精品解析：河南省南阳市第一中学校2025-2026学年高三上学期开学考试化学试题

南阳一中2025年秋期高三年级开学考试化学试题 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 K 39 S 32 Cl 35.5 Mn 55 Co 59 Cu 64 Sm 150 一、选择题：(每道题只有一个选项符合要求) 1. 下列实验中的颜色变化与氧化还原反应无关的是 A. 将充满的试管倒立在水中，气体由红棕色变为无色 B. 将一块绿豆大的Na放入坩埚中加热，有淡黄色固体生成 C. 将湿润的有色布条放入盛有干燥的集气瓶中，布条褪色 D. 向悬浊液中滴加溶液，固体由白色变为红褐色 【答案】D 【解析】 【详解】A．NO2与水反应生成HNO3和NO，N的化合价从+4变为+5和+2，涉及氧化还原反应，A不符合题意； B．Na加热生成Na2O2，Na的化合价从0升到+1，O的化合价从0降到-1，涉及氧化还原反应，B不符合题意； C．Cl2与水生成HClO，Cl的化合价从0变为+1和-1，HClO的强氧化性使布条褪色，涉及氧化还原反应，C不符合题意； D．Mg(OH)2与FeCl3反应生成Fe(OH)3和MgCl2，属于复分解反应，元素化合价未变化，与氧化还原无关，D符合题意； 故选D。 2. 下列离子方程式中，正确的是 A. Pb放入溶液中： B. Cl2通入石灰乳中： C. 用过量溶液吸收废气中的： D. 碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气： 【答案】A 【解析】 【详解】A．Pb与Fe3+发生氧化还原反应，生成Fe2+和Pb2+，Pb2+与结合为PbSO4沉淀，电荷和原子均守恒，反应符合实际(Fe3+的氧化性强于Pb)，A正确； B．Cl2与石灰乳(Ca(OH)2悬浊液)反应生成CaCl2和Ca(ClO)2，但石灰乳中的OH-不能以离子形式存在，正确离子方程式应体现固体参与反应：Cl2+Ca(OH)2=Cl-+ClO-+H2O+Ca2+，B错误； C．ClO-在碱性条件下将SO2氧化为，自身被还原为Cl-，但过量Ca(ClO)2溶液，生成的H+会与ClO-结合为HClO，而非直接保留H+，选项C中H+的存在不合理：，C错误； D．Cl2优先氧化还原性更强的I-，等物质的量时Cl2完全消耗于氧化I-，Fe2+未被氧化，选项D错误地同时氧化Fe2+和I-：2I-+Cl2═I2+2Cl-，D错误； 故答案为：A。 3. 电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量，根据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点。右图是KOH溶液分别滴定HCl溶液和CH3COOH溶液的滴定曲线示意图。下列示意图中，能正确表示用NH3·H2O溶液滴定HCl和CH3COOH混合溶液的滴定曲线的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】醋酸和一水合氨是弱电解质，在溶液里部分电离，氯化氢是强电解质，完全电离，向混合溶液中滴加氨水，氨水先和氯化氢反应生成强电解质氯化铵，氯化氢完全反应后，氨水再和醋酸反应生成强电解质醋酸铵，根据溶液中离子浓度变化与电导率的关系分析解答。 【详解】氯化氢是强电解质，醋酸是弱电解质，滴加的弱电解质先和氯化氢反应生成强电解质氯化铵，但溶液体积不断增大，溶液被稀释，所以电导率下降；当氯化氢完全被中和后，一水合氨继续电离与弱电解质醋酸反应生成强电解质醋酸铵，所以电导率增大；醋酸也完全反应后，继续滴加氨水，因为溶液被稀释，电导率有下降趋势，所以D选项是正确的。 综上所述：答案选D。 4. 38.4gCu与一定量浓硝酸恰好完全反应生成氮的氧化物，这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到NaNO3和NaNO2的混合溶液，反应过程及有关数据如图所示。 下列有关该过程的判断不正确的是 A. 氮的氧化物和NaOH溶液反应时，NO作还原剂 B. 0.9mol混合气体中N2O4的物质的量是0.2mol C. 若浓硝酸体积为200mL，则其物质的量浓度为11mol/L D. 欲使上述0.9mol氮的氧化物完全被水吸收，理论上至少需要通入标准状况下的O2体积为6.72L 【答案】B 【解析】 【详解】A．氮的氧化物和NaOH溶液反应生成硝酸钠和亚硝酸钠，两者N的化合价分别为+5、+3，NO中化合价为+2价，由价态可知NO化合价升高，作还原剂，A正确； B．由题意可知0.9 mol氮的化合物转化为钠盐的量为：(0.5×2)mol=1mol，所以混合气体中N2O4的物质的量是0.1mol，B错误； C．铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮的化合物，n(Cu)=，所以生成硝酸铜0.6mol，含有硝酸根离子1.2mol，氮的化合物为0.9 mol，与氢氧化钠恰好完全反应生成NaNO3和 NaNO2，根据原子守恒可知：n(Na)=n(N)=n(NaOH)=0.5L×2mol/L=1mol，所以硝酸的总量为1.2mol+1mol=2.2mol，若浓硝酸体积为200mL，则其物质的量浓度为，C正确； D．0.9mol氮的氧化物完全被水吸收，可知氮的氧化物与氧气恰好完全反应生成硝酸，总过程可视为Cu与氧气、硝酸反应最终生成硝酸铜，根据得失电子守恒可知：n(Cu)=，则转移电子物质的量为1.2mol，1mol氧气反应转移4mol电子，则消耗氧气0.3mol，标况下体积为6.72L，故D正确； 故选：B。 5. 结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是 事实 解释 A 甘油是黏稠液体 甘油分子间的氢键较强 B 王水溶解铂 浓盐酸增强了浓硝酸的氧化性 C 冰的密度小于干冰 冰晶体中水分子的空间利用率相对较低 D 石墨能导电 未杂化的p轨道重叠使电子可在整个碳原子平面内运动 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．甘油分子中有3个羟基，分子间可以形成更多的氢键，且O元素的电负性较大，故其分子间形成的氢键较强，因此甘油是黏稠液体，A正确； B．王水溶解铂，是因为浓盐酸提供的能与被硝酸氧化产生的高价态的铂离子形成稳定的配合物从而促进铂的溶解，在这个过程中浓盐酸没有增强浓硝酸的氧化性，而是通过形成配合物增强了铂的还原性，B不正确； C．冰晶体中水分子间形成较多的氢键，由于氢键具有方向性，因此，水分子间形成氢键后空隙变大，冰晶体中水分子的空间利用率相对较低，冰的密度小于干冰，C正确； D．石墨属于混合型晶体，在石墨的二维结构平面内，第个碳原子以C—C键与相邻的3个碳原子结合，形成六元环层。碳原子有4个价电子，而每个碳原子仅用3个价电子通过sp2杂化轨道与相邻的碳原子形成共价键，还有1个电子处于碳原子的未杂化的2p轨道上，层内碳原子的这些p轨道相互平行，相邻碳原子p轨道相互重叠形成大π键，这些p轨道的电子可以在整个层内运动，因此石墨能导电，D正确； 综上所述，本题选B。 6. 二氧化硅广泛存在于自然界中，在日常生活、生产、科研及新型材料等方面有着重要的用途。a～e是对①～⑤反应中SiO2所表现的化学性质或作用进行判断，其中正确的是 ①SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O ②SiO2+2CSi+2CO↑ ③SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O ④Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑ ⑤SiO2+3CSiC+2CO↑ a.反应①中SiO2作为玻璃的成分被消耗，用于刻蚀玻璃 b.反应②中SiO2表现出氧化性 c.反应③中SiO2表现了酸性氧化物的通性 d.反应④符合用难挥发性的酸酐制取易挥发性的酸酐的道理 e.反应⑤中SiO2未参加氧化还原反应 A. ace B. bde C. cde D. ab 【答案】B 【解析】 【详解】通常用氢氟酸来刻蚀玻璃，与之对应的反应是③，a、c判断错误；反应②是一个置换反应，SiO2表现出氧化性，b正确；反应④是一个复分解反应，符合用难挥发的二氧化硅制取易挥发的二氧化碳，d正确；反应⑤中硅的化合价和氧的化合价都没有改变，e正确。答案选B。 7. ①向蓝色的溶液中滴加酸性溶液，溶液由蓝色变为淡黄色； ②向溶液中滴加浓盐酸产生黄绿色气体，溶液变蓝； ③(足量)。 下列说法错误的是 A. ①中还原剂与氧化剂的物质的量之比为 B. 由①、②可知，酸性条件下氧化性； C. ②中每生成，转移电子 D. 向酸性溶液中滴加少量溶液，发生的反应为 【答案】D 【解析】 【详解】A．向蓝色的溶液中滴加酸性溶液，溶液由蓝色变为淡黄色，反应的离子方程式为，还原剂与氧化剂的物质的量之比为，A正确； B．向溶液中滴加浓盐酸产生黄绿色气体，溶液变蓝，则又生成，反应的离子方程式为，①中酸性条件下氧化性：，②中酸性条件下氧化性：，故由①、②可知，酸性条件下氧化性：，B正确； C．②中反应的离子方程式为，每生成，转移电子，C正确； D．因为氧化性，所以也能把少量氧化为和，发生的反应为，D错误； 故答案为：D。 8. 某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的并制备，流程如下“脱氯”步骤仅元素化合价发生改变。下列说法正确的是 锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰) 离子 浓度 145 0.03 1 A. “浸铜”时应加入足量，确保铜屑溶解完全 B. “浸铜”反应： C. “脱氯”反应： D. 脱氯液净化后电解，可在阳极得到 【答案】C 【解析】 【分析】铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反应的离子方程式为：，再加入锌浸出液进行“脱氯”，“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，可知“脱氯”步骤发生反应的化学方程式为：，过滤得到脱氯液，脱氯液净化后电解，Zn2+可在阴极得到电子生成Zn。 【详解】A．由分析得，“浸铜”时，铜屑不能溶解完全，Cu在“脱氯”步骤还需要充当还原剂，故A错误； B．“浸铜”时，铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反应的离子方程式为：，故B错误； C．“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，即Cu的化合价升高，Cu2+的化合价降低，发生归中反应，化学方程式为：，故C正确； D．脱氯液净化后电解，Zn2+应在阴极得到电子变为Zn，故D错误； 故选C。 9. 还原铁粉与水蒸气的反应装置如图所示。取少量反应后的固体加入稀硫酸使其完全溶解得溶液a；另取少量反应后的固体加入稀硝酸使其完全溶解，得溶液b。下列说法正确的是 A. 铁与水蒸气反应： B. 肥皂液中产生气泡，不能证明铁与水蒸气反应生成 C. 若两个酒精灯互换位置实验效果更好 D. 向溶液b中滴加KSCN溶液，溶液变红，证实了固体中含有 【答案】B 【解析】 【详解】A．铁与水蒸气在高温下反应生成的是四氧化三铁(Fe3O4)而非Fe2O3和氢气，正确方程式为3Fe + 4H2O(g) Fe3O4 + 4H2↑，A错误； B．肥皂液中产生气泡可能是装置内空气受热膨胀逸出，或湿棉花加热产生的水蒸气，仅观察到气泡不能证明生成H2，需进一步检验气体性质(如点燃有爆鸣声)，B正确； C．反应需高温条件，若两个酒精灯互换位置，则铁粉处温度不足，反应难以进行，实验效果变差，C错误； D．溶液b由稀硝酸溶解固体得到，稀硝酸具有强氧化性，即使固体中含Fe(未反应)或Fe3O4(含Fe2+、Fe3+)，Fe2+也会被氧化为Fe3+，滴加KSCN变红不能证实含Fe2O3，D错误； 故答案为：B。 10. 部分含N的纯净物的“价-类”二维图如图所示。下列叙述正确的是 A. a只有还原性，没有氧化性 B. c和水反应生成b和d C. a的催化氧化可直接生成c D. 一定条件下，a和c反应可生成b 【答案】D 【解析】 【分析】由题干价类二维图可知，a为-3价的氢化物即NH3，b为氮的单质N2，c为+2价的氧化物NO，d为+5价的含氧酸即HNO3，据此分析解题。 【详解】A．a为NH3，N元素处于最低价态，具有还原性；但H元素为+1价，可被还原为0价，如与强还原剂反应生成H2，故NH3既有还原性也有氧化性，A错误； B．c为NO2，与水反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成HNO3和NO，而非单质N2，B错误； C．NH3的催化氧化反应为4NH3+5O24NO+6H2O，直接生成的是NO，而非NO2，C错误； D．NH3和NO2可发生归中反应：8NH3+6NO27N2+12H2O，生成N2，D正确； 故选D。 11. 某透明溶液中可能含有、、、、、、、、、中的几种离子（浓度均为）。常温下，对其进行如下实验操作： 下列说法错误的是 A. 实验过程中有氧化还原反应发生 B. 无法判断原溶液中是否含有 C. 原溶液中一定不含、、、、、 D. 原溶液中一定含有、、、 【答案】B 【解析】 【分析】溶液pH=1，说明有H+，则不含有、、；继续滴加足量硝酸钡溶液，生成白色沉淀，说明原溶液中有；向得到的澄清溶液中加入KSCN溶液，溶液变红色，说明原溶液中含有，由于H+与同时有时溶液有强氧化性，故溶液中不含有；浓度均为，根据电荷守恒可以判断出溶液中含有，、都不能含有；综上，原溶液中一定含有的离子是：、、、，一定不含有的离子是、、、、、； 【详解】A．加入足量硝酸钡溶液时，在酸性溶液中，将氧化为Fe3+，发生了氧化还原反应，故A正确； B．由分析可知，原溶液中不含有，故B错误； C．由分析可知，原溶液中一定不含、、、、、，故C正确； D．由分析可知，原溶液中一定含有、、、，故D正确。 答案选B。 12. 根据装置和下表内的物质(省略夹持、净化以及尾气处理装置，图1中虚线框内的装置是图2)，其中能完成相应实验目的的是 选项 a中的物质 b中的物质 实验目的、试剂和操作 实验目的 c中的物质 进气方向 A 稀硝酸 Cu 收集贮存NO 水 N→M B 浓硝酸 Na2SO3 检验SO2的氧化性 品红溶液 M→N C 浓氨水 碱石灰 收集贮存氨气 饱和NH4Cl溶液 N→M D 浓盐酸 MnO2 检验Cl2的氧化性 Na2S溶液 M→N A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．稀硝酸和Cu反应生成NO，NO不溶于水，不与水反应，用排水法收集NO，进气方向是N→M，故A符合题意； B．由于浓硝酸具有强氧化性，因此浓硝酸与反应Na2SO3反应生成硫酸盐和NO2气体，因此无法检验SO2的氧化性，故B不符合题意； C．由于氨气极易溶于水，因此氨气要溶于饱和NH4Cl溶液中，不能排用饱和NH4Cl溶液来收集氨气，故C不符合题意； D．二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应，而该实验没有加热，因此不能产生氯气，故D不符合题意； 综上所述，答案为A。 13. 镓(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如图所示： 下列判断不合理的是 A. Al、Ga均位于第ⅢA族 B. 可与盐酸反应生成 C. 可与NaOH溶液反应生成 D. 酸性： 【答案】D 【解析】 【详解】A．镓与铝同主族，铝位于第ⅢA族，因此镓也位于第ⅢA族，A正确； B．为两性氧化物，两性氧化物可与酸反应生成盐和水，与盐酸反应的化学方程式为，可生成，B正确； C．为两性氢氧化物，类比两性氢氧化物与NaOH的反应（），与NaOH反应生成，C正确； D．同主族元素从上到下金属性增强，最高价氧化物对应水化物的碱性增强、酸性减弱；铝在镓上方，金属性Al<Ga，则酸性的说法正确；但结合流程，铝土矿与NaOH反应生成和，通入适量后有沉淀生成，而无沉淀生成，说明发生反应，酸性强于但弱于，即酸性，D错误； 故选D。 14. 实验室用还原(沸点：31.85℃)制备高纯硅的装置如图所示(夹持装置和尾气处理装置略去)，下列说法正确的是 A. 装置Ⅱ、Ⅲ中依次盛装的是浓、冰水 B. 实验时，应先加热管式炉，再打开活塞K C. 整个过程必须严格控制无水无氧，因为遇水会生成氢气 D. 该实验中制备氢气的装置也可用于稀氢氧化钠溶液与氯化铵固体反应制备氨气 【答案】C 【解析】 【分析】装置Ⅰ的目的是制备氢气，氢气中含有水蒸气，对后续实验产生干扰，必须除去，因此装置Ⅱ的作用是除去氢气中的水蒸气，即装置Ⅱ中盛放浓硫酸，装置Ⅲ的作用是提供SiHCl3气体，因此在水浴中加热，以此解答。 【详解】A．装置Ⅰ产生的H2含水蒸气，装置Ⅱ需干燥H2，盛装浓H2SO4合理；SiHCl3沸点31.85℃，需使其汽化进入反应管，装置Ⅲ应加热（如温水浴）而非冰水，A错误； B．实验时应先打开活塞K通入H2排尽装置内空气，防止H2与空气混合加热爆炸，再加热管式炉，B错误； C．SiHCl3遇水发生水解：SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+3HCl+H2↑，生成H2；O2与H2混合高温易爆炸且Si易被氧化，故需严格控制无水无氧，C正确； D．装置Ⅰ为固液不加热型，稀NaOH与NH4Cl固体反应生成NH3·H2O，NH3极易溶于水，无法逸出，且制备NH3需浓碱或加热，D错误； 故选C。 二、非选择题 15. 氯化铁是重要的化工原料。根据氯化铁的实验室制备方法，回答下列问题： Ⅰ．FeCl3·6H2O的制备 制备流程图如下： （1）将废铁屑分批加入稀盐酸中，至盐酸反应完全。判断反应完全的现象为___________。含有少量铜的废铁屑比纯铁屑反应快，原因为___________。 （2）检验FeCl3溶液中是否残留Fe2+的试剂是___________。 （3）为增大FeCl3溶液的浓度，向稀FeCl3溶液中加入纯Fe粉后通入Cl2。此过程中发生的主要反应的离子方程式为___________、___________。 （4）操作②为___________。 Ⅱ．由FeCl3·6H2O制备无水FeCl3 将FeCl3·6H2O与液体SOCl2混合并加热，制得无水FeCl3。已知SOCl2沸点为77℃，反应方程式为FeCl3·6H2O+6SOCl2FeCl3+6SO2↑+12HCl↑，装置如图所示(夹持和加热装置略)。 （5）仪器A的作用为___________。NaOH溶液的作用是___________。 （6）干燥管中无水CaCl2不能换成碱石灰，原因是___________。 （7）由下列结晶水合物制备无水盐，适宜使用上述方法的是___________(填序号)。 a．ZnCl2·H2O b．CuSO4·5H2O c．Na2S2O3·5H2O 【答案】（1） ①. 不再有气泡产生 ②. Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率 （2）K3[Fe(CN)6]溶液 （3） ①. 2Fe3++Fe=3Fe2+ ②. 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- （4）在HCl气流中蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到氯化铁晶体 （5） ①. 冷凝回流 ②. 吸收SO2、HCl，防止污染 （6）碱石灰与SO2、HCl气体反应，失去干燥作用 （7）a 【解析】 【分析】Ⅰ．废铁屑加入稀盐酸，得到氯化亚铁溶液，过滤除去不溶的铜，滤液通入氯气，得到稀氯化铁溶液，部分溶液加入铁粉，氯气，得到浓氯化铁溶液，氯化铁溶液经过在HCl气流中蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到氯化铁晶体； Ⅱ．将FeCl3·6H2O与液体SOCl2混合并加热，发生：FeCl3·6H2O+6SOCl2FeCl3+6SO2↑+12HCl↑，通过A冷凝回流，无水氯化钙干燥，然后用NaOH溶液除去SO2、HCl，据此解答。 【小问1详解】 铁和稀盐酸反应生成氢气，反应完全的现象为不再有气泡产生；含有少量铜的废铁屑比纯铁屑反应快，原因为Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率，故答案为：无气泡产生；Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率； 【小问2详解】 铁氰化钾溶液和亚铁离子反应生成蓝色沉淀，则检验FeCl3溶液中是否残留Fe2+的试剂是K3[Fe(CN)6]溶液； 【小问3详解】 向稀FeCl3溶液中加入纯Fe粉后通入Cl2，此过程中发生的主要反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-； 【小问4详解】 根据分析，操作②为溶液得到晶体过程，由于氯化铁易水解，则操作为氯化铁溶液经过在HCl气流中蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到氯化铁晶体； 【小问5详解】 仪器A的名称为球形冷凝管，其作用为冷凝回流，NaOH溶液的作用是吸收SO2、HCl，防止污染。 【小问6详解】 干燥管中无水CaCl2不能换成碱石灰，原因是碱石灰与SO2、HCl气体反应，失去干燥作用； 【小问7详解】 根据装置图信息，该装置可以用于制取能水解的盐酸盐晶体，由下列结晶水合物制备无水盐，适宜使用上述方法a。 16. Ⅰ．“84”消毒液是一种以NaClO为主的高效消毒剂，被广泛用于宾馆、旅游、医院、食品加工行业、家庭等的卫生消毒，某“84”消毒液瓶体部分标签如图所示，该“84”消毒液通常稀释100倍(体积之比)后使用，请回答下列问题： （1）此“84”消毒液的物质的量浓度约为___________(计算结果保留一位小数)。 （2）该同学参阅该“84”消毒液的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为24%的消毒液。 ①如图所示的仪器中配制溶液需要使用的是___________(填字母)，还缺少的玻璃仪器是___________。 ②下列操作中，容量瓶不具备的功能是___________(填字母)。 a．配制一定体积准确浓度的标准溶液 b．贮存溶液 c．测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液 d．准确稀释某一浓度的溶液 e．用来加热溶解固体溶质 ③请计算该同学配制此溶液需称取NaClO固体的质量为___________g。 （3）若实验遇下列情况，导致所配溶液的物质的量浓度偏高是___________(填字母)。 A. 定容时俯视刻度线 B. 转移前，容量瓶内有蒸馏水 C. 未冷却至室温就转移定容 D. 定容时水加多了用胶头滴管吸出 Ⅱ．联氨(N2H4，又称肼，无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。 （4）联氨的电子式为___________，其中氮的杂化方式为___________。 （5）联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似。写出联氨的第一步电离方程式：___________，联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为___________。 （6）从分子结构角度分析，N2H4不如氨气稳定的原因是___________。 （7） N2H4具有很强的还原性，已知N2H4可与NaClO反应产生大量氮气，请写出相关反应的化学方程式：___________。 【答案】（1）3.8 （2） ①. CDE ②. 玻璃棒和胶头滴管 ③. bcde ④. 141.6 （3）AC （4） ①. ②. sp3 （5） ①. N2H4+H2O+OH- ②. N2H6(HSO4)2 （6）N2H4中含N-N，由于N上的孤电子对的排斥使得N-N键键能变小，稳定性比NH3差 （7）2NaClO+N2H4=2NaCl+N2↑+2H2O 【解析】 【小问1详解】 根据物质的量浓度和溶液的溶质的质量分数之间的换算关系有：c=可知，此“84”消毒液的物质的量浓度约为c==3.8mol/L，故答案为：3.8； 【小问2详解】 ①根据用固体配制一定物质的量浓度的溶液需要的仪器有：托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管，即如图所示的仪器中配制溶液需要使用的是烧杯、托盘天平和容量瓶，还缺少的玻璃仪器是玻璃棒和胶头滴管，故答案为：CDE；玻璃棒和胶头滴管； ②a．容量瓶可以用于配制一定体积准确浓度的标准溶液，a不合题意； b．容量瓶不能长期贮存溶液，b符合题意； c．容量瓶上只有一根刻度线，故容量瓶只能测量容量瓶所标容积的溶液，不能测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液，c符合题意； d．容量瓶不能用来稀释某一浓度的溶液，d符合题意； e．容量瓶中刻度线标定是在常温下，故容量瓶不能用来加热溶解固体溶质，e符合题意； 故答案为：bcde； ③由题干(1)问分析可知，配制480mL3.8mol/L的NaClO溶液，需称取NaClO固体的质量为0.5L×3.8mol/L×74.5g/mol141.6g，故答案为：141.6； 【小问3详解】 A． 定容时俯视刻度线将导致所配溶液体积偏小，所配溶液的物质的量浓度偏高，A符合题意； B． 转移前，容量瓶内有蒸馏水，对实验结果无影响，B不合题意； C． 未冷却至室温就转移定容将导致所配溶液体积偏小，所配溶液的物质的量浓度偏高，C符合题意； D． 定容时水加多了用胶头滴管吸出导致所配溶液中溶质的物质的量偏小，所配溶液的物质的量浓度偏低，D不合题意； 故答案为：AC； 【小问4详解】 联氨是共价化合物，则其电子式为，其中每个N原子均满足最外层8电子稳定结构，N的价层电子对数为4，杂化方式为sp3，故答案为：；sp3； 【小问5详解】 联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，结合氨水的电离方程式可知联氨的第一步电离方程式：N2H4+H2O+OH-，联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2. 【小问6详解】 N2H4中含N-N，由于N上的孤电子对的排斥使得N-N键键能变小，稳定性比NH3差。 【小问7详解】 N2H4具有很强的还原性，已知N2H4可与NaClO反应产生大量氮气，N的化合价由-2升高到0，Cl的化合价由+1降到-1，得到NaCl，根据得失电子守恒结和原子守恒相关反应的化学方程式为：2NaClO+N2H4=2NaCl+N2↑+2H2O。 17. 硫代硫酸钠()可用作分析试剂及还原剂，受热、遇酸均易分解。某学习小组用如图装置利用绿矾受热分解生成的气体制备硫代硫酸钠。 已知：①绿矾受热分解反应为； ②的沸点为44.8℃。 （1）完成实验操作过程：连接装置，___________，加入药品(和混合溶液用煮沸过的蒸馏水配制)，使所有活塞处于关闭状态。开始制备，打开某些活塞，通入一段时间；关闭活塞___________，打开活塞___________，加热绿矾；使用pH传感器始终观测C处溶液的pH，pH为7～8之间时停止加热，同时关闭活塞；……将锥形瓶用热水浴浓缩至水层表面出现结晶为止，经过冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体。 （2）写出锥形瓶中发生反应的离子方程式：___________。 （3）装置B的作用为___________。 （4）将锥形瓶中的反应停止在pH传感器的读数为7～8时的原因是___________。 （5）硫铁矿在冶炼过程中能产生硫代硫酸盐。燃料细菌脱硫法是用氧化亚铁硫杆菌(T.f)对硫铁矿进行催化脱硫，同时得到溶液。其过程如图所示： 总反应的离子方程式为___________。 【答案】（1） ①. 检查装置气密性 ②. K1、K2 ③. K3 （2） （3）除去SO3，使SO3与SO2分离 （4）pH小于7时，会造成生成的硫代硫酸根离子在酸性条件下分解；pH大于8时，原料反应不充分，二者都会影响硫代硫酸钠的产率和纯度 （5） 【解析】 【分析】本题是一道无机物制备类型的实验题，首先用装置A加热分解绿矾，产生二氧化硫气体，在装置B中收集三氧化硫，在装置C中参与反应生成产物硫代硫酸钠，最后注意尾气处理问题，用氢氧化钠吸收多余的二氧化硫气体，防止污染空气，以此解题。 【小问1详解】 但凡有气体参与或生成，漏气会对实验造成不利影响的装置，安装完成后一定要进行装置气密性检查，故答案为：检查装置气密性；实验时，先关闭K3，打开K1、K2，排尽A、B装置内的空气，排尽空气之后再关闭K1、K2，打开K3，并加热绿矾。故答案为：K1、K2； K3； 【小问2详解】 由分析可知，锥形瓶中发生的反应为碱性条件下二氧化硫与碳酸钠和硫化钠的混合溶液反应生成硫代硫酸钠和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：； 【小问3详解】 由分析可知，装置B中的冰水混合物用于冷凝三氧化硫，使三氧化硫和二氧化硫分离得到二氧化硫，故答案为：除去SO3，使SO3与SO2分离； 【小问4详解】 由题给信息可知，溶液pH小于7时，会造成反应生成的硫代硫酸根在酸性条件下分解；溶液pH大于8时，原料反应不充分，二者都会影响硫代硫酸钠的产率和纯度，所以在pH传感器的读数为7~8时，应将锥形瓶中的反应停止。故答案为：pH小于7时，会造成生成的硫代硫酸根在酸性条件下分解；pH大于8时，原料反应不充分，二者都会影响硫代硫酸钠的产率和纯度； 【小问5详解】 由图和题目信息可知，这是一个氧化还原方程式书写问题，氧化剂为Fe3+，还原剂为FeS2，氧化产物为，还原产物为Fe2+，反应环境为酸性，配平即可，方程式为：。 18. 某学习小组模拟以下流程制取少量。 查阅资料：“冷却”阶段得到墨绿色的；在酸性条件下会发生歧化反应。“系列操作”的具体内容为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 回答下列问题： （1）“熔融”阶段所发生的反应___________(填“能”或“不能”)在耐高温石英坩埚中进行，其原因是___________。 （2）小组甲同学认为进行“熔融”操作时：“先加热和混合物，一段时间后再加入KOH”，甲同学的观点___________(填“可行”或“不可行”)，理由是___________。 （3）“水浸”操作时，需用玻璃棒搅拌，其目的是___________。 （4）写出“歧化”时发生反应的离子方程式：___________。 （5）用惰性电极电解溶液可得到和，若理论上生成的体积为4.48L(标准状况下)，则生成的质量为___________g。 （6）二氧化锰还能够通过以下流程制备： 煅烧窑中，生成反应的化学方程式是___________。 【答案】（1） ①. 不能 ②. 石英的成分是二氧化硅，二氧化硅在高温下易和KOH反应 （2） ①. 不可行 ②. 若不先加入 KOH，KClO3和MnO2在高温下会过早分解而无法有效氧化 MnO2，造成氧化剂浪费 （3）加快溶解速率，使溶解更充分 （4） （5）63.2  （6） 【解析】 【分析】KClO3、MnO2和KOH在熔融状态下反应，冷却后生成K2MnO4，K2MnO4经过水浸加入冰醋酸发生歧化反应生成KMnO4和MnO2，再经过一系列操作得到KMnO4粗品。 【小问1详解】 “熔融”阶段所发生的反应不能在耐高温石英坩埚中进行，原因是石英的成分是二氧化硅，二氧化硅在高温下易和KOH反应； 【小问2详解】 甲同学的观点“不可行”，“熔融”时，若先将MnO2和KClO3混合加热一段时间，会产生O2和KCl，造成氧化剂浪费； 【小问3详解】 “水浸”操作时，需用玻璃棒搅拌，其目的是加快溶解速率，使溶解更充分； 【小问4详解】 K2MnO4“歧化”时发生反应的化学方程式：3K2MnO4+4CH3COOH =2KMnO4+MnO2↓+4CH3COOK+2H2O，其离子方程式为：； 【小问5详解】 4.48 L(标准状况)的H2对应物质的量为0.2 mol；电解时1 mol H2生成2 mol KMnO4，故0.2 mol H2生成0.4 mol KMnO4。KMnO4的摩尔质量为158 g mol-1，故生成质量＝0.4 mol × 158 g mol-1＝63.2 g； 【小问6详解】 由图可知，、是反应物， LiMn2O4、CO2、O2是生成物，化学方程式：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南阳一中2025年秋期高三年级开学考试化学试题 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 K 39 S 32 Cl 35.5 Mn 55 Co 59 Cu 64 Sm 150 一、选择题：(每道题只有一个选项符合要求) 1. 下列实验中的颜色变化与氧化还原反应无关的是 A. 将充满的试管倒立在水中，气体由红棕色变为无色 B. 将一块绿豆大的Na放入坩埚中加热，有淡黄色固体生成 C. 将湿润的有色布条放入盛有干燥的集气瓶中，布条褪色 D. 向悬浊液中滴加溶液，固体由白色变为红褐色 2. 下列离子方程式中，正确的是 A. Pb放入溶液中： B. Cl2通入石灰乳中： C. 用过量溶液吸收废气中的： D. 碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气： 3. 电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量，根据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点。右图是KOH溶液分别滴定HCl溶液和CH3COOH溶液的滴定曲线示意图。下列示意图中，能正确表示用NH3·H2O溶液滴定HCl和CH3COOH混合溶液的滴定曲线的是（ ） A. B. C. D. 4. 38.4gCu与一定量浓硝酸恰好完全反应生成氮的氧化物，这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到NaNO3和NaNO2的混合溶液，反应过程及有关数据如图所示。 下列有关该过程的判断不正确的是 A. 氮的氧化物和NaOH溶液反应时，NO作还原剂 B. 0.9mol混合气体中N2O4的物质的量是0.2mol C. 若浓硝酸体积为200mL，则其物质的量浓度为11mol/L D. 欲使上述0.9mol氮的氧化物完全被水吸收，理论上至少需要通入标准状况下的O2体积为6.72L 5. 结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是 事实 解释 A 甘油是黏稠液体 甘油分子间的氢键较强 B 王水溶解铂 浓盐酸增强了浓硝酸的氧化性 C 冰的密度小于干冰 冰晶体中水分子的空间利用率相对较低 D 石墨能导电 未杂化的p轨道重叠使电子可在整个碳原子平面内运动 A. A B. B C. C D. D 6. 二氧化硅广泛存在于自然界中，在日常生活、生产、科研及新型材料等方面有着重要的用途。a～e是对①～⑤反应中SiO2所表现的化学性质或作用进行判断，其中正确的是 ①SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O ②SiO2+2CSi+2CO↑ ③SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O ④Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑ ⑤SiO2+3CSiC+2CO↑ a.反应①中SiO2作为玻璃的成分被消耗，用于刻蚀玻璃 b.反应②中SiO2表现出氧化性 c.反应③中SiO2表现了酸性氧化物的通性 d.反应④符合用难挥发性的酸酐制取易挥发性的酸酐的道理 e.反应⑤中SiO2未参加氧化还原反应 A. ace B. bde C. cde D. ab 7. ①向蓝色的溶液中滴加酸性溶液，溶液由蓝色变为淡黄色； ②向溶液中滴加浓盐酸产生黄绿色气体，溶液变蓝； ③(足量)。 下列说法错误的是 A. ①中还原剂与氧化剂的物质的量之比为 B. 由①、②可知，酸性条件下氧化性； C. ②中每生成，转移电子 D. 向酸性溶液中滴加少量溶液，发生的反应为 8. 某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的并制备，流程如下“脱氯”步骤仅元素化合价发生改变。下列说法正确的是 锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰) 离子 浓度 145 0.03 1 A. “浸铜”时应加入足量，确保铜屑溶解完全 B. “浸铜”反应： C. “脱氯”反应： D. 脱氯液净化后电解，可在阳极得到 9. 还原铁粉与水蒸气的反应装置如图所示。取少量反应后的固体加入稀硫酸使其完全溶解得溶液a；另取少量反应后的固体加入稀硝酸使其完全溶解，得溶液b。下列说法正确的是 A. 铁与水蒸气反应： B. 肥皂液中产生气泡，不能证明铁与水蒸气反应生成 C. 若两个酒精灯互换位置实验效果更好 D. 向溶液b中滴加KSCN溶液，溶液变红，证实了固体中含有 10. 部分含N的纯净物的“价-类”二维图如图所示。下列叙述正确的是 A. a只有还原性，没有氧化性 B. c和水反应生成b和d C. a的催化氧化可直接生成c D. 一定条件下，a和c反应可生成b 11. 某透明溶液中可能含有、、、、、、、、、中的几种离子（浓度均为）。常温下，对其进行如下实验操作： 下列说法错误的是 A. 实验过程中有氧化还原反应发生 B. 无法判断原溶液中是否含有 C. 原溶液中一定不含、、、、、 D. 原溶液中一定含有、、、 12. 根据装置和下表内的物质(省略夹持、净化以及尾气处理装置，图1中虚线框内的装置是图2)，其中能完成相应实验目的的是 选项 a中的物质 b中的物质 实验目的、试剂和操作 实验目的 c中的物质 进气方向 A 稀硝酸 Cu 收集贮存NO 水 N→M B 浓硝酸 Na2SO3 检验SO2的氧化性 品红溶液 M→N C 浓氨水 碱石灰 收集贮存氨气 饱和NH4Cl溶液 N→M D 浓盐酸 MnO2 检验Cl2的氧化性 Na2S溶液 M→N A. A B. B C. C D. D 13. 镓(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如图所示： 下列判断不合理的是 A. Al、Ga均位于第ⅢA族 B. 可与盐酸反应生成 C. 可与NaOH溶液反应生成 D. 酸性： 14. 实验室用还原(沸点：31.85℃)制备高纯硅的装置如图所示(夹持装置和尾气处理装置略去)，下列说法正确的是 A. 装置Ⅱ、Ⅲ中依次盛装的是浓、冰水 B. 实验时，应先加热管式炉，再打开活塞K C. 整个过程必须严格控制无水无氧，因为遇水会生成氢气 D. 该实验中制备氢气的装置也可用于稀氢氧化钠溶液与氯化铵固体反应制备氨气 二、非选择题 15. 氯化铁是重要的化工原料。根据氯化铁的实验室制备方法，回答下列问题： Ⅰ．FeCl3·6H2O的制备 制备流程图如下： （1）将废铁屑分批加入稀盐酸中，至盐酸反应完全。判断反应完全的现象为___________。含有少量铜的废铁屑比纯铁屑反应快，原因为___________。 （2）检验FeCl3溶液中是否残留Fe2+的试剂是___________。 （3）为增大FeCl3溶液的浓度，向稀FeCl3溶液中加入纯Fe粉后通入Cl2。此过程中发生的主要反应的离子方程式为___________、___________。 （4）操作②为___________。 Ⅱ．由FeCl3·6H2O制备无水FeCl3 将FeCl3·6H2O与液体SOCl2混合并加热，制得无水FeCl3。已知SOCl2沸点为77℃，反应方程式为FeCl3·6H2O+6SOCl2FeCl3+6SO2↑+12HCl↑，装置如图所示(夹持和加热装置略)。 （5）仪器A的作用为___________。NaOH溶液的作用是___________。 （6）干燥管中无水CaCl2不能换成碱石灰，原因是___________。 （7）由下列结晶水合物制备无水盐，适宜使用上述方法的是___________(填序号)。 a．ZnCl2·H2O b．CuSO4·5H2O c．Na2S2O3·5H2O 16. Ⅰ．“84”消毒液是一种以NaClO为主的高效消毒剂，被广泛用于宾馆、旅游、医院、食品加工行业、家庭等的卫生消毒，某“84”消毒液瓶体部分标签如图所示，该“84”消毒液通常稀释100倍(体积之比)后使用，请回答下列问题： （1）此“84”消毒液的物质的量浓度约为___________(计算结果保留一位小数)。 （2）该同学参阅该“84”消毒液的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为24%的消毒液。 ①如图所示的仪器中配制溶液需要使用的是___________(填字母)，还缺少的玻璃仪器是___________。 ②下列操作中，容量瓶不具备的功能是___________(填字母)。 a．配制一定体积准确浓度的标准溶液 b．贮存溶液 c．测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液 d．准确稀释某一浓度的溶液 e．用来加热溶解固体溶质 ③请计算该同学配制此溶液需称取NaClO固体的质量为___________g。 （3）若实验遇下列情况，导致所配溶液的物质的量浓度偏高是___________(填字母)。 A. 定容时俯视刻度线 B. 转移前，容量瓶内有蒸馏水 C. 未冷却至室温就转移定容 D. 定容时水加多了用胶头滴管吸出 Ⅱ．联氨(N2H4，又称肼，无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。 （4）联氨的电子式为___________，其中氮的杂化方式为___________。 （5）联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似。写出联氨的第一步电离方程式：___________，联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为___________。 （6）从分子结构角度分析，N2H4不如氨气稳定的原因是___________。 （7） N2H4具有很强的还原性，已知N2H4可与NaClO反应产生大量氮气，请写出相关反应的化学方程式：___________。 17. 硫代硫酸钠()可用作分析试剂及还原剂，受热、遇酸均易分解。某学习小组用如图装置利用绿矾受热分解生成的气体制备硫代硫酸钠。 已知：①绿矾受热分解反应为； ②的沸点为44.8℃。 （1）完成实验操作过程：连接装置，___________，加入药品(和混合溶液用煮沸过的蒸馏水配制)，使所有活塞处于关闭状态。开始制备，打开某些活塞，通入一段时间；关闭活塞___________，打开活塞___________，加热绿矾；使用pH传感器始终观测C处溶液的pH，pH为7～8之间时停止加热，同时关闭活塞；……将锥形瓶用热水浴浓缩至水层表面出现结晶为止，经过冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体。 （2）写出锥形瓶中发生反应的离子方程式：___________。 （3）装置B的作用为___________。 （4）将锥形瓶中的反应停止在pH传感器的读数为7～8时的原因是___________。 （5）硫铁矿在冶炼过程中能产生硫代硫酸盐。燃料细菌脱硫法是用氧化亚铁硫杆菌(T.f)对硫铁矿进行催化脱硫，同时得到溶液。其过程如图所示： 总反应的离子方程式为___________。 18. 某学习小组模拟以下流程制取少量。 查阅资料：“冷却”阶段得到墨绿色的；在酸性条件下会发生歧化反应。“系列操作”的具体内容为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 回答下列问题： （1）“熔融”阶段所发生的反应___________(填“能”或“不能”)在耐高温石英坩埚中进行，其原因是___________。 （2）小组甲同学认为进行“熔融”操作时：“先加热和混合物，一段时间后再加入KOH”，甲同学的观点___________(填“可行”或“不可行”)，理由是___________。 （3）“水浸”操作时，需用玻璃棒搅拌，其目的是___________。 （4）写出“歧化”时发生反应的离子方程式：___________。 （5）用惰性电极电解溶液可得到和，若理论上生成的体积为4.48L(标准状况下)，则生成的质量为___________g。 （6）二氧化锰还能够通过以下流程制备： 煅烧窑中，生成反应的化学方程式是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $