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广西壮族自治区来宾市2025-2026学年高三上学期9月月考 化学试题
1．（2025高三上·来宾月考）中华文化源远流长，博大精深。下列古诗词中的物质变化只涉及物理变化的是
A．野火烧不尽，春风吹又生
B．千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲
C．爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏
D．夜来风雨声，花落知多少
2．（2025高三上·来宾月考）化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是
A．推广使用可降解塑料聚乳酸，能减少白色污染
B．三星堆青铜大立人以合金为材料，其深埋于地下生锈是因为发生了析氢腐蚀
C．液晶既有液体的流动性、形变性和黏度，又有类似晶体的各向异性
D．汽车防冻液的主要成分为乙二醇，其沸点高的原因是易形成分子间氢键
3．（2025高三上·来宾月考）下列关于胶体的说法中正确的是
A．胶体与溶液有明显不同的外观特征
B．胶体不稳定，静置后易产生沉淀
C．将Fe(OH)3胶体进行过滤，所得到的滤液与原来胶体的组成不同
D．豆浆是胶体，因为豆浆中的分散质粒子直径在1～100 nm之间
4．（2025高三上·来宾月考）下列有关金属钠的叙述正确的是
A．实验后剩余的钠粒不能放回原试剂瓶中
B．Na表面自然形成的氧化层能够保护内层金属不被空气氧化
C．钠在空气中受热时，熔化为银白色的小球，产生黄色的火焰，生成白色粉末
D．一定条件下，2.3g的Na完全与O2反应生成3.6g产物，失去的电子数为0.1NA
5．（2025高三上·来宾月考）分类是学习和研究化学的一种常用的科学方法。下列分类合理的是（　　）
A．根据SiO2是酸性氧化物，判断其可与NaOH溶液反应
B．金属氧化物一定是碱性氧化物
C．根据丁达尔现象将分散系分为胶体、溶液和浊液
D．根据酸分子中H原子个数分为一元酸、二元酸等
6．（2025高三上·来宾月考）下列相关离子方程式书写正确的是
A．向溶液中加入过量的溶液：
B．Na[Al(OH)4]溶液与NaHCO3溶液混合：
C．向硫酸铜溶液中加入NaHS溶液生成黑色沉淀：Cu2＋＋S2-=CuS↓
D．与过量浓氨水反应的离子方程式：
7．（2025高三上·来宾月考）实验室里盛放Na2CO3和NaHCO3固体的试剂瓶丢失了标签，分别取1 g固体置于两试管中，下列实验设计不一定能鉴别Na2CO3和NaHCO3的是
A．分别向两试管中滴入几滴水
B．将两试管分别加热，产生的气体通入澄清石灰水
C．向两试管中分别加入5 mL水，振荡后，滴入澄清石灰水
D．向两试管中分别加入5 mL水，振荡后，再逐滴加入稀盐酸
8．（2025高三上·来宾月考）下列有关铁和铁的化合物的叙述中，正确的是
A．铁的化学性质比较活泼，它能与许多物质发生化学反应，因此铁在自然界中只能以化合态存在
B．Fe3O4是一种红棕色粉末，俗称铁红，常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料
C．Fe(OH)2在空气中容易被氧化，如图①②都能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀
D．往某溶液中先加入氯水，再加入KSCN溶液，发现溶液变成红色，证明原溶液中含有Fe3+
9．（2025高三上·来宾月考）把图2中的物质补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原型离子方程式(未配平)。
对该氧化还原反应型离子方程式，说法不正确的是（　　）
A．IO4-作氧化剂具有氧化性
B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2
C．若有2molMn2+参加反应时则转移10mol电子
D．氧化性：MnO4->IO4-
10．（2025高三上·来宾月考）下列离子能大量共存的是
A．使酚酞溶液呈红色的溶液中：Na+、K+、SO、CO
B．无色透明的溶液中：Cu2+、K+、SO、NO
C．含有大量Ba2+的溶液中：Mg2+、NH、SO、Cl-
D．使石蕊溶液呈红色的溶液中：Na+、Fe3+、I-、SO
11．（2025高三上·来宾月考）下图为钠元素的“价—类”二维图，箭头表示物质间的转化关系，下列说法错误的是
A．氢氧化钠溶液可以与过量二氧化碳反应实现转化关系①
B．发生④⑤的转化均有产生
C．碳酸钠溶液中不断滴加盐酸依次发生反应③和⑧生成氯化钠
D．反应②只能通过加热才能实现物质转化
12．（2025高三上·来宾月考）关于反应，下列说法正确的是
A．是还原产物
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4
C．既是氧化剂又是还原剂
D．生成，转移电子
13．（2025高三上·来宾月考）用还原法可以将硝酸厂烟气中的大量氮氧化物(NOx)转化为无害物质。常温下，将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其物质的转化过程如图所示。下列说法不正确的是
A．反应I的离子方程式为2Ce4+ + H2 = 2Ce3+ + 2H+
B．反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
C．反应过程中，混合溶液中Ce3+和Ce4+的总数一定保持不变
D．理论上，每消耗2.24 L氢气，转移的电子的物质的量为0.2 mol
14．（2025高三上·来宾月考）由硫铁矿烧渣(主要成分为Fe3O4、Fe2O3、FeO和SiO2)制备绿矾(FeSO4 7H2O)的流程如图，已知：FeS2难溶于水。下列说法错误的是
A．步骤①酸溶烧渣最好选用硫酸
B．步骤②涉及的离子反应为FeS2+14Fe3++8H2O═15Fe2++2+16H+
C．步骤③须控制条件防止氧化
D．将溶液b加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干得纯净绿矾
15．（2025高三上·来宾月考）有下列四种有机物①乙烯 ②苯 ③乙醇 ④葡萄糖
（1）苯的结构简式是　 　。
（2）常温下呈气态，能发生加聚反应的是　 　(填序号)。
（3）在加热条件下，能与新制的氢氧化铜反应产生砖红色沉淀的是　 　(填序号)。
（4）交警查司机酒驾，是利用　 　(填序号)可以使K2Cr2O7变色的原理。此反应利用了该有机物的　 　性(填“氧化”或“还原”)。
（5）书写乙烯与水反应的化学方程式　 　。
（6）书写乙醇制备乙醛的化学方程式　 　。
16．（2025高三上·来宾月考）(回答下列问题。
（1）写出石英主要成分的化学式：　 　；写出NaHSO4溶液的电离方程式：　 　。
（2）用双线桥法标出下列反应的电子转移情况：　 　。
K2Cr2O7+14HCl=2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O
（3）下列三个氧化还原反应中，氧化性最强的物质是　 　。
①2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2
②2FeCl2+Cl2=2FeCl3
③2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
（4）联氨(又称为肼，分子式为N2H4)一种高能燃料，常备用于火箭、航天领域，通常用过量NH3与NaClO反应制得。
①请写出NH3的电子式：　 　
②肼溶于水显弱碱性，其原理与氨相似。请用电离方程式解释肼的水溶液显碱性的原因是：　 　。
③请写出上述制备肼的化学方程式：　 　。
17．（2025高三上·来宾月考）某无色透明溶液中可能大量存在Ag+、Mg2+、Fe3+、Cu2+中的一种或几种。请回答下列问题：
（1）不用做任何实验就可以肯定溶液中不存在的离子是　 　 。
（2）取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，沉淀不消失，说明原溶液中肯定存在的离子是　 　，有关反应的离子方程式为　 　。
（3）取(2)的滤液加入过量的NaOH溶液，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定存在的离子是　 　，生成沉淀的离子方程式为　 　。
（4）原溶液中可能大量存在的阴离子是______(填序号) 。
A．Cl- B． C． D．OH-
18．（2025高三上·来宾月考）已知CO气体是一种大气污染物，利用化学原理变废为宝。回答下面问题：
（1）利用如下装置制备和收集CO气体。
①盛放甲酸的实验仪器的名称是　 　。
②装置A中发生的化学反应利用了浓硫酸的　 　。
③装置B的作用是　 　。
（2）新制银氨溶液可以检验CO气体，有黑色沉淀生成。写出反应的化学方程式　 　。
（3）某研究小组为探究催化空气氧化CO的效率，设计了如下实验装置：
已知：是白色固体，易吸水潮解，。
①从F、G、H、I、K中选择合适装置组装并测量CO的转化率，正确的接口连接顺序为a→　 　(按照气流方向依次填写接口顺序，装置可重复使用)。
②为测量CO的转化率除称量装置H反应前后质量减少为n g以外，还要称量　 　(所用数值用m表示)。
③用含有n和m的表达式表示CO的实际转化率为　 　%。
（4）为探究CO和空气混合气体与催化剂接触时间对CO转化率的影响，采用　 　方法可以缩短接触时长。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】A、“野火烧不尽” 涉及燃烧，燃烧是可燃物与氧气反应生成新物质（如二氧化碳），属于化学变化，故A不符合题意 ；
B、“烈火焚烧若等闲” 描述的是石灰石（碳酸钙）高温分解为氧化钙和二氧化碳，有新物质生成，属于化学变化，故B不符合题意 ；
C、“爆竹声中一岁除” 中爆竹爆炸是火药燃烧、爆炸，生成二氧化碳等新物质，属于化学变化，故C不符合题意 ；
D、“夜来风雨声，花落知多少” 只是花瓣从枝头脱落，花的本质没有改变，无新物质生成，属于物理变化，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】解题思路：判断每个选项中变化是否生成新物质 —— 有新物质生成的是化学变化，无新物质生成的是物理变化。
2．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；氢键的存在对物质性质的影响；常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】A、聚乳酸可降解，推广使用能减少白色污染，A正确；
B、深埋地下缺氧，青铜生锈发生的是吸氧腐蚀，不是析氢腐蚀，B错误；
C、液晶同时具有液体的流动性和晶体的各向异性，C正确；
D、乙二醇分子间易形成氢键，导致其沸点较高，适合做防冻液，D正确；
故答案为：B。
【分析】解题核心是结合物质性质、腐蚀类型、材料特点等判断选项：
可降解塑料：聚乳酸可降解，能减少难以降解的塑料（白色污染）；
金属腐蚀类型：深埋地下的环境（缺氧），青铜生锈发生的是吸氧腐蚀（而非析氢腐蚀，析氢腐蚀需要酸性、有氧环境）；
液晶的性质：液晶兼具液体的流动性和晶体的各向异性，是其典型特点；
乙二醇的沸点：乙二醇分子含多个羟基，易形成分子间氢键，使沸点升高。
3．【答案】D
【知识点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；胶体的性质和应用
【解析】【解答】 A、胶体与溶液均可均一、透明，外观无明显不同，A错误；
B、胶体具有介稳性，静置不易沉淀，B错误；
C、胶体粒子能透过滤纸，过滤后滤液与原胶体组成一致，C错误；
D、胶体的本质是分散质粒子直径 1~100 nm，豆浆符合此特征，D正确；
故答案为：D。
【分析】解题核心是依据胶体的本质特征（分散质粒子直径 1~100 nm）及性质（均一、稳定、能透过滤纸）判断选项：
外观特征：胶体与溶液均可呈均一、透明状，外观无明显区别；
稳定性：胶体具有介稳性，静置不易产生沉淀；
过滤性质：胶体分散质粒子能透过滤纸，过滤后滤液与原胶体组成一致；
本质定义：胶体的本质是分散质粒子直径在 1~100 nm 之间，豆浆符合此特征。
4．【答案】D
【知识点】钠的化学性质；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、钠是活泼金属，实验后剩余钠粒若随意丢弃易引发危险，应放回原试剂瓶，A错误；
B、钠表面自然形成的氧化层是 Na2O，Na2O 结构疏松，无法阻挡空气进入，不能保护内层金属，D错误；
C、钠在空气中受热燃烧，生成的产物是 Na2O2（淡黄色粉末），并非白色粉末，C错误；
D、2.3g Na 的物质的量为 0.1mol，Na 与 O2反应时，无论生成 Na2O 还是 Na2O2，Na 均从 0 价升为 +1 价，因此 0.1mol Na 完全反应失去 0.1mol 电子，对应电子数为 0.1NA，D正确；
故答案为：D。
【分析】这道题的解题突破口（关键点）：
A．钠的特殊保存规则：活泼金属（如钠）剩余试剂需放回原瓶，避免安全隐患。
B．氧化物的保护能力：钠的氧化层（Na2O）结构疏松，无保护作用；而铝的氧化层（Al2O3）致密才有保护作用。
C．钠燃烧的产物特征：钠常温氧化生成白色 Na2O，燃烧生成淡黄色 Na2O2，需区分产物颜色。
D．电子转移的计算逻辑：钠反应时只生成 + 1 价钠离子，电子转移数仅与钠的物质的量有关，与产物种类无关。
5．【答案】A
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】 A．能与碱起反应生成盐和水的氧化物，SiO2可与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，故SiO2是酸性氧化物酸性氧化物，A正确；
B．金属氧化物不一定是碱性氧化物，如过氧化钠、氧化铝等是金属氧化物，过氧化钠为过氧化物，氧化铝为两性氧化物，不是碱性氧化物，B错误；
C．根据分散质微粒直径大小把分散系分为溶液、胶体和浊液，丁达尔效应是胶体的特征性质，C错误；
D．从酸电离出氢离子的数目将酸分为一元酸、二元酸等，与含有的H原子的数目无关，例如CH3COOH含有4个H原子，但为一元酸，D错误；
故选：A。
【分析】 A．和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；
B．碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定为碱性氧化物；
C．依据分散系中分散质的微粒直径大小，对分散系分类；
D．从酸电离出氢离子的数目将酸分为一元酸、二元酸等。
6．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、NaOH过量时，Mg2+应生成Mg(OH)2沉淀，正确离子方程式为，A错误；
B、与反应生成沉淀和，离子方程式书写正确，B正确；
C、不能拆分为，正确离子方程式为，C错误；
D、过量浓氨水会与反应生成银氨络离子，正确离子方程式为，D错误。
故答案为：B。
【分析】解题核心是依据离子方程式的书写规则（物质拆分、反应实际产物、过量问题）判断选项：
过量NaOH与Mg(HCO3)2的反应：NaOH过量时，Mg2+会转化为更难溶的Mg(OH)2（而非MgCO3），故产物应为Mg(OH)2；
[Al(OH)4]-与HCO3-的反应：[Al(OH)4]-的碱性强于HCO3-，可发生反应生成Al(OH)3沉淀和CO32-；
NaHS与CuSO4的反应：HS-是弱酸酸式根，不能拆分为S2-，应保留HS-形式；
AgNO3与过量浓氨水的反应：过量氨水会与AgOH进一步反应生成银氨络离子[Ag(NH3)2]+，而非AgOH沉淀。
7．【答案】C
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、Na2CO3溶于水放热不明显，NaHCO3溶于水吸热（温度降低）；且 Na2CO3与水生成结晶水合物（结块），NaHCO3无此现象，可鉴别，故A不符合题意 ；
B、NaHCO3加热分解生成 CO2（使澄清石灰水变浑浊），Na2CO3加热不分解，可鉴别，故B不符合题意 ；
C、Na2CO3、NaHCO3溶于水后，滴入澄清石灰水都会生成 CaCO3沉淀（前者是 CO32-与 Ca2+ 反应，后者是 HCO3-与 OH-生成 CO32-再沉淀），无法区分，故C符合题意 ；
D、逐滴加稀盐酸时，Na2CO3先无气泡（生成 NaHCO3）、后产生气泡；NaHCO3立即产生气泡，可鉴别，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】这道题的易错点集中在对 Na2CO3、NaHCO3与碱反应的认知偏差：
混淆二者与澄清石灰水的反应现象：误以为 NaHCO3和澄清石灰水不反应，实际二者溶于水后，HCO3-会与 OH-生成 CO32-，最终都能和 Ca2+ 形成 CaCO3沉淀，导致无法鉴别（对应选项 C 的易错点）。
忽略 “逐滴加酸” 的反应差异：易误认二者加酸都会立即产生气泡，但 Na2CO3与酸反应是分步进行的（先生成 NaHCO3），需注意加酸方式对现象的影响。
8．【答案】C
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、自然界存在陨铁（游离态的铁），并非只能以化合态存在，A错误；
B、Fe3O4是黑色晶体，红棕色的 “铁红” 是 Fe2O3，B错误；
C、装置①用铁粉防 Fe2+ 氧化、液封隔绝空气；装置②用苯隔绝空气，二者都能较长时间看到 Fe(OH)2白色沉淀，C正确；
D、氯水会将 Fe2+ 氧化为 Fe3+，此操作无法证明原溶液中含 Fe3+，D错误；
故答案为：C。
【分析】解题核心是结合铁及其化合物的性质、实验装置作用判断选项：
铁在自然界的存在：铁虽活泼，但自然界存在游离态的铁（如陨铁）；
Fe3O4的性质：Fe3O4是黑色晶体，Fe2O3才是红棕色的 “铁红”；
Fe(OH)2的制备：Fe(OH)2易被氧化，装置①用铁粉防止 Fe2+ 被氧化、液封隔绝空气；装置②用苯隔绝空气，均可较长时间保存 Fe(OH)2白色沉淀；
Fe3+ 的检验：氯水可将 Fe2+氧化为 Fe3+，先加氯水再加 KSCN 溶液，无法证明原溶液原本含 Fe3+。
9．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、IO4-中 I 化合价降低，作氧化剂，具有氧化性，A正确；
B、根据得失电子守恒，还原剂（Mn2+）失电子总数=氧化剂（IO4-）得电子总数：设 Mn2+ 为 2mol（失 2×5e-=10e-），则 IO4-需 5mol（得 5×2e-=10e-），故氧化剂与还原剂物质的量之比为 5：2，B正确；
C、1mol Mn2+ 反应失 5mol 电子，2mol Mn2+ 反应转移 10mol 电子，C正确；
D、氧化还原反应中，氧化剂氧化性＞氧化产物氧化性。此处 IO4-是氧化剂，MnO4-是氧化产物，故氧化性：IO4-＞MnO4-，D错误；
故答案为：D。
【分析】首先明确反应中的价态变化：Mn2+作为反应物，反应后生成 MnO4-，Mn 元素化合价从 +2 升至 +7，失去电子，是还原剂；含碘离子需作氧化剂（得电子、化合价降低），因此 IO4-（I 为 +7 价）是反应物，还原产物为 IO3-（I 为 +5 价）。结合元素守恒，确定 H2O 为反应物（补充 O 元素），配平后反应为：2Mn2++5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+。
10．【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、使酚酞变红的溶液呈碱性（含 OH-），Na+、K+、SO42-、CO32-之间不反应，且均能在碱性环境中存在，A可大量共存；
B、Cu2+ 在溶液中呈蓝色，与 “无色透明溶液” 的条件矛盾，B不能共存；
C、Ba2+ 与 SO42-会结合生成 BaSO4沉淀，C不能共存；
D、使石蕊变红的溶液呈酸性（含 H+），Fe3+ 具有氧化性，I-具有还原性，二者会发生氧化还原反应，D不能共存；
故答案为：A。
【分析】这道题的解题关键点：
抓隐含条件：无色溶液排除有色离子（如 Cu2+）；酸、碱性溶液明确 H+ 或 OH-环境。
查复分解反应：看离子是否生成沉淀（如 Ba2+ 与 SO42-），有则不共存。
防氧化还原反应：强氧化性离子（如 Fe3+）与强还原性离子（如 I-）会反应，不共存。
11．【答案】D
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、NaOH 与过量 CO2反应生成 NaHCO3，对应转化①，A正确；
B、Na2O2与 H2O 反应（转化④）、与 CO2反应（转化⑤），均会生成 O2，B 正确；
C、Na2CO3滴加盐酸时，先发生反应③（生成 NaHCO3），盐酸过量后发生反应⑧（NaHCO3转化为 NaCl），C正确；
D、反应②是 NaHCO3转化为 Na2CO3，除加热外，还可通过加入 NaOH 溶液（NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O）实现，并非只能加热，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题关键点：
依托“价—类”二维图核心逻辑：明确钠的不同价态（0、+1价）、不同类别物质（单质、氧化物、碱、盐）之间的转化路径，结合反应条件、反应物用量判断转化是否成立。
抓特殊反应与物质特性：含钠化合物与反应时，和的用量会决定产物是还是。
的特征反应：与、反应均生成，对应价态变化的同时伴随气体生成。
与盐酸反应的分步性：先生成，盐酸过量后才会生成、和。
规避转化方式的唯一性误区：转化为有多种途径，加热分解、加入溶液均可实现，不能默认只有一种方法。
12．【答案】D
【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、N2是 N 元素被氧化的产物，是氧化产物，A错误；
B、氧化剂（Cu2+）与还原剂（N2H4）的物质的量之比为 4：1，B错误；
C、N2H4中 N 元素化合价升高，只作还原剂，C错误；
D、28g N2为 1mol，生成 1mol N2时 N 元素转移 4mol 电子，D正确；
故答案为：D。
【分析】解题核心是通过化合价变化判断氧化还原反应中的氧化剂、还原剂、产物及电子转移：
化合价变化：Cu 元素从 +2（Cu2+）降为 + 1（Cu2O），被还原；N 元素从 - 2（N2H4）升为 0（N2），被氧化。
氧化剂、还原剂：Cu2+ 是氧化剂，N2H4是还原剂；
电子转移：生成 1mol N2（28g）时，N 元素失去 4mol 电子（从 - 2 到 0，2 个 N 原子共失 4mol）。
13．【答案】D
【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 Ⅰ 中 H2将 Ce4+还原为 Ce3+，离子方程式为，A正确；
B、反应 Ⅱ 中，Ce3+（还原剂）被氧化为 Ce4+，NO（氧化剂）被还原为 N2，根据化合价变化：1 个 NO 得 2e-，1 个 Ce3+ 失 1e-，故氧化剂（NO）与还原剂（Ce3+）物质的量之比为 1：2，B 正确；
C、Ce3+ 和 Ce4+ 循环转化，混合溶液中两者总数保持不变，C正确；
D、未说明 “标准状况”，2.24 L 氢气的物质的量不一定是 0.1 mol，转移电子数无法确定，D错误；
故答案为：D。
【分析】先明确反应过程：Ce4+ 和 Ce3+ 是循环的催化剂 / 中间产物，反应 Ⅰ 是 H2还原 Ce4+ 为 Ce3+；反应 Ⅱ 是 Ce3+ 还原 NO 为 N2，自身被氧化为 Ce4+。
14．【答案】D
【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；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A、步骤①酸溶烧渣选硫酸，可使铁的氧化物转化为 Fe2(SO4)3、FeSO4等含 SO42-的盐，避免引入其他阴离子杂质，A正确；B、步骤②中，FeS2与溶液 a 中的 Fe3+发生氧化还原反应：FeS2中 S 被氧化为 SO42-，Fe3+被还原为 Fe2+，离子反应为 FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+，B正确；
C、Fe2+易被空气中 O2氧化为 Fe3+，步骤③需控制条件（如隔绝空气）防止氧化，C正确；
D、绿矾（FeSO4 7H2O）受热易失去结晶水，且 Fe2+会被氧化，不能加热蒸干，应冷却结晶、过滤，D错误；
故答案为：D。
【分析】硫铁矿烧渣的主要成分包括 Fe3O4、Fe2O3、FeO 和 SiO2，先通过硫酸进行酸溶处理：其中铁的氧化物会与硫酸反应，生成含有 Fe2+和 Fe3+的溶液 a；而 SiO2不溶于硫酸，以固体形式作为滤渣分离出来。之后，向溶液 a 中加入 FeS2，FeS2起到还原作用，将 Fe3+还原为 Fe2+；由于 FeS2难溶于水，反应后过量的 FeS2可通过过滤除去，得到溶液 b。最后，为避免 Fe2+被氧化，需在隔绝氧气的条件下，对溶液 b 进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥，从而制得绿矾（FeSO4 7H2O）。
15．【答案】（1）或
（2）①
（3）④
（4）③；还原性
（5）CH2=CH2OH+H2OCH3CH2OH
（6）2CH3CH2+O22CH3CHO+2H2O
【知识点】有机物的结构和性质；乙醇的物理、化学性质；乙醇的催化氧化实验
【解析】【解答】（1）苯分子式为C6H6，分子内6个碳碳键完全相同，具有平面正六边形结构，苯的结构简式是或；
故答案为：或 ；
（2）通常①乙烯呈气态、含碳碳双键能发生加聚反应；②苯呈液态、能发生加聚反应；③乙醇呈液态、不能发生加聚反应； ④葡萄糖呈固态、不能发生加聚反应；则常温下呈气态，能发生加聚反应的是①；
故答案为： ① ；
（3）在加热条件下，含醛基的物质能被新制的氢氧化铜反应氧化，产生砖红色沉淀，①乙烯、②苯和③乙醇均不含醛基，④葡萄糖是一种多羟基醛，故在加热条件下，能与新制的氢氧化铜反应产生砖红色沉淀，答案为④；
故答案为： ④ ；
（4）酒驾的司机，呼出的气体中含酒精蒸汽，酒精具有还原性，能和酸性重铬酸钾发生氧化还原，重铬酸钾被还原，由橙红色变为绿色，则：交警查司机酒驾，是利用③可以使变色的原理。此反应利用了该有机物的还原性；
故答案为： ③ ； 还原性 ；
（5）乙烯与水生成乙醇的化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；
故答案为： CH2=CH2OH+H2OCH3CH2OH ；
（6）乙醇去氢催化氧化生成乙醛的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。
故答案为： 2CH3CH2+O22CH3CHO+2H2O 。
【分析】(1)苯的结构简式为平面正六边形，可表示为（或凯库勒式）。
(2)掌握常温气态且含碳碳双键（能加聚）的是乙烯（①）。
(3)掌握含醛基的物质（葡萄糖，④）能与新制氢氧化铜加热生成砖红色沉淀。
(4)乙醇（③）具有还原性，能使 K2Cr2O7变色，用于酒驾检测。
(5)乙烯与水在催化剂下发生加成反应，生成乙醇，据此书写化学方程式。
(6)乙醇在 Cu 催化、加热条件下氧化生成乙醛，据此书写化学方程式。
（1）苯分子式为C6H6，分子内6个碳碳键完全相同，具有平面正六边形结构，苯的结构简式是或；
（2）通常①乙烯呈气态、含碳碳双键能发生加聚反应；②苯呈液态、能发生加聚反应；③乙醇呈液态、不能发生加聚反应； ④葡萄糖呈固态、不能发生加聚反应；则常温下呈气态，能发生加聚反应的是①；
（3）在加热条件下，含醛基的物质能被新制的氢氧化铜反应氧化，产生砖红色沉淀，①乙烯、②苯和③乙醇均不含醛基，④葡萄糖是一种多羟基醛，故在加热条件下，能与新制的氢氧化铜反应产生砖红色沉淀，答案为④；
（4）酒驾的司机，呼出的气体中含酒精蒸汽，酒精具有还原性，能和酸性重铬酸钾发生氧化还原，重铬酸钾被还原，由橙红色变为绿色，则：交警查司机酒驾，是利用③可以使变色的原理。此反应利用了该有机物的还原性；
（5）乙烯与水生成乙醇的化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；
（6）乙醇去氢催化氧化生成乙醛的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。
16．【答案】（1）SiO2；NaHSO4=Na++H++
（2）
（3）KMnO4
（4）；N2H4·H2OOH-+N2H；2NH3+NaClO=NaCl+N2H4+H2O
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）石英主要成分是二氧化硅，其化学式为SiO2；NaHSO4属于强酸的酸式盐，在水溶液中的电离方程式为：NaHSO4=Na++H++；
故答案为： SiO2 ； NaHSO4=Na++H++ ；
（2）反应中Cr元素化合价降低，被还原，K2Cr2O7具有氧化性，为氧化剂，对应还原产物为CrCl3；Cl元素化合价升高，被氧化，HCl为还原剂，对应氧化产物为Cl2，Cr元素化合价由+6价降低为+3价，化合价变化3价，电子转移的总数为6e-，用双线桥法标出电子转移的方向和数目可表示为；
故答案为： ；
（3）方程式①中FeCl3的Fe元素化合价降低，为氧化剂，I2为氧化产物，故FeCl3的氧化性大于I2的氧化性；方程式②中Cl2的Cl元素化合价降低，为氧化剂，FeCl3为氧化产物，故Cl2的氧化性大于FeCl3的氧化性；方程式③中KMnO4的Mn元素化合价降低，为氧化剂，Cl2为氧化产物，故KMnO4的氧化性大于Cl2的氧化性；综上KMnO4的氧化性最强；
故答案为： KMnO4 ；
（4）①NH3中N原子最外层有5个电子，其中3个为单电子，分别与3个H原子最外层的电子共用形成3个N-H共价键，故NH3的电子式为；
②氨溶于水发生反应生成一水合氨，一水合氨在水中电离生成铵根离子和氢氧根离子，所以氨的水溶液呈碱性，由于肼的性质与氨相似，则肼也可以和水反应生成一水合肼，一水合肼可以电离出和OH-，则肼的水溶液呈碱性的原因用电离方程式解释为N2H4·H2OOH-+；
③NH3可以与NaClO发生氧化还原反应，生成N2H4和NaCl，反应过程中NaClO中1个ClO-得到2个电子生成Cl-，NH3中1个N原子失去1个电子生成N2H4，根据得失电子守恒，2个NH3失去2个电子转移给NaClO才可以发生守恒，结合原子守恒，制备肼的化学方程式为2NH3+NaClO=NaCl+N2H4+H2O。
故答案为： ； N2H4·H2OOH-+N2H ； 2NH3+NaClO=NaCl+N2H4+H2O 。
【分析】(1)石英主要成分为 SiO2；NaHSO4在水溶液中完全电离出 Na+、H+和 SO42-。
(2)K2Cr2O7中 Cr（+6 价）得 6e-降为 + 3 价，HCl 中 Cl（-1 价）失 6e-升为 0 价，用双线桥标出电子转移方向和数目。
(3)根据 “氧化剂氧化性＞氧化产物”，由反应得氧化性：KMnO4＞Cl2＞FeCl3＞I2，故 KMnO4氧化性最强。
(4)① NH3的电子式为（H 与 N 间为共用电子对）。
②肼与水反应生成 OH-，电离方程式为 N2H4+H2O OH-+N2H5+。
③NH3与 NaClO 发生氧化还原反应，生成 N2H4、NaCl 和 H2O。
（1）石英主要成分是二氧化硅，其化学式为SiO2；NaHSO4属于强酸的酸式盐，在水溶液中的电离方程式为：NaHSO4=Na++H++；
（2）反应中Cr元素化合价降低，被还原，K2Cr2O7具有氧化性，为氧化剂，对应还原产物为CrCl3；Cl元素化合价升高，被氧化，HCl为还原剂，对应氧化产物为Cl2，Cr元素化合价由+6价降低为+3价，化合价变化3价，电子转移的总数为6e-，用双线桥法标出电子转移的方向和数目可表示为；
（3）方程式①中FeCl3的Fe元素化合价降低，为氧化剂，I2为氧化产物，故FeCl3的氧化性大于I2的氧化性；方程式②中Cl2的Cl元素化合价降低，为氧化剂，FeCl3为氧化产物，故Cl2的氧化性大于FeCl3的氧化性；方程式③中KMnO4的Mn元素化合价降低，为氧化剂，Cl2为氧化产物，故KMnO4的氧化性大于Cl2的氧化性；综上KMnO4的氧化性最强；
（4）①NH3中N原子最外层有5个电子，其中3个为单电子，分别与3个H原子最外层的电子共用形成3个N-H共价键，故NH3的电子式为；
②氨溶于水发生反应生成一水合氨，一水合氨在水中电离生成铵根离子和氢氧根离子，所以氨的水溶液呈碱性，由于肼的性质与氨相似，则肼也可以和水反应生成一水合肼，一水合肼可以电离出和OH-，则肼的水溶液呈碱性的原因用电离方程式解释为N2H4·H2OOH-+；
③NH3可以与NaClO发生氧化还原反应，生成N2H4和NaCl，反应过程中NaClO中1个ClO-得到2个电子生成Cl-，NH3中1个N原子失去1个电子生成N2H4，根据得失电子守恒，2个NH3失去2个电子转移给NaClO才可以发生守恒，结合原子守恒，制备肼的化学方程式为2NH3+NaClO=NaCl+N2H4+H2O。
17．【答案】（1）Cu2+、Fe3+
（2）Ag+；Ag++Cl-=AgCl↓
（3）Mg2+；Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓
（4）B
【知识点】离子共存；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）铜离子是蓝色的，故可以排除不含铜离子；
故答案为： Cu2+、Fe3+ ；
（2）加硝酸排除了其他离子的干扰，生成的白色沉淀是氯化银，故原溶液中肯定存在的离子是Ag+，有关方程式为Ag++Cl-=AgCl↓；
故答案为： Ag+ ； Ag++Cl-=AgCl↓ ；
（3）氢氧化铁为红褐色沉淀，故取(2)的滤液加入过量的NaOH溶液，出现白色沉淀只可能是氢氧化镁，说明原溶液中肯定存在的离子是Mg2+；离子方程式为Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓；
故答案为： Mg2+ ； Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓ ；
（4）氯离子会和银离子反应生成氯化银沉淀，碳酸根会和镁离子反应生成碳酸镁沉淀，氢氧根会和镁离子、铁离子生成沉淀，故可能存在的离子只有。
故答案为： B ；
【分析】(1)溶液无色，直接排除有色离子 Cu2+、Fe3+（Cu2+显蓝色，Fe3+显棕黄色）。
(2)加稀盐酸生成不溶于稀硝酸的白色沉淀（AgCl），证明有 Ag+；离子方程式为 Ag++Cl-=AgCl↓。
(3)(2) 的滤液加过量 NaOH 出现白色沉淀（Mg(OH)2），证明有 Mg2+；离子方程式为 Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓。
(4)Cl-与 Ag+反应沉淀，CO32-、OH-与 Mg2+反应沉淀，只有 NO3-可共存，选 B。
（1）铜离子是蓝色的，故可以排除不含铜离子；
（2）加硝酸排除了其他离子的干扰，生成的白色沉淀是氯化银，故原溶液中肯定存在的离子是Ag+，有关方程式为Ag++Cl-=AgCl↓；
（3）氢氧化铁为红褐色沉淀，故取(2)的滤液加入过量的NaOH溶液，出现白色沉淀只可能是氢氧化镁，说明原溶液中肯定存在的离子是Mg2+；离子方程式为Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓；
（4）氯离子会和银离子反应生成氯化银沉淀，碳酸根会和镁离子反应生成碳酸镁沉淀，氢氧根会和镁离子、铁离子生成沉淀，故可能存在的离子只有。
18．【答案】（1）分液漏斗；脱水性；吸收挥发出的甲酸
（2）
（3）；装置K反应前后增加的质量；
（4）增大气体流速
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）①盛放甲酸的实验仪器的名称是分液漏斗。
故答案为：分液漏斗。
②甲酸在浓硫酸作用下脱水生成，该化学反应利用了浓硫酸的脱水性。
故答案为：脱水性。
③甲酸易挥发且溶于水，难溶于水，因此将生成的气体通过盛有水的装置B目的是吸收挥发出的甲酸。
故答案为：吸收挥发出的甲酸。
（2）根据题干描述写出反应的化学方程式：。
故答案为：。
（3）①CO经过装置F后，需经过装置G吸收混杂在CO中的水分，防止吸水潮解，气体从长导管进，短导管出。再通过装置H、K，装置K后需连接装置I防止空气中的水分进入装置，因此正确的连接口顺序为：。
故答案为：。
②为测量CO的转化率，除称量装置H反应前后质量变化外，还需要测定装置K反应前后增加的质量。
故答案为：装置K反应前后增加的质量。
③CO通过装置H后：
列比例式得：，解得通入的CO总质量。
CO通过装置K后增加的质量m为氧气的质量，其物质的量为，根据可计算出发生反应的CO质量为，则CO转化率=。
故答案为：。
（4）通过增大气体流速可以缩短接触时长。
故答案为：增大气体流速。
【分析】(1)①盛放液体试剂的分液装置为分液漏斗。
②甲酸在浓硫酸作用下脱水生成 CO，利用浓硫酸脱水性。
③甲酸易挥发，装置 B 用水吸收挥发的甲酸（CO 难溶于水）。
(2)CO 与银氨溶液反应生成 Ag、(NH4)2CO3和 NH3，直接配平化学方程式。
(3)①先除杂干燥（F→G），再催化反应（K），后防干扰（I），最后测剩余 CO（H），按气流方向接接口。
②CO 转化率需知总 CO 量（H 质量变化）和反应的 CO 量（K 质量变化）。
③总 CO 量由 H 质量差计算，反应的 CO 量由 K 质量差计算，转化率为（总 CO - 剩余 CO）÷总 CO×100%。
(4)增大气体流速可缩短气体与催化剂的接触时间。
（1）①盛放甲酸的实验仪器的名称是分液漏斗。
答案为：分液漏斗。
②甲酸在浓硫酸作用下脱水生成，该化学反应利用了浓硫酸的脱水性。
答案为：脱水性。
③甲酸易挥发且溶于水，难溶于水，因此将生成的气体通过盛有水的装置B目的是吸收挥发出的甲酸。
答案为：吸收挥发出的甲酸。
（2）根据题干描述写出反应的化学方程式：。
答案为：。
（3）①CO经过装置F后，需经过装置G吸收混杂在CO中的水分，防止吸水潮解，气体从长导管进，短导管出。再通过装置H、K，装置K后需连接装置I防止空气中的水分进入装置，因此正确的连接口顺序为：。
答案为：。
②为测量CO的转化率，除称量装置H反应前后质量变化外，还需要测定装置K反应前后增加的质量。
答案为：装置K反应前后增加的质量。
③CO通过装置H后：
列比例式得：，解得通入的CO总质量。
CO通过装置K后增加的质量m为氧气的质量，其物质的量为，根据可计算出发生反应的CO质量为，则CO转化率=。
答案为：。
（4）通过增大气体流速可以缩短接触时长。
答案为：增大气体流速。
1 / 1广西壮族自治区来宾市2025-2026学年高三上学期9月月考 化学试题
1．（2025高三上·来宾月考）中华文化源远流长，博大精深。下列古诗词中的物质变化只涉及物理变化的是
A．野火烧不尽，春风吹又生
B．千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲
C．爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏
D．夜来风雨声，花落知多少
【答案】D
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】A、“野火烧不尽” 涉及燃烧，燃烧是可燃物与氧气反应生成新物质（如二氧化碳），属于化学变化，故A不符合题意 ；
B、“烈火焚烧若等闲” 描述的是石灰石（碳酸钙）高温分解为氧化钙和二氧化碳，有新物质生成，属于化学变化，故B不符合题意 ；
C、“爆竹声中一岁除” 中爆竹爆炸是火药燃烧、爆炸，生成二氧化碳等新物质，属于化学变化，故C不符合题意 ；
D、“夜来风雨声，花落知多少” 只是花瓣从枝头脱落，花的本质没有改变，无新物质生成，属于物理变化，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】解题思路：判断每个选项中变化是否生成新物质 —— 有新物质生成的是化学变化，无新物质生成的是物理变化。
2．（2025高三上·来宾月考）化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是
A．推广使用可降解塑料聚乳酸，能减少白色污染
B．三星堆青铜大立人以合金为材料，其深埋于地下生锈是因为发生了析氢腐蚀
C．液晶既有液体的流动性、形变性和黏度，又有类似晶体的各向异性
D．汽车防冻液的主要成分为乙二醇，其沸点高的原因是易形成分子间氢键
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；氢键的存在对物质性质的影响；常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】A、聚乳酸可降解，推广使用能减少白色污染，A正确；
B、深埋地下缺氧，青铜生锈发生的是吸氧腐蚀，不是析氢腐蚀，B错误；
C、液晶同时具有液体的流动性和晶体的各向异性，C正确；
D、乙二醇分子间易形成氢键，导致其沸点较高，适合做防冻液，D正确；
故答案为：B。
【分析】解题核心是结合物质性质、腐蚀类型、材料特点等判断选项：
可降解塑料：聚乳酸可降解，能减少难以降解的塑料（白色污染）；
金属腐蚀类型：深埋地下的环境（缺氧），青铜生锈发生的是吸氧腐蚀（而非析氢腐蚀，析氢腐蚀需要酸性、有氧环境）；
液晶的性质：液晶兼具液体的流动性和晶体的各向异性，是其典型特点；
乙二醇的沸点：乙二醇分子含多个羟基，易形成分子间氢键，使沸点升高。
3．（2025高三上·来宾月考）下列关于胶体的说法中正确的是
A．胶体与溶液有明显不同的外观特征
B．胶体不稳定，静置后易产生沉淀
C．将Fe(OH)3胶体进行过滤，所得到的滤液与原来胶体的组成不同
D．豆浆是胶体，因为豆浆中的分散质粒子直径在1～100 nm之间
【答案】D
【知识点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；胶体的性质和应用
【解析】【解答】 A、胶体与溶液均可均一、透明，外观无明显不同，A错误；
B、胶体具有介稳性，静置不易沉淀，B错误；
C、胶体粒子能透过滤纸，过滤后滤液与原胶体组成一致，C错误；
D、胶体的本质是分散质粒子直径 1~100 nm，豆浆符合此特征，D正确；
故答案为：D。
【分析】解题核心是依据胶体的本质特征（分散质粒子直径 1~100 nm）及性质（均一、稳定、能透过滤纸）判断选项：
外观特征：胶体与溶液均可呈均一、透明状，外观无明显区别；
稳定性：胶体具有介稳性，静置不易产生沉淀；
过滤性质：胶体分散质粒子能透过滤纸，过滤后滤液与原胶体组成一致；
本质定义：胶体的本质是分散质粒子直径在 1~100 nm 之间，豆浆符合此特征。
4．（2025高三上·来宾月考）下列有关金属钠的叙述正确的是
A．实验后剩余的钠粒不能放回原试剂瓶中
B．Na表面自然形成的氧化层能够保护内层金属不被空气氧化
C．钠在空气中受热时，熔化为银白色的小球，产生黄色的火焰，生成白色粉末
D．一定条件下，2.3g的Na完全与O2反应生成3.6g产物，失去的电子数为0.1NA
【答案】D
【知识点】钠的化学性质；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、钠是活泼金属，实验后剩余钠粒若随意丢弃易引发危险，应放回原试剂瓶，A错误；
B、钠表面自然形成的氧化层是 Na2O，Na2O 结构疏松，无法阻挡空气进入，不能保护内层金属，D错误；
C、钠在空气中受热燃烧，生成的产物是 Na2O2（淡黄色粉末），并非白色粉末，C错误；
D、2.3g Na 的物质的量为 0.1mol，Na 与 O2反应时，无论生成 Na2O 还是 Na2O2，Na 均从 0 价升为 +1 价，因此 0.1mol Na 完全反应失去 0.1mol 电子，对应电子数为 0.1NA，D正确；
故答案为：D。
【分析】这道题的解题突破口（关键点）：
A．钠的特殊保存规则：活泼金属（如钠）剩余试剂需放回原瓶，避免安全隐患。
B．氧化物的保护能力：钠的氧化层（Na2O）结构疏松，无保护作用；而铝的氧化层（Al2O3）致密才有保护作用。
C．钠燃烧的产物特征：钠常温氧化生成白色 Na2O，燃烧生成淡黄色 Na2O2，需区分产物颜色。
D．电子转移的计算逻辑：钠反应时只生成 + 1 价钠离子，电子转移数仅与钠的物质的量有关，与产物种类无关。
5．（2025高三上·来宾月考）分类是学习和研究化学的一种常用的科学方法。下列分类合理的是（　　）
A．根据SiO2是酸性氧化物，判断其可与NaOH溶液反应
B．金属氧化物一定是碱性氧化物
C．根据丁达尔现象将分散系分为胶体、溶液和浊液
D．根据酸分子中H原子个数分为一元酸、二元酸等
【答案】A
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】 A．能与碱起反应生成盐和水的氧化物，SiO2可与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，故SiO2是酸性氧化物酸性氧化物，A正确；
B．金属氧化物不一定是碱性氧化物，如过氧化钠、氧化铝等是金属氧化物，过氧化钠为过氧化物，氧化铝为两性氧化物，不是碱性氧化物，B错误；
C．根据分散质微粒直径大小把分散系分为溶液、胶体和浊液，丁达尔效应是胶体的特征性质，C错误；
D．从酸电离出氢离子的数目将酸分为一元酸、二元酸等，与含有的H原子的数目无关，例如CH3COOH含有4个H原子，但为一元酸，D错误；
故选：A。
【分析】 A．和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；
B．碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定为碱性氧化物；
C．依据分散系中分散质的微粒直径大小，对分散系分类；
D．从酸电离出氢离子的数目将酸分为一元酸、二元酸等。
6．（2025高三上·来宾月考）下列相关离子方程式书写正确的是
A．向溶液中加入过量的溶液：
B．Na[Al(OH)4]溶液与NaHCO3溶液混合：
C．向硫酸铜溶液中加入NaHS溶液生成黑色沉淀：Cu2＋＋S2-=CuS↓
D．与过量浓氨水反应的离子方程式：
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、NaOH过量时，Mg2+应生成Mg(OH)2沉淀，正确离子方程式为，A错误；
B、与反应生成沉淀和，离子方程式书写正确，B正确；
C、不能拆分为，正确离子方程式为，C错误；
D、过量浓氨水会与反应生成银氨络离子，正确离子方程式为，D错误。
故答案为：B。
【分析】解题核心是依据离子方程式的书写规则（物质拆分、反应实际产物、过量问题）判断选项：
过量NaOH与Mg(HCO3)2的反应：NaOH过量时，Mg2+会转化为更难溶的Mg(OH)2（而非MgCO3），故产物应为Mg(OH)2；
[Al(OH)4]-与HCO3-的反应：[Al(OH)4]-的碱性强于HCO3-，可发生反应生成Al(OH)3沉淀和CO32-；
NaHS与CuSO4的反应：HS-是弱酸酸式根，不能拆分为S2-，应保留HS-形式；
AgNO3与过量浓氨水的反应：过量氨水会与AgOH进一步反应生成银氨络离子[Ag(NH3)2]+，而非AgOH沉淀。
7．（2025高三上·来宾月考）实验室里盛放Na2CO3和NaHCO3固体的试剂瓶丢失了标签，分别取1 g固体置于两试管中，下列实验设计不一定能鉴别Na2CO3和NaHCO3的是
A．分别向两试管中滴入几滴水
B．将两试管分别加热，产生的气体通入澄清石灰水
C．向两试管中分别加入5 mL水，振荡后，滴入澄清石灰水
D．向两试管中分别加入5 mL水，振荡后，再逐滴加入稀盐酸
【答案】C
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、Na2CO3溶于水放热不明显，NaHCO3溶于水吸热（温度降低）；且 Na2CO3与水生成结晶水合物（结块），NaHCO3无此现象，可鉴别，故A不符合题意 ；
B、NaHCO3加热分解生成 CO2（使澄清石灰水变浑浊），Na2CO3加热不分解，可鉴别，故B不符合题意 ；
C、Na2CO3、NaHCO3溶于水后，滴入澄清石灰水都会生成 CaCO3沉淀（前者是 CO32-与 Ca2+ 反应，后者是 HCO3-与 OH-生成 CO32-再沉淀），无法区分，故C符合题意 ；
D、逐滴加稀盐酸时，Na2CO3先无气泡（生成 NaHCO3）、后产生气泡；NaHCO3立即产生气泡，可鉴别，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】这道题的易错点集中在对 Na2CO3、NaHCO3与碱反应的认知偏差：
混淆二者与澄清石灰水的反应现象：误以为 NaHCO3和澄清石灰水不反应，实际二者溶于水后，HCO3-会与 OH-生成 CO32-，最终都能和 Ca2+ 形成 CaCO3沉淀，导致无法鉴别（对应选项 C 的易错点）。
忽略 “逐滴加酸” 的反应差异：易误认二者加酸都会立即产生气泡，但 Na2CO3与酸反应是分步进行的（先生成 NaHCO3），需注意加酸方式对现象的影响。
8．（2025高三上·来宾月考）下列有关铁和铁的化合物的叙述中，正确的是
A．铁的化学性质比较活泼，它能与许多物质发生化学反应，因此铁在自然界中只能以化合态存在
B．Fe3O4是一种红棕色粉末，俗称铁红，常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料
C．Fe(OH)2在空气中容易被氧化，如图①②都能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀
D．往某溶液中先加入氯水，再加入KSCN溶液，发现溶液变成红色，证明原溶液中含有Fe3+
【答案】C
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、自然界存在陨铁（游离态的铁），并非只能以化合态存在，A错误；
B、Fe3O4是黑色晶体，红棕色的 “铁红” 是 Fe2O3，B错误；
C、装置①用铁粉防 Fe2+ 氧化、液封隔绝空气；装置②用苯隔绝空气，二者都能较长时间看到 Fe(OH)2白色沉淀，C正确；
D、氯水会将 Fe2+ 氧化为 Fe3+，此操作无法证明原溶液中含 Fe3+，D错误；
故答案为：C。
【分析】解题核心是结合铁及其化合物的性质、实验装置作用判断选项：
铁在自然界的存在：铁虽活泼，但自然界存在游离态的铁（如陨铁）；
Fe3O4的性质：Fe3O4是黑色晶体，Fe2O3才是红棕色的 “铁红”；
Fe(OH)2的制备：Fe(OH)2易被氧化，装置①用铁粉防止 Fe2+ 被氧化、液封隔绝空气；装置②用苯隔绝空气，均可较长时间保存 Fe(OH)2白色沉淀；
Fe3+ 的检验：氯水可将 Fe2+氧化为 Fe3+，先加氯水再加 KSCN 溶液，无法证明原溶液原本含 Fe3+。
9．（2025高三上·来宾月考）把图2中的物质补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原型离子方程式(未配平)。
对该氧化还原反应型离子方程式，说法不正确的是（　　）
A．IO4-作氧化剂具有氧化性
B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2
C．若有2molMn2+参加反应时则转移10mol电子
D．氧化性：MnO4->IO4-
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、IO4-中 I 化合价降低，作氧化剂，具有氧化性，A正确；
B、根据得失电子守恒，还原剂（Mn2+）失电子总数=氧化剂（IO4-）得电子总数：设 Mn2+ 为 2mol（失 2×5e-=10e-），则 IO4-需 5mol（得 5×2e-=10e-），故氧化剂与还原剂物质的量之比为 5：2，B正确；
C、1mol Mn2+ 反应失 5mol 电子，2mol Mn2+ 反应转移 10mol 电子，C正确；
D、氧化还原反应中，氧化剂氧化性＞氧化产物氧化性。此处 IO4-是氧化剂，MnO4-是氧化产物，故氧化性：IO4-＞MnO4-，D错误；
故答案为：D。
【分析】首先明确反应中的价态变化：Mn2+作为反应物，反应后生成 MnO4-，Mn 元素化合价从 +2 升至 +7，失去电子，是还原剂；含碘离子需作氧化剂（得电子、化合价降低），因此 IO4-（I 为 +7 价）是反应物，还原产物为 IO3-（I 为 +5 价）。结合元素守恒，确定 H2O 为反应物（补充 O 元素），配平后反应为：2Mn2++5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+。
10．（2025高三上·来宾月考）下列离子能大量共存的是
A．使酚酞溶液呈红色的溶液中：Na+、K+、SO、CO
B．无色透明的溶液中：Cu2+、K+、SO、NO
C．含有大量Ba2+的溶液中：Mg2+、NH、SO、Cl-
D．使石蕊溶液呈红色的溶液中：Na+、Fe3+、I-、SO
【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、使酚酞变红的溶液呈碱性（含 OH-），Na+、K+、SO42-、CO32-之间不反应，且均能在碱性环境中存在，A可大量共存；
B、Cu2+ 在溶液中呈蓝色，与 “无色透明溶液” 的条件矛盾，B不能共存；
C、Ba2+ 与 SO42-会结合生成 BaSO4沉淀，C不能共存；
D、使石蕊变红的溶液呈酸性（含 H+），Fe3+ 具有氧化性，I-具有还原性，二者会发生氧化还原反应，D不能共存；
故答案为：A。
【分析】这道题的解题关键点：
抓隐含条件：无色溶液排除有色离子（如 Cu2+）；酸、碱性溶液明确 H+ 或 OH-环境。
查复分解反应：看离子是否生成沉淀（如 Ba2+ 与 SO42-），有则不共存。
防氧化还原反应：强氧化性离子（如 Fe3+）与强还原性离子（如 I-）会反应，不共存。
11．（2025高三上·来宾月考）下图为钠元素的“价—类”二维图，箭头表示物质间的转化关系，下列说法错误的是
A．氢氧化钠溶液可以与过量二氧化碳反应实现转化关系①
B．发生④⑤的转化均有产生
C．碳酸钠溶液中不断滴加盐酸依次发生反应③和⑧生成氯化钠
D．反应②只能通过加热才能实现物质转化
【答案】D
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、NaOH 与过量 CO2反应生成 NaHCO3，对应转化①，A正确；
B、Na2O2与 H2O 反应（转化④）、与 CO2反应（转化⑤），均会生成 O2，B 正确；
C、Na2CO3滴加盐酸时，先发生反应③（生成 NaHCO3），盐酸过量后发生反应⑧（NaHCO3转化为 NaCl），C正确；
D、反应②是 NaHCO3转化为 Na2CO3，除加热外，还可通过加入 NaOH 溶液（NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O）实现，并非只能加热，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题关键点：
依托“价—类”二维图核心逻辑：明确钠的不同价态（0、+1价）、不同类别物质（单质、氧化物、碱、盐）之间的转化路径，结合反应条件、反应物用量判断转化是否成立。
抓特殊反应与物质特性：含钠化合物与反应时，和的用量会决定产物是还是。
的特征反应：与、反应均生成，对应价态变化的同时伴随气体生成。
与盐酸反应的分步性：先生成，盐酸过量后才会生成、和。
规避转化方式的唯一性误区：转化为有多种途径，加热分解、加入溶液均可实现，不能默认只有一种方法。
12．（2025高三上·来宾月考）关于反应，下列说法正确的是
A．是还原产物
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4
C．既是氧化剂又是还原剂
D．生成，转移电子
【答案】D
【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、N2是 N 元素被氧化的产物，是氧化产物，A错误；
B、氧化剂（Cu2+）与还原剂（N2H4）的物质的量之比为 4：1，B错误；
C、N2H4中 N 元素化合价升高，只作还原剂，C错误；
D、28g N2为 1mol，生成 1mol N2时 N 元素转移 4mol 电子，D正确；
故答案为：D。
【分析】解题核心是通过化合价变化判断氧化还原反应中的氧化剂、还原剂、产物及电子转移：
化合价变化：Cu 元素从 +2（Cu2+）降为 + 1（Cu2O），被还原；N 元素从 - 2（N2H4）升为 0（N2），被氧化。
氧化剂、还原剂：Cu2+ 是氧化剂，N2H4是还原剂；
电子转移：生成 1mol N2（28g）时，N 元素失去 4mol 电子（从 - 2 到 0，2 个 N 原子共失 4mol）。
13．（2025高三上·来宾月考）用还原法可以将硝酸厂烟气中的大量氮氧化物(NOx)转化为无害物质。常温下，将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其物质的转化过程如图所示。下列说法不正确的是
A．反应I的离子方程式为2Ce4+ + H2 = 2Ce3+ + 2H+
B．反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
C．反应过程中，混合溶液中Ce3+和Ce4+的总数一定保持不变
D．理论上，每消耗2.24 L氢气，转移的电子的物质的量为0.2 mol
【答案】D
【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 Ⅰ 中 H2将 Ce4+还原为 Ce3+，离子方程式为，A正确；
B、反应 Ⅱ 中，Ce3+（还原剂）被氧化为 Ce4+，NO（氧化剂）被还原为 N2，根据化合价变化：1 个 NO 得 2e-，1 个 Ce3+ 失 1e-，故氧化剂（NO）与还原剂（Ce3+）物质的量之比为 1：2，B 正确；
C、Ce3+ 和 Ce4+ 循环转化，混合溶液中两者总数保持不变，C正确；
D、未说明 “标准状况”，2.24 L 氢气的物质的量不一定是 0.1 mol，转移电子数无法确定，D错误；
故答案为：D。
【分析】先明确反应过程：Ce4+ 和 Ce3+ 是循环的催化剂 / 中间产物，反应 Ⅰ 是 H2还原 Ce4+ 为 Ce3+；反应 Ⅱ 是 Ce3+ 还原 NO 为 N2，自身被氧化为 Ce4+。
14．（2025高三上·来宾月考）由硫铁矿烧渣(主要成分为Fe3O4、Fe2O3、FeO和SiO2)制备绿矾(FeSO4 7H2O)的流程如图，已知：FeS2难溶于水。下列说法错误的是
A．步骤①酸溶烧渣最好选用硫酸
B．步骤②涉及的离子反应为FeS2+14Fe3++8H2O═15Fe2++2+16H+
C．步骤③须控制条件防止氧化
D．将溶液b加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干得纯净绿矾
【答案】D
【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；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A、步骤①酸溶烧渣选硫酸，可使铁的氧化物转化为 Fe2(SO4)3、FeSO4等含 SO42-的盐，避免引入其他阴离子杂质，A正确；B、步骤②中，FeS2与溶液 a 中的 Fe3+发生氧化还原反应：FeS2中 S 被氧化为 SO42-，Fe3+被还原为 Fe2+，离子反应为 FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+，B正确；
C、Fe2+易被空气中 O2氧化为 Fe3+，步骤③需控制条件（如隔绝空气）防止氧化，C正确；
D、绿矾（FeSO4 7H2O）受热易失去结晶水，且 Fe2+会被氧化，不能加热蒸干，应冷却结晶、过滤，D错误；
故答案为：D。
【分析】硫铁矿烧渣的主要成分包括 Fe3O4、Fe2O3、FeO 和 SiO2，先通过硫酸进行酸溶处理：其中铁的氧化物会与硫酸反应，生成含有 Fe2+和 Fe3+的溶液 a；而 SiO2不溶于硫酸，以固体形式作为滤渣分离出来。之后，向溶液 a 中加入 FeS2，FeS2起到还原作用，将 Fe3+还原为 Fe2+；由于 FeS2难溶于水，反应后过量的 FeS2可通过过滤除去，得到溶液 b。最后，为避免 Fe2+被氧化，需在隔绝氧气的条件下，对溶液 b 进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥，从而制得绿矾（FeSO4 7H2O）。
15．（2025高三上·来宾月考）有下列四种有机物①乙烯 ②苯 ③乙醇 ④葡萄糖
（1）苯的结构简式是　 　。
（2）常温下呈气态，能发生加聚反应的是　 　(填序号)。
（3）在加热条件下，能与新制的氢氧化铜反应产生砖红色沉淀的是　 　(填序号)。
（4）交警查司机酒驾，是利用　 　(填序号)可以使K2Cr2O7变色的原理。此反应利用了该有机物的　 　性(填“氧化”或“还原”)。
（5）书写乙烯与水反应的化学方程式　 　。
（6）书写乙醇制备乙醛的化学方程式　 　。
【答案】（1）或
（2）①
（3）④
（4）③；还原性
（5）CH2=CH2OH+H2OCH3CH2OH
（6）2CH3CH2+O22CH3CHO+2H2O
【知识点】有机物的结构和性质；乙醇的物理、化学性质；乙醇的催化氧化实验
【解析】【解答】（1）苯分子式为C6H6，分子内6个碳碳键完全相同，具有平面正六边形结构，苯的结构简式是或；
故答案为：或 ；
（2）通常①乙烯呈气态、含碳碳双键能发生加聚反应；②苯呈液态、能发生加聚反应；③乙醇呈液态、不能发生加聚反应； ④葡萄糖呈固态、不能发生加聚反应；则常温下呈气态，能发生加聚反应的是①；
故答案为： ① ；
（3）在加热条件下，含醛基的物质能被新制的氢氧化铜反应氧化，产生砖红色沉淀，①乙烯、②苯和③乙醇均不含醛基，④葡萄糖是一种多羟基醛，故在加热条件下，能与新制的氢氧化铜反应产生砖红色沉淀，答案为④；
故答案为： ④ ；
（4）酒驾的司机，呼出的气体中含酒精蒸汽，酒精具有还原性，能和酸性重铬酸钾发生氧化还原，重铬酸钾被还原，由橙红色变为绿色，则：交警查司机酒驾，是利用③可以使变色的原理。此反应利用了该有机物的还原性；
故答案为： ③ ； 还原性 ；
（5）乙烯与水生成乙醇的化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；
故答案为： CH2=CH2OH+H2OCH3CH2OH ；
（6）乙醇去氢催化氧化生成乙醛的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。
故答案为： 2CH3CH2+O22CH3CHO+2H2O 。
【分析】(1)苯的结构简式为平面正六边形，可表示为（或凯库勒式）。
(2)掌握常温气态且含碳碳双键（能加聚）的是乙烯（①）。
(3)掌握含醛基的物质（葡萄糖，④）能与新制氢氧化铜加热生成砖红色沉淀。
(4)乙醇（③）具有还原性，能使 K2Cr2O7变色，用于酒驾检测。
(5)乙烯与水在催化剂下发生加成反应，生成乙醇，据此书写化学方程式。
(6)乙醇在 Cu 催化、加热条件下氧化生成乙醛，据此书写化学方程式。
（1）苯分子式为C6H6，分子内6个碳碳键完全相同，具有平面正六边形结构，苯的结构简式是或；
（2）通常①乙烯呈气态、含碳碳双键能发生加聚反应；②苯呈液态、能发生加聚反应；③乙醇呈液态、不能发生加聚反应； ④葡萄糖呈固态、不能发生加聚反应；则常温下呈气态，能发生加聚反应的是①；
（3）在加热条件下，含醛基的物质能被新制的氢氧化铜反应氧化，产生砖红色沉淀，①乙烯、②苯和③乙醇均不含醛基，④葡萄糖是一种多羟基醛，故在加热条件下，能与新制的氢氧化铜反应产生砖红色沉淀，答案为④；
（4）酒驾的司机，呼出的气体中含酒精蒸汽，酒精具有还原性，能和酸性重铬酸钾发生氧化还原，重铬酸钾被还原，由橙红色变为绿色，则：交警查司机酒驾，是利用③可以使变色的原理。此反应利用了该有机物的还原性；
（5）乙烯与水生成乙醇的化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；
（6）乙醇去氢催化氧化生成乙醛的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。
16．（2025高三上·来宾月考）(回答下列问题。
（1）写出石英主要成分的化学式：　 　；写出NaHSO4溶液的电离方程式：　 　。
（2）用双线桥法标出下列反应的电子转移情况：　 　。
K2Cr2O7+14HCl=2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O
（3）下列三个氧化还原反应中，氧化性最强的物质是　 　。
①2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2
②2FeCl2+Cl2=2FeCl3
③2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
（4）联氨(又称为肼，分子式为N2H4)一种高能燃料，常备用于火箭、航天领域，通常用过量NH3与NaClO反应制得。
①请写出NH3的电子式：　 　
②肼溶于水显弱碱性，其原理与氨相似。请用电离方程式解释肼的水溶液显碱性的原因是：　 　。
③请写出上述制备肼的化学方程式：　 　。
【答案】（1）SiO2；NaHSO4=Na++H++
（2）
（3）KMnO4
（4）；N2H4·H2OOH-+N2H；2NH3+NaClO=NaCl+N2H4+H2O
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）石英主要成分是二氧化硅，其化学式为SiO2；NaHSO4属于强酸的酸式盐，在水溶液中的电离方程式为：NaHSO4=Na++H++；
故答案为： SiO2 ； NaHSO4=Na++H++ ；
（2）反应中Cr元素化合价降低，被还原，K2Cr2O7具有氧化性，为氧化剂，对应还原产物为CrCl3；Cl元素化合价升高，被氧化，HCl为还原剂，对应氧化产物为Cl2，Cr元素化合价由+6价降低为+3价，化合价变化3价，电子转移的总数为6e-，用双线桥法标出电子转移的方向和数目可表示为；
故答案为： ；
（3）方程式①中FeCl3的Fe元素化合价降低，为氧化剂，I2为氧化产物，故FeCl3的氧化性大于I2的氧化性；方程式②中Cl2的Cl元素化合价降低，为氧化剂，FeCl3为氧化产物，故Cl2的氧化性大于FeCl3的氧化性；方程式③中KMnO4的Mn元素化合价降低，为氧化剂，Cl2为氧化产物，故KMnO4的氧化性大于Cl2的氧化性；综上KMnO4的氧化性最强；
故答案为： KMnO4 ；
（4）①NH3中N原子最外层有5个电子，其中3个为单电子，分别与3个H原子最外层的电子共用形成3个N-H共价键，故NH3的电子式为；
②氨溶于水发生反应生成一水合氨，一水合氨在水中电离生成铵根离子和氢氧根离子，所以氨的水溶液呈碱性，由于肼的性质与氨相似，则肼也可以和水反应生成一水合肼，一水合肼可以电离出和OH-，则肼的水溶液呈碱性的原因用电离方程式解释为N2H4·H2OOH-+；
③NH3可以与NaClO发生氧化还原反应，生成N2H4和NaCl，反应过程中NaClO中1个ClO-得到2个电子生成Cl-，NH3中1个N原子失去1个电子生成N2H4，根据得失电子守恒，2个NH3失去2个电子转移给NaClO才可以发生守恒，结合原子守恒，制备肼的化学方程式为2NH3+NaClO=NaCl+N2H4+H2O。
故答案为： ； N2H4·H2OOH-+N2H ； 2NH3+NaClO=NaCl+N2H4+H2O 。
【分析】(1)石英主要成分为 SiO2；NaHSO4在水溶液中完全电离出 Na+、H+和 SO42-。
(2)K2Cr2O7中 Cr（+6 价）得 6e-降为 + 3 价，HCl 中 Cl（-1 价）失 6e-升为 0 价，用双线桥标出电子转移方向和数目。
(3)根据 “氧化剂氧化性＞氧化产物”，由反应得氧化性：KMnO4＞Cl2＞FeCl3＞I2，故 KMnO4氧化性最强。
(4)① NH3的电子式为（H 与 N 间为共用电子对）。
②肼与水反应生成 OH-，电离方程式为 N2H4+H2O OH-+N2H5+。
③NH3与 NaClO 发生氧化还原反应，生成 N2H4、NaCl 和 H2O。
（1）石英主要成分是二氧化硅，其化学式为SiO2；NaHSO4属于强酸的酸式盐，在水溶液中的电离方程式为：NaHSO4=Na++H++；
（2）反应中Cr元素化合价降低，被还原，K2Cr2O7具有氧化性，为氧化剂，对应还原产物为CrCl3；Cl元素化合价升高，被氧化，HCl为还原剂，对应氧化产物为Cl2，Cr元素化合价由+6价降低为+3价，化合价变化3价，电子转移的总数为6e-，用双线桥法标出电子转移的方向和数目可表示为；
（3）方程式①中FeCl3的Fe元素化合价降低，为氧化剂，I2为氧化产物，故FeCl3的氧化性大于I2的氧化性；方程式②中Cl2的Cl元素化合价降低，为氧化剂，FeCl3为氧化产物，故Cl2的氧化性大于FeCl3的氧化性；方程式③中KMnO4的Mn元素化合价降低，为氧化剂，Cl2为氧化产物，故KMnO4的氧化性大于Cl2的氧化性；综上KMnO4的氧化性最强；
（4）①NH3中N原子最外层有5个电子，其中3个为单电子，分别与3个H原子最外层的电子共用形成3个N-H共价键，故NH3的电子式为；
②氨溶于水发生反应生成一水合氨，一水合氨在水中电离生成铵根离子和氢氧根离子，所以氨的水溶液呈碱性，由于肼的性质与氨相似，则肼也可以和水反应生成一水合肼，一水合肼可以电离出和OH-，则肼的水溶液呈碱性的原因用电离方程式解释为N2H4·H2OOH-+；
③NH3可以与NaClO发生氧化还原反应，生成N2H4和NaCl，反应过程中NaClO中1个ClO-得到2个电子生成Cl-，NH3中1个N原子失去1个电子生成N2H4，根据得失电子守恒，2个NH3失去2个电子转移给NaClO才可以发生守恒，结合原子守恒，制备肼的化学方程式为2NH3+NaClO=NaCl+N2H4+H2O。
17．（2025高三上·来宾月考）某无色透明溶液中可能大量存在Ag+、Mg2+、Fe3+、Cu2+中的一种或几种。请回答下列问题：
（1）不用做任何实验就可以肯定溶液中不存在的离子是　 　 。
（2）取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，沉淀不消失，说明原溶液中肯定存在的离子是　 　，有关反应的离子方程式为　 　。
（3）取(2)的滤液加入过量的NaOH溶液，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定存在的离子是　 　，生成沉淀的离子方程式为　 　。
（4）原溶液中可能大量存在的阴离子是______(填序号) 。
A．Cl- B． C． D．OH-
【答案】（1）Cu2+、Fe3+
（2）Ag+；Ag++Cl-=AgCl↓
（3）Mg2+；Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓
（4）B
【知识点】离子共存；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）铜离子是蓝色的，故可以排除不含铜离子；
故答案为： Cu2+、Fe3+ ；
（2）加硝酸排除了其他离子的干扰，生成的白色沉淀是氯化银，故原溶液中肯定存在的离子是Ag+，有关方程式为Ag++Cl-=AgCl↓；
故答案为： Ag+ ； Ag++Cl-=AgCl↓ ；
（3）氢氧化铁为红褐色沉淀，故取(2)的滤液加入过量的NaOH溶液，出现白色沉淀只可能是氢氧化镁，说明原溶液中肯定存在的离子是Mg2+；离子方程式为Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓；
故答案为： Mg2+ ； Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓ ；
（4）氯离子会和银离子反应生成氯化银沉淀，碳酸根会和镁离子反应生成碳酸镁沉淀，氢氧根会和镁离子、铁离子生成沉淀，故可能存在的离子只有。
故答案为： B ；
【分析】(1)溶液无色，直接排除有色离子 Cu2+、Fe3+（Cu2+显蓝色，Fe3+显棕黄色）。
(2)加稀盐酸生成不溶于稀硝酸的白色沉淀（AgCl），证明有 Ag+；离子方程式为 Ag++Cl-=AgCl↓。
(3)(2) 的滤液加过量 NaOH 出现白色沉淀（Mg(OH)2），证明有 Mg2+；离子方程式为 Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓。
(4)Cl-与 Ag+反应沉淀，CO32-、OH-与 Mg2+反应沉淀，只有 NO3-可共存，选 B。
（1）铜离子是蓝色的，故可以排除不含铜离子；
（2）加硝酸排除了其他离子的干扰，生成的白色沉淀是氯化银，故原溶液中肯定存在的离子是Ag+，有关方程式为Ag++Cl-=AgCl↓；
（3）氢氧化铁为红褐色沉淀，故取(2)的滤液加入过量的NaOH溶液，出现白色沉淀只可能是氢氧化镁，说明原溶液中肯定存在的离子是Mg2+；离子方程式为Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓；
（4）氯离子会和银离子反应生成氯化银沉淀，碳酸根会和镁离子反应生成碳酸镁沉淀，氢氧根会和镁离子、铁离子生成沉淀，故可能存在的离子只有。
18．（2025高三上·来宾月考）已知CO气体是一种大气污染物，利用化学原理变废为宝。回答下面问题：
（1）利用如下装置制备和收集CO气体。
①盛放甲酸的实验仪器的名称是　 　。
②装置A中发生的化学反应利用了浓硫酸的　 　。
③装置B的作用是　 　。
（2）新制银氨溶液可以检验CO气体，有黑色沉淀生成。写出反应的化学方程式　 　。
（3）某研究小组为探究催化空气氧化CO的效率，设计了如下实验装置：
已知：是白色固体，易吸水潮解，。
①从F、G、H、I、K中选择合适装置组装并测量CO的转化率，正确的接口连接顺序为a→　 　(按照气流方向依次填写接口顺序，装置可重复使用)。
②为测量CO的转化率除称量装置H反应前后质量减少为n g以外，还要称量　 　(所用数值用m表示)。
③用含有n和m的表达式表示CO的实际转化率为　 　%。
（4）为探究CO和空气混合气体与催化剂接触时间对CO转化率的影响，采用　 　方法可以缩短接触时长。
【答案】（1）分液漏斗；脱水性；吸收挥发出的甲酸
（2）
（3）；装置K反应前后增加的质量；
（4）增大气体流速
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）①盛放甲酸的实验仪器的名称是分液漏斗。
故答案为：分液漏斗。
②甲酸在浓硫酸作用下脱水生成，该化学反应利用了浓硫酸的脱水性。
故答案为：脱水性。
③甲酸易挥发且溶于水，难溶于水，因此将生成的气体通过盛有水的装置B目的是吸收挥发出的甲酸。
故答案为：吸收挥发出的甲酸。
（2）根据题干描述写出反应的化学方程式：。
故答案为：。
（3）①CO经过装置F后，需经过装置G吸收混杂在CO中的水分，防止吸水潮解，气体从长导管进，短导管出。再通过装置H、K，装置K后需连接装置I防止空气中的水分进入装置，因此正确的连接口顺序为：。
故答案为：。
②为测量CO的转化率，除称量装置H反应前后质量变化外，还需要测定装置K反应前后增加的质量。
故答案为：装置K反应前后增加的质量。
③CO通过装置H后：
列比例式得：，解得通入的CO总质量。
CO通过装置K后增加的质量m为氧气的质量，其物质的量为，根据可计算出发生反应的CO质量为，则CO转化率=。
故答案为：。
（4）通过增大气体流速可以缩短接触时长。
故答案为：增大气体流速。
【分析】(1)①盛放液体试剂的分液装置为分液漏斗。
②甲酸在浓硫酸作用下脱水生成 CO，利用浓硫酸脱水性。
③甲酸易挥发，装置 B 用水吸收挥发的甲酸（CO 难溶于水）。
(2)CO 与银氨溶液反应生成 Ag、(NH4)2CO3和 NH3，直接配平化学方程式。
(3)①先除杂干燥（F→G），再催化反应（K），后防干扰（I），最后测剩余 CO（H），按气流方向接接口。
②CO 转化率需知总 CO 量（H 质量变化）和反应的 CO 量（K 质量变化）。
③总 CO 量由 H 质量差计算，反应的 CO 量由 K 质量差计算，转化率为（总 CO - 剩余 CO）÷总 CO×100%。
(4)增大气体流速可缩短气体与催化剂的接触时间。
（1）①盛放甲酸的实验仪器的名称是分液漏斗。
答案为：分液漏斗。
②甲酸在浓硫酸作用下脱水生成，该化学反应利用了浓硫酸的脱水性。
答案为：脱水性。
③甲酸易挥发且溶于水，难溶于水，因此将生成的气体通过盛有水的装置B目的是吸收挥发出的甲酸。
答案为：吸收挥发出的甲酸。
（2）根据题干描述写出反应的化学方程式：。
答案为：。
（3）①CO经过装置F后，需经过装置G吸收混杂在CO中的水分，防止吸水潮解，气体从长导管进，短导管出。再通过装置H、K，装置K后需连接装置I防止空气中的水分进入装置，因此正确的连接口顺序为：。
答案为：。
②为测量CO的转化率，除称量装置H反应前后质量变化外，还需要测定装置K反应前后增加的质量。
答案为：装置K反应前后增加的质量。
③CO通过装置H后：
列比例式得：，解得通入的CO总质量。
CO通过装置K后增加的质量m为氧气的质量，其物质的量为，根据可计算出发生反应的CO质量为，则CO转化率=。
答案为：。
（4）通过增大气体流速可以缩短接触时长。
答案为：增大气体流速。
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