2025-2026学年广东省高一上学期9月月考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省2025-2026学年高一上学期9月月考试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。一、单选题：本大题共16小题，共44分。1.北京冬奥会成功举办、神舟十三号顺利往返、“天宫课堂”如期开讲及“华龙一号”核电海外投产等，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列相关叙述正确的是A.冬奥会“飞扬”火炬所用的燃料为氧化性气体B.飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于天然有机高分子C.乙酸钠过饱和溶液析出晶体并放热的过程仅涉及化学变化D.核电站反应堆所用铀棒中含有的与互为同位素【答案】D【解析】A．H2作为燃料在反应中被氧化，体现出还原性，故A项说法错误；B．玻璃纤维是一种性能优异的无机非金属材料，故B项说法错误；C．乙酸钠饱和溶液中析出晶体的过程中无新物质生成，因此属于物理变化，故C项说法错误；D．与是质子数均为92，中子数不同的核素，因此二者互为同位素，故D项说法正确；综上所述，叙述正确的是D项。2.下列物质属于盐且水溶液呈酸性是A. B. C. D.【答案】A【解析】盐是由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物；A．硫酸氢钾属于盐，电离出氢离子溶液显酸性，选项A符合题意；B．二氧化硅为氧化物，选项B不符合题意；C．氧化镁氧化物，选项C不符合题意；D．氯化钙属于盐，溶液显中性，选项D不符合题意；答案选A。3.化学促进了科技进步和社会发展，下列叙述中没有涉及化学变化的是A.《神农本草经》中记载的“石胆能化铁为铜”B.利用“侯氏联合制碱法”制备纯碱C.科学家成功将转化为淀粉或葡萄糖D.北京冬奥会场馆使用跨临界直冷制冰【答案】D【解析】A．“石胆能化铁为铜”指的是铁可以与硫酸铜发生置换反应生成铜，发生了化学变化，A不符合题意；B．工业上利用“侯氏联合制碱法”制备纯碱，二氧化碳、氨气、氯化钠和水发生反应生成的碳酸氢钠晶体经加热后分解生成碳酸钠即纯碱，发生了化学变化，B不符合题意；C．CO2转化为淀粉或葡萄糖，有新物质生成，发生了化学变化，C不符合题意；D．使用CO2跨临界直冷制冰，将水直接转化为冰，没有新物质生成，只发生了物理变化，没有涉及化学变化，D符合题意；综上所述，本题选D。4.傍晚，无数光柱透过云层，将天空映照得非常美丽。该光柱A.源于丁达尔效应B.证明空气是纯净物C.由O2无规则运动引起D.由N2的“惰性”引起【答案】A【解析】傍晚，无数光柱透过云层，将天空映照得非常美丽。该光柱是空气中的尘埃在空气中形成了胶体，能够使光线发生散射作用而沿直线传播，即发生了丁达尔效应，故合理选项是A。5.如图是实验室制备Fe(OH)3胶体并验证丁达尔效应的示意图，下列说法错误的是A.制备氢氧化铁胶体的化学反应方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HClB.光束通过胶体时有一条光亮的“通路”，是胶体粒子对光线散射形成的C.此实验需要加热，故应在实验设计时注明以作提醒D.氢氧化铁胶体不属于分散系【答案】D【解析】A．制备氢氧化铁胶体的化学反应方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，故A正确；B．光束通过胶体时有一条光亮的“通路”，称为“丁达尔效应”，是胶体粒子对光线散射形成的，故B正确；C．此实验需要加热，故应在实验设计时注明以作提醒，故C正确；D．氢氧化铁胶体是分散质粒子直径在1~100nm之间的分散系，故D错误；故选D。6.二十大报告提出加快科技创新、构建新能源体系，推进生态优先、绿色低碳发展。下列说法错误的是A.“奋斗者”号深海载人潜水器采用的Ti62A新型钛合金材料硬度大、韧性好B.推动大型风电、水电、太阳光伏等可再生能源发展C.保护和治理山水林田湖草有利于实现碳中和D.使用聚乙烯制作的塑料包装袋物美价廉，符合绿色低碳发展理念【答案】D【解析】A．合金比成分金属硬度高、韧性更好，A正确；B．积极推动大型风电、水电、核电、太阳光伏等可再生能源的发展，符合绿色发展理念，B正确；C．保护和治理山水林田湖草，增强绿色植物的光合作用，增大CO2的吸收，有利于实现“碳中和”，C正确；D．使用聚乙烯制作的塑料包装袋，会造成严重的白色污染，不符合绿色发展理念，D错误；故选D。7.很多珍贵文物都记载着中华民族的灿烂文明。下列文物主要由合金材料制成的是选项ABCD文物名称西汉青铜雁鱼灯秦代竹简唐代兽首玛瑙杯秦朝兵马俑AA B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．青铜为铜和锡的合金，A项符合题意；B．竹简为纤维，B项不符合题意；C．玛瑙杯为SiO2，C项不符合题意；D．兵马俑为陶瓷类，属于硅酸盐材料，D项不符合题意；故选A。8.《齐民要术》中记载的“浸曲三日，如鱼眼汤沸，酸米”描述的过程是A.制米糖 B.酿酒 C.榨油 D.晒盐【答案】B【解析】“浸曲”即浸泡酒曲，可知该过程为酿酒，B项符合题意，综上所述，故选B。9.我国明代《余东录》记载“铅块悬酒缸内，封闭四十九日，开之则化为粉矣。化不白者，炒为黄丹。”涉及物质转化如下：。下列有关说法错误的是A.Pb属于电解质B.2Pb(OH)2·PbCO3属于碱式盐C.反应ⅰ中(CH3COO)2Pb为氧化产物D.反应ⅲ为分解反应【答案】A【解析】A．Pb为单质，既不是电解质也不是非电解质，A错误；B．2Pb(OH)2·PbCO3中含有两种阴离子，其中一种阴离子为氢氧根，所以为碱式盐，B正确；C．反应i中Pb元素化合价升高生成(CH3COO)2Pb，所以(CH3COO)2Pb为氧化产物，C错误；D．反应iii的化学方程式应为2Pb(OH)2·PbCO3=3PbO+CO2↑+2H2O，属于分解反应，D正确；综上所述答案为A。10.下列关于各物质的所属类别及性质的描述正确的是选项ABCD物质生铁氢氧化铁胶体类别酸性氧化物离子化合物合金电解质性质与水反应熔融态不导电易发生电化学腐蚀能产生丁达尔现象A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．和氢氧化钠反应生成硝酸钠、亚硝酸钠，不是酸性氧化物，故A错误；B．是离子化合物，熔融态能导电，故B错误；C．生铁是铁碳合金，在潮湿环境中构成原电池，易发生电化学腐蚀，故C正确；D．氢氧化铁胶体是混合物，既不是电解质又不是非电解质，故D错误；选C。11.25℃时，下列各组离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．与反应生成次氯酸而不能大量共存，故A不符合题意；B．、、发生氧化还原反应而不能大量共存，故B不符合题意；C．与反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体而不能大量共存，故C不符合题意；D．、、、是大量共存，故D符合题意。综上所述，答案为D。12.下列不符合环境保护和绿色化学理念的是A.禁止使用含铅汽油作为汽车燃料B.用银作催化剂，乙烯和氧气反应制取环氧乙烷，原子利用率100%C.制CuSO4时先将Cu氧化成CuO后再与稀硫酸反应D.用铜和浓硝酸反应制取Cu(NO3)2【答案】D【解析】A．禁止使用含铅汽油作为汽车燃料，能够减少有毒气体的排放，有利于环境保护，符合绿色化学的理念，A项不符合题意；B．采用银作催化剂，乙烯和氧气制取环氧乙烷，原子利用率100%，符合绿色化学的理念，B项不符合题意；C．制CuSO4时先将Cu氧化成CuO后再与稀硫酸反应，不会产生有毒气体，消耗的硫酸的量少，符合绿色化学观念，C项不符合题意；D．用铜和浓硝酸反应制取Cu(NO3)2，反应过程中除了生成硝酸铜外还生成二氧化氮有毒气体，不符合绿色化学理念，D项符合题意；答案选D。13.关于反应，下列说法正确的是A.发生还原反应B.既是氧化剂又是还原剂C.氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1D.1molNa2S2O3发生反应，转移4mol电子【答案】B【解析】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发生歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。A．H2SO4转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发生还原反应，A说法不正确；B．Na2S2O3中的S的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价)，故其既是氧化剂又是还原剂，B说法正确；C．该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，C说法不正确；D．根据其中S元素的化合价变化情况可知，1molNa2S2O3发生反应，要转移2mol电子，D说法不正确。综上所述，本题选B。14.已知A2O可与B2-反应，B2-被氧化，产物为B单质，A2O被还原，产物为A3+，且A2O与B2-的化学计量数之比为1:3，则n值为A.4 B.5 C.7 D.6【答案】C【解析】A2O中A的化合价为+(n-1)，其还原产物为A3+，化合价变化为n-1-3=n-4，B2-被氧化，产物为B单质，化合价变化为2，则根据化合价升降总数相等有2×(n-4)=3×2，解得n=7，故选C。15.铜与一定量浓硝酸恰好完全反应，得到硝酸铜溶液和、、NO的混合气体，将这些气体与标准状况下0.896L混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至恰好完全沉淀，消耗NaOH溶液的体积是A.16mL B.32mL C.48mL D.64mL【答案】B【解析】NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与0.896LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。Cu失去的电子都被O2得到了，根据电子得失守恒，求出参加反应的铜，然后求出Cu(NO3)2，再根据Cu(NO3)2与NaOH反应的关系，求出NaOH的物质的量，最终求出NaOH溶液的体积。NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与0.896LLO2(标准状况)混合后通入水中，完全生成HNO3，则整个过程中HNO3反应前后没有变化，即Cu失去的电子都被O2得到了，根据得失电子守恒：n(Cu)×2=n(O2)×4，因此n(Cu)×2=0.896L22.4L/mol×4，解得：n(Cu)=0.08mol，则n[Cu(NO3)2]=0.08mol，根据Cu2+～2OH-，则NaOH为0.08mol×2=0.16mol，因此NaOH体积V=0.16mol5mol/L=0.032L=32故选B。16.二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)是常用的杀菌消毒剂，二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%.通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为：C3N3O3Cl+H++2H2O=C3H3N3O3+2HClO，HClO+2I-+H+=I2+Cl-+H2O，I2+2S2O=S4O+2I-，准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用0.1000mol•L-1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点(恰好反应完全)，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。该样品的有效氯=×100%通过计算判断该样品的有效氯约为A.55% B.58% C.61% D.63%【答案】D【解析】根据C3N3O3Cl+H++2H2O=C3H3N3O3+2HClO，HClO+2I-+H+=I2+Cl-+H2O，I2+2S2O=S4O+2I-得到关系式为C3N3O3Cl～2HClO～2I2～4S2O，n(Na2S2O3)=0.0200L×0.1000mol•L-1=2.000×10-3mol，根据物质转换和电子得失守恒关系：得n(Cl)=0.5n(S2O)=1.000×10-3mol，氯元素的质量：m(Cl)＝1.000×10-3mol×35.5g/mol=0.0355g，250mL溶液中m(Cl)=0.0355g×10=0.355g，该样品的有效氯=×100%=≈63%。答案选D。二、非选择题：本大题共5小题，共56分。17.误差分析的思维流程误差的引入操作不当药品中含有杂质定量仪器使用不当牢记：c=nV=mMV，分析（1）从改变溶质物质的量角度分析产生的误差(用“偏大”“偏小”或“无影响”填空)。①配制450mL0.1mol/L的NaOH溶液，用托盘天平称取NaOH固体1.8g：_______。②配制500mL0.1mol/L的硫酸铜溶液，用托盘天平称取胆矾8.0g：_______。③配制NaOH溶液，用托盘天平称量NaOH时，托盘天平的两个托盘上放两张质量相等的纸片，其他操作均正确：_______。④配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，需称量溶质4.4g，称量时物码放置颠倒：_______。⑤配制一定物质的量浓度的稀H2SO4溶液时，用量筒量取浓硫酸时，仰视读数：_______。⑥定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体至刻度线：_______。⑦配制一定物质的量浓度溶液时，烧杯及玻璃棒未洗涤：_______。（2）从改变溶液体积角度分析产生的误差(用“偏大”“偏小”或“无影响”填空)。①配制NaOH溶液时，将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容：_______。②定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线：_______。③定容时仰视刻度线_______。④定容摇匀后少量溶液外流：_______。⑤容量瓶中原有少量蒸馏水：_______。【答案】（1）①偏小②偏小③偏小④偏小⑤偏大⑥偏小⑦偏小（2）①偏大②偏小③偏小④无影响⑤无影响【解析】【小问1】①配制450mL0.1mol/L的NaOH溶液，使用的容量瓶为500mL容量瓶，应该称量的NaOH的质量为：0.1mol/L×0.5L×40g/mol=2.0g，故用托盘天平称取NaOH固体1.8g，将导致所配溶液的浓度偏小，故答案为：偏小；②配制500mL0.1mol/L的硫酸铜溶液，使用的容量瓶为500mL容量瓶，应该称量的胆矾的质量为：0.1mol/L×0.5L×250g/mol=12.5g，故用托盘天平称取胆矾8.0g，将导致所配溶液的浓度偏小，故答案为：偏小；③配制NaOH溶液，用托盘天平称量NaOH时，托盘天平的两个托盘上放两张质量相等的纸片，其他操作均正确，由于NaOH具有很强的吸水性，实际称量出的NaOH质量偏小，所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；④配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，需称量溶质4.4g，称量时物码放置颠倒，实际称量到的NaOH质量只有4.0-0.4=3.6g，故所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；⑤配制一定物质的量浓度的稀H2SO4溶液时，用量筒量取浓硫酸时，仰视读数，所量浓硫酸的体积偏大，所配溶液浓度偏大，故答案为：偏大；⑥定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体至刻度线，将带走部分溶质，所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；⑦配制一定物质的量浓度溶液时，烧杯及玻璃棒未洗涤，导致溶质的量偏小，所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；【小问2】①由于液体的膨胀速率大于固体的膨胀速率，配制NaOH溶液时，将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容，则将导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，故答案为：偏大；②定容摇匀后，发现液面下降，此为正常现象，若继续加水至刻度线，将导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；③定容时仰视刻度线，将导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；④定容摇匀后少量溶液外流，外流的溶液浓度与容量瓶中溶液浓度相同，则容量瓶中溶液浓度不变，只是体积偏小，故答案为：无影响；⑤容量瓶中原有少量蒸馏水，对溶液体积无影响，对所配溶液浓度无影响，故答案为：无影响。18.碲是ⅥA族元素，其单质和化合物在化工生产等方面具有广泛应用。（1）TeO2是两性氧化物，微溶于水，可溶于强酸、或强碱。TeO2和NaOH溶液发生反应的化学方程式为______________。（2）碲酸（H6TeO6）是一种很弱的酸，Ka1=1×10-7，该温度下0.1mol/LH6TeO6的电离度α为_____（结果保留一位有效数字）。在酸性介质中，碲酸可将HI氧化成I2，若反应生成的TeO2与Te的物质的量之比为1：1，试配平该化学方程式。_______________HI+_____H6TeO6=_____TeO2+_____Te+_____I2+_____H2O（3）从粗铜精炼的阳极泥（主要含有Cu2Te）中提取粗碲的一种工艺流程如下：①已知加压酸浸时控制溶液的pH为5.0，生成TeO2沉淀。如果H2SO4溶液浓度过大，将导致TeO2沉淀不完全，原因是______________。②防止局部酸度过大的操作方法是_____________。③对滤渣“酸浸”后，将Na2SO3加入Te(SO4)2溶液中进行“还原”得到固态碲，该反应的离子方程式是______________。④“还原”得到固态碲后分离出粗碲的方法_________，对粗碲进行洗涤，判断洗涤干净的实验操作和现象是___________。【答案】①TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O②0.1%③8HI+2H6TeO6=1TeO2+1Te+4I2+10H2O④溶液酸性过强，TeO2会继续与酸反应，导致TeO2沉淀不完全。⑤搅拌⑥2SO32－+Te4++2H2O=Te↓+2SO42－+4H+⑦过滤⑧取少量最后一次洗涤液,加入BaCl2溶液,若没有白色沉淀生成,则说明洗涤干净。【解析】(1)TeO2是两性氧化物，和NaOH溶液反应生成盐Na2TeO3和水，发生反应的化学方程式为TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O；(2)H6TeO6H5TeO6-+H+起始浓度(mol/L)0.100变化浓度(mol/L)0.1α0.1α0.1α平衡浓度(mol/L)0.1(1-α)0.1α0.1αKa1=1×10-7=[01α×0.1α]/[0.1(1-α)]，解得：α=0.1%；该反应中，Te元素的化合价由+6价变为0价和+4价，碘元素的化合价由-1价变为0价，且生成的TeO2与Te的物质的量之比为1：1，则两个Te原子得到8个电子，根据转移电子相等知，氢碘酸的计量数应该是8，再根据原子守恒配平方程式得：8HI+2H6TeO6→TeO2+Te+4I2+10H2O；(3)①TeO2具有两性，如果溶液酸性过强，TeO2会继续与酸反应，导致TeO2沉淀不完全；②可以通过搅拌操作防止局部酸度过大；③Na2SO3加入Te(SO4)2溶液中进行还原得到固态碲，同时生成Na2SO4，该反应的离子方程式是2SO32－+Te4++2H2O=Te↓+2SO42－+4H+；④通过过滤从反应后的混合液中获得粗碲，粗碲表面附着液中含有SO42-，取少量最后一次洗涤液,加入BaCl2溶液,若没有白色沉淀生成,则说明洗涤干净。19.实验室需要0.2mol·L﹣1NaOH溶液480mL和0.5mol·L﹣1硫酸溶液500mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题。（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是_______(填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_______、_______(填仪器名称)。（2）在配制NaOH溶液时：根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为_______。（3）在配制硫酸溶液时：所需质量分数为98%、密度为1.84g·cm﹣3的浓硫酸的体积为_______mL(计算结果保留一位小数)；（4）配制溶液时下列说法正确的是_______(填字母)。A.称量氢氧化钠时，托盘天平两盘应用等质量的纸片B.容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制C.量取的浓硫酸应沿玻璃棒慢慢倒入烧杯中，再加水稀释D.若将7.8gNa2O2溶于水，配成1L溶液，也可得到浓度为0.2mol·L-1的NaOH溶液（5）在配制过程中，其他操作都正确，下列操作使所配溶液浓度偏高的是_______(填序号)。①洗涤量取浓硫酸的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中②稀释后的硫酸溶液未等冷却至室温就转移到容量瓶中③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水④定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线【答案】（1）①AC②500mL容量瓶③玻璃棒（2）4.0g（3）13.6mL（4）D（5）①②【解析】小问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；要使用量筒量取浓硫酸的体积，需要使用托盘天平称量固体药品，同时要用药匙取用NaOH固体；在溶解药品时要使用烧杯和玻璃棒；待溶液恢复至室温后通过玻璃棒引流转移至500mL的容量瓶中，最后定容时需要使用胶头滴管，可见在上图所示仪器中肯定不需要的是烧瓶和分液漏斗，故合理选项是AC；配制上述溶液除图示仪器外，还需用到的玻璃仪器是500mL容量瓶和玻璃棒；【小问2】实验室中没有规格是480mL的容量瓶，根据选择仪器的标准是大而近的原则，可知需要配制500mL的容量瓶，则需称量NaOH固体的质量m(NaOH)=0.2mol/L×0.5L×40g/mol=4.0g；【小问3】98%的浓硫酸的物质的量浓度c(H2SO4)=1.84×1000×98%98mol/L=18.4mol/L，配制0.5mol/LH2SO4溶液500mL，需硫酸的物质的量n(H2SO4)=0.5mol/L×0.5L=0.25mol，则需浓硫酸的体积V(H2SO4)=0.25mol18.4mol/L=【小问4】A．NaOH易吸水潮解，因此称量氢氧化钠时，应该在烧杯中称量NaOH固体，不能在纸片上称量，A错误；B．由于配制溶液需要加水，因此不必将容量瓶进行烘干操作，B错误；C．浓硫酸溶于水会放出大量热，由于浓硫酸密度比水大，因此应该将量取的浓硫酸应沿烧杯内壁慢慢倒入盛有水的烧杯中，并不断用玻璃棒搅拌，使热量迅速扩散，C错误；D．7.8gNa2O2的物质的量是0.1mol，其与水反应产生0.2molNaOH，因此将7.8gNa2O2溶于水，配成1L溶液，得到NaOH溶液的浓度为0.2mol·L-1，D正确；故合理选项是D；【小问5】①量取浓硫酸的量筒不必洗涤，若洗涤量取浓硫酸的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，会导致溶液中溶质的物质的量偏多，由于溶液的体积不变，则最终导致配制的溶液浓度偏高，①符合题意；②稀释后的硫酸溶液未等冷却至室温就转移到容量瓶中，待溶液恢复至室温后，溶液体积低于刻度线，溶液体积偏少，由于溶质的物质的量不变，最终导致配制的溶液浓度偏高，②符合题意；③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对配制溶液的浓度无影响，③不符合题意；④定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，由于溶质的物质的量不变，最终导致配制的溶液浓度偏低，④不符合题意；故合理选项是①②。20.硫酸亚铁晶体(FeSO4·7H2O)在医药上用作补血剂。某课外小组设计实验测定该补血剂中铁元素的含量，并检验该补血剂是否变质。实验步骤如下：请回答下列问题：（1）向步骤①的滤液中滴加KSCN溶液后变为红色，则该滤液中含有___________(填离子符号)，检验滤液中还存在Fe2+的方法为___________(说明试剂、现象)。（2）步骤②加入过量H2O2的目的是___________。涉及的反应离子方程式：___________。（3）步骤③中反应的离子方程式为___________。（4）步骤④中一系列处理的操作步骤包括：过滤、______、干燥、灼烧、_______、称量。（5）假设实验中的损耗忽略不计，则每片补血剂含铁元素的质量为___________g。【答案】（1）①Fe3+②取一定量滤液，滴加少量KMnO4酸性溶液，溶液紫色褪去（2）①将Fe2+全部氧化为Fe3+②2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O（3）Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓（4）①洗涤②冷却至室温（5）0.07a【解析】由流程图可知，该实验原理为：将药品研细后溶于硫酸，使药品中的Fe元素溶出，+2价铁易被氧化，因而溶液中除了有Fe2+外，还会有Fe3+。随后用双氧水将Fe2+全部氧化为Fe3+，后使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，再转化为氧化铁，通过测定氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素的含量。【小问1】向步骤①的滤液中滴加KSCN溶液后变为红色，则该滤液中一定含有Fe3+；在此溶液中（有Fe3+存在）进一步检验是否还存在Fe2+，则可用酸性高锰酸钾溶液。取一定量滤液，滴加少量KMnO4酸性溶液，溶液紫色褪去可知滤液中还存在Fe2+。【小问2】根据分析，又因H2O2具有氧化性，故双氧水的作用是将Fe2+氧化为Fe3+。离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。【小问3】步骤③是将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为：Fe3++3OH－＝Fe(OH)3↓。【小问4】步骤④中一系列处理是将氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤氢氧化铁，干燥，然后灼烧生成氧化铁，冷却至室温后称量氧化铁的质量。【小问5】ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁元素的质量，每片补血剂含铁元素的质量为：ag160g/mol×2×56g/mol10=0.0721.自然界中的物质绝大多数以混合物的形式存在，为了便于研究和利用，常需对混合物进行分离和提纯。I.从海水中得到的粗盐中还含有硫酸钠、氯化镁、氯化钙等可溶性杂质，他们在溶液中主要以、、的形式存在，为将这些杂质离子除净，应加入氯化钡、氢氧化钠、碳酸钠等物质(均过量)将其转化为沉淀，过滤除去；再加入适量的盐酸，得到精盐水，最后经蒸发即得精盐。以下是某化工厂对海水进行综合利用的示意图。（1）⑤对应的操作是_______，⑦对应的操作是_______。（2）在利用粗盐制备精盐过程的第⑥步操作中，加入适量盐酸的目的是_______。（3）在制备精盐的过程中，氯化钡和碳酸钠溶液的添加顺序不可以颠倒，理由是_______。II.（4）下列A、B、C、D是中学常见的混合物分离或提纯的装置。请根据混合物分离或提纯的原理，从氯化钠溶液中分离出水需要使用上图哪种装置_______。（5）碘水中提取碘单质需经过萃取、分液、蒸馏。①下列可作为碘水中提取碘单质萃取剂的有_______。a.酒精B.苯C.四氯化碳②已知碘和四氯化碳的熔沸点数据如下表熔点沸点碘113.7℃184.3℃四氯化碳-22.6℃76.8℃若用蒸馏法分离碘和四氯化碳混合物，锥形瓶中先收集到的物质的名称是_______。【答案】（1）①过滤②蒸发结晶（2）除去过量的碳酸钠和氢氧化钠（3）碳酸钠作用是既除去Ca2+，又除去多余的氯化钡（4）A（5）①BC②四氯化碳【解析】粗盐提纯步骤为：溶解→除杂→过滤→蒸发结晶．向含有、Ca2+、Mg2+的粗盐中，加入过量的氯化钡可将除去，继续加过量的氢氧化钠可以将Mg2+离子转换为沉淀、继续加入过量的碳酸钠可以将加入过量的钡离子除去，经过过滤操作将沉淀除去；再加入适量的盐酸，可将过量的碳酸根、氢氧根除去．【小问1】⑤对应的操作是过滤，除去硫酸钡、氢氧化镁、泥沙沉淀，滤液为氯化钠碳酸钠、氢氧化钠混合液，⑦蒸发结晶得到氯化钠；故答案为：过滤；蒸发结晶；【小问2】在提纯的过程中氢氧化钠和碳酸钠都要过量，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，⑥加入适量盐酸的目的是除去过量的碳酸钠和氢氧化钠，故答案为：除去过量的碳酸钠和氢氧化钠；【小问3】碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，还能和钙离子结合成碳酸钙沉淀，故碳酸钠作用是既除去Ca2+，又除去多余的氯化钡所以不能颠倒，故答案为：碳酸钠作用是既除去Ca2+，又除去多余的氯化钡；【小问4】氯化钠溶液中分离出水，氯化钠沸点较高，可以通过蒸馏操作完成，所以应该选用装置A；故答案为：A；【小问5】①碘水中提取碘单质，需要通过萃取方法，选取的萃取剂不能与水相溶，所以不能选用酒精，可以选用苯、四氯化碳；故答案为：BC；②根据表中碘单质和四氯化碳的沸点可知，四氯化碳的沸点较低，则四氯化碳优先被蒸出，锥形瓶中先收集到的物质为四氯化碳，故答案为：四氯化碳。广东省2025-2026学年高一上学期9月月考试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。一、单选题：本大题共16小题，共44分。1.北京冬奥会成功举办、神舟十三号顺利往返、“天宫课堂”如期开讲及“华龙一号”核电海外投产等，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列相关叙述正确的是A.冬奥会“飞扬”火炬所用的燃料为氧化性气体B.飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于天然有机高分子C.乙酸钠过饱和溶液析出晶体并放热的过程仅涉及化学变化D.核电站反应堆所用铀棒中含有的与互为同位素【答案】D【解析】A．H2作为燃料在反应中被氧化，体现出还原性，故A项说法错误；B．玻璃纤维是一种性能优异的无机非金属材料，故B项说法错误；C．乙酸钠饱和溶液中析出晶体的过程中无新物质生成，因此属于物理变化，故C项说法错误；D．与是质子数均为92，中子数不同的核素，因此二者互为同位素，故D项说法正确；综上所述，叙述正确的是D项。2.下列物质属于盐且水溶液呈酸性是A. B. C. D.【答案】A【解析】盐是由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物；A．硫酸氢钾属于盐，电离出氢离子溶液显酸性，选项A符合题意；B．二氧化硅为氧化物，选项B不符合题意；C．氧化镁氧化物，选项C不符合题意；D．氯化钙属于盐，溶液显中性，选项D不符合题意；答案选A。3.化学促进了科技进步和社会发展，下列叙述中没有涉及化学变化的是A.《神农本草经》中记载的“石胆能化铁为铜”B.利用“侯氏联合制碱法”制备纯碱C.科学家成功将转化为淀粉或葡萄糖D.北京冬奥会场馆使用跨临界直冷制冰【答案】D【解析】A．“石胆能化铁为铜”指的是铁可以与硫酸铜发生置换反应生成铜，发生了化学变化，A不符合题意；B．工业上利用“侯氏联合制碱法”制备纯碱，二氧化碳、氨气、氯化钠和水发生反应生成的碳酸氢钠晶体经加热后分解生成碳酸钠即纯碱，发生了化学变化，B不符合题意；C．CO2转化为淀粉或葡萄糖，有新物质生成，发生了化学变化，C不符合题意；D．使用CO2跨临界直冷制冰，将水直接转化为冰，没有新物质生成，只发生了物理变化，没有涉及化学变化，D符合题意；综上所述，本题选D。4.傍晚，无数光柱透过云层，将天空映照得非常美丽。该光柱A.源于丁达尔效应B.证明空气是纯净物C.由O2无规则运动引起D.由N2的“惰性”引起【答案】A【解析】傍晚，无数光柱透过云层，将天空映照得非常美丽。该光柱是空气中的尘埃在空气中形成了胶体，能够使光线发生散射作用而沿直线传播，即发生了丁达尔效应，故合理选项是A。5.如图是实验室制备Fe(OH)3胶体并验证丁达尔效应的示意图，下列说法错误的是A.制备氢氧化铁胶体的化学反应方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HClB.光束通过胶体时有一条光亮的“通路”，是胶体粒子对光线散射形成的C.此实验需要加热，故应在实验设计时注明以作提醒D.氢氧化铁胶体不属于分散系【答案】D【解析】A．制备氢氧化铁胶体的化学反应方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，故A正确；B．光束通过胶体时有一条光亮的“通路”，称为“丁达尔效应”，是胶体粒子对光线散射形成的，故B正确；C．此实验需要加热，故应在实验设计时注明以作提醒，故C正确；D．氢氧化铁胶体是分散质粒子直径在1~100nm之间的分散系，故D错误；故选D。6.二十大报告提出加快科技创新、构建新能源体系，推进生态优先、绿色低碳发展。下列说法错误的是A.“奋斗者”号深海载人潜水器采用的Ti62A新型钛合金材料硬度大、韧性好B.推动大型风电、水电、太阳光伏等可再生能源发展C.保护和治理山水林田湖草有利于实现碳中和D.使用聚乙烯制作的塑料包装袋物美价廉，符合绿色低碳发展理念【答案】D【解析】A．合金比成分金属硬度高、韧性更好，A正确；B．积极推动大型风电、水电、核电、太阳光伏等可再生能源的发展，符合绿色发展理念，B正确；C．保护和治理山水林田湖草，增强绿色植物的光合作用，增大CO2的吸收，有利于实现“碳中和”，C正确；D．使用聚乙烯制作的塑料包装袋，会造成严重的白色污染，不符合绿色发展理念，D错误；故选D。7.很多珍贵文物都记载着中华民族的灿烂文明。下列文物主要由合金材料制成的是选项ABCD文物名称西汉青铜雁鱼灯秦代竹简唐代兽首玛瑙杯秦朝兵马俑AA B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．青铜为铜和锡的合金，A项符合题意；B．竹简为纤维，B项不符合题意；C．玛瑙杯为SiO2，C项不符合题意；D．兵马俑为陶瓷类，属于硅酸盐材料，D项不符合题意；故选A。8.《齐民要术》中记载的“浸曲三日，如鱼眼汤沸，酸米”描述的过程是A.制米糖 B.酿酒 C.榨油 D.晒盐【答案】B【解析】“浸曲”即浸泡酒曲，可知该过程为酿酒，B项符合题意，综上所述，故选B。9.我国明代《余东录》记载“铅块悬酒缸内，封闭四十九日，开之则化为粉矣。化不白者，炒为黄丹。”涉及物质转化如下：。下列有关说法错误的是A.Pb属于电解质B.2Pb(OH)2·PbCO3属于碱式盐C.反应ⅰ中(CH3COO)2Pb为氧化产物D.反应ⅲ为分解反应【答案】A【解析】A．Pb为单质，既不是电解质也不是非电解质，A错误；B．2Pb(OH)2·PbCO3中含有两种阴离子，其中一种阴离子为氢氧根，所以为碱式盐，B正确；C．反应i中Pb元素化合价升高生成(CH3COO)2Pb，所以(CH3COO)2Pb为氧化产物，C错误；D．反应iii的化学方程式应为2Pb(OH)2·PbCO3=3PbO+CO2↑+2H2O，属于分解反应，D正确；综上所述答案为A。10.下列关于各物质的所属类别及性质的描述正确的是选项ABCD物质生铁氢氧化铁胶体类别酸性氧化物离子化合物合金电解质性质与水反应熔融态不导电易发生电化学腐蚀能产生丁达尔现象A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．和氢氧化钠反应生成硝酸钠、亚硝酸钠，不是酸性氧化物，故A错误；B．是离子化合物，熔融态能导电，故B错误；C．生铁是铁碳合金，在潮湿环境中构成原电池，易发生电化学腐蚀，故C正确；D．氢氧化铁胶体是混合物，既不是电解质又不是非电解质，故D错误；选C。11.25℃时，下列各组离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．与反应生成次氯酸而不能大量共存，故A不符合题意；B．、、发生氧化还原反应而不能大量共存，故B不符合题意；C．与反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体而不能大量共存，故C不符合题意；D．、、、是大量共存，故D符合题意。综上所述，答案为D。12.下列不符合环境保护和绿色化学理念的是A.禁止使用含铅汽油作为汽车燃料B.用银作催化剂，乙烯和氧气反应制取环氧乙烷，原子利用率100%C.制CuSO4时先将Cu氧化成CuO后再与稀硫酸反应D.用铜和浓硝酸反应制取Cu(NO3)2【答案】D【解析】A．禁止使用含铅汽油作为汽车燃料，能够减少有毒气体的排放，有利于环境保护，符合绿色化学的理念，A项不符合题意；B．采用银作催化剂，乙烯和氧气制取环氧乙烷，原子利用率100%，符合绿色化学的理念，B项不符合题意；C．制CuSO4时先将Cu氧化成CuO后再与稀硫酸反应，不会产生有毒气体，消耗的硫酸的量少，符合绿色化学观念，C项不符合题意；D．用铜和浓硝酸反应制取Cu(NO3)2，反应过程中除了生成硝酸铜外还生成二氧化氮有毒气体，不符合绿色化学理念，D项符合题意；答案选D。13.关于反应，下列说法正确的是A.发生还原反应B.既是氧化剂又是还原剂C.氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1D.1molNa2S2O3发生反应，转移4mol电子【答案】B【解析】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发生歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。A．H2SO4转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发生还原反应，A说法不正确；B．Na2S2O3中的S的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价)，故其既是氧化剂又是还原剂，B说法正确；C．该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，C说法不正确；D．根据其中S元素的化合价变化情况可知，1molNa2S2O3发生反应，要转移2mol电子，D说法不正确。综上所述，本题选B。14.已知A2O可与B2-反应，B2-被氧化，产物为B单质，A2O被还原，产物为A3+，且A2O与B2-的化学计量数之比为1:3，则n值为A.4 B.5 C.7 D.6【答案】C【解析】A2O中A的化合价为+(n-1)，其还原产物为A3+，化合价变化为n-1-3=n-4，B2-被氧化，产物为B单质，化合价变化为2，则根据化合价升降总数相等有2×(n-4)=3×2，解得n=7，故选C。15.铜与一定量浓硝酸恰好完全反应，得到硝酸铜溶液和、、NO的混合气体，将这些气体与标准状况下0.896L混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至恰好完全沉淀，消耗NaOH溶液的体积是A.16mL B.32mL C.48mL D.64mL【答案】B【解析】NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与0.896LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。Cu失去的电子都被O2得到了，根据电子得失守恒，求出参加反应的铜，然后求出Cu(NO3)2，再根据Cu(NO3)2与NaOH反应的关系，求出NaOH的物质的量，最终求出NaOH溶液的体积。NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与0.896LLO2(标准状况)混合后通入水中，完全生成HNO3，则整个过程中HNO3反应前后没有变化，即Cu失去的电子都被O2得到了，根据得失电子守恒：n(Cu)×2=n(O2)×4，因此n(Cu)×2=0.896L22.4L/mol×4，解得：n(Cu)=0.08mol，则n[Cu(NO3)2]=0.08mol，根据Cu2+～2OH-，则NaOH为0.08mol×2=0.16mol，因此NaOH体积V=0.16mol5mol/L=0.032L=32故选B。16.二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)是常用的杀菌消毒剂，二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%.通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为：C3N3O3Cl+H++2H2O=C3H3N3O3+2HClO，HClO+2I-+H+=I2+Cl-+H2O，I2+2S2O=S4O+2I-，准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用0.1000mol•L-1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点(恰好反应完全)，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。该样品的有效氯=×100%通过计算判断该样品的有效氯约为A.55% B.58% C.61% D.63%【答案】D【解析】根据C3N3O3Cl+H++2H2O=C3H3N3O3+2HClO，HClO+2I-+H+=I2+Cl-+H2O，I2+2S2O=S4O+2I-得到关系式为C3N3O3Cl～2HClO～2I2～4S2O，n(Na2S2O3)=0.0200L×0.1000mol•L-1=2.000×10-3mol，根据物质转换和电子得失守恒关系：得n(Cl)=0.5n(S2O)=1.000×10-3mol，氯元素的质量：m(Cl)＝1.000×10-3mol×35.5g/mol=0.0355g，250mL溶液中m(Cl)=0.0355g×10=0.355g，该样品的有效氯=×100%=≈63%。答案选D。二、非选择题：本大题共5小题，共56分。17.误差分析的思维流程误差的引入操作不当药品中含有杂质定量仪器使用不当牢记：c=nV=mMV，分析（1）从改变溶质物质的量角度分析产生的误差(用“偏大”“偏小”或“无影响”填空)。①配制450mL0.1mol/L的NaOH溶液，用托盘天平称取NaOH固体1.8g：_______。②配制500mL0.1mol/L的硫酸铜溶液，用托盘天平称取胆矾8.0g：_______。③配制NaOH溶液，用托盘天平称量NaOH时，托盘天平的两个托盘上放两张质量相等的纸片，其他操作均正确：_______。④配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，需称量溶质4.4g，称量时物码放置颠倒：_______。⑤配制一定物质的量浓度的稀H2SO4溶液时，用量筒量取浓硫酸时，仰视读数：_______。⑥定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体至刻度线：_______。⑦配制一定物质的量浓度溶液时，烧杯及玻璃棒未洗涤：_______。（2）从改变溶液体积角度分析产生的误差(用“偏大”“偏小”或“无影响”填空)。①配制NaOH溶液时，将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容：_______。②定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线：_______。③定容时仰视刻度线_______。④定容摇匀后少量溶液外流：_______。⑤容量瓶中原有少量蒸馏水：_______。【答案】（1）①偏小②偏小③偏小④偏小⑤偏大⑥偏小⑦偏小（2）①偏大②偏小③偏小④无影响⑤无影响【解析】【小问1】①配制450mL0.1mol/L的NaOH溶液，使用的容量瓶为500mL容量瓶，应该称量的NaOH的质量为：0.1mol/L×0.5L×40g/mol=2.0g，故用托盘天平称取NaOH固体1.8g，将导致所配溶液的浓度偏小，故答案为：偏小；②配制500mL0.1mol/L的硫酸铜溶液，使用的容量瓶为500mL容量瓶，应该称量的胆矾的质量为：0.1mol/L×0.5L×250g/mol=12.5g，故用托盘天平称取胆矾8.0g，将导致所配溶液的浓度偏小，故答案为：偏小；③配制NaOH溶液，用托盘天平称量NaOH时，托盘天平的两个托盘上放两张质量相等的纸片，其他操作均正确，由于NaOH具有很强的吸水性，实际称量出的NaOH质量偏小，所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；④配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，需称量溶质4.4g，称量时物码放置颠倒，实际称量到的NaOH质量只有4.0-0.4=3.6g，故所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；⑤配制一定物质的量浓度的稀H2SO4溶液时，用量筒量取浓硫酸时，仰视读数，所量浓硫酸的体积偏大，所配溶液浓度偏大，故答案为：偏大；⑥定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体至刻度线，将带走部分溶质，所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；⑦配制一定物质的量浓度溶液时，烧杯及玻璃棒未洗涤，导致溶质的量偏小，所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；【小问2】①由于液体的膨胀速率大于固体的膨胀速率，配制NaOH溶液时，将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容，则将导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，故答案为：偏大；②定容摇匀后，发现液面下降，此为正常现象，若继续加水至刻度线，将导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；③定容时仰视刻度线，将导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；④定容摇匀后少量溶液外流，外流的溶液浓度与容量瓶中溶液浓度相同，则容量瓶中溶液浓度不变，只是体积偏小，故答案为：无影响；⑤容量瓶中原有少量蒸馏水，对溶液体积无影响，对所配溶液浓度无影响，故答案为：无影响。18.碲是ⅥA族元素，其单质和化合物在化工生产等方面具有广泛应用。（1）TeO2是两性氧化物，微溶于水，可溶于强酸、或强碱。TeO2和NaOH溶液发生反应的化学方程式为______________。（2）碲酸（H6TeO6）是一种很弱的酸，Ka1=1×10-7，该温度下0.1mol/LH6TeO6的电离度α为_____（结果保留一位有效数字）。在酸性介质中，碲酸可将HI氧化成I2，若反应生成的TeO2与Te的物质的量之比为1：1，试配平该化学方程式。_______________HI+_____H6TeO6=_____TeO2+_____Te+_____I2+_____H2O（3）从粗铜精炼的阳极泥（主要含有Cu2Te）中提取粗碲的一种工艺流程如下：①已知加压酸浸时控制溶液的pH为5.0，生成TeO2沉淀。如果H2SO4溶液浓度过大，将导致TeO2沉淀不完全，原因是______________。②防止局部酸度过大的操作方法是_____________。③对滤渣“酸浸”后，将Na2SO3加入Te(SO4)2溶液中进行“还原”得到固态碲，该反应的离子方程式是______________。④“还原”得到固态碲后分离出粗碲的方法_________，对粗碲进行洗涤，判断洗涤干净的实验操作和现象是___________。【答案】①TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O②0.1%③8HI+2H6TeO6=1TeO2+1Te+4I2+10H2O④溶液酸性过强，TeO2会继续与酸反应，导致TeO2沉淀不完全。⑤搅拌⑥2SO32－+Te4++2H2O=Te↓+2SO42－+4H+⑦过滤⑧取少量最后一次洗涤液,加入BaCl2溶液,若没有白色沉淀生成,则说明洗涤干净。【解析】(1)TeO2是两性氧化物，和NaOH溶液反应生成盐Na2TeO3和水，发生反应的化学方程式为TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O；(2)H6TeO6H5TeO6-+H+起始浓度(mol/L)0.100变化浓度(mol/L)0.1α0.1α0.1α平衡浓度(mol/L)0.1(1-α)0.1α0.1αKa1=1×10-7=[01α×0.1α]/[0.1(1-α)]，解得：α=0.1%；该反应中，Te元素的化合价由+6价变为0价和+4价，碘元素的化合价由-1价变为0价，且生成的TeO2与Te的物质的量之比为1：1，则两个Te原子得到8个电子，根据转移电子相等知，氢碘酸的计量数应该是8，再根据原子守恒配平方程式得：8HI+2H6TeO6→TeO2+Te+4I2+10H2O；(3)①TeO2具有两性，如果溶液酸性过强，TeO2会继续与酸反应，导致TeO2沉淀不完全；②可以通过搅拌操作防止局部酸度过大；③Na2SO3加入Te(SO4)2溶液中进行还原得到固态碲，同时生成Na2SO4，该反应的离子方程式是2SO32－+Te4++2H2O=Te↓+2SO42－+4H+；④通过过滤从反应后的混合液中获得粗碲，粗碲表面附着液中含有SO42-，取少量最后一次洗涤液,加入BaCl2溶液,若没有白色沉淀生成,则说明洗涤干净。19.实验室需要0.2mol·L﹣1NaOH溶液480mL和0.5mol·L﹣1硫酸溶液500mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题。（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是_______(填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_______、_______(填仪器名称)。（2）在配制NaOH溶液时：根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为_______。（3）在配制硫酸溶液时：所需质量分数为98%、密度为1.84g·cm﹣3的浓硫酸的体积为_______mL(计算结果保留一位小数)；（4）配制溶液时下列说法正确的是_______(填字母)。A.称量氢氧化钠时，托盘天平两盘应用等质量的纸片B.容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制C.量取的浓硫酸应沿玻璃棒慢慢倒入烧杯中，再加水稀释D.若将7.8gNa2O2溶于水，配成1L溶液，也可得到浓度为0.2mol·L-1的NaOH溶液（5）在配制过程中，其他操作都正确，下列操作使所配溶液浓度偏高的是_______(填序号)。①洗涤量取浓硫酸的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中②稀释后的硫酸溶液未等冷却至室温就转移到容量瓶中③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水④定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线【答案】（1）①AC②500mL容量瓶③玻璃棒（2）4.0g（3）13.6mL（4）D（5）①②【解析】小问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；要使用量筒量取浓硫酸的体积，需要使用托盘天平称量固体药品，同时要用药匙取用NaOH固体；在溶解药品时要使用烧杯和玻璃棒；待溶液恢复至室温后通过玻璃棒引流转移至500mL的容量瓶中，最后定容时需要使用胶头滴管，可见在上图所示仪器中肯定不需要的是烧瓶和分液漏斗，故合理选项是AC；配制上述溶液除图示仪器外，还需用到的玻璃仪器是500mL容量瓶和玻璃棒；【小问2】实验室中没有规格是480mL的容量瓶，根据选择仪器的标准是大而近的原则，可知需要配制500mL的容量瓶，则需称量NaOH固体的质量m(NaOH)=0.2mol/L×0.5L×40g/mol=4.0g；【小问3】98%的浓硫酸的物质的量浓度c(H2SO4)=1.84×1000×98%98mol/L=18.4mol/L，配制0.5mol/LH2SO4溶液500mL，需硫酸的物质的量n(H2SO4)=0.5mol/L×0.5L=0.25mol，则需浓硫酸的体积V(H2SO4)=0.25mol18.4mol/L=【小问4】A．NaOH易吸水潮解，因此称量氢氧化钠时，应该在烧杯中称量NaOH固体，不能在纸片上称量，A错误；B．由于配制溶液需要加水，因此不必将容量瓶进行烘干操作，B错误；C．浓硫酸溶于水会放出大量热，由于浓硫酸密度比水大，因此应该将量取的浓硫酸应沿烧杯内壁慢慢倒入盛有水的烧杯中，并不断用玻璃棒搅拌，使热量迅速扩散，C错误；D．7.8gNa2O2的物质的量是0.1mol，其与水反应产生0.2molNaOH，因此将7.8gNa2O2溶于水，配成1L溶液，得到NaOH溶液的浓度为0.2mol·L-1，D正确；故合理选项是D；【小问5】①量取浓硫酸的量筒不必洗涤，若洗涤量取浓硫酸的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，会导致溶液中溶质的物质的量偏多，由于溶液的体积不变，则最终导致配制的溶液浓度偏高，①符合题意；②稀释后的硫酸溶液未等冷却至室温就转移到容量瓶中，待溶液恢复至室温后，溶液体积低于