【精品解析】天津市第二南开学校2025-2026学年高三上学期开学化学试题

天津市第二南开学校2025-2026学年高三上学期开学化学试题
1．（2025高三上·南开开学考）下列关于胶体的叙述不正确的是
A．用平行光照射NaCl溶液和胶体时，产生的现象不同
B．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子的直径为
C．胶体具有杀菌消毒作用，所以可以用于净水
D．胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水的目的
2．（2025高三上·南开开学考）下列关于纯净物、混合物、酸性氧化物、碱性氧化物、电解质、非电解质的正确组合为
　 纯净物 混合物 酸性氧化物 碱性氧化物 电解质 非电解质
A 盐酸 氨水 硫酸 干冰
B 液氨 合金 氧化铝 二氧化硫
C 胆矾 碱石灰 氯化铜 碳酸钙
D 醋酸 五水硫酸铜 CaO 一水合氨 蔗糖
A．A B．B C．C D．D
3．（2025高三上·南开开学考）下列各组物质中，不满足组内任意两种物质均能发生反应的是
物质 选项 甲 乙 丙
A HCl NaOH
B NaOH
C Cu S
D
A．A B．B C．C D．D
4．（2025高三上·南开开学考）下列离子方程式书写错误的是
A．少量溶液滴入溶液中：
B．少量通入次氯酸钠溶液中：
C．少量通入硝酸钡溶液中：
D．少量气通入碳酸钠溶液中：
5．（2025高三上·南开开学考）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．室温下，的溶液中：、、、
B．在中性溶液中：、、、
C．加入能放出的溶液中：、、、
D．由水电离出的的溶液中：、、、
6．（2025高三上·南开开学考）氯气跟氢氧化钾溶液在一定条件下发生反应：Cl2＋KOH→KX＋KY＋H2O(未配平)，KX在一定条件下能自身反应：KX→KY＋KZ(未配平，KY与KZ的物质的量之比为1∶3)，以上KX、KY、KZ均是含氯元素的一元酸的钾盐，由以上条件推知在KX中氯元素的化合价是
A．＋1 B．＋3 C．＋5 D．＋7
7．（2025高三上·南开开学考）定窑是宋代五大名窑之一，其生产的白瓷闻名于世。下列说法正确的是
A．传统陶瓷是典型的绝缘材料 B．陶瓷主要成分为和
C．陶瓷烧制的过程为物理变化 D．白瓷的白色是因铁含量较高
8．（2025高三上·南开开学考）下列关于、的实验方案不能达到实验目的的是
A．用如图所示装置比较、的热稳定性
B．用加热的方法除去固体中混有的少量固体
C．用足量的除去溶液中的少量
D．用澄清石灰水鉴别和溶液
9．（2025高三上·南开开学考）侯氏制碱法主要过程如下图(部分物质已略去)。
下列说法错误的是
A．气体X为
B．氨盐水中通入气体X后，溶液中大量减少
C．操作b为过滤
D．悬浊液a中的不溶物主要是
10．（2025高三上·南开开学考）磷酸铁常用作电极材料。室温下，用含少量的溶液制备磷酸铁的过程如图所示。下列说法错误的是
A．实验室中分离出滤渣I所需玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒
B．可选用KSCN溶液检验“氧化”步骤是否反应完全
C．“氧化”步骤发生的主要反应的离子方程式为
D．“除铝”时可选用代替
11．（2025高三上·南开开学考）利用废铝箔（主要成分为，含少量等）制明矾的一种工艺流程如图：
下列说法错误的是
A．该工艺步骤①与步骤②顺序互换会更节约生产成本
B．②中发生的反应有：
C．③中稀酸化的目的是将转化成
D．由④可知，室温下明矾的溶解度小于和的溶解度
12．（2025高三上·南开开学考）用CuCl2·2H2O晶体制取无水CuCl2的实验装置如图所示，下列说法错误的是
A．通入HCl 可以抑制CuCl2的水解
B．先滴入浓硫酸，再点燃c 处酒精灯
C．硬质玻璃管内部右侧会出现白雾
D．装置d 中上层为苯，下层为NaOH 溶液
13．（2025高三上·南开开学考）若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a~d均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验，下列分析正确的是
A．与浓硫酸反应，只体现的酸性
B．a处变红，说明是酸性氧化物
C．b或c处褪色，均说明具有漂白性
D．试管底部出现白色固体，说明反应中无生成
14．（2025高三上·南开开学考）氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是（　　）
A．实验室探究稀硝酸与铜反应的气态产物：
B．工业制硝酸过程中的物质转化：
C．汽车尾气催化转化器中发生的主要反应：
D．实验室制备少量的原理：
15．（2025高三上·南开开学考）下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论正确的是
① ② ③
A．由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定都是氮的氧化物
B．②中产生红棕色气体说明②中木炭与浓硝酸产生了反应
C．由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物
D．③的气体产物中检测出由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应
16．（2025高三上·南开开学考）探究卤族元素单质及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是
选项 实验方案 现象 结论
A 往碘的溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡 分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色 碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在中的溶解能力
B 用玻璃棒蘸取次氯酸钠溶液点在pH试纸上 试纸变白 次氯酸钠溶液呈中性
C 向溶液中先滴加4滴0.1溶液，再滴加1滴溶液 先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀 AgCl转化为溶解度小于AgCl溶解度
D 取两份新制氯水，分别滴加溶液和淀粉KI溶液 前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色 氯气与水的反应存在限度
A．A B．B C．C D．D
17．（2025高三上·南开开学考）下列有关硅及其化合物的说法中不正确的是
A．在粗硅的提取中发生反应：2C+SiO22CO↑+Si，硅元素被还原
B．Si和SiO2均能与NaOH溶液反应生成硅酸钠
C．用SiO2制取硅酸，应先使二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，然后再通入CO2
D．由Na2CO3+SiO2CO2↑+Na2SiO3可知硅酸的酸性强于碳酸
18．（2025高三上·南开开学考）如图所示，利用培养皿探究氨气的性质。实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，立即用另一表面皿扣在上面。表中对应的实验现象及解释正确的是
选项 实验现象 解释
A 浓盐酸附近产生白烟 NH3与浓盐酸挥发出的HCl反应产生了NH4Cl固体
B 浓硫酸附近无明显现象 NH3与浓硫酸不发生反应
C 氯化铝溶液先浑浊再澄清 氢氧化铝沉淀溶解
D 干燥红色石蕊试纸不变色，湿润红色石蕊试纸变蓝 氨气属于碱
A．A B．B C．C D．D
19．（2025高三上·南开开学考）如图所示为“双色双喷泉”实验装置，图中烧瓶内分别充满氨气和氯化氢，烧杯内盛装滴有石蕊溶液的蒸馏水。下列说法错误的是
A．在实验室中，可用浓盐酸和浓硫酸制备氯化氢
B．如果关闭c、d，打开a、b，可能会有白烟产生
C．实验中同时打开止水夹a、c、d，即可分别形成蓝色和红色喷泉
D．喷泉结束后，将烧瓶内溶液混合后蒸干可得氯化铵固体
20．（2025高三上·南开开学考）按图装置进行实验。将稀硫酸全部加入Ⅰ中的试管，关闭活塞。下列说法正确的是
A．Ⅰ中试管内的反应，体现的氧化性
B．Ⅱ中品红溶液褪色，体现的还原性
C．在Ⅰ和Ⅲ的试管中，都出现了浑浊现象
D．撤掉水浴，重做实验，Ⅳ中红色更快褪去
21．（2025高三上·南开开学考）已知B是常见金属单质，E为常见非金属单质，H常温下为无色液体。根据下列关系，试回答：
（1）L的化学式：　 　，F的电子式：　 　，检验物质I，通常用的试剂为　 　。
（2）反应①的离子方程式：　 　。
（3）反应②的化学方程式：　 　。
（4）写出C+D反应的离子方程式：　 　。
（5）写出反应③的化学方程式：　 　，氧化产物和还原产物的物质的量之比为：　 　。
22．（2025高三上·南开开学考）甲醇是一种用途广泛的基础有机原料和优质燃料。
（1）甲醇可以在铜做催化剂的条件下直接氧化成甲醛。
①基态原子的价层电子的轨道表示式为　 　。
②甲醛中碳原子的杂化方式为　 　杂化，其组成元素的电负性由小到大的顺序为　 　。
（2）在一定条件下，甲醇可转化为乙酸甲酯，一个乙酸甲酯分子中键和键个数之比为　 　。
（3）由制备的可用于检验醛基。中配位原子为　 　，的空间构型为　 　。
（4）图中银晶胞的边长为，该晶胞中的配位数为　 　；该晶胞密度为　 　(用含、的代数式表示)。
23．（2025高三上·南开开学考）烷烃、烯烃是基本化工原料，以烷烃和烯烃为原料合成某种六元环酯（分子式为）的路线如图所示：
已知：①一个碳原子上连两个羟基不稳定，脱水生成。
②分子的核磁共振氢谱中有4组峰，其峰面积之比为。回答下列问题：
（1）图中，中所有的官能团名称是　 　。
（2）①的反应类型是　 　，②的反应类型是　 　。
（3）图中的结构简式为　 　，图中的结构简式为　 　。
（4）反应⑧的化学方程式为　 　。
（5）的同分异构体中，属于甲酸酯类的有　 　种。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、NaCl 溶液是溶液，平行光照射无丁达尔效应；Fe(OH)3胶体平行光照射会产生丁达尔效应，现象不同，A正确；
B、胶体区别于溶液（分散质粒子直径 <10-9m）、浊液（分散质粒子直径> 10-7m）的本质特征，是分散质粒子直径为 10-9~10-7m，B正确；
C、胶体净水依靠吸附性（吸附水中悬浮颗粒沉降），但胶体没有强氧化性，不能杀菌消毒，C错误；
D、Fe(OH)3胶体粒子表面积大，能吸附水中悬浮固体颗粒使其沉降，达到净水目的，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点主要有 2 个：
混淆胶体的 “净水作用” 与 “杀菌消毒作用”：易误认为胶体（如 Fe(OH)3胶体）的净水功能包含杀菌消毒，但胶体实际只有吸附悬浮颗粒的作用，无杀菌消毒能力（杀菌消毒通常需要强氧化性物质）。
模糊胶体的本质特征：可能误将 “丁达尔效应” 当作胶体与其他分散系的本质区别，实际本质是分散质粒子直径在 10-9~10-7m 之间，丁达尔效应只是胶体的外在特性。
2．【答案】B
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、盐酸是 HCl 的水溶液（混合物，不是纯净物）；Fe3O4与酸反应生成两种盐（不是碱性氧化物），A错误；
B、液氨是 NH3（纯净物）；合金是多种金属或非金属熔合的混合物；SO3与碱反应生成盐和水（酸性氧化物）；Na2O 与酸反应生成盐和水（碱性氧化物）；氧化铝熔融能导电（电解质）；SO2自身不能电离（非电解质），分类均正确，B正确；
C、Na2O2与水反应生成 NaOH 和 O2（有化合价变化，不是碱性氧化物）；碳酸钙是电解质（不是非电解质），C错误；
D、五水硫酸铜是 CuSO4 5H2O（纯净物，不是混合物）；NO2与碱反应生成两种盐（不是酸性氧化物），D错误；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要有 3 个：
混淆 “纯净物 、混合物” 的判定：易误将盐酸（HCl 水溶液，混合物）、五水硫酸铜（CuSO4 5H2O，纯净物）的类别搞反，忽略 “溶液、合金是混合物，结晶水合物是纯净物” 的规则。
错误判断氧化物类别：
误将 Fe3O4、NO2当作酸性或 碱性氧化物（Fe3O4与酸反应生成两种盐，NO2与碱反应有化合价变化，均不属于典型的酸或碱性氧化物）；
误将 Na2O2归为碱性氧化物（它与水反应生成 O2，属于过氧化物，不是碱性氧化物）。
混淆 “电解质或非电解质” 的范围：易误将碳酸钙（熔融能导电，是电解质）当作非电解质，或误将 SO2（自身不能电离，是非电解质）当作电解质。
3．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；离子反应发生的条件
【解析】【解答】A、甲应为两性氧化物（比如 Al2O3），它既能和 HCl（酸）反应，也能和 NaOH（碱）反应；同时 HCl 和 NaOH 会发生中和反应。三种物质任意两两都能反应，故A不符合题意 ；
B、甲应为 CO2，乙是 NaOH，丙是 HCl：CO2和 NaOH 能反应（生成盐和水）；
NaOH 和 HCl 能发生中和反应；但 CO2和 HCl 不反应（因为 HCl 的酸性强于 H2CO3，弱酸不能制强酸）。存在两种物质不反应的情况，故B符合题意 ；
C、甲是 Cu，乙是 S，丙是 HNO3：Cu 和 S 加热能反应（生成 Cu2S）；Cu 和 HNO3（浓 / 稀）能发生氧化还原反应；S 和浓 HNO3加热时也能发生氧化还原反应。三种物质任意两两都能反应，故C不符合题意 ；
D、甲是 SO2，乙是 NaOH，丙是 H2S：SO2和 NaOH（碱）能反应（生成盐和水）；SO2和 H2S 能发生氧化还原反应（生成 S 和 H2O）；NaOH 和 H2S（酸）能发生中和反应。
三种物质任意两两都能反应，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】解决这类 “判断物质间任意两两反应” 题的关键点有 3 个：
1、抓物质的核心性质比如酸性氧化物（如 CO2、SO2）的反应：能与碱反应，但不能与比对应酸更强的酸反应（如 CO2不与 HCl 反应）；两性氧化物（如 Al2O3）同时与酸、碱反应。
2、区分反应的 “类型 + 条件”中和反应（酸 + 碱）通常无条件；氧化还原反应（如 S 与浓 HNO3、Cu 与 S）常需加热等条件，不能因条件存在就误判为不反应。
3、记特殊反应的逻辑氧化还原反应不局限于 “活泼金属 + 酸”，像 SO2（氧化性）与 H2S（还原性）的反应，S 与浓 HNO3的反应，都是非典型但需要掌握的组合。
4．【答案】A
【知识点】二氧化硫的性质；离子方程式的书写；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、“少量 NaOH 溶液滴入 Ca(HCO3)2溶液中”：NaOH 少量时，OH-仅与部分 HCO3-反应，生成 CaCO3沉淀、NaHCO3和 H2O。正确的离子方程式应为：，A错误；
B、反应是 “少量 CO2通入 NaClO 溶液中”：酸性强弱为 H2CO3 > HClO > HCO3-，CO2少量时，只能生成 HClO 和 NaHCO3（因 HClO 酸性强于 HCO3-，无法生成 CO32-）。离子方程式，B正确；
C、反应是 “少量 SO2通入 Ba (NO3)2溶液中”：SO2与水生成 H2SO3（显酸性），NO3-在酸性条件下具强氧化性，将 SO32-氧化为 SO42-，最终生成 BaSO4沉淀、NO 气体。反应涉及 “酸性环境下的氧化还原”，离子方程式，C正确；
D、反应是 “少量 Cl2通入 Na2CO3溶液中”：Cl2与水生成 HCl 和 HClO：
HCl（强酸）与 Na2CO3反应生成 NaHCO3（因 Cl2少量，HCl 不足）；
HClO（酸性强于 HCO3-）与 Na2CO3反应生成 NaClO 和 NaHCO3。
离子方程式，符合 “分步反应 + 酸性强弱” 逻辑，D正确；
故答案为：A。
【分析】A、抓 “少量 NaOH 的离子全反应”：NaOH 少量时，OH-仅与 1 个 HCO3-结合，产物是 CaCO3、NaHCO3，误写为 “过量 NaOH 产物（Na2CO3）” 。
B、抓 “酸性 H2CO3>HClO>HCO3-”：CO2少量时，只能生成 HClO 和 NaHCO3（无法生成 CO32-），符合强酸制弱酸逻辑。
C、抓 “酸性环境下 NO3-的氧化性”：SO2生成的 H2SO3使溶液显酸性，NO3-氧化 SO32-为 SO42-，产物是 BaSO4（非 BaSO3）。
D、抓 “Cl2与水的分步反应 + 酸性顺序”：Cl2生成 HCl（强酸）和 HClO（强于 HCO3-），因 Cl2少量，与 Na2CO3反应只生成 HCO3-。
5．【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、pH=1 的溶液为强酸性（c(H+)=0.1mol/L）：Na+、Fe3+、SO42-、Cl-之间不发生复分解反应（无沉淀、气体、弱电解质生成），也无氧化还原或水解干扰，A可大量共存；
B、中性溶液中：Fe3+会发生水解（Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+），使溶液显酸性；在中性环境中，Fe3+的水解平衡正向移动，生成 Fe (OH)3沉淀，B无法大量存在；
C、加入 Al 能放 H2的溶液，可能是强酸性或强碱性：
若为强碱性：NH4+与 OH-反应生成 NH3 H2O（弱电解质），无法共存；
若为强酸性：溶液含 NO3-，Al 与 H+、NO3-反应生成 NO（而非 H2），不符合 “放 H2” 条件，C无法大量共存；
D、水电离出的 c(OH-)=10- 2mol/L，水的电离被抑制，溶液可能是强酸性或强碱性：
若为强酸性：S2O32-与 H+反应（S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O），D无法大量共存；
故答案为：A。
【分析】 A．pH=1 直接说明是强酸性，无需额外判断，只需看离子间是否反应。
B．Fe3+水解（Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+）使溶液显酸性，因此中性溶液中 Fe3+必然沉淀，无法共存。
C．酸性条件下含 NO3-时，Al 反应生成的是 NO（不是 H2），直接不符合 “放 H2” 的条件；
D．强酸性下 S2O32-会与 H+反应（生成 S、SO2），无法共存。
6．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氯气的化学性质
【解析】【解答】Cl2与 KOH 的反应是歧化反应（Cl 化合价既升又降），因此 KX、KY 是 Cl 化合价不同的钾盐；KX 自身的反应也是歧化反应（生成 KY 和 KZ），说明 KY 中 Cl 的化合价低于 KX，KZ 中 Cl 的化合价高于 KX；因 KY 是 Cl 的低价钾盐，且是 Cl2歧化的产物，可确定 KY 为 KCl（Cl 化合价为 - 1）。设 KX 中 Cl 的化合价为 +a，KZ 中 Cl 的化合价为 + b（b > a > -1，且 Cl 最高价为 +7）。KX 歧化时，KY 与 KZ 的物质的量比为 1：3：
1 个 KX 中 Cl 从 +a到-1（得电子：a + 1）；
3 个 KX 中 Cl 从 +a到+b（失电子：3×(b - a)）。
根据得失电子守恒：a+1=3(b-a)，即 3b-4a=1。
Cl 最高价为 +7，代入 b=7，得 3×7 - 4a = 1 → a=5，符合 “b> a > -1” 的条件。
因此，KX 中氯元素的化合价为 +5，
故答案为：C。【分析】本题的解题突破口：
歧化规律：KX 歧化生成 KY（低价）、KZ（高价），KX 价态介于二者之间。
定低价基准：KY 是 KCl（Cl 为 -1 价）。
电子守恒计算：设 KX 中 Cl 为 +a 价、KZ 为 +b 价，由 1：3 的量比列等式：a+1=3 (b-a)，结合 Cl 最高价 +7，得 a=5。
7．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A、传统陶瓷的主要成分是硅酸盐，这类物质通常不导电，属于典型的绝缘材料，A正确；
B、陶瓷的主要成分是硅酸盐（并非 SiO2和 MgO），SiO2是石英的主要成分，MgO 是氧化镁的化学式，B错误；
C、陶瓷烧制过程中，原料会发生复杂的化学反应（如硅酸盐的形成），并非只是状态改变的物理变化，C错误；
D、铁的化合物会使陶瓷呈现颜色（如含铁量高会显深色），白瓷的白色是因为铁含量极低，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题关键点：
陶瓷的核心成分：陶瓷主要成分为硅酸盐，不是 SiO2、MgO，据此排除B；
变化类型的判断：烧制陶瓷有新物质（硅酸盐）生成，属于化学变化，据此排除C；
白瓷的颜色成因：铁的化合物会使陶瓷显色，白瓷需铁含量极低，据此排除D；
陶瓷的导电性：硅酸盐类材料通常不导电，属于绝缘材料，据此确定A正确。
8．【答案】D
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、装置中 Na2CO3位于温度更高的外管，NaHCO3位于温度较低的内管。加热时，若内管的 NaHCO3分解产生 CO2使澄清石灰水变浑浊，而外管的 Na2CO3无变化，可证明 Na2CO3热稳定性强于 NaHCO3，A合理；
B、NaHCO3受热易分解（2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O），加热后杂质 NaHCO3转化为 Na2CO3，不引入新杂质，可实现除杂，B合理；
C、Na2CO3溶液与 CO2反应生成 NaHCO3（Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3），通入足量 CO2可将杂质 Na2CO3完全转化为目标物质 NaHCO3，C合理；
D、Na2CO3、NaHCO3溶液均能与澄清石灰水反应生成 CaCO3白色沉淀（Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓ + 2NaOH；2NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O），现象相同，无法鉴别，D不合理；
故答案为：D。
【分析】本题的解题突破口：
热稳定性对比的 “温度控制”：验证热稳定性需让 Na2CO3处于更高温度环境，通过 “内管低温放 NaHCO3、外管高温放 Na2CO3”，观察石灰水是否变浑浊判断分解情况。
除杂的 “转化逻辑”：除去 Na2CO3中的 NaHCO3，利用 NaHCO3受热易分解的性质，直接加热转化为目标物质；除去 NaHCO3中的 Na2CO3，利用 Na2CO3能与 CO2反应生成 NaHCO3的特性，通入足量 CO2实现转化。
鉴别的 “现象差异”：鉴别需依赖不同现象，而 Na2CO3、NaHCO3与澄清石灰水反应均生成白色沉淀，无明显差异，无法区分。
9．【答案】D
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；过滤；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、侯氏制碱法中需通入 CO2参与反应，且滤渣煅烧会生成 CO2循环利用，因此气体 X 为 CO2，A正确；
B、氨盐水通入 CO2后，Na+与 HCO3-结合生成 NaHCO3（溶解度小，大量析出），因此溶液中 Na+大量减少，B正确；
C、操作 b 是分离悬浊液 a 中的不溶物与滤液，对应的操作是过滤，C正确；
D、侯氏制碱法中，因 NaHCO3溶解度远小于 NH4Cl，悬浊液 a 中的不溶物主要是 NaHCO3，而非 NH4Cl，D错误；
故答案为：D。
【分析】饱和食盐水先通 NH3形成氨盐水（增强溶液碱性，利于后续 CO2溶解），再通 CO2，发生反应：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl（NaHCO3溶解度小，析出为不溶物）；后续滤渣（NaHCO3）煅烧生成 Na2CO3、CO2和 H2O。据此解题。
10．【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价铁离子和三价铁离子的检验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、分离滤渣 1 的操作是过滤，所需玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，符合过滤操作的仪器要求 ，A正确；
B、“氧化” 步骤是将 Fe2+转化为 Fe3+，需检验Fe2+是否剩余（而非 Fe3+是否存在）。KSCN 溶液仅能检验 Fe3+（显血红色），无法检测 Fe2+；应使用铁氰化钾溶液（遇 Fe2+生成蓝色沉淀）判断反应是否完全 ，B错误；
C、“氧化” 中 H2O2作氧化剂，在酸性（H2SO4提供 H+）条件下将 Fe2+氧化为 Fe3+，离子方程式为 H2O2+2Fe2++2H+=2H2O+2Fe3+，符合氧化还原配平规律 ，C正确；
D、“除铝” 通过调 pH 使 Al3+沉淀，FeCO3与溶液中 H+反应（FeCO3+2H+=Fe2++CO2↑+H2O）可升高 pH，与 FeO（FeO+2H+=Fe2++H2O）作用一致，故可替代 ，D正确；
故答案为：B。
【分析】向 FeSO4溶液加 FeO 调 pH，使 Al3+沉淀为 Al(OH)3（滤渣 1）；滤液中加 H2O2/H2SO4，将 Fe2+氧化为 Fe3+；再加 (NH4)2HPO4使 Fe3+沉淀为 FePO4。据此解题。
11．【答案】C
【知识点】铝的化学性质；镁、铝的重要化合物；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、步骤①与②互换（先碱溶除杂），可减少酸碱用量，节约成本，A正确；
B、调 pH 时 Al(OH)3与过量 NaOH 反应生成 Na[Al(OH)4]，B正确；
C、酸化是将 [Al(OH)4]-转化为 Al3+，不是 Al(OH)3，C错误；
D、明矾结晶析出，说明其溶解度小于 Al2(SO4)3和 K2SO4，D正确。
故答案为：C。
【分析】解题核心是结合工艺流程中各步骤的反应、物质转化逻辑判断选项：
步骤顺序互换：Mg、Fe 不与 NaOH 反应，先碱溶（步骤②）再酸溶（步骤①），可减少酸碱消耗，节约成本；
调 pH 的反应：酸溶后Al3+先与 NaOH 生成Al(OH)3，过量 NaOH 再将其转化为 [Al(OH)4]-；
酸化的目的：步骤③中是将 [Al(OH)4]-转化为 Al3+，而非 Al(OH)3；
结晶的依据：明矾能结晶析出，说明其溶解度小于Al2(SO4)3和 K2SO4，据此解题。
12．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、CuCl2是强酸弱碱盐，Cu2+会水解（Cu2++2H2O Cu(OH)2+2H+）。通入 HCl 能增大溶液中 H+浓度，使水解平衡逆向移动，从而抑制 Cu2+水解，避免加热时生成 Cu(OH)2杂质，A正确；
B、实验需先通 HCl 排尽装置内空气（避免 Cu2+水解），操作上先滴入浓硫酸（促使 HCl 挥发），待 HCl 充满装置后再点燃 c 处酒精灯加热，确保在 HCl 氛围中脱水，B正确；
C、CuCl2 2H2O 加热失去的结晶水会以水蒸气形式存在，硬质玻璃管内的 HCl 气体与水蒸气结合形成盐酸小液滴，因此会出现白雾，C正确；
D、苯的密度比 NaOH 溶液小，若上层为苯、下层为 NaOH 溶液，HCl 会直接与 NaOH 溶液接触，易因 HCl 溶解过快导致倒吸；正确的防倒吸设计应是 “上层为密度大的液体（如 CCl4）、下层为 NaOH 溶液”，利用 CCl4隔离气体与 NaOH 溶液，避免直接接触。同时 NaOH 溶液应在下层（与 HCl 反应），D错误；
故答案为：D。
【分析】a 装置：浓盐酸与浓硫酸混合，利用浓硫酸的吸水性使 HCl 挥发，产生 HCl 气体；b 装置：浓硫酸干燥 HCl；c 装置：加热 CuCl2 2H2O，在 HCl 氛围中失去结晶水（抑制 Cu2+水解）；d 装置：处理尾气（HCl）并防倒吸。
13．【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；两性氧化物和两性氢氧化物；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、Cu 与浓硫酸反应时，H2SO4既体现酸性（生成 CuSO4），又体现强氧化性（生成 SO2），A错误；
B、a 处紫色石蕊变红，是因为 SO2与水反应生成 H2SO3，说明 SO2是酸性氧化物，B正确；
C、c 处酸性 KMnO4褪色是 SO2的还原性导致，并非漂白性，C错误；
D、反应生成了 H2O，但被浓硫酸吸收，故试管底部出现白色 CuSO4固体，D错误；
故答案为：B。
【分析】解题核心是结合 Cu 与浓硫酸的反应性质、SO2的特性，分析实验现象对应的原理：
Cu 与浓硫酸的反应：反应生成 CuSO4、SO2和 H2O，H2SO4既体现酸性（生成盐），又体现强氧化性（生成 SO2）；
SO2的酸性氧化物性质：SO2与水反应生成 H2SO3，使紫色石蕊变红，符合酸性氧化物的特征；
SO2的漂白性与还原性：b 处品红褪色体现漂白性，但 c 处酸性 KMnO4褪色是因为 SO2的还原性（发生氧化还原反应）；
反应中 H2O 的生成：浓硫酸本身含水少，且反应生成的少量 H2O 会被浓硫酸吸收，故试管底部出现的白色固体是 CuSO4，不代表无 H2O 生成。
14．【答案】B
【知识点】氨的实验室制法；硝酸的化学性质；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．Cu与稀硝酸的反应得到NO，NO与氧气发生反应生成NO2，A正确；
B．氮气与氧气在高温条件下生成NO，但NO无法与水发生化学反应，B错误；
C．汽车尾气催化转化器主要将污染气体NO、CO转化为无污染的气体，故该反应方程式为 ： ，C正确；
D.实验室利用熟石灰和氯化铵制备少量氨气，反应为： ，D项正确；
故答案为：B。
【分析】易错分析：B.NO为不成盐氧化物，与酸碱盐和水都不反应，所以NO与水不反应。
15．【答案】C
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】A、①中红棕色气体可能含浓硝酸挥发成分，不能推断 “一定都是” 氮的氧化物，A错误；
B、②中红热木炭可使浓硝酸受热分解产生 NO2，不一定是木炭与浓硝酸反应，B错误；
C、③中木炭未接触浓硝酸却产生 NO2，说明浓硝酸有挥发性；NO2是 N 元素被还原的产物（还原产物），C正确；
D、③中 CO2可能是木炭与空气反应的产物，不能证明与浓硝酸反应，D错误；
故答案为：C。
【分析】解题核心是结合浓硝酸的性质（挥发性、强氧化性），分析实验中红棕色气体（NO2）的产生原因：
实验①：灼热碎玻璃使浓硝酸受热分解，生成 NO2，但浓硝酸挥发后也可能与空气作用，不能确定气体 “一定都是” 氮的氧化物；
实验②：红热木炭本身温度高，可使浓硝酸受热分解产生NO2，不一定是木炭与浓硝酸直接反应；
实验③：红热木炭未接触浓硝酸，但产生 NO2，说明浓硝酸挥发后与木炭反应；NO2是N元素化合价降低的产物，属于还原产物；
实验③的 CO2：木炭燃烧（与 O2反应）也会生成 CO2，不能证明是与浓硝酸反应的产物。
16．【答案】A
【知识点】卤素原子结构及其性质的比较；氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A、碘的溶液（如 CCl4溶液）中加入浓 KI 溶液，I2与 I-结合生成 I3-（I2+I- I3-），使 I2从 CCl4层（下层）转移至水层（上层）；现象：下层紫红色变浅（I2减少），上层呈棕黄色（I3-的颜色）；结论：I3-的生成说明碘在 KI 溶液中的溶解能力（结合 I-形成 I3-）大于在 CCl4中的溶解能力，方案、现象、结论一致，A正确；
B、NaClO 是强碱弱酸盐，ClO-水解使溶液显碱性（ClO-+H2O HClO+OH-）；同时 HClO 具有漂白性，会使pH试纸褪色，因此“试纸变白”是漂白作用，而非溶液呈中性，B错误；
C、沉淀转化的前提是“加入的离子浓度足够大”，实验中先加 4 滴 0.1mol/L AgNO3（生成 AgCl 沉淀），再滴 1 滴另一种卤化物溶液（如 KI），此时 I-浓度不足，无法证明 “AgI 溶解度小于 AgCl”，可能是过量 Ag+与 I-直接生成 AgI，C正确；
D、新制氯水中含Cl-（与 AgNO3生成 AgCl 沉淀）、Cl2（与KI反应生成 I2使溶液变蓝），但这只能证明氯水中含Cl-和 Cl2，无法体现 “反应存在限度”（需证明既有反应物又有生成物剩余，此实验未体现），D错误；
故答案为：A。
【分析】A．I2与 I-能结合生成 I3-，使 I2在 KI 溶液中溶解能力增强，通过 “层间颜色转移” 可判断溶解能力差异。
B．NaClO 溶液中ClO-水解显碱性，但HClO的漂白性会使 pH 试纸褪色，不能用试纸变白判断溶液中性。
C．沉淀转化需加入的离子浓度足够大，仅 1 滴试剂无法证明 “溶解度更小”，可能是过量Ag+直接反应。
D．需同时证明“反应物剩余+生成物存在”，仅检测生成物无法体现反应有限度。
17．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；硅和二氧化硅；硅酸的性质及制法
【解析】【解答】A、粗硅提取反应中 Si 元素化合价降低，被还原，A正确；
B、Si、SiO2与 NaOH 反应均能生成硅酸钠，B正确；
C、SiO2先与 NaOH 反应得 Na2SiO3，再通 CO2可制得硅酸，C正确；
D、该反应是高温下的非水溶液反应，不能证明硅酸酸性强于碳酸（实际碳酸酸性更强），D错误；
故答案为：D。
【分析】 解题核心是结合硅及其化合物的性质、反应规律（如氧化还原、酸性强弱比较）判断选项：
氧化还原判断：粗硅提取反应中，Si 元素化合价从 +4（SiO2）降为 0（Si），被还原；
与 NaOH 的反应：Si、SiO2均能与 NaOH 反应生成硅酸钠（Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O）；
硅酸的制备：SiO2不溶于水，需先与 NaOH 反应生成 Na2SiO3，再通入 CO2（强酸制弱酸）得到硅酸；
酸性强弱比较：Na2CO3与 SiO2的反应是高温下的非水溶液反应，不能用此判断硅酸酸性强于碳酸（实际碳酸酸性强于硅酸）。
18．【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、浓盐酸具有挥发性，挥发出的 HCl 与 NH3接触时，发生反应 NH3+HCl=NH4Cl（白色固体），因此浓盐酸附近产生 “白烟”（固体小颗粒形成的雾），现象与解释一致，A正确；
B、NH3是碱性气体，浓硫酸是强酸，二者会发生反应（2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4）；无明显现象是因为浓硫酸不挥发，无法与 NH3快速接触形成可见产物，并非不反应，B错误；
C、NH3溶于水生成 NH3 H2O，与 AlCl3溶液反应生成 Al(OH)3沉淀（
AlCl3+3NH3 H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl）；但 Al(OH)3不溶于弱碱（NH3 H2O），因此沉淀不会溶解，C错误；
D、干燥红色石蕊试纸不变色，是因为NH3本身无碱性；湿润试纸变蓝，是因为NH3与水生成
NH3 H2O（电离出 OH-显碱性）。但NH3是氢化物，不属于碱，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．NH3与浓盐酸的 “白烟”，本质是两种挥发性气体（NH3、HCl）反应生成固体 NH4Cl，需同时满足气体挥发+反应生成固体，现象与原理匹配。
B．NH3与浓硫酸无明显现象，不是不反应，而是浓硫酸不挥发，无法与 NH3快速接触形成可见产物，实际发生反应生成 (NH4)2SO4。
C．NH3 H2O 是弱碱，与 AlCl3反应仅能生成 Al(OH)3沉淀，无法溶解沉淀（Al(OH)3只溶于强酸），不存在 “沉淀溶解变澄清” 的现象。
D．NH3本身无碱性，湿润石蕊试纸变蓝是因 NH3溶于水生成NH3 H2O（电离出 OH-），NH3属于氢化物，并非碱。
19．【答案】D
【知识点】氨的性质及用途；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、实验室制备 HCl，利用浓硫酸的高沸点、难挥发性，与浓盐酸混合（浓硫酸吸水且放热，促使 HCl 挥发），反应原理为 “高沸点酸制低沸点酸”，因此可用浓盐酸和浓硫酸制备 HCl，A正确；
B、关闭 c、d，打开 a、b 时，两烧瓶内的 NH3和 HCl 会通过导管混合，发生反应 NH3+HCl=NH4Cl（白色固体），因此可能观察到 “白烟”（固体小颗粒形成的雾），B正确；
C、同时打开 a、c、d 时，NH3极易溶于水，烧瓶内压强骤降，水进入充满 NH3的烧瓶，NH3溶于水生成 NH3 H2O（电离出 OH-，使石蕊变蓝），形成蓝色喷泉；HCl 极易溶于水，水进入充满 HCl 的烧瓶，HCl 溶于水生成盐酸（H+使石蕊变红），形成红色喷泉，C正确；
D、NH4Cl 受热易分解（NH4ClNH3↑+HCl↑），将混合溶液蒸干时，NH4Cl会分解为 NH3和 HCl 气体逸出，无法得到 NH4Cl 固体，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．用浓盐酸+浓硫酸制 HCl，核心是利用浓硫酸高沸点、难挥发的性质，符合 “高沸点酸制低沸点酸” 逻辑。
B．NH3与 HCl 均易挥发，混合后反应生成 NH4Cl 固体小颗粒，形成白烟，需满足 “气体挥发+反应生成固体”。
C．NH3、HCl 均极易溶于水，使烧瓶内压强骤降，外界水被压入形成喷泉；溶液酸碱性（NH3 H2O 显碱、盐酸显酸）决定喷泉颜色。
D．NH4Cl 受热易分解为NH3和HCl 气体，蒸干混合溶液时气体逸出，无法得到固体。
20．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、装置Ⅰ的反应中，的氢元素化合价未变，不体现氧化性，A错误；
B、装置Ⅱ中品红褪色，体现的是的漂白性而非其他性质，B错误；
C、装置Ⅰ生成出现浑浊，装置Ⅲ也生成出现浑浊，二者都有浑浊现象，C正确；
D、撤去水浴后反应速率减慢，产生速率降低，装置Ⅳ中红色褪去的速率会变慢，D错误。
故答案为：C。
【分析】解题核心是围绕反应及的性质，分析各装置现象：
装置Ⅰ中发生上述反应，生成（浑浊）和；
进入装置Ⅱ，利用漂白性使品红褪色；
进入装置Ⅲ，与发生反应，生成（浑浊）；
进入装置Ⅳ，与反应降低溶液碱性，使酚酞褪色。
21．【答案】（1）Cu(OH)2；；品红溶液
（2）
（3）
（4）
（5）；1：1
【知识点】无机物的推断；离子方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）由上述分析可得L的化学式为Cu(OH)2；F的化学式为Na2O2，电子式为；物质I为SO2，利用二氧化硫的漂白性，可用品红溶液检验；
故答案为： Cu(OH)2 ； ； 品红溶液 ；
（2）反应①是电解硫酸铜溶液，为放氧生酸型，故离子方程式为；
故答案为： ；
（3）反应②的化学方程式为；
故答案为： ；
（4）C+D是Cu和浓硫酸的反应，在书写离子方程式时，浓硫酸不拆，故离子方程式为；
故答案为： ；
（5）反应③为过氧化钠与水先反应，生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，故化学方程式为；此反应为过氧化钠的歧化反应，-1价氧升为0价，-1价将为-2价，得失电子守恒，故氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：1。
故答案为： ； 1：1 。
【分析】H 是电解产物反应生成的常温无色液体，故 H 为 H2O；L 是蓝色沉淀，因此 L 为 Cu(OH)2。M 的焰色反应为黄色，说明含 Na 元素；由转化关系 “A溶液+F→E+L+M”，结合 F 能与水反应生成碱和气体，且 B 与 E 反应生成 F，可推知 F 是 Na2O2（与水反应生成NaOH和O2），则 E 为 O2，B 为金属 Na。电解 A 溶液生成三种产物（放氧生酸型电解），结合 L 为 Cu(OH)2，可知 A 是铜盐；电解产物为 Cu、O2和酸，且 C 的浓溶液加热时才与 D 反应，故 D 为 Cu，C 为 H2SO4，因此 A 为 CuSO4。C（H2SO4）与 D（Cu）加热反应生成 I、H（H2O）和 A（CuSO4），故 I 为 SO2；
I（SO2）与 E（O2）反应生成 K，因此 K 为 SO3（SO3与水反应生成 H2SO4，验证转化合理）。
（1）由上述分析可得L的化学式为Cu(OH)2；F的化学式为Na2O2，电子式为；物质I为SO2，利用二氧化硫的漂白性，可用品红溶液检验；
（2）反应①是电解硫酸铜溶液，为放氧生酸型，故离子方程式为；
（3）反应②的化学方程式为；
（4）C+D是Cu和浓硫酸的反应，在书写离子方程式时，浓硫酸不拆，故离子方程式为；
（5）反应③为过氧化钠与水先反应，生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，故化学方程式为；此反应为过氧化钠的歧化反应，-1价氧升为0价，-1价将为-2价，得失电子守恒，故氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：1。
22．【答案】（1）；sp2；H、C、O
（2）10∶1
（3）N；三角锥
（4）12；
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)①Cu为29号元素，基态原子的价层电子的轨道表示式为：。
②甲醛中碳原子和氧原子形成C=O键，还有2个C-H键，C原子的杂化方式为sp2，甲醛中含有C、H、O三种元素，同一周期，从左到右元素电负性递增，同一主族，自上而下元素电负性递减，则电负性由小到大的顺序为：H、C、O；
故答案为： ； sp2 ； H、C、O ；
(2)乙酸甲酯结构式，分子中键和键个数之比为10∶1，答案：10∶1；
故答案为： 10∶1 ；
(3)[Ag(NH3)2]OH中配体为NH3，配位原子为N，的空间构型为三角锥，答案：N；三角锥；
故答案为： N ； 三角锥 ；
(4)由银晶胞顶点的Ag原子为例，与之距离最近的Ag原子有12个，则该晶胞中的配位数为12；该晶胞中含有Ag原子的数目为4，晶胞体积为cm3，该晶胞密度为。
故答案为： 12 ； ；
【分析】(1)①Cu 是 29 号元素，价层电子为 3d 4s ，据此写轨道表示式。
②甲醛中 C 形成 1 个双键、2 个单键，杂化方式为 sp2；电负性规律：同周期从左到右增大，得顺序 H
(2)乙酸甲酯中 σ 键包括单键和双键中的 1 个，π 键是双键中的 1 个，数出数量比为 10：1。
(3)[Ag(NH3)2]+中NH3的配位原子是N；NH3中N有1对孤电子对，空间构型为三角锥。
(4)银晶胞是面心立方，配位数为 12；晶胞含 4 个 Ag，结合边长（转换单位），用 “密度=总质量÷晶胞体积” 计算。
23．【答案】（1）羧基和羟基
（2）加成反应；取代反应
（3）；
（4）　+　+ ；
（5）4
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；羧酸简介
【解析】【解答】（1）烯烃与溴加成反应生成，可知烯烃为单烯烃结合给出的已知信息②可以写出该烯烃的结构简式，同时的结构简式为，
之后在碱性条件下水解，所以的结构，之后再进行催化氧化，因为端基上的羟基连的碳上有氢，所以端基上的羟基被氧化为醛基；结构为，之后再被氧化为羧酸，所以的结构简式，故的官能团为羧基和羟基；
故答案为： 羧基和羟基 ；
（2）根据上一问的分析①的反应为烯烃与溴的加成反应，故反应类型为加成反应；②为卤代烃水解反应，所以②的反应为取代反应；
故答案为： 加成反应 ； 取代反应 ；
（3）通过反应条件可知反应⑤为取代反应，所以A为烷烃，又因为产物为，可以推出A为乙烷，A发生取代反应生成的产物有两种可能或，两种卤代烃水解之后变成B，结构可能为、，结合已知信息一个碳原子上连两个羟基不稳定会脱水所以产物为、，根据下一步发生的酯化反应可知为，B为，那么为，结合第一问分析可知的结构简式为；
故答案为： ； ；
（4）根据反应⑧的条件以及反应物的结构简式和，可以判断该反应为酯化反应，故该反应的方程式为++；
故答案为：++； ；
（5）根据小问一的分析结构为，其同分异构体属于甲酸类的有以下4种。
故答案为：4；
【分析】确定反应类型与烯烃结构最终产物为酯化反应的结果，先分析原料烯烃C5H10：其核磁共振氢谱有 4 组峰，峰面积比2：2：3：3，说明分子含 4 种等效氢且数量对应，结合烯烃的不饱和度，可推出其结构为CH3CH2CH=CHCH3（对称结构，符合氢谱特征）。烯烃与溴加成生成 C5H10Br2，结构为CH3CH2CHBrCHBrCH3；碱性水解后得到二元醇 C5H12O2（羟基取代溴原子）；催化氧化将羟基转化为醛基，生成 C5H10O2（含两个醛基）；进一步氧化醛基为羧基，最终得到二元羧酸HOOCCH2CH2CH2COOH（对应 C5H10O3的结构）。A为烷烃，结合最终产物的酯化反应，反推A为乙烷（C2H6）：乙烷发生取代反应生成卤代物，有两种可能（一卤代或多卤代）；卤代物水解时，若生成 “一个碳原子连两个羟基” 的结构，会因不稳定脱水，最终仅能得到稳定产物CH2(OH)COOH（羟基乙酸）。
（1）烯烃与溴加成反应生成，可知烯烃为单烯烃结合给出的已知信息②可以写出该烯烃的结构简式，同时的结构简式为，
之后在碱性条件下水解，所以的结构，之后再进行催化氧化，因为端基上的羟基连的碳上有氢，所以端基上的羟基被氧化为醛基；结构为，之后再被氧化为羧酸，所以的结构简式，故的官能团为羧基和羟基；
（2）根据上一问的分析①的反应为烯烃与溴的加成反应，故反应类型为加成反应；②为卤代烃水解反应，所以②的反应为取代反应；
（3）通过反应条件可知反应⑤为取代反应，所以A为烷烃，又因为产物为，可以推出A为乙烷，A发生取代反应生成的产物有两种可能或，两种卤代烃水解之后变成B，结构可能为、，结合已知信息一个碳原子上连两个羟基不稳定会脱水所以产物为、，根据下一步发生的酯化反应可知为，B为，那么为，结合第一问分析可知的结构简式为；
（4）根据反应⑧的条件以及反应物的结构简式和，可以判断该反应为酯化反应，故该反应的方程式为+　+；
（5）根据小问一的分析结构为，其同分异构体属于甲酸类的有以下4种。
1 / 1天津市第二南开学校2025-2026学年高三上学期开学化学试题
1．（2025高三上·南开开学考）下列关于胶体的叙述不正确的是
A．用平行光照射NaCl溶液和胶体时，产生的现象不同
B．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子的直径为
C．胶体具有杀菌消毒作用，所以可以用于净水
D．胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水的目的
【答案】C
【知识点】胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、NaCl 溶液是溶液，平行光照射无丁达尔效应；Fe(OH)3胶体平行光照射会产生丁达尔效应，现象不同，A正确；
B、胶体区别于溶液（分散质粒子直径 <10-9m）、浊液（分散质粒子直径> 10-7m）的本质特征，是分散质粒子直径为 10-9~10-7m，B正确；
C、胶体净水依靠吸附性（吸附水中悬浮颗粒沉降），但胶体没有强氧化性，不能杀菌消毒，C错误；
D、Fe(OH)3胶体粒子表面积大，能吸附水中悬浮固体颗粒使其沉降，达到净水目的，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点主要有 2 个：
混淆胶体的 “净水作用” 与 “杀菌消毒作用”：易误认为胶体（如 Fe(OH)3胶体）的净水功能包含杀菌消毒，但胶体实际只有吸附悬浮颗粒的作用，无杀菌消毒能力（杀菌消毒通常需要强氧化性物质）。
模糊胶体的本质特征：可能误将 “丁达尔效应” 当作胶体与其他分散系的本质区别，实际本质是分散质粒子直径在 10-9~10-7m 之间，丁达尔效应只是胶体的外在特性。
2．（2025高三上·南开开学考）下列关于纯净物、混合物、酸性氧化物、碱性氧化物、电解质、非电解质的正确组合为
　 纯净物 混合物 酸性氧化物 碱性氧化物 电解质 非电解质
A 盐酸 氨水 硫酸 干冰
B 液氨 合金 氧化铝 二氧化硫
C 胆矾 碱石灰 氯化铜 碳酸钙
D 醋酸 五水硫酸铜 CaO 一水合氨 蔗糖
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、盐酸是 HCl 的水溶液（混合物，不是纯净物）；Fe3O4与酸反应生成两种盐（不是碱性氧化物），A错误；
B、液氨是 NH3（纯净物）；合金是多种金属或非金属熔合的混合物；SO3与碱反应生成盐和水（酸性氧化物）；Na2O 与酸反应生成盐和水（碱性氧化物）；氧化铝熔融能导电（电解质）；SO2自身不能电离（非电解质），分类均正确，B正确；
C、Na2O2与水反应生成 NaOH 和 O2（有化合价变化，不是碱性氧化物）；碳酸钙是电解质（不是非电解质），C错误；
D、五水硫酸铜是 CuSO4 5H2O（纯净物，不是混合物）；NO2与碱反应生成两种盐（不是酸性氧化物），D错误；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要有 3 个：
混淆 “纯净物 、混合物” 的判定：易误将盐酸（HCl 水溶液，混合物）、五水硫酸铜（CuSO4 5H2O，纯净物）的类别搞反，忽略 “溶液、合金是混合物，结晶水合物是纯净物” 的规则。
错误判断氧化物类别：
误将 Fe3O4、NO2当作酸性或 碱性氧化物（Fe3O4与酸反应生成两种盐，NO2与碱反应有化合价变化，均不属于典型的酸或碱性氧化物）；
误将 Na2O2归为碱性氧化物（它与水反应生成 O2，属于过氧化物，不是碱性氧化物）。
混淆 “电解质或非电解质” 的范围：易误将碳酸钙（熔融能导电，是电解质）当作非电解质，或误将 SO2（自身不能电离，是非电解质）当作电解质。
3．（2025高三上·南开开学考）下列各组物质中，不满足组内任意两种物质均能发生反应的是
物质 选项 甲 乙 丙
A HCl NaOH
B NaOH
C Cu S
D
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；离子反应发生的条件
【解析】【解答】A、甲应为两性氧化物（比如 Al2O3），它既能和 HCl（酸）反应，也能和 NaOH（碱）反应；同时 HCl 和 NaOH 会发生中和反应。三种物质任意两两都能反应，故A不符合题意 ；
B、甲应为 CO2，乙是 NaOH，丙是 HCl：CO2和 NaOH 能反应（生成盐和水）；
NaOH 和 HCl 能发生中和反应；但 CO2和 HCl 不反应（因为 HCl 的酸性强于 H2CO3，弱酸不能制强酸）。存在两种物质不反应的情况，故B符合题意 ；
C、甲是 Cu，乙是 S，丙是 HNO3：Cu 和 S 加热能反应（生成 Cu2S）；Cu 和 HNO3（浓 / 稀）能发生氧化还原反应；S 和浓 HNO3加热时也能发生氧化还原反应。三种物质任意两两都能反应，故C不符合题意 ；
D、甲是 SO2，乙是 NaOH，丙是 H2S：SO2和 NaOH（碱）能反应（生成盐和水）；SO2和 H2S 能发生氧化还原反应（生成 S 和 H2O）；NaOH 和 H2S（酸）能发生中和反应。
三种物质任意两两都能反应，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】解决这类 “判断物质间任意两两反应” 题的关键点有 3 个：
1、抓物质的核心性质比如酸性氧化物（如 CO2、SO2）的反应：能与碱反应，但不能与比对应酸更强的酸反应（如 CO2不与 HCl 反应）；两性氧化物（如 Al2O3）同时与酸、碱反应。
2、区分反应的 “类型 + 条件”中和反应（酸 + 碱）通常无条件；氧化还原反应（如 S 与浓 HNO3、Cu 与 S）常需加热等条件，不能因条件存在就误判为不反应。
3、记特殊反应的逻辑氧化还原反应不局限于 “活泼金属 + 酸”，像 SO2（氧化性）与 H2S（还原性）的反应，S 与浓 HNO3的反应，都是非典型但需要掌握的组合。
4．（2025高三上·南开开学考）下列离子方程式书写错误的是
A．少量溶液滴入溶液中：
B．少量通入次氯酸钠溶液中：
C．少量通入硝酸钡溶液中：
D．少量气通入碳酸钠溶液中：
【答案】A
【知识点】二氧化硫的性质；离子方程式的书写；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、“少量 NaOH 溶液滴入 Ca(HCO3)2溶液中”：NaOH 少量时，OH-仅与部分 HCO3-反应，生成 CaCO3沉淀、NaHCO3和 H2O。正确的离子方程式应为：，A错误；
B、反应是 “少量 CO2通入 NaClO 溶液中”：酸性强弱为 H2CO3 > HClO > HCO3-，CO2少量时，只能生成 HClO 和 NaHCO3（因 HClO 酸性强于 HCO3-，无法生成 CO32-）。离子方程式，B正确；
C、反应是 “少量 SO2通入 Ba (NO3)2溶液中”：SO2与水生成 H2SO3（显酸性），NO3-在酸性条件下具强氧化性，将 SO32-氧化为 SO42-，最终生成 BaSO4沉淀、NO 气体。反应涉及 “酸性环境下的氧化还原”，离子方程式，C正确；
D、反应是 “少量 Cl2通入 Na2CO3溶液中”：Cl2与水生成 HCl 和 HClO：
HCl（强酸）与 Na2CO3反应生成 NaHCO3（因 Cl2少量，HCl 不足）；
HClO（酸性强于 HCO3-）与 Na2CO3反应生成 NaClO 和 NaHCO3。
离子方程式，符合 “分步反应 + 酸性强弱” 逻辑，D正确；
故答案为：A。
【分析】A、抓 “少量 NaOH 的离子全反应”：NaOH 少量时，OH-仅与 1 个 HCO3-结合，产物是 CaCO3、NaHCO3，误写为 “过量 NaOH 产物（Na2CO3）” 。
B、抓 “酸性 H2CO3>HClO>HCO3-”：CO2少量时，只能生成 HClO 和 NaHCO3（无法生成 CO32-），符合强酸制弱酸逻辑。
C、抓 “酸性环境下 NO3-的氧化性”：SO2生成的 H2SO3使溶液显酸性，NO3-氧化 SO32-为 SO42-，产物是 BaSO4（非 BaSO3）。
D、抓 “Cl2与水的分步反应 + 酸性顺序”：Cl2生成 HCl（强酸）和 HClO（强于 HCO3-），因 Cl2少量，与 Na2CO3反应只生成 HCO3-。
5．（2025高三上·南开开学考）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．室温下，的溶液中：、、、
B．在中性溶液中：、、、
C．加入能放出的溶液中：、、、
D．由水电离出的的溶液中：、、、
【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、pH=1 的溶液为强酸性（c(H+)=0.1mol/L）：Na+、Fe3+、SO42-、Cl-之间不发生复分解反应（无沉淀、气体、弱电解质生成），也无氧化还原或水解干扰，A可大量共存；
B、中性溶液中：Fe3+会发生水解（Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+），使溶液显酸性；在中性环境中，Fe3+的水解平衡正向移动，生成 Fe (OH)3沉淀，B无法大量存在；
C、加入 Al 能放 H2的溶液，可能是强酸性或强碱性：
若为强碱性：NH4+与 OH-反应生成 NH3 H2O（弱电解质），无法共存；
若为强酸性：溶液含 NO3-，Al 与 H+、NO3-反应生成 NO（而非 H2），不符合 “放 H2” 条件，C无法大量共存；
D、水电离出的 c(OH-)=10- 2mol/L，水的电离被抑制，溶液可能是强酸性或强碱性：
若为强酸性：S2O32-与 H+反应（S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O），D无法大量共存；
故答案为：A。
【分析】 A．pH=1 直接说明是强酸性，无需额外判断，只需看离子间是否反应。
B．Fe3+水解（Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+）使溶液显酸性，因此中性溶液中 Fe3+必然沉淀，无法共存。
C．酸性条件下含 NO3-时，Al 反应生成的是 NO（不是 H2），直接不符合 “放 H2” 的条件；
D．强酸性下 S2O32-会与 H+反应（生成 S、SO2），无法共存。
6．（2025高三上·南开开学考）氯气跟氢氧化钾溶液在一定条件下发生反应：Cl2＋KOH→KX＋KY＋H2O(未配平)，KX在一定条件下能自身反应：KX→KY＋KZ(未配平，KY与KZ的物质的量之比为1∶3)，以上KX、KY、KZ均是含氯元素的一元酸的钾盐，由以上条件推知在KX中氯元素的化合价是
A．＋1 B．＋3 C．＋5 D．＋7
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氯气的化学性质
【解析】【解答】Cl2与 KOH 的反应是歧化反应（Cl 化合价既升又降），因此 KX、KY 是 Cl 化合价不同的钾盐；KX 自身的反应也是歧化反应（生成 KY 和 KZ），说明 KY 中 Cl 的化合价低于 KX，KZ 中 Cl 的化合价高于 KX；因 KY 是 Cl 的低价钾盐，且是 Cl2歧化的产物，可确定 KY 为 KCl（Cl 化合价为 - 1）。设 KX 中 Cl 的化合价为 +a，KZ 中 Cl 的化合价为 + b（b > a > -1，且 Cl 最高价为 +7）。KX 歧化时，KY 与 KZ 的物质的量比为 1：3：
1 个 KX 中 Cl 从 +a到-1（得电子：a + 1）；
3 个 KX 中 Cl 从 +a到+b（失电子：3×(b - a)）。
根据得失电子守恒：a+1=3(b-a)，即 3b-4a=1。
Cl 最高价为 +7，代入 b=7，得 3×7 - 4a = 1 → a=5，符合 “b> a > -1” 的条件。
因此，KX 中氯元素的化合价为 +5，
故答案为：C。【分析】本题的解题突破口：
歧化规律：KX 歧化生成 KY（低价）、KZ（高价），KX 价态介于二者之间。
定低价基准：KY 是 KCl（Cl 为 -1 价）。
电子守恒计算：设 KX 中 Cl 为 +a 价、KZ 为 +b 价，由 1：3 的量比列等式：a+1=3 (b-a)，结合 Cl 最高价 +7，得 a=5。
7．（2025高三上·南开开学考）定窑是宋代五大名窑之一，其生产的白瓷闻名于世。下列说法正确的是
A．传统陶瓷是典型的绝缘材料 B．陶瓷主要成分为和
C．陶瓷烧制的过程为物理变化 D．白瓷的白色是因铁含量较高
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A、传统陶瓷的主要成分是硅酸盐，这类物质通常不导电，属于典型的绝缘材料，A正确；
B、陶瓷的主要成分是硅酸盐（并非 SiO2和 MgO），SiO2是石英的主要成分，MgO 是氧化镁的化学式，B错误；
C、陶瓷烧制过程中，原料会发生复杂的化学反应（如硅酸盐的形成），并非只是状态改变的物理变化，C错误；
D、铁的化合物会使陶瓷呈现颜色（如含铁量高会显深色），白瓷的白色是因为铁含量极低，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题关键点：
陶瓷的核心成分：陶瓷主要成分为硅酸盐，不是 SiO2、MgO，据此排除B；
变化类型的判断：烧制陶瓷有新物质（硅酸盐）生成，属于化学变化，据此排除C；
白瓷的颜色成因：铁的化合物会使陶瓷显色，白瓷需铁含量极低，据此排除D；
陶瓷的导电性：硅酸盐类材料通常不导电，属于绝缘材料，据此确定A正确。
8．（2025高三上·南开开学考）下列关于、的实验方案不能达到实验目的的是
A．用如图所示装置比较、的热稳定性
B．用加热的方法除去固体中混有的少量固体
C．用足量的除去溶液中的少量
D．用澄清石灰水鉴别和溶液
【答案】D
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、装置中 Na2CO3位于温度更高的外管，NaHCO3位于温度较低的内管。加热时，若内管的 NaHCO3分解产生 CO2使澄清石灰水变浑浊，而外管的 Na2CO3无变化，可证明 Na2CO3热稳定性强于 NaHCO3，A合理；
B、NaHCO3受热易分解（2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O），加热后杂质 NaHCO3转化为 Na2CO3，不引入新杂质，可实现除杂，B合理；
C、Na2CO3溶液与 CO2反应生成 NaHCO3（Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3），通入足量 CO2可将杂质 Na2CO3完全转化为目标物质 NaHCO3，C合理；
D、Na2CO3、NaHCO3溶液均能与澄清石灰水反应生成 CaCO3白色沉淀（Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓ + 2NaOH；2NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O），现象相同，无法鉴别，D不合理；
故答案为：D。
【分析】本题的解题突破口：
热稳定性对比的 “温度控制”：验证热稳定性需让 Na2CO3处于更高温度环境，通过 “内管低温放 NaHCO3、外管高温放 Na2CO3”，观察石灰水是否变浑浊判断分解情况。
除杂的 “转化逻辑”：除去 Na2CO3中的 NaHCO3，利用 NaHCO3受热易分解的性质，直接加热转化为目标物质；除去 NaHCO3中的 Na2CO3，利用 Na2CO3能与 CO2反应生成 NaHCO3的特性，通入足量 CO2实现转化。
鉴别的 “现象差异”：鉴别需依赖不同现象，而 Na2CO3、NaHCO3与澄清石灰水反应均生成白色沉淀，无明显差异，无法区分。
9．（2025高三上·南开开学考）侯氏制碱法主要过程如下图(部分物质已略去)。
下列说法错误的是
A．气体X为
B．氨盐水中通入气体X后，溶液中大量减少
C．操作b为过滤
D．悬浊液a中的不溶物主要是
【答案】D
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；过滤；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、侯氏制碱法中需通入 CO2参与反应，且滤渣煅烧会生成 CO2循环利用，因此气体 X 为 CO2，A正确；
B、氨盐水通入 CO2后，Na+与 HCO3-结合生成 NaHCO3（溶解度小，大量析出），因此溶液中 Na+大量减少，B正确；
C、操作 b 是分离悬浊液 a 中的不溶物与滤液，对应的操作是过滤，C正确；
D、侯氏制碱法中，因 NaHCO3溶解度远小于 NH4Cl，悬浊液 a 中的不溶物主要是 NaHCO3，而非 NH4Cl，D错误；
故答案为：D。
【分析】饱和食盐水先通 NH3形成氨盐水（增强溶液碱性，利于后续 CO2溶解），再通 CO2，发生反应：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl（NaHCO3溶解度小，析出为不溶物）；后续滤渣（NaHCO3）煅烧生成 Na2CO3、CO2和 H2O。据此解题。
10．（2025高三上·南开开学考）磷酸铁常用作电极材料。室温下，用含少量的溶液制备磷酸铁的过程如图所示。下列说法错误的是
A．实验室中分离出滤渣I所需玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒
B．可选用KSCN溶液检验“氧化”步骤是否反应完全
C．“氧化”步骤发生的主要反应的离子方程式为
D．“除铝”时可选用代替
【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价铁离子和三价铁离子的检验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、分离滤渣 1 的操作是过滤，所需玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，符合过滤操作的仪器要求 ，A正确；
B、“氧化” 步骤是将 Fe2+转化为 Fe3+，需检验Fe2+是否剩余（而非 Fe3+是否存在）。KSCN 溶液仅能检验 Fe3+（显血红色），无法检测 Fe2+；应使用铁氰化钾溶液（遇 Fe2+生成蓝色沉淀）判断反应是否完全 ，B错误；
C、“氧化” 中 H2O2作氧化剂，在酸性（H2SO4提供 H+）条件下将 Fe2+氧化为 Fe3+，离子方程式为 H2O2+2Fe2++2H+=2H2O+2Fe3+，符合氧化还原配平规律 ，C正确；
D、“除铝” 通过调 pH 使 Al3+沉淀，FeCO3与溶液中 H+反应（FeCO3+2H+=Fe2++CO2↑+H2O）可升高 pH，与 FeO（FeO+2H+=Fe2++H2O）作用一致，故可替代 ，D正确；
故答案为：B。
【分析】向 FeSO4溶液加 FeO 调 pH，使 Al3+沉淀为 Al(OH)3（滤渣 1）；滤液中加 H2O2/H2SO4，将 Fe2+氧化为 Fe3+；再加 (NH4)2HPO4使 Fe3+沉淀为 FePO4。据此解题。
11．（2025高三上·南开开学考）利用废铝箔（主要成分为，含少量等）制明矾的一种工艺流程如图：
下列说法错误的是
A．该工艺步骤①与步骤②顺序互换会更节约生产成本
B．②中发生的反应有：
C．③中稀酸化的目的是将转化成
D．由④可知，室温下明矾的溶解度小于和的溶解度
【答案】C
【知识点】铝的化学性质；镁、铝的重要化合物；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、步骤①与②互换（先碱溶除杂），可减少酸碱用量，节约成本，A正确；
B、调 pH 时 Al(OH)3与过量 NaOH 反应生成 Na[Al(OH)4]，B正确；
C、酸化是将 [Al(OH)4]-转化为 Al3+，不是 Al(OH)3，C错误；
D、明矾结晶析出，说明其溶解度小于 Al2(SO4)3和 K2SO4，D正确。
故答案为：C。
【分析】解题核心是结合工艺流程中各步骤的反应、物质转化逻辑判断选项：
步骤顺序互换：Mg、Fe 不与 NaOH 反应，先碱溶（步骤②）再酸溶（步骤①），可减少酸碱消耗，节约成本；
调 pH 的反应：酸溶后Al3+先与 NaOH 生成Al(OH)3，过量 NaOH 再将其转化为 [Al(OH)4]-；
酸化的目的：步骤③中是将 [Al(OH)4]-转化为 Al3+，而非 Al(OH)3；
结晶的依据：明矾能结晶析出，说明其溶解度小于Al2(SO4)3和 K2SO4，据此解题。
12．（2025高三上·南开开学考）用CuCl2·2H2O晶体制取无水CuCl2的实验装置如图所示，下列说法错误的是
A．通入HCl 可以抑制CuCl2的水解
B．先滴入浓硫酸，再点燃c 处酒精灯
C．硬质玻璃管内部右侧会出现白雾
D．装置d 中上层为苯，下层为NaOH 溶液
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、CuCl2是强酸弱碱盐，Cu2+会水解（Cu2++2H2O Cu(OH)2+2H+）。通入 HCl 能增大溶液中 H+浓度，使水解平衡逆向移动，从而抑制 Cu2+水解，避免加热时生成 Cu(OH)2杂质，A正确；
B、实验需先通 HCl 排尽装置内空气（避免 Cu2+水解），操作上先滴入浓硫酸（促使 HCl 挥发），待 HCl 充满装置后再点燃 c 处酒精灯加热，确保在 HCl 氛围中脱水，B正确；
C、CuCl2 2H2O 加热失去的结晶水会以水蒸气形式存在，硬质玻璃管内的 HCl 气体与水蒸气结合形成盐酸小液滴，因此会出现白雾，C正确；
D、苯的密度比 NaOH 溶液小，若上层为苯、下层为 NaOH 溶液，HCl 会直接与 NaOH 溶液接触，易因 HCl 溶解过快导致倒吸；正确的防倒吸设计应是 “上层为密度大的液体（如 CCl4）、下层为 NaOH 溶液”，利用 CCl4隔离气体与 NaOH 溶液，避免直接接触。同时 NaOH 溶液应在下层（与 HCl 反应），D错误；
故答案为：D。
【分析】a 装置：浓盐酸与浓硫酸混合，利用浓硫酸的吸水性使 HCl 挥发，产生 HCl 气体；b 装置：浓硫酸干燥 HCl；c 装置：加热 CuCl2 2H2O，在 HCl 氛围中失去结晶水（抑制 Cu2+水解）；d 装置：处理尾气（HCl）并防倒吸。
13．（2025高三上·南开开学考）若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a~d均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验，下列分析正确的是
A．与浓硫酸反应，只体现的酸性
B．a处变红，说明是酸性氧化物
C．b或c处褪色，均说明具有漂白性
D．试管底部出现白色固体，说明反应中无生成
【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；两性氧化物和两性氢氧化物；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、Cu 与浓硫酸反应时，H2SO4既体现酸性（生成 CuSO4），又体现强氧化性（生成 SO2），A错误；
B、a 处紫色石蕊变红，是因为 SO2与水反应生成 H2SO3，说明 SO2是酸性氧化物，B正确；
C、c 处酸性 KMnO4褪色是 SO2的还原性导致，并非漂白性，C错误；
D、反应生成了 H2O，但被浓硫酸吸收，故试管底部出现白色 CuSO4固体，D错误；
故答案为：B。
【分析】解题核心是结合 Cu 与浓硫酸的反应性质、SO2的特性，分析实验现象对应的原理：
Cu 与浓硫酸的反应：反应生成 CuSO4、SO2和 H2O，H2SO4既体现酸性（生成盐），又体现强氧化性（生成 SO2）；
SO2的酸性氧化物性质：SO2与水反应生成 H2SO3，使紫色石蕊变红，符合酸性氧化物的特征；
SO2的漂白性与还原性：b 处品红褪色体现漂白性，但 c 处酸性 KMnO4褪色是因为 SO2的还原性（发生氧化还原反应）；
反应中 H2O 的生成：浓硫酸本身含水少，且反应生成的少量 H2O 会被浓硫酸吸收，故试管底部出现的白色固体是 CuSO4，不代表无 H2O 生成。
14．（2025高三上·南开开学考）氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是（　　）
A．实验室探究稀硝酸与铜反应的气态产物：
B．工业制硝酸过程中的物质转化：
C．汽车尾气催化转化器中发生的主要反应：
D．实验室制备少量的原理：
【答案】B
【知识点】氨的实验室制法；硝酸的化学性质；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．Cu与稀硝酸的反应得到NO，NO与氧气发生反应生成NO2，A正确；
B．氮气与氧气在高温条件下生成NO，但NO无法与水发生化学反应，B错误；
C．汽车尾气催化转化器主要将污染气体NO、CO转化为无污染的气体，故该反应方程式为 ： ，C正确；
D.实验室利用熟石灰和氯化铵制备少量氨气，反应为： ，D项正确；
故答案为：B。
【分析】易错分析：B.NO为不成盐氧化物，与酸碱盐和水都不反应，所以NO与水不反应。
15．（2025高三上·南开开学考）下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论正确的是
① ② ③
A．由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定都是氮的氧化物
B．②中产生红棕色气体说明②中木炭与浓硝酸产生了反应
C．由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物
D．③的气体产物中检测出由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应
【答案】C
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】A、①中红棕色气体可能含浓硝酸挥发成分，不能推断 “一定都是” 氮的氧化物，A错误；
B、②中红热木炭可使浓硝酸受热分解产生 NO2，不一定是木炭与浓硝酸反应，B错误；
C、③中木炭未接触浓硝酸却产生 NO2，说明浓硝酸有挥发性；NO2是 N 元素被还原的产物（还原产物），C正确；
D、③中 CO2可能是木炭与空气反应的产物，不能证明与浓硝酸反应，D错误；
故答案为：C。
【分析】解题核心是结合浓硝酸的性质（挥发性、强氧化性），分析实验中红棕色气体（NO2）的产生原因：
实验①：灼热碎玻璃使浓硝酸受热分解，生成 NO2，但浓硝酸挥发后也可能与空气作用，不能确定气体 “一定都是” 氮的氧化物；
实验②：红热木炭本身温度高，可使浓硝酸受热分解产生NO2，不一定是木炭与浓硝酸直接反应；
实验③：红热木炭未接触浓硝酸，但产生 NO2，说明浓硝酸挥发后与木炭反应；NO2是N元素化合价降低的产物，属于还原产物；
实验③的 CO2：木炭燃烧（与 O2反应）也会生成 CO2，不能证明是与浓硝酸反应的产物。
16．（2025高三上·南开开学考）探究卤族元素单质及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是
选项 实验方案 现象 结论
A 往碘的溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡 分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色 碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在中的溶解能力
B 用玻璃棒蘸取次氯酸钠溶液点在pH试纸上 试纸变白 次氯酸钠溶液呈中性
C 向溶液中先滴加4滴0.1溶液，再滴加1滴溶液 先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀 AgCl转化为溶解度小于AgCl溶解度
D 取两份新制氯水，分别滴加溶液和淀粉KI溶液 前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色 氯气与水的反应存在限度
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】卤素原子结构及其性质的比较；氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A、碘的溶液（如 CCl4溶液）中加入浓 KI 溶液，I2与 I-结合生成 I3-（I2+I- I3-），使 I2从 CCl4层（下层）转移至水层（上层）；现象：下层紫红色变浅（I2减少），上层呈棕黄色（I3-的颜色）；结论：I3-的生成说明碘在 KI 溶液中的溶解能力（结合 I-形成 I3-）大于在 CCl4中的溶解能力，方案、现象、结论一致，A正确；
B、NaClO 是强碱弱酸盐，ClO-水解使溶液显碱性（ClO-+H2O HClO+OH-）；同时 HClO 具有漂白性，会使pH试纸褪色，因此“试纸变白”是漂白作用，而非溶液呈中性，B错误；
C、沉淀转化的前提是“加入的离子浓度足够大”，实验中先加 4 滴 0.1mol/L AgNO3（生成 AgCl 沉淀），再滴 1 滴另一种卤化物溶液（如 KI），此时 I-浓度不足，无法证明 “AgI 溶解度小于 AgCl”，可能是过量 Ag+与 I-直接生成 AgI，C正确；
D、新制氯水中含Cl-（与 AgNO3生成 AgCl 沉淀）、Cl2（与KI反应生成 I2使溶液变蓝），但这只能证明氯水中含Cl-和 Cl2，无法体现 “反应存在限度”（需证明既有反应物又有生成物剩余，此实验未体现），D错误；
故答案为：A。
【分析】A．I2与 I-能结合生成 I3-，使 I2在 KI 溶液中溶解能力增强，通过 “层间颜色转移” 可判断溶解能力差异。
B．NaClO 溶液中ClO-水解显碱性，但HClO的漂白性会使 pH 试纸褪色，不能用试纸变白判断溶液中性。
C．沉淀转化需加入的离子浓度足够大，仅 1 滴试剂无法证明 “溶解度更小”，可能是过量Ag+直接反应。
D．需同时证明“反应物剩余+生成物存在”，仅检测生成物无法体现反应有限度。
17．（2025高三上·南开开学考）下列有关硅及其化合物的说法中不正确的是
A．在粗硅的提取中发生反应：2C+SiO22CO↑+Si，硅元素被还原
B．Si和SiO2均能与NaOH溶液反应生成硅酸钠
C．用SiO2制取硅酸，应先使二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，然后再通入CO2
D．由Na2CO3+SiO2CO2↑+Na2SiO3可知硅酸的酸性强于碳酸
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；硅和二氧化硅；硅酸的性质及制法
【解析】【解答】A、粗硅提取反应中 Si 元素化合价降低，被还原，A正确；
B、Si、SiO2与 NaOH 反应均能生成硅酸钠，B正确；
C、SiO2先与 NaOH 反应得 Na2SiO3，再通 CO2可制得硅酸，C正确；
D、该反应是高温下的非水溶液反应，不能证明硅酸酸性强于碳酸（实际碳酸酸性更强），D错误；
故答案为：D。
【分析】 解题核心是结合硅及其化合物的性质、反应规律（如氧化还原、酸性强弱比较）判断选项：
氧化还原判断：粗硅提取反应中，Si 元素化合价从 +4（SiO2）降为 0（Si），被还原；
与 NaOH 的反应：Si、SiO2均能与 NaOH 反应生成硅酸钠（Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O）；
硅酸的制备：SiO2不溶于水，需先与 NaOH 反应生成 Na2SiO3，再通入 CO2（强酸制弱酸）得到硅酸；
酸性强弱比较：Na2CO3与 SiO2的反应是高温下的非水溶液反应，不能用此判断硅酸酸性强于碳酸（实际碳酸酸性强于硅酸）。
18．（2025高三上·南开开学考）如图所示，利用培养皿探究氨气的性质。实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，立即用另一表面皿扣在上面。表中对应的实验现象及解释正确的是
选项 实验现象 解释
A 浓盐酸附近产生白烟 NH3与浓盐酸挥发出的HCl反应产生了NH4Cl固体
B 浓硫酸附近无明显现象 NH3与浓硫酸不发生反应
C 氯化铝溶液先浑浊再澄清 氢氧化铝沉淀溶解
D 干燥红色石蕊试纸不变色，湿润红色石蕊试纸变蓝 氨气属于碱
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、浓盐酸具有挥发性，挥发出的 HCl 与 NH3接触时，发生反应 NH3+HCl=NH4Cl（白色固体），因此浓盐酸附近产生 “白烟”（固体小颗粒形成的雾），现象与解释一致，A正确；
B、NH3是碱性气体，浓硫酸是强酸，二者会发生反应（2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4）；无明显现象是因为浓硫酸不挥发，无法与 NH3快速接触形成可见产物，并非不反应，B错误；
C、NH3溶于水生成 NH3 H2O，与 AlCl3溶液反应生成 Al(OH)3沉淀（
AlCl3+3NH3 H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl）；但 Al(OH)3不溶于弱碱（NH3 H2O），因此沉淀不会溶解，C错误；
D、干燥红色石蕊试纸不变色，是因为NH3本身无碱性；湿润试纸变蓝，是因为NH3与水生成
NH3 H2O（电离出 OH-显碱性）。但NH3是氢化物，不属于碱，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．NH3与浓盐酸的 “白烟”，本质是两种挥发性气体（NH3、HCl）反应生成固体 NH4Cl，需同时满足气体挥发+反应生成固体，现象与原理匹配。
B．NH3与浓硫酸无明显现象，不是不反应，而是浓硫酸不挥发，无法与 NH3快速接触形成可见产物，实际发生反应生成 (NH4)2SO4。
C．NH3 H2O 是弱碱，与 AlCl3反应仅能生成 Al(OH)3沉淀，无法溶解沉淀（Al(OH)3只溶于强酸），不存在 “沉淀溶解变澄清” 的现象。
D．NH3本身无碱性，湿润石蕊试纸变蓝是因 NH3溶于水生成NH3 H2O（电离出 OH-），NH3属于氢化物，并非碱。
19．（2025高三上·南开开学考）如图所示为“双色双喷泉”实验装置，图中烧瓶内分别充满氨气和氯化氢，烧杯内盛装滴有石蕊溶液的蒸馏水。下列说法错误的是
A．在实验室中，可用浓盐酸和浓硫酸制备氯化氢
B．如果关闭c、d，打开a、b，可能会有白烟产生
C．实验中同时打开止水夹a、c、d，即可分别形成蓝色和红色喷泉
D．喷泉结束后，将烧瓶内溶液混合后蒸干可得氯化铵固体
【答案】D
【知识点】氨的性质及用途；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、实验室制备 HCl，利用浓硫酸的高沸点、难挥发性，与浓盐酸混合（浓硫酸吸水且放热，促使 HCl 挥发），反应原理为 “高沸点酸制低沸点酸”，因此可用浓盐酸和浓硫酸制备 HCl，A正确；
B、关闭 c、d，打开 a、b 时，两烧瓶内的 NH3和 HCl 会通过导管混合，发生反应 NH3+HCl=NH4Cl（白色固体），因此可能观察到 “白烟”（固体小颗粒形成的雾），B正确；
C、同时打开 a、c、d 时，NH3极易溶于水，烧瓶内压强骤降，水进入充满 NH3的烧瓶，NH3溶于水生成 NH3 H2O（电离出 OH-，使石蕊变蓝），形成蓝色喷泉；HCl 极易溶于水，水进入充满 HCl 的烧瓶，HCl 溶于水生成盐酸（H+使石蕊变红），形成红色喷泉，C正确；
D、NH4Cl 受热易分解（NH4ClNH3↑+HCl↑），将混合溶液蒸干时，NH4Cl会分解为 NH3和 HCl 气体逸出，无法得到 NH4Cl 固体，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．用浓盐酸+浓硫酸制 HCl，核心是利用浓硫酸高沸点、难挥发的性质，符合 “高沸点酸制低沸点酸” 逻辑。
B．NH3与 HCl 均易挥发，混合后反应生成 NH4Cl 固体小颗粒，形成白烟，需满足 “气体挥发+反应生成固体”。
C．NH3、HCl 均极易溶于水，使烧瓶内压强骤降，外界水被压入形成喷泉；溶液酸碱性（NH3 H2O 显碱、盐酸显酸）决定喷泉颜色。
D．NH4Cl 受热易分解为NH3和HCl 气体，蒸干混合溶液时气体逸出，无法得到固体。
20．（2025高三上·南开开学考）按图装置进行实验。将稀硫酸全部加入Ⅰ中的试管，关闭活塞。下列说法正确的是
A．Ⅰ中试管内的反应，体现的氧化性
B．Ⅱ中品红溶液褪色，体现的还原性
C．在Ⅰ和Ⅲ的试管中，都出现了浑浊现象
D．撤掉水浴，重做实验，Ⅳ中红色更快褪去
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、装置Ⅰ的反应中，的氢元素化合价未变，不体现氧化性，A错误；
B、装置Ⅱ中品红褪色，体现的是的漂白性而非其他性质，B错误；
C、装置Ⅰ生成出现浑浊，装置Ⅲ也生成出现浑浊，二者都有浑浊现象，C正确；
D、撤去水浴后反应速率减慢，产生速率降低，装置Ⅳ中红色褪去的速率会变慢，D错误。
故答案为：C。
【分析】解题核心是围绕反应及的性质，分析各装置现象：
装置Ⅰ中发生上述反应，生成（浑浊）和；
进入装置Ⅱ，利用漂白性使品红褪色；
进入装置Ⅲ，与发生反应，生成（浑浊）；
进入装置Ⅳ，与反应降低溶液碱性，使酚酞褪色。
21．（2025高三上·南开开学考）已知B是常见金属单质，E为常见非金属单质，H常温下为无色液体。根据下列关系，试回答：
（1）L的化学式：　 　，F的电子式：　 　，检验物质I，通常用的试剂为　 　。
（2）反应①的离子方程式：　 　。
（3）反应②的化学方程式：　 　。
（4）写出C+D反应的离子方程式：　 　。
（5）写出反应③的化学方程式：　 　，氧化产物和还原产物的物质的量之比为：　 　。
【答案】（1）Cu(OH)2；；品红溶液
（2）
（3）
（4）
（5）；1：1
【知识点】无机物的推断；离子方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）由上述分析可得L的化学式为Cu(OH)2；F的化学式为Na2O2，电子式为；物质I为SO2，利用二氧化硫的漂白性，可用品红溶液检验；
故答案为： Cu(OH)2 ； ； 品红溶液 ；
（2）反应①是电解硫酸铜溶液，为放氧生酸型，故离子方程式为；
故答案为： ；
（3）反应②的化学方程式为；
故答案为： ；
（4）C+D是Cu和浓硫酸的反应，在书写离子方程式时，浓硫酸不拆，故离子方程式为；
故答案为： ；
（5）反应③为过氧化钠与水先反应，生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，故化学方程式为；此反应为过氧化钠的歧化反应，-1价氧升为0价，-1价将为-2价，得失电子守恒，故氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：1。
故答案为： ； 1：1 。
【分析】H 是电解产物反应生成的常温无色液体，故 H 为 H2O；L 是蓝色沉淀，因此 L 为 Cu(OH)2。M 的焰色反应为黄色，说明含 Na 元素；由转化关系 “A溶液+F→E+L+M”，结合 F 能与水反应生成碱和气体，且 B 与 E 反应生成 F，可推知 F 是 Na2O2（与水反应生成NaOH和O2），则 E 为 O2，B 为金属 Na。电解 A 溶液生成三种产物（放氧生酸型电解），结合 L 为 Cu(OH)2，可知 A 是铜盐；电解产物为 Cu、O2和酸，且 C 的浓溶液加热时才与 D 反应，故 D 为 Cu，C 为 H2SO4，因此 A 为 CuSO4。C（H2SO4）与 D（Cu）加热反应生成 I、H（H2O）和 A（CuSO4），故 I 为 SO2；
I（SO2）与 E（O2）反应生成 K，因此 K 为 SO3（SO3与水反应生成 H2SO4，验证转化合理）。
（1）由上述分析可得L的化学式为Cu(OH)2；F的化学式为Na2O2，电子式为；物质I为SO2，利用二氧化硫的漂白性，可用品红溶液检验；
（2）反应①是电解硫酸铜溶液，为放氧生酸型，故离子方程式为；
（3）反应②的化学方程式为；
（4）C+D是Cu和浓硫酸的反应，在书写离子方程式时，浓硫酸不拆，故离子方程式为；
（5）反应③为过氧化钠与水先反应，生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，故化学方程式为；此反应为过氧化钠的歧化反应，-1价氧升为0价，-1价将为-2价，得失电子守恒，故氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：1。
22．（2025高三上·南开开学考）甲醇是一种用途广泛的基础有机原料和优质燃料。
（1）甲醇可以在铜做催化剂的条件下直接氧化成甲醛。
①基态原子的价层电子的轨道表示式为　 　。
②甲醛中碳原子的杂化方式为　 　杂化，其组成元素的电负性由小到大的顺序为　 　。
（2）在一定条件下，甲醇可转化为乙酸甲酯，一个乙酸甲酯分子中键和键个数之比为　 　。
（3）由制备的可用于检验醛基。中配位原子为　 　，的空间构型为　 　。
（4）图中银晶胞的边长为，该晶胞中的配位数为　 　；该晶胞密度为　 　(用含、的代数式表示)。
【答案】（1）；sp2；H、C、O
（2）10∶1
（3）N；三角锥
（4）12；
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)①Cu为29号元素，基态原子的价层电子的轨道表示式为：。
②甲醛中碳原子和氧原子形成C=O键，还有2个C-H键，C原子的杂化方式为sp2，甲醛中含有C、H、O三种元素，同一周期，从左到右元素电负性递增，同一主族，自上而下元素电负性递减，则电负性由小到大的顺序为：H、C、O；
故答案为： ； sp2 ； H、C、O ；
(2)乙酸甲酯结构式，分子中键和键个数之比为10∶1，答案：10∶1；
故答案为： 10∶1 ；
(3)[Ag(NH3)2]OH中配体为NH3，配位原子为N，的空间构型为三角锥，答案：N；三角锥；
故答案为： N ； 三角锥 ；
(4)由银晶胞顶点的Ag原子为例，与之距离最近的Ag原子有12个，则该晶胞中的配位数为12；该晶胞中含有Ag原子的数目为4，晶胞体积为cm3，该晶胞密度为。
故答案为： 12 ； ；
【分析】(1)①Cu 是 29 号元素，价层电子为 3d 4s ，据此写轨道表示式。
②甲醛中 C 形成 1 个双键、2 个单键，杂化方式为 sp2；电负性规律：同周期从左到右增大，得顺序 H
(2)乙酸甲酯中 σ 键包括单键和双键中的 1 个，π 键是双键中的 1 个，数出数量比为 10：1。
(3)[Ag(NH3)2]+中NH3的配位原子是N；NH3中N有1对孤电子对，空间构型为三角锥。
(4)银晶胞是面心立方，配位数为 12；晶胞含 4 个 Ag，结合边长（转换单位），用 “密度=总质量÷晶胞体积” 计算。
23．（2025高三上·南开开学考）烷烃、烯烃是基本化工原料，以烷烃和烯烃为原料合成某种六元环酯（分子式为）的路线如图所示：
已知：①一个碳原子上连两个羟基不稳定，脱水生成。
②分子的核磁共振氢谱中有4组峰，其峰面积之比为。回答下列问题：
（1）图中，中所有的官能团名称是　 　。
（2）①的反应类型是　 　，②的反应类型是　 　。
（3）图中的结构简式为　 　，图中的结构简式为　 　。
（4）反应⑧的化学方程式为　 　。
（5）的同分异构体中，属于甲酸酯类的有　 　种。
【答案】（1）羧基和羟基
（2）加成反应；取代反应
（3）；
（4）　+　+ ；
（5）4
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；羧酸简介
【解析】【解答】（1）烯烃与溴加成反应生成，可知烯烃为单烯烃结合给出的已知信息②可以写出该烯烃的结构简式，同时的结构简式为，
之后在碱性条件下水解，所以的结构，之后再进行催化氧化，因为端基上的羟基连的碳上有氢，所以端基上的羟基被氧化为醛基；结构为，之后再被氧化为羧酸，所以的结构简式，故的官能团为羧基和羟基；
故答案为： 羧基和羟基 ；
（2）根据上一问的分析①的反应为烯烃与溴的加成反应，故反应类型为加成反应；②为卤代烃水解反应，所以②的反应为取代反应；
故答案为： 加成反应 ； 取代反应 ；
（3）通过反应条件可知反应⑤为取代反应，所以A为烷烃，又因为产物为，可以推出A为乙烷，A发生取代反应生成的产物有两种可能或，两种卤代烃水解之后变成B，结构可能为、，结合已知信息一个碳原子上连两个羟基不稳定会脱水所以产物为、，根据下一步发生的酯化反应可知为，B为，那么为，结合第一问分析可知的结构简式为；
故答案为： ； ；
（4）根据反应⑧的条件以及反应物的结构简式和，可以判断该反应为酯化反应，故该反应的方程式为++；
故答案为：++； ；
（5）根据小问一的分析结构为，其同分异构体属于甲酸类的有以下4种。
故答案为：4；
【分析】确定反应类型与烯烃结构最终产物为酯化反应的结果，先分析原料烯烃C5H10：其核磁共振氢谱有 4 组峰，峰面积比2：2：3：3，说明分子含 4 种等效氢且数量对应，结合烯烃的不饱和度，可推出其结构为CH3CH2CH=CHCH3（对称结构，符合氢谱特征）。烯烃与溴加成生成 C5H10Br2，结构为CH3CH2CHBrCHBrCH3；碱性水解后得到二元醇 C5H12O2（羟基取代溴原子）；催化氧化将羟基转化为醛基，生成 C5H10O2（含两个醛基）；进一步氧化醛基为羧基，最终得到二元羧酸HOOCCH2CH2CH2COOH（对应 C5H10O3的结构）。A为烷烃，结合最终产物的酯化反应，反推A为乙烷（C2H6）：乙烷发生取代反应生成卤代物，有两种可能（一卤代或多卤代）；卤代物水解时，若生成 “一个碳原子连两个羟基” 的结构，会因不稳定脱水，最终仅能得到稳定产物CH2(OH)COOH（羟基乙酸）。
（1）烯烃与溴加成反应生成，可知烯烃为单烯烃结合给出的已知信息②可以写出该烯烃的结构简式，同时的结构简式为，
之后在碱性条件下水解，所以的结构，之后再进行催化氧化，因为端基上的羟基连的碳上有氢，所以端基上的羟基被氧化为醛基；结构为，之后再被氧化为羧酸，所以的结构简式，故的官能团为羧基和羟基；
（2）根据上一问的分析①的反应为烯烃与溴的加成反应，故反应类型为加成反应；②为卤代烃水解反应，所以②的反应为取代反应；
（3）通过反应条件可知反应⑤为取代反应，所以A为烷烃，又因为产物为，可以推出A为乙烷，A发生取代反应生成的产物有两种可能或，两种卤代烃水解之后变成B，结构可能为、，结合已知信息一个碳原子上连两个羟基不稳定会脱水所以产物为、，根据下一步发生的酯化反应可知为，B为，那么为，结合第一问分析可知的结构简式为；
（4）根据反应⑧的条件以及反应物的结构简式和，可以判断该反应为酯化反应，故该反应的方程式为+　+；
（5）根据小问一的分析结构为，其同分异构体属于甲酸类的有以下4种。
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