2025-2026学年甘肃省武威市高三下学期联合考试化学试题（含答案解析）

这是一份2025-2026学年甘肃省武威市高三下学期联合考试化学试题（含答案解析），共7页。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．向1L0.5ml/L盐酸溶液中通入NH3至中性(忽略溶液体积变化)，此时NH4+个数为0.5NA
B．向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，当有1 ml Fe2+被氧化时，该反应中转移电子数目为3NA
C．标准状况下，22.4L二氯甲烷中含有4NA极性共价键
D．用惰性电极电解CuSO4溶液，标况下，当阴极生成22.4L气体时，转移的电子数为2NA
2、某有机物的结构简式为有关该化合物的叙述不正确的是（ ）
A．所有碳原子可能共平面
B．可以发生水解、加成和酯化反应
C．1ml该物质最多消耗2mlNaOH
D．苯环上的二溴代物同分异构体数目为4种
3、下列物质中含有非极性键的共价化合物是
A．CCl4B．Na2O2C．C2H4D．CS2
4、几种短周期元素的原子半径及某些化合价见下表，下列说法不正确的是（ ）
A．常温下B元素的单质能与K单质反应B．A、I、J的离子半径由大到小顺序是A>J>I
C．G元素的单质存在同素异形体D．J在DB2中燃烧生成B元素的单质
5、如图所示，电化学原理与微生物工艺相组合的电解脱硝法，可除去引起水华的NO3-原理是将NO3-还原为N2。下列说法正确的是（ ）
A．若加入的是溶液，则导出的溶液呈碱性
B．镍电极上的电极反应式为：
C．电子由石墨电极流出，经溶液流向镍电极
D．若阳极生成气体，理论上可除去ml
6、国内某科技研究小组首次提出一种新型的Li+电池体系，原理示意图如下。该体系正极采用含有I-、Li+的水溶液，负极采用固体有机聚合物，电解质溶液采用LiNO3溶液，聚合物阳离子交换膜作为隔膜将液态正极和固态负极分隔开(已知在水溶液中呈黄色)。下列有关判断正确的是
A．左图是原电池工作原理图
B．放电时，Li+从右向左通过聚合物离子交换膜
C．放电时，正极区电解质溶液的颜色变深
D．充电时，阴极的电极反应式为：
7、反应aX(g) + bY(g)cZ(g)；△H=Q，有下图所示关系，下列判断中正确是（ ）
A．a+b < c, Q > 0B．a+b < c, Q < 0
C．a+b > c, Q > 0D．a+b > c, Q < 0
8、相对分子质量约为4000的聚乙二醇具有良好的水溶性，是一种缓泻剂。聚乙二醇可由环氧乙烷在酸性条件下聚合而成()。下列说法正确的是
A．环氧乙烷在酸性条件下发生加聚反应制得聚乙二醇
B．聚乙二醇的结构简式为
C．相对分子质量约为4000的聚乙二醇的聚合度n≈67
D．聚乙二醇能保持肠道水分的原因是其可和H2O分子间形成氢键
9、金属铁在一定条件下与下列物质作用时只能变为+2 价铁的是（ ）
A．FeCl3B．HNO3C．Cl2D．O2
10、化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A．煤的气化是物理变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径
B．新型冠状病毒肺炎病症较多的地区，人们如果外出归家，应立即向外套以及房间喷洒大量的酒精
C．港珠澳大桥使用高性能富锌底漆防腐，依据的是外加电流的阴极保护法
D．华为继麒麟 980 之后自主研发的 7m 芯片问世，芯片的主要成分是硅
11、将氯气持续通入紫色石蕊试液中，溶液颜色呈如下变化：
关于溶液中导致变色的微粒Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的判断正确的是（ ）
A．H+、HClO、Cl2B． H+、ClO-、Cl-
C．HCl、ClO-、Cl-D．HCl、HClO、Cl2
12、工业制备氮化硅的反应为：3SiCl4(g)＋2N2(g)＋6H2(g)Si3N4(s)＋12HCl(g) ΔHIO4-
14、下列说法中正确的是
A．丙烯中所有原子均在同一个平面上
B．分子式为的芳香烃共有4种
C．糖类、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应
D．乙烯使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，发生的反应原理相同
15、高铁酸钾（K2FeO4）是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：
下列叙述错误的是
A．用K2FeO4作水处理剂时，既能杀菌消毒又能净化水
B．反应I中尾气可用FeCl2溶液吸收再利用
C．反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2
D．该条件下，物质的溶解性：Na2 FeO4< K2FeO4
16、硝酸铵（NH4NO3）在不同条件下分解可以得到不同的产物，下列各组物质中肯定不可能是硝酸铵分解产物的是
A．N2O、H2OB．N2、O2、H2OC．N2、HNO3、H2OD．NH3、NO、H2
二、非选择题（本题包括5小题）
17、我国科研人员采用新型锰催化体系，选择性实现了简单酮与亚胺的芳环惰性C-H的活化反应。利用该反应制备化合物J的合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）A中官能团的名称是______。F的化学名称是______。
（2）C和D生成E的化学方程式为_____________。
（3）G的结构简式为________。
（4）由D生成F，E和H生成J的反应类型分别是______、_____。
（5）芳香化合物K是E的同分异构体。若K能发生银镜反应，则K可能的结构有____种，其中核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为______（任写一种）。
18、W、X、Y、Z均为短周期元素，X、W可形成两种液态化合物甲和乙，其原子个数比分别为1∶1（甲）和2∶1（乙），且分子中电子总数分别为18（甲）和10（乙）。X与Z能形成一种极易溶于水的碱性气体丙X与Y能形成极易溶于水的酸性气体丁，丁分子中的电子数为18。X、Y、Z能形成一种离子化合物，其水溶液呈弱酸性。请写出：
（1）W的元素符号___，其核外共有___种运动状态不同的电子。
（2）甲物质的结构式为___；乙物质的空间构型为___。
（3）Z元素核外共有___种能量不同的电子，碱性气体甲的电子式为___。
（4）用离子方程式解释X、Y、Z形成的化合物水溶液呈弱酸性的原因是___。
（5）铋元素跟Y元素能形成化合物（BiY3），其水解生成难溶于水的BiOY。
①BiY3水解反应的化学方程式为___。
②把适量的BiY3溶于含有少量丁的水中，能得到澄清溶液，试分析可能的原因___。
③医药上把BiOY叫做“次某酸铋”，分析这种叫法的不合理之处，为什么。___。
19、为了将混有K2SO4、MgSO4的KNO3固体提纯，并制得纯净的KNO3溶液(E)，某学生设计如下实验方案：
(1)操作①主要是将固体溶解，则所用的主要玻璃仪器是_______、_______。
(2)操作② ~ ④所加的试剂顺序可以为_______，_______，_______(填写试剂的化学式)。
(3)如何判断SO42－已除尽_____________
(4)实验过程中产生的多次沉淀_____(选填“需要”或“不需要”)多次过滤，理由是__________。
(5)该同学的实验设计方案中某步并不严密，请说明理由___________。
20、辉铜矿主要成分为Cu2S，软锰矿主要成分MnO2，它们都含有少量Fe2O3、SiO2等杂质。工业上综合利用这两种矿物制备硫酸铜、硫酸锰和硫单质的主要工艺流程如下：
（1）浸取2过程中温度控制在500C～600C之间的原因是__________________。
（2）硫酸浸取时，Fe3+对MnO2氧化Cu2S起着重要催化作用，该过程可能经过两岁反应完成，将其补充完整：
①_____________________________（用离子方程式表示）
②MnO2+2Fe2++4H+= Mn2++2Fe3++2H2O
（3）固体甲是一种碱式盐，为测定甲的化学式，进行以下实验：
步骤1：取19.2 g固体甲，加足量的稀盐酸溶解，将所得溶液分为A、B两等份；
步骤2：向A中加入足量的NaOH溶液并加热，共收集到0.448L NH3（标准状况下）过滤后将所得滤渣洗涤干燥并灼烧至质量不再变化，可得4.80g红棕色固体残渣：
步骤3：向B中加入足量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，可得9.32g固体残渣。
则固体甲的化学式为_________________
（4）相关物质的溶解度如下图，从除铁后的溶液中通过一系列的操作分别获得硫酸铜、硫酸锰晶体，请给出合理的操作顺序（从下列操作中选取，按先后次序列出字母，操作可重复使用）：溶液→( ) →( )→( ) →(A) →( ) →( ) →（ ），_____________
A．蒸发溶剂 B．趁热过滤 C．冷却结晶 D．过滤
E．将溶液蒸发至溶液表面出现晶膜 F．将溶液蒸发至容器底部出现大量晶体
21、峨眉金顶摄身崖又称舍身崖，因常现佛光而得名。“佛光”因摄入身之影像于其中，遂称“摄身光”，为峨眉胜景之一。摄生崖下土壤中富含磷矿，所以在无月的黑夜可见到崖下荧光无数。
(1)“荧光”主要成分是PH3，其结构式为___________，下列有关PH3的说法错误的是___________。
a.PH3分子是极性分子
b.PH3分子稳定性低于NH3分子，因为N－H键键能高
c.一个PH3分子中，P原子核外有一对孤电子对
d.PH3沸点低于NH3沸点，因为P－H键键能低
(2)“荧光”产生的原理是Ca3P2在潮湿的空气中剧烈反应，写出该反应的化学方程式____________________。
(3)已知下列键能数据及P4(白磷)分子结构：
则反应4PH3(g)P4(g)＋6H2(g) △H＝___________ kJ· ml－1。
(4)某温度下，向容积为2L的密闭容器中通入2 ml PH3发生(3)中反应，5min后反应达平衡，测得此时H2的物质的量为1.5 ml，则用PH3表示的这段时间内的化学反应速率v(PH3)＝__________；下列说法能表明该反应达到平衡状态的是___________。
A.混合气体的密度不变 B.6v(PH3)＝4v(H2)
C.c(PH3)：c(P4)：c(H2)＝4：1：6 D.混合气体的压强不变
(5)PH3有毒，白磷工厂常用Cu2＋、Pd2＋液相脱除PH3：PH3＋2O2H3PO4，其他条件相同时，溶解在溶液中O2的体积分数与PH3的净化效率与时间的关系如图所示，回答下列问题：
(I)由图可知，富氧有利于____________(选填“延长”或“缩短”)催化作用的持续时间。
(Ⅱ)随着反应进行，PH3的净化效率急剧降低的原因可能为_________________________。
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、A
【解析】
A. 向1L0.5ml/L盐酸溶液中通入NH3至中性(忽略溶液体积变化)，n(NH4+)= n(Cl-)，所以NH4+个数为0.5NA，故A正确；
B. 向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，氯气先氧化碘离子，没有FeI2的物质的量，不能计算当有1 ml Fe2+被氧化时转移电子的物质的量，故B错误；
C. 标准状况下，二氯甲烷是液体，22.4L二氯甲烷的物质的量不是1ml，故C错误；
D. 用惰性电极电解CuSO4溶液，阴极先生成铜单质再生成氢气，标况下，当阴极生成22.4L氢气时，转移的电子数大于2NA，故D错误。
答案选A。
2、C
【解析】
A．含有酯基、羧基、苯环和碳碳双键，都为平面形结构，则所有碳原子可能共平面，故A正确；
B．含有酯基，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，含有羧基，可发生酯化反应，故B正确；
C．能与氢氧化钠反应的为酯基和羧基，且酯基可水解生成甲酸和酚羟基，则1ml该物质最多消耗3 ml NaOH，故C错误；
D．苯环有2种H，4个H原子，两个Br可位于相邻(1种）、相间（2种）、相对（1种）位置，共4种，故D正确。
故答案为C。
以有机物的结构为载体，考查官能团的性质。熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有羧基决定具有羧酸的性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有苯环还具有苯的性质。
3、C
【解析】
A．CCl4中只含C-Cl极性共价键，故A不选；
B．Na2O2既含有非极性共价键，又含有离子键，为离子化合物，故B不选；
C．C2H4中含C-H极性共价键和C=C非极性共价键，只含共价键，由C、H元素组成，为共价化合物，故C选；
D．CS2中只含C=S极性共价键，故D不选；
故选：C。
4、D
【解析】
短周期元素，A、E有-1价，B有-2价，且A的原子半径与B相差不大，则A、E处于ⅦA族，B处于ⅥA族，A原子半径小于E，可推知A为F、E为Cl，B为O；D有-4、+4价，处于ⅣA族，原子半径与O原子相差不大，可推知D为C元素；G元素有-3、+5价，处于ⅤA族，原子半径大于C原子，应处于第三周期，则G为P元素；I、J、K的化合价分别为+3、+2、+1，分别处于Ⅲ族A、ⅡA族、ⅠA族，原子半径依次增大，且都大于P原子半径，应处于第三周期，可推知I为Al、J为Mg、K为Na；A．Na与O2常温下可生成Na2O，故A正确；B．F-、Mg2+、Al3+离子核外电子层数相等，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径大小顺序为：F-＞Mg2+＞Al3+，故B正确；C．磷的单质有红磷和白磷，存在同素异形体，故C错误；D．镁在二氧化碳中的燃烧生成MgO和碳单质，故D错误；故选D。
5、A
【解析】
A、阴极上发生的电极反应式为：2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-；
B、镍电极是阴极，是硝酸根离子得电子；
C、电子流入石墨电极，且电子不能经过溶液；
D、由电极反应2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-，生成1ml氮气消耗2ml的硝酸根离子。
【详解】
A项、阴极上发生的电极反应式为：2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-，所以导出的溶液呈碱性，故A正确；
B项、镍电极是阴极，是硝酸根离子得电子，而不是镍发生氧化反应，故B错误；
C项、电子流入石墨电极，且电子不能经过溶液，故C错误；
D项、由电极反应2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-，生成1ml氮气消耗2ml的硝酸根离子，所以若阳极生成0.1ml气体，理论上可除去0.2 mlNO3-，故D错误。
故选A。
本题考查电解池的原理，掌握电解池反应的原理和电子流动的方向是解题的关键。
6、B
【解析】
题目已知负极采用固体有机聚合物，左图是电子流向固体有机聚合物，左图是电池充电原理图，右图是原电池工作原理图，放电时，负极的电极反应式为：
正极的电极反应式为：I3-+2e-= 3I-。
【详解】
A.左图是电子流向固体有机聚合物，则左图是电池充电原理图，故A项错误；B.放电时，Li+由负极向正极移动，即Li+从右向左通过聚合物离子交换膜，B正确；C.放电时，正极液态电解质溶液的I3-得电子被还原成I-，使电解质溶液的颜色变浅，故C项错误；D.充电时，阴极发生得电子的还原反应，故阴极的电极反应式为：，故D错误；答案：B。
易错点：原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，注意不要记混淆。
7、D
【解析】
观察图可知，P1＞P2，T1＞T2。升高温度，X的体积分数减小，平衡向逆反应方向移动，所以正反应为放热反应，Q＜0；增大压强X的体积分数减小，平衡向正向移动，所以a+b＞c，故选D。
8、D
【解析】
在H+条件下先水解生成HOCH2CH2OH，乙二醇再发生缩聚反应生成聚乙二醇，其结构简式为；
A．环氧乙烷在酸性条件下先发生水解反，再发生缩聚反应制得聚乙二醇，故A错误；
B．聚乙二醇的结构简式为，故B错误；
C．聚乙二醇的链节为OCH2CH2，则聚合度n=≈90，故C错误；
D．聚乙二醇能与水分子间形成氢键，则能保持肠道水分，故D正确；
故答案为D。
9、A
【解析】
A．铁与FeCl3反应生成氯化亚铁，为+2 价铁，故A正确；
B．铁与过量的硝酸反应生成三价铁离子，与少量的硝酸反应生成二价铁离子，所以不一定变为+2 价铁，故B错误；
C．铁与氯气反应只生成FeCl3，为+3价铁，故C错误；
D．铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，为+2和+3价铁，故D错误；
故选：A。
10、D
【解析】
A. 煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程，是化学变化，故A错误；
B. 酒精喷雾易燃易爆炸，不应向外套以及房间喷洒大量的酒精，房间内大面积喷洒，酒精浓度高于70%时，酒精的挥发使室内空气中可燃性气体增加，遇到丁点火星极易燃烧，故B错误；
C. 在海水、土壤等环境中，锌比钢铁材料更活泼，更容易失去电子被氧化，因此锌作原电池的负极，而铁作正极，被保护，该方法依据的是牺牲阳极的阴极保护法，故C错误；
D. 芯片的主要成分是硅单质，故D正确；
故选D。
煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程。煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程。二者均有新物质生成，属于化学变化。这是常考点，也是学生们的易错点。
11、A
【解析】
氯气与水反应生成HCl、HClO，HCl具有酸性，HClO具有漂白性，氯气能溶于水形成氯水溶液。
【详解】
氯气与水反应生成HCl、HClO，HCl具有酸性，HClO具有漂白性，则将氯气持续通入紫色石蕊试液中先变红后褪色，最后形成饱和氯水溶液显浅黄绿色为溶解的氯气分子，关于溶液中导致变色的微粒Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的判断正确的是H+、HClO、Cl2。
答案选A。
12、B
【解析】
A、Si3N4为固体，固体的浓度视为常数，无法计算Si3O4的反应速率，故A错误；
B、起始N2和H2的物质的量比值为定值，反应中N2和H2的消耗量的比值恒定为1:3，则反应达到平衡时，两种温度下N2和H2的转化率之比相同，故B正确；
C、其他条件相同时，升高温度，反应速率加快，温度越高，反应速率越大，则达到平衡前，300℃条件的反应速率比250℃快，平衡后，300℃依然比250℃快，故C错误；
D、该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，温度不同，反应物的消耗量不同，则反应放出的热量不同，故D错误；
答案选B。
13、D
【解析】
已知锰离子是反应物，反应后生成高锰酸根离子，则锰离子失电子作还原剂，含有碘元素的离子在反应中作氧化剂，碘元素应该得电子化合价降低，所以IO4-是反应物，IO3-是生成物，根据元素守恒知，水是反应物，该反应方程式为：2Mn2++5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+，据此进行解答。
【详解】
根据氧化还原反应的规律，该反应方程式为：2 Mn2++5 IO4-+3H2O =2MnO4- + 5IO3-+6H+。
A．IO4-在反应中得电子作氧化剂，故A正确；
B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2，故B正确；
C．若有2ml Mn2+参加反应，则转移的电子为2ml×(7-2)=10ml，故C正确；
D．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；该反应中氧化剂为IO4-，氧化产物为MnO4-，所以氧化性：MnO4-K2FeO4，D叙述错误，但是符合题意；
答案选D。
16、D
【解析】
硝酸铵（NH4NO3）中的两个氮原子的化合价分别为-3和+5。
【详解】
A.硝酸铵分解为N2O和H2O，-3价氮化合价升高到+1价，+5价氮化合价也降低到+1价，发生了归中反应，合理，故A不选；
B.硝酸铵分解为N2、O2、H2O，硝酸铵中-3价氮化合价升高到0价，部分-2价氧的化合价也升高到0价，+5价氮的化合价降低到0价，发生了氧化还原反应，故B不选；
C.硝酸铵分解为N2、HNO3、H2O，硝酸铵中的-3价氮和+5价氮发生了归中反应，生成了氮气，合理，故C不选；
D.硝酸铵分解为NH3、NO、H2，只有化合价的降低，没有化合价的升高，不合理，故D选。
故选D。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、醛基 4-硝基甲苯（对硝基甲苯） 取代反应 加成反应 14 或
【解析】
A(C2H4O)能够与新制氢氧化铜反应，说明A含有醛基，因此A为CH3CHO，则B为CH3COOH；结合C和E的分子式可知，C和D应该发生取代反应生成E和氯化氢，则D为；甲苯在浓硫酸作用下发生硝化反应生成F，结合J的结构可知，F为对硝基甲苯()，F被还原生成G，G为对氨基甲苯()，根据已知信息，G和乙醛反应生成H，结合J的结构可知，H为，则E为，据此分析解答。
【详解】
(1)根据上述分析，A为C2H4O，含有的官能团为醛基；F为，名称为对硝基甲苯，故答案为醛基；4-硝基甲苯(对硝基甲苯)；
(2)C和D发生取代反应生成E，反应的化学方程式为，故答案为；
(3)G为对硝基甲苯中硝基被还原的产物，G为，故答案为；
(4)由D生成F是甲苯的硝化反应，属于取代反应，根据流程图，E和H生成J的过程中N=C双键转化为了单键，属于加成反应，故答案为取代反应；加成反应；
(5)E为，芳香化合物K是E的同分异构体。若K能发生银镜反应，说明K中含有醛基，则K的结构有：苯环上连接1个乙基和1个醛基有3种；苯环上连接2个甲基和1个醛基有6种；苯环上连接1个甲基和1个—CH2CHO有3种；苯环上连接1个—CH2 CH2CHO有1种；苯环上连接1个—CH(CH3)CHO有1种，共14种；其中核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为或，故答案为14；或。
18、O 8 H-O-O-H V型 3 NH4++H2ONH3·H2O+H+ BiCl3+H2OBiOCl↓+2HCl 盐酸能抑制BiCl3的水解 不合理，因为BiOCl中的Cl的化合价为-1
【解析】
W、X、Y、Z均为短周期元素，X、W可形成两种液态化合物甲和乙，其原子个数比分别为1∶1(甲)和2∶1(乙)，且分子中电子总数分别为18(甲)和10(乙)，则W为O元素，X为H元素，两种化合物甲为H2O2、乙为H2O；X与Z能形成一种极易溶于水的碱性气体丙，则丙为NH3，Z为N元素；H与Y能形成极易溶于水的酸性气体丁，丁分子中的电子数为18，则丁为HCl，Y为Cl元素；H、Cl、N三种元素能组成一种离子化合物，其水溶液呈弱酸性，则此离子化合物为NH4Cl，据此解题。
【详解】
由分析知：W为O元素、X为H元素、Y为Cl元素、Z为N元素、甲为H2O2、乙为H2O、丙为NH3；
(1)由分析知W为氧元素，元素符号为O，其原子核外共有8个电子，则共有8种运动状态不同的电子；
(2)甲H2O2，为极性分子，含有H-O和O-O键，则结构式为H-O-O-H；乙为H2O，O原子的杂化轨道形式为sp3，有两个孤对电子，则空间构型为V型；
(3)Z为N元素，电子排布式为1s22s22p3，同一轨道上的电子能量相等，则核外共有3种能量不同的电子，碱性气体丙为NH3，其电子式为；
(4)H、Cl、N三种元素组成的离子化合物为NH4Cl，在水溶液中NH4+的水解，使溶液呈弱酸性，发生水解反应的离子方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+；
(5)铋元素跟Cl元素能形成化合物为BiCl3，其水解生成难溶于水的BiOCl；
①BiCl3水解生成难溶于水的BiOCl，则另一种产物为HCl，水解反应的化学方程式为BiCl3+H2OBiOCl↓+2HCl；
②BiCl3溶于稀盐酸，盐酸抑制了BiCl3的水解，从而得到澄清溶液；
③BiOCl中Cl元素的化合价为-1价，而次氯酸中Cl元素为+1价，则BiOCl叫做“次某酸铋”的说法不合理。
19、烧杯 玻璃棒； Ba(NO3)2 K2CO3 KOH或（KOH、Ba(NO3)2、K2CO3或Ba(NO3)2、KOH、K2CO3） 静置，取少量上层澄清溶液，再加入少量Ba(NO3)2溶液，若不变浑浊，表明SO42－已除尽 不需要 因为几个沉淀反应互不干扰，因此只过滤一次，可减少操作程序 因为加入盐酸调节溶液的pH会引进Cl－
【解析】
混有K2SO4、MgSO4的KNO3固体，加入硝酸钡、碳酸钾除去硫酸根离子；加入氢氧化钾除去镁离子；稍过量的氢氧根离子、碳酸根离子用硝酸除去；
【详解】
(1)固体溶解一般在烧杯中进行，并要用玻璃棒搅拌加快溶解，故答案为：烧杯；玻璃棒；
(2)KNO3中混有的杂质离子是SO42-和Mg2+，为了完全除去SO42-应该用稍过量的Ba2+，这样稍过量的Ba2+也变成了杂质，需要加CO32-离子来除去，除去Mg2+应该用OH-，OH-的顺序没有什么要求，过量的CO32-、OH-可以通过加入的盐酸来除去，故答案为：Ba(NO3)2；K2CO3；KOH或（KOH、Ba(NO3)2、K2CO3或Ba(NO3)2、KOH、K2CO3）；
(3)SO42－存在于溶液中，可以利用其与Ba2+反应生成沉淀来判断，方法是静置，取少量上层澄清溶液，再加入少量Ba(NO3)2溶液，若不变浑浊，表明已除尽，故答案为：静置，取少量上层澄清溶液，再加入少量Ba(NO3)2溶液，若不变浑浊，表明SO42－已除尽；
(4)不需要 因为几个沉淀反应互不干扰，因此只过滤一次，可减少操作程序，故答案为：不需要；因为几个沉淀反应互不干扰，因此只过滤一次，可减少操作程序；
(5)本实验目的是为了得到纯净的KNO3溶液，因此在实验过程中不能引入新的杂质离子，而加入盐酸来调节溶液的pH会引入Cl－，故答案为：因为加入盐酸调节溶液的pH会引进Cl－。
除去溶液中的硫酸根离子与镁离子时无先后顺序，所加试剂可先加KOH，也可先加硝酸钡、碳酸钾，过滤后再加适量的硝酸。
20、温度高苯容易挥发，温度低浸取速率小 Cu2S+4Fe3+=2Cu2++S+4Fe2+ NH4Fe3(SO4)2(OH)6 AFB ECD
【解析】
（1）根据苯容易挥发，和温度对速率的影响分析；
（2）根据催化剂的特点分析，参与反应并最后生成进行书写方程式；
（3）根据反应过程中的数据分析各离子的种类和数值，最后计算各种离子的物质的量比即得化学式。
【详解】
(1)浸取2过程中使用苯作为溶剂，温度控制在500C～600C之间，是温度越高，苯越容易挥发，温度低反应的速率变小。
（2）Fe3+对Mn02氧化Cu2S起着重要催化作用，说明铁离子参与反应，然后又通过反应生成，铁离子具有氧化性，能氧化硫化亚铜，本身被还原为亚铁离子，故第一步反应为Cu2S+4Fe3+=2Cu2++S+4Fe2+，二氧化锰具有氧化性，能氧化亚铁离子。
（3）向A中加入足量的NaOH溶液并加热，共收集到0.448L NH3（标准状况下）期0.02ml,过滤后将所得滤渣洗涤干燥并灼烧至质量不再变化，可得4.80g红棕色固体残渣，即氧化铁为0.03ml，说明该固体中含有铵根离子和铁离子。向B中加入足量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，可得9.32g硫酸钡，即0.04ml，因为将溶液分成两等份，则19.2 g固体甲含有0.04ml铵根离子，0.12ml铁离子，0.08ml硫酸根离子，则含有的氢氧根离子物质的量为，则固体甲的化学式为NH4Fe3(SO4)2(OH)6。
掌握溶液中离子物质的量计算是难点，注意前后元素的守恒性，特别注意原溶液分成了两等份，数据要变成2倍。
21、 d Ca3P2+6H2O＝2PH3↑+3Ca(OH)2 -30 0.1ml·L-1·min-1 D 延长 反应生成的H3PO4与催化剂Cu2＋、Pd2＋反应，使催化效率降低
【解析】
(1)PH3中P原子通过3个共价键分别与3个H原子结合；
(2)Ca3P2在潮湿的空气中水解生成氢氧化钙和PH3；
(3)焓变=反应物总键能-生成物总键能；
(4)4PH3(g)P4(g)＋6H2(g)生成H2的物质的量为1.5 ml，则消耗1ml PH3；根据平衡标志分析平衡状态；
(5)(I)由图可知，氧气的体积分数越大，PH3高净化率持续时间长；
(Ⅱ)随着反应进行，PH3的净化效率急剧降低，说明催化剂催化作用减弱。
【详解】
(1)PH3中P原子通过3个共价键分别与3个H原子结合，其结构式为；
a.PH3是三角锥形分子，分子是极性分子，故a正确；
b.P原子半径大于N，所以N－H键键能大于P－H键，PH3分子稳定性低于NH3分子，故b正确；
c. PH3分子中P原子的价电子对数是，配位数是3，所以P原子核外有一对孤电子对，故c正确；
d.PH3沸点低于NH3沸点，因为NH3分子间有氢键，PH3分子间没有氢键，故d错误。
答案选d。
(2)Ca3P2在潮湿的空气中水解生成氢氧化钙和PH3，反应的方程式Ca3P2+6H2O＝2PH3↑+3Ca(OH)2；
(3)焓变=反应物总键能-生成物总键能，4PH3(g)P4(g)＋6H2(g) △H＝12×322 kJ∙ml-1―6×213 kJ∙ml-1―6×436 kJ∙ml-1＝-30 kJ· ml－1；
(4)4PH3(g)P4(g)＋6H2(g)生成H2的物质的量为1.5 ml，则消耗1ml PH3，v(PH3)=0.1ml·L-1·min-1；
A.反应前后气体质量不变、容器体积不变，所以混合气体的密度是恒量，密度不变 ，不一定平衡，故不选A；
B.6v(PH3)＝4v(H2)，不能推出正逆反应速率相等，所以不一定平衡，故不选B；
C.c(PH3)：c(P4)：c(H2)＝4：1：6时，浓度不一定不再变化，所以不一定平衡，故不选C；
D.反应前后气体物质的量是变量，所以混合气体的压强是变量，压强不变，一定达到平衡状态，故选D。
(5)(I)由图可知，氧气的体积分数越大，PH3高净化率持续时间长，富氧有利于延长催化作用的持续时间；
(Ⅱ)由于随着反应进行，反应生成的H3PO4与催化剂Cu2＋、Pd2＋反应，使催化效率降低，PH3的净化效率急剧降低。
元素代号
A
B
D
E
G
I
J
K
化合价
-1
-2
+4
-4
-1
+5
-3
+3
+2
+1
原子半径/nm
0.071
0.074
0.077
0.099
0.110
0.143
0.160
0.186
化学键
P－P
H－H
P－H
白磷分子结构
键能/(kJ·ml-1)
213
436
322