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贵州省安顺市普定县第一中学2025-2026学年高一上学期9月月考化学试题
1．（2025高一上·普定月考）某中德联合研究小组设计制造了一种“水瓶”，用足球烯的球形笼子作＂瓶体”，一种磷酸盐作“瓶盖”，恰好可将一个水分子关在里面。下列说法正确的是
A．足球烯是一种新型化合物
B．磷酸钙难溶于水，故不属于电解质
C．一定条件下，石墨转化为是化学变化
D．“水瓶”、冰水混合物、都是混合物
2．（2025高一上·普定月考）反应，下列说法正确的是（　　）
A．发生氧化反应
B．既是氧化剂又是还原剂
C．被氧化的与被还原的的物质的量之比为2：3
D．1mol发生反应，转移6mol电子
3．（2025高一上·普定月考）标准状况下，2.8g CO的体积约为
A．2.24L B．22.4L C．1.12L D．11.2L
4．（2025高一上·普定月考）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．6.4g和混合气体中含有原子总数为
B．标准状况下，2.24L含有的共用电子对数为
C．5.6g铁粉与0.1mol充分反应，转移的电子数为
D．100mL的NaOH水溶液中含有氧原子数为
5．（2025高一上·普定月考）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．强酸性溶液中：K+、Fe2+、MnO、SO
B．0.1 mol/ L NaNO3溶液：H+、K+、I-、SO
C．澄清透明的溶液中：Cu2+、Na+、NO 、SO
D．无色透明的溶液中：Na+、NH、Cl-、OH-
6．（2025高一上·普定月考）关于铁及其化合物的性质，下列说法不正确的是
A．可用足量的还原为
B．，说明氧化性：
C．足量的在氯气中燃烧生成
D．与足量酸性溶液反应，转移电子
7．（2025高一上·普定月考）部分常见含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列说法不合理的是
A．d的稳定性强于e B．e在光照下可转化为a和b
C．d可用作漂白剂 D．H2在a中燃烧，发出苍白色火焰
8．（2025高一上·普定月考）关于钠及其化合物性质的叙述，下列说法正确的是
A．与的阴、阳离子个数比不同
B．与都属于碱性氧化物
C．除去溶液里少量的杂质，可用加热的方法
D．长期放置在空气中，最终都将变为
9．（2025高一上·普定月考）下列对实验的评价正确的是（　　）
A．实验测得熔融NaCl能导电，说明NaCl属于电解质
B．向久置的Na2O2粉末中滴加稀盐酸，产生无色气体，说明Na2O2已变质
C．向某溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，该溶液中一定有Cl-
D．向KI－淀粉溶液中滴加氯水，溶液变蓝，说明氧化性：I2＞Cl2
10．（2025高一上·普定月考）下列在水溶液中发生的离子反应的离子方程式书写正确的是
A．Ca(OH)2和少量CO2反应：2OH-+CO2=H2O+CO
B．Na2O与HCl反应：2H++O2-=H2O
C．NaHCO3和H2SO4反应：2H++CO=CO2+H2O
D．NH4Cl与NaOH反应：NH+OH-=NH3·H2O
11．（2025高一上·普定月考）有下列三个氧化还原反应：
①
②
③
若某溶液中、、共存，要除去而不影响和，可加入的试剂是
A． B． C． D．HCl
12．（2025高一上·普定月考）明矾是一种常用的净水剂，以废易拉罐(主要成分为铝和少量不溶于碱性溶液的物质)为原料制取明矾的实验流程如图。
已知：“沉铝”步骤在煮沸条件下进行，生成、和。
下列说法错误的是
A．“碱溶”步骤中发生反应的离子方程式为2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑
B．可通过焰色试验检验“沉铝"所得滤液中的主要阳离子
C．用浓硫酸配制9mol/L H2SO4溶液，需要将水缓慢加入到浓硫酸中
D．“一系列操作”中还需要加入的试剂是K2SO4
13．（2025高一上·普定月考）将Cl2通入烧碱溶液制备NaClO溶液时，若温度为41℃，测得产物中除NaClO外还含有NaClO3，且两者物质的量之比为5：1。据此，下列说法正确的是
A．该反应的氧化剂是氯气、还原剂是烧碱
B．该反应生成的盐有两种
C．该反应中Cl2与NaOH物质的量之比为1：2
D．该反应每生成1mol NaClO3转移了5mol电子
14．（2025高一上·普定月考）硫酸钾是一种重要的无氯优质钾肥，利用某高钾明矾石制备硫酸钾的工艺流程如下：
已知：高钾明矾石的主要成分为和少量。下列说法正确的是
A．焙烧时反应的化学方程式为
B．调节pH的目的是使和完全沉淀
C．化合物Y可制成铝热剂用于焊接铁轨
D．可回收利用后应用于本流程
15．（2025高一上·普定月考）向含，，的溶液中通入过量的，溶液中四种粒子的物质的量变化如下图所示，已知，线段Ⅳ表示一种含氧酸根离子的变化情况，且Ⅰ和Ⅳ表示的离子中含有相同的元素。下列说法错误的是
A．原溶液中 B．线段Ⅱ表示的变化情况
C．线段Ⅳ表示的变化情况 D．根据图像可计算出，
16．（2025高一上·普定月考）向三个密闭容器中分别充入He、空气、，下列有关这三种气体的叙述正确的是
A．同温、同压、同体积时，三种气体的密度关系：
B．同温、同压、同质量时，三种气体的体积关系：
C．同温、同压、同体积时，三种气体的分子数关系：
D．同温、同压、同体积时，三种气体的质量关系：
17．（2025高一上·普定月考）将含钠元素的物质与其用途连线，并回答问题。
（1）用化学方程式解释上图中Na2O2的用途：　 　。
（2）在700～800℃时，用Na可以将TiCl4还原为Ti，写出该反应的化学方程式，并用单线桥表示反应的电子转移情况：　 　。
18．（2025高一上·普定月考）“84”消毒液是一种主要用于物体表面和环境的消毒剂。用海水模拟制备“84”消毒液的流程如图。请回答下列问题：
已知：①粗盐溶解后的分散系中含有泥沙、、、、；
②除杂试剂均过量；
③“84”消毒液具有较强的碱性。
（1）操作①为；向溶液2中依次加入的试剂a、b、c可以是　 　(填标号)。
A.NaOH溶液、溶液、溶液
B.溶液、溶液、NaOH溶液
C.溶液、NaOH溶液、溶液
（2）操作③结束后往滤液中加入稀盐酸，产生气泡的离子方程式为　 　。电解NaCl溶液会生成、和NaOH，该反应中氧化产物为　 　(填化学式)。
（3）与NaOH溶液反应制备“84”消毒液的化学方程式为　 　；每转移1mol电子，生成的氧化产物的质量为　 　g；日常生活中“84”消毒液不宜作皮肤消毒剂的原因可能是　 　。
19．（2025高一上·普定月考）某小组设计实验探究外界条件对氯气性质的影响。
实验(一)探究氯气与K2FeO4的氧化性相对强弱，如图所示：
已知：高铁酸钾(K2FeO4)为暗紫色固体，易溶于水
（1）C装置中仪器名称是　 　。
（2）B装置中盛放的试剂是　 　，D装置的作用是　 　。
（3）实验完毕后，经蒸发浓缩、　 　，过滤，洗涤、干燥得到暗紫色固体，分析发现，C中反应过程是①Cl2先与KOH反应生成KClO等，②KClO氧化Fe(OH)3生成K2FeO4，写出②的离子方程式为　 　。
（4）取少量暗紫色固体于试管，滴加浓盐酸，用镊子夹取一块湿润的KI流粉试纸放在试管口上方，试纸变蓝色，由此推知 Cl2和K2FeO4的氧化性相对强弱与(3)相悖，可能的原因是　 　。
实验(二)探究氯气氧化KI的产物
查阅资料：I2和I﹣在溶液中会发生反应：I2+I =，显棕黄色且遇淀粉变蓝；I2可被氯气氧化为(红色)和(黄色)，两种离子可继续被氧化成(无色)。
实验：向甲中通入氯气，观察到甲中溶液先变蓝色，后蓝色褪去，逐渐变为浅棕色溶液：
为了探究甲中蓝色变浅棕色的原因，设计实验：
实验操作 实验现象
Ⅰ．取反应后甲中的溶液4 mL分成两等份，第一份滴入1滴碘水；第二份滴入1滴淀粉溶液 第一份溶液变蓝色 第二份溶液颜色没有变
Ⅱ．将I2溶于KI溶液中配制得碘总浓度为0.1 mol L 1的溶液，取上述溶液2 mL，滴加1滴淀粉溶液，再通入氯气 加淀粉后溶液变蓝，通氯气后蓝色褪去，溶液显浅棕色
Ⅲ，向Ⅱ所得溶液继续通入氯气 溶液几乎变为无色
（5）操作Ⅰ的实验目的是　 　，写出等物质的量浓度的和在水溶液中与氯气反应生成的离子方程式：　 　。
（6）由以上实验可推断甲中溶液颜色变成浅棕色的原因是　 　。
20．（2025高一上·普定月考）金属钠及其化合物在人类生产生活中起着重要作用。回答下列问题：
（1）存贮时，Na应保存在　 　中；实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有玻璃片、小刀、　 　和　 　等。
（2）工业上采用电解熔融NaCl(熔点为)制备金属Na，电解反应方程式：，加入的目的是　 　(填序号)。
a．作催化剂，加块电解反应的速率
b．作还原剂，将还原为
c．作助熔剂，降低生产过程的能耗
d．作氧化剂，将氧化为
（3）钠能与液氨反应，生成氨基钠(NaNH2)和一种气体单质。将钠投入液氨中，会快速得到深蓝色溶液(生成蓝色的溶剂合电子，如图所示)，后慢慢产生气泡。
①生成的气体为　 　(填分子式)
②当钠投入液氨生成气体时，Na共失去的电子　 　(填“>”、“<”或“=”)
（4）采用空气和Na为原料可直接制备Na2O2。为防止空气中的某些成分与Na2O2反应，空气与熔融金属Na反应前需依次通过　 　。(填序号)
a．无水 b．饱和食盐水 c．饱和溶液 d．溶液 e．溶液
（5）对固体充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2O2，Na2O2增重0.28g，则固体的质量为　 　g。
（6）为确定和混合物样品的组成，称取四份该样品溶于水后分别逐滴加入相同浓度的稀盐酸，充分反应，产生的体积(已折算成标准状况下的体积，不考虑在水中的溶解)如下表：
实验序号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ
盐酸体积(mL) 30.0 30.0 30.0 30.0
样品质量(g) 2.96 3.70 5.18 6.66
体积(mL) 672 840 896 672
①样品中物质的量之比　 　。
②稀盐酸的物质的量浓度　 　mol/L。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；电解质与非电解质；物质的简单分类
【解析】【解答】A、足球烯（C60）仅由碳元素组成，是单质，不是化合物，A错误；
B、磷酸钙虽难溶于水，但溶于水的部分能电离，属于电解质，B 错误；
C、石墨和 C60是不同的物质，二者转化有新物质生成，属于化学变化，C正确；
D、冰水混合物（仅含 H2O）、CuSO4 5H2O（有固定组成）均为纯净物，“水瓶” 是混合物，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
单质与化合物的混淆：易误将 C60（仅含碳元素）当作化合物，实际它是碳的单质。
电解质的判断误区：错把 “难溶于水” 当作 “不是电解质” 的依据，实际磷酸钙溶于水的部分能电离，属于电解质。
化学变化的判断：忽略石墨与 C60是不同物质，误将二者转化视为物理变化，实际有新物质生成，是化学变化。
纯净物与混合物的区分：误将冰水混合物（仅 H2O）、CuSO4 5H2O（固定组成）当作混合物，实际二者均为纯净物。
2．【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】A．该反应中Cl元素化合价从0价降低到-1价，被还原，Cl2发生了还原反应，A不符合题意；
B．该反应中N元素原子部分从-3价升高到0价，被氧化，NH3作还原剂，部分不变价，既不是氧化剂又不是还原剂，B不符合题意；
C．根据反应的方程式可知，被氧化的NH3生成了N2，Cl2全部被还原，二者物质的量之比为2：3，C符合题意；
D．根据反应的方程式可知，8molNH3参与反应有2mol被氧化，转移6mol电子，则1mol发生反应，转移0.75mol电子，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】氧化还原反应的基本口诀：升失氧化还原剂，降得还原氧化剂；
化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，作为还原剂，得到还原产物；
化合价降低，得到电子，被还原，发生还原法院，作为氧化剂，得到氧化产物；
电子的数目=元素的价态变化数目×该元素原子的个数。
3．【答案】A
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】根据公式（其中为物质的量，为质量，为摩尔质量），CO的摩尔质量为，则 CO的物质的量。
标准状况下，气体摩尔体积，根据公式（其中为体积），可得CO的体积。
故答案为：A。
【分析】需明确物质的量与质量、摩尔质量的关系，以及标准状况下气体体积与物质的量、气体摩尔体积的关系。
注意CO的摩尔质量计算（C的相对原子质量为12，O为16，故），且要牢记标准状况下的适用条件（适用于气态物质）。
4．【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、O2和 O3都是由氧原子构成的，6.4g 混合气体中氧原子的总物质的量为 6.4g÷16g/mol=0.4mol，所以原子总数为 0.4NA，A正确；
B、标准状况下 H2O 是液态，不能用气体摩尔体积（22.4L/mol）计算其物质的量，因此无法确定共用电子对的数目，B错误；
C、5.6g Fe 的物质的量是 0.1mol，与 0.1mol Cl2反应时，Cl2完全反应，每个 Cl2分子得到 2 个电子，0.1mol Cl2共转移 0.2mol 电子，对应电子数为 0.2NA，C错误；
D、100mL 0.1mol/L 的 NaOH 溶液中，NaOH 含有的氧原子是 0.01mol，但溶液中的水也含有大量氧原子，所以溶液中氧原子总数远大于 0.01NA，D错误；
故答案为：A。【分析】本题需结合阿伏加德罗常数的计算规则，依据物质组成、状态、反应限量及溶液中微粒来源，判断各选项的正确性。
A．O2和 O3的组成特点（均由 O 原子构成）。
B．考查标准状况下 H2O 的状态（非气态）。
C．考查Fe 与 Cl2反应的限量判断（Cl2不足）。
D．考查NaOH 溶液中氧原子的来源（NaOH 和水）。
5．【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、强酸性溶液中含大量，具有还原性，具有强氧化性，三者会发生氧化还原反应，因此不能大量共存，故A不符合题意 ；
B、溶液中含，在存在时，具有强氧化性，会与发生氧化还原反应，不能大量共存，故B不符合题意 ；
C、、、、之间不会发生反应，且溶液澄清透明，能大量共存，故C符合题意 ；
D、与会发生反应生成，不能大量共存，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】对氧化还原反应条件的忽略：
如选项A，强酸性环境下的氧化性极强，易忽略它与的氧化还原反应；
选项B中，易忽略存在时能氧化这一隐含的氧化还原反应。
对离子反应类型的片面理解：只关注复分解反应（如沉淀、气体、弱电解质生成），而忽视了氧化还原反应这种离子不能共存的情况。
对溶液环境与离子反应关联的疏忽：比如在有的溶液中，若存在，其氧化性会发生变化，容易因未考虑这种环境对离子性质的影响而判断错误。
6．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；铁盐和亚铁盐的相互转变；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、Zn的还原性强于Fe，足量的Zn可将Fe3+逐步还原为Fe（先还原为Fe2+，再进一步还原为Fe），A正确；
B、在反应中，Fe3+是氧化剂，Cu2+是氧化产物。根据氧化还原反应规律，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，故氧化性，B正确；
C、Cl2是强氧化剂，无论Fe的量是否充足，Fe在Cl2中燃烧都只生成FeCl3，C错误；
D、在中，Fe为+2价，C2O42-中C为+3价。与足量酸性KMnO4溶液反应时，Fe2+被氧化为Fe3+（每个Fe2+失1个电子），C2O42-被氧化为CO2（每个C失1个电子，1个C2O42-失2个电子）。因此1mol 反应时，共转移电子，D正确；
故答案为：C。
【分析】A、根据金属还原性强弱（Zn＞Fe），判断足量Zn可将Fe3+还原为Fe。
B、利用氧化还原反应规律（氧化剂氧化性＞氧化产物），由反应推出。
C、牢记Cl2是强氧化剂，与Fe反应只生成FeCl3，与Fe的量无关。
D、分析中Fe和C的化合价变化，计算出1mol该物质反应转移3mol电子。
7．【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、d为次氯酸盐（如），e为。不稳定，见光易分解；次氯酸盐相对稳定，故d的稳定性强于e，A合理；
B、e为，光照下分解生成（b）和，无（a）生成，B不合理；
C、d为次氯酸盐（如），具有强氧化性，可作漂白剂（如84消毒液的有效成分），C合理；
D、a为，在中燃烧生成，会发出苍白色火焰，D合理；
故答案为：B。
【分析】先根据化合价和物质类别确定各物质：a为（单质，Cl为0价），b为（酸，Cl为-1价），c为氯化物（盐，Cl为-1价），d为次氯酸盐（盐，Cl为+1价），e为（酸，Cl为+1价）。再结合各物质的性质逐一分析选项。
8．【答案】D
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；钠的氧化物
【解析】【解答】A、Na2O 的阴、阳离子是 O2-、Na+，个数比为 1：2；Na2O2的阴、阳离子是 O22-、Na+，个数比也为 1：2，二者阴、阳离子个数比相同，A错误；
B、碱性氧化物是 “与酸反应只生成盐和水” 的氧化物，Na2O2与酸反应还会生成 O2，不属于碱性氧化物，B错误；
C、NaHCO3固体受热易分解，但在溶液中加热不易分解，不能用加热法除去 Na2CO3溶液中的 NaHCO3（应加适量 NaOH），C错误；
D、Na 长期放置：Na→Na2O→NaOH→Na2CO3；Na2O2长期放置：Na2O2→NaOH→Na2CO3，最终都变为 Na2CO3，D正确；
故答案为：D。
【分析】解题关键点：
抓化合物的组成细节：Na2O、Na2O2的阳离子均为 Na+，阴离子分别是 O2-、O22-，阴、阳离子个数比均为 1：2。
明确碱性氧化物的定义：碱性氧化物与酸反应只生成盐和水，Na2O2与酸反应还生成 O2，不属于碱性氧化物。
区分 “固体” 与 “溶液” 中的反应差异：NaHCO3固体受热易分解，但在溶液中加热不分解，不能用加热法除溶液中的NaHCO3。
梳理钠及其化合物的长期转化路径：Na、Na2O2长期暴露于空气中，会逐步与O2、H2O、CO2反应，最终都转化为Na2CO3。
9．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氯离子的检验；物质的简单分类；钠的氧化物
【解析】【解答】A．实验测得熔融NaCl能导电，说明NaCl属于电解质，故A符合题意；
B．Na2O2和稀盐酸生成氯化钠、氧气、水，向久置的Na2O2粉末中滴加稀盐酸，产生无色气体，不能说明Na2O2已变质，故B不符合题意；
C．向某溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，该沉淀可能是氯化银、碳酸盐等，该溶液中不一定有Cl-，故C不符合题意；
D．向KI－淀粉溶液中滴加氯水，溶液变蓝，说明有碘单质生成，证明氧化性I2故答案为：A。
【分析】A、电解质在水溶液或熔融状态下可以导电；
B、过氧化钠和盐酸反应可以生成氧气；
C、氯离子的检验需要稀硝酸和硝酸银溶液；
D、氧化剂的氧化性大于氧化产物。
10．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、与少量反应会生成沉淀，正确的离子方程式应为，该选项遗漏与的沉淀反应，A错误，
B、是金属氧化物，在离子方程式中不能拆分为，正确的离子方程式应为，该选项错误拆分，B错误；
C、中的不能拆分为，正确的离子方程式应为，该选项错误拆分，B错误；
D、与反应生成和，与的反应离子方程式为，该选项拆分正确、产物合理，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、关注反应产物的沉淀性，与少量反应会生成沉淀，离子方程式需体现与的结合。
B、明确金属氧化物的拆分规则，是金属氧化物，在离子方程式中不能拆分为。
C、掌握弱酸的酸式酸根的拆分要求，不能拆分为，需保留整体形式。
D、牢记铵盐与强碱的反应本质，与反应生成弱电解质，离子方程式书写符合规则。
11．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】要除去且不影响和，所选试剂需能氧化，但不能氧化和。
A、氧化性强于，能氧化，但也能氧化，A不符合要求；
B、氧化性最强，能氧化、、，B不符合要求；
C、氧化性强于，能氧化，且不能氧化和，C符合要求；
D、与不反应，无法除去，D不符合要求。
故答案为：C。
【分析】反应①中，氧化剂是，氧化产物是，故氧化性；
反应②中，氧化剂是，氧化产物是，故氧化性；
反应③中，氧化剂是，氧化产物是，故氧化性。
综上，氧化性顺序为。据此分析。
12．【答案】C
【知识点】焰色反应；铝的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、Al 与 NaOH 溶液反应生成 [Al(OH)4]-和 H2，离子方程式为 2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑，A正确；
B、“沉铝” 滤液的主要阳离子是 Na+，可通过焰色试验（黄色火焰）检验，B正确；
C、浓硫酸稀释时会放热，应将浓硫酸缓慢加入水中（防止暴沸），不能将水加入浓硫酸中，C错误；
D、明矾含 K+、Al3+、SO42-，酸溶后需加入 K2SO4补充 K+，D正确；
故答案为：C。
【分析】以废易拉罐为原料制取明矾的流程：
废易拉罐经 NaOH 溶液 “碱溶”，Al 反应生成 [Al(OH)4]-，分离出滤渣；
向碱溶后的溶液中加 NH4HCO3饱和溶液 “沉铝”，煮沸生成 Al(OH)3沉淀，分离出滤液；
Al(OH)3加 9mol/L H2SO4溶液 “酸溶”，再经系列操作（加入 K2SO4等），最终得到明矾。
13．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、反应中只有元素化合价变化，氧化剂和还原剂均为，并非烧碱，A错误；
B、反应生成的盐有、、三种，并非两种，B错误；
C、由反应方程式可知，与物质的量之比为，C正确；
D、 反应8Cl2+16NaOH=5NaClO+NaClO3+10NaCl+8H2O， 生成时，从价 降为-1价 ，转移10 mol 电子，D错误；
故答案为：C。
【分析】已知与物质的量之比为。在中为价，在中为价，均为化合价升高的氧化产物；在中为价，是化合价降低的还原产物。
根据得失电子守恒，失去电子数为，失去电子数为，总共失去个电子；则生成的物质的量为（每个得到个电子）。
由此可得反应方程式：。
14．【答案】D
【知识点】镁、铝的重要化合物；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、高钾明矾石中的 Al2(SO4)3与硫粉焙烧时，硫元素既作氧化剂又作还原剂，且反应需要氧气参与（否则元素种类不守恒）。正确的反应方程式为，选项中缺少氧气作为反应物，方程式错误。A错误；
B、焙烧产物中的 Al2O3与 KOH 反应生成 AlO2-，而 Fe2O3不与 KOH 反应，成为浸渣。因此，浸液中含有的离子是 AlO2-、K+、SO42-，调节 pH 的目的是使 AlO2-转化为 Al (OH)3沉淀，而非使 Fe3+和 Al3+沉淀（此时溶液中不存在这两种离子）。B错误；
C、滤渣的主要成分是 Al (OH)3，经灼烧后得到的化合物 Y 是 Al2O3。而铝热剂是铝（Al）和氧化铁（Fe2O3）的混合物，可用于焊接铁轨，并非 Al2O3。C错误；
D、SO3溶于水可生成硫酸（H2SO4），而流程中调节 pH 时使用的溶液 X 正是 H2SO4。因此，SO3可回收利用并应用于本流程。D正确；
故答案为：D。
【分析】高钾明矾石先进行粉碎，这一步是为了增大与其他物质的接触面积，让后续反应更易进行。之后加入硫粉并焙烧，会生成 SO2和 SO3。接着加入 KOH 溶液，其中的 Al2O3会和 KOH 发生反应，离子方程式为 Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；而 Fe2O3不与 KOH 反应，成为浸渣。此时浸液中含有的离子有 AlO2-、K+和 SO42-，接下来加入溶液 X（即H2SO4）调节溶液 pH，使 AlO2-转化为 Al(OH)3白色沉淀。过滤后得到 Al(OH)3固体，经灼烧生成 Al2O3；滤液通过蒸发结晶，最终得到 K2SO4固体。据此解题。
15．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氯气的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、，A正确；
B、线段Ⅱ对应被氧化的过程，B正确；
C、线段Ⅳ含元素，与过量反应生成含氧酸根，由及电子守恒，推出碘元素化合价为，即，C正确；
D、，反应需的物质的量为，故；又，则，而非、，D错误；
故答案为：D。
【分析】还原性，通入时，依次发生反应：（线段Ⅰ代表）、（线段Ⅱ代表）、（线段Ⅲ代表）。
由线段Ⅰ可知，；
由线段Ⅱ可知，；
根据电荷守恒，得。据此解题。
16．【答案】A,B
【知识点】阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A、同温、同压、同体积时，气体密度之比等于相对分子质量之比。相对分子质量为44，空气平均相对分子质量约29，He相对分子质量为4，故密度关系为，A正确；
B、同温、同压、同质量时，气体体积之比与摩尔质量成反比。摩尔质量44g/mol，空气约29g/mol，He为4g/mol，故物质的量，体积关系，B正确；
C、同温、同压、同体积时，根据阿伏加德罗定律，三种气体物质的量相同，分子数，C错误；
D、同温、同压、同体积时，物质的量相同，质量与摩尔质量成正比。摩尔质量，故质量关系，D错误；
故答案为：AB。
【分析】A．抓 “同温同压同体积下，气体密度与相对分子质量成正比”，对比三者相对分子质量（44、29、4）判断。
B．凭 “同温同压同质量下，气体体积与摩尔质量成反比”，结合三者摩尔质量推导。
C．依据阿伏加德罗定律，“同温同压同体积则物质的量相同，分子数相等” 直接判断。
D．用 “同温同压同体积时，质量与摩尔质量成正比”，根据摩尔质量大小排序分析。
17．【答案】（1）2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2
（2）
【知识点】氧化还原反应；钠的氧化物；单线桥、双线桥法表示氧化还原反应
【解析】【解答】（1）Na2O2能和H2O、CO2反应生成O2而作潜艇供氧剂，反应方程式为2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；
故答案为： 2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2 ；
（2）在700～800℃时，用Na可以将TiCl4还原为Ti，同时生成NaCl，该反应中Na元素的化合价由0价变为+1价、Ti元素的化合价由+4价变为0价，转移电子个数为4，用单线桥（从失电子元素指向得电子元素）表示反应的电子转移为。
故答案为： 。
【分析】 连线题：根据物质性质匹配用途，A - a、B - d、C - b、D - c。
(1)Na2O2作供氧剂是因与 H2O、CO2反应生成 O2，方程式为 2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2。
(2)Na 还原 TiCl4生成 Ti 和 NaCl，Na 从 0 价到+1 价（失电子），Ti 从 + 4 价到0 价（得电子），转移 4e-，单线桥从 Na 指向 Ti 并标 4e-，方程式为
（1）Na2O2能和H2O、CO2反应生成O2而作潜艇供氧剂，反应方程式为2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；
（2）在700～800℃时，用Na可以将TiCl4还原为Ti，同时生成NaCl，该反应中Na元素的化合价由0价变为+1价、Ti元素的化合价由+4价变为0价，转移电子个数为4，用单线桥（从失电子元素指向得电子元素）表示反应的电子转移为。
18．【答案】（1）过滤 AB
（2）；
（3）；74.5；碱性过强，对皮肤有强腐蚀性
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；氯气的化学性质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①操作①分离固体和溶液，操作名称为过滤；滤液2中加入过量NaOH除去Mg2+、过量BaCl2除去，用过量碳酸钠除去钡离子，NaOH和氯化钡的加料顺序可调换，但碳酸钠一定加在氯化钡的后面，
故答案为：过滤；AB；
（2）①操作③结束后往滤液中加入稀盐酸，产生气泡的离子方程式为：，
故答案为：；
②电解NaCl溶液会生成H2、Cl2和NaOH，氯元素化合价升高被氧化，则该反应中氧化产物为Cl2，
故答案为：Cl2；
（3）①Cl2与NaOH溶液反应制备“84”消毒液的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
②根据化学方程式：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，NaClO为氧化产物，每生成1mol NaClO，转移电子1mol，则每转移1mol电子，生成的氧化产物的质量为：74.5g，
故答案为：74.5；
③日常生活中“84”消毒液不宜作皮肤消毒剂的原因可能是碱性过强，对皮肤有强腐蚀性，
故答案为：碱性过强，对皮肤有强腐蚀性。
【分析】粗盐的主要成分是 NaCl，还含有泥沙、Mg2+、SO42-等杂质。将粗盐溶于水后，形成的分散系中包含泥沙（不溶物）和 Na+、Mg2+、Cl-、SO42-（可溶离子）。通过过滤操作，可将泥沙等不溶性杂质分离出来，得到含可溶离子的滤液；向滤液中加入过量 NaOH 溶液，Mg2+与 OH-反应生成 Mg(OH)2沉淀，反应方程式为 Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓；加入过量 BaCl2溶液，SO42-与 Ba2+反应生成 BaSO4沉淀，反应方程式为 Ba2++SO42-=BaSO4↓；加入过量 Na2CO3溶液，Ba2+与 CO32-反应生成 BaCO3沉淀，反应方程式为 Ba2++CO32- =BaCO3↓。同时，Na2CO3能确保前面加入的 Ba2+完全除去；经过上述反应后，溶液中生成了 Mg(OH)2、BaSO4、BaCO3沉淀，通过过滤操作将这些沉淀分离，得到含 NaCl、过量 NaOH 和 Na2CO3的滤液；向滤液中加入适量稀盐酸，OH-与 H+反应生成 H2O（OH-+H+=H2O），CO32-与 H+反应生成 CO2和 H2O（CO32-+2H+=CO2↑+H2O），最终得到纯净的 NaCl 溶液。
电解 NaCl 溶液：将纯净的 NaCl 溶液电解，生成 NaOH、H2和 Cl2，反应方程式为
2NaCl+2H2O 2NaOH + H2↑ + Cl2↑。
制备 84 消毒液：让电解产生的 Cl2与 NaOH 溶液反应，生成 NaClO（84 消毒液的有效成分），反应方程式为 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。据此解题。
（1）①操作①分离固体和溶液，操作名称为过滤；滤液2中加入过量NaOH除去Mg2+、过量BaCl2除去，用过量碳酸钠除去钡离子，NaOH和氯化钡的加料顺序可调换，但碳酸钠一定加在氯化钡的后面，故答案为：过滤；AB；
（2）①操作③结束后往滤液中加入稀盐酸，产生气泡的离子方程式为：，故答案为：；
②电解NaCl溶液会生成H2、Cl2和NaOH，氯元素化合价升高被氧化，则该反应中氧化产物为Cl2，故答案为：Cl2；
（3）①Cl2与NaOH溶液反应制备“84”消毒液的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
②根据化学方程式：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，NaClO为氧化产物，每生成1mol NaClO，转移电子1mol，则每转移1mol电子，生成的氧化产物的质量为：74.5g，故答案为：74.5；
③日常生活中“84”消毒液不宜作皮肤消毒剂的原因可能是碱性过强，对皮肤有强腐蚀性，故答案为：碱性过强，对皮肤有强腐蚀性。
19．【答案】三颈烧瓶；饱和食盐水；吸收多余的氯气，防止污染空气；冷却结晶；3ClO﹣+2Fe(OH)3+4OH﹣= 2+3Cl﹣+5H2O；；K2FeO4在酸性条件下氧化性增强，比在碱性条件下的氧化性更强，能将浓盐酸氧化生成氯气；检验反应后甲中的溶液中是否存在I2和I﹣；++3Cl2+6H2O=2+12H++12Cl﹣；；氯气将I﹣氧化为I2，I2和I﹣反应生成使溶液变蓝，继续通入氯气，I2被氯气氧化为(红色)和(黄色)，二者混合使溶液显浅棕色
【知识点】氯气的实验室制法；常用仪器及其使用；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）装置C为三颈烧瓶。
故答案为： 三颈烧瓶 ；
（2）B装置装有净化氯气的饱和食盐水，D中装有吸收尾气的NaOH溶液。
故答案为： 饱和食盐水 ； 吸收多余的氯气，防止污染空气 ；
（3）实验完毕后，经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤、干燥得到暗紫色固体，KClO 氧化 Fe (OH)3生成 K2FeO4，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，②的离子方程式为3ClO﹣+2Fe(OH)3+4OH﹣= 2+3Cl﹣+5H2O。
故答案为： 冷却结晶 ； 3ClO﹣+2Fe(OH)3+4OH﹣= 2+3Cl﹣+5H2O； ；
（4）取少量暗紫色固体于试管，滴加浓盐酸，用镊子夹取一块湿润的KI﹣淀粉试纸放在试管口上方，试纸变蓝色，说明有碘单质生成，即K2FeO4能将HCl 氧化生成氯气，由此推知Cl2和K2FeO4的氧化性相对强弱与(3)相悖，可能的原因是K2FeO4在酸性条件下氧化性增强，比在碱性条件下的氧化性更强，能将浓盐酸氧化生成氯气。
故答案为： K2FeO4在酸性条件下氧化性增强，比在碱性条件下的氧化性更强，能将浓盐酸氧化生成氯气 ；
（5）操作Ⅰ中，第一份滴入1滴碘水，溶液变蓝色，说明反应后的溶液中存在I﹣，能与加入的碘单质反应生成使溶液变蓝；第二份滴入1滴淀粉溶液，溶液颜色没有变，说明反应后的溶液中不存在I2，所以操作Ⅰ的实验目的是检验反应后甲中的溶液中是否存在I2和I﹣，等物质的量浓度的和在水溶液中与氯气反应生成，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，离子方程式为++3Cl2+6H2O=2+12H++12Cl-。
故答案为： 检验反应后甲中的溶液中是否存在I2和I﹣ ；++3Cl2+6H2O=2+12H++12Cl
（6）由以分析可推断甲中溶液颜色变成浅棕色的原因是：氯气将I﹣氧化为I2，I2和I﹣反应生成使溶液变蓝，继续通入氯气，I2被氯气氧化生成红色的和黄色的，两者混合使溶液显浅棕色。
故答案为： 氯气将I﹣氧化为I2，I2和I﹣反应生成使溶液变蓝，继续通入氯气，I2被氯气氧化为(红色)和(黄色)，二者混合使溶液显浅棕色 。
【分析】实验一：A装置是氯气发生装置，制得的氯气含氯化氢和水蒸气。B装置盛饱和食盐水，用于除去氯气中的氯化氢；氯气有毒，C装置探究与的反应，D装置盛氢氧化钠溶液，吸收多余氯气，防止污染空气。
实验二：操作Ⅰ中，第一份滴加碘水变蓝，说明溶液含（与碘生成使溶液变蓝）；第二份滴加淀粉无变化，说明溶液不含。操作Ⅱ为对照组，制备溶液，滴加淀粉变蓝，通入氯气后被氧化，蓝色褪去，生成红色和黄色，混合呈浅棕色。操作Ⅲ继续通氯气，和被氧化为无色，溶液几乎无色。
（1）识别仪器，C 为三颈烧瓶。
（2）B 中盛饱和食盐水，用于除去 Cl2中的 HCl；D 的作用是吸收多余 Cl2，防止污染空气。
（3）提纯固体需冷却结晶；离子方程式为 3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O（依据氧化还原规律和守恒配平）。
（4）酸性条件下 K2FeO4氧化性增强，可氧化浓盐酸生成 Cl2，导致氧化性强弱与碱性条件下不同。
（5）操作 Ⅰ 目的是检验反应后溶液中是否含 I2和 I-；离子方程式为 ICl4-+ICl2-+3Cl2+6H2O=2IO3-+12H++12Cl-（根据守恒书写）。
（6）Cl2先氧化 I-为 I2，I2与 I-生成 I3-使溶液变蓝，继续通 Cl2，I2被氧化为 ICl2-（红）和 ICl4-（黄），混合呈浅棕色。
20．【答案】（1）煤油；镊子；滤纸
（2）c
（3）；>
（4）e、a
（5）1.68
（6）1∶2；2.5
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）少量金属钠保存在煤油里，取用钠时用镊子夹取，滤纸吸干表面的煤油，则实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有玻璃片、小刀、镊子、滤纸。
故答案为： 煤油 ；镊子；滤纸。
（2）NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na，加入CaCl2时，580℃NaCl熔融，所以加入CaCl2能降低NaCl的熔点，减少能耗，所以CaCl2作助溶剂，故选c。
故答案为： c ；
（3）钠①沉入液氨中，快速得到深蓝色溶液，并慢慢产生气泡，钠和液氨反应的化学方程式为：2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑，则该气体为；
②1个钠参加反应失去1个电子，则0.1mol钠投入液氨中生成0.05molH2时，共失去0.1mol电子，则Na共失去的电子>。
故答案为： ； > ；
（4）采用空气和Na为原料可直接制备Na2O2，空气中CO2、水蒸气都能与熔融金属Na反应，所以在反应前需要将空气中的CO2、水蒸气除去，CO2属于酸性氧化物，能和碱液反应，无水氯化钙具有吸水性，所以空气与熔融金属Na反应前需依次通过KOH溶液、浓硫酸，
故答案为：e；a。
（5）对固体NaHCO3充分加热，产生Na2CO3、二氧化碳和水蒸气，将气体先通过足量浓硫酸，吸收水蒸气，再通过足量Na2O2，Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根据差量法可知，当增重0.28g(CO的质量)时，消耗的二氧化碳的物质的量为=0.44g，其物质的量为=0.01mol，根据碳酸氢钠受热分解的关系式2NaHCO3～CO2可知，消耗NaHCO3的物质的量为0.02mol，故质量为0.02mol×84g/mol=1.68g。
故答案为： 1.68 ；
（6）①结合Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，随着样品质量增加，生成二氧化碳的体积逐渐增大，说明Ⅰ、Ⅱ中盐酸过量，Na2CO3和NaHCO3的完全反应，设出Ⅰ中Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为x、y，则①106x+84y=2.96、②x+y==0.03mol，联立①②解得：x=0.02mol、y=0.01mol，所以样品中物质的量之比n(NaHCO3)：n(Na2CO3)=0.02mol：0.01mol=1：2；
②根据实验Ⅲ、Ⅳ可知，Ⅳ中盐酸不足，Na2CO3优先反应生成NaHCO3，设6.66g样品中含有碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量分别为2x、x，则106×2x+84x=6.66，解得：x=0.0225mol，即6.66g样品中含有0.045mol碳酸钠、0.0225mol碳酸氢钠，将样品加入盐酸中，先发生反应HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，0.045mol碳酸钠完全反应消耗HCl的物质的量为0.045mol，碳酸钠完全反应后发生再发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，生成标准状况下672L二氧化碳消耗HCl的物质的量为：n(HCl)=n(CO2)==0.03mol，所以30mL盐酸中含有HCl的物质的量为：0.045mol+0.03mol=0.075mol，该盐酸的物质的量浓度为：c(HCl)==2.5mol/L。
故答案为： 1∶2 ； 2.5 ；
【分析】(1)钠保存在煤油（隔绝空气）；取用需镊子夹取、滤纸吸干煤油。
(2)加入 CaCl2作助熔剂，降低 NaCl 熔点，减少能耗。
(3)①钠与液氨反应生成 H2；
②钠失电子不仅用于生成 H2，还形成溶剂合电子，故失电子数＞0.02mol。
(4)先通过 KOH 溶液除 CO2，再通过无水 CaCl2除水蒸气，避免与 Na 反应。
(5)用差量法算 CO2量，再结合 NaHCO3分解的 C 守恒，计算其质量。
(6)①用 Ⅰ 中数据（盐酸过量），列方程求 NaHCO3与 Na2CO3的物质的量比；
②用 Ⅳ 中数据（盐酸不足），分步算 Na2CO3、NaHCO3消耗的 HCl，求浓度。
（1）少量金属钠保存在煤油里，取用钠时用镊子夹取，滤纸吸干表面的煤油，则实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有玻璃片、小刀、镊子、滤纸。
（2）NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na，加入CaCl2时，580℃NaCl熔融，所以加入CaCl2能降低NaCl的熔点，减少能耗，所以CaCl2作助溶剂，故选c。
（3）钠①沉入液氨中，快速得到深蓝色溶液，并慢慢产生气泡，钠和液氨反应的化学方程式为：2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑，则该气体为；
②1个钠参加反应失去1个电子，则0.1mol钠投入液氨中生成0.05molH2时，共失去0.1mol电子，则Na共失去的电子>。
（4）采用空气和Na为原料可直接制备Na2O2，空气中CO2、水蒸气都能与熔融金属Na反应，所以在反应前需要将空气中的CO2、水蒸气除去，CO2属于酸性氧化物，能和碱液反应，无水氯化钙具有吸水性，所以空气与熔融金属Na反应前需依次通过KOH溶液、浓硫酸，故答案为：e；a。
（5）对固体NaHCO3充分加热，产生Na2CO3、二氧化碳和水蒸气，将气体先通过足量浓硫酸，吸收水蒸气，再通过足量Na2O2，Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根据差量法可知，当增重0.28g(CO的质量)时，消耗的二氧化碳的物质的量为=0.44g，其物质的量为=0.01mol，根据碳酸氢钠受热分解的关系式2NaHCO3～CO2可知，消耗NaHCO3的物质的量为0.02mol，故质量为0.02mol×84g/mol=1.68g。
（6）①结合Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，随着样品质量增加，生成二氧化碳的体积逐渐增大，说明Ⅰ、Ⅱ中盐酸过量，Na2CO3和NaHCO3的完全反应，设出Ⅰ中Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为x、y，则①106x+84y=2.96、②x+y==0.03mol，联立①②解得：x=0.02mol、y=0.01mol，所以样品中物质的量之比n(NaHCO3)：n(Na2CO3)=0.02mol：0.01mol=1：2；
②根据实验Ⅲ、Ⅳ可知，Ⅳ中盐酸不足，Na2CO3优先反应生成NaHCO3，设6.66g样品中含有碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量分别为2x、x，则106×2x+84x=6.66，解得：x=0.0225mol，即6.66g样品中含有0.045mol碳酸钠、0.0225mol碳酸氢钠，将样品加入盐酸中，先发生反应HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，0.045mol碳酸钠完全反应消耗HCl的物质的量为0.045mol，碳酸钠完全反应后发生再发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，生成标准状况下672L二氧化碳消耗HCl的物质的量为：n(HCl)=n(CO2)==0.03mol，所以30mL盐酸中含有HCl的物质的量为：0.045mol+0.03mol=0.075mol，该盐酸的物质的量浓度为：c(HCl)==2.5mol/L。
1 / 1贵州省安顺市普定县第一中学2025-2026学年高一上学期9月月考化学试题
1．（2025高一上·普定月考）某中德联合研究小组设计制造了一种“水瓶”，用足球烯的球形笼子作＂瓶体”，一种磷酸盐作“瓶盖”，恰好可将一个水分子关在里面。下列说法正确的是
A．足球烯是一种新型化合物
B．磷酸钙难溶于水，故不属于电解质
C．一定条件下，石墨转化为是化学变化
D．“水瓶”、冰水混合物、都是混合物
【答案】C
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；电解质与非电解质；物质的简单分类
【解析】【解答】A、足球烯（C60）仅由碳元素组成，是单质，不是化合物，A错误；
B、磷酸钙虽难溶于水，但溶于水的部分能电离，属于电解质，B 错误；
C、石墨和 C60是不同的物质，二者转化有新物质生成，属于化学变化，C正确；
D、冰水混合物（仅含 H2O）、CuSO4 5H2O（有固定组成）均为纯净物，“水瓶” 是混合物，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
单质与化合物的混淆：易误将 C60（仅含碳元素）当作化合物，实际它是碳的单质。
电解质的判断误区：错把 “难溶于水” 当作 “不是电解质” 的依据，实际磷酸钙溶于水的部分能电离，属于电解质。
化学变化的判断：忽略石墨与 C60是不同物质，误将二者转化视为物理变化，实际有新物质生成，是化学变化。
纯净物与混合物的区分：误将冰水混合物（仅 H2O）、CuSO4 5H2O（固定组成）当作混合物，实际二者均为纯净物。
2．（2025高一上·普定月考）反应，下列说法正确的是（　　）
A．发生氧化反应
B．既是氧化剂又是还原剂
C．被氧化的与被还原的的物质的量之比为2：3
D．1mol发生反应，转移6mol电子
【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】A．该反应中Cl元素化合价从0价降低到-1价，被还原，Cl2发生了还原反应，A不符合题意；
B．该反应中N元素原子部分从-3价升高到0价，被氧化，NH3作还原剂，部分不变价，既不是氧化剂又不是还原剂，B不符合题意；
C．根据反应的方程式可知，被氧化的NH3生成了N2，Cl2全部被还原，二者物质的量之比为2：3，C符合题意；
D．根据反应的方程式可知，8molNH3参与反应有2mol被氧化，转移6mol电子，则1mol发生反应，转移0.75mol电子，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】氧化还原反应的基本口诀：升失氧化还原剂，降得还原氧化剂；
化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，作为还原剂，得到还原产物；
化合价降低，得到电子，被还原，发生还原法院，作为氧化剂，得到氧化产物；
电子的数目=元素的价态变化数目×该元素原子的个数。
3．（2025高一上·普定月考）标准状况下，2.8g CO的体积约为
A．2.24L B．22.4L C．1.12L D．11.2L
【答案】A
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】根据公式（其中为物质的量，为质量，为摩尔质量），CO的摩尔质量为，则 CO的物质的量。
标准状况下，气体摩尔体积，根据公式（其中为体积），可得CO的体积。
故答案为：A。
【分析】需明确物质的量与质量、摩尔质量的关系，以及标准状况下气体体积与物质的量、气体摩尔体积的关系。
注意CO的摩尔质量计算（C的相对原子质量为12，O为16，故），且要牢记标准状况下的适用条件（适用于气态物质）。
4．（2025高一上·普定月考）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．6.4g和混合气体中含有原子总数为
B．标准状况下，2.24L含有的共用电子对数为
C．5.6g铁粉与0.1mol充分反应，转移的电子数为
D．100mL的NaOH水溶液中含有氧原子数为
【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、O2和 O3都是由氧原子构成的，6.4g 混合气体中氧原子的总物质的量为 6.4g÷16g/mol=0.4mol，所以原子总数为 0.4NA，A正确；
B、标准状况下 H2O 是液态，不能用气体摩尔体积（22.4L/mol）计算其物质的量，因此无法确定共用电子对的数目，B错误；
C、5.6g Fe 的物质的量是 0.1mol，与 0.1mol Cl2反应时，Cl2完全反应，每个 Cl2分子得到 2 个电子，0.1mol Cl2共转移 0.2mol 电子，对应电子数为 0.2NA，C错误；
D、100mL 0.1mol/L 的 NaOH 溶液中，NaOH 含有的氧原子是 0.01mol，但溶液中的水也含有大量氧原子，所以溶液中氧原子总数远大于 0.01NA，D错误；
故答案为：A。【分析】本题需结合阿伏加德罗常数的计算规则，依据物质组成、状态、反应限量及溶液中微粒来源，判断各选项的正确性。
A．O2和 O3的组成特点（均由 O 原子构成）。
B．考查标准状况下 H2O 的状态（非气态）。
C．考查Fe 与 Cl2反应的限量判断（Cl2不足）。
D．考查NaOH 溶液中氧原子的来源（NaOH 和水）。
5．（2025高一上·普定月考）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．强酸性溶液中：K+、Fe2+、MnO、SO
B．0.1 mol/ L NaNO3溶液：H+、K+、I-、SO
C．澄清透明的溶液中：Cu2+、Na+、NO 、SO
D．无色透明的溶液中：Na+、NH、Cl-、OH-
【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、强酸性溶液中含大量，具有还原性，具有强氧化性，三者会发生氧化还原反应，因此不能大量共存，故A不符合题意 ；
B、溶液中含，在存在时，具有强氧化性，会与发生氧化还原反应，不能大量共存，故B不符合题意 ；
C、、、、之间不会发生反应，且溶液澄清透明，能大量共存，故C符合题意 ；
D、与会发生反应生成，不能大量共存，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】对氧化还原反应条件的忽略：
如选项A，强酸性环境下的氧化性极强，易忽略它与的氧化还原反应；
选项B中，易忽略存在时能氧化这一隐含的氧化还原反应。
对离子反应类型的片面理解：只关注复分解反应（如沉淀、气体、弱电解质生成），而忽视了氧化还原反应这种离子不能共存的情况。
对溶液环境与离子反应关联的疏忽：比如在有的溶液中，若存在，其氧化性会发生变化，容易因未考虑这种环境对离子性质的影响而判断错误。
6．（2025高一上·普定月考）关于铁及其化合物的性质，下列说法不正确的是
A．可用足量的还原为
B．，说明氧化性：
C．足量的在氯气中燃烧生成
D．与足量酸性溶液反应，转移电子
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；铁盐和亚铁盐的相互转变；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、Zn的还原性强于Fe，足量的Zn可将Fe3+逐步还原为Fe（先还原为Fe2+，再进一步还原为Fe），A正确；
B、在反应中，Fe3+是氧化剂，Cu2+是氧化产物。根据氧化还原反应规律，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，故氧化性，B正确；
C、Cl2是强氧化剂，无论Fe的量是否充足，Fe在Cl2中燃烧都只生成FeCl3，C错误；
D、在中，Fe为+2价，C2O42-中C为+3价。与足量酸性KMnO4溶液反应时，Fe2+被氧化为Fe3+（每个Fe2+失1个电子），C2O42-被氧化为CO2（每个C失1个电子，1个C2O42-失2个电子）。因此1mol 反应时，共转移电子，D正确；
故答案为：C。
【分析】A、根据金属还原性强弱（Zn＞Fe），判断足量Zn可将Fe3+还原为Fe。
B、利用氧化还原反应规律（氧化剂氧化性＞氧化产物），由反应推出。
C、牢记Cl2是强氧化剂，与Fe反应只生成FeCl3，与Fe的量无关。
D、分析中Fe和C的化合价变化，计算出1mol该物质反应转移3mol电子。
7．（2025高一上·普定月考）部分常见含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列说法不合理的是
A．d的稳定性强于e B．e在光照下可转化为a和b
C．d可用作漂白剂 D．H2在a中燃烧，发出苍白色火焰
【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、d为次氯酸盐（如），e为。不稳定，见光易分解；次氯酸盐相对稳定，故d的稳定性强于e，A合理；
B、e为，光照下分解生成（b）和，无（a）生成，B不合理；
C、d为次氯酸盐（如），具有强氧化性，可作漂白剂（如84消毒液的有效成分），C合理；
D、a为，在中燃烧生成，会发出苍白色火焰，D合理；
故答案为：B。
【分析】先根据化合价和物质类别确定各物质：a为（单质，Cl为0价），b为（酸，Cl为-1价），c为氯化物（盐，Cl为-1价），d为次氯酸盐（盐，Cl为+1价），e为（酸，Cl为+1价）。再结合各物质的性质逐一分析选项。
8．（2025高一上·普定月考）关于钠及其化合物性质的叙述，下列说法正确的是
A．与的阴、阳离子个数比不同
B．与都属于碱性氧化物
C．除去溶液里少量的杂质，可用加热的方法
D．长期放置在空气中，最终都将变为
【答案】D
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；钠的氧化物
【解析】【解答】A、Na2O 的阴、阳离子是 O2-、Na+，个数比为 1：2；Na2O2的阴、阳离子是 O22-、Na+，个数比也为 1：2，二者阴、阳离子个数比相同，A错误；
B、碱性氧化物是 “与酸反应只生成盐和水” 的氧化物，Na2O2与酸反应还会生成 O2，不属于碱性氧化物，B错误；
C、NaHCO3固体受热易分解，但在溶液中加热不易分解，不能用加热法除去 Na2CO3溶液中的 NaHCO3（应加适量 NaOH），C错误；
D、Na 长期放置：Na→Na2O→NaOH→Na2CO3；Na2O2长期放置：Na2O2→NaOH→Na2CO3，最终都变为 Na2CO3，D正确；
故答案为：D。
【分析】解题关键点：
抓化合物的组成细节：Na2O、Na2O2的阳离子均为 Na+，阴离子分别是 O2-、O22-，阴、阳离子个数比均为 1：2。
明确碱性氧化物的定义：碱性氧化物与酸反应只生成盐和水，Na2O2与酸反应还生成 O2，不属于碱性氧化物。
区分 “固体” 与 “溶液” 中的反应差异：NaHCO3固体受热易分解，但在溶液中加热不分解，不能用加热法除溶液中的NaHCO3。
梳理钠及其化合物的长期转化路径：Na、Na2O2长期暴露于空气中，会逐步与O2、H2O、CO2反应，最终都转化为Na2CO3。
9．（2025高一上·普定月考）下列对实验的评价正确的是（　　）
A．实验测得熔融NaCl能导电，说明NaCl属于电解质
B．向久置的Na2O2粉末中滴加稀盐酸，产生无色气体，说明Na2O2已变质
C．向某溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，该溶液中一定有Cl-
D．向KI－淀粉溶液中滴加氯水，溶液变蓝，说明氧化性：I2＞Cl2
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氯离子的检验；物质的简单分类；钠的氧化物
【解析】【解答】A．实验测得熔融NaCl能导电，说明NaCl属于电解质，故A符合题意；
B．Na2O2和稀盐酸生成氯化钠、氧气、水，向久置的Na2O2粉末中滴加稀盐酸，产生无色气体，不能说明Na2O2已变质，故B不符合题意；
C．向某溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，该沉淀可能是氯化银、碳酸盐等，该溶液中不一定有Cl-，故C不符合题意；
D．向KI－淀粉溶液中滴加氯水，溶液变蓝，说明有碘单质生成，证明氧化性I2故答案为：A。
【分析】A、电解质在水溶液或熔融状态下可以导电；
B、过氧化钠和盐酸反应可以生成氧气；
C、氯离子的检验需要稀硝酸和硝酸银溶液；
D、氧化剂的氧化性大于氧化产物。
10．（2025高一上·普定月考）下列在水溶液中发生的离子反应的离子方程式书写正确的是
A．Ca(OH)2和少量CO2反应：2OH-+CO2=H2O+CO
B．Na2O与HCl反应：2H++O2-=H2O
C．NaHCO3和H2SO4反应：2H++CO=CO2+H2O
D．NH4Cl与NaOH反应：NH+OH-=NH3·H2O
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、与少量反应会生成沉淀，正确的离子方程式应为，该选项遗漏与的沉淀反应，A错误，
B、是金属氧化物，在离子方程式中不能拆分为，正确的离子方程式应为，该选项错误拆分，B错误；
C、中的不能拆分为，正确的离子方程式应为，该选项错误拆分，B错误；
D、与反应生成和，与的反应离子方程式为，该选项拆分正确、产物合理，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、关注反应产物的沉淀性，与少量反应会生成沉淀，离子方程式需体现与的结合。
B、明确金属氧化物的拆分规则，是金属氧化物，在离子方程式中不能拆分为。
C、掌握弱酸的酸式酸根的拆分要求，不能拆分为，需保留整体形式。
D、牢记铵盐与强碱的反应本质，与反应生成弱电解质，离子方程式书写符合规则。
11．（2025高一上·普定月考）有下列三个氧化还原反应：
①
②
③
若某溶液中、、共存，要除去而不影响和，可加入的试剂是
A． B． C． D．HCl
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】要除去且不影响和，所选试剂需能氧化，但不能氧化和。
A、氧化性强于，能氧化，但也能氧化，A不符合要求；
B、氧化性最强，能氧化、、，B不符合要求；
C、氧化性强于，能氧化，且不能氧化和，C符合要求；
D、与不反应，无法除去，D不符合要求。
故答案为：C。
【分析】反应①中，氧化剂是，氧化产物是，故氧化性；
反应②中，氧化剂是，氧化产物是，故氧化性；
反应③中，氧化剂是，氧化产物是，故氧化性。
综上，氧化性顺序为。据此分析。
12．（2025高一上·普定月考）明矾是一种常用的净水剂，以废易拉罐(主要成分为铝和少量不溶于碱性溶液的物质)为原料制取明矾的实验流程如图。
已知：“沉铝”步骤在煮沸条件下进行，生成、和。
下列说法错误的是
A．“碱溶”步骤中发生反应的离子方程式为2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑
B．可通过焰色试验检验“沉铝"所得滤液中的主要阳离子
C．用浓硫酸配制9mol/L H2SO4溶液，需要将水缓慢加入到浓硫酸中
D．“一系列操作”中还需要加入的试剂是K2SO4
【答案】C
【知识点】焰色反应；铝的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、Al 与 NaOH 溶液反应生成 [Al(OH)4]-和 H2，离子方程式为 2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑，A正确；
B、“沉铝” 滤液的主要阳离子是 Na+，可通过焰色试验（黄色火焰）检验，B正确；
C、浓硫酸稀释时会放热，应将浓硫酸缓慢加入水中（防止暴沸），不能将水加入浓硫酸中，C错误；
D、明矾含 K+、Al3+、SO42-，酸溶后需加入 K2SO4补充 K+，D正确；
故答案为：C。
【分析】以废易拉罐为原料制取明矾的流程：
废易拉罐经 NaOH 溶液 “碱溶”，Al 反应生成 [Al(OH)4]-，分离出滤渣；
向碱溶后的溶液中加 NH4HCO3饱和溶液 “沉铝”，煮沸生成 Al(OH)3沉淀，分离出滤液；
Al(OH)3加 9mol/L H2SO4溶液 “酸溶”，再经系列操作（加入 K2SO4等），最终得到明矾。
13．（2025高一上·普定月考）将Cl2通入烧碱溶液制备NaClO溶液时，若温度为41℃，测得产物中除NaClO外还含有NaClO3，且两者物质的量之比为5：1。据此，下列说法正确的是
A．该反应的氧化剂是氯气、还原剂是烧碱
B．该反应生成的盐有两种
C．该反应中Cl2与NaOH物质的量之比为1：2
D．该反应每生成1mol NaClO3转移了5mol电子
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、反应中只有元素化合价变化，氧化剂和还原剂均为，并非烧碱，A错误；
B、反应生成的盐有、、三种，并非两种，B错误；
C、由反应方程式可知，与物质的量之比为，C正确；
D、 反应8Cl2+16NaOH=5NaClO+NaClO3+10NaCl+8H2O， 生成时，从价 降为-1价 ，转移10 mol 电子，D错误；
故答案为：C。
【分析】已知与物质的量之比为。在中为价，在中为价，均为化合价升高的氧化产物；在中为价，是化合价降低的还原产物。
根据得失电子守恒，失去电子数为，失去电子数为，总共失去个电子；则生成的物质的量为（每个得到个电子）。
由此可得反应方程式：。
14．（2025高一上·普定月考）硫酸钾是一种重要的无氯优质钾肥，利用某高钾明矾石制备硫酸钾的工艺流程如下：
已知：高钾明矾石的主要成分为和少量。下列说法正确的是
A．焙烧时反应的化学方程式为
B．调节pH的目的是使和完全沉淀
C．化合物Y可制成铝热剂用于焊接铁轨
D．可回收利用后应用于本流程
【答案】D
【知识点】镁、铝的重要化合物；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、高钾明矾石中的 Al2(SO4)3与硫粉焙烧时，硫元素既作氧化剂又作还原剂，且反应需要氧气参与（否则元素种类不守恒）。正确的反应方程式为，选项中缺少氧气作为反应物，方程式错误。A错误；
B、焙烧产物中的 Al2O3与 KOH 反应生成 AlO2-，而 Fe2O3不与 KOH 反应，成为浸渣。因此，浸液中含有的离子是 AlO2-、K+、SO42-，调节 pH 的目的是使 AlO2-转化为 Al (OH)3沉淀，而非使 Fe3+和 Al3+沉淀（此时溶液中不存在这两种离子）。B错误；
C、滤渣的主要成分是 Al (OH)3，经灼烧后得到的化合物 Y 是 Al2O3。而铝热剂是铝（Al）和氧化铁（Fe2O3）的混合物，可用于焊接铁轨，并非 Al2O3。C错误；
D、SO3溶于水可生成硫酸（H2SO4），而流程中调节 pH 时使用的溶液 X 正是 H2SO4。因此，SO3可回收利用并应用于本流程。D正确；
故答案为：D。
【分析】高钾明矾石先进行粉碎，这一步是为了增大与其他物质的接触面积，让后续反应更易进行。之后加入硫粉并焙烧，会生成 SO2和 SO3。接着加入 KOH 溶液，其中的 Al2O3会和 KOH 发生反应，离子方程式为 Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；而 Fe2O3不与 KOH 反应，成为浸渣。此时浸液中含有的离子有 AlO2-、K+和 SO42-，接下来加入溶液 X（即H2SO4）调节溶液 pH，使 AlO2-转化为 Al(OH)3白色沉淀。过滤后得到 Al(OH)3固体，经灼烧生成 Al2O3；滤液通过蒸发结晶，最终得到 K2SO4固体。据此解题。
15．（2025高一上·普定月考）向含，，的溶液中通入过量的，溶液中四种粒子的物质的量变化如下图所示，已知，线段Ⅳ表示一种含氧酸根离子的变化情况，且Ⅰ和Ⅳ表示的离子中含有相同的元素。下列说法错误的是
A．原溶液中 B．线段Ⅱ表示的变化情况
C．线段Ⅳ表示的变化情况 D．根据图像可计算出，
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氯气的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、，A正确；
B、线段Ⅱ对应被氧化的过程，B正确；
C、线段Ⅳ含元素，与过量反应生成含氧酸根，由及电子守恒，推出碘元素化合价为，即，C正确；
D、，反应需的物质的量为，故；又，则，而非、，D错误；
故答案为：D。
【分析】还原性，通入时，依次发生反应：（线段Ⅰ代表）、（线段Ⅱ代表）、（线段Ⅲ代表）。
由线段Ⅰ可知，；
由线段Ⅱ可知，；
根据电荷守恒，得。据此解题。
16．（2025高一上·普定月考）向三个密闭容器中分别充入He、空气、，下列有关这三种气体的叙述正确的是
A．同温、同压、同体积时，三种气体的密度关系：
B．同温、同压、同质量时，三种气体的体积关系：
C．同温、同压、同体积时，三种气体的分子数关系：
D．同温、同压、同体积时，三种气体的质量关系：
【答案】A,B
【知识点】阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A、同温、同压、同体积时，气体密度之比等于相对分子质量之比。相对分子质量为44，空气平均相对分子质量约29，He相对分子质量为4，故密度关系为，A正确；
B、同温、同压、同质量时，气体体积之比与摩尔质量成反比。摩尔质量44g/mol，空气约29g/mol，He为4g/mol，故物质的量，体积关系，B正确；
C、同温、同压、同体积时，根据阿伏加德罗定律，三种气体物质的量相同，分子数，C错误；
D、同温、同压、同体积时，物质的量相同，质量与摩尔质量成正比。摩尔质量，故质量关系，D错误；
故答案为：AB。
【分析】A．抓 “同温同压同体积下，气体密度与相对分子质量成正比”，对比三者相对分子质量（44、29、4）判断。
B．凭 “同温同压同质量下，气体体积与摩尔质量成反比”，结合三者摩尔质量推导。
C．依据阿伏加德罗定律，“同温同压同体积则物质的量相同，分子数相等” 直接判断。
D．用 “同温同压同体积时，质量与摩尔质量成正比”，根据摩尔质量大小排序分析。
17．（2025高一上·普定月考）将含钠元素的物质与其用途连线，并回答问题。
（1）用化学方程式解释上图中Na2O2的用途：　 　。
（2）在700～800℃时，用Na可以将TiCl4还原为Ti，写出该反应的化学方程式，并用单线桥表示反应的电子转移情况：　 　。
【答案】（1）2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2
（2）
【知识点】氧化还原反应；钠的氧化物；单线桥、双线桥法表示氧化还原反应
【解析】【解答】（1）Na2O2能和H2O、CO2反应生成O2而作潜艇供氧剂，反应方程式为2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；
故答案为： 2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2 ；
（2）在700～800℃时，用Na可以将TiCl4还原为Ti，同时生成NaCl，该反应中Na元素的化合价由0价变为+1价、Ti元素的化合价由+4价变为0价，转移电子个数为4，用单线桥（从失电子元素指向得电子元素）表示反应的电子转移为。
故答案为： 。
【分析】 连线题：根据物质性质匹配用途，A - a、B - d、C - b、D - c。
(1)Na2O2作供氧剂是因与 H2O、CO2反应生成 O2，方程式为 2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2。
(2)Na 还原 TiCl4生成 Ti 和 NaCl，Na 从 0 价到+1 价（失电子），Ti 从 + 4 价到0 价（得电子），转移 4e-，单线桥从 Na 指向 Ti 并标 4e-，方程式为
（1）Na2O2能和H2O、CO2反应生成O2而作潜艇供氧剂，反应方程式为2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；
（2）在700～800℃时，用Na可以将TiCl4还原为Ti，同时生成NaCl，该反应中Na元素的化合价由0价变为+1价、Ti元素的化合价由+4价变为0价，转移电子个数为4，用单线桥（从失电子元素指向得电子元素）表示反应的电子转移为。
18．（2025高一上·普定月考）“84”消毒液是一种主要用于物体表面和环境的消毒剂。用海水模拟制备“84”消毒液的流程如图。请回答下列问题：
已知：①粗盐溶解后的分散系中含有泥沙、、、、；
②除杂试剂均过量；
③“84”消毒液具有较强的碱性。
（1）操作①为；向溶液2中依次加入的试剂a、b、c可以是　 　(填标号)。
A.NaOH溶液、溶液、溶液
B.溶液、溶液、NaOH溶液
C.溶液、NaOH溶液、溶液
（2）操作③结束后往滤液中加入稀盐酸，产生气泡的离子方程式为　 　。电解NaCl溶液会生成、和NaOH，该反应中氧化产物为　 　(填化学式)。
（3）与NaOH溶液反应制备“84”消毒液的化学方程式为　 　；每转移1mol电子，生成的氧化产物的质量为　 　g；日常生活中“84”消毒液不宜作皮肤消毒剂的原因可能是　 　。
【答案】（1）过滤 AB
（2）；
（3）；74.5；碱性过强，对皮肤有强腐蚀性
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；氯气的化学性质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①操作①分离固体和溶液，操作名称为过滤；滤液2中加入过量NaOH除去Mg2+、过量BaCl2除去，用过量碳酸钠除去钡离子，NaOH和氯化钡的加料顺序可调换，但碳酸钠一定加在氯化钡的后面，
故答案为：过滤；AB；
（2）①操作③结束后往滤液中加入稀盐酸，产生气泡的离子方程式为：，
故答案为：；
②电解NaCl溶液会生成H2、Cl2和NaOH，氯元素化合价升高被氧化，则该反应中氧化产物为Cl2，
故答案为：Cl2；
（3）①Cl2与NaOH溶液反应制备“84”消毒液的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
②根据化学方程式：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，NaClO为氧化产物，每生成1mol NaClO，转移电子1mol，则每转移1mol电子，生成的氧化产物的质量为：74.5g，
故答案为：74.5；
③日常生活中“84”消毒液不宜作皮肤消毒剂的原因可能是碱性过强，对皮肤有强腐蚀性，
故答案为：碱性过强，对皮肤有强腐蚀性。
【分析】粗盐的主要成分是 NaCl，还含有泥沙、Mg2+、SO42-等杂质。将粗盐溶于水后，形成的分散系中包含泥沙（不溶物）和 Na+、Mg2+、Cl-、SO42-（可溶离子）。通过过滤操作，可将泥沙等不溶性杂质分离出来，得到含可溶离子的滤液；向滤液中加入过量 NaOH 溶液，Mg2+与 OH-反应生成 Mg(OH)2沉淀，反应方程式为 Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓；加入过量 BaCl2溶液，SO42-与 Ba2+反应生成 BaSO4沉淀，反应方程式为 Ba2++SO42-=BaSO4↓；加入过量 Na2CO3溶液，Ba2+与 CO32-反应生成 BaCO3沉淀，反应方程式为 Ba2++CO32- =BaCO3↓。同时，Na2CO3能确保前面加入的 Ba2+完全除去；经过上述反应后，溶液中生成了 Mg(OH)2、BaSO4、BaCO3沉淀，通过过滤操作将这些沉淀分离，得到含 NaCl、过量 NaOH 和 Na2CO3的滤液；向滤液中加入适量稀盐酸，OH-与 H+反应生成 H2O（OH-+H+=H2O），CO32-与 H+反应生成 CO2和 H2O（CO32-+2H+=CO2↑+H2O），最终得到纯净的 NaCl 溶液。
电解 NaCl 溶液：将纯净的 NaCl 溶液电解，生成 NaOH、H2和 Cl2，反应方程式为
2NaCl+2H2O 2NaOH + H2↑ + Cl2↑。
制备 84 消毒液：让电解产生的 Cl2与 NaOH 溶液反应，生成 NaClO（84 消毒液的有效成分），反应方程式为 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。据此解题。
（1）①操作①分离固体和溶液，操作名称为过滤；滤液2中加入过量NaOH除去Mg2+、过量BaCl2除去，用过量碳酸钠除去钡离子，NaOH和氯化钡的加料顺序可调换，但碳酸钠一定加在氯化钡的后面，故答案为：过滤；AB；
（2）①操作③结束后往滤液中加入稀盐酸，产生气泡的离子方程式为：，故答案为：；
②电解NaCl溶液会生成H2、Cl2和NaOH，氯元素化合价升高被氧化，则该反应中氧化产物为Cl2，故答案为：Cl2；
（3）①Cl2与NaOH溶液反应制备“84”消毒液的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
②根据化学方程式：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，NaClO为氧化产物，每生成1mol NaClO，转移电子1mol，则每转移1mol电子，生成的氧化产物的质量为：74.5g，故答案为：74.5；
③日常生活中“84”消毒液不宜作皮肤消毒剂的原因可能是碱性过强，对皮肤有强腐蚀性，故答案为：碱性过强，对皮肤有强腐蚀性。
19．（2025高一上·普定月考）某小组设计实验探究外界条件对氯气性质的影响。
实验(一)探究氯气与K2FeO4的氧化性相对强弱，如图所示：
已知：高铁酸钾(K2FeO4)为暗紫色固体，易溶于水
（1）C装置中仪器名称是　 　。
（2）B装置中盛放的试剂是　 　，D装置的作用是　 　。
（3）实验完毕后，经蒸发浓缩、　 　，过滤，洗涤、干燥得到暗紫色固体，分析发现，C中反应过程是①Cl2先与KOH反应生成KClO等，②KClO氧化Fe(OH)3生成K2FeO4，写出②的离子方程式为　 　。
（4）取少量暗紫色固体于试管，滴加浓盐酸，用镊子夹取一块湿润的KI流粉试纸放在试管口上方，试纸变蓝色，由此推知 Cl2和K2FeO4的氧化性相对强弱与(3)相悖，可能的原因是　 　。
实验(二)探究氯气氧化KI的产物
查阅资料：I2和I﹣在溶液中会发生反应：I2+I =，显棕黄色且遇淀粉变蓝；I2可被氯气氧化为(红色)和(黄色)，两种离子可继续被氧化成(无色)。
实验：向甲中通入氯气，观察到甲中溶液先变蓝色，后蓝色褪去，逐渐变为浅棕色溶液：
为了探究甲中蓝色变浅棕色的原因，设计实验：
实验操作 实验现象
Ⅰ．取反应后甲中的溶液4 mL分成两等份，第一份滴入1滴碘水；第二份滴入1滴淀粉溶液 第一份溶液变蓝色 第二份溶液颜色没有变
Ⅱ．将I2溶于KI溶液中配制得碘总浓度为0.1 mol L 1的溶液，取上述溶液2 mL，滴加1滴淀粉溶液，再通入氯气 加淀粉后溶液变蓝，通氯气后蓝色褪去，溶液显浅棕色
Ⅲ，向Ⅱ所得溶液继续通入氯气 溶液几乎变为无色
（5）操作Ⅰ的实验目的是　 　，写出等物质的量浓度的和在水溶液中与氯气反应生成的离子方程式：　 　。
（6）由以上实验可推断甲中溶液颜色变成浅棕色的原因是　 　。
【答案】三颈烧瓶；饱和食盐水；吸收多余的氯气，防止污染空气；冷却结晶；3ClO﹣+2Fe(OH)3+4OH﹣= 2+3Cl﹣+5H2O；；K2FeO4在酸性条件下氧化性增强，比在碱性条件下的氧化性更强，能将浓盐酸氧化生成氯气；检验反应后甲中的溶液中是否存在I2和I﹣；++3Cl2+6H2O=2+12H++12Cl﹣；；氯气将I﹣氧化为I2，I2和I﹣反应生成使溶液变蓝，继续通入氯气，I2被氯气氧化为(红色)和(黄色)，二者混合使溶液显浅棕色
【知识点】氯气的实验室制法；常用仪器及其使用；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）装置C为三颈烧瓶。
故答案为： 三颈烧瓶 ；
（2）B装置装有净化氯气的饱和食盐水，D中装有吸收尾气的NaOH溶液。
故答案为： 饱和食盐水 ； 吸收多余的氯气，防止污染空气 ；
（3）实验完毕后，经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤、干燥得到暗紫色固体，KClO 氧化 Fe (OH)3生成 K2FeO4，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，②的离子方程式为3ClO﹣+2Fe(OH)3+4OH﹣= 2+3Cl﹣+5H2O。
故答案为： 冷却结晶 ； 3ClO﹣+2Fe(OH)3+4OH﹣= 2+3Cl﹣+5H2O； ；
（4）取少量暗紫色固体于试管，滴加浓盐酸，用镊子夹取一块湿润的KI﹣淀粉试纸放在试管口上方，试纸变蓝色，说明有碘单质生成，即K2FeO4能将HCl 氧化生成氯气，由此推知Cl2和K2FeO4的氧化性相对强弱与(3)相悖，可能的原因是K2FeO4在酸性条件下氧化性增强，比在碱性条件下的氧化性更强，能将浓盐酸氧化生成氯气。
故答案为： K2FeO4在酸性条件下氧化性增强，比在碱性条件下的氧化性更强，能将浓盐酸氧化生成氯气 ；
（5）操作Ⅰ中，第一份滴入1滴碘水，溶液变蓝色，说明反应后的溶液中存在I﹣，能与加入的碘单质反应生成使溶液变蓝；第二份滴入1滴淀粉溶液，溶液颜色没有变，说明反应后的溶液中不存在I2，所以操作Ⅰ的实验目的是检验反应后甲中的溶液中是否存在I2和I﹣，等物质的量浓度的和在水溶液中与氯气反应生成，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，离子方程式为++3Cl2+6H2O=2+12H++12Cl-。
故答案为： 检验反应后甲中的溶液中是否存在I2和I﹣ ；++3Cl2+6H2O=2+12H++12Cl
（6）由以分析可推断甲中溶液颜色变成浅棕色的原因是：氯气将I﹣氧化为I2，I2和I﹣反应生成使溶液变蓝，继续通入氯气，I2被氯气氧化生成红色的和黄色的，两者混合使溶液显浅棕色。
故答案为： 氯气将I﹣氧化为I2，I2和I﹣反应生成使溶液变蓝，继续通入氯气，I2被氯气氧化为(红色)和(黄色)，二者混合使溶液显浅棕色 。
【分析】实验一：A装置是氯气发生装置，制得的氯气含氯化氢和水蒸气。B装置盛饱和食盐水，用于除去氯气中的氯化氢；氯气有毒，C装置探究与的反应，D装置盛氢氧化钠溶液，吸收多余氯气，防止污染空气。
实验二：操作Ⅰ中，第一份滴加碘水变蓝，说明溶液含（与碘生成使溶液变蓝）；第二份滴加淀粉无变化，说明溶液不含。操作Ⅱ为对照组，制备溶液，滴加淀粉变蓝，通入氯气后被氧化，蓝色褪去，生成红色和黄色，混合呈浅棕色。操作Ⅲ继续通氯气，和被氧化为无色，溶液几乎无色。
（1）识别仪器，C 为三颈烧瓶。
（2）B 中盛饱和食盐水，用于除去 Cl2中的 HCl；D 的作用是吸收多余 Cl2，防止污染空气。
（3）提纯固体需冷却结晶；离子方程式为 3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O（依据氧化还原规律和守恒配平）。
（4）酸性条件下 K2FeO4氧化性增强，可氧化浓盐酸生成 Cl2，导致氧化性强弱与碱性条件下不同。
（5）操作 Ⅰ 目的是检验反应后溶液中是否含 I2和 I-；离子方程式为 ICl4-+ICl2-+3Cl2+6H2O=2IO3-+12H++12Cl-（根据守恒书写）。
（6）Cl2先氧化 I-为 I2，I2与 I-生成 I3-使溶液变蓝，继续通 Cl2，I2被氧化为 ICl2-（红）和 ICl4-（黄），混合呈浅棕色。
20．（2025高一上·普定月考）金属钠及其化合物在人类生产生活中起着重要作用。回答下列问题：
（1）存贮时，Na应保存在　 　中；实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有玻璃片、小刀、　 　和　 　等。
（2）工业上采用电解熔融NaCl(熔点为)制备金属Na，电解反应方程式：，加入的目的是　 　(填序号)。
a．作催化剂，加块电解反应的速率
b．作还原剂，将还原为
c．作助熔剂，降低生产过程的能耗
d．作氧化剂，将氧化为
（3）钠能与液氨反应，生成氨基钠(NaNH2)和一种气体单质。将钠投入液氨中，会快速得到深蓝色溶液(生成蓝色的溶剂合电子，如图所示)，后慢慢产生气泡。
①生成的气体为　 　(填分子式)
②当钠投入液氨生成气体时，Na共失去的电子　 　(填“>”、“<”或“=”)
（4）采用空气和Na为原料可直接制备Na2O2。为防止空气中的某些成分与Na2O2反应，空气与熔融金属Na反应前需依次通过　 　。(填序号)
a．无水 b．饱和食盐水 c．饱和溶液 d．溶液 e．溶液
（5）对固体充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2O2，Na2O2增重0.28g，则固体的质量为　 　g。
（6）为确定和混合物样品的组成，称取四份该样品溶于水后分别逐滴加入相同浓度的稀盐酸，充分反应，产生的体积(已折算成标准状况下的体积，不考虑在水中的溶解)如下表：
实验序号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ
盐酸体积(mL) 30.0 30.0 30.0 30.0
样品质量(g) 2.96 3.70 5.18 6.66
体积(mL) 672 840 896 672
①样品中物质的量之比　 　。
②稀盐酸的物质的量浓度　 　mol/L。
【答案】（1）煤油；镊子；滤纸
（2）c
（3）；>
（4）e、a
（5）1.68
（6）1∶2；2.5
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）少量金属钠保存在煤油里，取用钠时用镊子夹取，滤纸吸干表面的煤油，则实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有玻璃片、小刀、镊子、滤纸。
故答案为： 煤油 ；镊子；滤纸。
（2）NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na，加入CaCl2时，580℃NaCl熔融，所以加入CaCl2能降低NaCl的熔点，减少能耗，所以CaCl2作助溶剂，故选c。
故答案为： c ；
（3）钠①沉入液氨中，快速得到深蓝色溶液，并慢慢产生气泡，钠和液氨反应的化学方程式为：2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑，则该气体为；
②1个钠参加反应失去1个电子，则0.1mol钠投入液氨中生成0.05molH2时，共失去0.1mol电子，则Na共失去的电子>。
故答案为： ； > ；
（4）采用空气和Na为原料可直接制备Na2O2，空气中CO2、水蒸气都能与熔融金属Na反应，所以在反应前需要将空气中的CO2、水蒸气除去，CO2属于酸性氧化物，能和碱液反应，无水氯化钙具有吸水性，所以空气与熔融金属Na反应前需依次通过KOH溶液、浓硫酸，
故答案为：e；a。
（5）对固体NaHCO3充分加热，产生Na2CO3、二氧化碳和水蒸气，将气体先通过足量浓硫酸，吸收水蒸气，再通过足量Na2O2，Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根据差量法可知，当增重0.28g(CO的质量)时，消耗的二氧化碳的物质的量为=0.44g，其物质的量为=0.01mol，根据碳酸氢钠受热分解的关系式2NaHCO3～CO2可知，消耗NaHCO3的物质的量为0.02mol，故质量为0.02mol×84g/mol=1.68g。
故答案为： 1.68 ；
（6）①结合Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，随着样品质量增加，生成二氧化碳的体积逐渐增大，说明Ⅰ、Ⅱ中盐酸过量，Na2CO3和NaHCO3的完全反应，设出Ⅰ中Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为x、y，则①106x+84y=2.96、②x+y==0.03mol，联立①②解得：x=0.02mol、y=0.01mol，所以样品中物质的量之比n(NaHCO3)：n(Na2CO3)=0.02mol：0.01mol=1：2；
②根据实验Ⅲ、Ⅳ可知，Ⅳ中盐酸不足，Na2CO3优先反应生成NaHCO3，设6.66g样品中含有碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量分别为2x、x，则106×2x+84x=6.66，解得：x=0.0225mol，即6.66g样品中含有0.045mol碳酸钠、0.0225mol碳酸氢钠，将样品加入盐酸中，先发生反应HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，0.045mol碳酸钠完全反应消耗HCl的物质的量为0.045mol，碳酸钠完全反应后发生再发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，生成标准状况下672L二氧化碳消耗HCl的物质的量为：n(HCl)=n(CO2)==0.03mol，所以30mL盐酸中含有HCl的物质的量为：0.045mol+0.03mol=0.075mol，该盐酸的物质的量浓度为：c(HCl)==2.5mol/L。
故答案为： 1∶2 ； 2.5 ；
【分析】(1)钠保存在煤油（隔绝空气）；取用需镊子夹取、滤纸吸干煤油。
(2)加入 CaCl2作助熔剂，降低 NaCl 熔点，减少能耗。
(3)①钠与液氨反应生成 H2；
②钠失电子不仅用于生成 H2，还形成溶剂合电子，故失电子数＞0.02mol。
(4)先通过 KOH 溶液除 CO2，再通过无水 CaCl2除水蒸气，避免与 Na 反应。
(5)用差量法算 CO2量，再结合 NaHCO3分解的 C 守恒，计算其质量。
(6)①用 Ⅰ 中数据（盐酸过量），列方程求 NaHCO3与 Na2CO3的物质的量比；
②用 Ⅳ 中数据（盐酸不足），分步算 Na2CO3、NaHCO3消耗的 HCl，求浓度。
（1）少量金属钠保存在煤油里，取用钠时用镊子夹取，滤纸吸干表面的煤油，则实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有玻璃片、小刀、镊子、滤纸。
（2）NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na，加入CaCl2时，580℃NaCl熔融，所以加入CaCl2能降低NaCl的熔点，减少能耗，所以CaCl2作助溶剂，故选c。
（3）钠①沉入液氨中，快速得到深蓝色溶液，并慢慢产生气泡，钠和液氨反应的化学方程式为：2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑，则该气体为；
②1个钠参加反应失去1个电子，则0.1mol钠投入液氨中生成0.05molH2时，共失去0.1mol电子，则Na共失去的电子>。
（4）采用空气和Na为原料可直接制备Na2O2，空气中CO2、水蒸气都能与熔融金属Na反应，所以在反应前需要将空气中的CO2、水蒸气除去，CO2属于酸性氧化物，能和碱液反应，无水氯化钙具有吸水性，所以空气与熔融金属Na反应前需依次通过KOH溶液、浓硫酸，故答案为：e；a。
（5）对固体NaHCO3充分加热，产生Na2CO3、二氧化碳和水蒸气，将气体先通过足量浓硫酸，吸收水蒸气，再通过足量Na2O2，Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根据差量法可知，当增重0.28g(CO的质量)时，消耗的二氧化碳的物质的量为=0.44g，其物质的量为=0.01mol，根据碳酸氢钠受热分解的关系式2NaHCO3～CO2可知，消耗NaHCO3的物质的量为0.02mol，故质量为0.02mol×84g/mol=1.68g。
（6）①结合Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，随着样品质量增加，生成二氧化碳的体积逐渐增大，说明Ⅰ、Ⅱ中盐酸过量，Na2CO3和NaHCO3的完全反应，设出Ⅰ中Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为x、y，则①106x+84y=2.96、②x+y==0.03mol，联立①②解得：x=0.02mol、y=0.01mol，所以样品中物质的量之比n(NaHCO3)：n(Na2CO3)=0.02mol：0.01mol=1：2；
②根据实验Ⅲ、Ⅳ可知，Ⅳ中盐酸不足，Na2CO3优先反应生成NaHCO3，设6.66g样品中含有碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量分别为2x、x，则106×2x+84x=6.66，解得：x=0.0225mol，即6.66g样品中含有0.045mol碳酸钠、0.0225mol碳酸氢钠，将样品加入盐酸中，先发生反应HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，0.045mol碳酸钠完全反应消耗HCl的物质的量为0.045mol，碳酸钠完全反应后发生再发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，生成标准状况下672L二氧化碳消耗HCl的物质的量为：n(HCl)=n(CO2)==0.03mol，所以30mL盐酸中含有HCl的物质的量为：0.045mol+0.03mol=0.075mol，该盐酸的物质的量浓度为：c(HCl)==2.5mol/L。
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