趁热过滤，是利用高温下 KMnO4溶解度较大的性质，避免其因降温析出而损失，说明 KMnO4溶解度随温度变化显著，D正确；
故答案为：B。
【分析】首先，KOH、KClO3与 MnO2在高温条件下发生氧化还原反应，生成 K2MnO4、KCl 和 H2O；接着分批次加入蒸馏水浸取，得到含 K2MnO4的墨绿色浸取液。之后向浸取液中通入 CO2，此时 MnO42-发生歧化反应（一部分 Mn 元素化合价升高、一部分降低），反应为：3MnO42-+2CO2=2MnO4-+MnO2↓+2CO32-，得到含 KMnO4的混合液。最后对混合液加热，由于 KMnO4的溶解度受温度影响较大，高温下其溶解度较高，此时趁热过滤能避免 KMnO4因降温析出而损失；后续将滤液蒸发结晶，即可得到 KMnO4晶体。据此解题。
15．【答案】①③⑤⑥；④⑦；盐；；；2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；H3PO3+2NaOH＝Na2HPO3+2H2O
【知识点】电解质与非电解质；物质的简单分类；离子方程式的书写；电离方程式的书写
【解析】【解答】(1)①熔融 NaOH：NaOH 是离子化合物，熔融状态下离子键断裂，产生自由移动的 Na+和 OH-，因此能导电。
②NaHSO4固体：固体中离子被束缚在晶格中，无自由移动的离子，不能导电。
③盐酸：盐酸是 HCl 的水溶液，HCl 在水中完全电离为 H+和 Cl-，存在自由离子，能导电。
④CO2：CO2是共价化合物，自身无离子，且液态 CO2也不电离，不能导电。
⑤NaCl 溶液：NaCl 在水中解离为自由移动的 Na+和 Cl-，存在自由离子，能导电。
⑥Fe：Fe 是金属单质，内部存在自由移动的电子，能导电。
⑦蔗糖：蔗糖是共价化合物，无离子结构，水溶液和熔融状态都不电离，不能导电。
综上，可导电的是 ①③⑤⑥。
非电解质的前提是 “化合物”，排除单质（⑥Fe）和混合物（③盐酸、⑤NaCl 溶液）。
④CO2：虽 CO2的水溶液能导电，但导电是因为 CO2与水反应生成的 H2CO3电离，并非 CO2自身电离，因此 CO2是非电解质。
⑦蔗糖：蔗糖的水溶液和熔融状态都不电离，不导电，属于非电解质。
综上，属于非电解质的是 ④⑦。
故答案为： ①③⑤⑥ ；④⑦；
(2) NaHSO4由金属阳离子（Na+）和酸式酸根（HSO4-）构成，属于盐。
熔融状态下，NaHSO4仅解离为 Na+和 HSO4-（共价键不断裂），电离方程式：NaHSO4=Na++HSO4-。
故答案为： 盐 ； ；
(3) NaOH 溶液与足量 CO2反应，生成酸式盐（HCO3-），离子方程式：OH-+CO2=HCO3-。
故答案为： ；
(4) 碳酸氢钠受热易分解，碳酸钠受热稳定，故加热除杂，化学方程式：
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
故答案为： 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O ；
(5) H3PO3是二元酸，含 2 个可电离的 H+，与过量 NaOH 反应时，H+完全中和，生成 Na2HPO3，化学方程式：H3PO3+2NaOH=Na2HPO3+2H2O。
故答案为： H3PO3+2NaOH＝Na2HPO3+2H2O 。
【分析】(1)导电：看是否有自由离子（熔融或溶液态电解质）或自由电子（金属）。非电解质：化合物 + 水溶液、熔融态均不导电。
(2)物质类别：含金属阳离子 + 酸根的化合物为盐。熔融电离：离子键断裂，共价键（H-SO4）不断裂。
(3)离子方程式：足量 CO2与 OH-反应生成酸式酸根（HCO3-）。
(4)除杂：利用碳酸氢钠受热易分解的性质，加热除杂。
(5)反应方程式：二元酸的 2 个 H+与过量 OH-完全中和，生成正盐。
16．【答案】（1）＋4
（2）还原性；
（3）>；1：2；4
（4）
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；化合价与化学式
【解析】【解答】（1）根据化合物中各元素化合价代数和为0，可算出稀土化合物中的Ce化合价为+4价；
故答案为： ＋4 ；
（2）反应①中Ce元素化合价从+4价降低到+3价，作氧化剂体现氧化性，则H2O2体现还原性；稀硫酸、H2O2与反应的化学方程式：；
故答案为： 还原性 ； ；
（3）根据氧化性规律，氧化剂大于氧化产物，反应②中氧气作氧化剂，为氧化产物，所以氧化性＞；反应②中的氧化剂为，1mol发生反应转移4mol电子；还原剂为，1mol发生反应转移2mol电子，根据得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2；每有一个氧气分子参与反应转移电子的个数为4个；
故答案为： > ； 1：2 ；4；
（4）根据图示可知反应①为和反应生成和，化学方程式：；
故答案为： ；
【分析】粗 CeO2中 Ce 为 +4 价，先加入稀硫酸与 H2O2：H2O2作还原剂，使 Ce 的化合价从 +4 降低，转化为 Ce2(SO4)3（Ce 为 +3 价）；接着加入 NaOH 和 O2，O2作氧化剂，将 Ce 的化合价从 +3 升高，生成 Ce(OH)4（Ce 回到 +4 价）；最后对 Ce(OH)4加热分解，得到精制的 CeO2。
（1）根据化合物中各元素化合价代数和为0，可算出稀土化合物中的Ce化合价为+4价；
（2）反应①中Ce元素化合价从+4价降低到+3价，作氧化剂体现氧化性，则H2O2体现还原性；稀硫酸、H2O2与反应的化学方程式：；
（3）根据氧化性规律，氧化剂大于氧化产物，反应②中氧气作氧化剂，为氧化产物，所以氧化性＞；反应②中的氧化剂为，1mol发生反应转移4mol电子；还原剂为，1mol发生反应转移2mol电子，根据得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2；每有一个氧气分子参与反应转移电子的个数为4个；
（4）根据图示可知反应①为和反应生成和，化学方程式：；
17．【答案】（1）
（2）
（3）D；稀盐酸
（4）2：1；O2
（5）不符合；根据可知，25.00水样中的=，的含量为>0.8，不符合国家规定。
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）黄铁矿()在高温下与氧气反应可制，化学方程式：。
故答案为： ；
（2）“反应”步骤中氯酸钠和二氧化硫、硫酸反应生成硫酸氢钠、二氧化氯，根据元素守恒和得失电子守恒，反应方程式为。
故答案为：；
（3）除杂时，加入的试剂要能使和、沉淀下来且不能引入新的杂质，可选择过量的NaOH溶液除去食盐水中的Mg2+，选择过量的溶液除去Ca2+，选择过量的溶液除去溶液中的，为确保多余的能被除去，溶液应在溶液之前加，即③需排在②前，故选D；为了除去多余的OH-和，最后要加入稀盐酸。
故答案为： D ；稀盐酸；
（4）“尾气吸收”过程中，ClO2被H2O2还原为NaClO2，Cl元素化合价由+4价变为+3价，则ClO2，H2O2被ClO2氧化为O2，过氧化氢中O元素化合价由-1价变为0价，则H2O2，所以H2O2和ClO2分别是还原剂与氧化剂，NaClO2和O2分别是还原产物与氧化产物，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1。
故答案为：2∶1；O2；
（5）根据已知反应可得，则25.00水样中的=，的含量为>0.8，则该水样中的含量不符合国家规定。
故答案为： 不符合；根据可知，25.00水样中的=，的含量为>0.8，不符合国家规定。 ；
【分析】首先，NaClO3与 SO2在 H2SO4的酸性环境下发生反应，生成 ClO2与 NaHSO4；随后进入电解装置：阴极处 ClO2得到电子，被还原为 ClO2-；阳极处 Cl-失去电子，被氧化为 Cl2；之后，用含过氧化氢的氢氧化钠溶液处理未反应的 ClO2，二者反应生成 NaClO2溶液；最后，将得到的 NaClO2溶液经结晶、干燥等操作，即可得到最终产品 NaClO2。
（1）黄铁矿()在高温下与氧气反应可制，化学方程式：。
（2）“反应”步骤中氯酸钠和二氧化硫、硫酸反应生成硫酸氢钠、二氧化氯，根据元素守恒和得失电子守恒，反应方程式为。
（3）除杂时，加入的试剂要能使和、沉淀下来且不能引入新的杂质，可选择过量的NaOH溶液除去食盐水中的Mg2+，选择过量的溶液除去Ca2+，选择过量的溶液除去溶液中的，为确保多余的能被除去，溶液应在溶液之前加，即③需排在②前，故选D；为了除去多余的OH-和，最后要加入稀盐酸。
（4）“尾气吸收”过程中，ClO2被H2O2还原为NaClO2，Cl元素化合价由+4价变为+3价，则ClO2，H2O2被ClO2氧化为O2，过氧化氢中O元素化合价由-1价变为0价，则H2O2，所以H2O2和ClO2分别是还原剂与氧化剂，NaClO2和O2分别是还原产物与氧化产物，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1。
（5）根据已知反应可得，则25.00水样中的=，的含量为>0.8，则该水样中的含量不符合国家规定。
18．【答案】（1）SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O；控制适当的温度(或缓慢通入混合气体)；；Mn2+催化空气中的O2与H2SO3反应生成H2SO4
（2）；
（3）取少量反应后的溶液于试管中，向其中滴加溶液，若溶液由无色变为紫色，说明含
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①由于SO2有毒，会污染大气，烧杯中石灰乳的作用是吸收多余的SO2、防止污染大气，反应的化学方程式为SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O。
②为使SO2尽可能转化完全，在通入与比例一定，不改变与用量的条件下，可以采取的合理措施有：控制适当的温度、缓慢通入混合气体（保证混合气体充分反应）。
③和发生反应可制备，化学方程式：。
④若实验中将换成空气，根据题中的右图可知，溶液中浓度增大的速率大于浓度增大的速率，可能的原因是：Mn2+催化空气中的O2与H2SO3反应生成H2SO4。
故答案为： SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O ； 控制适当的温度(或缓慢通入混合气体) ； ； Mn2+催化空气中的O2与H2SO3反应生成H2SO4 ；
（2）①向溶液中加入，有气体逸出，同时可获得粗产品，根据元素守恒、电荷守恒可确定制备的离子方程式：。
②碳酸钠溶液的碱性较强，若用同浓度的溶液代替溶液，反应会生成氢氧化锰沉淀，导致制得的产品中混有。
故答案为： ； ；
（3）根据提示可知，无色的酸性溶液可与反应生成紫红色的高锰酸根，则检验反应后的溶液中是否含的实验方案是：取少量反应后溶液于试管中，向其中滴加溶液，若溶液由无色变为紫红色，说明含。
故答案为： 取少量反应后的溶液于试管中，向其中滴加溶液，若溶液由无色变为紫色，说明含 。
【分析】本次实验以 MnO2为原料制备 MnCO3，流程分两步：
第一步是制备 MnSO4：装置左侧用于混合 SO2与 N2，中间装置在水浴条件下让 MnO2与 SO2反应生成 MnSO4，右侧用石灰乳处理尾气（吸收过量 SO2）；
第二步是制备 MnCO3粗产品：向第一步得到的 MnSO4溶液中加入 NaHCO3，反应过程中会逸出 CO2气体，同时得到 MnCO3沉淀。
(1) ① 石灰乳吸收 SO2：遵循酸性氧化物与碱反应规律，生成 CaSO3和 H2O。② 提高 SO2转化率：通过控制适当温度或缓慢通入气体，延长反应接触时间。③ 制备 MnSO4：MnO2与 SO2在水浴条件下直接化合生成 MnSO4。④ 空气替代 N2的差异：Mn2+催化空气中 O2将 H2SO3氧化为 H2SO4，使 SO42-浓度增长更快。
(2) ① 制备 MnCO3：Mn2+与 HCO3-反应，生成 MnCO3沉淀、CO2和 H2O（结合守恒规律书写离子式）。② 换 Na2CO3的杂质：Na2CO3碱性更强，促使 Mn2+水解生成 Mn(OH)2沉淀。
(3) 检验 Mn2+：利用 Na2S2O8与 Mn2+反应生成紫红色 MnO4-的特性，加试剂观察颜色变化。
（1）①由于SO2有毒，会污染大气，烧杯中石灰乳的作用是吸收多余的SO2、防止污染大气，反应的化学方程式为SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O。
②为使SO2尽可能转化完全，在通入与比例一定，不改变与用量的条件下，可以采取的合理措施有：控制适当的温度、缓慢通入混合气体（保证混合气体充分反应）。
③和发生反应可制备，化学方程式：。
④若实验中将换成空气，根据题中的右图可知，溶液中浓度增大的速率大于浓度增大的速率，可能的原因是：Mn2+催化空气中的O2与H2SO3反应生成H2SO4。
（2）①向溶液中加入，有气体逸出，同时可获得粗产品，根据元素守恒、电荷守恒可确定制备的离子方程式：。
②碳酸钠溶液的碱性较强，若用同浓度的溶液代替溶液，反应会生成氢氧化锰沉淀，导致制得的产品中混有。
（3）根据提示可知，无色的酸性溶液可与反应生成紫红色的高锰酸根，则检验反应后的溶液中是否含的实验方案是：取少量反应后溶液于试管中，向其中滴加溶液，若溶液由无色变为紫红色，说明含。
1 / 1江苏省苏州市2024-2025学年高一年级第一学期12月六校联考调研测试化学试题
1．（2025高一上·苏州月考）中国书画是世界艺术瑰宝，古人所用文房四宝制作过程中发生氧化还原反应的是
A．竹管、动物尾毫→湖笔 B．松木→油烟→徽墨
C．楮树皮→纸浆纤维→宣纸 D．端石→端砚
【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．竹管需经砍伐、削制、打磨；动物尾毫（如羊毛、狼毫）需清洗、梳理、整理，过程主要为物理处理，如去除杂质、改变形状，未涉及元素化合价变化，无氧化还原反应，A不符合题意；
B．松木的主要成分为有机物，燃烧时发生氧化反应，属于氧化还原反应，B符合题意；
C．楮树皮经浸泡、蒸煮（加石灰或碱）、舂捣、打浆，使纤维分离，再经抄纸、晾晒制成宣纸，蒸煮过程中，碱液（如氢氧化钙）溶解树皮中的木质素、果胶等杂质，主要发生水解反应，无元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，C不符合题意；
D．端石（天然岩石，主要成分为硅酸盐）经开采、切割、雕刻、打磨制成砚台，全程为物理加工，仅改变石材的形状和表面结构，无化学反应发生，不涉及氧化还原反应，D不符合题意；
故选B。
【分析】氧化还原反应中一定有元素的化合价发生变化。
2．（2025高一上·苏州月考）反应可用干壁画修复。下列说法正确的是
A．的结构示意图为 B．中子数为16的磷原子：
C．中O元素的化合价为-2 D．、、互为同位素
【答案】D
【知识点】元素、核素；原子结构示意图；化合价与化学式
【解析】【解答】A、S2-是 S 原子得到 2 个电子形成的，核外电子数为 18，结构示意图应为 ，A错误；
B、磷原子的质子数为 15，中子数为 16 时，质量数 = 15+16=31，正确表示应为 “ ”，B错误；
C、H2O2中 H 为 + 1 价，根据化合物中正负化合价代数和为 0，O 元素化合价为 - 1，而非 - 2，C错误；
D、同位素是质子数相同、中子数不同的同种元素的不同原子，、、 质子数均为 1，中子数不同，互为同位素，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
混淆离子与原子的结构示意图：误将 S2-的核外电子数按 S 原子（16 个）书写，忽略其得 2 个电子后为 18 个。
原子表示法错误：错把中子数当作质量数，未正确计算（质量数 = 质子数 + 中子数）。
误判 H2O2中 O 的化合价：惯性认为 O 为 - 2 价，忽略其在过氧化物中为 - 1 价。
同位素概念模糊：易混淆 “同种元素不同原子” 的核心条件。
3．（2025高一上·苏州月考）下列示意图中，白球代表氢原子，黑球代表氦原子，方框代表容器，容器中间有一个可以左右自由滑动的隔板(其质量忽略不计)。其中能表示相同温度时，等质量的氢气与氦气的是
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】 容器中间有一个可以左右自由滑动的隔板（其质量忽略不计），说明容器两侧的气体压强相等，相同温度时，等质量的 H2与 He的体积之比等于其物质的量之比，He为单原子分子，He的摩尔质量为4g/mol，H2的摩尔质量为2g/mol，所以等质量的氢气与氦气的分子数之比为2：1，体积比也为2：1；
故答案为：A。
【分析】先明确解题思路：
1. 计算物质的量之比：等质量的与，物质的量，故；
2. 同温同压下，气体体积比=物质的量比，因此；
3. 明确粒子构成：是双原子分子（白球成对），是单原子分子（黑球单个）。
4．（2025高一上·苏州月考）2023年诺贝尔化学奖颁发给发现和合成量子点的科学家，如图是一种TiO2复合氧化铁量子点，该量子点的粒径范围为40~60nm，可用于高效率降解有机污染物。有关上述材料的说法中错误的是
A．该量子点属于混合物
B．该量子点中的氧化铁属于碱性氧化物
C．该量子点是一种具有特殊功能的金属材料
D．该量子点分散于水中所得的分散系具有丁达尔效应
【答案】C
【知识点】物质的简单分类；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、该量子点是 TiO2复合氧化铁量子点，由两种物质组成，属于混合物，A正确；
B、氧化铁能与酸反应生成盐和水，符合碱性氧化物的定义，B正确；
C、该量子点由 TiO2和氧化铁组成，属于复合材料，而非金属材料（金属材料包括纯金属和合金），C错误；
D、量子点粒径范围为 40~60nm，分散于水后形成胶体，胶体具有丁达尔效应，D正确；
故答案为：C。
【分析】明确混合物、碱性氧化物、材料类型（金属材料、复合材料）及胶体丁达尔效应的判断标准，对每个选项进行分析。
5．（2025高一上·苏州月考）已知X、Y、Z、W、R五种元素，X是原子序数最小的元素；Y元素原子最外层电子数是内层电子总数的2倍；Z元素原子最外层电子数比其次外层电子数多4个；W元素原子K层和M层电子总数比L层电子数多1个；R元素原子最外层有1个电子，其阳离子与Z的阴离子原子核外电子总数相同。下列说法不正确的是（　　）
A．常温下为液态
B．R与Z只能形成一种化合物
C．Y的一种单质可导电
D．W的一种氧化物可用作自来水消毒剂
【答案】B
【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、 为H2O2，常温下为液态，故A不符合题意；
B、Na和O能形成Na2O、Na2O2等多种化合物，故B符合题意；
C、石墨能导电，故C不符合题意；
D、W为Cl元素，其氧化物ClO2常用作自来水消毒剂，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】X是原子序数最小的元素，则X为H元素，Y元素原子最外层电子数是内层电子总数的2倍，则Y为C元素，Z元素原子最外层电子数比其次外层电子数多4个，则Z为O元素，W元素原子K层和M层电子总数比L层电子数多1个，则W为Cl元素，R元素原子最外层有1个电子，其阳离子与Z的阴离子原子核外电子总数相同，则R为Na元素。
6．（2025高一上·苏州月考）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A．溶于水后形成胶体，可用于消毒、净化水
B．受热易分解，可用于治疗胃酸过多
C．金属钠具有较强的还原性，充有钠蒸气的高压钠灯可用道路和广场照明
D．二氧化硫具有还原性，可用作葡萄酒的抗氧化剂
【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；钠的重要化合物；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、KAl (SO4)2 12H2O 溶于水形成的胶体仅能吸附净水，无消毒作用（消毒需强氧化性等性质），性质与用途不对应，A错误；
B、NaHCO3用于治疗胃酸过多是因为它能与胃酸（HCl）反应，而非受热易分解的性质，性质与用途不对应，B错误；
C、高压钠灯照明是利用钠蒸气发光的物理性质，与金属钠的还原性无关，性质与用途不对应，C错误；
D、二氧化硫具有还原性，能与葡萄酒中的氧气反应，防止葡萄酒被氧化，故可用作葡萄酒的抗氧化剂，性质与用途对应，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
混淆净水与消毒的性质：误将明矾胶体的 “吸附净水” 等同于 “消毒”，忽略消毒需强氧化性等其他性质。
错配性质与用途的逻辑：将 NaHCO3“受热分解” 的性质与 “治疗胃酸过多” 的用途关联，实际对应性质是与酸反应。
混淆物理性质与化学性质：误将钠灯照明的 “物理发光性质” 与钠的 “还原性（化学性质）” 绑定。
对 SO2的用途认知偏差：易忽略 SO2的还原性可作抗氧化剂，误将其与漂白性等性质混淆。
7．（2025高一上·苏州月考）下列有关反应的离子方程式正确的是
A．石灰石溶于醋酸：
B．跟稀盐酸反应：
C．向溶液中加入过量的液：
D．溶于水产生：
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、醋酸是弱电解质，在离子方程式中不能拆分为 H+，应保留化学式 “CH3COOH”；石灰石（CaCO3）是难溶物，也不拆分。 正确离子方程式为：，A错误；
B、Fe 与稀盐酸反应时，产物是 Fe2+（亚铁离子），而非 Fe3+（铁离子），反应实际生成氯化亚铁和氢气， 正确离子方程式为：，B错误；
C、NaHSO4在溶液中解离为 Na+、H+、SO42-；当 Ba(OH)2过量时，溶液中 OH-充足，H+和 SO42-会完全反应，此时参与反应的离子比例为 Ba2+：OH-：H+：SO42-=1：1：1：1， 正确离子方程式为：，C正确；
D、Na2O2与水反应生成 NaOH 和 O2，配平后 OH-的系数应为 4， 离子方程式为：，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点总结
弱电解质 / 难溶物的拆分错误：易忽略醋酸是弱电解质、石灰石是难溶物，错误将其拆分为离子形式。
反应产物判断错误：混淆 Fe 与酸反应的产物，误将实际生成的 Fe2+ 写成 Fe3+。
过量 / 少量反应物的离子比例错误：遇到 “过量” 类反应时，易搞反参与反应的离子比例，需明确少量物质的离子应完全反应。
方程式配平错误：配平时易忽略离子（如 OH-）的化学计量数，导致电荷或原子不守恒。
8．（2025高一上·苏州月考）在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【知识点】钠的化学性质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；无机物的推断
【解析】【解答】A、S 在 O2中点燃只能生成 SO2，无法直接生成 SO3，转化不能实现，故A不符合题意 ；
B、熔融 NaCl 通电生成 Na 和 Cl2；Na 在 O2中点燃生成 Na2O2，两步转化均能实现，故B符合题意 ；
C、HClO 光照分解生成 HCl 和 O2，无法生成 Cl2，转化不能实现，故C不符合题意 ；
D、SO2与 CaCl2溶液不反应（不符合复分解反应 “强酸制弱酸” 规律），无法生成CaSO3，转化不能实现，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】判断物质转化能否实现，需紧扣 2 个核心：
反应产物的唯一性：如 S 在 O2中点燃只能生成 SO2，无法直接得 SO3；HClO 光照分解生成 HCl 和 O2，而非 Cl2。
反应发生的条件：电解熔融 NaCl 可制 Na；Na 在 O2中点燃生成 Na2O2（条件匹配）。复分解反应需满足 “强酸制弱酸”：SO2与 CaCl2不反应（H2SO3酸性弱于 HCl）。
9．（2025高一上·苏州月考）下列实验装置能达到实验目的的是
A．制备氢氧化铁胶体
B．电离方程式：
C．滴水生火可证明过氧化钠与水反应放热
D．若蘸溴化钠溶液的棉球变橙色，蘸淀粉溶液的棉球变蓝色，可证明氧化性
【答案】C
【知识点】电离方程式的书写；胶体的性质和应用；钠的氧化物
【解析】【解答】A、制备氢氧化铁胶体的正确方法是：向沸水中滴加饱和 FeCl3溶液，且不能用 NaOH 溶液（否则会生成氢氧化铁沉淀）。此装置用了 NaOH 溶液、加热方式也不符，无法制胶体，故A不符合题意 ；
B、图中是电解 CuCl2溶液的装置（有电源），而电离是电解质自身解离的过程（无需通电），装置对应的是电解，不是电离， CuCl2电离方程式应为，B不符合题意；
C、脱脂棉本身不易燃烧，向包有 Na2O2的脱脂棉滴加水后，棉花燃烧 —— 说明反应放出的热量使温度达到了棉花的着火点，能证明反应放热，装置与目的匹配，故C不符合题意 ；
D、Cl2通入时，会先接触蘸 NaBr 溶液的棉球，过量的 Cl2会继续扩散到蘸淀粉 KI 溶液的棉球处，即使 Cl2直接氧化 KI 也会使棉球变蓝，无法证明是 Br2氧化了 KI，不能比较 Br2和 I2的氧化性，无法达到实验目的，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】A．抓实验核心原理，核心是 “沸水中加饱和 FeCl3溶液”，若用 NaOH 或非沸水。
B．区分易混淆概念，电离是电解质自发解离（无外界电源），电解需要通电，装置带电源则与 “电离” 目的矛盾。
C．利用现象推本质，棉花燃烧的本质是 “温度达着火点”，结合 Na2O2与水的反应，直接推出 “反应放热”，匹配实验目的。
D．考虑反应物的干扰，要排除过量反应物的影响（Cl2会直接氧化 KI），若无法排除干扰，实验结论不可靠。
10．（2025高一上·苏州月考）用Na2CO3 10H2O晶体配制500mL0.100mol L-1Na2CO3溶液。下列说法正确的是
A．称取5.30gNa2CO3 10H2O晶体在烧杯中溶解
B．将溶解所得溶液转移至未经干燥的容量瓶中
C．溶解所用烧杯未洗涤会使所配溶液浓度偏大
D．定容后摇匀，液面低于刻度线，可以补加适量水
【答案】B
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、所需 Na2CO3 10H2O 的物质的量为 0.5L×0.100mol L- =0.05mol，质量为 0.05mol×286g mol- =14.30g（并非 5.30g），A错误；B、容量瓶未干燥不影响溶液体积（定容时会加水至刻度），将溶液转移至未干燥的容量瓶中，对浓度无影响，B正确；
C、烧杯未洗涤会导致溶质损失，所配溶液浓度偏小（并非偏大），C错误；
D、定容后液面低于刻度线是正常现象（液体附着在瓶壁），补加水会使体积偏大，浓度偏小，D错误；
故答案为：B。
【分析】溶质质量计算错误：误将 Na2CO3的质量当作 Na2CO3 10H2O 的质量，忽略结晶水的存在，导致称量质量算错（如错算为 5.30g，实际应为 14.30g）。
容量瓶干燥认知误区：错误认为容量瓶必须干燥，实际定容时会加水至刻度，未干燥的容量瓶对溶液浓度无影响。
操作误差判断颠倒：误以为烧杯未洗涤会使浓度偏大，实际溶质残留导致损失，浓度会偏小。
定容后操作错误：错把定容摇匀后液面低于刻度线当作 “体积不足”，补加水会稀释溶液，导致浓度偏小。
11．（2025高一上·苏州月考）著名的Vanviel反应为：12H2S+6CO2C6H12O6+6H2O+12S↓，下列说法错误的是
A．该反应将光能转变为化学能
B．H2S、CO2均属于非电解质
C．每生成1mol C6H12O6转移24×6.02×1023个电子
D．该反应原理应用于废气处理，有利于环境保护和资源再利用
【答案】B
【知识点】常见能量的转化及运用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、反应条件中有 “hv（光能）”，产物包含 C6H12O6（储存化学能的物质），说明反应将光能转化为化学能，A正确；
B、非电解质指在水溶液和熔融状态下均不导电的化合物。H2S 溶于水时会部分电离出离子（能导电），属于弱电解质；CO2自身不电离，但其水溶液导电是因生成 H2CO3，故 CO2是非电解质。由于 H2S 不属于非电解质，B错误；
C、分析元素化合价：H2S 中 S 为 -2 价，产物 S 为 0 价，每生成 12mol S（对应生成 1mol C6H12O6），S 元素共失去 2×12=24mol 电子，即转移 24×6.02×1023 个电子，C正确；
D、反应消耗有毒的H2S和温室气体 CO2，生成可利用的C6H12O6和 S，既能处理废气，又能实现资源再利用，利于环保，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题易错点总结
非电解质的概念混淆：易误将 “溶于水导电的物质” 都归为电解质，忽略 H2S 是自身电离导电（属于弱电解质），而 CO2是因生成其他物质导电（自身是非电解质），错把 H2S 归为非电解质。
电子转移的计算偏差：若忽略 H2S 中 S 的化合价变化（-2→0），或未对应生成 1mol C6H12O6时 S 的总物质的量，易算错转移电子数。
能量转化的判断误区：若未关注反应条件中的 “hv（光能）”，可能忽略该反应是光能转化学能的过程。
12．（2025高一上·苏州月考）历史上曾有化学家用以下方法制取氯气，反应原理如图所示。下列推断不正确的是
A．反应Ⅰ属于复分解反应
B．反应Ⅱ的化学方程式为
C．是整个过程的催化剂
D．该方法制取氯气的主要原料是盐酸和氧气
【答案】C
【知识点】化学基本反应类型；催化剂
【解析】【解答】A、反应 Ⅰ 中，反应物是 CuO（氧化铜）和 HCl（氯化氢），相互交换成分后，生成 H2O（水）和 CuCl2（氯化铜），化学方程式为 CuO+2HCl=H2O+CuCl2，完全符合复分解反应的定义，A正确；
B、从流程可知，反应 Ⅱ 的反应物是 CuCl2（氯化铜）和 O2（氧气），生成物是 Cl2（氯气）和 CuO（氧化铜）。按照质量守恒定律配平后，化学方程式为2CuCl2+O2=2Cl2+2CuO，方程式书写正确，B正确；
C、催化剂在反应前后质量和化学性质均不改变。反应 Ⅰ 中 CuO（氧化铜）被消耗，反应 Ⅱ 中又重新生成，因此 CuO 是催化剂；而 CuCl2（氯化铜）是反应 Ⅰ 的产物，又是反应 Ⅱ 的反应物，属于中间产物，并非催化剂，C错误；
D、将反应 Ⅰ 和反应 Ⅱ 叠加，消去中间产物 CuO 和 CuCl2，得到总反应为 4HCl+O2=2Cl2+2H2O，可见制取氯气的主要原料是提供 HCl 的盐酸和 O2（氧气），D正确；
故答案为：C。
【分析】A．判断反应 Ⅰ 是否符合复分解反应 “两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物” 的特征。
B．根据反应流程，确定反应 Ⅱ 的反应物和生成物，写出并验证化学方程式。
C．依据催化剂 “反应前后质量和化学性质不变” 的特点，判断 CuCl2是否为催化剂。
D．通过叠加两个反应得到总反应，确定制取氯气的主要原料。
13．（2025高一上·苏州月考）下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项 实验操作和现象 实验结论
A 向某溶液中加入氯化钡溶液，产生白色沉淀再滴入盐酸，白色沉淀不消失 该溶液中一定含有
B 对某碱性溶液进行焰色试验，火焰颜色为黄色 该溶液为溶液
C 铜与足量浓硫酸在加热条件下反应一段时间，冷却后，向反应后的溶液中慢慢倒入适量蒸馏水，溶液呈蓝色 铜与浓硫酸反应生成了硫酸铜
D 向淀粉KI溶液中滴加溶液，溶液变蓝 有氧化性
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】浓硫酸的性质；硫酸根离子的检验；焰色反应
【解析】【解答】A、加入氯化钡溶液产生不溶于盐酸的白色沉淀，沉淀可能是 AgCl（若溶液含 Ag+）或 BaSO4（若含 SO42-），无法确定一定含 SO42-，结论不唯一，A错误；
B、焰色试验呈黄色仅能证明溶液含 Na+，碱性溶液中含 Na+的可能有 NaOH、Na2CO3等，不能仅凭此断定是 NaOH 溶液，结论片面，B错误；
C、铜与浓硫酸反应后溶液含浓 H2SO4，若将水倒入反应液中，会因浓 H2SO4遇水放热导致液体飞溅，正确操作应将反应液缓慢倒入水中，C错误；
D、淀粉 KI 溶液变蓝，说明生成 I2（淀粉遇 I2变蓝），I-被氧化为 I2，可推断滴加的溶液具有氧化性（作氧化剂），操作、现象、结论均合理，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．若现象对应多种可能的物质（如白色沉淀既可能是 BaSO4也可能是 AgCl），则结论不成立，需排除干扰离子。
B．焰色仅能证明金属离子存在，无法确定阴离子（如含 Na+的碱性溶液不止 NaOH 一种），不能过度推导溶液成分。
C．涉及浓硫酸的操作，需遵循 “酸入水” 原则，若操作顺序错误（水入酸），既不安全也不符合实验规范。
D．淀粉KI变蓝—生成 I2—I-被氧化，由此可直接推出反应物具有氧化性，现象与结论的氧化还原逻辑链完整。
14．（2025高一上·苏州月考）下图是实验室中制取KMnO4的流程图，已知K2MnO4显墨绿色，下列说法中错误的是
A．第①步在铁坩埚中进行，第⑥步中加热浓缩在蒸发皿中进行
B．第②步加入的MnO2作还原剂，第④步通CO2发生反应：3+2CO2=2+MnO2↓+2，MnO2是氧化产物
C．第③步分批浸取可提高浸取率
D．第⑤步加热趁热过滤，说明KMnO4的溶解度随温度变化比较大
【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、第①步涉及 KOH（强碱）加热熔融，铁坩埚耐强碱和高温，适合该操作；第⑥步加热浓缩溶液制备 KMnO4，蒸发皿是溶液浓缩的常用仪器，仪器选择合理，A正确；
B、第②步中，MnO2中 Mn 为 +4 价，反应后生成 K2MnO4（Mn 为 +6 价），Mn 元素化合价升高，故 MnO2作还原剂；第④步反应里，MnO42-（Mn 为 +6 价）一部分转化为 MnO4-（Mn 为 +7 价，化合价升高），一部分转化为 MnO2（Mn 为 +4 价，化合价降低），因此 MnO2是还原产物（非氧化产物），B错误；
C、第③步分批浸取可使熔融物与蒸馏水充分接触，减少 K2MnO4残留，从而提高浸取率，操作目的合理，C正确；
D、第⑤步加热后趁热过滤，是利用高温下 KMnO4溶解度较大的性质，避免其因降温析出而损失，说明 KMnO4溶解度随温度变化显著，D正确；
故答案为：B。
【分析】首先，KOH、KClO3与 MnO2在高温条件下发生氧化还原反应，生成 K2MnO4、KCl 和 H2O；接着分批次加入蒸馏水浸取，得到含 K2MnO4的墨绿色浸取液。之后向浸取液中通入 CO2，此时 MnO42-发生歧化反应（一部分 Mn 元素化合价升高、一部分降低），反应为：3MnO42-+2CO2=2MnO4-+MnO2↓+2CO32-，得到含 KMnO4的混合液。最后对混合液加热，由于 KMnO4的溶解度受温度影响较大，高温下其溶解度较高，此时趁热过滤能避免 KMnO4因降温析出而损失；后续将滤液蒸发结晶，即可得到 KMnO4晶体。据此解题。
15．（2025高一上·苏州月考）I．有下列物质：①熔融；②固体；③盐酸；④；⑤溶液：⑥；⑦蔗糖。请用序号填空：
（1）上述状态下的物质可导电的是　 　(填序号，下同)，属于非电解质的是　 　。
（2）②属于　 　(填“酸”、“碱”或“盐”)，请写出②在熔融状态下的电离方程式　 　。
（3）写出①的溶液与足量的④反应的离子方程式　 　。
II．按题目要求填空：
（4）如何除去碳酸钠固体中的碳酸氢钠，相关化学方程式为　 　。
（5）已知属于二元酸，请写出与过量氢氧化钠溶液反应的化学方程式为　 　。
【答案】①③⑤⑥；④⑦；盐；；；2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；H3PO3+2NaOH＝Na2HPO3+2H2O
【知识点】电解质与非电解质；物质的简单分类；离子方程式的书写；电离方程式的书写
【解析】【解答】(1)①熔融 NaOH：NaOH 是离子化合物，熔融状态下离子键断裂，产生自由移动的 Na+和 OH-，因此能导电。
②NaHSO4固体：固体中离子被束缚在晶格中，无自由移动的离子，不能导电。
③盐酸：盐酸是 HCl 的水溶液，HCl 在水中完全电离为 H+和 Cl-，存在自由离子，能导电。
④CO2：CO2是共价化合物，自身无离子，且液态 CO2也不电离，不能导电。
⑤NaCl 溶液：NaCl 在水中解离为自由移动的 Na+和 Cl-，存在自由离子，能导电。
⑥Fe：Fe 是金属单质，内部存在自由移动的电子，能导电。
⑦蔗糖：蔗糖是共价化合物，无离子结构，水溶液和熔融状态都不电离，不能导电。
综上，可导电的是 ①③⑤⑥。
非电解质的前提是 “化合物”，排除单质（⑥Fe）和混合物（③盐酸、⑤NaCl 溶液）。
④CO2：虽 CO2的水溶液能导电，但导电是因为 CO2与水反应生成的 H2CO3电离，并非 CO2自身电离，因此 CO2是非电解质。
⑦蔗糖：蔗糖的水溶液和熔融状态都不电离，不导电，属于非电解质。
综上，属于非电解质的是 ④⑦。
故答案为： ①③⑤⑥ ；④⑦；
(2) NaHSO4由金属阳离子（Na+）和酸式酸根（HSO4-）构成，属于盐。
熔融状态下，NaHSO4仅解离为 Na+和 HSO4-（共价键不断裂），电离方程式：NaHSO4=Na++HSO4-。
故答案为： 盐 ； ；
(3) NaOH 溶液与足量 CO2反应，生成酸式盐（HCO3-），离子方程式：OH-+CO2=HCO3-。
故答案为： ；
(4) 碳酸氢钠受热易分解，碳酸钠受热稳定，故加热除杂，化学方程式：
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
故答案为： 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O ；
(5) H3PO3是二元酸，含 2 个可电离的 H+，与过量 NaOH 反应时，H+完全中和，生成 Na2HPO3，化学方程式：H3PO3+2NaOH=Na2HPO3+2H2O。
故答案为： H3PO3+2NaOH＝Na2HPO3+2H2O 。
【分析】(1)导电：看是否有自由离子（熔融或溶液态电解质）或自由电子（金属）。非电解质：化合物 + 水溶液、熔融态均不导电。
(2)物质类别：含金属阳离子 + 酸根的化合物为盐。熔融电离：离子键断裂，共价键（H-SO4）不断裂。
(3)离子方程式：足量 CO2与 OH-反应生成酸式酸根（HCO3-）。
(4)除杂：利用碳酸氢钠受热易分解的性质，加热除杂。
(5)反应方程式：二元酸的 2 个 H+与过量 OH-完全中和，生成正盐。
16．（2025高一上·苏州月考）二氧化铈是一种重要的稀土化合物。提纯二氧化铈一种工艺流程如图所示：
（1）稀土化合物中的化合价为　 　。
（2）在反应①中体现　 　(填)，写出稀硫酸、与反应的化学方程式　 　。
（3）由反应②可知氧化性：O2　 　Ce(OH)4(填“>”或“<”或“=”)，反应②中的氧化剂与还原剂的物质的量之比为　 　，当消耗转移电子的物质的量为　 　。
（4）是汽车尾气净化催化剂中最重要的助剂，工作原理如图所示。
写出过程①发生反应的化学方程式　 　。
【答案】（1）＋4
（2）还原性；
（3）>；1：2；4
（4）
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；化合价与化学式
【解析】【解答】（1）根据化合物中各元素化合价代数和为0，可算出稀土化合物中的Ce化合价为+4价；
故答案为： ＋4 ；
（2）反应①中Ce元素化合价从+4价降低到+3价，作氧化剂体现氧化性，则H2O2体现还原性；稀硫酸、H2O2与反应的化学方程式：；
故答案为： 还原性 ； ；
（3）根据氧化性规律，氧化剂大于氧化产物，反应②中氧气作氧化剂，为氧化产物，所以氧化性＞；反应②中的氧化剂为，1mol发生反应转移4mol电子；还原剂为，1mol发生反应转移2mol电子，根据得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2；每有一个氧气分子参与反应转移电子的个数为4个；
故答案为： > ； 1：2 ；4；
（4）根据图示可知反应①为和反应生成和，化学方程式：；
故答案为： ；
【分析】粗 CeO2中 Ce 为 +4 价，先加入稀硫酸与 H2O2：H2O2作还原剂，使 Ce 的化合价从 +4 降低，转化为 Ce2(SO4)3（Ce 为 +3 价）；接着加入 NaOH 和 O2，O2作氧化剂，将 Ce 的化合价从 +3 升高，生成 Ce(OH)4（Ce 回到 +4 价）；最后对 Ce(OH)4加热分解，得到精制的 CeO2。
（1）根据化合物中各元素化合价代数和为0，可算出稀土化合物中的Ce化合价为+4价；
（2）反应①中Ce元素化合价从+4价降低到+3价，作氧化剂体现氧化性，则H2O2体现还原性；稀硫酸、H2O2与反应的化学方程式：；
（3）根据氧化性规律，氧化剂大于氧化产物，反应②中氧气作氧化剂，为氧化产物，所以氧化性＞；反应②中的氧化剂为，1mol发生反应转移4mol电子；还原剂为，1mol发生反应转移2mol电子，根据得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2；每有一个氧气分子参与反应转移电子的个数为4个；
（4）根据图示可知反应①为和反应生成和，化学方程式：；
17．（2025高一上·苏州月考）是一种重要的氧化剂、杀菌消毒剂，也常用来漂白织物，其一种生产工艺如下：
（1）工业上常用黄铁矿()为原料制备硫酸，写出用黄铁矿制的化学方程式　 　。
（2）写出“反应”步骤中生成的化学方程式　 　。
（3）“电解”所用食盐水出粗盐水精制而成，精制时，为除去和、，要加入下列试剂，其中的顺序不正确的是　 　，最后还需要加入的一种试剂为　 　。
①加过量溶液 ②加过量溶液 ③加过量溶液
A．③②① B．①③② C．③①② D．②①③
（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量，此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为　 　，该反应中氧化产物是　 　。
（5）用处理过的饮用水常含有一定量有害的。我国规定饮用水中的含量在0.1~0.8。测定水样中的含量的过程如下：
步骤1：量取25.00水样加入锥形瓶中；
步骤2：用稀调节溶液呈酸性，加入足量的晶体充分反应；
步骤3：逐滴加入的溶液，恰好完全反应时，消耗溶液20.00。
已知：，，根据上述数据计算并判断该水样中的含量是否符合国家规定？　 　(请写出计算过程)。
【答案】（1）
（2）
（3）D；稀盐酸
（4）2：1；O2
（5）不符合；根据可知，25.00水样中的=，的含量为>0.8，不符合国家规定。
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）黄铁矿()在高温下与氧气反应可制，化学方程式：。
故答案为： ；
（2）“反应”步骤中氯酸钠和二氧化硫、硫酸反应生成硫酸氢钠、二氧化氯，根据元素守恒和得失电子守恒，反应方程式为。
故答案为：；
（3）除杂时，加入的试剂要能使和、沉淀下来且不能引入新的杂质，可选择过量的NaOH溶液除去食盐水中的Mg2+，选择过量的溶液除去Ca2+，选择过量的溶液除去溶液中的，为确保多余的能被除去，溶液应在溶液之前加，即③需排在②前，故选D；为了除去多余的OH-和，最后要加入稀盐酸。
故答案为： D ；稀盐酸；
（4）“尾气吸收”过程中，ClO2被H2O2还原为NaClO2，Cl元素化合价由+4价变为+3价，则ClO2，H2O2被ClO2氧化为O2，过氧化氢中O元素化合价由-1价变为0价，则H2O2，所以H2O2和ClO2分别是还原剂与氧化剂，NaClO2和O2分别是还原产物与氧化产物，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1。
故答案为：2∶1；O2；
（5）根据已知反应可得，则25.00水样中的=，的含量为>0.8，则该水样中的含量不符合国家规定。
故答案为： 不符合；根据可知，25.00水样中的=，的含量为>0.8，不符合国家规定。 ；
【分析】首先，NaClO3与 SO2在 H2SO4的酸性环境下发生反应，生成 ClO2与 NaHSO4；随后进入电解装置：阴极处 ClO2得到电子，被还原为 ClO2-；阳极处 Cl-失去电子，被氧化为 Cl2；之后，用含过氧化氢的氢氧化钠溶液处理未反应的 ClO2，二者反应生成 NaClO2溶液；最后，将得到的 NaClO2溶液经结晶、干燥等操作，即可得到最终产品 NaClO2。
（1）黄铁矿()在高温下与氧气反应可制，化学方程式：。
（2）“反应”步骤中氯酸钠和二氧化硫、硫酸反应生成硫酸氢钠、二氧化氯，根据元素守恒和得失电子守恒，反应方程式为。
（3）除杂时，加入的试剂要能使和、沉淀下来且不能引入新的杂质，可选择过量的NaOH溶液除去食盐水中的Mg2+，选择过量的溶液除去Ca2+，选择过量的溶液除去溶液中的，为确保多余的能被除去，溶液应在溶液之前加，即③需排在②前，故选D；为了除去多余的OH-和，最后要加入稀盐酸。
（4）“尾气吸收”过程中，ClO2被H2O2还原为NaClO2，Cl元素化合价由+4价变为+3价，则ClO2，H2O2被ClO2氧化为O2，过氧化氢中O元素化合价由-1价变为0价，则H2O2，所以H2O2和ClO2分别是还原剂与氧化剂，NaClO2和O2分别是还原产物与氧化产物，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1。
（5）根据已知反应可得，则25.00水样中的=，的含量为>0.8，则该水样中的含量不符合国家规定。
18．（2025高一上·苏州月考）是一种高性能磁性材料。实验室以为原料制备的流程如下：
（1）第一步：将向浊液中通入，制备。
①石灰乳参与反应的化学方程式　 　。
②反应过程中，为使SO2尽可能转化完全，在通入与比例一定，不改变与用量的条件下，可以采取的合理措施有　 　(任写一种)。
③写出制备的化学方程式　 　。
④若实验中将换成空气，测得反应液中和的浓度随反应时间t变化如上右图。导致溶液中和浓度变化产生明显差异的原因可能是：　 　。
（2）第二步：向溶液中加入，有气体逸出，同时获得粗产品。
①写出制备的离子方程式　 　。
②实验发现，若用相同物质的量浓度的溶液代替溶液，则得到的中会混有较多的杂质，该杂质可能是　 　(填化学式)。已知部分含锰化合物的溶解性如下图。
含锰化合物
溶解性 不溶 不溶 可溶 不溶
（3）实验室用无色的酸性溶液来检验，原理如下所示：，检验反应后的溶液中是否含的实验方案是：　 　。
【答案】（1）SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O；控制适当的温度(或缓慢通入混合气体)；；Mn2+催化空气中的O2与H2SO3反应生成H2SO4
（2）；
（3）取少量反应后的溶液于试管中，向其中滴加溶液，若溶液由无色变为紫色，说明含
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①由于SO2有毒，会污染大气，烧杯中石灰乳的作用是吸收多余的SO2、防止污染大气，反应的化学方程式为SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O。
②为使SO2尽可能转化完全，在通入与比例一定，不改变与用量的条件下，可以采取的合理措施有：控制适当的温度、缓慢通入混合气体（保证混合气体充分反应）。
③和发生反应可制备，化学方程式：。
④若实验中将换成空气，根据题中的右图可知，溶液中浓度增大的速率大于浓度增大的速率，可能的原因是：Mn2+催化空气中的O2与H2SO3反应生成H2SO4。
故答案为： SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O ； 控制适当的温度(或缓慢通入混合气体) ； ； Mn2+催化空气中的O2与H2SO3反应生成H2SO4 ；
（2）①向溶液中加入，有气体逸出，同时可获得粗产品，根据元素守恒、电荷守恒可确定制备的离子方程式：。
②碳酸钠溶液的碱性较强，若用同浓度的溶液代替溶液，反应会生成氢氧化锰沉淀，导致制得的产品中混有。
故答案为： ； ；
（3）根据提示可知，无色的酸性溶液可与反应生成紫红色的高锰酸根，则检验反应后的溶液中是否含的实验方案是：取少量反应后溶液于试管中，向其中滴加溶液，若溶液由无色变为紫红色，说明含。
故答案为： 取少量反应后的溶液于试管中，向其中滴加溶液，若溶液由无色变为紫色，说明含 。
【分析】本次实验以 MnO2为原料制备 MnCO3，流程分两步：
第一步是制备 MnSO4：装置左侧用于混合 SO2与 N2，中间装置在水浴条件下让 MnO2与 SO2反应生成 MnSO4，右侧用石灰乳处理尾气（吸收过量 SO2）；
第二步是制备 MnCO3粗产品：向第一步得到的 MnSO4溶液中加入 NaHCO3，反应过程中会逸出 CO2气体，同时得到 MnCO3沉淀。
(1) ① 石灰乳吸收 SO2：遵循酸性氧化物与碱反应规律，生成 CaSO3和 H2O。② 提高 SO2转化率：通过控制适当温度或缓慢通入气体，延长反应接触时间。③ 制备 MnSO4：MnO2与 SO2在水浴条件下直接化合生成 MnSO4。④ 空气替代 N2的差异：Mn2+催化空气中 O2将 H2SO3氧化为 H2SO4，使 SO42-浓度增长更快。
(2) ① 制备 MnCO3：Mn2+与 HCO3-反应，生成 MnCO3沉淀、CO2和 H2O（结合守恒规律书写离子式）。② 换 Na2CO3的杂质：Na2CO3碱性更强，促使 Mn2+水解生成 Mn(OH)2沉淀。
(3) 检验 Mn2+：利用 Na2S2O8与 Mn2+反应生成紫红色 MnO4-的特性，加试剂观察颜色变化。
（1）①由于SO2有毒，会污染大气，烧杯中石灰乳的作用是吸收多余的SO2、防止污染大气，反应的化学方程式为SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O。
②为使SO2尽可能转化完全，在通入与比例一定，不改变与用量的条件下，可以采取的合理措施有：控制适当的温度、缓慢通入混合气体（保证混合气体充分反应）。
③和发生反应可制备，化学方程式：。
④若实验中将换成空气，根据题中的右图可知，溶液中浓度增大的速率大于浓度增大的速率，可能的原因是：Mn2+催化空气中的O2与H2SO3反应生成H2SO4。
（2）①向溶液中加入，有气体逸出，同时可获得粗产品，根据元素守恒、电荷守恒可确定制备的离子方程式：。
②碳酸钠溶液的碱性较强，若用同浓度的溶液代替溶液，反应会生成氢氧化锰沉淀，导致制得的产品中混有。
（3）根据提示可知，无色的酸性溶液可与反应生成紫红色的高锰酸根，则检验反应后的溶液中是否含的实验方案是：取少量反应后溶液于试管中，向其中滴加溶液，若溶液由无色变为紫红色，说明含。
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