浙江省Z20联盟2026届高三上学期一模化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1浙江省Z20联盟2026届高三上学期一模本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。可能用到的相对原子质量：C-12H-1O-16N-14S-32C1-35.5选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列属于含有非极性键的离子化合物的是A. B. C. D.【答案】A【解析】A．中含有Ca2+和，为离子化合物，其中含有非极性键（碳碳三键），A选；B．中含有Mg2+和Cl-，为离子化合物，不含共价键，B不选；C．是共价化合物，C不选；D．中含有Na+和OH-，为离子化合物，其中OH-含有O-H极性键，不含非极性键，D不选；故选A。2.下列化学用语表示正确的是A.的价电子排布图为：B.乙炔的结构简式为：C.有机物的名称为：2-乙基丁烷D.分子中化学键的电子云轮廓图：【答案】D【解析】A．Mn是25号元素，的价电子排布式为：，价电子排布图为：，A错误；B．乙炔的结构简式应写作HC≡CH，碳碳三键不能省略，B错误；C．有机物主链上有5个碳原子，甲基在3号碳原子上，系统命名为：3-甲基戊烷，C错误；D．HCl中σ键是由s轨道(球形)与p轨道(哑铃形或纺锤形)，头碰头形成的，其电子云轮廓图为，D正确；故选D。3.金属材料对于促进生产发展、改善人类生活发挥了巨大作用。下列说法不正确的是A.不锈钢具有很强的抗腐蚀能力，其中主要的合金元素是铬和镍B.金属钠在熔融状态下可以用于冶炼金属钛C.工业上通常采用电解熔融氯化铝、氧化镁的方式制备金属铝和镁D.氯化铁可用于眼镜架、钟表、电子元件等含铜类五金部件的刻蚀【答案】C【解析】A．铬可以使不锈钢表面形成一层致密的氧化膜，镍能增强不锈钢的抗腐蚀能力，所以不锈钢具有很强的抗腐蚀能力，主要的合金元素是铬和镍，A正确；B．金属钠具有强还原性，熔融的金属钠可以从钛的化合物中置换出金属钛，B正确；C．氯化铝是共价化合物，熔融不电离，工业上通常采用电解熔融氧化铝的方式制备金属铝；氧化镁的熔点高，工业上通常采用电解熔融氯化镁的方式制备金属镁，C错误；D．氯化铁可以和铜发生反应：，可用于眼镜架、钟表、电子元件等含铜类五金部件的刻蚀，D正确；故答案选C。4.黑云母是一种层状硅酸盐矿物，其通用化学式为，下列说法正确的是A.离子键百分数： B.离子半径：C.沸点： D.碱性：【答案】B【解析】A．化合物中离子键百分数与成键双方的电负性差值有关，氧与钾的电负性差值大于氧与铝，则化合物中离子键百分数：，A错误；B．O2-和F-的电子层数相等，O元素的核电荷数小于F，则离子半径：，B正确；C．是原子晶体，HF是分子晶体，则沸点：，C错误；D．同周期主族元素，从左往右金属性依次减小，则金属性：Mg>Al，元素金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则碱性：，D错误；故选B。5.关于实验室安全，下列说法不正确的是A.实验中取出但未用完的高锰酸钾可配成溶液再进行常规处理B.滴定管、容量瓶和分液漏斗使用前都需要检查是否漏水C.与钠的燃烧实验有关的图标包含：D.不慎将碱沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后涂上1%的硼酸【答案】C【解析】A．实验中剩余的高锰酸钾若确认未受污染，可先配成溶液并通过适当的还原或稀释等常规方式进行安全处理，A正确；B．分液漏斗、容量瓶、滴定管是带有旋塞和瓶塞的仪器，使用前都需要检查是否漏水，B正确；C．钠的燃烧实验的主要危险在于其金属的强还原性、遇水剧烈反应及燃烧的火灾危险，并不涉及用电安全，因而所给的“当心触电”符号不恰当，C错误；D．碱溶液沾到皮肤上应先用大量水冲洗，随后再用弱酸（如1%硼酸）进行进一步处理是正确的急救措施，D正确；故选C。6.下列关于的说法正确的是A.的价层电子对互斥模型：B.检验气体的方法是将气体通入品红溶液，若溶液褪色，则该气体为C.工业脱硫常用石灰石-石膏法，反应原理为：D.有还原性，因此不能用浓硫酸干燥【答案】C【解析】A．中心S原子价层电子对数为2+=3，且含有1个孤电子对，价层电子对互斥模型为平面三角形，A错误；B．气体通入品红溶液能使溶液褪色，说明该气体具有漂白性，具有漂白性的气体不一定是，B错误；C．工业脱硫常用石灰石-石膏法，SO2和CaCO3、O2反应生成CaSO4和CO2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：，C正确；D．虽然具有还原性，但由于S没有+5价，和浓硫酸不会发生归中反应，可以用浓硫酸干燥，D错误；故选C。7.下列物质的结构或性质不能说明其用途的是A.甲醛具有较强的还原性，可用于消毒和制作生物标本B.硫酸钙能使豆浆中的蛋白质聚沉，故可作制作豆腐的凝固剂C.常温下铁与浓硫酸发生钝化，故可用钢瓶储存运输浓硫酸D.碳纳米管的比表面积大，有优良的电学性能，故可用于生产电池和传感器等【答案】A【解析】A．甲醛的消毒主要依赖甲醛的醛基与蛋白质发生反应，导致蛋白质变性或交联，与其还原性无关，A错误；B．硫酸钙溶解后提供钙离子，与豆浆中的大豆蛋白结合，使蛋白质聚沉，这一性质直接说明其作为豆腐凝固剂的用途，B正确；C．铁在常温下遇浓硫酸时，表面形成致密的氧化膜，阻止进一步反应，这一钝化性质直接说明钢瓶可用于储存和运输浓硫酸的用途，C正确；D．碳纳米管的高比表面积利于吸附或反应，强度高，优良的电学性能使其适合作为电极材料或传感元件，D正确；故选A。8.下列方程式正确的是A.氯化铝溶液中加过量氨水：B小苏打溶液与溶液混合：C.甲醛与足量的新制氢氧化铜悬浊液反应：D.少量气体通入苯酚钠溶液中：【答案】B【解析】A．氯化铝溶液中加过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：，A错误；B．小苏打溶液与溶液混合：发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳，离子方程式为：，B正确；C．碱性条件下，甲醛溶液与足量新制氢氧化铜共热反应生成碳酸根离子、氧化亚铜沉淀和水，反应的化学方程式为：HCHO+4Cu(OH)2​+2NaOHNa2​CO3​+2Cu2​O↓+6H2​O，C错误；D．少量气体通入苯酚钠溶液中反应生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式为：，D错误；故选B。9.滴滴涕(DDT)是一种有机氯杀虫剂。下列说法不正确的是A.DDT、DDD中各有1个手性碳B.可用溴水鉴别DDT和DDEC.DDT与溶液完全反应，最多消耗的物质的量为D.DDT转化为DDE属于消去反应【答案】A【解析】A．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，DDT和DDD中均不含手性碳，A错误；B．DDT中不含碳碳双键，DDE中含有碳碳双键，DDE可以使溴水褪色，DDT不能使溴水褪色，则可用溴水鉴别DDT和DDE，B正确；C．DDT中含有5个Cl原子，可以和NaOH溶液发生取代反应，方程式为：，则DDT与溶液完全反应，最多消耗的物质的量为，C正确；D．DDT转化为DDE过程中形成了碳碳双键，属于消去反应，D正确；故选A。10.下列说法正确的是A.图1可用于测定醋酸浓度B.图2可用于乙醇在浓硫酸作用下，加热到170°C制备乙烯C.图3可用于制备D.图4可用于制备含NaClO的消毒液【答案】C【解析】A．用标准NaOH溶液测定醋酸浓度的实验中，NaOH溶液应该盛放在碱式滴定管中，滴定终点溶液呈碱性，应该用酚酞作指示剂，A错误；B．乙醇在浓硫酸作用下加热到170°C可制备乙烯，该实验中温度计应该插入液面以下，以测量反应时的温度，B错误；C．浓氨水和碱石灰反应可以制备，球形干燥管中的碱石灰可以干燥，用向下排空气法收集，C正确；D．与电源正极相连的为阳极，上方的阳极上氯离子失去电子生成氯气，不能与下方阴极上生成NaOH充分反应，不能制备NaClO溶液，D错误；故选C。11.下列说法不正确的是A.，加水稀释，增大B.，压缩容器体积，平衡向逆方向移动，气体颜色变浅C.，该反应在高温条件下更易自发进行D.，增大反应物浓度，单位体积内活化分子总数增大【答案】B【解析】A．加水稀释，平衡正向移动，平衡正向移动，减小的程度比的小，增大，A正确；B．是气体体积增大的反应，压缩容器体积，压强增大，平衡向逆方向移动，但的浓度增大，气体颜色变深，B错误；C．是气体体积增大的反应，，，时反应能够自发进行，则该反应在高温条件下更易自发进行，C正确；D．增大反应物浓度，活化分子百分数不变，单位体积内活化分子总数增大，反应速率加快，D正确；故选B。12.我国科学家在太阳能光电催化—化学耦合分解硫化氢研究中获得新进展，相关装置如图所示：下列说法不正确的是A.该离子交换膜为阳离子交换膜B.b极发生的电极反应为C.理论上每转移电子，分解H2S气体22.4L(标况)D.能量转化方式主要为光能→电能→化学能【答案】C【解析】根据图示，a极上氢离子转化为氢气，得电子，发生还原反应，b极上I-转化为，失电子，发生氧化反应，则a极为正极，b极为负极，氢离子通过质子交换膜向a电极移动，据此分析解答。A．由分析可知，a极为正极，b极为负极，且a极上氢离子转化为氢气，消耗H+，右侧H2S转化为S的过程中生成H+，则氢离子通过质子交换膜向a电极移动，该离子交换膜为阳离子交换膜，A正确；B．根据图示，b极上I-失电子转化为，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：，B正确；C．H2S转化为S的过程中生成H+，S元素由-2价上升到0价，理论上每转移电子，有0.5molH2S分解，标况下的体积为11.2L，C错误；D．根据图示，a电极在光照的条件下进行反应，该制氢工艺中光能转化为电能，最终转化为化学能，D正确；故选C。13.嫦娥石的一种伴生矿物为方石英，其晶胞结构如图所示：下列说法不正确的是A.晶体类型为共价晶体 B.该物质的化学式为C.键角 D.该物质的熔点比金刚石低【答案】C【解析】A．由晶胞结构可知，方石英由Si原子和O原子构成，且Si原子和O原子之间以共价键相连，形成立体网状结构，属于共价晶体，A正确；B．由晶胞结构可知，方石英中Si原子的个数为，O原子个数为16，Si、O原子个数比为1：2，则该物质的化学式为，B正确；C．该晶胞中O原子形成2个键，且含有2个孤电子对，杂化方式为sp3，则键角，C错误；D．方石英和金刚石均为共价晶体，由于键长：Si-O>C-C，则键能：Si-O<C-C，共价晶体熔化时需要破坏共价键，则方石英的熔点比金刚石低，D正确；故选C。14.肉桂酸(3—苯基丙烯酸)是一种天然有机物，其与水加成引入羟基的反应机理如图：下列说法不正确的是A.肉桂酸分子中所有原子可能共平面B.H+为该反应的催化剂C.步骤Ⅰ形成的碳正离子与羧基的吸电子效应有关D.与水加成得到的产物可以发生氧化、加成、取代、加聚等反应【答案】D【解析】A．肉桂酸结构简式为，碳原子均为杂化，苯环形成的平面、碳碳双键形成的平面、双键形成的平面及羧基之间通过单键相连，单键可旋转，分子中所有原子可能共平面，A正确；B．由图可知，参与反应被消耗，后又生成，故为该反应的催化剂，B正确；C．羧基为吸电子基团，使得碳碳双键中与羧基相连的碳电子云密度较大，吸引氢离子碳碳双键断裂，使双键另一个碳原子容易形成碳正离子，步骤Ⅰ形成碳正离子，与羧基吸电子效应有关，C正确；D．与水加成得到的产物结构简式为，官能团有羟基、羧基，可以发生氧化、加成、取代反应及缩聚反应，不能发生加聚反应，D错误；故选D。15.，饱和溶液中，，，。下列描述不正确的是A.B.向溶液中滴入几滴酚酞试剂(变色范围：8.2-10.0)，溶液呈粉红色C.溶液中：D.向悬浊液中加入足量增大【答案】B【解析】A．饱和溶液中存沉淀溶解平衡，则=，，A正确；B．溶液中分步水解显碱性，主要由第一步水解决定溶液，，，，故，滴加酚酞溶液显无色，B错误；C．，，故，C正确；D．<，悬浊液中小于饱和溶液中的，加入会溶解，增大，D正确；故选B。16.“复方氯乙烷气雾剂”为氯乙烷的有机溶液，测定其中氯乙烷含量的步骤如下：下列说法不正确的是A.步骤①，量取试样时不能用碱式滴定管B.步骤①，将NaOH水溶液改成NaOH乙醇溶液不会影响氯乙烷百分含量的测定C.步骤②，若加入的稀硝酸不足，则会使氯乙烷百分含量测定结果偏低D.步骤③，先水洗再乙醇洗，可使氯乙烷百分含量测定结果更准确【答案】C【解析】氯乙烷的水解反应，量取试样，加入过量NaOH，加热发生氯乙烷的水解，生成NaCl和CH3CH2OH，反应液冷却后加入稀硝酸中和，再滴加过量硝酸银得到白色沉淀AgCl，经过滤、洗涤、干燥得到沉淀，据此分析。A．试样为氯乙烷的有机溶液，氯乙烷能腐蚀碱式滴定管上的橡胶部分，故不能用碱式滴定管量取试样，A正确；B．步骤①，氯乙烷在NaOH乙醇溶液条件下发生消去反应生成NaCl，NaCl与硝酸银是1：1进行沉淀，不影响氯乙烷百分含量的测定，B正确；C．步骤②，若加入的稀硝酸不足，溶液中可能有未反应完全的NaOH，会与AgNO3反应生成AgOH进而分解为Ag2O，导致得到的固体偏多，使测量结果偏高，C错误；D．步骤③，先水洗除去可溶物，再乙醇洗除去AgCl表面的水，可使氯乙烷百分含量测定结果更准确，D正确；故选C。非选择题部分二、非选择题(本大题共4小题，共52分)17.第VIII族元素铁、钴、镍及其化合物应用广泛。请回答：（1）尿素分子与形成配合物，下列说法不正确的是_______。A.基态原子与基态离子未成对电子数之比为4:5B.元素中，第一电离能最大的是N，电负性最大的是OC.尿素中N原子的配位能力强于中的N原子的配位能力D.八面体配离子中的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与配位的原子是N（2）的氧化性大于，请从结构的角度解释_______．（3）晶体的立方晶胞中原子所处位置如图所示。已知：相邻原子间的最近距离之比，则_______；晶体中与原子距离最近且相等的原子的数目为_______。（4）以主要成分为的铁钴矿(杂质为、)为原料制取和黄钠铁矾的工艺流程如下图所示：已知：“焙烧”后，Fe、Co元素完全转化为单质。回答下列问题：①下列说法不正确的是_______A.气体中含有等气体B.为了加快酸浸步骤的反应速率，可以将稀硫酸改为浓硫酸C.“调”时反应的离子方程式为：D.该工艺条件下，可推知还原性：②酸浸后滤液中的阳离子有：_______。③“氧化、沉钴”过程中加入的和物质的量之比为，相应总反应的离子方程式为_______，完全转化为的操作是_______。【答案】（1）CD（2）两离子所带正电荷数相等，[Co(NH3)6]3+半径较大，正电荷密度较小，相对难得电子或[Co(NH3)6]3+中NH3的孤电子对与钴的空轨道形成配位键，使中心Co原子上的电子云密度增大，较难从其他物质中得电子。（3）①.3：1：1②.12（4）①.B②.Mg2+、Fe2+、Co2+、H+③.④.加热固体至恒重【解析】主要成分为的铁钴矿(杂质为、)加入焦炭和空气焙烧，Fe、Co元素完全转化为单质，C元素转化为碳的氧化物CO、CO2，S元素转化为；加入稀硫酸进行酸浸后过滤，滤液中含有，滤渣中含有，滤液中加入NaClO将氧化为，加入溶液调节pH，得到黄钠铁矾；过滤后，滤液中加入NaF，溶液沉镁，过滤除去沉淀，滤液中加入NaClO和进行氧化，沉钴，将氧化为，转化为，焙烧得到。（1）A．基态Fe原子价层电子排布式为3d64s2，含有4个未成对电子，Fe3+价层电子排布式为3d5，含有5个未成对电子，基态原子与基态离子未成对电子数之比为4:5，A正确；B．同周期主族元素随原子序数增大电负性增大，故电负性：C<N<O；同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，第一电离能：C<O<N，则C、N、O三元素的第一电离能最大者为N、电负性最大者为O，B正确；C．因尿素分子中N的孤对电子部分与羰基共轭，相比NH3更难提供电子形成配位键，则尿素中N原子的配位能力弱于中的N原子的配位能力，C错误；D．八面体配离子[Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位数为6，H2NCONH2中N、O原子均存在孤电子对，由C可知N原子较难提供电子形成配位键，故O原子提供孤电子对与Fe3+形成配位键，D错误；故选CD。（2）两离子所带正电荷数相等，[Co(NH3)6]3+半径较大，正电荷密度较小，相对难得电子或[Co(NH3)6]3+中NH3的孤电子对与钴的空轨道形成配位键，使中心Co原子上的电子云密度增大，较难从其他物质中得电子，则的氧化性大于。（3）设晶胞边长为a，由几何关系可知，面心的原子与顶点的原子距离为a，面心的原子与体心的原子距离为a，依题给条件，相邻原子间的最近距离之比，可以确定，晶胞中面心原子为Ni，有6×=3个，顶点原子为Cu，有8×=1个，体心的原子为N，有1个，则x：y：z=3：1：1；根据分析，Cu原子处于顶点，距离最近且等距离的原子为面心上Ni原子，数目为3×8×=12。（4）①A．由分析可知，气体中含有等气体，A正确；B．Fe在浓硫酸中会钝化，阻止反应进一步进行，不能将稀硫酸改浓硫酸，B错误；C．“调”时和、、反应生成黄钠铁矾，根据电荷守恒和原子守恒配平反应的离子方程式为：D．由分析可知，加入NaClO溶液进行第一步氧化时，被氧化为，而没有被氧化，说明还原性：，D正确；故选B；②由分析可知，酸浸后滤液中的阳离子有：Mg2+、Fe2+、Co2+、H+；③“氧化、沉钴”过程中加入的和物质的量之比为，NaClO将氧化为，将转化为，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：；受热分解可以得到，完全转化为的操作是加热固体至恒重。18.油气开采、石油化工、煤化工等工业废气中普遍含有，需要回收处理并加以利用。查阅文献知，对的处理有多种方法。（1）克劳斯工艺。已知反应：反应I：反应II：①反应III：_______②某温度下，不同的浓度比对的转化率的影响如图1所示。一定温度下，当，的转化率随混合气流速的变化曲线如图2所示。下列说法正确的是_______A.若浓度比过高，的转化率会降低B.若浓度比过低，在较高温度下可能会生成，降低硫的产率C.结合实际工业生产效益(时间成本、效率成本)分析，混合气流速适宜范围是D.流速大于时，转化率降低可能原因是气流速度太快，催化剂与反应物接触的时间不足③可以用作脱除的催化剂，吸附过程如图所示：图甲和图乙两种吸附方式中，图乙比图甲的吸附能力强，请从结构角度分析其原因：_______。（2）MDEA脱硫法：MDEA吸收的原理为：①用MDEA吸收，得到MDEA溶液和的的混合溶液，298K时该混合溶液的pH=_______(已知：298K时，电离常数，)②工业上通常用通入水蒸气的方式实现的混合溶液向和的转化，从平衡角度解释通入水蒸气的作用_______③利用如图装置也可以实现的混合溶液向和的转化，该电解池阳极区的反应方程式为_______。【答案】（1）①.-314②.ABD③.硫化氢中H显正电性，S显负电性，氧化铝中Al显正电性，O显负电性；图甲吸附方式为同种电性微粒靠近，图乙吸附方式为不同电性微粒靠近，不同电性微粒靠近时，吸附能力强（2）①.10②.反应为放热反应，通入水蒸气给体系加热，平衡逆向移动；加热使硫化氢溶解度降低，从体系逸出，也有利于平衡逆向移动③.【解析】（1）①由盖斯定律可知反应III；②A．由图1可知，浓度比过高，的转化率会降低，A正确；B．若浓度比过低，较高温度下S2可能会与氧气生成，降低硫的产率，B正确；C．气流速若为，时间成本较高，混合气流速适宜范围是，C错误；D．流速大于时，转化率降低可能原因是气流速度太快，催化剂与反应物接触的时间不足，D正确；故答案选ABD。③硫化氢中H显正电性，S显负电性，氧化铝中Al显正电性，O显负电性；图甲吸附方式为同种电性微粒靠近，图乙吸附方式为不同电性微粒靠近，不同电性微粒靠近时，吸附能力强。（2）故,298K时，故，故。②反应为放热反应，通入水蒸气给体系加热，平衡逆向移动；加热使硫化氢溶解度降低，从体系逸出，也有利于平衡逆向移动。③的混合溶液中在阳极转化为，通过阳离子交换膜到阴极区生成，故阳极区的电极方程式为：。19.亚硝酰氯(NOCl，熔点为，沸点为)是有机物合成中的重要试剂，为红褐色液体或黄色气体，遇水发生反应：。可由与在一定条件下反应得到，相关实验装置如图所示。制备NOCl步骤如下：①排Ａ、Ｂ中的空气：先打开_______，关闭_______，打开Ａ中分液漏斗活塞。滴入适量稀硝酸，B中出现红棕色，待红棕色消失后关闭，可观察到B中(现象1)，停止滴加稀硝酸。②通反应气体：打开F中分液漏斗的活塞，当C中三颈烧瓶内(现象2)时，再通入。（1）长颈漏斗a的作用是_______。（2）写出干燥管b内所放试剂的名称_______(填1种)。（3）下列说法不正确的是_______。A.步骤①中排A、B中的空气：先打开、，关闭B.现象1为锥形瓶中的液面下降，长颈漏斗中的液面上升，现象2是充满黄绿色气体C.C装置中冰盐水的作用主要是降低反应速率D.因实验在通风橱内进行，、处均不需要尾气处理（4）装置C，反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的NO含量，可采用的方法是_______。（5）NOCl纯度的测定：采用银量法测定产品中Cl含量以确定纯度①从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤_______：滴定原理为：先用过量标准溶液沉淀，再以标准溶液回滴剩余的。已知：常温下，，，，，。称量C中所得液体溶于水，转移至容量瓶，加水定容得待测溶液。取滴定管涂凡士林、检漏、水洗→(_______)→装液→(_______)→调液面、读数→用移液管准确移取待测溶液加入锥形瓶→(_______)→向其中加入少量硝基苯→(_______)→用标准溶液滴定→(_______)→读数a.滴加指示剂溶液b.润洗，从滴定管下口放出液体c.滴加指示剂硫酸铁铵溶液d.润洗，从滴定管上口倒出液体e．准确移取标准溶液加入锥形瓶f．滴定至沉淀变为砖红色g．滴定至溶液呈浅红色h．右手将滴定管倾斜左右，左手迅速打开活塞使溶液冲出，从而使溶液充满尖嘴。i．将胶管弯曲使玻璃尖嘴向上倾斜，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃球，使溶液从尖嘴流出，即可赶出气泡②硝基苯的作用是_______；③重复实验操作三次，消耗标准溶液的体积平均为，NOCl的纯度为_______。【答案】（1）平衡压强，避免C中压强过大（2）氯化钙、五氧化二磷、硅胶（3）CD（4）抽气(或通干燥氮气)（5）①.bhecg②.使AgCl沉淀被覆盖，防止AgCl转化为AgSCN③.73.36%或73.4%【解析】本实验的目的是制备NOCl，该物质易与水反应，所以制备过程要保持干燥；装置A中利用铜和稀硝酸反应生成NO，装置B对NO进行干燥之后进入装置D中，与干燥纯净氯气在冰盐水浴条件下反应生成NOCl，D装置可以防止空气中的水蒸气进入反应装置是NOCl水解；实验时，需先打开K1、K2，关闭K3，再打开分液漏斗活塞滴入适量稀硝酸，利用产生的NO将装置中的空气排尽，NO易被氧气氧化成NO2，当观察到B中红棕色气体NO2完全消失后，说明装置中空气被排尽，此时装置中充满NO；关闭K1、K2，向装置C三颈瓶中通入干燥纯净Cl2，当瓶中充满黄绿色气体时，再打开K1、K3，制备NOCl。（1）长颈漏斗a的作用是平衡压强，避免C中压强过大。（2）干燥管b的作用是干燥空气，防止空气中水蒸气进入C装置，所放试剂的名称为氯化钙、五氧化二磷、硅胶等。（3）A．由分析可知，步骤①中排A、B中的空气：先打开、，关闭，A正确；B．由分析可知，滴入适量稀硝酸，B中出现红棕色，待红棕色消失后，B和C中充满NO，NO不溶于水，则现象1为锥形瓶中的液面下降，长颈漏斗中的液面上升，打开F中分液漏斗的活塞，当C中三颈烧瓶内充满氯气，再通入NO，现象2是充满黄绿色气体，B正确；C．亚硝酰氯的沸点为，C装置中冰盐水的作用主要是避免NOCl气化，C错误；D．NO和NO2都是有毒气体，、处均需要尾气处理，D错误；故选CD。（4）装置C，反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的NO含量，可采用的方法是：抽气(或通干燥氮气)将NO排出装置。（5）①滴定原理为：先用过量标准溶液沉淀，再以标准溶液回滴剩余的，用溶液作指示剂，当标准溶过量时，溶液呈浅红色，则补全测定步骤为：润洗，从滴定管下口放出液体、右手将滴定管倾斜30℃左右，左手迅速打开活塞使溶液冲出，从而使溶液充满尖嘴、准确移取标准溶液加入锥形瓶、滴加指示剂硫酸铁铵溶液、滴定至溶液呈浅红色，故答案为：bhecg；②由于AgSCN的溶度积小于AgCl，AgCl可能转化为AgSCN，硝基苯的作用是使AgCl沉淀被覆盖，防止AgCl转化为AgSCN；③重复实验操作三次，消耗标准溶液的体积平均为，过量的n(Ag+)=0.1mol/L×0.022L=0.0022mol，则于Cl-发生反应的n(Ag+)=0.025L×0.2mol/L-0.0022mol=0.0028