高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1廣東省2025-2026學(xué)年高一上學(xué)期9月月考試題注意事項(xiàng)：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫(xiě)在答題卡上。2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑；如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)。回答非選擇題時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡上，寫(xiě)在試卷上無(wú)效。3.考試結(jié)束后，本試卷和答題卡一并交回。一、單選題：本大題共16小題，共44分。1.北京冬奧會(huì)成功舉辦、神舟十三號(hào)順利往返、“天宮課堂”如期開(kāi)講及“華龍一號(hào)”核電海外投產(chǎn)等，均展示了我國(guó)科技發(fā)展的巨大成就。下列相關(guān)敘述正確的是A.冬奧會(huì)“飛揚(yáng)”火炬所用的燃料為氧化性氣體B.飛船返回艙表層材料中的玻璃纖維屬于天然有機(jī)高分子C.乙酸鈉過(guò)飽和溶液析出晶體并放熱的過(guò)程僅涉及化學(xué)變化D.核電站反應(yīng)堆所用鈾棒中含有的與互為同位素【答案】D【解析】A．H2作為燃料在反應(yīng)中被氧化，體現(xiàn)出還原性，故A項(xiàng)說(shuō)法錯(cuò)誤；B．玻璃纖維是一種性能優(yōu)異的無(wú)機(jī)非金屬材料，故B項(xiàng)說(shuō)法錯(cuò)誤；C．乙酸鈉飽和溶液中析出晶體的過(guò)程中無(wú)新物質(zhì)生成，因此屬于物理變化，故C項(xiàng)說(shuō)法錯(cuò)誤；D．與是質(zhì)子數(shù)均為92，中子數(shù)不同的核素，因此二者互為同位素，故D項(xiàng)說(shuō)法正確；綜上所述，敘述正確的是D項(xiàng)。2.下列物質(zhì)屬于鹽且水溶液呈酸性是A. B. C. D.【答案】A【解析】鹽是由金屬陽(yáng)離子或銨根離子和酸根離子構(gòu)成的化合物；A．硫酸氫鉀屬于鹽，電離出氫離子溶液顯酸性，選項(xiàng)A符合題意；B．二氧化硅為氧化物，選項(xiàng)B不符合題意；C．氧化鎂氧化物，選項(xiàng)C不符合題意；D．氯化鈣屬于鹽，溶液顯中性，選項(xiàng)D不符合題意；答案選A。3.化學(xué)促進(jìn)了科技進(jìn)步和社會(huì)發(fā)展，下列敘述中沒(méi)有涉及化學(xué)變化的是A.《神農(nóng)本草經(jīng)》中記載的“石膽能化鐵為銅”B.利用“侯氏聯(lián)合制堿法”制備純堿C.科學(xué)家成功將轉(zhuǎn)化為淀粉或葡萄糖D.北京冬奧會(huì)場(chǎng)館使用跨臨界直冷制冰【答案】D【解析】A．“石膽能化鐵為銅”指的是鐵可以與硫酸銅發(fā)生置換反應(yīng)生成銅，發(fā)生了化學(xué)變化，A不符合題意；B．工業(yè)上利用“侯氏聯(lián)合制堿法”制備純堿，二氧化碳、氨氣、氯化鈉和水發(fā)生反應(yīng)生成的碳酸氫鈉晶體經(jīng)加熱后分解生成碳酸鈉即純堿，發(fā)生了化學(xué)變化，B不符合題意；C．CO2轉(zhuǎn)化為淀粉或葡萄糖，有新物質(zhì)生成，發(fā)生了化學(xué)變化，C不符合題意；D．使用CO2跨臨界直冷制冰，將水直接轉(zhuǎn)化為冰，沒(méi)有新物質(zhì)生成，只發(fā)生了物理變化，沒(méi)有涉及化學(xué)變化，D符合題意；綜上所述，本題選D。4.傍晚，無(wú)數(shù)光柱透過(guò)云層，將天空映照得非常美麗。該光柱A.源于丁達(dá)爾效應(yīng)B.證明空氣是純凈物C.由O2無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)引起D.由N2的“惰性”引起【答案】A【解析】傍晚，無(wú)數(shù)光柱透過(guò)云層，將天空映照得非常美麗。該光柱是空氣中的塵埃在空氣中形成了膠體，能夠使光線發(fā)生散射作用而沿直線傳播，即發(fā)生了丁達(dá)爾效應(yīng)，故合理選項(xiàng)是A。5.如圖是實(shí)驗(yàn)室制備Fe(OH)3膠體并驗(yàn)證丁達(dá)爾效應(yīng)的示意圖，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.制備氫氧化鐵膠體的化學(xué)反應(yīng)方程式為FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HClB.光束通過(guò)膠體時(shí)有一條光亮的“通路”，是膠體粒子對(duì)光線散射形成的C.此實(shí)驗(yàn)需要加熱，故應(yīng)在實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)時(shí)注明以作提醒D.氫氧化鐵膠體不屬于分散系【答案】D【解析】A．制備氫氧化鐵膠體的化學(xué)反應(yīng)方程式為FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HCl，故A正確；B．光束通過(guò)膠體時(shí)有一條光亮的“通路”，稱為“丁達(dá)爾效應(yīng)”，是膠體粒子對(duì)光線散射形成的，故B正確；C．此實(shí)驗(yàn)需要加熱，故應(yīng)在實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)時(shí)注明以作提醒，故C正確；D．氫氧化鐵膠體是分散質(zhì)粒子直徑在1~100nm之間的分散系，故D錯(cuò)誤；故選D。6.二十大報(bào)告提出加快科技創(chuàng)新、構(gòu)建新能源體系，推進(jìn)生態(tài)優(yōu)先、綠色低碳發(fā)展。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.“奮斗者”號(hào)深海載人潛水器采用的Ti62A新型鈦合金材料硬度大、韌性好B.推動(dòng)大型風(fēng)電、水電、太陽(yáng)光伏等可再生能源發(fā)展C.保護(hù)和治理山水林田湖草有利于實(shí)現(xiàn)碳中和D.使用聚乙烯制作的塑料包裝袋物美價(jià)廉，符合綠色低碳發(fā)展理念【答案】D【解析】A．合金比成分金屬硬度高、韌性更好，A正確；B．積極推動(dòng)大型風(fēng)電、水電、核電、太陽(yáng)光伏等可再生能源的發(fā)展，符合綠色發(fā)展理念，B正確；C．保護(hù)和治理山水林田湖草，增強(qiáng)綠色植物的光合作用，增大CO2的吸收，有利于實(shí)現(xiàn)“碳中和”，C正確；D．使用聚乙烯制作的塑料包裝袋，會(huì)造成嚴(yán)重的白色污染，不符合綠色發(fā)展理念，D錯(cuò)誤；故選D。7.很多珍貴文物都記載著中華民族的燦爛文明。下列文物主要由合金材料制成的是選項(xiàng)ABCD文物名稱西漢青銅雁魚(yú)燈秦代竹簡(jiǎn)唐代獸首瑪瑙杯秦朝兵馬俑AA B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．青銅為銅和錫的合金，A項(xiàng)符合題意；B．竹簡(jiǎn)為纖維，B項(xiàng)不符合題意；C．瑪瑙杯為SiO2，C項(xiàng)不符合題意；D．兵馬俑為陶瓷類，屬于硅酸鹽材料，D項(xiàng)不符合題意；故選A。8.《齊民要術(shù)》中記載的“浸曲三日，如魚(yú)眼湯沸，酸米”描述的過(guò)程是A.制米糖 B.釀酒 C.榨油 D.曬鹽【答案】B【解析】“浸曲”即浸泡酒曲，可知該過(guò)程為釀酒，B項(xiàng)符合題意，綜上所述，故選B。9.我國(guó)明代《余東錄》記載“鉛塊懸酒缸內(nèi)，封閉四十九日，開(kāi)之則化為粉矣。化不白者，炒為黃丹。”涉及物質(zhì)轉(zhuǎn)化如下：。下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.Pb屬于電解質(zhì)B.2Pb(OH)2·PbCO3屬于堿式鹽C.反應(yīng)ⅰ中(CH3COO)2Pb為氧化產(chǎn)物D.反應(yīng)ⅲ為分解反應(yīng)【答案】A【解析】A．Pb為單質(zhì)，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，A錯(cuò)誤；B．2Pb(OH)2·PbCO3中含有兩種陰離子，其中一種陰離子為氫氧根，所以為堿式鹽，B正確；C．反應(yīng)i中Pb元素化合價(jià)升高生成(CH3COO)2Pb，所以(CH3COO)2Pb為氧化產(chǎn)物，C錯(cuò)誤；D．反應(yīng)iii的化學(xué)方程式應(yīng)為2Pb(OH)2·PbCO3=3PbO+CO2↑+2H2O，屬于分解反應(yīng)，D正確；綜上所述答案為A。10.下列關(guān)于各物質(zhì)的所屬類別及性質(zhì)的描述正確的是選項(xiàng)ABCD物質(zhì)生鐵氫氧化鐵膠體類別酸性氧化物離子化合物合金電解質(zhì)性質(zhì)與水反應(yīng)熔融態(tài)不導(dǎo)電易發(fā)生電化學(xué)腐蝕能產(chǎn)生丁達(dá)爾現(xiàn)象A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．和氫氧化鈉反應(yīng)生成硝酸鈉、亞硝酸鈉，不是酸性氧化物，故A錯(cuò)誤；B．是離子化合物，熔融態(tài)能導(dǎo)電，故B錯(cuò)誤；C．生鐵是鐵碳合金，在潮濕環(huán)境中構(gòu)成原電池，易發(fā)生電化學(xué)腐蝕，故C正確；D．氫氧化鐵膠體是混合物，既不是電解質(zhì)又不是非電解質(zhì)，故D錯(cuò)誤；選C。11.25℃時(shí)，下列各組離子中可以在水溶液中大量共存的是A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、【答案】D【解析】A．與反應(yīng)生成次氯酸而不能大量共存，故A不符合題意；B．、、發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存，故B不符合題意；C．與反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳?xì)怏w而不能大量共存，故C不符合題意；D．、、、是大量共存，故D符合題意。綜上所述，答案為D。12.下列不符合環(huán)境保護(hù)和綠色化學(xué)理念的是A.禁止使用含鉛汽油作為汽車燃料B.用銀作催化劑，乙烯和氧氣反應(yīng)制取環(huán)氧乙烷，原子利用率100%C.制CuSO4時(shí)先將Cu氧化成CuO后再與稀硫酸反應(yīng)D.用銅和濃硝酸反應(yīng)制取Cu(NO3)2【答案】D【解析】A．禁止使用含鉛汽油作為汽車燃料，能夠減少有毒氣體的排放，有利于環(huán)境保護(hù)，符合綠色化學(xué)的理念，A項(xiàng)不符合題意；B．采用銀作催化劑，乙烯和氧氣制取環(huán)氧乙烷，原子利用率100%，符合綠色化學(xué)的理念，B項(xiàng)不符合題意；C．制CuSO4時(shí)先將Cu氧化成CuO后再與稀硫酸反應(yīng)，不會(huì)產(chǎn)生有毒氣體，消耗的硫酸的量少，符合綠色化學(xué)觀念，C項(xiàng)不符合題意；D．用銅和濃硝酸反應(yīng)制取Cu(NO3)2，反應(yīng)過(guò)程中除了生成硝酸銅外還生成二氧化氮有毒氣體，不符合綠色化學(xué)理念，D項(xiàng)符合題意；答案選D。13.關(guān)于反應(yīng)，下列說(shuō)法正確的是A.發(fā)生還原反應(yīng)B.既是氧化劑又是還原劑C.氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為2∶1D.1molNa2S2O3發(fā)生反應(yīng)，轉(zhuǎn)移4mol電子【答案】B【解析】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，該反應(yīng)的本質(zhì)是硫代硫酸根離子在酸性條件下發(fā)生歧化反應(yīng)生成硫和二氧化硫，化合價(jià)發(fā)生變化的只有S元素一種，硫酸的作用是提供酸性環(huán)境。A．H2SO4轉(zhuǎn)化為硫酸鈉和水，其中所含元素的化合價(jià)均未發(fā)生變化，故其沒(méi)有發(fā)生還原反應(yīng)，A說(shuō)法不正確；B．Na2S2O3中的S的化合價(jià)為+2，其發(fā)生歧化反應(yīng)生成S(0價(jià))和SO2(+4價(jià))，故其既是氧化劑又是還原劑，B說(shuō)法正確；C．該反應(yīng)的氧化產(chǎn)物是SO2，還原產(chǎn)物為S，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為1:1，C說(shuō)法不正確；D．根據(jù)其中S元素的化合價(jià)變化情況可知，1molNa2S2O3發(fā)生反應(yīng)，要轉(zhuǎn)移2mol電子，D說(shuō)法不正確。綜上所述，本題選B。14.已知A2O可與B2-反應(yīng)，B2-被氧化，產(chǎn)物為B單質(zhì)，A2O被還原，產(chǎn)物為A3+，且A2O與B2-的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比為1:3，則n值為A.4 B.5 C.7 D.6【答案】C【解析】A2O中A的化合價(jià)為+(n-1)，其還原產(chǎn)物為A3+，化合價(jià)變化為n-1-3=n-4，B2-被氧化，產(chǎn)物為B單質(zhì)，化合價(jià)變化為2，則根據(jù)化合價(jià)升降總數(shù)相等有2×(n-4)=3×2，解得n=7，故選C。15.銅與一定量濃硝酸恰好完全反應(yīng)，得到硝酸銅溶液和、、NO的混合氣體，將這些氣體與標(biāo)準(zhǔn)狀況下0.896L混合后通入水中，所有氣體完全被水吸收生成硝酸，若向所得硝酸銅溶液中加入5mol/LNaOH溶液至恰好完全沉淀，消耗NaOH溶液的體積是A.16mL B.32mL C.48mL D.64mL【答案】B【解析】NO2、N2O4、NO的混合氣體，這些氣體與0.896LO2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)混合后通入水中，所有氣體完全被水吸收生成硝酸。Cu失去的電子都被O2得到了，根據(jù)電子得失守恒，求出參加反應(yīng)的銅，然后求出Cu(NO3)2，再根據(jù)Cu(NO3)2與NaOH反應(yīng)的關(guān)系，求出NaOH的物質(zhì)的量，最終求出NaOH溶液的體積。NO2、N2O4、NO的混合氣體，這些氣體與0.896LLO2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)混合后通入水中，完全生成HNO3，則整個(gè)過(guò)程中HNO3反應(yīng)前后沒(méi)有變化，即Cu失去的電子都被O2得到了，根據(jù)得失電子守恒：n(Cu)×2=n(O2)×4，因此n(Cu)×2=0.896L22.4L/mol×4，解得：n(Cu)=0.08mol，則n[Cu(NO3)2]=0.08mol，根據(jù)Cu2+～2OH-，則NaOH為0.08mol×2=0.16mol，因此NaOH體積V=0.16mol5mol/L=0.032L=32故選B。16.二氯異氰尿酸鈉(C3N3O3Cl2Na)是常用的殺菌消毒劑，二氯異氰尿酸鈉優(yōu)質(zhì)品要求有效氯大于60%.通過(guò)下列實(shí)驗(yàn)檢測(cè)二氯異氰尿酸鈉樣品是否達(dá)到優(yōu)質(zhì)品標(biāo)準(zhǔn)。實(shí)驗(yàn)檢測(cè)原理為：C3N3O3Cl+H++2H2O=C3H3N3O3+2HClO，HClO+2I-+H+=I2+Cl-+H2O，I2+2S2O=S4O+2I-，準(zhǔn)確稱取1.1200g樣品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入適量稀硫酸和過(guò)量KI溶液，密封在暗處?kù)o置5min；用0.1000mol?L-1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至溶液呈微黃色，加入淀粉指示劑繼續(xù)滴定至終點(diǎn)(恰好反應(yīng)完全)，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。該樣品的有效氯=×100%通過(guò)計(jì)算判斷該樣品的有效氯約為A.55% B.58% C.61% D.63%【答案】D【解析】根據(jù)C3N3O3Cl+H++2H2O=C3H3N3O3+2HClO，HClO+2I-+H+=I2+Cl-+H2O，I2+2S2O=S4O+2I-得到關(guān)系式為C3N3O3Cl～2HClO～2I2～4S2O，n(Na2S2O3)=0.0200L×0.1000mol?L-1=2.000×10-3mol，根據(jù)物質(zhì)轉(zhuǎn)換和電子得失守恒關(guān)系：得n(Cl)=0.5n(S2O)=1.000×10-3mol，氯元素的質(zhì)量：m(Cl)＝1.000×10-3mol×35.5g/mol=0.0355g，250mL溶液中m(Cl)=0.0355g×10=0.355g，該樣品的有效氯=×100%=≈63%。答案選D。二、非選擇題：本大題共5小題，共56分。17.誤差分析的思維流程誤差的引入操作不當(dāng)藥品中含有雜質(zhì)定量?jī)x器使用不當(dāng)牢記：c=nV=mMV，分析（1）從改變?nèi)苜|(zhì)物質(zhì)的量角度分析產(chǎn)生的誤差(用“偏大”“偏小”或“無(wú)影響”填空)。①配制450mL0.1mol/L的NaOH溶液，用托盤(pán)天平稱取NaOH固體1.8g：_______。②配制500mL0.1mol/L的硫酸銅溶液，用托盤(pán)天平稱取膽礬8.0g：_______。③配制NaOH溶液，用托盤(pán)天平稱量NaOH時(shí)，托盤(pán)天平的兩個(gè)托盤(pán)上放兩張質(zhì)量相等的紙片，其他操作均正確：_______。④配制一定物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液，需稱量溶質(zhì)4.4g，稱量時(shí)物碼放置顛倒：_______。⑤配制一定物質(zhì)的量濃度的稀H2SO4溶液時(shí)，用量筒量取濃硫酸時(shí)，仰視讀數(shù)：_______。⑥定容時(shí)，加水超過(guò)刻度線，用膠頭滴管吸取多余的液體至刻度線：_______。⑦配制一定物質(zhì)的量濃度溶液時(shí)，燒杯及玻璃棒未洗滌：_______。（2）從改變?nèi)芤后w積角度分析產(chǎn)生的誤差(用“偏大”“偏小”或“無(wú)影響”填空)。①配制NaOH溶液時(shí)，將稱量好的NaOH固體放入小燒杯中溶解，未經(jīng)冷卻立即轉(zhuǎn)移到容量瓶中并定容：_______。②定容搖勻后，發(fā)現(xiàn)液面下降，繼續(xù)加水至刻度線：_______。③定容時(shí)仰視刻度線_______。④定容搖勻后少量溶液外流：_______。⑤容量瓶中原有少量蒸餾水：_______。【答案】（1）①偏?、谄、燮、芷、萜螈奁、咂。?）①偏大②偏?、燮、軣o(wú)影響⑤無(wú)影響【解析】【小問(wèn)1】①配制450mL0.1mol/L的NaOH溶液，使用的容量瓶為500mL容量瓶，應(yīng)該稱量的NaOH的質(zhì)量為：0.1mol/L×0.5L×40g/mol=2.0g，故用托盤(pán)天平稱取NaOH固體1.8g，將導(dǎo)致所配溶液的濃度偏小，故答案為：偏??；②配制500mL0.1mol/L的硫酸銅溶液，使用的容量瓶為500mL容量瓶，應(yīng)該稱量的膽礬的質(zhì)量為：0.1mol/L×0.5L×250g/mol=12.5g，故用托盤(pán)天平稱取膽礬8.0g，將導(dǎo)致所配溶液的濃度偏小，故答案為：偏??；③配制NaOH溶液，用托盤(pán)天平稱量NaOH時(shí)，托盤(pán)天平的兩個(gè)托盤(pán)上放兩張質(zhì)量相等的紙片，其他操作均正確，由于NaOH具有很強(qiáng)的吸水性，實(shí)際稱量出的NaOH質(zhì)量偏小，所配溶液濃度偏小，故答案為：偏小；④配制一定物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液，需稱量溶質(zhì)4.4g，稱量時(shí)物碼放置顛倒，實(shí)際稱量到的NaOH質(zhì)量只有4.0-0.4=3.6g，故所配溶液濃度偏小，故答案為：偏小；⑤配制一定物質(zhì)的量濃度的稀H2SO4溶液時(shí)，用量筒量取濃硫酸時(shí)，仰視讀數(shù)，所量濃硫酸的體積偏大，所配溶液濃度偏大，故答案為：偏大；⑥定容時(shí)，加水超過(guò)刻度線，用膠頭滴管吸取多余的液體至刻度線，將帶走部分溶質(zhì)，所配溶液濃度偏小，故答案為：偏小；⑦配制一定物質(zhì)的量濃度溶液時(shí)，燒杯及玻璃棒未洗滌，導(dǎo)致溶質(zhì)的量偏小，所配溶液濃度偏小，故答案為：偏小；【小問(wèn)2】①由于液體的膨脹速率大于固體的膨脹速率，配制NaOH溶液時(shí)，將稱量好的NaOH固體放入小燒杯中溶解，未經(jīng)冷卻立即轉(zhuǎn)移到容量瓶中并定容，則將導(dǎo)致溶液體積偏小，所配溶液濃度偏大，故答案為：偏大；②定容搖勻后，發(fā)現(xiàn)液面下降，此為正?，F(xiàn)象，若繼續(xù)加水至刻度線，將導(dǎo)致溶液體積偏大，所配溶液濃度偏小，故答案為：偏?。虎鄱ㄈ輹r(shí)仰視刻度線，將導(dǎo)致溶液體積偏大，所配溶液濃度偏小，故答案為：偏小；④定容搖勻后少量溶液外流，外流的溶液濃度與容量瓶中溶液濃度相同，則容量瓶中溶液濃度不變，只是體積偏小，故答案為：無(wú)影響；⑤容量瓶中原有少量蒸餾水，對(duì)溶液體積無(wú)影響，對(duì)所配溶液濃度無(wú)影響，故答案為：無(wú)影響。18.碲是ⅥA族元素，其單質(zhì)和化合物在化工生產(chǎn)等方面具有廣泛應(yīng)用。（1）TeO2是兩性氧化物，微溶于水，可溶于強(qiáng)酸、或強(qiáng)堿。TeO2和NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_____________。（2）碲酸（H6TeO6）是一種很弱的酸，Ka1=1×10-7，該溫度下0.1mol/LH6TeO6的電離度α為_(kāi)____（結(jié)果保留一位有效數(shù)字）。在酸性介質(zhì)中，碲酸可將HI氧化成I2，若反應(yīng)生成的TeO2與Te的物質(zhì)的量之比為1：1，試配平該化學(xué)方程式。_______________HI+_____H6TeO6=_____TeO2+_____Te+_____I2+_____H2O（3）從粗銅精煉的陽(yáng)極泥（主要含有Cu2Te）中提取粗碲的一種工藝流程如下：①已知加壓酸浸時(shí)控制溶液的pH為5.0，生成TeO2沉淀。如果H2SO4溶液濃度過(guò)大，將導(dǎo)致TeO2沉淀不完全，原因是______________。②防止局部酸度過(guò)大的操作方法是_____________。③對(duì)濾渣“酸浸”后，將Na2SO3加入Te(SO4)2溶液中進(jìn)行“還原”得到固態(tài)碲，該反應(yīng)的離子方程式是______________。④“還原”得到固態(tài)碲后分離出粗碲的方法_________，對(duì)粗碲進(jìn)行洗滌，判斷洗滌干凈的實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象是___________?！敬鸢浮竣賂eO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O②0.1%③8HI+2H6TeO6=1TeO2+1Te+4I2+10H2O④溶液酸性過(guò)強(qiáng)，TeO2會(huì)繼續(xù)與酸反應(yīng)，導(dǎo)致TeO2沉淀不完全。⑤攪拌⑥2SO32－+Te4++2H2O=Te↓+2SO42－+4H+⑦過(guò)濾⑧取少量最后一次洗滌液,加入BaCl2溶液,若沒(méi)有白色沉淀生成,則說(shuō)明洗滌干凈?！窘馕觥?1)TeO2是兩性氧化物，和NaOH溶液反應(yīng)生成鹽Na2TeO3和水，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為T(mén)eO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O；(2)H6TeO6H5TeO6-+H+起始濃度(mol/L)0.100變化濃度(mol/L)0.1α0.1α0.1α平衡濃度(mol/L)0.1(1-α)0.1α0.1αKa1=1×10-7=[01α×0.1α]/[0.1(1-α)]，解得：α=0.1%；該反應(yīng)中，Te元素的化合價(jià)由+6價(jià)變?yōu)?價(jià)和+4價(jià)，碘元素的化合價(jià)由-1價(jià)變?yōu)?價(jià)，且生成的TeO2與Te的物質(zhì)的量之比為1：1，則兩個(gè)Te原子得到8個(gè)電子，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子相等知，氫碘酸的計(jì)量數(shù)應(yīng)該是8，再根據(jù)原子守恒配平方程式得：8HI+2H6TeO6→TeO2+Te+4I2+10H2O；(3)①TeO2具有兩性，如果溶液酸性過(guò)強(qiáng)，TeO2會(huì)繼續(xù)與酸反應(yīng)，導(dǎo)致TeO2沉淀不完全；②可以通過(guò)攪拌操作防止局部酸度過(guò)大；③Na2SO3加入Te(SO4)2溶液中進(jìn)行還原得到固態(tài)碲，同時(shí)生成Na2SO4，該反應(yīng)的離子方程式是2SO32－+Te4++2H2O=Te↓+2SO42－+4H+；④通過(guò)過(guò)濾從反應(yīng)后的混合液中獲得粗碲，粗碲表面附著液中含有SO42-，取少量最后一次洗滌液,加入BaCl2溶液,若沒(méi)有白色沉淀生成,則說(shuō)明洗滌干凈。19.實(shí)驗(yàn)室需要0.2mol·L﹣1NaOH溶液480mL和0.5mol·L﹣1硫酸溶液500mL。根據(jù)這兩種溶液的配制情況回答下列問(wèn)題。（1）如圖所示的儀器中配制溶液肯定不需要的是_______(填序號(hào))，配制上述溶液還需用到的玻璃儀器是_______、_______(填儀器名稱)。（2）在配制NaOH溶液時(shí)：根據(jù)計(jì)算用托盤(pán)天平稱取NaOH的質(zhì)量為_(kāi)______。（3）在配制硫酸溶液時(shí)：所需質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98%、密度為1.84g·cm﹣3的濃硫酸的體積為_(kāi)______mL(計(jì)算結(jié)果保留一位小數(shù))；（4）配制溶液時(shí)下列說(shuō)法正確的是_______(填字母)。A.稱量氫氧化鈉時(shí)，托盤(pán)天平兩盤(pán)應(yīng)用等質(zhì)量的紙片B.容量瓶用蒸餾水洗凈后，應(yīng)烘干后才能用于溶液配制C.量取的濃硫酸應(yīng)沿玻璃棒慢慢倒入燒杯中，再加水稀釋D.若將7.8gNa2O2溶于水，配成1L溶液，也可得到濃度為0.2mol·L-1的NaOH溶液（5）在配制過(guò)程中，其他操作都正確，下列操作使所配溶液濃度偏高的是_______(填序號(hào))。①洗滌量取濃硫酸的量筒，并將洗滌液轉(zhuǎn)移到容量瓶中②稀釋后的硫酸溶液未等冷卻至室溫就轉(zhuǎn)移到容量瓶中③轉(zhuǎn)移前，容量瓶中含有少量蒸餾水④定容搖勻后，發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，又用膠頭滴管加蒸餾水至刻度線【答案】（1）①AC②500mL容量瓶③玻璃棒（2）4.0g（3）13.6mL（4）D（5）①②【解析】小問(wèn)1】配制480mL0.2mol/LNaOH溶液和配制500mL0.5mol/L的硫酸溶液，需要使用500mL的容量瓶；要使用量筒量取濃硫酸的體積，需要使用托盤(pán)天平稱量固體藥品，同時(shí)要用藥匙取用NaOH固體；在溶解藥品時(shí)要使用燒杯和玻璃棒；待溶液恢復(fù)至室溫后通過(guò)玻璃棒引流轉(zhuǎn)移至500mL的容量瓶中，最后定容時(shí)需要使用膠頭滴管，可見(jiàn)在上圖所示儀器中肯定不需要的是燒瓶和分液漏斗，故合理選項(xiàng)是AC；配制上述溶液除圖示儀器外，還需用到的玻璃儀器是500mL容量瓶和玻璃棒；【小問(wèn)2】實(shí)驗(yàn)室中沒(méi)有規(guī)格是480mL的容量瓶，根據(jù)選擇儀器的標(biāo)準(zhǔn)是大而近的原則，可知需要配制500mL的容量瓶，則需稱量NaOH固體的質(zhì)量m(NaOH)=0.2mol/L×0.5L×40g/mol=4.0g；【小問(wèn)3】98%的濃硫酸的物質(zhì)的量濃度c(H2SO4)=1.84×1000×98%98mol/L=18.4mol/L，配制0.5mol/LH2SO4溶液500mL，需硫酸的物質(zhì)的量n(H2SO4)=0.5mol/L×0.5L=0.25mol，則需濃硫酸的體積V(H2SO4)=0.25mol18.4mol/L=【小問(wèn)4】A．NaOH易吸水潮解，因此稱量氫氧化鈉時(shí)，應(yīng)該在燒杯中稱量NaOH固體，不能在紙片上稱量，A錯(cuò)誤；B．由于配制溶液需要加水，因此不必將容量瓶進(jìn)行烘干操作，B錯(cuò)誤；C．濃硫酸溶于水會(huì)放出大量熱，由于濃硫酸密度比水大，因此應(yīng)該將量取的濃硫酸應(yīng)沿?zé)瓋?nèi)壁慢慢倒入盛有水的燒杯中，并不斷用玻璃棒攪拌，使熱量迅速擴(kuò)散，C錯(cuò)誤；D．7.8gNa2O2的物質(zhì)的量是0.1mol，其與水反應(yīng)產(chǎn)生0.2molNaOH，因此將7.8gNa2O2溶于水，配成1L溶液，得到NaOH溶液的濃度為0.2mol·L-1，D正確；故合理選項(xiàng)是D；【小問(wèn)5】①量取濃硫酸的量筒不必洗滌，若洗滌量取濃硫酸的量筒，并將洗滌液轉(zhuǎn)移到容量瓶中，會(huì)導(dǎo)致溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏多，由于溶液的體積不變，則最終導(dǎo)致配制的溶液濃度偏高，①符合題意；②稀釋后的硫酸溶液未等冷卻至室溫就轉(zhuǎn)移到容量瓶中，待溶液恢復(fù)至室溫后，溶液體積低于刻度線，溶液體積偏少，由于溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，最終導(dǎo)致配制的溶液濃度偏高，②符合題意；③轉(zhuǎn)移前，容量瓶中含有少量蒸餾水，對(duì)配制溶液的濃度無(wú)影響，③不符合題意；④定容搖勻后，發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，又用膠頭滴管加蒸餾水至刻度線，導(dǎo)致溶液體積偏大，由于溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，最終導(dǎo)致配制的溶液濃度偏低，④不符合題意；故合理選項(xiàng)是①②。20.硫酸亞鐵晶體(FeSO4·7H2O)在醫(yī)藥上用作補(bǔ)血?jiǎng)Ｄ痴n外小組設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)測(cè)定該補(bǔ)血?jiǎng)┲需F元素的含量，并檢驗(yàn)該補(bǔ)血?jiǎng)┦欠褡冑|(zhì)。實(shí)驗(yàn)步驟如下：請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）向步驟①的濾液中滴加KSCN溶液后變?yōu)榧t色，則該濾液中含有___________(填離子符號(hào))，檢驗(yàn)濾液中還存在Fe2+的方法為_(kāi)__________(說(shuō)明試劑、現(xiàn)象)。（2）步驟②加入過(guò)量H2O2的目的是___________。涉及的反應(yīng)離子方程式：___________。（3）步驟③中反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)__________。（4）步驟④中一系列處理的操作步驟包括：過(guò)濾、______、干燥、灼燒、_______、稱量。（5）假設(shè)實(shí)驗(yàn)中的損耗忽略不計(jì)，則每片補(bǔ)血?jiǎng)┖F元素的質(zhì)量為_(kāi)__________g?！敬鸢浮浚?）①Fe3+②取一定量濾液，滴加少量KMnO4酸性溶液，溶液紫色褪去（2）①將Fe2+全部氧化為Fe3+②2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O（3）Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓（4）①洗滌②冷卻至室溫（5）0.07a【解析】由流程圖可知，該實(shí)驗(yàn)原理為：將藥品研細(xì)后溶于硫酸，使藥品中的Fe元素溶出，+2價(jià)鐵易被氧化，因而溶液中除了有Fe2+外，還會(huì)有Fe3+。隨后用雙氧水將Fe2+全部氧化為Fe3+，后使Fe3+轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，再轉(zhuǎn)化為氧化鐵，通過(guò)測(cè)定氧化鐵的質(zhì)量，計(jì)算補(bǔ)血?jiǎng)┲需F元素的含量?！拘?wèn)1】向步驟①的濾液中滴加KSCN溶液后變?yōu)榧t色，則該濾液中一定含有Fe3+；在此溶液中（有Fe3+存在）進(jìn)一步檢驗(yàn)是否還存在Fe2+，則可用酸性高錳酸鉀溶液。取一定量濾液，滴加少量KMnO4酸性溶液，溶液紫色褪去可知濾液中還存在Fe2+。【小問(wèn)2】根據(jù)分析，又因H2O2具有氧化性，故雙氧水的作用是將Fe2+氧化為Fe3+。離子方程式為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O?！拘?wèn)3】步驟③是將Fe3+轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，反應(yīng)的離子方程式為：Fe3++3OH－＝Fe(OH)3↓。【小問(wèn)4】步驟④中一系列處理是將氫氧化鐵懸濁液最終轉(zhuǎn)化為氧化鐵，需要過(guò)濾、洗滌氫氧化鐵，干燥，然后灼燒生成氧化鐵，冷卻至室溫后稱量氧化鐵的質(zhì)量。【小問(wèn)5】ag氧化鐵中鐵元素的質(zhì)量即為10片補(bǔ)血?jiǎng)┲需F元素的質(zhì)量，每片補(bǔ)血?jiǎng)┖F元素的質(zhì)量為：ag160g/mol×2×56g/mol10=0.0721.自然界中的物質(zhì)絕大多數(shù)以混合物的形式存在，為了