2022-2023学年福建省福州市三校高三（上）期中化学试卷含解析

这是一份2022-2023学年福建省福州市三校高三（上）期中化学试卷含解析，共18页。试卷主要包含了0分），5℃、105，【答案】C，【答案】B，【答案】A等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年福建省福州市三校高三（上）期中化学试卷
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
四
总分
得分





注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）
1. 《医学入门》中记载我国传统中医提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干。”其中未涉及的操作是(    )
A. 洗涤 B. 粉碎 C. 萃取 D. 蒸发
2. 图示或化学用语表达正确的是(    )
A. 过氧化氢的比例模型：
B. 中子数为127的碘原子： 53127I
C. 原子结构示意图，可以表示 12C和 14C
D. NaClO的电子式：
3. 如图为酸雨形成的示意图。下列说法正确的是(    )

A. 空气中的CO2溶于水也会形成酸雨
B. NO易溶于水，并在雨水中转化为HNO3
C. 含H2SO3的雨水在空气中放置其pH可能会降低
D. 硝酸型酸雨会腐蚀石灰岩建筑，而硫酸型酸雨不能
4. 某无色透明溶液中加入Na2O2后，有无色无味气体产生，同时产生白色沉淀。则原溶液中可能含有的离子是(    )
A. Cu2+ B. Mg2+ C. Ba2+ D. Fe3+
5. 几种物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是(    )

A. 反应1中Fe3+是还原产物
B. 反应2中H2S得电子
C. 反应2的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+
D. HNO3能和H2S大量共存
6. 某药物的一种成分均由短周期主族元素组成，其结构如图所示。元素X、Y、Z、W、E的原子序数依次增大，X与其它几种元素不同周期，W与E原子的基态价电子排布均为ns2np5。下列说法中错误的是(    )
A. 原子半径：W B. 简单氢化物的沸点：Z>Y
C. 第一电离能：Z>W
D. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：E>Y
7. 用如图装置进行实验前将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是(    )
A. 若A为浓盐酸，B为Na2CO3，C为Na2SiO3溶液，可证明酸性：H2CO3>H2SiO3
B. 若A为70%的硫酸，B为Na2SO3固体，C为Na2S溶液，则C中溶液变浑浊
C. 若A为浓盐酸，B为KMnO4，C为石蕊试液，则C中溶液最终呈红色
D. 装置D起干燥气体作用

8. 有关乙醇说法正确的是(    )
A. 与钠反应产生H2，说明乙醇属于酸
B. 分子中含有-OH，所以乙醇是碱
C. 发生酯化反应，断裂②键
D. 发生氧化反应生成乙醛，断裂①、③键

9. 下列离子方程式书写正确的是(    )
A. 往KBr溶液中通入少量Cl2：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-
B. 少量金属钠投入CuSO4溶液中：2Na+Cu2+=2Na++Cu
C. 氢氧化钡溶液与稀硫酸混合：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O
D. 铁片投入稀硫酸中：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
10. 下列实验方案中，能达到实验目的的是(    )

实验目的
实验方案
A
比较HF和HClO的酸性强弱
分别测定等体积等物质的量浓度的HF和HClO溶液消耗NaOH的物质的量
B
检验溶液中是否含NH4+
滴加稀NaOH溶液，并将润湿的红色石蕊试纸置于盛放溶液的试管口，观察试纸颜色变化
C
证明Na2CO3溶液中存在水解平衡
向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，观察溶液颜色变化
D
证明Mg(OH)2沉淀可以转化为Fe(OH)3
向2 mL 1 mol/L NaOH溶液中先加入3滴1 mol/L MgCl2溶液，再加入3滴1 mol/L FeCl3溶液

A. A B. B C. C D. D
第II卷（非选择题）

二、流程题（本大题共1小题，共8.0分）
11. 一种利用黄铁矿烧渣和硫酸铵废液制备铵铁蓝颜料的工艺如图：

已知：黄铁矿的主要成分是FeS2；铵铁蓝的化学式为Fe(NH4)Fe(CN)6，难溶于水。
(1)高纯度硫酸铵溶液能够提高铵铁蓝的品质，为除去硫酸铵废液中的Fe2+和Fe3+，“氧化1”工序使用酸化的H2O2作为氧化剂，写出反应的离子方程式 ______，“调pH”工序应加入 ______(写出一种物质的化学式)。
(2)黄铁矿在空气中焙烧得到黄铁矿烧渣，其主要成分是 ______(写化学式)。
(3)“还原”工序获得FeSO4溶液，(填“能”或者“不能”)直接加热FeSO4溶液，得到FeSO4晶体。则“结晶”工序的操作方法是 ______。
(4)“沉铁”工序产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为 ______。

三、实验题（本大题共1小题，共10.0分）
12. PCl3主要用于制造敌百虫等有机磷农药和磺胺嘧啶(S.D)等医药的原料。如图为实验室中制取粗PCl3产品的装置，夹持装置略去。

经查阅资料知：红磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5。PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3(有还原性)。PCl3遇O2会生成POCl3(三氯氧磷)，PCl3、POCl3的沸点分别为75.5℃、105.3℃。
(1)回答下列问题：仪器G的名称是 ______。装置F与G由橡胶管a相连通，a的作用是 ______。
(2)A是制取CO2装置，CO2的作用是______，选择A中的药品是 ______(填字母)。
a.稀盐酸
b.稀硫酸
c.NaHCO3粉末
d.块状石灰石
(3)装置D中盛有碱石灰，其作用是 ______。
(4)装置G中生成Cl2，反应的离子方程式为 ______。
(5)装置C采用65～70℃水浴加热，制得的PCl3粗产品中常含有POCl3、PCl5等杂质，除杂的方法是：先加入红磷加热，除去PCl5，然后通过 ______(填实验操作名称)，即可得到较纯净的PCl3。
(6)通过实验测定粗产品中PCl3的质量分数，实验步骤如下(不考虑杂质的反应)：
第一步：迅速移取20.0gPCl3粗产品，加水完全水解后，再配成500mL溶液；
第二步：移取25.00mL溶液置于锥形瓶中；
第三步：加入0.5mol⋅L-1碘溶液20mL，碘过量，H3PO3完全反应生成H3PO4；
第四步：加入几滴淀粉溶液，用1.0mol⋅L-1Na2S2O3标准溶液滴定过量的碘，反应方程式为I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI，终点时消耗Na2S2O3标准溶液12mL。
①第三步中反应的化学方程式为 ______。
②根据上述数据，计算该产品中PCl3的质量分数为 ______%。

四、简答题（本大题共3小题，共24.0分）
13. 二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色到橙黄色的气体。工业上制备二氧化氯的方法之一是用甲醇在酸性介质中与氯酸钠反应。二氧化氯能与许多化学物质发生爆炸性反应，遇水则生成次氯酸、氯气和氧气。回答下列问题：
(1)将二氧化氯通入品红溶液中，溶液褪色的原因是 ______。
(2)配平下列反应的化学方程式(CH3OH中H为+1价，O为-2价)：______CH3OH+______NaClO3+______=______CO2↑+______ClO2↑+______Na2SO4+______。
(3)上述反应中，被氧化的元素是 ______。还原产物与氧化产物的物质的量之比是 ______。
(4)根据上述反应可推知 ______(填字母)。
a.氧化性：ClO2>NaClO3
b.氧化性：NaClO3>CH3OH
c.还原性：CH3OH>ClO2
d.还原性：CH3OH>Na2SO4
(5)若转移的电子数目为0.3NA(NA为阿伏加德罗常数的值)，则反应产生气体的体积约为 ______L(标准状况)。
(6)消毒效率常以单位质量的消毒剂得到的电子数表示。ClO2的消毒效率是Cl2的 ______倍(保留两位小数)。
14. A、B、D、E、X是原子序数依次增大的五种短周期元素。A是元素周期表中相对原子质量最小的元素，A、B能形成两种液态化合物A2B和A2B2。D是短周期中原子半径最大的主族元素，E的周期序数和族序数相等，D、X的原子最外层电子数之和为8。

(1)A2B2的电子式为 ______；E在元素周期表中的位置是 ______。
(2)如图所示，将X单质的水溶液分别滴入盛有不同试剂的试管中。
①试管a中发生反应的化学方程式为 ______，该反应可用于制备漂白液。
②试管b中的实验现象为 ______，说明X的非金属性强于碘，从原子结构的角度解释其原因是 ______。
(3)镓(31Ga)与E为同主族元素，氮化镓(GaN)作为第三代半导体材料，具有耐高温、耐高电压等特性，随着5G技术的发展，GaN商用进入快车道。下列相关说法中正确的是 ______(填字母)。
A.Ga位于元素周期表的第四周期
B.GaN中Ga的化合价为+3
C.Ga3+的离子半径小于E3+的离子半径
(4)XB2是一种高效消毒剂，工业上用其处理中性废水中的锰，使Mn2+转化为MnO2沉淀除去，X被还原至最低价，该反应的离子方程式为 ______。
15. 乙二胺四乙酸(EDTA)及其盐类能与多种金属离子发生络合反应，具有广泛用途。EDTA的分子结构如图所示。

(1)EDTA所含元素电负性有小到大的顺序为 ______。
(2)EDTA分子中碳原子采取的杂化类型为 ______。基态氧原子核外电子有 ______种运动状态。
(3)EDTA可以与NH3形成盐，NH3分子的VSEPR模型为 ______。氨熔沸点低，铵盐熔沸点高，原因是 ______。
(4)EDTA及其盐可与Ca2+形成稳定络合物，用于测定水的硬度，这一性质与EDTA分子中 ______原子能够提供孤电子对有关。
答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”，可知洗涤后，溶解于水中，过滤后蒸发，因铜绿加热灼烧可失去结晶水，则不能灼烧，即文中涉及的操作方法是洗涤、溶解、蒸发，没有涉及萃取，
故选：C。
提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”，可知洗涤后，溶解于水中，过滤后蒸发，以此解答该题。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握习题中的信息、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意该过程与萃取、蒸馏、灼烧无关，题目难度不大。

2.【答案】C 
【解析】解：A.过氧化氢是共价化合物，含有H-O键和O-O键，并且O原子半径大于H，则其比例模型为，故A错误；
B.表示原子时，将质量数表示在元素符号左上角，中子数为127的碘原子的质量数=127+53=180，表示为 53180I，故B错误；
C. 12C和 14C的质子数、电子数分别相同，且质子数、电子数均为6个，原子结构示意图，故C正确；
D.NaClO是离子化合物，电子式为，故D错误；
故选：C。
A.过氧化氢不是直线型结构，且O原子半径大于H原子半径；
B.表示原子时，将质量数表示在元素符号左上角；
C. 12C和 14C的质子数和电子数相同；
D.NaClO是离子化合物。
本题考查了物质组成、比例模型、电子式等化学用语，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题有利于提高学生的规范答题能力，注意掌握常见化学用语的概念及正确的表示方法，题目难度不大。

3.【答案】C 
【解析】解：A.酸雨是pH小于5.6的雨水，二氧化碳溶于水所得溶液pH为5.6，所以空气中的二氧化碳溶于水不能形成酸雨，故A错误；
B.一氧化氮与氧气、水反应生成硝酸但一氧化氮不溶于水，故B错误；
C.亚硫酸溶液易被空气中氧气氧化为强酸硫酸，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，所以含亚硫酸的雨水在空气中放置其pH可能会降低，故C正确；
D.硝酸型酸雨和硫酸型酸雨都会腐蚀石灰岩建筑，故D错误；
故选：C。
A.空气中的CO2不会形成酸雨；
B.一氧化氮与氧气、水反应生成硝酸，但不溶于水；
C.亚硫酸溶液易被空气中氧气氧化为强酸硫酸；
D.硝酸型酸雨和硫酸型酸雨都会腐蚀石灰岩建筑。
本题主要考查酸雨的概念、类型、形成、危害，同时考查氧化还原反应的原理，属于基本知识，基础题型，难度不大。

4.【答案】B 
【解析】解：A.含有Cu2+的溶液呈蓝色，不满足溶液无色的条件，故A错误；
B.Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，会有无色无味气体产生，同时Mg2+与NaOH反应生成产生白色沉淀氢氧化镁，故B正确；
C.Ba2+不与NaOH反应，加入Na2O2后没有白色沉淀生成，故C错误；
D.含有Fe3+的溶液呈黄色，不满足溶液无色的条件，故D错误；
故选：B。
无色溶液中不存在有色的铜离子、铁离子，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，会有无色无味气体产生，同时产生白色沉淀，说明溶液中含有与氢氧根离子生成白色沉淀的离子，以此分析解答。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，题目难度不大。

5.【答案】C 
【解析】解：A.图中反应1为亚铁盐溶液和稀硝酸反应生成一氧化氮和铁盐，离子反应方程式为3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++2H2O+NO↑，Fe3+是氧化产物，故A错误；
B.反应2为铁盐和硫化氢反应生成亚铁盐和硫单质，反应的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，H2S失去电子，故B错误；
C.反应2为铁盐和硫化氢反应生成亚铁盐和硫单质，反应的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故C正确；
D.HNO3具有氧化性，H2S具有还原性，二者不能大量共存，故D错误；
故选：C。
图中反应1为亚铁盐溶液和稀硝酸反应生成一氧化氮和铁盐，离子反应方程式为3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++2H2O+NO↑，反应2为铁盐和硫化氢反应生成亚铁盐和硫单质，反应的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，据此进行分析。
本题考查氧化还原反应、原电池、离子共存等知识，侧重考查分析、判断及计算能力，明确基本概念内涵、各个物理量的关系是解本题关键，题目难度不大。

6.【答案】C 
【解析】解：根据分析可知，X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，W为F元素，E为Cl元素，
A.同主族元素从上到下原子半径逐渐减小，则原子半径：F B.水分子之间存在氢键，导致水的沸点较高，即简单氢化物的沸点：H2O>CH4，故B正确；
C.主族元素同周期从左向右第一电离能逐渐增大，则第一电离能：O D.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性Cl>C，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：E>Y，故D正确；
故选：C。
元素X、Y、Z、W、E的原子序数依次增大，W与E原子的基态价电子排布均为ns2np5，则W为F元素，E为Cl元素；X与其它几种元素不同周期，则X为H元素；结合图示可知，Y形成4个共价键，Z形成2个共价键，二者的原子序数均小于F元素，则则Y为C元素，Z为O元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

7.【答案】B 
【解析】解：A.浓盐酸挥发的HCl在C中也能与Na2SiO3溶液反应生成白色沉淀，则无法判断H2CO3的酸性一定比H2SiO3强，故A错误；
B.A为较浓硫酸，B为Na2SO3固体，两者反应生成的SO2气体通入C中，因SO2有氧化性，则与C中Na2S溶液反应有淡黄色S生成，可观察到C中溶液变浑浊，故B正确；
C.A为浓盐酸，B为KMnO4，两者反应生成氯气，氯气使石蕊试液，先变红，后褪色，故C错误；
D.装置D为球形干燥管，则可以起到防止溶液倒吸的作用，故D错误；
故选：B。
A.浓盐酸挥发的HCl在C中也能与Na2SiO3溶液反应生成白色沉淀；
B.浓硫酸与Na2SO3固体反应生成的SO2，SO2与Na2S溶液反应生成S；
C.氯气使石蕊试液，先变红，后褪色；
D.装置D起到防止溶液倒吸的作用。
本题考查实验方案的设计，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。

8.【答案】D 
【解析】解：A.乙醇为非电解质，不能电离，不是酸，故A错误；
B.乙醇为非电解质，不能电离，不是碱，故B错误；
C.酯化反应原理：酸去羟基醇去氢，所以发生酯化反应，断裂①键，故C错误；
D.乙醇在Ag催化下与O2反应生成乙醛和水，乙醇断键的位置为①和③，故D正确；
故选：D。
A.乙醇为非电解质；
B.乙醇为非电解质，不能电离；
C.酯化反应原理：酸去羟基醇去氢；
D.乙醇在Ag催化下与O2反应生成乙醛和水，断开的是羟基上的氢氧键和与羟基所连的碳的氢。
本题考查有机物乙醇的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，有机物断键部位为有机反应的灵魂，注意把握乙醇的官能团的性质和结构特点，题目难度不大。

9.【答案】A 
【解析】解：A.往KBr溶液中通入少量Cl2，离子方程式为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故A正确；
B.钠和水先反应生成NaOH和氢气，NaOH再和硫酸铜发生复分解反应，离子方程式为2Na+2H2O+Cu2+=H2↑+2Na++Cu(OH)2↓，故B错误；
C.氢氧化钡溶液与稀硫酸混合，离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D.铁片投入稀硫酸中，离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故D错误；
故选：A。
A.氯气与溴化钾反应生成氯化钾和溴单质；
B.钠和水先反应生成NaOH和氢气，NaOH再和硫酸铜发生复分解反应；
C.离子个数配比不符合物质结构组成；
D.不符合反应客观事实。
本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等；试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。

10.【答案】C 
【解析】解：A.等体积等物质的量浓度的HF和HClO，物质的量相同，消耗NaOH相同，中和反应为酸的通性，不能比较酸性强弱，故A错误；
B.氨气可使润湿的红色石蕊试纸变蓝，加稀NaOH溶液可能生成一水合氨，由操作和现象可知，不能确定原溶液中是否含NH4+，故B错误；
C.钡离子与碳酸根离子反应，使碳酸根离子水解平衡逆向移动，由操作和现象可知Na2CO3溶液中存在水解平衡，故C正确；
D.NaOH过量，均为沉淀生成，不能比较Ksp大小，故D错误；
故选：C。
A.等体积等物质的量浓度的HF和HClO，物质的量相同，消耗NaOH相同；
B.氨气可使润湿的红色石蕊试纸变蓝，加稀NaOH溶液可能生成一水合氨；
C.钡离子与碳酸根离子反应，使碳酸根离子水解平衡逆向移动；
D.NaOH过量，均为沉淀生成。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、酸性比较、离子检验、水解平衡、沉淀生成、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

11.【答案】2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O  NH3⋅H2O  Fe2O3  蒸发浓缩、冷却结晶  +2 
【解析】解：(1)Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+，反应的离子方程式2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，反应过程需要引入铵根离子，则“调pH”工序应加入NH3⋅H2O，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；NH3⋅H2O；
(2)煅烧黄铁矿(杂质为石英等)发生反应4FeS2+11O2- 高温  2Fe2O3+8SO2，其主要成分是Fe2O3，
故答案为：Fe2O3；
(3)“还原”工序获得FeSO4溶液，则“结晶”工序的操作方法是蒸发浓缩、冷却结晶，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
(4)结合化合物的化合价为0，NH4+为+1价，CN-为-1价，则Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为+2，
故答案为：+2。
煅烧黄铁矿(杂质为石英等)发生反应4FeS2+11O2- 高温  2Fe2O3+8SO2，烧渣主要含有Fe2O3、石英等，用硫酸浸取烧渣，发生反应Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，结晶后溶液中加入(NH4)2SO4、K3[Fe(CN)6]并用H2SO4调节pH进行沉铁，生成Fe(NH4)2Fe(CN)6沉淀，反应原理：Fe2++2NH4++[Fe(CN)6]3-=Fe(NH4)2Fe(CN)6↓，过滤分离，Fe(NH4)2Fe(CN)6中加入NaClO3、H2SO4进行氧化生成Fe(NH4)Fe(CN)6，发生反应：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO3-+6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+Cl-+6NH4++3H2O，经过过滤、洗涤、干燥得到Fe(NH4)Fe(CN)6。
本题考查物质制备工艺流程，侧重考查陌生方程式的书写，关键是对工艺流程的理解，明确各步反应与目的，掌握常见物质分离提纯方法，题目较好地考查学生分析能力、综合运用知识的能力。

12.【答案】蒸馏烧瓶  使F与G压强相同，便于浓盐酸容易滴出  赶尽装置中空气，防止PCl3被氧化  ad  防止空气中水蒸气进入装置使PCl3水解，吸收未反应的氯气，防止污染空气  2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O  蒸馏  H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI  55 
【解析】解：(1)由装置图可知，仪器G的名称是蒸馏烧瓶；与分液漏斗相连通的橡胶管可使F与G压强相同，作用是平衡分液漏斗内外压强，便于液体顺利流下，
故答案为：蒸馏烧瓶；使F与G压强相同，便于浓盐酸容易滴出；
(2)由于PCl3遇O2会生成POCl3(三氯氧磷)，A为由CaCO3和盐酸反应生成CO2，通入一段时间的CO2可以排尽装置中的空气，防止PCl3被氧化，干扰实验；由于装置A是启普发生器，因此应该用块状固体碳酸钙和酸反应，又因为硫酸钙微溶，因此选择盐酸，
故答案为：赶尽装置中空气，防止PCl3被氧化；ad；
(3)因尾气中含有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以D装置的作用是防止空气中水蒸气进入装置使PCl3水解，吸收未反应的氯气，防止污染空气，
故答案为：防止空气中水蒸气进入装置使PCl3水解，吸收未反应的氯气，防止污染空气；
(4)G装置浓盐酸和高锰酸钾二者反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，从而制得氯气，根据化学方程式写出离子方程式为：2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，
故答案为：2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
(5)由信息可知，POCl3与PCl3都是液体，沸点相差较大，故可以用蒸馏的方法进行分离，
故答案为：蒸馏；
(6)①据加入碘，H3PO3完全反应生成H3PO4，据此写出反应的化学方程式：H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI，
故答案为：H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI；
②H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI；I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，可得关系式为I2～～～～～～～～～～～～～2Na2S2O3，依据化学方程式可知H3PO3物质的量和PCl3的物质的量相同，设过量的碘体积为VmL，
I2～～～～～～～～～～～～～2Na2S2O3
1  2
VmL×0.5mol⋅L-1   12mL×1.0 mol⋅L-1
求得：VmL=12mL，故和H3PO3反应的碘体积有20-12=8mL，设该产品中PCl3的质量分数为ω，20.0 gPCl3粗产品，加水完全水解后，配成500mL溶液，只移取25.00mL溶液实验，故20.0 gPCl3粗产用量为8mL×20，据此可得
PCl3～～～H3PO3～～～～I2
137.5g1mol
20.0 gω 20×8L×10-3×0.5mol⋅L-1
求得：ω=55%，
故答案为：55。
由实验装置可知，本实验首先由A装置中CaCO3和盐酸反应生成CO2，然后用CO2排尽装置内的空气，G装置浓盐酸和高锰酸钾二者反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，制得氯气，因PCl3遇水会强烈水解，所以氯气需干燥，E装置利用浓硫酸干燥氯气，氯气与红磷在三颈烧瓶中反应生成PCl3，因尾气中含有有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以用D装置利用碱石灰吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应；
(6)①据加入碘，H3PO3完全反应生成H3PO4，据此写出反应的化学方程式；
②设过量的碘体积为VmL，依据反应的化学方程式I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6 计算VmL，再根据H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI求产品中PCl3的质量分数ω，注意溶液体积的变化。
本题考查物质制备实验，关键是对实验原理的理解，明确各装置的作用，注意对题目信息的理解与运用，是高考常见题型，需要学生具有扎实的基础与综合运用分析解决问题的能力。

13.【答案】二氧化氯与水反应生成的次氯酸具有漂白性  1  6  3H2SO4  1  6  3  5H2O  C  6：1  bc  7.84  2.63 
【解析】解：(1)二氧化氯能与许多化学物质发生爆炸性反应，遇水则生成次氯酸、氯气和氧气，次氯酸具有漂白性，将二氧化氯通入品红试液中，看到的现象是：试液变成无色，
故答案为：二氧化氯与水反应生成的次氯酸具有漂白性；
(2)①该反应中，碳元素化合价由甲醇中-2价变为二氧化碳中+4价，甲醇是还原剂，二氧化碳是氧化产物；氯元素化合价由NaClO3中+5价变为ClO2中+4价，NaClO3是氧化剂，ClO2是还原产物，根据得失电子守恒，得到配平后的方程式为：CH3OH+6NaClO3+3H2SO4=CO2↑+6ClO2↑+3Na2SO4+5H2O；
故答案为：1；6；3H2SO4；1；6；3；5H2O；
(3)该反应中，被氧化的元素是CH3OH中-2价的碳，二氧化碳是氧化产物，ClO2是还原产物，由方程式可知：CH3OH+6NaClO3+3H2SO4=CO2↑+6ClO2↑+3Na2SO4+5H2O中还原产物与氧化产物的物质的量之比为6：1，
故答案为：C；6：1；
(4)CH3OH+6NaClO3+3H2SO4=CO2↑+6ClO2↑+3Na2SO4+5H2O中乙醇中碳元素-2价升高为+4价，做还原剂被氧化得到氧化产物二氧化碳，氯酸钠中氯元素化合价+5价降低到+4价，做氧化剂被还原得到还原产物ClO2，则氧化性：NaClO3>CH3OH，还原性：CH3OH>ClO2，故选bc，
故答案为：bc；
(5)CH3OH+6NaClO3+3H2SO4=CO2↑+6ClO2↑+3Na2SO4+5H2O中，电子转移6mole-，生成气体二氧化碳1mol，生成ClO2气体物质的量6mol，若转移的电子数目为0.3NA(NA为阿伏加德罗常数)，则反应产生气体物质的量=0.3mol×76=0.35mol，标准状况体积=22.4L/mol×0.35mol=7.84L，
故答案为：7.84；
(6)ClO2～Cl-～5e-，Cl2～2Cl-～2e-，消毒效率是等质量时得到电子的多少，ClO2的消毒效率(等质量时得到电子的多少)是Cl2的(m67.5×5)：(m71×2×1)≈2.63倍，
故答案为：2.63。
(1)二氧化氯能与许多化学物质发生爆炸性反应，遇水则生成次氯酸、氯气和氧气；
(2)该反应中，碳元素化合价由甲醇中-2价变为二氧化碳中+4价，被氧化，甲醇是还原剂，二氧化碳是氧化产物；氯元素化合价由NaClO3中+5价变为ClO2中+4价，被还原，NaClO3是氧化剂，ClO2是还原产物，根据得失电子守恒配平方程式；
(3)该反应中，被氧化的元素是C，氧化剂是NaClO3；二氧化碳是氧化产物，ClO2是还原产物，由方程式可知CH3OH+6NaClO3+3H2SO4=CO2↑+6ClO2+3Na2SO4+5H2O中还原产物与氧化产物的物质的量之比；
(4)氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物；
(5)CH3OH+6NaClO3+3H2SO4=CO2↑+6ClO2↑+3Na2SO4+5H2O中，电子转移6mole-，生成气体二氧化碳1mol，生成ClO2气体物质的量6mol，若转移的电子数目为0.3NA(NA为阿伏加德罗常数)，则反应产生气体物质的量=0.3mol×76=0.35mol，计算得到标准状况气体的体积；
(6)ClO2的消毒效率(等质量时得到电子的多少)，二氧化氯做氧化剂被还以为氯离子，氯气做氧化剂被还原为氯离子，结合电子守恒计算。
本题考查了物质性质、氧化还原反应等概念的应用，氧化还原反应电子守恒的计算是解题关键，题目难度中等。

14.【答案】  第三周期第ⅢA族  Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O  溶液由无色变成蓝色  Cl和I是同主族元素，最外层电子数均为7，电子层数I>Cl，原子半径I>Cl，原子得电子能力I 【解析】解：(1)由分析可知，A2B2为H2O2，其电子式为；E为Al元素，在周期表中的位置是：第三周期第ⅢA族，
故答案为：；第三周期第ⅢA族；
(2)①试管a中氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠与水，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，
故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
②试管b中发生反应：Cl2+2KI=I2+2KCl，溶液由无色变为蓝色，说明氯的非金属性强于碘，从原子结构的角度解释其原因是：Cl和I是同主族元素，最外层电子数均为7，电子层数I>Cl，原子半径I>Cl，原子得电子能力I 故答案为：溶液由无色变成蓝色；Cl和I是同主族元素，最外层电子数均为7，电子层数I>Cl，原子半径I>Cl，原子得电子能力I (3)a.Ga的质子数为31，与Al为同主族元素，位于元素周期表的第四周期第ⅢA族，故a正确；
b.Ga处于IIIA族、N处于VA族，GaN中Ga的化合价为+3，故b正确；
c.电子层越多，离子半径越大，故Ga3+的离子半径大于Al3+的离子半径，故c错误，
故答案为：ab；
(4)ClO2是一种高效消毒剂，工业上用其处理中性废水中的锰，使Mn2+转化为MnO2沉淀除去，Cl被还原至最低价，即被还原为Cl-，该反应的离子方程式为：2ClO2+5Mn2++6H2O=2Cl-+5MnO2↓+12H+，
故答案为：2ClO2+5Mn2++6H2O=2Cl-+5MnO2↓+12H+。
A、B、D、E、X是原子序数依次增大的五种短周期元素。A是周期表中相对原子质量最小的元素，则A为H元素，A、B能形成两种液态化合物A2B和A2B2，则B为O元素，D是短周期中原子半径最大的主族元素，则D为Na，E的原子序数大于Na，故E、X处于第三周期，而E的周期序数和族序数相等，故E为Al，而D、X的原子最外层电子数之和为8，故X原子最外层电子数为8-1=7，故X为Cl。
本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，注意掌握金属性、非金属性强弱比较实验事实，从结构上理解金属性与非金属性强弱。

15.【答案】O>N>C>H  为sp3杂化和sp2杂化  8  正四面体形  氨气是分子晶体，铵盐是离子晶体，离子晶体熔沸点高于分子晶体  N 
【解析】解：(1)EDTA所含元素为：C、H、O、N，电负性有小到大的顺序为O>N>C>H，
故答案为：O>N>C>H；
(2)EDTA分子中含有饱和碳原子和双键碳原子，碳原子采取的杂化类型为sp3杂化和sp2杂化，基态氧原子核外电子有8种运动状态，
故答案为：为sp3杂化和sp2杂化；8；
(3)NH3分子的VSEPR模型为正四面体形，氨熔沸点低，铵盐熔沸点高，原因是氨气是分子晶体，铵盐是离子晶体，离子晶体熔沸点高于分子晶体，
故答案为：正四面体形；氨气是分子晶体，铵盐是离子晶体，离子晶体熔沸点高于分子晶体；
(4)EDTA及其盐可与Ca2+形成稳定络合物，用于测定水的硬度，这一性质与EDTA分子中N原子能够提供孤电子对有关，
故答案为：N。
(1)同周期元素，从左至右，元素的电负性逐渐增大，另H的电负性小于C；
(2)饱和碳原子为sp3杂化，双键碳原子为sp2杂化，原子核外电子的运动状态都是不同的；
(3)NH3分子N原子价层电子对数=3+5-3×12=4，氨气是分子晶体，铵盐是离子晶体；
(4)N原子能够提供孤电子对有关形成配位键。
本题主要考查物质结构与性质的修改知识，具体涉及微粒的空间结构、杂化类型、晶体类型、电负性、配位键等，属于高考高频考点，难度不大。