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2022-2023学年山东省枣庄市第三中学高三上学期期中考试化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年山东省枣庄市第三中学高三上学期期中考试化学试题含解析，共29页。试卷主要包含了单选题，多选题，结构与性质，原理综合题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。
山东省枣庄市第三中学2022-2023学年高三上学期期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学让生活更美好。以下说法错误的是
A．用合成淀粉，有利于实现碳达峰、碳中和的战略
B．2022年北京冬奥会火炬的燃料是丙烷，属于清洁能源
C．Ge的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池
D．我国首次实现“仿生递送”治疗白血病，是碱性氧化物
【答案】D
【详解】A．由CO2合成淀粉可以消耗二氧化碳，有利于实现碳达峰、碳中和的战略，故A正确；
B． 丙烷燃烧产物为CO2、H2O，属于清洁能源，故B正确；
C．Ge为半导体材料，性质类似于晶体硅，可作为光电转换材料用于太阳能电池，故C正确；
D．As2O3与氢氧化钠反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故D错误；
答案选D。
2．主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20，W与Y原子的最外层电子数之和等于X原子的最外层电子数。这四种元素形成的一种食品添加剂的结构如图所示。下列说法正确的是
A．原子半径：
B．X与Y形成的化合物可用作食品干燥剂
C．W与Z形成的化合物中既含有离子键又含有共价键
D．X形成的简单氢化物的沸点和热稳定性均是同族中最高的
【答案】D
【分析】主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20，W与Y原子的最外层电子数之和等于X原子的最外层电子数，结构中X形成2个共价键、Y形成5个共价键、W形成1个共价键，故X处于VIA族、Y处于VA族、W处于IA族，结合原子序数相对大小，推知W为H元素、X为0元素、Y为P元素；Z形成+2价阳离子，则Z为Ca。
【详解】由分析可知，W为H、X为O、Y为P、Z为Ca；
A．同周期主族元素从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径增大，所有元素中氢原子比较最小，则原子半径：H
C．W与Z可以形成离子化合物为CaH2，只含离子键，故C错误；
D．同主族中氧元素非金属性最强，故氢化物中水的稳定性最强，水分子之间存在氢键，水的沸点最高，故D正确；
故答案为：D。
3．实验室用已经称量好的NaClO固体配制消毒液，下列说法正确的是
A．如图所示的仪器中，有五种是不需要的
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于配制溶液
C．用放置时间较长的NaClO来配制溶液，可能导致所配溶液浓度偏高
D．定容时，俯视容量瓶刻度线，会导致所配溶液浓度偏低
【答案】A
【分析】配制一定物质的量浓度溶液的一般操作步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签；
【详解】A．操作中需要仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；用已经称量好的NaClO固体配制消毒液，不需要的仪器有圆底烧瓶、酸式滴定管、碱式滴定管、分液漏斗、托盘天平共5种，故A正确；
B．定容操作时仍需要向容量瓶中加入蒸馏水，所以容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要烘干后就能用于配制溶液，故B错误；
C．由于NaClO易吸收空气中的H2O、CO2而变质，所以NaClO可能部分变质导致NaClO减少，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，故C错误；
D．定容时，俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，会导致所配溶液浓度偏高，故D错误；
故选A。
4．实验室制取下列气体，所选反应试剂、制备装置与收集方法合理的是
选项
气体
反应试剂
制备装置
收集方法
A
NH3
Ca(OH)2、NH4Cl
a
e
B
Cl2
MnO2、浓盐酸
c
d
C
NO
Cu、浓硝酸
c
d
D
SO2
Na2SO3、70％硫酸
b
f
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．实验室制取氨气时，可用Ca(OH)2、NH4Cl混合加热制取，氨气的密度小于空气，应选用向下排空气法，故选择装置ae，A合理；
B．MnO2、浓盐酸制取Cl2需加热，发生装置应选择固液加热型装置，该装置中不需要温度计，B不合理；
C．Cu与浓硝酸反应生成的是NO2，C不合理；
D．亚硫酸钠和硫酸反应不需要加热，且二氧化硫能和水反应不能用排水法收集，D不合理；
答案选A。
5．雄黄(As4S4，)与雌黄(As2S3)在古代均曾入药。二者可发生如图转化；NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1mol雄黄分子中，含有S－S非极性共价键的数目为2NA
B．反应I每生成22.4LSO2气体时，转移的电子数目为7NA
C．1mol雄黄分子中含有σ键的数目为10NA
D．1L1mol/LNaH2AsO3溶液中，Na+、H2AsO、AsO数目之和为2NA
【答案】C
【详解】A．As是第ⅤA族元素，S是第ⅥA族元素，结合8电子稳定结构原理，雄黄结构中黑球为As，白球为S，因此，雄黄中不含有S-S共价键，A错误；
B．根据图示的反应过程，反应Ⅰ的化学方程式为As4S4+7O2=4SO2+2As2O3，反应过程中每生成4mol SO2需要转移28mol电子，但是选项中没有指明SO2的状态，无法计算转移电子数目，B错误；
C．单键均为σ键，根据图示可知，1分子雄黄中含有10个σ键，则1mol雄黄分子中含有σ键的数目为10NA，C正确；
D．根据物料守恒有c(Na+)=c(H3AsO3)+c(H2AsO)+c(HAsO)+c(AsO)=1mol/L，但H2AsO、AsO的物质的量浓度无法求得，因此无法计算溶液中Na+、H2AsO、AsO的数目之和，D错误；
故选C。
6．离子液体具有较好的化学稳定性、较低的熔点以及对多种物质有良好的溶解性，因此被广泛应用于有机合成、分离提纯以及电化学研究中。如图为某一离子液体的结构。下列选项不正确的是
A．该离子液体能与水分子形成氢键
B．该结构中不存在手性碳原子
C．该结构中C原子的轨道杂化类型有3种
D．BF中存在配位键，B原子的轨道杂化类型为sp3
【答案】C
【详解】A． 离子中含有非金属性强、原子半径小的氮原子，能与水分子形成氢键，故A正确；
B．由结构示意图可知，该结构中不存在连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故B正确；
C．由结构示意图可知，该结构中含有的单键碳原子的轨道杂化类型为sp3杂化、含有的双键碳原子的轨道杂化类型为sp2杂化，轨道杂化类型共有2种，故C错误；
D．BF离子中存在配位键，离子中B原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，轨道杂化类型为sp3杂化，故D正确；
故选C。
7．液流电池可以实现光伏发电和风力发电电能的储存和释放，一种非金属有机物液流电池的工作原理如图，下列说法不正确的是
A．放电时，正极反应式为
B．物质b为
C．放电时，通过质子交换膜到达溴极室
D．增大储液罐体积，可提高液流电池的储能容量
【答案】B
【分析】由图可知，液流电池放电时，左侧电极为负极，AQDSH2在负极失去电子发生氧化反应生成AQDS和氢离子，电极反应式为AQDSH2—2e—=AQDS+2H+，右侧电极为正极，溴在正极得到电子发生还原反应生成溴离子，电极反应式为Br2+2e—=2Br—。
【详解】A．由分析可知，右侧电极为正极，溴在正极得到电子发生还原反应生成溴离子。电极反应式为Br2+2e—=2Br—，故A正确；
B．由分析可知，左侧电极为负极，AQDSH2在负极失去电子发生氧化反应生成AQDS和氢离子，则物质b为AQDS，故B错误；
C．由图可知，液流电池放电时，左侧电极为负极，右侧电极为正极，则氢离子通过质子交换膜到达溴极室，故C正确；
D．增大储液罐体积，能够增加储存的反应物导致液流电池的储能容量提高，故D正确；
故选B。
8．部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不合理的是
A．可以通过化合反应生成c
B．工业上通过a→b→c→d→e来制备HNO3
C．浓的a′溶液和浓的c′溶液反应可以得到b′
D．加热d′的固态钾盐可以产生O2
【答案】B
【分析】部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系图可得a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3或硝酸盐，a＇为HCl，b＇为Cl2，c＇为HClO或次氯酸盐，d＇为HClO3或氯酸盐，e＇为HClO4或高氯酸盐，据此分析。
【详解】A．氮气和氧气可以在高温或放电条件下通过化合反应生成NO，故A正确；
B．工业上通过，，，即来制备，故B错误；
C．可通过反应得到氯气，故C正确；
D．氯酸钾受热分解，可以产生，故D正确；
故答案为B。
9．类比是一种重要的学习方法，下列“类比”中正确的是
A．CO2通入溶液中不产生沉淀，则SO2通入溶液中也不产生沉淀
B．钠在空气中加热能生成过氧化钠，则锂在空气中加热也能生成过氧化锂
C．可用固体与浓硫酸加热制气体，则可用固体与浓硫酸加热制气体
D．CO2中C为sp杂化，SiO2中Si也是sp杂化
【答案】A
【详解】A．碳酸、亚硫酸都是弱酸，盐酸是强酸，CO2通入溶液中不产生沉淀，则SO2通入溶液中也不产生沉淀，故A正确；
B．锂的活泼性比钠弱，锂在空气中加热生成氧化锂，故B错误；
C．I-能被浓硫酸氧化，所以不能用固体与浓硫酸加热制气体，故C错误；
D．SiO2中Si与周围4个O原子形成4个σ键，Si是sp3杂化，故D错误；
选A。
10．根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
相同条件下，分别测量0.1mol/L和0.01mol/L醋酸溶液的导电性，前者的导电性强
醋酸浓度越大，电离程度越大
B
常温下，分别测定浓度均为0.1mol/LNaF和NaClO溶液的pH，后者的pH大
酸性：HF
KNO3和KOH的混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变为蓝色
NO被还原为NH3
D
CuS的悬浊液中加入饱和MnSO4溶液可生成浅红色沉淀(MnS为浅红色)
Ksp(MnS)
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．浓度越大，电离出离子浓度大，电离程度小，则前者电离程度小，故A错误；
B．NaClO溶液具有漂白性，不能用pH试纸测其pH，故B错误；
C．碱性条件下Al、硝酸根离子发生氧化还原反应生成氨气，则湿润的红色石蕊试纸变为蓝色，故C正确；
D．加入饱和MnSO4溶液，如满足Qc>Ksp，则生成沉淀，不能比较溶度积大小,，故D错误；
故选：C。
11．在一定浓度的溴水(pH=3.51)中通入乙烯，反应结束时溶液pH=2.36，该反应的历程如下图所示。下列说法错误的是
A．可以用溴水除去C2H6中的CH2=CH2
B．溴水pH=3.51的原因是Br2+H2OH++Br-+HBrO
C．该反应历程中pH减小的原因是生成了氢溴酸
D．生成CH2BrCH2Br和CH2BrCH2OH的物质的量相等
【答案】D
【详解】A．溴水可与乙烯反应生成液态CH2BrCH2Br使之留在洗气瓶内，达到除杂目的，故A正确；
B．溴水中存在Br2+H2OH＋＋Br-+HBrO，存在H+，pH<7，故B正确；
C．反应结束pH较开始减小，说明生成了更多的H+，根据反应历程可观察到，生成BrCH2CH2OH的过程中，另一种生成物应为氢溴酸，故C正确；
D．根据反应历程，无法说明生成的CH2BrCH2Br和BrCH2CH2OH的物质的量相等，故D错误；
故答案为D；
12．下列由实验现象所得结论正确的是
选项
实验操作和实验现象
结论
A
样品溶于水，滴加盐酸酸化的溶液，产生白色沉淀样品已变质
样品已变质
B
向溶液中滴加3滴溶液，出现白色沉淀后，再滴加3滴溶液，出现红褐色沉淀
C
向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水至过量，先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液
沉淀溶于氨水生成
D
向溶液中通入气体，有沉淀生成
酸性
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．中加盐酸，会使硝酸根离子表现强氧化性，能将亚硫酸钠氧化成硫酸钠，无法确定样品已变质，A错误；
B．由用量可知NaOH过量，过量的NaOH与氯化铁生成红褐色沉淀，无法证明是氢氧化镁转化成了氢氧化铁，因此不能确定Ksp的大小，B错误；
C．硫酸铜溶液中逐滴加入氨水，先生成蓝色沉淀，为氢氧化铜沉淀，继续滴加沉淀溶解说明氢氧化铜溶于氨水，得到深蓝色透明溶液为的溶液，C正确；
D．具有强氧化性，能氧化二氧化硫生成硫酸钙，不能证明亚硫酸和次氯酸的酸性的强弱，D错误；
故选C。
二、多选题
13．科学家设计了一种高效、低能耗制备的装置，装置如图所示．下列有关说法不正确的是
A．阴极区产生时，参加反应的在标准状况下的体积为
B．a为电源的正极
C．阳极区反应为-
D．该装置中，离子交换膜为阳离子交换膜
【答案】AD
【分析】右边氧气变双氧水，氧化合价降低，说明右边是阴极，则b为负极，a为正极，左边为阳极。
【详解】A．阴极电极反应式O2＋2e－＋2H2O＝H2O2＋2OH－，则阴极区产生2molOH－时，参加反应的O2为1mol，在标准状况下的体积为22.4L，故A错误；
B．根据前面分析a为电源的正极，故B正确；
C．根据前面得到左边是阳极， 被氧化，因此阳极区反应式为−2e－+3OH－=2H2O+，故C正确；
D．该装置中，氢氧根在阳极消耗，因此阴极产生的氢氧根要转移到阳极区域，则离子交换膜为阴离子交换膜，故D错误。
综上所述，答案为AD。
14．氯化亚铜是一种微溶于水、难溶于乙醇、易被氧化的白色粉末，以黄铜矿(主要成分为)为原料制取的流程如图所示：
已知：
下列说法中错误的是
A．“浸取”后所得浸取液可用来腐蚀铜制电路板
B．加入浓盐酸的目的是除去S并溶解
C．中加水可使平衡逆向移动
D．采用乙醇洗涤和真空干燥有利于提高的产率和纯度
【答案】AC
【分析】由制备流程可知，浸取时黄铜矿和氯化铜溶液反应生成CuCl、S、氯化亚铁溶液，过滤分离出滤渣，加浓盐酸时CuCl和盐酸反应生成[CuCl3]2−，过滤分离出S，加水稀释使CuCl(s)＋2Cl−(aq)⇌[CuCl3]2−(aq)正向移动，生成CuCl，过滤、洗涤、干燥得到CuCl，以此来解答。
【详解】A．浸取所得到的FeCl2溶液，与Cu不反应，不能用来腐蚀铜制电路板，故A错误；
B．加入浓盐酸可将CuCl转化为易溶于水的物质实现与S的分离，然后过滤分离，故B正确；
C．稀释时平衡向离子浓度增大的方向移动，中加水可使平衡正向移动，使得CuCl析出，故C错误；
D．乙醇洗涤可减少因溶解而造成的损失，提高产率，真空干燥可防止CuCl被氧化，提高纯度，故D正确；
故答案选AC。
【点睛】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
15．常温下，保持某含少量浊液的水体中与空气中的平衡，调节水体，水体中与的关系如下图所示(其中X为或)．下列说法错误的是
A．曲线Ⅱ表示与的关系
B．该温度下，的电离常数的数量级为
C．a点的水体中：
D．向水体中加入适量固体，可使溶液由b点变到c点
【答案】BD
【分析】离子浓度越大，其对应负对数越小。随着pH越大，c(CO )越大，则其负对数越小，并且，碳酸是二元弱酸，以第一步电离为主，pH较小时，c(HCO )＞c(CO)，则其负对数相反，可以推知曲线Ⅱ表示与 的关系，曲线Ⅰ可以表示 与的关系；随着pH越大，c(Ca2+)越小，则曲线Ш表示 与的关系。
【详解】A．离子浓度越大，其对应负对数越小。随着pH越大，c(CO)越大，则其负对数越小，并且，碳酸是二元弱酸，以第一步电离为主，pH较小时，c(HCO )＞c(CO )，则其负对数相反，可以推知曲线Ⅱ表示与 的关系，A项正确；
B．的电离常数= ，当处于a点时，c(H2CO3)= c(HCO)，此时=c(H+)=10-6.2，其数量级为10-7，B项错误；
C．曲线Ⅱ表示与 的关系，曲线Ⅰ可以表示与的关系；曲线Ш表示 与的关系。离子浓度越大，其负对数数值越小，则a点水体中，，C项正确；
D．Ksp（）= c(Ca2+)×c(CO)，向水体中加入适量固体，c(Ca2+)增大，同温下，Ksp（）不变，c(CO)减小，其负对数增大，所以不可使b点变到c点，则D项错误；
故答案选BD。
三、结构与性质
16．主族元素N、F、Si、As、Se、Cl等的某些化合物对工农业生产意义重大，回答下列问题：
(1)Si3N4陶瓷是世界上最坚硬的物质之一，具有高强度、低密度、耐高温等性质，其属于_______晶体；SiCl4中Si采取的杂化类型为_______。
(2)O、F、Cl电负性由大到小的顺序为_______；OF2分子的空间构型为_______；OF2的熔、沸点低于Cl2O，原因是_______。
(3)Se元素基态原子的原子核外电子排布式为_______；As的第一电离能比Se的第一电离能大的原因为_______。
(4)XeF2晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，该晶胞中有_______个XeF2分子。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点原子的分数坐标为(，，)。已知Xe-F键长为rpm，则B点原子的分数坐标为_______；晶胞中A、B间距离d=_______pm。
【答案】(1) 原子 sp3
(2) F＞O＞Cl V形 OF2和Cl2O是结构相似的分子晶体，Cl2O的相对分子量大于OF2，分子间作用力大于OF2
(3) [Ar]3d104s24p4 As原子的4p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素
(4) 2 (0，0，)
【详解】（1）由物理性质可知，四氮化三硅为熔沸点高、硬度大的原子晶体；四氯化硅中硅原子的价层电子对数为4，硅原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：原子；sp3；
（2）元素的非金属性越强，电负性越大，氟、氧、氯三种元素的非金属性强弱顺序为F＞O＞Cl，则电负性的大小顺序为F＞O＞Cl；OF2分子中氧原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为2，则分子的空间构型为V形；结构相似的分子晶体，相对分子量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，OF2和Cl2O是结构相似的分子晶体，Cl2O的相对分子量大于OF2，分子间作用力大于OF2，所以OF2的熔、沸点低于Cl2O，故答案为：F＞O＞Cl；V形；OF2和Cl2O是结构相似的分子晶体，Cl2O的相对分子量大于OF2，分子间作用力大于OF2；
（3）硒元素的原子序数为34，位于元素周期表第四周期ⅥA族，基态原子的原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4；砷原子的4p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，所以砷的第一电离能比硒的第一电离能大，故答案为：[Ar]3d104s24p4；As原子的4p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素；
（4）由晶胞结构可知，晶胞中原子半径大的氙原子位于顶点和体心，原子个数为8×+1=2，原子半径小的氟原子位于棱上和体内，原子个数为原子半径小的氟原子位于棱上和体内，原子个数为8×+2=4，所以晶胞中有2个XeF2分子；由晶胞中体心A点原子的分数坐标为(，，)可知，晶胞的边长为1，则位于棱的处B点原子的分数坐标为(0，0，)；由晶胞结构可得如下示意图： ，图中y为面对角线的，则y为，x为(—r)，则A、B间距离d为，故答案为：2；(0，0，)；。
四、原理综合题
17．2021年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列问题：
(1)在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的和，起始压强为时，发生下列反应生成水煤气：
Ⅰ.
Ⅱ.
①下列说法正确的是_______；
A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动
B．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
C．平衡时的体积分数可能大于
D．将炭块粉碎，可加快反应速率
②反应平衡时，的转化率为，CO的物质的量为。此时，整个体系_______(填“吸收”或“放出”)热量_______kJ，反应Ⅰ的平衡常数_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(2)一种脱除和利用水煤气中方法的示意图如下：
①某温度下，吸收塔中溶液吸收一定量的后，，则该溶液的_______(该温度下的)；
②再生塔中产生的离子方程式为_______；
③利用电化学原理，将电催化还原为，阴极反应式为_______。
【答案】(1) BD 吸收 31.2
(2) 10 2CO2↑++H2O 2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-
【详解】（1）①A．在恒温恒容条件下，平衡时向容器中充入情性气体不能改变反应混合物的浓度，因此反应Ⅰ的平衡不移动，A说法不正确；
B．在反应中有固体C转化为气体，气体的质量增加，而容器的体积不变，因此气体的密度在反应过程中不断增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，B说法正确；
C．若C(s)和H2O(g)完全反应全部转化为CO2(g)和H2(g)，由C(s)+ 2H2O(g) = CO2(g)+ 2H2(g)可知，H2的体积分数的极值为，由于可逆反应只有一定的限度，反应物不可能全部转化为生成物，因此，平衡时H2的体积分数不可能大于，C说法不正确；
D．将炭块粉碎可以增大其与H2O(g)的接触面积，因此可加快反应速率，D说法正确；
综上所述，相关说法正确的是BD。
②反应平衡时，H2O(g)的转化率为50%，则水的变化量为0.5mol，水的平衡量也是0.5mol，由于CO的物质的量为0.1mol，则根据O原子守恒可知CO2的物质的量为0.2mol，生成0.2mol CO2时消耗了0.2mol CO，故在反应Ⅰ实际生成了0.3molCO。根据相关反应的热化学方程式可知，生成0.3mol CO要吸收热量39.42kJ ，生成0.2mol CO2要放出热量8.22kJ此时，因此整个体系吸收热量39.42kJ-8.22kJ=31.2kJ；由H原子守恒可知，平衡时H2的物质的量为0.5mol，CO的物质的量为0.1mol，CO2的物质的量为0.2mol，水的物质的量为0.5mol，则平衡时气体的总物质的量为0.5mol+0.1mol+0.2mol+0.5mol=1.3mol，在同温同体积条件下，气体的总压之比等于气体的总物质的量之比，则平衡体系的总压为0.2MPa1.3=0.26MPa，反应I（C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)）的平衡常数Kp= 。
（2）①某温度下,吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c():c()=1:2，由可知，=，则该溶液的pH=10；
②再生塔中KHCO3受热分解生成K2CO3、H2O和CO2，该反应的离子方程式为2CO2↑++H2O；
③利用电化学原理，将CO2电催化还原为C2H4，阴极上发生还原反应，阳极上水放电生成氧气和H+，H+通过质子交换膜迁移到阴极区参与反应生成乙烯，铂电极和Ag/AgCl电极均为阴极，在电解过程中AgCl可以转化为Ag，则阴极的电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-。
18．CO2减排策略主要有三种：减少排放，捕集封存，转化利用。其中CO2转化利用，生产高能燃料和高附加值化学品，有利于实现碳资源的有效循环。由CO2转化制甲醇具有重要的经济效益。
(1)高效催化剂对CO2加氢制甲醇的反应速率影响很大。通过计算机分析，CO2加氢制甲醇在不同催化条件下存在两种反应路径的势能图如下图所示。
①CO2加氢制甲醇的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=_______eV/mol(阿伏加德罗常数用NA表示)；
②_______(填“甲酸盐”或“羧酸”)路径更有利于CO2加氢制甲醇反应，对该路径的反应速率影响最大的一步反应是_______；
③根据势能图，下列说法合理的是_______(填标号)。
A．CO2分压越大，催化剂表面积越大，CO2在催化剂表面的吸附速率越大
B．不考虑H3COH*，两种路径中产生的含碳中间体种类均有5种
C．中间体HCOO*比COOH*更稳定
D．使用高活性催化剂可降低反应焓变，加快反应速率
(2)CO2催化加氢制甲醇反应历程中某一步基元反应的Arthenius经验公式的实验数据如图所示，已知Arrhenius经验公式为(其中Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。
①该反应的活化能Ea=________kJ/mol；
②当使用更高效的催化剂时，在图中画出Rlnk与关系的示意图_______。
(3)在CO2催化加氢制甲醇过程中也存在竞争反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH>0，在恒温密闭容器中，维持压强和投料比不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，CO2转化率和甲醇选择性[x(CH3OH)%=]随温度变化关系如下图所示：
CO2转化率和甲醇选择性随温度的变化曲线
①若233-251℃时催化剂的活性受温度影响不大，分析235℃后图中曲线下降的原因_______。
②在压强为P的恒温恒压密闭容器中，加入1molCO2和3molH2反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇的选择性为50%，计算CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)在该温度下的平衡常数Kp=_______。(列出计算式)
【答案】(1) -0.19NA 甲酸盐 HCOO*+H*=H2COO*(或HCOO*+H*+2H2=H2COO*+2H2) BC
(2) 30.0 或
(3) 主反应放热，副反应吸热。升温使主反应平衡逆向移动程度大于副反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降
【详解】（1）①由图示可知，CO2加氢制甲醇的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-0.19NAeV/mol。
②由图示可知，甲酸盐作为催化剂时，活化能更低，因此甲酸盐路径更有利于CO2加氢制甲醇反应，对该路径的反应速率影响最大的一步反应是慢反应，即活化能最高的一步反应，即HCOO*+H*=H2COO*(或HCOO*+H*+2H2=H2COO*+2H2)。
③A．催化剂表面积越大，CO2在催化剂表面的吸附速率越大，但CO2分压越大，CO2在催化剂表面的吸附速率不一定越大，A错误；
B．由图示可知，不考虑H3COH*，两种路径中产生的含碳中间体种类均有5种，B正确；
C．由图示可知，中间体HCOO*比COOH*势能低，更稳定，C正确；
D．使用高活性催化剂可加快反应速率，但不能改变反应焓变，D错误；
答案选BC。
（2）①根据图象并结合公式有：63.0=-3.0Ea+C，33.0=-4.0Ea+C，联立方程，解得Ea=30.0，C=153。
②使用更高效的催化剂时，可降低反应的活化能，则与Rlnk与关系的示意图为：或 。
（3）①CO2催化加氢制甲醇为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇选择性降低，二氧化碳转化率降低，竞争反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳转化率升高，但升高温度使CO2催化加氢制甲醇平衡逆向移动程度大于竞争反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降。
②CO2平衡转化率为20%，二氧化碳的物质的量转化量为0.2mol，甲醇的选择性为50%，代入x(CH3OH)%=，可得50%=，解得n(生成CH3OH)=0.1mol，列三段式：
平衡时二氧化碳物质的量为0.8mol，氢气物质的量为2.6mol，甲醇物质的量为0.1mol，一氧化碳物质的量为0.1mol，水蒸气物质的量为0.2mol，物质总物质的量为：0.8mol+2.6mol+0.1mol+0.1mol+0.2mol=3.8mol，二氧化碳分压为，氢气分压为，甲醇分压为，水蒸气分压为，则CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)在该温度下的压强平衡常数Kp=。
五、工业流程题
19．以碳酸锰铜矿(主要成分为MnCO3、CuCO3，还含有Fe2O3、FeO等杂质)为原料制备硫酸锰的一种工艺流程如下：
(1)“氧化”时，反应的离子方程式为_______。可用一种试剂检验氧化后的溶液中是否含有Fe2+，该试剂为_______(写化学式)。
(2)加入MnCO3调节pH=3.3时可以将Fe3+转化为Fe(OH)3而除去，该反应的离子方程式为_______。
(3)“沉铜"时，若滤液中c(Mn2+)=0.21mol·L-1，向其中缓慢通入氨气，为了使铜离子完全沉淀而又避免生成Mn(OH)2，应控制pH的范围为_______。[已知：常温下，Ksp[Cu(OH)2]=1×10-20，Ksp[Mn(OH)2]=2.1×10-13，离子浓度小于或等于10-5mol/L可视为沉淀完全]
(4)本工艺中可循环使用的物质是_______。
(5)结合图象，分析获得(MnSO4·H2O)晶体的“系列操作”步骤为：_______、_______，酒精洗涤，低温干燥。
【答案】(1) MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O K3[Fe(CN)6] (或KMnO4)
(2)3MnCO3 +2Fe3+ +3H2O = 2Fe(OH)3 +3Mn2+ +3CO2 ↑
(3)6.5≤PH＜8 (或6.5～8)
(4)NH3、MnCO3
(5) 蒸发结晶 趁热过滤
【分析】碳酸锰铜矿主要成分为MnCO3、CuCO3，还含有Fe3O4、FeO杂质，用硫酸酸浸，得到硫酸锰、硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁的混合溶液，加入二氧化锰， Fe2+被氧化为Fe3+；加入MnCO3调节pH生成氢氧化铁沉淀；过滤后向溶液中通入氨气生成氢氧化铜沉淀，过滤，向滤液中加入NH4HCO3，生成MnCO3沉淀，MnCO3沉淀中加硫酸，得到硫酸锰溶液，以此解题。
【详解】（1）“氧化”时，二氧化锰把酸浸后的二价铁氧化为三价铁，离子方程式为： MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；二价铁和铁氰化钾相遇的时候会生成蓝色沉淀，可以用铁氰化钾来检验，另外二价铁有还原性，可以使高锰酸钾褪色，可以用酸性高锰酸钾来检验，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O ；K3[Fe(CN)6] (或KMnO4)；
（2）碳酸锰消耗三价铁水解产生的氢离子，导致氢离子浓度降低，促进三价铁水解，该反应的离子方程式为：3MnCO3 +2Fe3+ +3H2O = 2Fe(OH)3 +3Mn2+ +3CO2 ↑；
（3）铜离子完全沉淀是铜离子浓度小于或等于10-5mol/L，此时c(OH-)==10-7.5 mol/L，c(H+)==10-6.5，pH=6.5；锰离子开始沉淀时，c(OH-)==10-6 mol/L，c(H+)==10-8，pH=8，故应控制pH的范围为6.5≤PH＜8 (或6.5～8)；
（4）通过流程图可知，在加热赶氨的时产生氨气，另外本题在沉锰的时候生成碳酸锰，故本工艺中可循环使用的物质是NH3 、MnCO3；
（5）从MnSO4溶液中得到MnSO4·H2O的方法为：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发结晶、趁热过滤。
六、实验题
20．三氯氧磷(POCl3)可用作半导体掺杂剂及光导纤维原料，是能推进中国半导体产业链发展壮大的一种重要的化工原料。工业上可以直接氧化PCl3制备POCl3，反应原理为：P4(白磷)+6Cl2=4PCl3，2PCl3+O2=2POCl3。
已知：PCl3、POCl3的部分性质如下：
熔点/℃
沸点/℃
相对分子质量
其它
PCl3
-112
75.5
137.5
遇水生成H3PO3和HCl
POCl3
2
105.3
153.5
遇水生成H3PO4和HCl
某化学兴趣小组模拟该工艺设计实验装置如图(某些夹持装置和加热装置已略去)：
(1)检查装置气密性并加入纯净的白磷，先制取一种气体，缓慢地通入C中，直至C中的白磷完全消失后，再通入另一种气体。仪器a的名称为_______，b中盛放的药品是_______。
(2)装置E反应的离子方程式为_______。
(3)C反应温度控制在60~65℃，不能过高或过低的原因是_______。分离提纯获得POCl3的实验方法是_______。
(4)通过测定三氯氧磷产品中氯元素含量，可进一步计算产品的纯度，实验步骤如下：
①取ag产品置于盛50.00mL蒸馏水的水解瓶中，摇动至完全水解，将水解液配成100.00mL溶液，预处理排除含磷粒子的影响。
②取10.00mL溶液于锥形瓶中，向其中加入Comol/L-1的AgNO3溶液V0mL，使Cl-完全沉淀，再加入20mL硝基苯，振荡，使沉淀表面被有机物覆盖；然后选择Fe(NO3)，指示剂，用c1mol/L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积为V1mL。
[已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2.0×10-12]
滴定终点的现象：_______。实验过程中加入硝基苯的目的是_______，若无此操作，则所测POCI3的含量将_______(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
(5)产品中POCl3的质量分数为_______。
【答案】(1) (球形)冷凝管 碱石灰
(2)MnO2 +4H+2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O
(3) PCl3易挥发，利用率降低 蒸馏
(4) 最后一滴(或半滴)标准液，溶液变红，30s不变色 使生成的AgCl沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN-与AgCl反应 偏高
(5)%
【分析】装置A中用黑色固体和液态物质反应制氧气，装置B可以干燥O2，瓶口的长颈漏斗可以平衡气压，还可以观察氧气的流速；装置E为固液混合加热制备氯气，装置D干燥生成的氯气；在装置C中发生P4(白磷)+6Cl2=4PCl3，2PCl3+O2=2POCl3。
【详解】（1）根据装置图仪器a结构可知其名称为球形冷凝管；装置b为干燥管，其盛放的试剂可以吸收未反应的Cl2，同时还可防止空气中的水蒸气进入装置中，该固体试剂可以是碱石灰；故答案为：(球形)冷凝管；碱石灰；
（2）装置E为固液混合加热制备氯气，实验室中采用二氧化锰与浓盐酸加热制取氯气，反应的化学方程式为：MnO2 +4HCl (浓) MnCl2 +Cl2↑+2H2O；故答案为：MnO2 +4H+2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O；
（3）在装置C中发生反应：P4(白磷)+6Cl2=4PCl3，2PCl3+O2=2POCl3。C中反应温度控制在60~65℃，不能过高或过低，这是由于温度太低，反应速率变慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率降低；由PCl3、POCl3的熔沸点信息可知其在常温下为液态，分离混溶的液态混合物应采用蒸馏法，故答案为：PCl3易挥发，利用率降低；蒸馏；
（4）SCN-与铁离子会反应使溶液变为红色，故滴定终点现象为滴入最后一滴(或半滴)标准液，溶液变红，30s不变色；由Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2.0×10-12可知，AgSCN更难溶，实验过程中加入硝基苯的目的是使生成的AgCl沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN-与AgCl反应；若无此操作，则V2偏大，根据POCl3的含量计算公式可知：计算所测POCl3的含量将偏高。故答案为：最后一滴(或半滴)标准液，溶液变红，30s不变色；使生成的AgCl沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN-与AgCl反应；偏高；
（5）根据元素守恒可得关系式：POCl3～3Cl-～3Ag+，与Cl-反应的Ag+的物质的量为n(Ag+)=(c0V0-c1V1)×10-3 mol× =( c0V0-c1V1)×10-2 mol， 则n(PCl3)+n(POCl3)=n(Ag+)=×(c0V0-c1V1)×10-2 mol，假设n(PCl3)、n(POCl3)的物质的量分别是x、y，则x+y=×(c0V0-c1V1)×10-2 mol，根据质量关系可得137.5x+153.5y=a，解得y=mol，所以POCl3的质量分数为：=%。
山东省枣庄市第三中学2022-2023学年高三上学期期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学让生活更美好。以下说法错误的是
A．用合成淀粉，有利于实现碳达峰、碳中和的战略
B．2022年北京冬奥会火炬的燃料是丙烷，属于清洁能源
C．Ge的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池
D．我国首次实现“仿生递送”治疗白血病，是碱性氧化物
【答案】D
【详解】A．由CO2合成淀粉可以消耗二氧化碳，有利于实现碳达峰、碳中和的战略，故A正确；
B． 丙烷燃烧产物为CO2、H2O，属于清洁能源，故B正确；
C．Ge为半导体材料，性质类似于晶体硅，可作为光电转换材料用于太阳能电池，故C正确；
D．As2O3与氢氧化钠反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故D错误；
答案选D。
2．主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20，W与Y原子的最外层电子数之和等于X原子的最外层电子数。这四种元素形成的一种食品添加剂的结构如图所示。下列说法正确的是
A．原子半径：
B．X与Y形成的化合物可用作食品干燥剂
C．W与Z形成的化合物中既含有离子键又含有共价键
D．X形成的简单氢化物的沸点和热稳定性均是同族中最高的
【答案】D
【分析】主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20，W与Y原子的最外层电子数之和等于X原子的最外层电子数，结构中X形成2个共价键、Y形成5个共价键、W形成1个共价键，故X处于VIA族、Y处于VA族、W处于IA族，结合原子序数相对大小，推知W为H元素、X为0元素、Y为P元素；Z形成+2价阳离子，则Z为Ca。
【详解】由分析可知，W为H、X为O、Y为P、Z为Ca；
A．同周期主族元素从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径增大，所有元素中氢原子比较最小，则原子半径：H
C．W与Z可以形成离子化合物为CaH2，只含离子键，故C错误；
D．同主族中氧元素非金属性最强，故氢化物中水的稳定性最强，水分子之间存在氢键，水的沸点最高，故D正确；
故答案为：D。
3．实验室用已经称量好的NaClO固体配制消毒液，下列说法正确的是
A．如图所示的仪器中，有五种是不需要的
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于配制溶液
C．用放置时间较长的NaClO来配制溶液，可能导致所配溶液浓度偏高
D．定容时，俯视容量瓶刻度线，会导致所配溶液浓度偏低
【答案】A
【分析】配制一定物质的量浓度溶液的一般操作步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签；
【详解】A．操作中需要仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；用已经称量好的NaClO固体配制消毒液，不需要的仪器有圆底烧瓶、酸式滴定管、碱式滴定管、分液漏斗、托盘天平共5种，故A正确；
B．定容操作时仍需要向容量瓶中加入蒸馏水，所以容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要烘干后就能用于配制溶液，故B错误；
C．由于NaClO易吸收空气中的H2O、CO2而变质，所以NaClO可能部分变质导致NaClO减少，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，故C错误；
D．定容时，俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，会导致所配溶液浓度偏高，故D错误；
故选A。
4．实验室制取下列气体，所选反应试剂、制备装置与收集方法合理的是
选项
气体
反应试剂
制备装置
收集方法
A
NH3
Ca(OH)2、NH4Cl
a
e
B
Cl2
MnO2、浓盐酸
c
d
C
NO
Cu、浓硝酸
c
d
D
SO2
Na2SO3、70％硫酸
b
f
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．实验室制取氨气时，可用Ca(OH)2、NH4Cl混合加热制取，氨气的密度小于空气，应选用向下排空气法，故选择装置ae，A合理；
B．MnO2、浓盐酸制取Cl2需加热，发生装置应选择固液加热型装置，该装置中不需要温度计，B不合理；
C．Cu与浓硝酸反应生成的是NO2，C不合理；
D．亚硫酸钠和硫酸反应不需要加热，且二氧化硫能和水反应不能用排水法收集，D不合理；
答案选A。
5．雄黄(As4S4，)与雌黄(As2S3)在古代均曾入药。二者可发生如图转化；NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1mol雄黄分子中，含有S－S非极性共价键的数目为2NA
B．反应I每生成22.4LSO2气体时，转移的电子数目为7NA
C．1mol雄黄分子中含有σ键的数目为10NA
D．1L1mol/LNaH2AsO3溶液中，Na+、H2AsO、AsO数目之和为2NA
【答案】C
【详解】A．As是第ⅤA族元素，S是第ⅥA族元素，结合8电子稳定结构原理，雄黄结构中黑球为As，白球为S，因此，雄黄中不含有S-S共价键，A错误；
B．根据图示的反应过程，反应Ⅰ的化学方程式为As4S4+7O2=4SO2+2As2O3，反应过程中每生成4mol SO2需要转移28mol电子，但是选项中没有指明SO2的状态，无法计算转移电子数目，B错误；
C．单键均为σ键，根据图示可知，1分子雄黄中含有10个σ键，则1mol雄黄分子中含有σ键的数目为10NA，C正确；
D．根据物料守恒有c(Na+)=c(H3AsO3)+c(H2AsO)+c(HAsO)+c(AsO)=1mol/L，但H2AsO、AsO的物质的量浓度无法求得，因此无法计算溶液中Na+、H2AsO、AsO的数目之和，D错误；
故选C。
6．离子液体具有较好的化学稳定性、较低的熔点以及对多种物质有良好的溶解性，因此被广泛应用于有机合成、分离提纯以及电化学研究中。如图为某一离子液体的结构。下列选项不正确的是
A．该离子液体能与水分子形成氢键
B．该结构中不存在手性碳原子
C．该结构中C原子的轨道杂化类型有3种
D．BF中存在配位键，B原子的轨道杂化类型为sp3
【答案】C
【详解】A． 离子中含有非金属性强、原子半径小的氮原子，能与水分子形成氢键，故A正确；
B．由结构示意图可知，该结构中不存在连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故B正确；
C．由结构示意图可知，该结构中含有的单键碳原子的轨道杂化类型为sp3杂化、含有的双键碳原子的轨道杂化类型为sp2杂化，轨道杂化类型共有2种，故C错误；
D．BF离子中存在配位键，离子中B原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，轨道杂化类型为sp3杂化，故D正确；
故选C。
7．液流电池可以实现光伏发电和风力发电电能的储存和释放，一种非金属有机物液流电池的工作原理如图，下列说法不正确的是
A．放电时，正极反应式为
B．物质b为
C．放电时，通过质子交换膜到达溴极室
D．增大储液罐体积，可提高液流电池的储能容量
【答案】B
【分析】由图可知，液流电池放电时，左侧电极为负极，AQDSH2在负极失去电子发生氧化反应生成AQDS和氢离子，电极反应式为AQDSH2—2e—=AQDS+2H+，右侧电极为正极，溴在正极得到电子发生还原反应生成溴离子，电极反应式为Br2+2e—=2Br—。
【详解】A．由分析可知，右侧电极为正极，溴在正极得到电子发生还原反应生成溴离子。电极反应式为Br2+2e—=2Br—，故A正确；
B．由分析可知，左侧电极为负极，AQDSH2在负极失去电子发生氧化反应生成AQDS和氢离子，则物质b为AQDS，故B错误；
C．由图可知，液流电池放电时，左侧电极为负极，右侧电极为正极，则氢离子通过质子交换膜到达溴极室，故C正确；
D．增大储液罐体积，能够增加储存的反应物导致液流电池的储能容量提高，故D正确；
故选B。
8．部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不合理的是
A．可以通过化合反应生成c
B．工业上通过a→b→c→d→e来制备HNO3
C．浓的a′溶液和浓的c′溶液反应可以得到b′
D．加热d′的固态钾盐可以产生O2
【答案】B
【分析】部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系图可得a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3或硝酸盐，a＇为HCl，b＇为Cl2，c＇为HClO或次氯酸盐，d＇为HClO3或氯酸盐，e＇为HClO4或高氯酸盐，据此分析。
【详解】A．氮气和氧气可以在高温或放电条件下通过化合反应生成NO，故A正确；
B．工业上通过，，，即来制备，故B错误；
C．可通过反应得到氯气，故C正确；
D．氯酸钾受热分解，可以产生，故D正确；
故答案为B。
9．类比是一种重要的学习方法，下列“类比”中正确的是
A．CO2通入溶液中不产生沉淀，则SO2通入溶液中也不产生沉淀
B．钠在空气中加热能生成过氧化钠，则锂在空气中加热也能生成过氧化锂
C．可用固体与浓硫酸加热制气体，则可用固体与浓硫酸加热制气体
D．CO2中C为sp杂化，SiO2中Si也是sp杂化
【答案】A
【详解】A．碳酸、亚硫酸都是弱酸，盐酸是强酸，CO2通入溶液中不产生沉淀，则SO2通入溶液中也不产生沉淀，故A正确；
B．锂的活泼性比钠弱，锂在空气中加热生成氧化锂，故B错误；
C．I-能被浓硫酸氧化，所以不能用固体与浓硫酸加热制气体，故C错误；
D．SiO2中Si与周围4个O原子形成4个σ键，Si是sp3杂化，故D错误；
选A。
10．根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
相同条件下，分别测量0.1mol/L和0.01mol/L醋酸溶液的导电性，前者的导电性强
醋酸浓度越大，电离程度越大
B
常温下，分别测定浓度均为0.1mol/LNaF和NaClO溶液的pH，后者的pH大
酸性：HF
KNO3和KOH的混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变为蓝色
NO被还原为NH3
D
CuS的悬浊液中加入饱和MnSO4溶液可生成浅红色沉淀(MnS为浅红色)
Ksp(MnS)
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．浓度越大，电离出离子浓度大，电离程度小，则前者电离程度小，故A错误；
B．NaClO溶液具有漂白性，不能用pH试纸测其pH，故B错误；
C．碱性条件下Al、硝酸根离子发生氧化还原反应生成氨气，则湿润的红色石蕊试纸变为蓝色，故C正确；
D．加入饱和MnSO4溶液，如满足Qc>Ksp，则生成沉淀，不能比较溶度积大小,，故D错误；
故选：C。
11．在一定浓度的溴水(pH=3.51)中通入乙烯，反应结束时溶液pH=2.36，该反应的历程如下图所示。下列说法错误的是
A．可以用溴水除去C2H6中的CH2=CH2
B．溴水pH=3.51的原因是Br2+H2OH++Br-+HBrO
C．该反应历程中pH减小的原因是生成了氢溴酸
D．生成CH2BrCH2Br和CH2BrCH2OH的物质的量相等
【答案】D
【详解】A．溴水可与乙烯反应生成液态CH2BrCH2Br使之留在洗气瓶内，达到除杂目的，故A正确；
B．溴水中存在Br2+H2OH＋＋Br-+HBrO，存在H+，pH<7，故B正确；
C．反应结束pH较开始减小，说明生成了更多的H+，根据反应历程可观察到，生成BrCH2CH2OH的过程中，另一种生成物应为氢溴酸，故C正确；
D．根据反应历程，无法说明生成的CH2BrCH2Br和BrCH2CH2OH的物质的量相等，故D错误；
故答案为D；
12．下列由实验现象所得结论正确的是
选项
实验操作和实验现象
结论
A
样品溶于水，滴加盐酸酸化的溶液，产生白色沉淀样品已变质
样品已变质
B
向溶液中滴加3滴溶液，出现白色沉淀后，再滴加3滴溶液，出现红褐色沉淀
C
向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水至过量，先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液
沉淀溶于氨水生成
D
向溶液中通入气体，有沉淀生成
酸性
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．中加盐酸，会使硝酸根离子表现强氧化性，能将亚硫酸钠氧化成硫酸钠，无法确定样品已变质，A错误；
B．由用量可知NaOH过量，过量的NaOH与氯化铁生成红褐色沉淀，无法证明是氢氧化镁转化成了氢氧化铁，因此不能确定Ksp的大小，B错误；
C．硫酸铜溶液中逐滴加入氨水，先生成蓝色沉淀，为氢氧化铜沉淀，继续滴加沉淀溶解说明氢氧化铜溶于氨水，得到深蓝色透明溶液为的溶液，C正确；
D．具有强氧化性，能氧化二氧化硫生成硫酸钙，不能证明亚硫酸和次氯酸的酸性的强弱，D错误；
故选C。
二、多选题
13．科学家设计了一种高效、低能耗制备的装置，装置如图所示．下列有关说法不正确的是
A．阴极区产生时，参加反应的在标准状况下的体积为
B．a为电源的正极
C．阳极区反应为-
D．该装置中，离子交换膜为阳离子交换膜
【答案】AD
【分析】右边氧气变双氧水，氧化合价降低，说明右边是阴极，则b为负极，a为正极，左边为阳极。
【详解】A．阴极电极反应式O2＋2e－＋2H2O＝H2O2＋2OH－，则阴极区产生2molOH－时，参加反应的O2为1mol，在标准状况下的体积为22.4L，故A错误；
B．根据前面分析a为电源的正极，故B正确；
C．根据前面得到左边是阳极， 被氧化，因此阳极区反应式为−2e－+3OH－=2H2O+，故C正确；
D．该装置中，氢氧根在阳极消耗，因此阴极产生的氢氧根要转移到阳极区域，则离子交换膜为阴离子交换膜，故D错误。
综上所述，答案为AD。
14．氯化亚铜是一种微溶于水、难溶于乙醇、易被氧化的白色粉末，以黄铜矿(主要成分为)为原料制取的流程如图所示：
已知：
下列说法中错误的是
A．“浸取”后所得浸取液可用来腐蚀铜制电路板
B．加入浓盐酸的目的是除去S并溶解
C．中加水可使平衡逆向移动
D．采用乙醇洗涤和真空干燥有利于提高的产率和纯度
【答案】AC
【分析】由制备流程可知，浸取时黄铜矿和氯化铜溶液反应生成CuCl、S、氯化亚铁溶液，过滤分离出滤渣，加浓盐酸时CuCl和盐酸反应生成[CuCl3]2−，过滤分离出S，加水稀释使CuCl(s)＋2Cl−(aq)⇌[CuCl3]2−(aq)正向移动，生成CuCl，过滤、洗涤、干燥得到CuCl，以此来解答。
【详解】A．浸取所得到的FeCl2溶液，与Cu不反应，不能用来腐蚀铜制电路板，故A错误；
B．加入浓盐酸可将CuCl转化为易溶于水的物质实现与S的分离，然后过滤分离，故B正确；
C．稀释时平衡向离子浓度增大的方向移动，中加水可使平衡正向移动，使得CuCl析出，故C错误；
D．乙醇洗涤可减少因溶解而造成的损失，提高产率，真空干燥可防止CuCl被氧化，提高纯度，故D正确；
故答案选AC。
【点睛】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
15．常温下，保持某含少量浊液的水体中与空气中的平衡，调节水体，水体中与的关系如下图所示(其中X为或)．下列说法错误的是
A．曲线Ⅱ表示与的关系
B．该温度下，的电离常数的数量级为
C．a点的水体中：
D．向水体中加入适量固体，可使溶液由b点变到c点
【答案】BD
【分析】离子浓度越大，其对应负对数越小。随着pH越大，c(CO )越大，则其负对数越小，并且，碳酸是二元弱酸，以第一步电离为主，pH较小时，c(HCO )＞c(CO)，则其负对数相反，可以推知曲线Ⅱ表示与 的关系，曲线Ⅰ可以表示 与的关系；随着pH越大，c(Ca2+)越小，则曲线Ш表示 与的关系。
【详解】A．离子浓度越大，其对应负对数越小。随着pH越大，c(CO)越大，则其负对数越小，并且，碳酸是二元弱酸，以第一步电离为主，pH较小时，c(HCO )＞c(CO )，则其负对数相反，可以推知曲线Ⅱ表示与 的关系，A项正确；
B．的电离常数= ，当处于a点时，c(H2CO3)= c(HCO)，此时=c(H+)=10-6.2，其数量级为10-7，B项错误；
C．曲线Ⅱ表示与 的关系，曲线Ⅰ可以表示与的关系；曲线Ш表示 与的关系。离子浓度越大，其负对数数值越小，则a点水体中，，C项正确；
D．Ksp（）= c(Ca2+)×c(CO)，向水体中加入适量固体，c(Ca2+)增大，同温下，Ksp（）不变，c(CO)减小，其负对数增大，所以不可使b点变到c点，则D项错误；
故答案选BD。
三、结构与性质
16．主族元素N、F、Si、As、Se、Cl等的某些化合物对工农业生产意义重大，回答下列问题：
(1)Si3N4陶瓷是世界上最坚硬的物质之一，具有高强度、低密度、耐高温等性质，其属于_______晶体；SiCl4中Si采取的杂化类型为_______。
(2)O、F、Cl电负性由大到小的顺序为_______；OF2分子的空间构型为_______；OF2的熔、沸点低于Cl2O，原因是_______。
(3)Se元素基态原子的原子核外电子排布式为_______；As的第一电离能比Se的第一电离能大的原因为_______。
(4)XeF2晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，该晶胞中有_______个XeF2分子。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点原子的分数坐标为(，，)。已知Xe-F键长为rpm，则B点原子的分数坐标为_______；晶胞中A、B间距离d=_______pm。
【答案】(1) 原子 sp3
(2) F＞O＞Cl V形 OF2和Cl2O是结构相似的分子晶体，Cl2O的相对分子量大于OF2，分子间作用力大于OF2
(3) [Ar]3d104s24p4 As原子的4p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素
(4) 2 (0，0，)
【详解】（1）由物理性质可知，四氮化三硅为熔沸点高、硬度大的原子晶体；四氯化硅中硅原子的价层电子对数为4，硅原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：原子；sp3；
（2）元素的非金属性越强，电负性越大，氟、氧、氯三种元素的非金属性强弱顺序为F＞O＞Cl，则电负性的大小顺序为F＞O＞Cl；OF2分子中氧原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为2，则分子的空间构型为V形；结构相似的分子晶体，相对分子量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，OF2和Cl2O是结构相似的分子晶体，Cl2O的相对分子量大于OF2，分子间作用力大于OF2，所以OF2的熔、沸点低于Cl2O，故答案为：F＞O＞Cl；V形；OF2和Cl2O是结构相似的分子晶体，Cl2O的相对分子量大于OF2，分子间作用力大于OF2；
（3）硒元素的原子序数为34，位于元素周期表第四周期ⅥA族，基态原子的原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4；砷原子的4p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，所以砷的第一电离能比硒的第一电离能大，故答案为：[Ar]3d104s24p4；As原子的4p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素；
（4）由晶胞结构可知，晶胞中原子半径大的氙原子位于顶点和体心，原子个数为8×+1=2，原子半径小的氟原子位于棱上和体内，原子个数为原子半径小的氟原子位于棱上和体内，原子个数为8×+2=4，所以晶胞中有2个XeF2分子；由晶胞中体心A点原子的分数坐标为(，，)可知，晶胞的边长为1，则位于棱的处B点原子的分数坐标为(0，0，)；由晶胞结构可得如下示意图： ，图中y为面对角线的，则y为，x为(—r)，则A、B间距离d为，故答案为：2；(0，0，)；。
四、原理综合题
17．2021年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列问题：
(1)在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的和，起始压强为时，发生下列反应生成水煤气：
Ⅰ.
Ⅱ.
①下列说法正确的是_______；
A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动
B．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
C．平衡时的体积分数可能大于
D．将炭块粉碎，可加快反应速率
②反应平衡时，的转化率为，CO的物质的量为。此时，整个体系_______(填“吸收”或“放出”)热量_______kJ，反应Ⅰ的平衡常数_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(2)一种脱除和利用水煤气中方法的示意图如下：
①某温度下，吸收塔中溶液吸收一定量的后，，则该溶液的_______(该温度下的)；
②再生塔中产生的离子方程式为_______；
③利用电化学原理，将电催化还原为，阴极反应式为_______。
【答案】(1) BD 吸收 31.2
(2) 10 2CO2↑++H2O 2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-
【详解】（1）①A．在恒温恒容条件下，平衡时向容器中充入情性气体不能改变反应混合物的浓度，因此反应Ⅰ的平衡不移动，A说法不正确；
B．在反应中有固体C转化为气体，气体的质量增加，而容器的体积不变，因此气体的密度在反应过程中不断增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，B说法正确；
C．若C(s)和H2O(g)完全反应全部转化为CO2(g)和H2(g)，由C(s)+ 2H2O(g) = CO2(g)+ 2H2(g)可知，H2的体积分数的极值为，由于可逆反应只有一定的限度，反应物不可能全部转化为生成物，因此，平衡时H2的体积分数不可能大于，C说法不正确；
D．将炭块粉碎可以增大其与H2O(g)的接触面积，因此可加快反应速率，D说法正确；
综上所述，相关说法正确的是BD。
②反应平衡时，H2O(g)的转化率为50%，则水的变化量为0.5mol，水的平衡量也是0.5mol，由于CO的物质的量为0.1mol，则根据O原子守恒可知CO2的物质的量为0.2mol，生成0.2mol CO2时消耗了0.2mol CO，故在反应Ⅰ实际生成了0.3molCO。根据相关反应的热化学方程式可知，生成0.3mol CO要吸收热量39.42kJ ，生成0.2mol CO2要放出热量8.22kJ此时，因此整个体系吸收热量39.42kJ-8.22kJ=31.2kJ；由H原子守恒可知，平衡时H2的物质的量为0.5mol，CO的物质的量为0.1mol，CO2的物质的量为0.2mol，水的物质的量为0.5mol，则平衡时气体的总物质的量为0.5mol+0.1mol+0.2mol+0.5mol=1.3mol，在同温同体积条件下，气体的总压之比等于气体的总物质的量之比，则平衡体系的总压为0.2MPa1.3=0.26MPa，反应I（C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)）的平衡常数Kp= 。
（2）①某温度下,吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c():c()=1:2，由可知，=，则该溶液的pH=10；
②再生塔中KHCO3受热分解生成K2CO3、H2O和CO2，该反应的离子方程式为2CO2↑++H2O；
③利用电化学原理，将CO2电催化还原为C2H4，阴极上发生还原反应，阳极上水放电生成氧气和H+，H+通过质子交换膜迁移到阴极区参与反应生成乙烯，铂电极和Ag/AgCl电极均为阴极，在电解过程中AgCl可以转化为Ag，则阴极的电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-。
18．CO2减排策略主要有三种：减少排放，捕集封存，转化利用。其中CO2转化利用，生产高能燃料和高附加值化学品，有利于实现碳资源的有效循环。由CO2转化制甲醇具有重要的经济效益。
(1)高效催化剂对CO2加氢制甲醇的反应速率影响很大。通过计算机分析，CO2加氢制甲醇在不同催化条件下存在两种反应路径的势能图如下图所示。
①CO2加氢制甲醇的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=_______eV/mol(阿伏加德罗常数用NA表示)；
②_______(填“甲酸盐”或“羧酸”)路径更有利于CO2加氢制甲醇反应，对该路径的反应速率影响最大的一步反应是_______；
③根据势能图，下列说法合理的是_______(填标号)。
A．CO2分压越大，催化剂表面积越大，CO2在催化剂表面的吸附速率越大
B．不考虑H3COH*，两种路径中产生的含碳中间体种类均有5种
C．中间体HCOO*比COOH*更稳定
D．使用高活性催化剂可降低反应焓变，加快反应速率
(2)CO2催化加氢制甲醇反应历程中某一步基元反应的Arthenius经验公式的实验数据如图所示，已知Arrhenius经验公式为(其中Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。
①该反应的活化能Ea=________kJ/mol；
②当使用更高效的催化剂时，在图中画出Rlnk与关系的示意图_______。
(3)在CO2催化加氢制甲醇过程中也存在竞争反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH>0，在恒温密闭容器中，维持压强和投料比不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，CO2转化率和甲醇选择性[x(CH3OH)%=]随温度变化关系如下图所示：
CO2转化率和甲醇选择性随温度的变化曲线
①若233-251℃时催化剂的活性受温度影响不大，分析235℃后图中曲线下降的原因_______。
②在压强为P的恒温恒压密闭容器中，加入1molCO2和3molH2反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇的选择性为50%，计算CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)在该温度下的平衡常数Kp=_______。(列出计算式)
【答案】(1) -0.19NA 甲酸盐 HCOO*+H*=H2COO*(或HCOO*+H*+2H2=H2COO*+2H2) BC
(2) 30.0 或
(3) 主反应放热，副反应吸热。升温使主反应平衡逆向移动程度大于副反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降
【详解】（1）①由图示可知，CO2加氢制甲醇的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-0.19NAeV/mol。
②由图示可知，甲酸盐作为催化剂时，活化能更低，因此甲酸盐路径更有利于CO2加氢制甲醇反应，对该路径的反应速率影响最大的一步反应是慢反应，即活化能最高的一步反应，即HCOO*+H*=H2COO*(或HCOO*+H*+2H2=H2COO*+2H2)。
③A．催化剂表面积越大，CO2在催化剂表面的吸附速率越大，但CO2分压越大，CO2在催化剂表面的吸附速率不一定越大，A错误；
B．由图示可知，不考虑H3COH*，两种路径中产生的含碳中间体种类均有5种，B正确；
C．由图示可知，中间体HCOO*比COOH*势能低，更稳定，C正确；
D．使用高活性催化剂可加快反应速率，但不能改变反应焓变，D错误；
答案选BC。
（2）①根据图象并结合公式有：63.0=-3.0Ea+C，33.0=-4.0Ea+C，联立方程，解得Ea=30.0，C=153。
②使用更高效的催化剂时，可降低反应的活化能，则与Rlnk与关系的示意图为：或 。
（3）①CO2催化加氢制甲醇为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇选择性降低，二氧化碳转化率降低，竞争反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳转化率升高，但升高温度使CO2催化加氢制甲醇平衡逆向移动程度大于竞争反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降。
②CO2平衡转化率为20%，二氧化碳的物质的量转化量为0.2mol，甲醇的选择性为50%，代入x(CH3OH)%=，可得50%=，解得n(生成CH3OH)=0.1mol，列三段式：
平衡时二氧化碳物质的量为0.8mol，氢气物质的量为2.6mol，甲醇物质的量为0.1mol，一氧化碳物质的量为0.1mol，水蒸气物质的量为0.2mol，物质总物质的量为：0.8mol+2.6mol+0.1mol+0.1mol+0.2mol=3.8mol，二氧化碳分压为，氢气分压为，甲醇分压为，水蒸气分压为，则CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)在该温度下的压强平衡常数Kp=。
五、工业流程题
19．以碳酸锰铜矿(主要成分为MnCO3、CuCO3，还含有Fe2O3、FeO等杂质)为原料制备硫酸锰的一种工艺流程如下：
(1)“氧化”时，反应的离子方程式为_______。可用一种试剂检验氧化后的溶液中是否含有Fe2+，该试剂为_______(写化学式)。
(2)加入MnCO3调节pH=3.3时可以将Fe3+转化为Fe(OH)3而除去，该反应的离子方程式为_______。
(3)“沉铜"时，若滤液中c(Mn2+)=0.21mol·L-1，向其中缓慢通入氨气，为了使铜离子完全沉淀而又避免生成Mn(OH)2，应控制pH的范围为_______。[已知：常温下，Ksp[Cu(OH)2]=1×10-20，Ksp[Mn(OH)2]=2.1×10-13，离子浓度小于或等于10-5mol/L可视为沉淀完全]
(4)本工艺中可循环使用的物质是_______。
(5)结合图象，分析获得(MnSO4·H2O)晶体的“系列操作”步骤为：_______、_______，酒精洗涤，低温干燥。
【答案】(1) MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O K3[Fe(CN)6] (或KMnO4)
(2)3MnCO3 +2Fe3+ +3H2O = 2Fe(OH)3 +3Mn2+ +3CO2 ↑
(3)6.5≤PH＜8 (或6.5～8)
(4)NH3、MnCO3
(5) 蒸发结晶 趁热过滤
【分析】碳酸锰铜矿主要成分为MnCO3、CuCO3，还含有Fe3O4、FeO杂质，用硫酸酸浸，得到硫酸锰、硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁的混合溶液，加入二氧化锰， Fe2+被氧化为Fe3+；加入MnCO3调节pH生成氢氧化铁沉淀；过滤后向溶液中通入氨气生成氢氧化铜沉淀，过滤，向滤液中加入NH4HCO3，生成MnCO3沉淀，MnCO3沉淀中加硫酸，得到硫酸锰溶液，以此解题。
【详解】（1）“氧化”时，二氧化锰把酸浸后的二价铁氧化为三价铁，离子方程式为： MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；二价铁和铁氰化钾相遇的时候会生成蓝色沉淀，可以用铁氰化钾来检验，另外二价铁有还原性，可以使高锰酸钾褪色，可以用酸性高锰酸钾来检验，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O ；K3[Fe(CN)6] (或KMnO4)；
（2）碳酸锰消耗三价铁水解产生的氢离子，导致氢离子浓度降低，促进三价铁水解，该反应的离子方程式为：3MnCO3 +2Fe3+ +3H2O = 2Fe(OH)3 +3Mn2+ +3CO2 ↑；
（3）铜离子完全沉淀是铜离子浓度小于或等于10-5mol/L，此时c(OH-)==10-7.5 mol/L，c(H+)==10-6.5，pH=6.5；锰离子开始沉淀时，c(OH-)==10-6 mol/L，c(H+)==10-8，pH=8，故应控制pH的范围为6.5≤PH＜8 (或6.5～8)；
（4）通过流程图可知，在加热赶氨的时产生氨气，另外本题在沉锰的时候生成碳酸锰，故本工艺中可循环使用的物质是NH3 、MnCO3；
（5）从MnSO4溶液中得到MnSO4·H2O的方法为：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发结晶、趁热过滤。
六、实验题
20．三氯氧磷(POCl3)可用作半导体掺杂剂及光导纤维原料，是能推进中国半导体产业链发展壮大的一种重要的化工原料。工业上可以直接氧化PCl3制备POCl3，反应原理为：P4(白磷)+6Cl2=4PCl3，2PCl3+O2=2POCl3。
已知：PCl3、POCl3的部分性质如下：
熔点/℃
沸点/℃
相对分子质量
其它
PCl3
-112
75.5
137.5
遇水生成H3PO3和HCl
POCl3
2
105.3
153.5
遇水生成H3PO4和HCl
某化学兴趣小组模拟该工艺设计实验装置如图(某些夹持装置和加热装置已略去)：
(1)检查装置气密性并加入纯净的白磷，先制取一种气体，缓慢地通入C中，直至C中的白磷完全消失后，再通入另一种气体。仪器a的名称为_______，b中盛放的药品是_______。
(2)装置E反应的离子方程式为_______。
(3)C反应温度控制在60~65℃，不能过高或过低的原因是_______。分离提纯获得POCl3的实验方法是_______。
(4)通过测定三氯氧磷产品中氯元素含量，可进一步计算产品的纯度，实验步骤如下：
①取ag产品置于盛50.00mL蒸馏水的水解瓶中，摇动至完全水解，将水解液配成100.00mL溶液，预处理排除含磷粒子的影响。
②取10.00mL溶液于锥形瓶中，向其中加入Comol/L-1的AgNO3溶液V0mL，使Cl-完全沉淀，再加入20mL硝基苯，振荡，使沉淀表面被有机物覆盖；然后选择Fe(NO3)，指示剂，用c1mol/L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积为V1mL。
[已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2.0×10-12]
滴定终点的现象：_______。实验过程中加入硝基苯的目的是_______，若无此操作，则所测POCI3的含量将_______(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
(5)产品中POCl3的质量分数为_______。
【答案】(1) (球形)冷凝管 碱石灰
(2)MnO2 +4H+2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O
(3) PCl3易挥发，利用率降低 蒸馏
(4) 最后一滴(或半滴)标准液，溶液变红，30s不变色 使生成的AgCl沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN-与AgCl反应 偏高
(5)%
【分析】装置A中用黑色固体和液态物质反应制氧气，装置B可以干燥O2，瓶口的长颈漏斗可以平衡气压，还可以观察氧气的流速；装置E为固液混合加热制备氯气，装置D干燥生成的氯气；在装置C中发生P4(白磷)+6Cl2=4PCl3，2PCl3+O2=2POCl3。
【详解】（1）根据装置图仪器a结构可知其名称为球形冷凝管；装置b为干燥管，其盛放的试剂可以吸收未反应的Cl2，同时还可防止空气中的水蒸气进入装置中，该固体试剂可以是碱石灰；故答案为：(球形)冷凝管；碱石灰；
（2）装置E为固液混合加热制备氯气，实验室中采用二氧化锰与浓盐酸加热制取氯气，反应的化学方程式为：MnO2 +4HCl (浓) MnCl2 +Cl2↑+2H2O；故答案为：MnO2 +4H+2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O；
（3）在装置C中发生反应：P4(白磷)+6Cl2=4PCl3，2PCl3+O2=2POCl3。C中反应温度控制在60~65℃，不能过高或过低，这是由于温度太低，反应速率变慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率降低；由PCl3、POCl3的熔沸点信息可知其在常温下为液态，分离混溶的液态混合物应采用蒸馏法，故答案为：PCl3易挥发，利用率降低；蒸馏；
（4）SCN-与铁离子会反应使溶液变为红色，故滴定终点现象为滴入最后一滴(或半滴)标准液，溶液变红，30s不变色；由Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2.0×10-12可知，AgSCN更难溶，实验过程中加入硝基苯的目的是使生成的AgCl沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN-与AgCl反应；若无此操作，则V2偏大，根据POCl3的含量计算公式可知：计算所测POCl3的含量将偏高。故答案为：最后一滴(或半滴)标准液，溶液变红，30s不变色；使生成的AgCl沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN-与AgCl反应；偏高；
（5）根据元素守恒可得关系式：POCl3～3Cl-～3Ag+，与Cl-反应的Ag+的物质的量为n(Ag+)=(c0V0-c1V1)×10-3 mol× =( c0V0-c1V1)×10-2 mol， 则n(PCl3)+n(POCl3)=n(Ag+)=×(c0V0-c1V1)×10-2 mol，假设n(PCl3)、n(POCl3)的物质的量分别是x、y，则x+y=×(c0V0-c1V1)×10-2 mol，根据质量关系可得137.5x+153.5y=a，解得y=mol，所以POCl3的质量分数为：=%。
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