精品解析：宁夏石嘴山市第一中学2025-2026学年高三上学期开学化学试题

石嘴山市第一中学2025-2026学年高三年级第一学期开学考试 化学试题 一、单选题：本题共14小题，42分。 1. 科技进步为人类发展作出了巨大贡献。下列科技成果获得的物质属于有机物的是 A. 工业合成氨 B. 制取单晶硅 C. 人工合成结晶胰岛素 D. 侯氏联合制碱 2. 高氯酸铵可用作火箭发射的固体推进剂，其受热分解的反应为。下列有关化学用语或表述错误的是 A. 的电子式为 B. 的共价键类型为键 C. 的VSEPR模型均为四面体形 D. 高氯酸铵受热分解反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为 3. 由下列实验及现象推出的相应结论正确的是 A. 向苯酚的苯溶液中滴加几滴浓溴水，未出现白色沉淀，在苯中苯酚与不反应 B. 将乙醇与浓硫酸的混合液加热至170℃，并将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，气体成分为乙烯 C. 向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和溶液和溶液，均有固体析出，前者为盐析，后者为变性 D. 向蔗糖溶液中加入适量稀硫酸，水浴加热几分钟，再加入适量新制悬浊液并加热，若没有生成砖红色沉淀，则蔗糖未水解 4. 现有以下混合物：①30%的乙醇溶液；②水和汽油；③提纯粗苯甲酸；④氯化钠和单质溴的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是 A. 分液、萃取、重结晶、蒸馏 B. 萃取、重结晶、蒸馏、分液 C. 分液、蒸馏、重结晶、萃取 D. 蒸馏、分液、重结晶、萃取 5. 铁及其化合物是中学化学中一类重要物质，下列关于铁元素的叙述中正确的是 A. 保存FeCl2溶液常常加一些铁粉，其目的是抑制Fe2＋水解 B. 在25 ℃时，pH＝0的溶液中，Al3＋、NH、NO、Fe2＋可以大量共存 C. 制备AlCl3、FeCl3均可采用将溶液直接蒸干的方法 D. 硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O 6. 图为实验室制取乙炔并验证其性质的装置图。下列说法不正确的是 A. 逐滴加入饱和食盐水可控制生成乙炔的速率 B. 酸性溶液褪色，说明乙炔具有还原性 C. 圆底烧瓶中发生反应化学方程式为： D. 将纯净的乙炔点燃，有浓烈的黑烟，说明乙炔含碳量高 7. 2023年诺贝尔化学奖颁发给研究量子点的三位科学家，日常生活中的电视屏幕和LED显示屏与量子点相关，一种LED器件材料的化合物为，所含的5种元素位于主族，X、Y、M、E在同周期相邻位置且原子序数依次增大，Z单质是最轻的气体，E在地壳中含量最多。下列说法正确的是 A. 电负性： B. Y、M、E的简单氢化物均为极性分子 C. 第一电离能： D. 和中心原子的杂化类型相同 8. 氮化钙(Ca3N2)是高端荧光粉的主要成分之一，其极易与水剧烈反应生成氨气。利用如图装置测定氮化钙产品纯度(杂质不产生气体，氨不溶于煤油)。下列说法中正确的是 A. 往下移动水准瓶，量气管与水准瓶内液面不发生变化，说明气密性良好 B. 还可以利用该装置测定CaC2样品(假定杂质不与水反应)的纯度 C. Y形管内残留有反应产生的气体，造成结果偏低 D. 反应结束，冷却至室温后，未调整水准瓶的高度即读数，会造成结果偏低 9. 世界某著名学术刊物介绍了一种新型中温全瓷铁-空气电池，其结构如图所示。下列有关该电池放电时的说法正确的是 A. a极为原电池的负极 B. 正极的电极反应式为 C. 放电时电子从b极经固体电解质流向a极 D. 消耗掉铁时，理论上要消耗标准状况的 10. 利用菱镁矿MgCO3(含杂质Al2O3、FeCO3)制取镁的工艺流程如图，下列说法正确的是 A. “酸浸”时溶液中有电子转移 B. “氧化”时用稀硝酸代替更好 C. 沉淀混合物MgO、Al(OH)3和Fe(OH)3 D. 电解MgCl2溶液可得到金属镁 11. 下列叙述正确的是 A. 1 molH2O的质量为18g/mol B. 含有3.01×1023个氧原子的SO2分子的质量约为16g C. CH4的摩尔质量为16g D. 标准状况下，1mol任何物质体积均为22.4L 12. 关于反应，下列说法正确的是 A. 中氯元素都被氧化 B. 在反应过程中失去电子 C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比 D. 氧化产物与还原产物的质量比 13. 氯化铁是有机合成中常用的催化剂，如图是实验室模拟化工厂利用工业废铁屑(杂质不与盐酸反应)制备催化剂氯化铁的部分装置图，下列相关说法正确的是 A. 实验室也可以用装置甲制备SO2、C2H4 B. 实验过程中，应先让装置乙中的反应进行一段时间后，再开始装置甲中的反应 C. 实验过程中应该关闭弹簧夹3，让装置丙中的NaOH溶液充分吸收多余的Cl2 D. 反应结束后将三颈烧瓶中的溶液加热浓缩、冷却结晶，可制得氯化铁晶体 14. 已知：pKa=-lgKa，25℃时，H2A的pKa1=1.85，Pka2=7.19。用0.1 mol/L NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol/L H2A溶液的滴定曲线如图所示（曲线上的数字为pH）。下列说法不正确的是（ ） A. a点所得溶液中：2n(H2A)+n(A2-)=0.002mol B. b点所得溶液中：c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-) C. c点所得溶液中：c(Na+)<3c(HA-) D. d点所得溶液中：c(Na+)>c(A2-)>c(HA-) 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 某实验室制备糖精钴，并测定其结晶水含量。 已知：表示糖精根离子，其摩尔质量为，糖精钴的溶解度在热水中较大，在冷水中较小；丙酮沸点为，与水互溶。 (一)制备 I．称取，加入蒸馏水，搅拌溶解，得溶液1。 Ⅱ．称取(稍过量)糖精钠()，加入蒸馏水，加热搅拌，得溶液2。 Ⅲ．将溶液2加入到接近沸腾的溶液1中，反应3分钟后停止加热，静置，冷却结晶。 Ⅳ．过滤，依次用三种不同试剂洗涤晶体，晾干得产品。 回答下列问题： （1）I和Ⅱ中除烧杯外，还需用到的玻璃仪器有_______、_______(写出两种) （2）Ⅲ中静置过程有少量晶体出现时，可将烧杯置于_______中，以使大量晶体析出。 （3）Ⅳ中用①丙酮、②冷水、③冷的溶液洗涤晶体，正确顺序为_______。 A．①③② B．③②① C．②①③ （4）Ⅳ中为了确认氯离子已经洗净，取水洗时的最后一次滤液于试管中，_______(将实验操作、现象和结论补充完整)。 （5）与本实验安全注意事项有关的图标有_______。 (二)结晶水含量测定 和形成配合物。准确称取糖精钴产品于锥形瓶中，加蒸馏水，加热溶解，再加入缓冲溶液和指示剂，在50~60℃下，用的标准溶液滴定。 （6）下列操作的正确顺序为_______(用字母排序)。 a．用标准溶液润洗滴定管 b．加入标准溶液至“0”刻度以上处 c．检查滴定管是否漏水并清洗 d．赶出气泡，调节液面，准确记录读数 （7）滴定终点时消耗标准溶液，则产品中x的测定值为_______(用含m、c、V的代数式表示)；若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，会导致x的测定值_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 16. 铁、钴、镍被称为铁系元素，在生产、生活中具有广泛用途。回答下列问题： （1）基态Co原子的核外电子占据最高能级的轨道表示式为_______。 （2）的结构如图所示，键角1、2、3由大到小的顺序为_______(填标号)；加热时更易失去的水分子是_______(填“①”或“②”)，原因为_______。 （3）已知A()、B()、C()均有弱碱性，且碱性随N原子周围电子云密度增大而增强，则A、B、C三种分子碱性由强到弱的顺序为_______(填标号)。 （4）某钴硫化物可用于锂离子电池的电极材料，如图所示的结构1表示该化合物晶胞的部分结构，则该钴硫化物的化学式为_______；晶胞2、晶胞3均为立方晶胞，是该电池充电后形成的晶胞结构，则晶胞2中与Li距离最近且相等的S有_______个；已知晶胞3的密度为，则晶胞3中Li与S之间的最短距离为_______nm(用表示阿伏加德罗常数的值)。 17. 过氧化钙水合物(，x>2)微溶于水，能溶于酸，性质与相似，可用作医用防腐剂和消毒剂。实验室制备过氧化钙的流程如下： 回答下列问题： （1）步骤Ⅰ中应过量的试剂为______(填“稀盐酸”或“碳酸钙”)。 （2）步骤Ⅱ中发生反应的离子方程式为___________。 （3）步骤Ⅴ烘干的同时计算确定水合物中x的值。从下列仪器中选出步骤Ⅴ中所需仪器为______(填标号)。 过程中需至少称量_____次；当_____时可认为烘干完全。 （4）利用如图装置(夹持装置省略)测定产品中的纯度。常温常压下，称取mg产品，记录量气管起始读数为5.00mL，从分液漏斗中迅速加入15.00mL的盐酸(足量)后，立即关闭旋塞。恢复至室温后，调整量气管读数为40.00mL。 仪器A的名称是_______；室温下气体摩尔体积为，该产品的纯度为______％(用含m、的代数式表示)；若读数时，未调平水准管与量气管的液面，所测定产品的纯度会______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 18. 氨氮废水会造成水体富营养化。可用沉淀法处理氨氮废水并获得缓释肥料磷酸镁铵(MgNH4PO4)，过程如下。 资料：i.氨氮废水中氮元素主要以形式存在； ii.Mg3(PO4)2的Ksp约为1×10-24；MgNH4PO4的Ksp为1×10-13； （1）检验溶液中的操作是_______。 （2）当c(Mg2+)和c()为1mol·L-1时，生成Mg3(PO4)2沉淀所需的c()是生成MgNH4PO4沉淀所需的c()的_______倍。 （3）经处理后，分离磷酸镁铵所用的方法是_______。 （4）磷酸盐若选择Na3PO4，混合后会产生大量Mg3(PO4)2沉淀，反应的离子方程式为_______，氨氮去除率将_______(填“提高”“降低”或“不变”)。 （5）含磷微粒的物质的量分数与pH的关系如下图所示。 下列说法正确的是_______(填序号)。 a.Na2HPO4溶液呈酸性 b.Na3PO4和Na2HPO4溶液中，微粒的种类相同 c.X点存在，c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-) d.Y点可由Na3PO4和Na2HPO4等物质量混合溶解得到 （6）处理氨氮废水时，磷酸盐可选用Na2HPO4。 ①pH在9~10之间，主要生成MgNH4PO4沉淀，反应的离子方程式为_______。 ②pH过大会降低废水中氨氮的去除率，可能的原因是_______。 ③对于c()较低的氨氮废水，上述磷酸镁铵沉淀法的处理效果不佳，且无法通过增加Na2HPO4和MgCl2的用量来改善，原因是_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 石嘴山市第一中学2025-2026学年高三年级第一学期开学考试 化学试题 一、单选题：本题共14小题，42分。 1. 科技进步为人类发展作出了巨大贡献。下列科技成果获得的物质属于有机物的是 A. 工业合成氨 B. 制取单晶硅 C. 人工合成结晶胰岛素 D. 侯氏联合制碱 【答案】C 【解析】 【详解】A．氨气是氮元素的气态氢化物，属于无机物，故A不符合题意； B．单晶硅是非金属单质，属于无机物，故B不符合题意； C．结晶牛胰岛素是牛胰脏中胰岛β-细胞所分泌的一种调节糖代谢的蛋白质激素，属于有机物，故C符合题意； D．侯氏联合制碱得到的碳酸钠是无机盐，属于无机物，故D不符合题意； 故选C。 2. 高氯酸铵可用作火箭发射的固体推进剂，其受热分解的反应为。下列有关化学用语或表述错误的是 A. 的电子式为 B. 的共价键类型为键 C. 的VSEPR模型均为四面体形 D. 高氯酸铵受热分解反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为 【答案】D 【解析】 【详解】A．的电子式为，A正确； B．分子中的共价键是由两个氯原子的p轨道重叠形成的键，所以分子中的共价键类型为键，B正确； C．中N的价层电子对数为，中Cl的价层电子对数为，中O的价层电子对数为，价电子数均为4，VSEPR模型均为四面体形，C正确； D．高氯酸铵受热分解反应中，氧化产物为N2和O2，还原产物为Cl2，氧化产物与还原产物的物质的量之比为，D错误； 故答案选D。 3. 由下列实验及现象推出的相应结论正确的是 A. 向苯酚的苯溶液中滴加几滴浓溴水，未出现白色沉淀，在苯中苯酚与不反应 B. 将乙醇与浓硫酸的混合液加热至170℃，并将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，气体成分为乙烯 C. 向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和溶液和溶液，均有固体析出，前者为盐析，后者为变性 D. 向蔗糖溶液中加入适量稀硫酸，水浴加热几分钟，再加入适量新制悬浊液并加热，若没有生成砖红色沉淀，则蔗糖未水解 【答案】C 【解析】 【详解】A．苯酚与Br2反应，但生成的2，4，6-三溴苯酚会溶于苯，导致未出现白色沉淀，不能判断在苯中苯酚与不反应，A错误； B．反应中可能生成SO2等还原性气体，且挥发的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰检验，无法确定气体为乙烯，B错误； C．向蛋白质溶液中滴加饱和溶液发生盐析，溶液中含有重金属离子铜离子，向蛋白质溶液中滴加溶液发生变性，均有固体析出，C正确； D．水解后未中和酸性，加入新制悬浊液与酸反应，导致无法检验是否水解，D错误； 故选C。 4. 现有以下混合物：①30%的乙醇溶液；②水和汽油；③提纯粗苯甲酸；④氯化钠和单质溴的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是 A. 分液、萃取、重结晶、蒸馏 B. 萃取、重结晶、蒸馏、分液 C. 分液、蒸馏、重结晶、萃取 D. 蒸馏、分液、重结晶、萃取 【答案】D 【解析】 【详解】①30%的乙醇溶液，乙醇与水互溶，需通过蒸馏分离（利用沸点差异）；②水和汽油，两者不混溶，静置分层后直接分液；③提纯粗苯甲酸，提纯固体常用重结晶法（利用溶解度随温度变化的特性）；④氯化钠和单质溴的水溶液，溴易溶于有机溶剂（如），可用萃取法将其转移至有机层，再分液分离。 故选D。 5. 铁及其化合物是中学化学中的一类重要物质，下列关于铁元素的叙述中正确的是 A. 保存FeCl2溶液常常加一些铁粉，其目的是抑制Fe2＋水解 B. 在25 ℃时，pH＝0的溶液中，Al3＋、NH、NO、Fe2＋可以大量共存 C. 制备AlCl3、FeCl3均可采用将溶液直接蒸干的方法 D. 硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．保存FeCl2溶液常常加一些铁粉，其目的是防止氯化亚铁被氧化，加入盐酸能抑制Fe2+水解，故A错误； B．25℃，pH=0的溶液为酸性溶液，硝酸根离子在酸溶液中具有强氧化性，能氧化亚铁离子，不能大量共存，故B错误； C．AlCl3、FeCl3溶液中存在水解平衡，水解生成氢氧化铝、氢氧化铁和盐酸，蒸干过程中氯化氢挥发得到的水解产物主要为氢氧化铝、氢氧化铁，灼烧得到氧化铝、氧化铁，故C错误； D．亚铁离子可被过氧化氢氧化，发生的离子反应为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故D正确； 故选D。 6. 图为实验室制取乙炔并验证其性质的装置图。下列说法不正确的是 A. 逐滴加入饱和食盐水可控制生成乙炔的速率 B. 酸性溶液褪色，说明乙炔具有还原性 C. 圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为： D. 将纯净的乙炔点燃，有浓烈的黑烟，说明乙炔含碳量高 【答案】C 【解析】 【详解】A．电石与饱和食盐水反应制乙炔，因此可通过控制饱和食盐水的滴加速率可以控制乙炔的生成速率，故A正确； B．用CuSO4溶液除去了乙炔中的H2S、PH3等杂质，酸性高锰酸钾溶液褪色，说明乙炔具有还原性，故B正确； C．圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为：以及硫化钙、磷化钙生成H2S、PH3等的反应，故C错误； D．氢含量越低，碳含量越高，烃的不饱和程度越高，燃烧时产生的黑烟越浓烈，故D正确； 答案选C。 7. 2023年诺贝尔化学奖颁发给研究量子点的三位科学家，日常生活中的电视屏幕和LED显示屏与量子点相关，一种LED器件材料的化合物为，所含的5种元素位于主族，X、Y、M、E在同周期相邻位置且原子序数依次增大，Z单质是最轻的气体，E在地壳中含量最多。下列说法正确的是 A. 电负性： B. Y、M、E简单氢化物均为极性分子 C. 第一电离能： D. 和中心原子的杂化类型相同 【答案】A 【解析】 【分析】Z单质是最轻的气体，E在地壳中含量最多，可以推出Z为氢，E为氧。所含的5种元素位于主族，X、Y、M、E同周期相邻且原子序数依次增大，则M为氮，Y为碳，X为硼； 【详解】A．电负性：，A项正确； B．和为极性分子，为非极性分子，B项错误； C．第一电离能：，C项错误； D．有一对孤对电子，原子为杂化，无孤对电子，N原子为杂化，D项错误； 答案选A。 8. 氮化钙(Ca3N2)是高端荧光粉的主要成分之一，其极易与水剧烈反应生成氨气。利用如图装置测定氮化钙产品纯度(杂质不产生气体，氨不溶于煤油)。下列说法中正确的是 A. 往下移动水准瓶，量气管与水准瓶内液面不发生变化，说明气密性良好 B. 还可以利用该装置测定CaC2样品(假定杂质不与水反应)的纯度 C. Y形管内残留有反应产生的气体，造成结果偏低 D. 反应结束，冷却至室温后，未调整水准瓶的高度即读数，会造成结果偏低 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．实验前连接好装置后，向u形管中注入煤油，使右侧液面高于左侧，若一段时间后仍旧右侧高于左侧，则气密性良好，故A错误； B．碳化钙和水反应生成乙炔和氢氧化钙，乙炔不溶于水，但溶于煤油，所以该装置不可用来测定CaC2样品的纯度，故B错误； C．Y形管中反应前存有一定量气体，反应后管内残留气体体积与反应前存有的气体体积相同，故结果无影响，故C错误； D．反应结束，冷却至室温后，未调整水准瓶的高度即读数，会导致量气管内煤油液面比右侧液面低，则测量出来的生成的气体体积偏低，故会造成结果偏低，故D正确； 答案选D。 9. 世界某著名学术刊物介绍了一种新型中温全瓷铁-空气电池，其结构如图所示。下列有关该电池放电时的说法正确的是 A. a极为原电池的负极 B. 正极的电极反应式为 C. 放电时电子从b极经固体电解质流向a极 D. 消耗掉铁时，理论上要消耗标准状况的 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．图是新型中温全瓷铁-空气电池，a极通入空气，说明a是正极，故A错误； B．图中信息是含的固体电解质，所以正极反应是,故B错误； C．放电时电子从负极经导线到正极， 故C错误； D．从图可知，发生如下反应，可得，所以n(O2)= ,,故D正确； 故答案为：D 10. 利用菱镁矿MgCO3(含杂质Al2O3、FeCO3)制取镁的工艺流程如图，下列说法正确的是 A. “酸浸”时溶液中有电子转移 B. “氧化”时用稀硝酸代替更好 C. 沉淀混合物为MgO、Al(OH)3和Fe(OH)3 D. 电解MgCl2溶液可得到金属镁 【答案】C 【解析】 【详解】A．“酸浸”时MgCO3、Al2O3、FeCO3与盐酸反应，所得产物有金属氯化物、水和二氧化碳，化合价不变，无电子转移，A错误； B．过氧化氢是绿色氧化剂，若用稀硝酸，其还原产物为NO等，氮氧化物是大气污染物，B错误； C．“沉淀”环节，通过条件pH产生Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀以及剩余MgO混合物并过滤除去，C正确； D．电解MgCl2溶液得到氢氧化镁沉淀、氢气和氯气，电解熔融氯化镁可得到金属镁，D错误； 故选C。 11. 下列叙述正确的是 A. 1 molH2O的质量为18g/mol B. 含有3.01×1023个氧原子的SO2分子的质量约为16g C. CH4的摩尔质量为16g D. 标准状况下，1mol任何物质体积均为22.4L 【答案】B 【解析】 【分析】根据物质的量的计算公式及各物理量的单位进行判断。 【详解】A. 1 molH2O的质量为m(H2O)=M×n=18g/mol×1 mol=18g，A项错误； B. 3.01×1023个氧原子的物质的量n(O)=3.01×1023÷6.02×1023 mol-1=0.5mol，则n(SO2)=0.25mol，m(SO2)=0.25mol×64g/mol=16g，B项正确； C. 摩尔质量的单位是g/mol，CH4的摩尔质量为16g/mol，C项错误； D. 标准状况下气体摩尔体积Vm=22.4L/mol，只能用于气体物质。1mol任何气体在标况时体积均为22.4L，D项错误。 本题选B。 12. 关于反应，下列说法正确的是 A. 中氯元素都被氧化 B. 在反应过程中失去电子 C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比 D. 氧化产物与还原产物的质量比 【答案】D 【解析】 【分析】根据化合价的变化规律：同种元素的化合价变化不能出现交叉现象，据此判断化合价的变化，HCl中有5个氯元素原子化合价升高到0价，1个氯的化合价没有发生变化，KClO3中氯的化合价有+5价变为0价，根据化合价的变化判断氧化剂或还原剂及相应的产物，根据变价元素原子的个数判断相应的物质的物质的量之比。 【详解】A．HCl中氯元素的化合价升高被氧化，还有1个氯的化合价没有发生变化，故A不正确； B．KClO3在反应过程中氯元素化合价降低，得到电子，故B不正确； C．根据化合价规则判断化合价的变化，KClO3中氯的化合价有+5价变为0价，做氧化剂，HCl中-1价变为0价，做还原剂有5个，故氧化剂和还原剂之比为1:5，故C错误； D．根据化合价的变化，氧化产物和还原产物都是氯气，根据氧化剂变为还原产物，还原剂变为氧化产物，故氧化产物与还原产物比为：5:1； 故选D。 【点睛】对于同种元素化合价变化的反应，化合价的变化遵从“不交叉规律”。 13. 氯化铁是有机合成中常用的催化剂，如图是实验室模拟化工厂利用工业废铁屑(杂质不与盐酸反应)制备催化剂氯化铁的部分装置图，下列相关说法正确的是 A. 实验室也可以用装置甲制备SO2、C2H4 B. 实验过程中，应先让装置乙中的反应进行一段时间后，再开始装置甲中的反应 C. 实验过程中应该关闭弹簧夹3，让装置丙中的NaOH溶液充分吸收多余的Cl2 D. 反应结束后将三颈烧瓶中的溶液加热浓缩、冷却结晶，可制得氯化铁晶体 【答案】B 【解析】 【分析】 根据实验目的，分析实验装置可知，本模拟实验制备催化剂氯化铁的设计方案是：先用盐酸和铁制得氯化亚铁，再用装置甲中制得的氯气将氯化亚铁氧化为氯化铁，最后在一定条件下制得氯化铁晶体。在此认识基础上，结合实验知识，可对各选项做出判断。 【详解】A. 装置甲的特点是固体和液体加热制气体，而SO2可用浓硫酸和铜加热制取，所以可以用装置甲制备SO2，但实验室用浓硫酸和乙醇制C2H4需控制温度为170℃，所以要使用温度计，故A错误； B. 氯气在常温下不能和铁反应，所以应先让装置乙中的反应进行一段时间生成氯化亚铁后，再开始装置甲中的反应，故B正确； C. 实验过程中关闭弹簧夹3，将导致气体不能流通，不但不能实现让NaOH溶液充分吸收多余的Cl2的目的，反而会使装置气压增大，产生危险，故C错误； D. 废铁屑含不与盐酸反应的杂质，所以如果加热反应结束后将三颈烧瓶中的溶液加热浓缩、冷却结晶，将混入这些杂质，使晶体不纯，同时要考虑设法抑制水解，故D错误； 答案选B。 【点睛】1、实验室制备SO2、常用的方法是亚硫酸钠固体和浓硫酸（不能太浓）在常温下反应，当然，也可用浓硫酸和铜加热制取。装置甲不适用于前者，但可用于后者。 2、通过对FeCl3溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤可获得FeCl3晶体，在此过程需要向FeCl3溶液中加入过量的盐酸，以防止Fe3+水解产生氢氧化铁；由FeCl3晶体制取FeCl3固体时加热失水的过程应在HCl气氛中进行，目的是防止铁离子的水解。 14. 已知：pKa=-lgKa，25℃时，H2A的pKa1=1.85，Pka2=7.19。用0.1 mol/L NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol/L H2A溶液的滴定曲线如图所示（曲线上的数字为pH）。下列说法不正确的是（ ） A. a点所得溶液中：2n(H2A)+n(A2-)=0.002mol B. b点所得溶液中：c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-) C. c点所得溶液中：c(Na+)<3c(HA-) D. d点所得溶液中：c(Na+)>c(A2-)>c(HA-) 【答案】C 【解析】 【分析】A.用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol/LH2A溶液，a点溶液中溶质为H2A和NaHA，pH=1.85=pKa1，则c(H2A)=c(HA-)，依据物料守恒判断； B.b点是用0.1mol/LNaOH溶液20ml滴定20mL0.1mol/LH2A溶液，恰好反应生成NaHA，溶液显酸性，依据溶液中电荷守恒和物料守恒计算分析判断； C.c点pH=7.19=pKa2，依据平衡常数溶液显碱性，溶液中溶质主要为Na2A，A2-+H2OHA-+OH-，Kh=，c(OH-)=，c(HA-)=c(A2-)，结合溶液中的物料守恒分析； D.加入氢氧化钠溶液40mL，NaOH溶液滴定20mL0.1mol/LH2A溶液恰好反应生成Na2A，d点溶液中主要是Na2A和少量NaHA。 【详解】A.用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol/LH2A溶液，a点溶液中溶质为H2A和NaHA，pH=1.85=pKa1，根据电离平衡常数表达式可得c(H2A)=c(HA-)，由于加入的H2A溶液为20mL0.1mol/L，所以根据物料守恒可得a点所得溶液中：c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=2c(H2A)+c(A2-)=0.1mol/L×0.02L=0.002mol ，A正确； B.b点是用0.1mol/LNaOH溶液20ml滴定20mL0.1mol/L H2A溶液，恰好反应生成NaHA，溶液显酸性，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，物料守恒c(Na+)= c(HA-)+c(A2-)+ c(H2A)，，将c(Na+)带入第一个式子，整理得到：c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)，B正确； C.c点pH=7.19=pKa2，依据平衡常数溶液显碱性，溶液中溶质主要为Na2A，A2-+H2O⇌HA-+OH-，Kh=，c(OH-)=，c(HA-)=c(A2-)，根据物料守恒可知溶液中2c(Na)=3c(S)，2c(Na+)=3[c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)]=3[c(H2A)+2c(HA-)]，c(Na+)>3c(HA-)，C错误； D.加入氢氧化钠溶液40ml，NaOH溶液滴定20mL0.1mol/L H2A溶液恰好反应生成Na2A，d点溶液中主要是Na2A和少量NaHA，溶液中离子浓度c(Na+)> c(A2-)> c(HA-)，D正确； 故合理选项是C。 【点睛】本题考查了图象变化在溶液的成分分析、离子浓度大小比较的应用的知识。涉及酸碱反应后溶液的酸、碱性，盐类水解原理，三种守恒在电解质溶液中离子浓度大小的比较方法的应用等，要会运用多元弱酸的电离平衡常数表达式与溶液的pH关系比较离子浓度关系，题目难度较大。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 某实验室制备糖精钴，并测定其结晶水含量。 已知：表示糖精根离子，其摩尔质量为，糖精钴的溶解度在热水中较大，在冷水中较小；丙酮沸点为，与水互溶。 (一)制备 I．称取，加入蒸馏水，搅拌溶解，得溶液1。 Ⅱ．称取(稍过量)糖精钠()，加入蒸馏水，加热搅拌，得溶液2。 Ⅲ．将溶液2加入到接近沸腾的溶液1中，反应3分钟后停止加热，静置，冷却结晶。 Ⅳ．过滤，依次用三种不同试剂洗涤晶体，晾干得产品 回答下列问题： （1）I和Ⅱ中除烧杯外，还需用到的玻璃仪器有_______、_______(写出两种) （2）Ⅲ中静置过程有少量晶体出现时，可将烧杯置于_______中，以使大量晶体析出。 （3）Ⅳ中用①丙酮、②冷水、③冷的溶液洗涤晶体，正确顺序为_______。 A．①③② B．③②① C．②①③ （4）Ⅳ中为了确认氯离子已经洗净，取水洗时的最后一次滤液于试管中，_______(将实验操作、现象和结论补充完整)。 （5）与本实验安全注意事项有关的图标有_______。 (二)结晶水含量测定 和形成配合物。准确称取糖精钴产品于锥形瓶中，加蒸馏水，加热溶解，再加入缓冲溶液和指示剂，在50~60℃下，用的标准溶液滴定。 （6）下列操作的正确顺序为_______(用字母排序)。 a．用标准溶液润洗滴定管 b．加入标准溶液至“0”刻度以上处 c．检查滴定管是否漏水并清洗 d．赶出气泡，调节液面，准确记录读数 （7）滴定终点时消耗标准溶液，则产品中x的测定值为_______(用含m、c、V的代数式表示)；若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，会导致x的测定值_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 【答案】（1） ①. 玻璃棒 ②. 量筒（或胶头滴管等，合理即可） （2）冰水浴 （3）B （4）加稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，无白色沉淀生成，说明Cl-已洗净 （5）ABC （6）cabd （7） ①. （或：） ②. 偏高 【解析】 【分析】按照反应制备糖精钴，然后在冰水浴中结晶，再按照“冷的1% NaSac溶液、冷水、丙酮”顺序进行洗涤，得到糖精钴晶体，最后将糖精钴晶体溶解后用EDTA标准溶液滴定测定含有结晶水的数量。 【小问1详解】 步骤I、Ⅱ中需要使用量筒、胶头滴管量取蒸馏水，并用玻璃棒搅拌以加快固体溶解速率。 【小问2详解】 因为糖精钴在冷水中溶解度较小，所以为了尽快让大量晶体析出，应降低溶液温度，可将烧杯置于冰水浴中。 【小问3详解】 先用冷的1% NaSac溶液洗涤，可降低糖精钴溶解度，减少晶体损失，还能将晶体表面吸附的Co2+转化为晶体析出，且不引入新的杂质，再用冷水洗涤，可降低晶体溶解度并洗去溶液中存在的可溶性离子，丙酮可以与水互溶且沸点比关键水的低，故最后用丙酮洗涤以除去残留的水且能使晶体快速干燥，故答案为B。 【小问4详解】 Ⅳ中为了确认氯离子已经洗净的步骤为：取水洗时的最后一次滤液于试管中，加稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，无白色沉淀生成，说明Cl-已洗净。 【小问5详解】 进行化学实验需要佩戴护目镜，以保护眼睛，同时化学实验结束后，离开实验室前需用肥皂等清洗双手，该实验涉及加热操作，因此需要防止热烫，要选择合适的工具进行操作，避免直接触碰，故A、B、C符合题意；该实验中未涉及锐器的操作，D不符合题意，故答案为ABC。 【小问6详解】 使用滴定管前首先要检漏，确定不漏液之后用蒸馏水清洗(c)，再用待装的标准溶液进行润洗(a)，待润洗完成后 装入标准溶液至“0”刻度以上2~3 mL处(b)，放液赶出气泡后调节液面至“0”刻度或“0”刻度下，准确记录标准溶液体积的初始读数(d)，故答案为cabd。 【小问7详解】 滴定消耗的，EDTA与Co2+形成1：1配合物，则样品溶解后的，即样品中的，而，所以，解得；若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，测得消耗EDTA溶液体积偏小，即V偏小，根据，则x偏高。 16. 铁、钴、镍被称为铁系元素，在生产、生活中具有广泛用途。回答下列问题： （1）基态Co原子的核外电子占据最高能级的轨道表示式为_______。 （2）的结构如图所示，键角1、2、3由大到小的顺序为_______(填标号)；加热时更易失去的水分子是_______(填“①”或“②”)，原因为_______。 （3）已知A()、B()、C()均有弱碱性，且碱性随N原子周围电子云密度的增大而增强，则A、B、C三种分子碱性由强到弱的顺序为_______(填标号)。 （4）某钴硫化物可用于锂离子电池的电极材料，如图所示的结构1表示该化合物晶胞的部分结构，则该钴硫化物的化学式为_______；晶胞2、晶胞3均为立方晶胞，是该电池充电后形成的晶胞结构，则晶胞2中与Li距离最近且相等的S有_______个；已知晶胞3的密度为，则晶胞3中Li与S之间的最短距离为_______nm(用表示阿伏加德罗常数的值)。 【答案】（1） （2） ①. 3>1>2 ②. ② ③. ①与中心离子以配位键结合，②与以氢键结合，配位键强于氢键 （3） （4） ①. ②. 4 ③. 【解析】 【小问1详解】 基态Co原子的核外电子排布式为，则其核外电子占据的最高能级的轨道表示式为，故答案为：； 【小问2详解】 ①根据价电子对互斥理论，中心原子杂化方式相同时，含有的孤电子对数越多，孤电子对与成键电子对之间的斥力越大，键角越小，3、1、2处对应的中心原子均为杂化，含有的孤电子对数分别为0、1、2，故键角大小：3>1>2，故答案为：3>1>2； ②①与中心离子以配位键结合，②与以氢键结合，配位键强于氢键，故②的更易失去，故答案为：②； ③由②可知，①与中心离子以配位键结合，②与以氢键结合，配位键强于氢键，故答案为：①与中心离子以配位键结合，②与以氢键结合，配位键强于氢键； 【小问3详解】 根据所给信息A()、B()、C（）的碱性随N原子周围电子云密度的增大而增强，结合所学知识，烷基为推电子基，可使N原子周围电子云密度增大，F电负性大，—F为吸电子基，可使N原子周围电子云密度减小，故碱性由强到弱的顺序为：，故答案为：； 【小问4详解】 ①根据Co、S原子的分布位置，由均摊法得，结构1中含有Co的数目为，含有S的数目为，与S的原子个数之比为，因此结构1表示的钴硫化物的化学式为：，故答案为：； ②图中与Li最近的S共4个，围成正四面体，故答案为：4； ③图（）中Li与S之间的最短距离为晶胞体对角线的，由均摊法得，晶胞3中含有Li的数目为8，含有S的数目为4，可列出密度计算公式：，求得晶胞参数：，故Li与S之间的最短距离为：，故答案为：。 17. 过氧化钙水合物(，x>2)微溶于水，能溶于酸，性质与相似，可用作医用防腐剂和消毒剂。实验室制备过氧化钙的流程如下： 回答下列问题： （1）步骤Ⅰ中应过量的试剂为______(填“稀盐酸”或“碳酸钙”)。 （2）步骤Ⅱ中发生反应的离子方程式为___________。 （3）步骤Ⅴ烘干的同时计算确定水合物中x的值。从下列仪器中选出步骤Ⅴ中所需仪器为______(填标号)。 过程中需至少称量_____次；当_____时可认为烘干完全。 （4）利用如图装置(夹持装置省略)测定产品中的纯度。常温常压下，称取mg产品，记录量气管起始读数为5.00mL，从分液漏斗中迅速加入15.00mL的盐酸(足量)后，立即关闭旋塞。恢复至室温后，调整量气管读数为40.00mL。 仪器A的名称是_______；室温下气体摩尔体积为，该产品的纯度为______％(用含m、的代数式表示)；若读数时，未调平水准管与量气管的液面，所测定产品的纯度会______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 【答案】（1）碳酸钙 （2）或 （3） ①. BCE ②. 4 ③. 最后两次称量时质量差 （4） ①. 蒸馏烧瓶 ②. ③. 偏低 【解析】 【分析】根据工艺流程可知碳酸钙与盐酸反应生成，与氨水和反应生成，经洗涤烘干则得。 【小问1详解】 步骤Ⅰ中应过量的试剂为碳酸钙,保证盐酸反应完，避免与步骤二中的氨水反应； 【小问2详解】 步骤Ⅱ中与氨水和反应生成，离子方程式为或； 【小问3详解】 步骤Ⅴ烘干所需仪器为B干燥器、C坩埚除去结晶水、E玻璃棒用于搅拌，过程中需至少称量4次，第一次称量坩埚的质量，第二次坩埚+水合物的质量，第三次加热并冷却至室温后称量坩埚+剩余固体的质量，因为要求最后两次称量的质量差值小于0.1g，结果在允许的范围内，才认为结晶水完全失去，所以第四次称量：再加热后坩埚+剩余固体的质量，如果不满足质量差值小于0.1g，还要加热再称量，所以至少称量四次； 【小问4详解】 仪器A的名称是蒸馏烧瓶，由于性质与相似，故 该产品的纯度为: ，根据连通器原理，U型管测气体体积时要使两管液面相平，确保两边大气压相等，若读数时，未调平水准管与量气管的液面，液面则是右高左低，水准管的液面高则气体体积偏小,因为除了大气压气体还受到高出那一部分液体的压强,所以体积还是偏小，故质量偏小，纯度偏低。 18. 氨氮废水会造成水体富营养化。可用沉淀法处理氨氮废水并获得缓释肥料磷酸镁铵(MgNH4PO4)，过程如下。 资料：i.氨氮废水中氮元素主要以形式存在； ii.Mg3(PO4)2的Ksp约为1×10-24；MgNH4PO4的Ksp为1×10-13； （1）检验溶液中的操作是_______。 （2）当c(Mg2+)和c()为1mol·L-1时，生成Mg3(PO4)2沉淀所需的c()是生成MgNH4PO4沉淀所需的c()的_______倍。 （3）经处理后，分离磷酸镁铵所用的方法是_______。 （4）磷酸盐若选择Na3PO4，混合后会产生大量Mg3(PO4)2沉淀，反应的离子方程式为_______，氨氮去除率将_______(填“提高”“降低”或“不变”)。 （5）含磷微粒的物质的量分数与pH的关系如下图所示。 下列说法正确的是_______(填序号)。 a.Na2HPO4溶液呈酸性 b.Na3PO4和Na2HPO4溶液中，微粒的种类相同 c.X点存在，c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-) d.Y点可由Na3PO4和Na2HPO4等物质的量混合溶解得到 （6）处理氨氮废水时，磷酸盐可选用Na2HPO4。 ①pH在9~10之间，主要生成MgNH4PO4沉淀，反应的离子方程式为_______。 ②pH过大会降低废水中氨氮的去除率，可能的原因是_______。 ③对于c()较低的氨氮废水，上述磷酸镁铵沉淀法的处理效果不佳，且无法通过增加Na2HPO4和MgCl2的用量来改善，原因是_______。 【答案】（1）取少量溶液于试管中，加入过量浓NaOH溶液并加热，取湿润红色石蕊试纸于试管口 （2）10 （3）过滤 （4） ①. ②. 降低 （5）b （6） ①. ②. pH过大，增多 ，与镁离子结合生成磷酸镁沉淀，且镁离子还会与氢氧根离子结合成氢氧化镁沉淀，使铵根离子难以形成磷酸镁铵沉淀 ③. 当镁离子和铵根离子的浓度为1mol/L时，生成磷酸沉淀需要的磷酸根离子浓度仅为形成MgNH4PO4沉淀所需要的磷酸根离子浓度的10倍，若铵根离子浓度小于0.1mol/L的时候，铵根离子无法除去 【解析】 【分析】氨氮废水与磷酸盐、氯化镁混合之后，再通过调节pH至9-10，使之选择性生成磷酸镁铵，再通过过滤将之分离出去就得到处理后的废水。 【小问1详解】 能与碱反应加热放出氨气，检验溶液中的操作是：取少量溶液于试管中，加入过量浓NaOH溶液并加热，取湿润的红色石蕊试纸于试管口，若试纸变蓝，则含有； 【小问2详解】 根据Mg3(PO4)2的Ksp约为1×10-24；MgNH4PO4的Ksp为1×10-13； 当c(Mg2+)和c()为1mol·L-1时，生成Mg3(PO4)2沉淀所需的c()的浓度是1×10-12 mol·L-1，生成MgNH4PO4沉淀所需的c()的浓度为1×10-13 mol·L-1；生成Mg3(PO4)2沉淀所需的c()是生成MgNH4PO4沉淀所需的c()的10倍。 【小问3详解】 磷酸镁铵是固体，分离磷酸镁铵所用的方法是过滤； 【小问4详解】 磷酸盐若选择Na3PO4，镁离子和磷酸根离子反应生成Mg3(PO4)2沉淀，反应的离子方程式为；大量镁离子会沉淀下来，影响磷酸镁铵的生成，使氨氮去除率降低。 【小问5详解】 A．根据图示，含P微粒主要为时，溶液呈碱性，所以Na2HPO4溶液呈碱性，故a错误； B．Na3PO4溶液中存在的水解平衡和水的电离平衡，Na2HPO4溶液中存在的水解平衡、电离平衡和水的电离平衡，所以两溶液所含有的微粒种类是相同，故b正确； C．X点存在，c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH-)，故c错误； D．水解程度大于，Na3PO4和Na2HPO4等物质的量混合溶解，c()、c()不相等，故d错误； 选b。 【小问6详解】 处理氨氮废水时，磷酸盐可选用Na2HPO4。 ①由题意知pH在9-10之间时，镁离子、铵根离子、磷酸氢根离子、氢氧根离子反应生成磷酸镁铵沉淀和水，反应的离子方程式为。 ②pH过大，增多 ，与镁离子结合生成磷酸镁沉淀，且镁离子还会与氢氧根离子结合成氢氧化镁沉淀，使铵根离子难以形成磷酸镁铵沉淀，所以氨氮的去除率降低。 ③当镁离子和铵根离子的浓度为1mol/L时，生成磷酸沉淀需要的磷酸根离子浓度仅为形成MgNH4PO4沉淀所需要的磷酸根离子浓度的10倍，若铵根离子浓度小于0.1mol/L的时候，铵根离子无法除去。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$