2025-2026學年廣東省高一上學期9月月考化學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1廣東省2025-2026學年高一上學期9月月考試題注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在試卷上無效。3.考試結束后，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.北京冬奧會成功舉辦、神舟十三號順利往返、“天宮課堂”如期開講及“華龍一號”核電海外投產等，均展示了我國科技發展的巨大成就。下列相關敘述正確的是A.冬奧會“飛揚”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高分子C.乙酸鈉過飽和溶液析出晶體并放熱的過程僅涉及化學變化D.核電站反應堆所用鈾棒中含有的與互為同位素【答案】D【解析】A．H2作為燃料在反應中被氧化，體現出還原性，故A項說法錯誤；B．玻璃纖維是一種性能優異的無機非金屬材料，故B項說法錯誤；C．乙酸鈉飽和溶液中析出晶體的過程中無新物質生成，因此屬于物理變化，故C項說法錯誤；D．與是質子數均為92，中子數不同的核素，因此二者互為同位素，故D項說法正確；綜上所述，敘述正確的是D項。2.下列物質屬于鹽且水溶液呈酸性是A. B. C. D.【答案】A【解析】鹽是由金屬陽離子或銨根離子和酸根離子構成的化合物；A．硫酸氫鉀屬于鹽，電離出氫離子溶液顯酸性，選項A符合題意；B．二氧化硅為氧化物，選項B不符合題意；C．氧化鎂氧化物，選項C不符合題意；D．氯化鈣屬于鹽，溶液顯中性，選項D不符合題意；答案選A。3.化學促進了科技進步和社會發展，下列敘述中沒有涉及化學變化的是A.《神農本草經》中記載的“石膽能化鐵為銅”B.利用“侯氏聯合制堿法”制備純堿C.科學家成功將轉化為淀粉或葡萄糖D.北京冬奧會場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生置換反應生成銅，發生了化學變化，A不符合題意；B．工業上利用“侯氏聯合制堿法”制備純堿，二氧化碳、氨氣、氯化鈉和水發生反應生成的碳酸氫鈉晶體經加熱后分解生成碳酸鈉即純堿，發生了化學變化，B不符合題意；C．CO2轉化為淀粉或葡萄糖，有新物質生成，發生了化學變化，C不符合題意；D．使用CO2跨臨界直冷制冰，將水直接轉化為冰，沒有新物質生成，只發生了物理變化，沒有涉及化學變化，D符合題意；綜上所述，本題選D。4.傍晚，無數光柱透過云層，將天空映照得非常美麗。該光柱A.源于丁達爾效應B.證明空氣是純凈物C.由O2無規則運動引起D.由N2的“惰性”引起【答案】A【解析】傍晚，無數光柱透過云層，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，能夠使光線發生散射作用而沿直線傳播，即發生了丁達爾效應，故合理選項是A。5.如圖是實驗室制備Fe(OH)3膠體并驗證丁達爾效應的示意圖，下列說法錯誤的是A.制備氫氧化鐵膠體的化學反應方程式為FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HClB.光束通過膠體時有一條光亮的“通路”，是膠體粒子對光線散射形成的C.此實驗需要加熱，故應在實驗設計時注明以作提醒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反應方程式為FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HCl，故A正確；B．光束通過膠體時有一條光亮的“通路”，稱為“丁達爾效應”，是膠體粒子對光線散射形成的，故B正確；C．此實驗需要加熱，故應在實驗設計時注明以作提醒，故C正確；D．氫氧化鐵膠體是分散質粒子直徑在1~100nm之間的分散系，故D錯誤；故選D。6.二十大報告提出加快科技創新、構建新能源體系，推進生態優先、綠色低碳發展。下列說法錯誤的是A.“奮斗者”號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.推動大型風電、水電、太陽光伏等可再生能源發展C.保護和治理山水林田湖草有利于實現碳中和D.使用聚乙烯制作的塑料包裝袋物美價廉，符合綠色低碳發展理念【答案】D【解析】A．合金比成分金屬硬度高、韌性更好，A正確；B．積極推動大型風電、水電、核電、太陽光伏等可再生能源的發展，符合綠色發展理念，B正確；C．保護和治理山水林田湖草，增強綠色植物的光合作用，增大CO2的吸收，有利于實現“碳中和”，C正確；D．使用聚乙烯制作的塑料包裝袋，會造成嚴重的白色污染，不符合綠色發展理念，D錯誤；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ABCD文物名稱西漢青銅雁魚燈秦代竹簡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項符合題意；B．竹簡為纖維，B項不符合題意；C．瑪瑙杯為SiO2，C項不符合題意；D．兵馬俑為陶瓷類，屬于硅酸鹽材料，D項不符合題意；故選A。8.《齊民要術》中記載的“浸曲三日，如魚眼湯沸，酸米”描述的過程是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，可知該過程為釀酒，B項符合題意，綜上所述，故選B。9.我國明代《余東錄》記載“鉛塊懸酒缸內，封閉四十九日，開之則化為粉矣。化不白者，炒為黃丹?！鄙婕拔镔|轉化如下：。下列有關說法錯誤的是A.Pb屬于電解質B.2Pb(OH)2·PbCO3屬于堿式鹽C.反應ⅰ中(CH3COO)2Pb為氧化產物D.反應ⅲ為分解反應【答案】A【解析】A．Pb為單質，既不是電解質也不是非電解質，A錯誤；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i中Pb元素化合價升高生成(CH3COO)2Pb，所以(CH3COO)2Pb為氧化產物，C錯誤；D．反應iii的化學方程式應為2Pb(OH)2·PbCO3=3PbO+CO2↑+2H2O，屬于分解反應，D正確；綜上所述答案為A。10.下列關于各物質的所屬類別及性質的描述正確的是選項ABCD物質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性質與水反應熔融態不導電易發生電化學腐蝕能產生丁達爾現象A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．和氫氧化鈉反應生成硝酸鈉、亞硝酸鈉，不是酸性氧化物，故A錯誤；B．是離子化合物，熔融態能導電，故B錯誤；C．生鐵是鐵碳合金，在潮濕環境中構成原電池，易發生電化學腐蝕，故C正確；D．氫氧化鐵膠體是混合物，既不是電解質又不是非電解質，故D錯誤；選C。11.25℃時，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．與反應生成次氯酸而不能大量共存，故A不符合題意；B．、、發生氧化還原反應而不能大量共存，故B不符合題意；C．與反應生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳氣體而不能大量共存，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.下列不符合環境保護和綠色化學理念的是A.禁止使用含鉛汽油作為汽車燃料B.用銀作催化劑，乙烯和氧氣反應制取環氧乙烷，原子利用率100%C.制CuSO4時先將Cu氧化成CuO后再與稀硫酸反應D.用銅和濃硝酸反應制取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，有利于環境保護，符合綠色化學的理念，A項不符合題意；B．采用銀作催化劑，乙烯和氧氣制取環氧乙烷，原子利用率100%，符合綠色化學的理念，B項不符合題意；C．制CuSO4時先將Cu氧化成CuO后再與稀硫酸反應，不會產生有毒氣體，消耗的硫酸的量少，符合綠色化學觀念，C項不符合題意；D．用銅和濃硝酸反應制取Cu(NO3)2，反應過程中除了生成硝酸銅外還生成二氧化氮有毒氣體，不符合綠色化學理念，D項符合題意；答案選D。13.關于反應，下列說法正確的是A.發生還原反應B.既是氧化劑又是還原劑C.氧化產物與還原產物的物質的量之比為2∶1D.1molNa2S2O3發生反應，轉移4mol電子【答案】B【解析】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，該反應的本質是硫代硫酸根離子在酸性條件下發生歧化反應生成硫和二氧化硫，化合價發生變化的只有S元素一種，硫酸的作用是提供酸性環境。A．H2SO4轉化為硫酸鈉和水，其中所含元素的化合價均未發生變化，故其沒有發生還原反應，A說法不正確；B．Na2S2O3中的S的化合價為+2，其發生歧化反應生成S(0價)和SO2(+4價)，故其既是氧化劑又是還原劑，B說法正確；C．該反應的氧化產物是SO2，還原產物為S，氧化產物與還原產物的物質的量之比為1:1，C說法不正確；D．根據其中S元素的化合價變化情況可知，1molNa2S2O3發生反應，要轉移2mol電子，D說法不正確。綜上所述，本題選B。14.已知A2O可與B2-反應，B2-被氧化，產物為B單質，A2O被還原，產物為A3+，且A2O與B2-的化學計量數之比為1:3，則n值為A.4 B.5 C.7 D.6【答案】C【解析】A2O中A的化合價為+(n-1)，其還原產物為A3+，化合價變化為n-1-3=n-4，B2-被氧化，產物為B單質，化合價變化為2，則根據化合價升降總數相等有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，得到硝酸銅溶液和、、NO的混合氣體，將這些氣體與標準狀況下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(標準狀況)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，根據電子得失守恒，求出參加反應的銅，然后求出Cu(NO3)2，再根據Cu(NO3)2與NaOH反應的關系，求出NaOH的物質的量，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(標準狀況)混合后通入水中，完全生成HNO3，則整個過程中HNO3反應前后沒有變化，即Cu失去的電子都被O2得到了，根據得失電子守恒：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，二氯異氰尿酸鈉優質品要求有效氯大于60%.通過下列實驗檢測二氯異氰尿酸鈉樣品是否達到優質品標準。實驗檢測原理為：C3N3O3Cl+H++2H2O=C3H3N3O3+2HClO，HClO+2I-+H+=I2+Cl-+H2O，I2+2S2O=S4O+2I-，準確稱取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量KI溶液，密封在暗處靜置5min；用0.1000mol?L-1Na2S2O3標準溶液滴定至溶液呈微黃色，加入淀粉指示劑繼續滴定至終點(恰好反應完全)，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。該樣品的有效氯=×100%通過計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C3N3O3Cl+H++2H2O=C3H3N3O3+2HClO，HClO+2I-+H+=I2+Cl-+H2O，I2+2S2O=S4O+2I-得到關系式為C3N3O3Cl～2HClO～2I2～4S2O，n(Na2S2O3)=0.0200L×0.1000mol?L-1=2.000×10-3mol，根據物質轉換和電子得失守恒關系：得n(Cl)=0.5n(S2O)=1.000×10-3mol，氯元素的質量：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藥品中含有雜質定量儀器使用不當牢記：c=nV=mMV，分析（1）從改變溶質物質的量角度分析產生的誤差(用“偏大”“偏小”或“無影響”填空)。①配制450mL0.1mol/L的NaOH溶液，用托盤天平稱取NaOH固體1.8g：_______。②配制500mL0.1mol/L的硫酸銅溶液，用托盤天平稱取膽礬8.0g：_______。③配制NaOH溶液，用托盤天平稱量NaOH時，托盤天平的兩個托盤上放兩張質量相等的紙片，其他操作均正確：_______。④配制一定物質的量濃度的NaOH溶液，需稱量溶質4.4g，稱量時物碼放置顛倒：_______。⑤配制一定物質的量濃度的稀H2SO4溶液時，用量筒量取濃硫酸時，仰視讀數：_______。⑥定容時，加水超過刻度線，用膠頭滴管吸取多余的液體至刻度線：_______。⑦配制一定物質的量濃度溶液時，燒杯及玻璃棒未洗滌：_______。（2）從改變溶液體積角度分析產生的誤差(用“偏大”“偏小”或“無影響”填空)。①配制NaOH溶液時，將稱量好的NaOH固體放入小燒杯中溶解，未經冷卻立即轉移到容量瓶中并定容：_______。②定容搖勻后，發現液面下降，繼續加水至刻度線：_______。③定容時仰視刻度線_______。④定容搖勻后少量溶液外流：_______。⑤容量瓶中原有少量蒸餾水：_______?！敬鸢浮浚?）①偏?、谄、燮、芷、萜螈奁、咂。?）①偏大②偏?、燮、軣o影響⑤無影響【解析】【小問1】①配制450mL0.1mol/L的NaOH溶液，使用的容量瓶為500mL容量瓶，應該稱量的NaOH的質量為：0.1mol/L×0.5L×40g/mol=2.0g，故用托盤天平稱取NaOH固體1.8g，將導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，應該稱量的膽礬的質量為：0.1mol/L×0.5L×250g/mol=12.5g，故用托盤天平稱取膽礬8.0g，將導致所配溶液的濃度偏小，故答案為：偏小；③配制NaOH溶液，用托盤天平稱量NaOH時，托盤天平的兩個托盤上放兩張質量相等的紙片，其他操作均正確，由于NaOH具有很強的吸水性，實際稱量出的NaOH質量偏小，所配溶液濃度偏小，故答案為：偏小；④配制一定物質的量濃度的NaOH溶液，需稱量溶質4.4g，稱量時物碼放置顛倒，實際稱量到的NaOH質量只有4.0-0.4=3.6g，故所配溶液濃度偏小，故答案為：偏小；⑤配制一定物質的量濃度的稀H2SO4溶液時，用量筒量取濃硫酸時，仰視讀數，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，加水超過刻度線，用膠頭滴管吸取多余的液體至刻度線，將帶走部分溶質，所配溶液濃度偏小，故答案為：偏??；⑦配制一定物質的量濃度溶液時，燒杯及玻璃棒未洗滌，導致溶質的量偏小，所配溶液濃度偏小，故答案為：偏小；【小問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，將稱量好的NaOH固體放入小燒杯中溶解，未經冷卻立即轉移到容量瓶中并定容，則將導致溶液體積偏小，所配溶液濃度偏大，故答案為：偏大；②定容搖勻后，發現液面下降，此為正?，F象，若繼續加水至刻度線，將導致溶液體積偏大，所配溶液濃度偏小，故答案為：偏??；③定容時仰視刻度線，將導致溶液體積偏大，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：無影響；⑤容量瓶中原有少量蒸餾水，對溶液體積無影響，對所配溶液濃度無影響，故答案為：無影響。18.碲是ⅥA族元素，其單質和化合物在化工生產等方面具有廣泛應用。（1）TeO2是兩性氧化物，微溶于水，可溶于強酸、或強堿。TeO2和NaOH溶液發生反應的化學方程式為______________。（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_____（結果保留一位有效數字）。在酸性介質中，碲酸可將HI氧化成I2，若反應生成的TeO2與Te的物質的量之比為1：1，試配平該化學方程式。_______________HI+_____H6TeO6=_____TeO2+_____Te+_____I2+_____H2O（3）從粗銅精煉的陽極泥（主要含有Cu2Te）中提取粗碲的一種工藝流程如下：①已知加壓酸浸時控制溶液的pH為5.0，生成TeO2沉淀。如果H2SO4溶液濃度過大，將導致TeO2沉淀不完全，原因是______________。②防止局部酸度過大的操作方法是_____________。③對濾渣“酸浸”后，將Na2SO3加入Te(SO4)2溶液中進行“還原”得到固態碲，該反應的離子方程式是______________。④“還原”得到固態碲后分離出粗碲的方法_________，對粗碲進行洗滌，判斷洗滌干凈的實驗操作和現象是___________。【答案】①TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O②0.1%③8HI+2H6TeO6=1TeO2+1Te+4I2+10H2O④溶液酸性過強，TeO2會繼續與酸反應，導致TeO2沉淀不完全。⑤攪拌⑥2SO32－+Te4++2H2O=Te↓+2SO42－+4H+⑦過濾⑧取少量最后一次洗滌液,加入BaCl2溶液,若沒有白色沉淀生成,則說明洗滌干凈?！窘馕觥?1)TeO2是兩性氧化物，和NaOH溶液反應生成鹽Na2TeO3和水，發生反應的化學方程式為TeO2+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%；該反應中，Te元素的化合價由+6價變為0價和+4價，碘元素的化合價由-1價變為0價，且生成的TeO2與Te的物質的量之比為1：1，則兩個Te原子得到8個電子，根據轉移電子相等知，氫碘酸的計量數應該是8，再根據原子守恒配平方程式得：8HI+2H6TeO6→TeO2+Te+4I2+10H2O；(3)①TeO2具有兩性，如果溶液酸性過強，TeO2會繼續與酸反應，導致TeO2沉淀不完全；②可以通過攪拌操作防止局部酸度過大；③Na2SO3加入Te(SO4)2溶液中進行還原得到固態碲，同時生成Na2SO4，該反應的離子方程式是2SO32－+Te4++2H2O=Te↓+2SO42－+4H+；④通過過濾從反應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,若沒有白色沉淀生成,則說明洗滌干凈。19.實驗室需要0.2mol·L﹣1NaOH溶液480mL和0.5mol·L﹣1硫酸溶液500mL。根據這兩種溶液的配制情況回答下列問題。（1）如圖所示的儀器中配制溶液肯定不需要的是_______(填序號)，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：根據計算用托盤天平稱取NaOH的質量為_______。（3）在配制硫酸溶液時：所需質量分數為98%、密度為1.84g·cm﹣3的濃硫酸的體積為_______mL(計算結果保留一位小數)；（4）配制溶液時下列說法正確的是_______(填字母)。A.稱量氫氧化鈉時，托盤天平兩盤應用等質量的紙片B.容量瓶用蒸餾水洗凈后，應烘干后才能用于溶液配制C.量取的濃硫酸應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)。①洗滌量取濃硫酸的量筒，并將洗滌液轉移到容量瓶中②稀釋后的硫酸溶液未等冷卻至室溫就轉移到容量瓶中③轉移前，容量瓶中含有少量蒸餾水④定容搖勻后，發現液面低于刻度線，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，需要使用托盤天平稱量固體藥品，同時要用藥匙取用NaOH固體；在溶解藥品時要使用燒杯和玻璃棒；待溶液恢復至室溫后通過玻璃棒引流轉移至500mL的容量瓶中，最后定容時需要使用膠頭滴管，可見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2】實驗室中沒有規格是480mL的容量瓶，根據選擇儀器的標準是大而近的原則，可知需要配制500mL的容量瓶，則需稱量NaOH固體的質量m(NaOH)=0.2mol/L×0.5L×40g/mol=4.0g；【小問3】98%的濃硫酸的物質的量濃度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4】A．NaOH易吸水潮解，因此稱量氫氧化鈉時，應該在燒杯中稱量NaOH固體，不能在紙片上稱量，A錯誤；B．由于配制溶液需要加水，因此不必將容量瓶進行烘干操作，B錯誤；C．濃硫酸溶于水會放出大量熱，由于濃硫酸密度比水大，因此應該將量取的濃硫酸應沿燒杯內壁慢慢倒入盛有水的燒杯中，并不斷用玻璃棒攪拌，使熱量迅速擴散，C錯誤；D．7.8gNa2O2的物質的量是0.1mol，其與水反應產生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；故合理選項是D；【小問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，并將洗滌液轉移到容量瓶中，會導致溶液中溶質的物質的量偏多，由于溶液的體積不變，則最終導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移到容量瓶中，待溶液恢復至室溫后，溶液體積低于刻度線，溶液體積偏少，由于溶質的物質的量不變，最終導致配制的溶液濃度偏高，②符合題意；③轉移前，容量瓶中含有少量蒸餾水，對配制溶液的濃度無影響，③不符合題意；④定容搖勻后，發現液面低于刻度線，又用膠頭滴管加蒸餾水至刻度線，導致溶液體積偏大，由于溶質的物質的量不變，最終導致配制的溶液濃度偏低，④不符合題意；故合理選項是①②。20.硫酸亞鐵晶體(FeSO4·7H2O)在醫藥上用作補血劑。某課外小組設計實驗測定該補血劑中鐵元素的含量，并檢驗該補血劑是否變質。實驗步驟如下：請回答下列問題：（1）向步驟①的濾液中滴加KSCN溶液后變為紅色，則該濾液中含有___________(填離子符號)，檢驗濾液中還存在Fe2+的方法為___________(說明試劑、現象)。（2）步驟②加入過量H2O2的目的是___________。涉及的反應離子方程式：___________。（3）步驟③中反應的離子方程式為___________。（4）步驟④中一系列處理的操作步驟包括：過濾、______、干燥、灼燒、_______、稱量。（5）假設實驗中的損耗忽略不計，則每片補血劑含鐵元素的質量為___________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，該實驗原理為：將藥品研細后溶于硫酸，使藥品中的Fe元素溶出，+2價鐵易被氧化，因而溶液中除了有Fe2+外，還會有Fe3+。隨后用雙氧水將Fe2+全部氧化為Fe3+，后使Fe3+轉化為氫氧化鐵沉淀，再轉化為氧化鐵，通過測定氧化鐵的質量，計算補血劑中鐵元素的含量。【小問1】向步驟①的濾液中滴加KSCN溶液后變為紅色，則該濾液中一定含有Fe3+；在此溶液中（有Fe3+存在）進一步檢驗是否還存在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2】根據分析，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?】步驟③是將Fe3+轉化為氫氧化鐵沉淀，反應的離子方程式為：Fe3++3OH－＝Fe(OH)3↓。【小問4】步驟④中一系列處理是將氫氧化鐵懸濁液最終轉化為氧化鐵，需要過濾、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量。【小問5】ag氧化鐵中鐵元素的質量即為10片補血劑中鐵元素的質量，每片補血劑含鐵元素的質量為：ag160g/mol×2×56g/mol10=0.0721.自然界中的物質絕大多數以混合物的形式存在，為了便于研究和利用，常需對混合物進行分離和提純。I.從海水中得到的粗鹽中還含有硫酸鈉、氯化鎂、氯化鈣等可溶性雜質，他們在溶液中主要以、、的形式存在，為將這些雜質離子除凈，應加入氯化鋇、氫氧化鈉、碳酸鈉等物質(均過量)將其轉化為沉淀，過濾除去；再加入適量的鹽酸，得到精鹽水，最后經蒸發即得精鹽。以下是某化工廠對海水進行綜合利用的示意圖。（1）⑤對應的操作是_______，⑦對應的操作是_______。（2）在利用粗鹽制備精鹽過程的第⑥步操作中，加入適量鹽酸的目的是_______。（3）在制備精鹽的過程中，氯化鋇和碳酸鈉溶液的添加順序不可以顛倒，理由是_______。II.（4）下列A、B、C、D是中學常見的混合物分離或提純的裝置。請根據混合物分離或提純的原理，從氯化鈉溶液中分離出水需要使用上圖哪種裝置_______。（5）碘水中提取碘單質需經過萃取、分液、蒸餾。①下列可作為碘水中提取碘單質萃取劑的有_______。a.酒精B.苯C.四氯化碳②已知碘和四氯化碳的熔沸點數據如下表熔點沸點碘113.7℃184.3℃四氯化碳-22.6℃76.8℃若用蒸餾法分離碘和四氯化碳混合物，錐形瓶中先收集到的物質的名稱是_______?！敬鸢浮浚?）①過濾②蒸發結晶（2）除去過量的碳酸鈉和氫氧化鈉（3）碳酸鈉作用是既除去Ca2+，又除去多余的氯化鋇（4）A（5）①BC②四氯化碳【解析】粗鹽提純步驟為：溶解→除雜→過濾→蒸發結晶．向含有、Ca2+、Mg2+的粗鹽中，加入過量的氯化鋇可將除去，繼續加過量的氫氧化鈉可以將Mg2+離子轉換為沉淀、繼續加入過量的碳酸鈉可以將加入過量的鋇離子除去，經過過濾操作將沉淀除去；再加入適量的鹽酸，可將過量的碳酸根、氫氧根除去．【小問1】⑤對應的操作是過濾，除去硫酸鋇、氫氧化鎂、泥沙沉淀，濾液為氯化鈉碳酸鈉、氫氧化鈉混合液，⑦蒸發結晶得到氯化鈉；故答案為：過濾；蒸發結晶；【小問2】在提純的過程中氫氧化鈉和碳酸鈉都要過量，氫氧化鈉和鹽酸反應生成氯化鈉和水，碳酸鈉和鹽酸反應生成氯化鈉、水和二氧化碳，⑥加入適量鹽酸的目的是除去過量的碳酸鈉和氫氧化鈉，故答案為：除去過量的碳酸鈉和氫氧化鈉；【小問3】碳酸鈉和氯化鋇反應生成碳酸鋇沉淀和氯化鈉，還能和鈣離子結合成碳酸鈣沉淀，故碳酸鈉作用是既除去Ca2+，又除去多余的氯化鋇所以不能顛倒，故答案為：碳酸鈉作用是既除去Ca2+，又除去多余的氯化鋇；【小問4】氯化鈉溶液中分離出水，氯化鈉沸點較高，可以通過蒸餾操作完成，所以應該選用裝置A；故答案為：A；【小問5】①碘水中提取碘單質，需要通過萃取方法，選取的萃取劑不能與水相溶，所以不能選用酒精，可以選用苯、四氯化碳；故答案為：BC；②根據表中碘單質和四氯化碳的沸點可知，四氯化碳的沸點較低，則四氯化碳優先被蒸出，錐形瓶中先收集到的物質為四氯化碳，故答案為：四氯化碳。廣東省2025-2026學年高一上學期9月月考試題注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在試卷上無效。3.考試結束后，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.北京冬奧會成功舉辦、神舟十三號順利往返、“天宮課堂”如期開講及“華龍一號”核電海外投產等，均展示了我國科技發展的巨大成就。下列相關敘述正確的是A.冬奧會“飛揚”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高分子C.乙酸鈉過飽和溶液析出晶體并放熱的過程僅涉及化學變化D.核電站反應堆所用鈾棒中含有的與互為同位素【答案】D【解析】A．H2作為燃料在反應中被氧化，體現出還原性，故A項說法錯誤；B．玻璃纖維是一種性能優異的無機非金屬材料，故B項說法錯誤；C．乙酸鈉飽和溶液中析出晶體的過程中無新物質生成，因此屬于物理變化，故C項說法錯誤；D．與是質子數均為92，中子數不同的核素，因此二者互為同位素，故D項說法正確；綜上所述，敘述正確的是D項。2.下列物質屬于鹽且水溶液呈酸性是A. B. C. D.【答案】A【解析】鹽是由金屬陽離子或銨根離子和酸根離子構成的化合物；A．硫酸氫鉀屬于鹽，電離出氫離子溶液顯酸性，選項A符合題意；B．二氧化硅為氧化物，選項B不符合題意；C．氧化鎂氧化物，選項C不符合題意；D．氯化鈣屬于鹽，溶液顯中性，選項D不符合題意；答案選A。3.化學促進了科技進步和社會發展，下列敘述中沒有涉及化學變化的是A.《神農本草經》中記載的“石膽能化鐵為銅”B.利用“侯氏聯合制堿法”制備純堿C.科學家成功將轉化為淀粉或葡萄糖D.北京冬奧會場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生置換反應生成銅，發生了化學變化，A不符合題意；B．工業上利用“侯氏聯合制堿法”制備純堿，二氧化碳、氨氣、氯化鈉和水發生反應生成的碳酸氫鈉晶體經加熱后分解生成碳酸鈉即純堿，發生了化學變化，B不符合題意；C．CO2轉化為淀粉或葡萄糖，有新物質生成，發生了化學變化，C不符合題意；D．使用CO2跨臨界直冷制冰，將水直接轉化為冰，沒有新物質生成，只發生了物理變化，沒有涉及化學變化，D符合題意；綜上所述，本題選D。4.傍晚，無數光柱透過云層，將天空映照得非常美麗。該光柱A.源于丁達爾效應B.證明空氣是純凈物C.由O2無規則運動引起D.由N2的“惰性”引起【答案】A【解析】傍晚，無數光柱透過云層，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，能夠使光線發生散射作用而沿直線傳播，即發生了丁達爾效應，故合理選項是A。5.如圖是實驗室制備Fe(OH)3膠體并驗證丁達爾效應的示意圖，下列說法錯誤的是A.制備氫氧化鐵膠體的化學反應方程式為FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HClB.光束通過膠體時有一條光亮的“通路”，是膠體粒子對光線散射形成的C.此實驗需要加熱，故應在實驗設計時注明以作提醒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反應方程式為FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HCl，故A正確；B．光束通過膠體時有一條光亮的“通路”，稱為“丁達爾效應”，是膠體粒子對光線散射形成的，故B正確；C．此實驗需要加熱，故應在實驗設計時注明以作提醒，故C正確；D．氫氧化鐵膠體是分散質粒子直徑在1~100nm之間的分散系，故D錯誤；故選D。6.二十大報告提出加快科技創新、構建新能源體系，推進生態優先、綠色低碳發展。下列說法錯誤的是A.“奮斗者”號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.推動大型風電、水電、太陽光伏等可再生能源發展C.保護和治理山水林田湖草有利于實現碳中和D.使用聚乙烯制作的塑料包裝袋物美價廉，符合綠色低碳發展理念【答案】D【解析】A．合金比成分金屬硬度高、韌性更好，A正確；B．積極推動大型風電、水電、核電、太陽光伏等可再生能源的發展，符合綠色發展理念，B正確；C．保護和治理山水林田湖草，增強綠色植物的光合作用，增大CO2的吸收，有利于實現“碳中和”，C正確；D．使用聚乙烯制作的塑料包裝袋，會造成嚴重的白色污染，不符合綠色發展理念，D錯誤；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ABCD文物名稱西漢青銅雁魚燈秦代竹簡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項符合題意；B．竹簡為纖維，B項不符合題意；C．瑪瑙杯為SiO2，C項不符合題意；D．兵馬俑為陶瓷類，屬于硅酸鹽材料，D項不符合題意；故選A。8.《齊民要術》中記載的“浸曲三日，如魚眼湯沸，酸米”描述的過程是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，可知該過程為釀酒，B項符合題意，綜上所述，故選B。9.我國明代《余東錄》記載“鉛塊懸酒缸內，封閉四十九日，開之則化為粉矣?；话渍撸礊辄S丹?！鄙婕拔镔|轉化如下：。下列有關說法錯誤的是A.Pb屬于電解質B.2Pb(OH)2·PbCO3屬于堿式鹽C.反應ⅰ中(CH3COO)2Pb為氧化產物D.反應ⅲ為分解反應【答案】A【解析】A．Pb為單質，既不是電解質也不是非電解質，A錯誤；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i中Pb元素化合價升高生成(CH3COO)2Pb，所以(CH3COO)2Pb為氧化產物，C錯誤；D．反應iii的化學方程式應為2Pb(OH)2·PbCO3=3PbO+CO2↑+2H2O，屬于分解反應，D正確；綜上所述答案為A。10.下列關于各物質的所屬類別及性質的描述正確的是選項ABCD物質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性質與水反應熔融態不導電易發生電化學腐蝕能產生丁達爾現象A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．和氫氧化鈉反應生成硝酸鈉、亞硝酸鈉，不是酸性氧化物，故A錯誤；B．是離子化合物，熔融態能導電，故B錯誤；C．生鐵是鐵碳合金，在潮濕環境中構成原電池，易發生電化學腐蝕，故C正確；D．氫氧化鐵膠體是混合物，既不是電解質又不是非電解質，故D錯誤；選C。11.25℃時，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．與反應生成次氯酸而不能大量共存，故A不符合題意；B．、、發生氧化還原反應而不能大量共存，故B不符合題意；C．與反應生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳氣體而不能大量共存，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.下列不符合環境保護和綠色化學理念的是A.禁止使用含鉛汽油作為汽車燃料B.用銀作催化劑，乙烯和氧氣反應制取環氧乙烷，原子利用率100%C.制CuSO4時先將Cu氧化成CuO后再與稀硫酸反應D.用銅和濃硝酸反應制取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，有利于環境保護，符合綠色化學的理念，A項不符合題意；B．采用銀作催化劑，乙烯和氧氣制取環氧乙烷，原子利用率100%，符合綠色化學的理念，B項不符合題意；C．制CuSO4時先將Cu氧化成CuO后再與稀硫酸反應，不會產生有毒氣體，消耗的硫酸的量少，符合綠色化學觀念，C項不符合題意；D．用銅和濃硝酸反應制取Cu(NO3)2，反應過程中除了生成硝酸銅外還生成二氧化氮有毒氣體，不符合綠色化學理念，D項符合題意；答案選D。13.關于反應，下列說法正確的是A.發生還原反應B.既是氧化劑又是還原劑C.氧化產物與還原產物的物質的量之比為2∶1D.1molNa2S2O3發生反應，轉移4mol電子【答案】B【解析】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，該反應的本質是硫代硫酸根離子在酸性條件下發生歧化反應生成硫和二氧化硫，化合價發生變化的只有S元素一種，硫酸的作用是提供酸性環境。A．H2SO4轉化為硫酸鈉和水，其中所含元素的化合價均未發生變化，故其沒有發生還原反應，A說法不正確；B．Na2S2O3中的S的化合價為+2，其發生歧化反應生成S(0價)和SO2(+4價)，故其既是氧化劑又是還原劑，B說法正確；C．該反應的氧化產物是SO2，還原產物為S，氧化產物與還原產物的物質的量之比為1:1，C說法不正確；D．根據其中S元素的化合價變化情況可知，1molNa2S2O3發生反應，要轉移2mol電子，D說法不正確。綜上所述，本題選B。14.已知A2O可與B2-反應，B2-被氧化，產物為B單質，A2O被還原，產物為A3+，且A2O與B2-的化學計量數之比為1:3，則n值為A.4 B.5 C.7 D.6【答案】C【解析】A2O中A的化合價為+(n-1)，其還原產物為A3+，化合價變化為n-1-3=n-4，B2-被氧化，產物為B單質，化合價變化為2，則根據化合價升降總數相等有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，得到硝酸銅溶液和、、NO的混合氣體，將這些氣體與標準狀況下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(標準狀況)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，根據電子得失守恒，求出參加反應的銅，然后求出Cu(NO3)2，再根據Cu(NO3)2與NaOH反應的關系，求出NaOH的物質的量，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(標準狀況)混合后通入水中，完全生成HNO3，則整個過程中HNO3反應前后沒有變化，即Cu失去的電子都被O2得到了，根據得失電子守恒：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，二氯異氰尿酸鈉優質品要求有效氯大于60%.通過下列實驗檢測二氯異氰尿酸鈉樣品是否達到優質品標準。實驗檢測原理為：C3N3O3Cl+H++2H2O=C3H3N3O3+2HClO，HClO+2I-+H+=I2+Cl-+H2O，I2+2S2O=S4O+2I-，準確稱取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量KI溶液，密封在暗處靜置5min；用0.1000mol?L-1Na2S2O3標準溶液滴定至溶液呈微黃色，加入淀粉指示劑繼續滴定至終點(恰好反應完全)，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。該樣品的有效氯=×100%通過計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C3N3O3Cl+H++2H2O=C3H3N3O3+2HClO，HClO+2I-+H+=I2+Cl-+H2O，I2+2S2O=S4O+2I-得到關系式為C3N3O3Cl～2HClO～2I2～4S2O，n(Na2S2O3)=0.0200L×0.1000mol?L-1=2.000×10-3mol，根據物質轉換和電子得失守恒關系：得n(Cl)=0.5n(S2O)=1.000×10-3mol，氯元素的質量：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藥品中含有雜質定量儀器使用不當牢記：c=nV=mMV，分析（1）從改變溶質物質的量角度分析產生的誤差(用“偏大”“偏小”或“無影響”填空)。①配制450mL0.1mol/L的NaOH溶液，用托盤天平稱取NaOH固體1.8g：_______。②配制500mL0.1mol/L的硫酸銅溶液，用托盤天平稱取膽礬8.0g：_______。③配制NaOH溶液，用托盤天平稱量NaOH時，托盤天平的兩個托盤上放兩張質量相等的紙片，其他操作均正確：_______。④配制一定物質的量濃度的NaOH溶液，需稱量溶質4.4g，稱量時物碼放置顛倒：_______。⑤配制一定物質的量濃度的稀H2SO4溶液時，用量筒量取濃硫酸時，仰視讀數：_______。⑥定容時，加水超過刻度線，用膠頭滴管吸取多余的液體至刻度線：_______。⑦配制一定物質的量濃度溶液時，燒杯及玻璃棒未洗滌：_______。（2）從改變溶液體積角度分析產生的誤差(用“偏大”“偏小”或“無影響”填空)。①配制NaOH溶液時，將稱量好的NaOH固體放入小燒杯中溶解，未經冷卻立即轉移到容量瓶中并定容：_______。②定容搖勻后，發現液面下降，繼續加水至刻度線：_______。③定容時仰視刻度線_______。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影響⑤無影響【解析】【小問1】①配制450mL0.1mol/L的NaOH溶液，使用的容量瓶為500mL容量瓶，應該稱量的NaOH的質量為：0.1mol/L×0.5L×40g/mol=2.0g，故用托盤天平稱取NaOH固體1.8g，將導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，應該稱量的膽礬的質量為：0.1mol/L×0.5L×250g/mol=12.5g，故用托盤天平稱取膽礬8.0g，將導致所配溶液的濃度偏小，故答案為：偏?。虎叟渲芅aOH溶液，用托盤天平稱量NaOH時，托盤天平的兩個托盤上放兩張質量相等的紙片，其他操作均正確，由于NaOH具有很強的吸水性，實際稱量出的NaOH質量偏小，所配溶液濃度偏小，故答案為：偏小；④配制一定物質的量濃度的NaOH溶液，需稱量溶質4.4g，稱量時物碼放置顛倒，實際稱量到的NaOH質量只有4.0-0.4=3.6g，故所配溶液濃度偏小，故答案為：偏??；⑤配制一定物質的量濃度的稀H2SO4溶液時，用量筒量取濃硫酸時，仰視讀數，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，加水超過刻度線，用膠頭滴管吸取多余的液體至刻度線，將帶走部分溶質，所配溶液濃度偏小，故答案為：偏??；⑦配制一定物質的量濃度溶液時，燒杯及玻璃棒未洗滌，導致溶質的量偏小，所配溶液濃度偏小，故答案為：偏??；【小問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，將稱量好的NaOH固體放入小燒杯中溶解，未經冷卻立即轉移到容量瓶中并定容，則將導致溶液體積偏小，所配溶液濃度偏大，故答案為：偏大；②定容搖勻后，發現液面下降，此為正常現象，若繼續加水至刻度線，將導致溶液體積偏大，所配溶液濃度偏小，故答案為：偏??；③定容時仰視刻度線，將導致溶液體積偏大，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：無影響；⑤容量瓶中原有少量蒸餾水，對溶液體積無影響，對所配溶液濃度無影響，故答案為：無影響。18.碲是ⅥA族元素，其單質和化合物在化工生產等方面具有廣泛應用。（1）TeO2是兩性氧化物，微溶于水，可溶于強酸、或強堿。TeO2和NaOH溶液發生反應的化學方程式為______________。（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_____（結果保留一位有效數字）。在酸性介質中，碲酸可將HI氧化成I2，若反應生成的TeO2與Te的物質的量之比為1：1，試配平該化學方程式。_______________HI+_____H6TeO6=_____TeO2+_____Te+_____I2+_____H2O（3）從粗銅精煉的陽極泥（主要含有Cu2Te）中提取粗碲的一種工藝流程如下：①已知加壓酸浸時控制溶液的pH為5.0，生成TeO2沉淀。如果H2SO4溶液濃度過大，將導致TeO2沉淀不完全，原因是______________。②防止局部酸度過大的操作方法是_____________。③對濾渣“酸浸”后，將Na2SO3加入Te(SO4)2溶液中進行“還原”得到固態碲，該反應的離子方程式是______________。④“還原”得到固態碲后分離出粗碲的方法_________，對粗碲進行洗滌，判斷洗滌干凈的實驗操作和現象是___________?！敬鸢浮竣賂eO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O②0.1%③8HI+2H6TeO6=1TeO2+1Te+4I2+10H2O④溶液酸性過強，TeO2會繼續與酸反應，導致TeO2沉淀不完全。⑤攪拌⑥2SO32－+Te4++2H2O=Te↓+2SO42－+4H+⑦過濾⑧取少量最后一次洗滌液,加入BaCl2溶液,若沒有白色沉淀生成,則說明洗滌干凈。【解析】(1)TeO2是兩性氧化物，和NaOH溶液反應生成鹽Na2TeO3和水，發生反應的化學方程式為TeO2+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%；該反應中，Te元素的化合價由+6價變為0價和+4價，碘元素的化合價由-1價變為0價，且生成的TeO2與Te的物質的量之比為1：1，則兩個Te原子得到8個電子，根據轉移電子相等知，氫碘酸的計量數應該是8，再根據原子守恒配平方程式得：8HI+2H6TeO6→TeO2+Te+4I2+10H2O；(3)①TeO2具有兩性，如果溶液酸性過強，TeO2會繼續與酸反應，導致TeO2沉淀不完全；②可以通過攪拌操作防止局部酸度過大；③Na2SO3加入Te(SO4)2溶液中進行還原得到固態碲，同時生成Na2SO4，該反應的離子方程式是2SO32－+Te4++2H2O=Te↓+2SO42－+4H+；④通過過濾從反應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,若沒有白色沉淀生成,則說明洗滌干凈。19.實驗室需要0.2mol·L﹣1NaOH溶液480mL和0.5mol·L﹣1硫酸溶液500mL。根據這兩種溶液的配制情況回答下列問題。（1）如圖所示的儀器中配制溶液肯定不需要的是_______(填序號)，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：根據計算用托盤天平稱取NaOH的質量為_______。（3）在配制硫酸溶液時：所需質量分數為98%、密度為1.84g·cm﹣3的濃硫酸的體積為_______mL(計算結果保留一位小數)；（4）配制溶液時下列說法正確的是_______(填字母)。A.稱量氫氧化鈉時，托盤天平兩盤應用等質量的紙片B.容量瓶用蒸餾水洗凈后，應烘干后才能用于溶液配制C.量取的濃硫酸應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)。①洗滌量取濃硫酸的量筒，并將洗滌液轉移到容量瓶中②稀釋后的硫酸溶液未等冷卻至室溫就轉移到容量瓶中③轉移前，容量瓶中含有少量蒸餾水④定容搖勻后，發現液面低于刻度線，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，需要使用托盤天平稱量固體藥品，同時要用藥匙取用NaOH固體；在溶解藥品時要使用燒杯和玻璃棒；待溶液恢復至室溫后通過玻璃棒引流轉移至500mL的容量瓶中，最后定容時需要使用膠頭滴管，可見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2】實驗室中沒有規格是480mL的容量瓶，根據選擇儀器的標準是大而近的原則，可知需要配制500mL的容量瓶，則需稱量NaOH固體的質量m(NaOH)=0.2mol/L×0.5L×40g/mol=4.0g；【小問3】98%的濃硫酸的物質的量濃度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4】A．NaOH易吸水潮解，因此稱量氫氧化鈉時，應該在燒杯中稱量NaOH固體，不能在紙片上稱量，A錯誤；B．由于配制溶液需要加水，因此不必將容量瓶進行烘干操作，B錯誤；C．濃硫酸溶于水會放出大量熱，由于濃硫酸密度比水大，因此應該將量取的濃硫酸應沿燒杯內壁慢慢倒入盛有水的燒杯中，并不斷用玻璃棒攪拌，使熱量迅速擴散，C錯誤；D．7.8gNa2O2的物質的量是0.1mol，其與水反應產生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；故合理選項是D；【小問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，并將洗滌液轉移到容量瓶中，會導致溶液中溶質的物質的量偏多，由于溶液的體積不變，則最終導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移到容量瓶中，待溶液恢復至室溫后，溶液體積低于