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福建省永安市第一中学2020届高三上学期期中考试化学试题
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永安一中2019-2020学年第一学期期中考试
高三化学试题
相对原子质量：H-1 O-16 C-12 Na-23 Cl-35.5 Ca-40
第Ⅰ卷（选择题 共46分）
一、选择题（本题包括18小题，1-8题：每小题2分；9-18题：每小题3分共46分。）
1.化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法正确的是
A. 漂白粉长期放置在空气中会被空气中的氧气氧化而变质
B. 二氧化硫可用作葡萄酒的食品添加剂
C. 通讯领域中的光导纤维可长期浸泡在强碱性溶液中
D. 汽车尾气中含有的氮氧化物是汽油不完全燃烧生成的
【答案】B
【解析】
A. 漂白粉长期放置在空气中会与空气中的二氧化碳和水蒸气反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸分解生成盐酸和氧气，而变质，故A错误；B. 二氧化硫具有杀菌消毒的作用，可微量用作葡萄酒的食品添加剂，故B正确；C. 通讯领域中的光导纤维的主要成分为二氧化硅，能够与强碱性溶液反应，故C错误；D. 汽车尾气中含有的氮氧化物是空气中的氮气和氧气在放电条件下生成的，故D错误；故选B。
2.下列有关说法不正确的是（ ）
A. “墙塌压糖，去土而糖白”中的脱色过程发生了物理变化
B. 《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是NaOH
C. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
D. 古剑“沈卢”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金
【答案】B
【解析】
【详解】A. 黄泥具有吸附性，利用黄泥来吸附红糖中的色素，该脱色过程发生了物理变化，A项正确；
B. “取碱浣衣”中的碱是指碳酸钾溶液，而不是氢氧化钠，氢氧化钠具有腐蚀性，B项错误；
C. 熬胆矾铁釜，久之亦化为，指的是铜为铁与硫酸铜反应生成铜与硫酸亚铁，属于置换反应，C项正确；
D. 剂钢硬度大，指的是铁的合金，D项正确；
答案选B。
【点睛】做题的关键是对文化传统的理解及对化学常识问题的积累。平常要多注重这方面的思考。
3.下列有关化学用语的表述正确的是（ ）
A. 37Cl-的结构示意图： B. 中子数为7的碳原子：C
C. NH3的结构式： D. 次氯酸的电子式：
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氯的核电荷数为17，37Cl-的结构示意图，A项错误；
B. 元素符号左上角的数字表示质量数，中子数为7的碳原子：，B项错误；
C. 氨分子含有三个共价键，C项正确；
D. 次氯酸的中心原子是氧原子，次氯酸的电子式，D项错误；
答案选C。
【点睛】化学用语是化学考试中的高频考点，其中元素符号的含义要牢记在心，其左上角为质量数（A）、左下角为质子数（Z），质子数（Z）=核电荷数=原子序数，质量数（A）=质子数（Z）+中子数（N）。
4.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. Si的熔点高，可用作半导体材料
B. HClO具有强氧化性，可用于漂白有色有机物质
C. FeCl3溶液显酸性，可用于蚀刻铜制电路板
D. Al2O3硬度很大，可用于制造耐火材料
【答案】B
【解析】
【详解】A. Si导电性介于导体和绝缘体之间，可用作半导体材料，与熔点高无关系，A项错误；
B HClO具有强氧化性，可用于漂白有色有机物质，B项正确；
C. FeCl3具有氧化性，可与铜发生反应生成氯化亚铁与氯化铜，跟FeCl3溶液的酸碱性无关，C项错误；
D. Al2O3熔点很高，故可以做耐火材料，而不是利用其硬度很大的性质，D项错误；
答案选B。
【点睛】其中A选项关于硅或硅的化合物的用途是常考点，也是易混知识。硅单质常用于太阳能电池、半导体材料与计算机芯片等；二氧化硅是石英、水晶、玛瑙及光导纤维的成分；硅酸盐常用于玻璃、水泥和陶瓷等，学生要理清这些物质的用途，不可混为一谈。
5.下列说法正确的是（ ）
A. 液态HCl、固态AgCl均不导电，所以HCl、AgCl是非电解质
B. NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质
C. 金刚石、石墨、14C是碳元素的同素异形体
D. 混合物：淀粉、自来水、水玻璃、医用酒精
【答案】D
【解析】
【分析】
在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物为电解质，在水溶液中和熔化状态下都不能导电的化合物为非电解质，以此来解答。
【详解】A. 液态HCl溶于水能导电，固态AgCl溶熔化状态下能导电，又属于化合物，所以液态HCl、固态AgCl是电解质，A项错误；
B. NH3和CO2本身不能电离出离子，与水反应生成的一水合氨或碳酸电解质溶液能导电，则NH3、CO2属于非电解质，B项错误；
C. 金刚石、石墨是碳元素的同素异形体，但14C是原子，不是碳元素的同素异形体，C项错误；
D. 淀粉、自来水、水玻璃、医用酒精均是由两种或两种以上物质组成的混合物，D项正确；
答案选D。
【点睛】掌握非电解质的判断方法是解此题的关键。需要注意的是，判断给出的物质是不是非电解质要先判断该物质属不属于化合物，若为化合物，再进一步该物质再判断特定条件（或者熔融状态）下能否导电，进而做出最终判断，若是单质或者混合物，则一定不属于非电解质。常见的非电解质有二氧化碳、二氧化硫、氨气以及蔗糖和酒精等，学生需要理解并谨记。
6.某学生以铁丝和Cl2为原料进行下列三个实验。下列分析正确的是（ ）
A. 实验①反应的火焰为苍白色
B. 实验③反应制得的物质为纯净物
C. 实验③得到的物质可能产生丁达尔现象
D. 实验②、③得到的分散系中分散质粒子的直径：②＞③
【答案】C
【解析】
【详解】A. 实验①中的铁和氯气反应生成氯化铁，生成棕褐色的烟，A项错误；
B. 实验③盐的水解生成氢氧化铁胶体，为混合物，B项错误；
C. 实验③向盛有沸水的烧杯中滴加FeCl3饱和溶液，利用水解原理制备胶体，实验③盐的水解生成氢氧化铁胶体，能产生丁达尔现象，C项正确；
D. 实验②得到氯化铁溶液，实验③盐的水解生成氢氧化铁胶体，则分散质粒子的直径：②<③，D项错误；
答案选C。
7.以下物质间的每一步转化能通过一步反应实现的（ ）
A. Fe2O3→FeCl3→FeCl2 B. Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3
C. C→CO→H2CO3→CO2 D. Al→Al2O3→Al(OH)3→NaAlO2
【答案】A
【解析】
【详解】A. 氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，所以Fe2O3→FeCl3→FeCl2能一步实现，A项正确；
B. 二氧化硅与水不反应，SiO2→H2SiO3不能一步实现，B项错误；
C. 一氧化碳不能一步反应生成碳酸，CO→H2CO3不能实现，C项错误；
D. 氧化铝不与水反应，Al2O3→Al(OH)3不能一步实现，D项错误；
答案选A。
【点睛】D项是易错点，要特别注意Al2O3→Al(OH)3不能一步实现，且铝单质也不能直接生成氢氧化铝。
8.某实验室需要 1.0 mol/L 的碳酸钠溶液 450 mL，利用碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)来配制。下列说法正确的是
A. 应称取该碳酸钠晶体128.7 g
B. 取 100 mL 该溶液，向其中加入100 mL 水，所得溶液浓度为0.5 mol/L
C. 定容时俯视刻度线会引起配制溶液的浓度偏高
D. 定容、摇匀、静置后发现液面低于刻度线，应再补加少量水至刻度线
【答案】C
【解析】
【分析】
需用500 mL容量瓶配制该溶液，根据计算需要碳酸钠晶体质量；100 mL 该溶液，向其中加入100 mL 水，所得溶液的体积不是200mL；定容时俯视刻度线，溶液体积偏小；定容、摇匀、静置后发现液面低于刻度线，若补加少量水至刻度线，导致溶液的体积偏大。
【详解】143.0g，故A错误；100 mL 该溶液，向其中加入100 mL 水，所得溶液的体积不是200mL，所以溶液浓度不是0.5 mol/L，故B错误；定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高，故C正确；定容、摇匀、静置后发现液面低于刻度线，若补加少量水至刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液浓度偏低，故D错误。
【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制的误差分析时，注意从c=分析操作对溶质的物质的量浓度的影响，若n偏大则c偏高，若v偏高则c偏低。
9.下列操作正确且能达到实验目的是（ ）
A. 制取氢氧化亚铁并观察其颜色
B. 制备无水氯化镁
C. 比较两种物质的热稳定性
D. 制取收集干燥纯净NH3
【答案】A
【解析】
【详解】A. 氢氧化亚铁具有还原性，易被氧气氧化，因此在制备时，胶头滴管需要伸入液面以下，且为防止氧气氧化，液面用煤油液封，该装置可达到实验目的，A项正确；
B. 氯化镁溶液容易发生水解，直接加热蒸发氯化镁溶液，水解产生的HCl受热挥发，使得平衡不断向右移动，最终会得到氢氧化镁固体，得不到无水氯化镁，B项错误；
C. 比较两种物质的热稳定性，装置图中大试管应装碳酸钠，小试管温度低，应加碳酸氢钠，这样才能形成对比，得出碳酸氢钠不稳定受热易分解的结论，C项错误；
D. 氨气的密度比空气小，应使用向下排气法，该实验装置不能达到实验目的，D项错误；
答案选A。
10.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 1L 0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中所含氧原子数目为0.3NA
B. 1mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为NA
C. 将1L 0.1mol•L-1 FeCl3溶液滴入沸水中，制得的Fe(OH)3胶粒数目为0.1NA
D. 常温下，NH4+数目：1L 0.5mol•L-1NH4Cl溶液等于2L 0.25mol•L-1NH4Cl溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A. 水溶液中溶剂水中也含氧原子，则1L 0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中所含氧原子数目远大于0.3NA，A项错误；
B. 1mol Na与足量O2反应，无论生成的是Na2O还是Na2O2，生成的都是Na+，则转移的电子数均为NA，B项正确；
C. Fe(OH)3胶粒是许多Fe(OH)3的聚集体，所以将1L 0.1mol•L﹣1 FeCl3溶液滴入沸水中，制得的Fe(OH)3胶粒数目小于0.1NA，故C错误；
D. 稀释有利于盐类水解，常温下， 1L 0.5mol•L﹣1 NH4Cl溶液与2L 0.25mol•L﹣1 NH4Cl溶液中的NH4+的水解程度，前者小于后者，所以NH4+数目前者大于后者，D项错误；
答案选B。
11.某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在H2O、ClO-、CN-、HCO3-、N2、Cl-六种离子。在反应过程中测得ClO-和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列有关判断中不正确的是（ ）
A. 标准状况下若生成2.24LN2，则转移电子1mol
B. 还原性：Cl-
D. 氧化剂是含ClO-物质，氧化产物只有N2
【答案】D
【解析】
【分析】
由曲线变化图可知，随反应进行ClO-的物质的量降低，N2的物质的量增大，故ClO-为反应物，N2是生成物，根据电子转移相等可知，CN-是反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，由碳元素守恒可知HCO3-是生成物，由氢元素守恒可知H2O是反应物．反应中Cl元素化合价由+1价降低为-1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，化合价升降最小公倍数为2[（4-2）+（3-0）]=10价，故CN-系数为2，ClO-系数为5，由元素守恒可知HCO3-系数为2，N2系数为1，Cl-系数为5，H2O系数为1，反应方程式为2CN-+5ClO-+H2O=2HCO3-+N2↑+5Cl-，据此分析作答。
【详解】A. 2.24L N2(标准状况)的物质的量为0.1mol，所以参加反应的ClO−的物质的量为0.5mol，反应中只有氯元素化合价降低，由ClO−中+1价降低为Cl−中−1价，所以转移电子为0.5mol×2mol=1mol，A项正确；
B. 反应方程式为2CN-+5ClO-+H2O=2HCO3-+N2↑+5Cl-，还原剂为CN−，还原产物为Cl-，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，因此还原性比较：Cl-
D. 反应中，C元素化合价由CN−中+2价升高为HCO3−中+4价，N元素化合价由CN−中−3价升高为N2中0价，可知氧化产物有HCO3−、N2，D项错误；
答案选D。
12.按如图所示装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述不正确的是
A. 若A为浓硫酸，B为K2SO3，C中盛品红溶液，则C中溶液褪色
B. 若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛AlCl3溶液，则C中先变浑浊后澄清
C. 若A为醋酸，B为CaCO3，C中盛Na2SiO3溶液，则C中溶液中变浑浊
D. 若A为双氧水，B为MnO2，C中盛Na2S溶液，则C中溶液中变浑浊
【答案】B
【解析】
【详解】A、浓硫酸与K2SO3反应生成二氧化硫气体，二氧化硫具有漂白性，能够使品红褪色，故A正确；
B、浓氨水和生石灰CaO反应生成氨气，氨气溶于水生成氨水，氨水和AlCl3溶液反应生成氢氧化铝沉淀，且氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，故B错误；
C、若A为醋酸，B为碳酸钙，二者反应会生成二氧化碳气体，二氧化碳气体与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，溶液变浑浊，故C正确；
D、双氧水在MnO2催化作用下，快速产生氧气，氧气具有氧化性，能够把-2价的硫氧化为硫单质，C中溶液中变浑浊，故D正确；
综上所述，本题选B。
13.下列反应的离子方程式的书写正确的是（ ）
A. 氧化钠投入水中：O2-+H2O=2OH-
B. FeCl3溶液与KI反应：2Fe3++2KI=2Fe2++I2+2K+
C. 过量硫酸氢铵与氢氧化钡反应：Ba2++2OH-+SO42-+2H+=BaSO4↓+2H2O
D. 少量CO2 通入到 NaClO溶液中：H2O+CO2+2ClO-=2HClO+CO32-
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氧化钠投入水中，离子方程式为：Na2O+H2O=2Na++2OH−，A项错误；
B. FeCl3溶液与KI反应，离子方程式为：2Fe3++2I−=2Fe2++I2，B项错误；
C. 过量硫酸氢铵与氢氧化钡反应，离子方程式为：Ba2++2OH﹣+SO42﹣+2H+＝BaSO4↓+2H2O，C项正确；
D. 少量CO2通入到NaClO溶液中，离子方程式为：H2O+CO2+ClO-=HClO+HCO3−，D项错误；
答案选C。
14.在给定的四种溶液中,加入以下各种离子,各离子能在原溶液中大量共存的是（ ）
A. pH为1的溶液：Cu2+、Na+、Mg2+、NO3-
B. 滴加石蕊溶液显红色的溶液：Fe3+、NH4+、Cl-、S2-
C. 水电离出来的c(H+)=10-13mol/L的溶液：K+、HCO3-、Br-、Ba2+
D. 所含溶质为Na2SO4的溶液：K+、AlO2-、NO3-、Al3+
【答案】A
【解析】
【详解】A．pH为1的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，能大量共存，A项正确；
B．滴加石蕊溶液显红色的溶液，显酸性，S2-不能大量存在，且Fe3+、S2-离子之间会发生氧化还原，则不能大量共存，反应方程式为：2Fe3++2S2-+2H+=2Fe2++H2S↑+S↓，B项错误；
C．水电离出来的c(H+)=10-13mol/L的溶液，为酸或碱溶液，HCO3-既能与酸又能与碱反应，不能大量共存，C项错误；
D．AlO2-、Al3+离子会发生双水解，不能大量共存，D项错误；
答案选A。
15.实验室验证钠能与二氧化碳发生反应，并确定其产物的装置如图所示（已知：PdCl2溶液遇CO能产生黑色的Pd），下列说法错误的是（ ）
A. 装置①可改用启普发生器
B. 装置⑤中石灰水变浑浊后，再点燃酒精灯
C. 装置②③中分别盛装饱和Na2CO3溶液、浓H2SO4
D. 装置⑥中有黑色沉淀，发生的反应是PdC12+CO+H2O＝Pd↓+CO2+2HCl
【答案】C
【解析】
【分析】
由装置可知①为二氧化碳的发生装置，②应为NaHCO3溶液，用于除去HCl，③为浓硫酸，用于干燥二氧化碳气体，在加热条件下，在④中如发生反应，则二氧化碳可被还原生成CO，可观察到⑥中溶液产生黑色沉淀，以此解答该题。
【详解】A. 装置①为常温下固体和液体制备气体的装置，碳酸钙颗粒与稀盐酸也适合用启普发生器，A项正确；
B. 装置⑤中石灰水变浑浊后，可将装置内空气排出，防止氧气和钠反应，再进行点燃，操作规范合理，B项正确；
C. 二氧化碳与碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液，用于除去氯化氢，C项错误；
D. 一氧化碳与氯化铅发生氧化还原反应，化学方程式为PdC12+CO+H2O＝Pd↓+CO2+2HCl，D项正确；
答案选C。
16.下列关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他反应产物及反应所需条件均已略去），当X是强碱时，过量的B跟Cl2反应除生成C外，另一产物是盐酸盐。
下列说法中不正确的是（ ）
A. 当X是强酸时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是H2SO4
B. 当X是强碱时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F是HNO3
C. B和Cl2的反应是氧化还原反应
D. 当X是强酸时，C在常温下是气态单质
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图中的转化关系可知，A一定是弱酸的铵盐，当X是强酸时，A、B、C、D、E、F分别是：Na2S、H2S、S、SO2、SO3、H2SO4；当X是强碱时，A、B、C、D、E、F分别是：NH4Cl、NH3、N2、NO、NO2、HNO3。
【详解】A.由上述分析可知，当X是强酸时，F是H2SO4，故A正确；
B.由上述分析可知，当X是强碱时，F是HNO3，故B正确；
C.无论B是H2S 还是NH3，B和Cl2的反应一定是氧化还原反应，故C正确；
D.当X是强酸时，C是硫，在常温下是固态单质，故D错误；
答案选D。
17.下列各项反应对应的图象正确的是（ ）
A. 25℃时，向亚硫酸溶液中通入氯气
B. 向NaAlO2溶液中通入HCl气体
C. 向少量氯化铁溶液中加入铁粉
D. 向NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合液中通入CO2
【答案】C
【解析】
【详解】A. 亚硫酸为酸性，其pH小于7，与图象不符，通入氯气后发生反应，随着氯气的通入，pH会降低，直到氯气反应完全，pH不变，A项错误；
B.向NaAlO2溶液中通入HCl气体，发生、，图中上升与下降段对应的横坐标长度之比应为1:3，而不是3:1，B项错误；
C. 向少量氯化铁溶液中加入铁粉，发生，则Fe元素的质量增加，Cl元素的质量不变，所以Cl的质量分数减小，至反应结束不再变化，与图像相符，C项正确；
D. 将二氧化碳气体通入含有NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中， CO2先与Ba(OH)2反应（有沉淀BaCO3生成），当Ba(OH)2消耗完毕后再与NaOH反应（此时无沉淀生成）；最后与NaAlO2反应（有沉淀Al(OH)3生成），以上过程中图形应是：出现沉淀BaCO3，沉淀BaCO3保持不变，沉淀Al(OH)3增加；过量的CO2还可以继续与Na2CO3反应得到NaHCO3，过量的CO2还可以使BaCO3沉淀溶解，最后只有沉淀Al(OH)3，所以接着的图形应该为：沉淀BaCO3和Al(OH)3保持不变，沉淀BaCO3减少，沉淀Al(OH)3保持不变，故整个过程的图形应为：出现沉淀BaCO3，沉淀BaCO3保持不变，沉淀Al(OH)3增加，沉淀BaCO3和Al(OH)3保持不变，沉淀BaCO3减少，沉淀Al(OH)3保持不变，图像不符合，D项错误；
答案选C。
18.我国部分地区水资源缺乏，海水淡化是永恒的话题。下列有关海水淡化的说法错误的是
A. 如图制备蒸馏水方法技术成熟，但是成本太高
B. 如图制备蒸馏水的过程，利用了清洁能源太阳能，且可分离出海水中的盐类
C. 如图是离子交换法制备淡水，在阴阳离子交换后发生了酸碱中和反应
D. 如图在阳离子交换过程中阳离子数目保持不变，溶液酸碱性也保持不变
【答案】D
【解析】
【详解】A. 用蒸馏法制备蒸馏水，虽然方法技术成熟，但是由于需消耗大量的酒精燃料，所以成本太高，A正确；
B. 利用了清洁能源太阳能，将海水蒸发，然后冷凝，可制备蒸馏水，同时可分离出海水中的盐类，B正确；
C. 用离子交换法制备淡水，阳离子交换膜将阳离子都转化为H+，阴离子交换膜将阴离子都转化为OH-，然后H+与OH-结合成水，发生酸碱中和反应，C正确；
D.阳离子交换过程中，阳离子交换是按电荷守恒进行的，也说是说1个Ca2+、Mg2+可以交换2个H+，数目发生改变，溶液酸性增强，D错误；
答案为D。
Ⅱ卷 非选择题
19.A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如图转化关系（部分生成物和反应条件略去）。
（1）若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，X能使品红溶液褪色，写出C和E反应的离子方程式：___。
（2）若A为淡黄色粉末，X为一种最常见的造成温室效应的气体。则鉴别等浓度的D、E两种稀溶液，可选择的试剂为___（填代号）。
A．盐酸 B．BaCl2溶液 C．Ca(OH)2溶液
（3）若A为非金属氧化物，B为气体，遇空气会变红棕色，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红。则A与H2O反应的化学反应方程式___。
【答案】 (1). OH-+HSO3-=SO32-+H2O (2). AB (3). 3NO2+H2O=2HNO3+NO
【解析】
【分析】
（1）若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，应为Na，X能使品红溶液褪色，应为SO2，则B为H2，C为NaOH，D为Na2SO3，E为NaHSO3；
（2）若A为淡黄色粉末，应为Na2O2；若X为一种最常见的造成温室效应的气体，应为二氧化碳；
（3）若A为非金属氧化物，B为气体，遇空气会变红棕色，则可推知B为NO，A为NO2，又X是Fe，由转化关系可知C具有强氧化性，则C为HNO3，E为Fe(NO3)2，据此分析作答。
【详解】（1）根据上述分析可知，A为Na，X为SO2，则B为H2，C为NaOH，D为Na2SO3，E为NaHSO3，C和E反应的离子方程式为OH-+HSO3-=SO32-+H2O；
（2）①若A为淡黄色粉末，应为Na2O2，若X为一种造成温室效应的气体，应为CO2，则C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3，鉴别等浓度的碳酸钠与碳酸氢钠两种溶液，可用盐酸或氯化钡溶液，AB项正确，氢氧化钙溶液与两者均会反应生成白色沉淀，不能鉴别，C项错误；故答案为：AB；
（3）根据上述分析可知，NO2与水反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO。
20.某同学向两个容积相同的烧瓶内分别充入一定量的HCl与NH3（假设烧瓶内其它气体难溶于水）。利用如图所示的装置进行实验，实验开始前各活塞均关闭。
（1）同温同压下，两个烧瓶内充入的HCl与NH3分子数目之比为___，烧瓶Ⅱ中喷泉的颜色是___。
（2）单独进行喷泉实验后，烧瓶I中c(Cl-)=___mol•L-1（实验条件下气体摩尔体积为Vm)
（3）实验表明，若只是关闭b、打开a、c，则易在烧瓶I中观察到白烟，这表明气体分子扩散速率随着气体相对分子质量的增大而____（填“增大”或“减小”)。
【答案】 (1). 16：15 (2). 蓝色 (3). (4). 减小
【解析】
【分析】
（1）结合图中数据，利用阿伏加德罗定律分析；氨气溶于水，溶液显碱性；
（2）溶解的气体体积与形成溶液的体积相等；
（3）氨气的相对分子质量小，根据实验现象得出，氨气的扩散速率快；
【详解】（1）HCl和NH3都极易溶于水，形成喷泉后，溶液的体积为原HCl、NH3的体积，由图中数据可知，相同条件下两个烧瓶内气体体积之比为0.8V:0.75V=16:15，同温同压下，气体分子数之比等于气体体积之比，也是16:15；氨气溶于水形成氨水，溶液显碱性，而石蕊试液遇碱显蓝色，故答案为：16:15；蓝色；
（2）实验中溶解的气体体积与形成溶液的体积是相等的，故有n(HCl)=mol，c(Cl－)== mol/L，故答案为：；
（3）由“在烧瓶I中观察到白烟”知，氨气扩散速率快，氨气进入烧瓶I中并与HCl反应生成NH4Cl而形成白烟，表明气体分子扩散速率随着气体相对分子质量的增大而减小，故答案为：减小。
21.某学习小组设计实验探究CuSO4分解产物
Ⅰ．甲同学选择下列装置设计实验探究硫酸铜分解的气态产物SO3、SO2和O2，并验证SO2的还原性。
回答下列有关问题：
（1）上述装置按气流从左至右排序为A、D、___E、F（填代号）。
（2）装置D的作用是____；能证明有SO3生成的实验现象是____。
（3）在实验过程中C装置中红色溶液逐渐变为无色溶液，说明A中分解产物有：___；待C中有明显现象后，F开始收集气体，F装置中集气瓶收集到了少量气体，该气体是___（填化学式）。
（4）为了验证SO2的还原性，取E装置中反应后的溶液于试管中，设计如下实验：
a．滴加少量的NH4SCN溶液 b．滴加少量的K3[Fe(CN)6]溶液
c．滴加酸性KMnO4溶液 d．滴加盐酸酸化的BaCl2溶液
其中，方案合理有____（填代号），写出E装置中可能发生反应的离子方程式：___。
Ⅱ．乙同学利用A中残留固体验证固体产物（假设硫酸铜已完全分解）查阅资料知，铜有+2、+1价，且分解产物中不含0价的铜。Cu2O在酸性条件下不稳定，发生反应：Cu2O+2H+ =Cu+Cu2++H2O。
（5）为了验证固体产物中是否有Cu2O，设计了下列4种方案，其中能达到实验目的的是____。
甲：取少量残留固体于试管，滴加足量的稀硝酸，观察溶液颜色是否变为蓝色
乙：取少量残留固体于试管，滴加足量的稀硫酸，观察溶液颜色是否变为蓝色
丙：取少量残留固体于试管，滴加足量的稀盐酸，观察是否有红色固体生成
丁：取少量残留固体于试管，通入氢气，加热，观察是否生成红色固体
【答案】 (1). BC (2). 防倒吸 (3). B中溶液变浑浊 (4). SO2 (5). O2 (6). bd (7). 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+ (8). 丙
【解析】
【分析】
根据题意：A装置加热分解硫酸铜，分解的气态产物SO3、SO2和O2，SO2和O2和氯化钡溶液不反应，SO3与氯化钡反应生成白色沉淀，可检验SO3，SO2由品红溶液检验，氯化铁溶液验证SO2的还原性，为防止发生倒吸，A之后连接D装置，连接B的氯化钡溶液检验SO3，产生白色沉淀，用C中品红溶液检验SO2，品红溶液褪色，由E的氯化铁溶液验证SO2的还原性，发生反应：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，F用排水法收集氧气，取E装置中反应后的溶液于试管中，通过检验生成Fe2+、SO42-验证SO2的还原性，用A中残留固体验证固体产物可能为CuO、Cu2O，根据反应Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，如果含有Cu2O，酸溶后有红色的铜生成，据此分析作答。
【详解】（1）根据上述分析可知，装置为分解装置，防倒吸装置，检验SO3，检验SO2，验证SO2的还原性，收集氧气的装置，故连接顺序为：A、D、B、C、E、F，缺少B、C装置，故答案为：BC；
（2）装置D的作用是防倒吸；SO3与氯化钡反应生成白色沉淀，溶液变浑浊，B装置中产生白色沉淀证明有SO3生成，故答案为：防倒吸；B中溶液变浑浊；
（3）二氧化硫具有漂白性，在实验过程中C装置中红色溶液逐渐变为无色溶液，说明A中分解产物有SO2；氧气不溶于水，F中收集的气体为O2，故答案为：SO2；O2；
（4）E装置中为氯化铁溶液，与二氧化硫发生氧化还原反应：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，检验生成的Fe2+、SO42-验证SO2的还原性，Fe2+用K3[Fe(CN)6]溶液观察是否有蓝色沉淀的生成检验，SO42-用盐酸酸化的BaCl2溶液是否生成白色沉淀检验，故合理选项是bd；2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；
（5）已知：Cu2O在酸性条件下不稳定，发生反应：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，A中硫酸铜完全分解，则得到CuO或Cu2O，取少量残留固体于试管，滴加足量的稀盐酸，观察是否有红色固体生成可以验证固体产物中是否有Cu2O；故合理选项是丙。
【点睛】本题考查了物质的性质检验的知识，掌握常见物质的性质是解题关键，在解答时要注意物质检验的先后顺序、检验试剂及反应现象，在物质反应方程式配平时要注意结合电子守恒、原子守恒分析解答。
22.碱式碳酸镁[4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O]是一种重要的无机化工产品。一种由白云石[主要成分为CaMg(CO3)2，含少量SiO2、Fe2O3等]为原料制备碱式碳酸镁(国家标准中CaO的质量分数≤0.43%)的实验流程如下：
（1）“煅烧”时发生主要反应的化学方程式为___。
（2）常温常压下，“碳化”可使镁元素转化为Mg(HCO3)2，“碳化”时终点pH对最终产品中CaO含量及碱式碳酸镁产率的影响如图1和图2所示。
①应控制“碳化”终点pH约为___，钙元素的主要存在形式是___(填化学式)。
②根据图2，当pH=10.0时，镁元素的主要存在形式是___(填化学式)。
（3）“热解”生成碱式碳酸镁的化学方程式为___。
（4）该工艺为达到清洁生产，可以循环利用的物质是___(填化学式)。
【答案】 (1). CaMg(CO3)2CaO+MgO+2CO2↑ (2). 9.0 (3). CaCO3 (4). Mg(OH)2 (5). 5Mg(HCO3)24MgCO3·Mg(OH)2·4H2O↓+6CO2↑ (6). CO2
【解析】
【分析】
白云石[主要成分为CaMg(CO3)2，含少量SiO2、Fe2O3等]在高温下焙烧，其中CaMg(CO3)2分解生成CaO、MgO和CO2，再加水“消化”，其中MgO、CaO均与水反应生成Mg(OH)2和Ca(OH)2，经过滤除去SiO2、Fe2O3等残渣，再向所得溶液中通入CO2气体进行碳化，使得Mg(OH)2转化为可溶的Mg(HCO3)2，经过滤除去CaCO3，将所得Mg(HCO3)2溶液加热并控制温度95∼100即得到碱式碳酸镁，最后过滤并洗涤得到产品，据此分析作答；
【详解】（1） CaMg(CO3)2的煅烧分解类似于CaCO3、MgCO3 的高温分解，CaMg(CO3)2CaO+MgO+2CO2↑；
（2） ①由图象可知，应控制“碳化”终点pH约为9.0，这时碱式碳酸镁产率较高，而CaO含量较低；煅烧产物CaO和MgO都可与水反应生成Ca(OH)2和Mg(OH)2，结合产物的要求，所以“碳化”时发生的主要反应有Mg(OH)2+2CO2=Mg(HCO3)2 和Ca(OH)2+CO2= CaCO3↓+H2O，钙元素存在的主要形式为CaCO3，故答案为：9.0；CaCO3；
②当pH= 10.0时，镁元素的主要存在形式是Mg(OH)2；
（3）由Mg(HCO3)2受热分解生成碱式碳酸镁的化学方程式为5Mg(HCO3)2 4MgCO3·Mg(OH)2 ·4H2O↓+6CO2↑；
（4）由流程图可知，可循环利用的物质有CO2。
23.POCl3常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料，实验室制备POCl3并测定产品含量的实验过程如下：
I．制备PCl3
（1）实验室用高锰酸钾和浓盐酸反应制氯气。发生装置可以是图中的____（填字母代号）。
（2）检查装置C气密性并装入药品后，先关闭K1，打开K2通入干燥的CO2，一段时间后，关闭K2，加热曲颈瓶同时打开K1通入干燥氯气，反应立即进行。图中碱石灰的作用是______________。
II．实验室制备POCl3。
采用氧气氧化液态PCl3法制取POCl3，实验装置（加热及夹持仪器略）如图：
资料：①Ag++SCN﹣＝AgSCN↓，Ksp（AgCl）＞Ksp（AgSCN）；
②PCl3和POCl3的相关信息如下表：
物质
熔点/℃
沸点/℃
相对分子质量
其他
PCl3
﹣112.0
76.0
137.5
两者互溶，均为无色液体，遇水均剧烈反应生成含氧酸和氯化氢
POCl3
2.0
106.0
153.5
（3）POCl3在潮湿空气中会剧烈“发烟”，反应的化学方程式为___________________________________。
（4）反应温度要控制在60～65℃，原因是：_________________________________。
（5）通过佛尔哈德法可以测定产品中Cl元素含量，实验步骤如下：
a、准确称取15.0 g POCl3产品，置于盛有60.00 mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100.00 mL溶液。
b、取10.00 mL溶液于锥形瓶中，加入10.00 mL 3.2 mol•L﹣1 AgNO3标准溶液。
c、加入少许硝基苯用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖。
d、以NH4Fe (SO4) 2为指示剂，用0.2 mol•L﹣1 NH4SCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点时共用去l0.00 mL NH4SCN溶液。
①步骤d中达到滴定终点的现象是__________________________________________。
②产品中Cl元素的质量分数为______________（保留3位有效数字）。
【答案】 (1). A (2). 吸收尾气，并防止空气中的水蒸气进入蒸馏烧瓶 (3). POCl3+3H2O＝H3PO4+3HCl (4). 温度过低，反应速度太慢，温度过高，PCl3易挥发，利用率低 (5). 溶液由无色变为红色且30 s内不再变色 (6). 71.0%
【解析】
【分析】
I．（1）高锰酸钾和浓盐酸反应制氯气，属于固体和液体反应，反应不需要加热，据此选择装置；
（2）根据氯气有毒，产品PCl3遇水均剧烈反应生成含氧酸和氯化氢进行分析；
II．实验室制备POCl3。A装置中用双氧水与二氧化锰反应生成氧气，通过加入双氧水的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含有水蒸气用浓硫酸除去，所以B装置中装浓硫酸，装置B中有长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起安全瓶的作用，纯净的氧气与三氯化磷反应生成POCl3，为了控制反应速率且要防止三氯化磷挥发，反应的温度控制在60～65℃，所以装置C中用水浴，为防止POCl3挥发，用冷凝管进行冷凝回流，POCl3遇水均剧烈水解为含氧酸和氯化氢，所以为防止空气中水蒸汽进入装置，同时吸收尾气，所以在装置的最后连有碱石灰的干燥管，据此分析回答问题。
【详解】I．（1）固体和液体反应，反应不需要加热，据此选择装置A；
答案：A；
（2）根据氯气有毒，因此尾气不可排放到空气中，产品PCl3遇水剧烈反应，要防止空气中的水蒸气进入蒸馏烧瓶；
答案：吸收尾气，并防止空气中的水蒸气进入蒸馏烧瓶；
II．（3）POCl3在潮湿空气中会剧烈“发烟”，确定有HCl生成，根据磷元素化合价还可以确定有磷酸生成，方程式为POCl3+3H2O＝H3PO4+3HCl；
答案：POCl3+3H2O＝H3PO4+3HCl ；
（4）根据上面的分析可知，反应温度应控制在60～65℃，原因是温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，利用率低；
答案：温度过低，反应速度太慢，温度过高，PCl3易挥发，利用率低 ；
（5）因为Fe3+与SCN-结合，溶液会变红，因此以NH4Fe (SO4) 2为指示剂，用0.2 mol•L﹣1 NH4SCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点的现象是溶液由无色变为红色且30 s内不再变色；
答案：溶液由无色变为红色且30 s内不再变色；
（6）测定POCl3产品含量，用POCl3与水反应生成氯化氢，然后用硝酸银标准溶液沉淀溶液中的氯离子，NH4SCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，根据NH4SCN的物质的量可计算出溶液中剩余的AgNO3，结合AgNO3的总物质的量得知与氯离子反应的硝酸银，进而计算出溶液中氯离子的物质的量，进而确定氯元素的质量分数；NH4SCN的物质的量为0.2mol/L×0.01L=0.002mol，根据反应Ag++SCN-=AgSCN↓，可知溶液中剩余的银离子的物质的量为0.002mol，POCl3与水反应生成氯化氢的物质的量为（3.2×0.01mol-0.002mol）×10=0.3mol，氯元素的质量分数为×100%=71.0%；
答案：71.0%。
永安一中2019-2020学年第一学期期中考试
高三化学试题
相对原子质量：H-1 O-16 C-12 Na-23 Cl-35.5 Ca-40
第Ⅰ卷（选择题 共46分）
一、选择题（本题包括18小题，1-8题：每小题2分；9-18题：每小题3分共46分。）
1.化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法正确的是
A. 漂白粉长期放置在空气中会被空气中的氧气氧化而变质
B. 二氧化硫可用作葡萄酒的食品添加剂
C. 通讯领域中的光导纤维可长期浸泡在强碱性溶液中
D. 汽车尾气中含有的氮氧化物是汽油不完全燃烧生成的
【答案】B
【解析】
A. 漂白粉长期放置在空气中会与空气中的二氧化碳和水蒸气反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸分解生成盐酸和氧气，而变质，故A错误；B. 二氧化硫具有杀菌消毒的作用，可微量用作葡萄酒的食品添加剂，故B正确；C. 通讯领域中的光导纤维的主要成分为二氧化硅，能够与强碱性溶液反应，故C错误；D. 汽车尾气中含有的氮氧化物是空气中的氮气和氧气在放电条件下生成的，故D错误；故选B。
2.下列有关说法不正确的是（ ）
A. “墙塌压糖，去土而糖白”中的脱色过程发生了物理变化
B. 《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是NaOH
C. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
D. 古剑“沈卢”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金
【答案】B
【解析】
【详解】A. 黄泥具有吸附性，利用黄泥来吸附红糖中的色素，该脱色过程发生了物理变化，A项正确；
B. “取碱浣衣”中的碱是指碳酸钾溶液，而不是氢氧化钠，氢氧化钠具有腐蚀性，B项错误；
C. 熬胆矾铁釜，久之亦化为，指的是铜为铁与硫酸铜反应生成铜与硫酸亚铁，属于置换反应，C项正确；
D. 剂钢硬度大，指的是铁的合金，D项正确；
答案选B。
【点睛】做题的关键是对文化传统的理解及对化学常识问题的积累。平常要多注重这方面的思考。
3.下列有关化学用语的表述正确的是（ ）
A. 37Cl-的结构示意图： B. 中子数为7的碳原子：C
C. NH3的结构式： D. 次氯酸的电子式：
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氯的核电荷数为17，37Cl-的结构示意图，A项错误；
B. 元素符号左上角的数字表示质量数，中子数为7的碳原子：，B项错误；
C. 氨分子含有三个共价键，C项正确；
D. 次氯酸的中心原子是氧原子，次氯酸的电子式，D项错误；
答案选C。
【点睛】化学用语是化学考试中的高频考点，其中元素符号的含义要牢记在心，其左上角为质量数（A）、左下角为质子数（Z），质子数（Z）=核电荷数=原子序数，质量数（A）=质子数（Z）+中子数（N）。
4.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. Si的熔点高，可用作半导体材料
B. HClO具有强氧化性，可用于漂白有色有机物质
C. FeCl3溶液显酸性，可用于蚀刻铜制电路板
D. Al2O3硬度很大，可用于制造耐火材料
【答案】B
【解析】
【详解】A. Si导电性介于导体和绝缘体之间，可用作半导体材料，与熔点高无关系，A项错误；
B HClO具有强氧化性，可用于漂白有色有机物质，B项正确；
C. FeCl3具有氧化性，可与铜发生反应生成氯化亚铁与氯化铜，跟FeCl3溶液的酸碱性无关，C项错误；
D. Al2O3熔点很高，故可以做耐火材料，而不是利用其硬度很大的性质，D项错误；
答案选B。
【点睛】其中A选项关于硅或硅的化合物的用途是常考点，也是易混知识。硅单质常用于太阳能电池、半导体材料与计算机芯片等；二氧化硅是石英、水晶、玛瑙及光导纤维的成分；硅酸盐常用于玻璃、水泥和陶瓷等，学生要理清这些物质的用途，不可混为一谈。
5.下列说法正确的是（ ）
A. 液态HCl、固态AgCl均不导电，所以HCl、AgCl是非电解质
B. NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质
C. 金刚石、石墨、14C是碳元素的同素异形体
D. 混合物：淀粉、自来水、水玻璃、医用酒精
【答案】D
【解析】
【分析】
在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物为电解质，在水溶液中和熔化状态下都不能导电的化合物为非电解质，以此来解答。
【详解】A. 液态HCl溶于水能导电，固态AgCl溶熔化状态下能导电，又属于化合物，所以液态HCl、固态AgCl是电解质，A项错误；
B. NH3和CO2本身不能电离出离子，与水反应生成的一水合氨或碳酸电解质溶液能导电，则NH3、CO2属于非电解质，B项错误；
C. 金刚石、石墨是碳元素的同素异形体，但14C是原子，不是碳元素的同素异形体，C项错误；
D. 淀粉、自来水、水玻璃、医用酒精均是由两种或两种以上物质组成的混合物，D项正确；
答案选D。
【点睛】掌握非电解质的判断方法是解此题的关键。需要注意的是，判断给出的物质是不是非电解质要先判断该物质属不属于化合物，若为化合物，再进一步该物质再判断特定条件（或者熔融状态）下能否导电，进而做出最终判断，若是单质或者混合物，则一定不属于非电解质。常见的非电解质有二氧化碳、二氧化硫、氨气以及蔗糖和酒精等，学生需要理解并谨记。
6.某学生以铁丝和Cl2为原料进行下列三个实验。下列分析正确的是（ ）
A. 实验①反应的火焰为苍白色
B. 实验③反应制得的物质为纯净物
C. 实验③得到的物质可能产生丁达尔现象
D. 实验②、③得到的分散系中分散质粒子的直径：②＞③
【答案】C
【解析】
【详解】A. 实验①中的铁和氯气反应生成氯化铁，生成棕褐色的烟，A项错误；
B. 实验③盐的水解生成氢氧化铁胶体，为混合物，B项错误；
C. 实验③向盛有沸水的烧杯中滴加FeCl3饱和溶液，利用水解原理制备胶体，实验③盐的水解生成氢氧化铁胶体，能产生丁达尔现象，C项正确；
D. 实验②得到氯化铁溶液，实验③盐的水解生成氢氧化铁胶体，则分散质粒子的直径：②<③，D项错误；
答案选C。
7.以下物质间的每一步转化能通过一步反应实现的（ ）
A. Fe2O3→FeCl3→FeCl2 B. Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3
C. C→CO→H2CO3→CO2 D. Al→Al2O3→Al(OH)3→NaAlO2
【答案】A
【解析】
【详解】A. 氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，所以Fe2O3→FeCl3→FeCl2能一步实现，A项正确；
B. 二氧化硅与水不反应，SiO2→H2SiO3不能一步实现，B项错误；
C. 一氧化碳不能一步反应生成碳酸，CO→H2CO3不能实现，C项错误；
D. 氧化铝不与水反应，Al2O3→Al(OH)3不能一步实现，D项错误；
答案选A。
【点睛】D项是易错点，要特别注意Al2O3→Al(OH)3不能一步实现，且铝单质也不能直接生成氢氧化铝。
8.某实验室需要 1.0 mol/L 的碳酸钠溶液 450 mL，利用碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)来配制。下列说法正确的是
A. 应称取该碳酸钠晶体128.7 g
B. 取 100 mL 该溶液，向其中加入100 mL 水，所得溶液浓度为0.5 mol/L
C. 定容时俯视刻度线会引起配制溶液的浓度偏高
D. 定容、摇匀、静置后发现液面低于刻度线，应再补加少量水至刻度线
【答案】C
【解析】
【分析】
需用500 mL容量瓶配制该溶液，根据计算需要碳酸钠晶体质量；100 mL 该溶液，向其中加入100 mL 水，所得溶液的体积不是200mL；定容时俯视刻度线，溶液体积偏小；定容、摇匀、静置后发现液面低于刻度线，若补加少量水至刻度线，导致溶液的体积偏大。
【详解】143.0g，故A错误；100 mL 该溶液，向其中加入100 mL 水，所得溶液的体积不是200mL，所以溶液浓度不是0.5 mol/L，故B错误；定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高，故C正确；定容、摇匀、静置后发现液面低于刻度线，若补加少量水至刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液浓度偏低，故D错误。
【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制的误差分析时，注意从c=分析操作对溶质的物质的量浓度的影响，若n偏大则c偏高，若v偏高则c偏低。
9.下列操作正确且能达到实验目的是（ ）
A. 制取氢氧化亚铁并观察其颜色
B. 制备无水氯化镁
C. 比较两种物质的热稳定性
D. 制取收集干燥纯净NH3
【答案】A
【解析】
【详解】A. 氢氧化亚铁具有还原性，易被氧气氧化，因此在制备时，胶头滴管需要伸入液面以下，且为防止氧气氧化，液面用煤油液封，该装置可达到实验目的，A项正确；
B. 氯化镁溶液容易发生水解，直接加热蒸发氯化镁溶液，水解产生的HCl受热挥发，使得平衡不断向右移动，最终会得到氢氧化镁固体，得不到无水氯化镁，B项错误；
C. 比较两种物质的热稳定性，装置图中大试管应装碳酸钠，小试管温度低，应加碳酸氢钠，这样才能形成对比，得出碳酸氢钠不稳定受热易分解的结论，C项错误；
D. 氨气的密度比空气小，应使用向下排气法，该实验装置不能达到实验目的，D项错误；
答案选A。
10.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 1L 0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中所含氧原子数目为0.3NA
B. 1mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为NA
C. 将1L 0.1mol•L-1 FeCl3溶液滴入沸水中，制得的Fe(OH)3胶粒数目为0.1NA
D. 常温下，NH4+数目：1L 0.5mol•L-1NH4Cl溶液等于2L 0.25mol•L-1NH4Cl溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A. 水溶液中溶剂水中也含氧原子，则1L 0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中所含氧原子数目远大于0.3NA，A项错误；
B. 1mol Na与足量O2反应，无论生成的是Na2O还是Na2O2，生成的都是Na+，则转移的电子数均为NA，B项正确；
C. Fe(OH)3胶粒是许多Fe(OH)3的聚集体，所以将1L 0.1mol•L﹣1 FeCl3溶液滴入沸水中，制得的Fe(OH)3胶粒数目小于0.1NA，故C错误；
D. 稀释有利于盐类水解，常温下， 1L 0.5mol•L﹣1 NH4Cl溶液与2L 0.25mol•L﹣1 NH4Cl溶液中的NH4+的水解程度，前者小于后者，所以NH4+数目前者大于后者，D项错误；
答案选B。
11.某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在H2O、ClO-、CN-、HCO3-、N2、Cl-六种离子。在反应过程中测得ClO-和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列有关判断中不正确的是（ ）
A. 标准状况下若生成2.24LN2，则转移电子1mol
B. 还原性：Cl-
D. 氧化剂是含ClO-物质，氧化产物只有N2
【答案】D
【解析】
【分析】
由曲线变化图可知，随反应进行ClO-的物质的量降低，N2的物质的量增大，故ClO-为反应物，N2是生成物，根据电子转移相等可知，CN-是反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，由碳元素守恒可知HCO3-是生成物，由氢元素守恒可知H2O是反应物．反应中Cl元素化合价由+1价降低为-1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，化合价升降最小公倍数为2[（4-2）+（3-0）]=10价，故CN-系数为2，ClO-系数为5，由元素守恒可知HCO3-系数为2，N2系数为1，Cl-系数为5，H2O系数为1，反应方程式为2CN-+5ClO-+H2O=2HCO3-+N2↑+5Cl-，据此分析作答。
【详解】A. 2.24L N2(标准状况)的物质的量为0.1mol，所以参加反应的ClO−的物质的量为0.5mol，反应中只有氯元素化合价降低，由ClO−中+1价降低为Cl−中−1价，所以转移电子为0.5mol×2mol=1mol，A项正确；
B. 反应方程式为2CN-+5ClO-+H2O=2HCO3-+N2↑+5Cl-，还原剂为CN−，还原产物为Cl-，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，因此还原性比较：Cl-
D. 反应中，C元素化合价由CN−中+2价升高为HCO3−中+4价，N元素化合价由CN−中−3价升高为N2中0价，可知氧化产物有HCO3−、N2，D项错误；
答案选D。
12.按如图所示装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述不正确的是
A. 若A为浓硫酸，B为K2SO3，C中盛品红溶液，则C中溶液褪色
B. 若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛AlCl3溶液，则C中先变浑浊后澄清
C. 若A为醋酸，B为CaCO3，C中盛Na2SiO3溶液，则C中溶液中变浑浊
D. 若A为双氧水，B为MnO2，C中盛Na2S溶液，则C中溶液中变浑浊
【答案】B
【解析】
【详解】A、浓硫酸与K2SO3反应生成二氧化硫气体，二氧化硫具有漂白性，能够使品红褪色，故A正确；
B、浓氨水和生石灰CaO反应生成氨气，氨气溶于水生成氨水，氨水和AlCl3溶液反应生成氢氧化铝沉淀，且氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，故B错误；
C、若A为醋酸，B为碳酸钙，二者反应会生成二氧化碳气体，二氧化碳气体与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，溶液变浑浊，故C正确；
D、双氧水在MnO2催化作用下，快速产生氧气，氧气具有氧化性，能够把-2价的硫氧化为硫单质，C中溶液中变浑浊，故D正确；
综上所述，本题选B。
13.下列反应的离子方程式的书写正确的是（ ）
A. 氧化钠投入水中：O2-+H2O=2OH-
B. FeCl3溶液与KI反应：2Fe3++2KI=2Fe2++I2+2K+
C. 过量硫酸氢铵与氢氧化钡反应：Ba2++2OH-+SO42-+2H+=BaSO4↓+2H2O
D. 少量CO2 通入到 NaClO溶液中：H2O+CO2+2ClO-=2HClO+CO32-
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氧化钠投入水中，离子方程式为：Na2O+H2O=2Na++2OH−，A项错误；
B. FeCl3溶液与KI反应，离子方程式为：2Fe3++2I−=2Fe2++I2，B项错误；
C. 过量硫酸氢铵与氢氧化钡反应，离子方程式为：Ba2++2OH﹣+SO42﹣+2H+＝BaSO4↓+2H2O，C项正确；
D. 少量CO2通入到NaClO溶液中，离子方程式为：H2O+CO2+ClO-=HClO+HCO3−，D项错误；
答案选C。
14.在给定的四种溶液中,加入以下各种离子,各离子能在原溶液中大量共存的是（ ）
A. pH为1的溶液：Cu2+、Na+、Mg2+、NO3-
B. 滴加石蕊溶液显红色的溶液：Fe3+、NH4+、Cl-、S2-
C. 水电离出来的c(H+)=10-13mol/L的溶液：K+、HCO3-、Br-、Ba2+
D. 所含溶质为Na2SO4的溶液：K+、AlO2-、NO3-、Al3+
【答案】A
【解析】
【详解】A．pH为1的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，能大量共存，A项正确；
B．滴加石蕊溶液显红色的溶液，显酸性，S2-不能大量存在，且Fe3+、S2-离子之间会发生氧化还原，则不能大量共存，反应方程式为：2Fe3++2S2-+2H+=2Fe2++H2S↑+S↓，B项错误；
C．水电离出来的c(H+)=10-13mol/L的溶液，为酸或碱溶液，HCO3-既能与酸又能与碱反应，不能大量共存，C项错误；
D．AlO2-、Al3+离子会发生双水解，不能大量共存，D项错误；
答案选A。
15.实验室验证钠能与二氧化碳发生反应，并确定其产物的装置如图所示（已知：PdCl2溶液遇CO能产生黑色的Pd），下列说法错误的是（ ）
A. 装置①可改用启普发生器
B. 装置⑤中石灰水变浑浊后，再点燃酒精灯
C. 装置②③中分别盛装饱和Na2CO3溶液、浓H2SO4
D. 装置⑥中有黑色沉淀，发生的反应是PdC12+CO+H2O＝Pd↓+CO2+2HCl
【答案】C
【解析】
【分析】
由装置可知①为二氧化碳的发生装置，②应为NaHCO3溶液，用于除去HCl，③为浓硫酸，用于干燥二氧化碳气体，在加热条件下，在④中如发生反应，则二氧化碳可被还原生成CO，可观察到⑥中溶液产生黑色沉淀，以此解答该题。
【详解】A. 装置①为常温下固体和液体制备气体的装置，碳酸钙颗粒与稀盐酸也适合用启普发生器，A项正确；
B. 装置⑤中石灰水变浑浊后，可将装置内空气排出，防止氧气和钠反应，再进行点燃，操作规范合理，B项正确；
C. 二氧化碳与碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液，用于除去氯化氢，C项错误；
D. 一氧化碳与氯化铅发生氧化还原反应，化学方程式为PdC12+CO+H2O＝Pd↓+CO2+2HCl，D项正确；
答案选C。
16.下列关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他反应产物及反应所需条件均已略去），当X是强碱时，过量的B跟Cl2反应除生成C外，另一产物是盐酸盐。
下列说法中不正确的是（ ）
A. 当X是强酸时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是H2SO4
B. 当X是强碱时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F是HNO3
C. B和Cl2的反应是氧化还原反应
D. 当X是强酸时，C在常温下是气态单质
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图中的转化关系可知，A一定是弱酸的铵盐，当X是强酸时，A、B、C、D、E、F分别是：Na2S、H2S、S、SO2、SO3、H2SO4；当X是强碱时，A、B、C、D、E、F分别是：NH4Cl、NH3、N2、NO、NO2、HNO3。
【详解】A.由上述分析可知，当X是强酸时，F是H2SO4，故A正确；
B.由上述分析可知，当X是强碱时，F是HNO3，故B正确；
C.无论B是H2S 还是NH3，B和Cl2的反应一定是氧化还原反应，故C正确；
D.当X是强酸时，C是硫，在常温下是固态单质，故D错误；
答案选D。
17.下列各项反应对应的图象正确的是（ ）
A. 25℃时，向亚硫酸溶液中通入氯气
B. 向NaAlO2溶液中通入HCl气体
C. 向少量氯化铁溶液中加入铁粉
D. 向NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合液中通入CO2
【答案】C
【解析】
【详解】A. 亚硫酸为酸性，其pH小于7，与图象不符，通入氯气后发生反应，随着氯气的通入，pH会降低，直到氯气反应完全，pH不变，A项错误；
B.向NaAlO2溶液中通入HCl气体，发生、，图中上升与下降段对应的横坐标长度之比应为1:3，而不是3:1，B项错误；
C. 向少量氯化铁溶液中加入铁粉，发生，则Fe元素的质量增加，Cl元素的质量不变，所以Cl的质量分数减小，至反应结束不再变化，与图像相符，C项正确；
D. 将二氧化碳气体通入含有NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中， CO2先与Ba(OH)2反应（有沉淀BaCO3生成），当Ba(OH)2消耗完毕后再与NaOH反应（此时无沉淀生成）；最后与NaAlO2反应（有沉淀Al(OH)3生成），以上过程中图形应是：出现沉淀BaCO3，沉淀BaCO3保持不变，沉淀Al(OH)3增加；过量的CO2还可以继续与Na2CO3反应得到NaHCO3，过量的CO2还可以使BaCO3沉淀溶解，最后只有沉淀Al(OH)3，所以接着的图形应该为：沉淀BaCO3和Al(OH)3保持不变，沉淀BaCO3减少，沉淀Al(OH)3保持不变，故整个过程的图形应为：出现沉淀BaCO3，沉淀BaCO3保持不变，沉淀Al(OH)3增加，沉淀BaCO3和Al(OH)3保持不变，沉淀BaCO3减少，沉淀Al(OH)3保持不变，图像不符合，D项错误；
答案选C。
18.我国部分地区水资源缺乏，海水淡化是永恒的话题。下列有关海水淡化的说法错误的是
A. 如图制备蒸馏水方法技术成熟，但是成本太高
B. 如图制备蒸馏水的过程，利用了清洁能源太阳能，且可分离出海水中的盐类
C. 如图是离子交换法制备淡水，在阴阳离子交换后发生了酸碱中和反应
D. 如图在阳离子交换过程中阳离子数目保持不变，溶液酸碱性也保持不变
【答案】D
【解析】
【详解】A. 用蒸馏法制备蒸馏水，虽然方法技术成熟，但是由于需消耗大量的酒精燃料，所以成本太高，A正确；
B. 利用了清洁能源太阳能，将海水蒸发，然后冷凝，可制备蒸馏水，同时可分离出海水中的盐类，B正确；
C. 用离子交换法制备淡水，阳离子交换膜将阳离子都转化为H+，阴离子交换膜将阴离子都转化为OH-，然后H+与OH-结合成水，发生酸碱中和反应，C正确；
D.阳离子交换过程中，阳离子交换是按电荷守恒进行的，也说是说1个Ca2+、Mg2+可以交换2个H+，数目发生改变，溶液酸性增强，D错误；
答案为D。
Ⅱ卷 非选择题
19.A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如图转化关系（部分生成物和反应条件略去）。
（1）若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，X能使品红溶液褪色，写出C和E反应的离子方程式：___。
（2）若A为淡黄色粉末，X为一种最常见的造成温室效应的气体。则鉴别等浓度的D、E两种稀溶液，可选择的试剂为___（填代号）。
A．盐酸 B．BaCl2溶液 C．Ca(OH)2溶液
（3）若A为非金属氧化物，B为气体，遇空气会变红棕色，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红。则A与H2O反应的化学反应方程式___。
【答案】 (1). OH-+HSO3-=SO32-+H2O (2). AB (3). 3NO2+H2O=2HNO3+NO
【解析】
【分析】
（1）若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，应为Na，X能使品红溶液褪色，应为SO2，则B为H2，C为NaOH，D为Na2SO3，E为NaHSO3；
（2）若A为淡黄色粉末，应为Na2O2；若X为一种最常见的造成温室效应的气体，应为二氧化碳；
（3）若A为非金属氧化物，B为气体，遇空气会变红棕色，则可推知B为NO，A为NO2，又X是Fe，由转化关系可知C具有强氧化性，则C为HNO3，E为Fe(NO3)2，据此分析作答。
【详解】（1）根据上述分析可知，A为Na，X为SO2，则B为H2，C为NaOH，D为Na2SO3，E为NaHSO3，C和E反应的离子方程式为OH-+HSO3-=SO32-+H2O；
（2）①若A为淡黄色粉末，应为Na2O2，若X为一种造成温室效应的气体，应为CO2，则C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3，鉴别等浓度的碳酸钠与碳酸氢钠两种溶液，可用盐酸或氯化钡溶液，AB项正确，氢氧化钙溶液与两者均会反应生成白色沉淀，不能鉴别，C项错误；故答案为：AB；
（3）根据上述分析可知，NO2与水反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO。
20.某同学向两个容积相同的烧瓶内分别充入一定量的HCl与NH3（假设烧瓶内其它气体难溶于水）。利用如图所示的装置进行实验，实验开始前各活塞均关闭。
（1）同温同压下，两个烧瓶内充入的HCl与NH3分子数目之比为___，烧瓶Ⅱ中喷泉的颜色是___。
（2）单独进行喷泉实验后，烧瓶I中c(Cl-)=___mol•L-1（实验条件下气体摩尔体积为Vm)
（3）实验表明，若只是关闭b、打开a、c，则易在烧瓶I中观察到白烟，这表明气体分子扩散速率随着气体相对分子质量的增大而____（填“增大”或“减小”)。
【答案】 (1). 16：15 (2). 蓝色 (3). (4). 减小
【解析】
【分析】
（1）结合图中数据，利用阿伏加德罗定律分析；氨气溶于水，溶液显碱性；
（2）溶解的气体体积与形成溶液的体积相等；
（3）氨气的相对分子质量小，根据实验现象得出，氨气的扩散速率快；
【详解】（1）HCl和NH3都极易溶于水，形成喷泉后，溶液的体积为原HCl、NH3的体积，由图中数据可知，相同条件下两个烧瓶内气体体积之比为0.8V:0.75V=16:15，同温同压下，气体分子数之比等于气体体积之比，也是16:15；氨气溶于水形成氨水，溶液显碱性，而石蕊试液遇碱显蓝色，故答案为：16:15；蓝色；
（2）实验中溶解的气体体积与形成溶液的体积是相等的，故有n(HCl)=mol，c(Cl－)== mol/L，故答案为：；
（3）由“在烧瓶I中观察到白烟”知，氨气扩散速率快，氨气进入烧瓶I中并与HCl反应生成NH4Cl而形成白烟，表明气体分子扩散速率随着气体相对分子质量的增大而减小，故答案为：减小。
21.某学习小组设计实验探究CuSO4分解产物
Ⅰ．甲同学选择下列装置设计实验探究硫酸铜分解的气态产物SO3、SO2和O2，并验证SO2的还原性。
回答下列有关问题：
（1）上述装置按气流从左至右排序为A、D、___E、F（填代号）。
（2）装置D的作用是____；能证明有SO3生成的实验现象是____。
（3）在实验过程中C装置中红色溶液逐渐变为无色溶液，说明A中分解产物有：___；待C中有明显现象后，F开始收集气体，F装置中集气瓶收集到了少量气体，该气体是___（填化学式）。
（4）为了验证SO2的还原性，取E装置中反应后的溶液于试管中，设计如下实验：
a．滴加少量的NH4SCN溶液 b．滴加少量的K3[Fe(CN)6]溶液
c．滴加酸性KMnO4溶液 d．滴加盐酸酸化的BaCl2溶液
其中，方案合理有____（填代号），写出E装置中可能发生反应的离子方程式：___。
Ⅱ．乙同学利用A中残留固体验证固体产物（假设硫酸铜已完全分解）查阅资料知，铜有+2、+1价，且分解产物中不含0价的铜。Cu2O在酸性条件下不稳定，发生反应：Cu2O+2H+ =Cu+Cu2++H2O。
（5）为了验证固体产物中是否有Cu2O，设计了下列4种方案，其中能达到实验目的的是____。
甲：取少量残留固体于试管，滴加足量的稀硝酸，观察溶液颜色是否变为蓝色
乙：取少量残留固体于试管，滴加足量的稀硫酸，观察溶液颜色是否变为蓝色
丙：取少量残留固体于试管，滴加足量的稀盐酸，观察是否有红色固体生成
丁：取少量残留固体于试管，通入氢气，加热，观察是否生成红色固体
【答案】 (1). BC (2). 防倒吸 (3). B中溶液变浑浊 (4). SO2 (5). O2 (6). bd (7). 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+ (8). 丙
【解析】
【分析】
根据题意：A装置加热分解硫酸铜，分解的气态产物SO3、SO2和O2，SO2和O2和氯化钡溶液不反应，SO3与氯化钡反应生成白色沉淀，可检验SO3，SO2由品红溶液检验，氯化铁溶液验证SO2的还原性，为防止发生倒吸，A之后连接D装置，连接B的氯化钡溶液检验SO3，产生白色沉淀，用C中品红溶液检验SO2，品红溶液褪色，由E的氯化铁溶液验证SO2的还原性，发生反应：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，F用排水法收集氧气，取E装置中反应后的溶液于试管中，通过检验生成Fe2+、SO42-验证SO2的还原性，用A中残留固体验证固体产物可能为CuO、Cu2O，根据反应Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，如果含有Cu2O，酸溶后有红色的铜生成，据此分析作答。
【详解】（1）根据上述分析可知，装置为分解装置，防倒吸装置，检验SO3，检验SO2，验证SO2的还原性，收集氧气的装置，故连接顺序为：A、D、B、C、E、F，缺少B、C装置，故答案为：BC；
（2）装置D的作用是防倒吸；SO3与氯化钡反应生成白色沉淀，溶液变浑浊，B装置中产生白色沉淀证明有SO3生成，故答案为：防倒吸；B中溶液变浑浊；
（3）二氧化硫具有漂白性，在实验过程中C装置中红色溶液逐渐变为无色溶液，说明A中分解产物有SO2；氧气不溶于水，F中收集的气体为O2，故答案为：SO2；O2；
（4）E装置中为氯化铁溶液，与二氧化硫发生氧化还原反应：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，检验生成的Fe2+、SO42-验证SO2的还原性，Fe2+用K3[Fe(CN)6]溶液观察是否有蓝色沉淀的生成检验，SO42-用盐酸酸化的BaCl2溶液是否生成白色沉淀检验，故合理选项是bd；2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；
（5）已知：Cu2O在酸性条件下不稳定，发生反应：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，A中硫酸铜完全分解，则得到CuO或Cu2O，取少量残留固体于试管，滴加足量的稀盐酸，观察是否有红色固体生成可以验证固体产物中是否有Cu2O；故合理选项是丙。
【点睛】本题考查了物质的性质检验的知识，掌握常见物质的性质是解题关键，在解答时要注意物质检验的先后顺序、检验试剂及反应现象，在物质反应方程式配平时要注意结合电子守恒、原子守恒分析解答。
22.碱式碳酸镁[4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O]是一种重要的无机化工产品。一种由白云石[主要成分为CaMg(CO3)2，含少量SiO2、Fe2O3等]为原料制备碱式碳酸镁(国家标准中CaO的质量分数≤0.43%)的实验流程如下：
（1）“煅烧”时发生主要反应的化学方程式为___。
（2）常温常压下，“碳化”可使镁元素转化为Mg(HCO3)2，“碳化”时终点pH对最终产品中CaO含量及碱式碳酸镁产率的影响如图1和图2所示。
①应控制“碳化”终点pH约为___，钙元素的主要存在形式是___(填化学式)。
②根据图2，当pH=10.0时，镁元素的主要存在形式是___(填化学式)。
（3）“热解”生成碱式碳酸镁的化学方程式为___。
（4）该工艺为达到清洁生产，可以循环利用的物质是___(填化学式)。
【答案】 (1). CaMg(CO3)2CaO+MgO+2CO2↑ (2). 9.0 (3). CaCO3 (4). Mg(OH)2 (5). 5Mg(HCO3)24MgCO3·Mg(OH)2·4H2O↓+6CO2↑ (6). CO2
【解析】
【分析】
白云石[主要成分为CaMg(CO3)2，含少量SiO2、Fe2O3等]在高温下焙烧，其中CaMg(CO3)2分解生成CaO、MgO和CO2，再加水“消化”，其中MgO、CaO均与水反应生成Mg(OH)2和Ca(OH)2，经过滤除去SiO2、Fe2O3等残渣，再向所得溶液中通入CO2气体进行碳化，使得Mg(OH)2转化为可溶的Mg(HCO3)2，经过滤除去CaCO3，将所得Mg(HCO3)2溶液加热并控制温度95∼100即得到碱式碳酸镁，最后过滤并洗涤得到产品，据此分析作答；
【详解】（1） CaMg(CO3)2的煅烧分解类似于CaCO3、MgCO3 的高温分解，CaMg(CO3)2CaO+MgO+2CO2↑；
（2） ①由图象可知，应控制“碳化”终点pH约为9.0，这时碱式碳酸镁产率较高，而CaO含量较低；煅烧产物CaO和MgO都可与水反应生成Ca(OH)2和Mg(OH)2，结合产物的要求，所以“碳化”时发生的主要反应有Mg(OH)2+2CO2=Mg(HCO3)2 和Ca(OH)2+CO2= CaCO3↓+H2O，钙元素存在的主要形式为CaCO3，故答案为：9.0；CaCO3；
②当pH= 10.0时，镁元素的主要存在形式是Mg(OH)2；
（3）由Mg(HCO3)2受热分解生成碱式碳酸镁的化学方程式为5Mg(HCO3)2 4MgCO3·Mg(OH)2 ·4H2O↓+6CO2↑；
（4）由流程图可知，可循环利用的物质有CO2。
23.POCl3常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料，实验室制备POCl3并测定产品含量的实验过程如下：
I．制备PCl3
（1）实验室用高锰酸钾和浓盐酸反应制氯气。发生装置可以是图中的____（填字母代号）。
（2）检查装置C气密性并装入药品后，先关闭K1，打开K2通入干燥的CO2，一段时间后，关闭K2，加热曲颈瓶同时打开K1通入干燥氯气，反应立即进行。图中碱石灰的作用是______________。
II．实验室制备POCl3。
采用氧气氧化液态PCl3法制取POCl3，实验装置（加热及夹持仪器略）如图：
资料：①Ag++SCN﹣＝AgSCN↓，Ksp（AgCl）＞Ksp（AgSCN）；
②PCl3和POCl3的相关信息如下表：
物质
熔点/℃
沸点/℃
相对分子质量
其他
PCl3
﹣112.0
76.0
137.5
两者互溶，均为无色液体，遇水均剧烈反应生成含氧酸和氯化氢
POCl3
2.0
106.0
153.5
（3）POCl3在潮湿空气中会剧烈“发烟”，反应的化学方程式为___________________________________。
（4）反应温度要控制在60～65℃，原因是：_________________________________。
（5）通过佛尔哈德法可以测定产品中Cl元素含量，实验步骤如下：
a、准确称取15.0 g POCl3产品，置于盛有60.00 mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100.00 mL溶液。
b、取10.00 mL溶液于锥形瓶中，加入10.00 mL 3.2 mol•L﹣1 AgNO3标准溶液。
c、加入少许硝基苯用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖。
d、以NH4Fe (SO4) 2为指示剂，用0.2 mol•L﹣1 NH4SCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点时共用去l0.00 mL NH4SCN溶液。
①步骤d中达到滴定终点的现象是__________________________________________。
②产品中Cl元素的质量分数为______________（保留3位有效数字）。
【答案】 (1). A (2). 吸收尾气，并防止空气中的水蒸气进入蒸馏烧瓶 (3). POCl3+3H2O＝H3PO4+3HCl (4). 温度过低，反应速度太慢，温度过高，PCl3易挥发，利用率低 (5). 溶液由无色变为红色且30 s内不再变色 (6). 71.0%
【解析】
【分析】
I．（1）高锰酸钾和浓盐酸反应制氯气，属于固体和液体反应，反应不需要加热，据此选择装置；
（2）根据氯气有毒，产品PCl3遇水均剧烈反应生成含氧酸和氯化氢进行分析；
II．实验室制备POCl3。A装置中用双氧水与二氧化锰反应生成氧气，通过加入双氧水的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含有水蒸气用浓硫酸除去，所以B装置中装浓硫酸，装置B中有长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起安全瓶的作用，纯净的氧气与三氯化磷反应生成POCl3，为了控制反应速率且要防止三氯化磷挥发，反应的温度控制在60～65℃，所以装置C中用水浴，为防止POCl3挥发，用冷凝管进行冷凝回流，POCl3遇水均剧烈水解为含氧酸和氯化氢，所以为防止空气中水蒸汽进入装置，同时吸收尾气，所以在装置的最后连有碱石灰的干燥管，据此分析回答问题。
【详解】I．（1）固体和液体反应，反应不需要加热，据此选择装置A；
答案：A；
（2）根据氯气有毒，因此尾气不可排放到空气中，产品PCl3遇水剧烈反应，要防止空气中的水蒸气进入蒸馏烧瓶；
答案：吸收尾气，并防止空气中的水蒸气进入蒸馏烧瓶；
II．（3）POCl3在潮湿空气中会剧烈“发烟”，确定有HCl生成，根据磷元素化合价还可以确定有磷酸生成，方程式为POCl3+3H2O＝H3PO4+3HCl；
答案：POCl3+3H2O＝H3PO4+3HCl ；
（4）根据上面的分析可知，反应温度应控制在60～65℃，原因是温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，利用率低；
答案：温度过低，反应速度太慢，温度过高，PCl3易挥发，利用率低 ；
（5）因为Fe3+与SCN-结合，溶液会变红，因此以NH4Fe (SO4) 2为指示剂，用0.2 mol•L﹣1 NH4SCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点的现象是溶液由无色变为红色且30 s内不再变色；
答案：溶液由无色变为红色且30 s内不再变色；
（6）测定POCl3产品含量，用POCl3与水反应生成氯化氢，然后用硝酸银标准溶液沉淀溶液中的氯离子，NH4SCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，根据NH4SCN的物质的量可计算出溶液中剩余的AgNO3，结合AgNO3的总物质的量得知与氯离子反应的硝酸银，进而计算出溶液中氯离子的物质的量，进而确定氯元素的质量分数；NH4SCN的物质的量为0.2mol/L×0.01L=0.002mol，根据反应Ag++SCN-=AgSCN↓，可知溶液中剩余的银离子的物质的量为0.002mol，POCl3与水反应生成氯化氢的物质的量为（3.2×0.01mol-0.002mol）×10=0.3mol，氯元素的质量分数为×100%=71.0%；
答案：71.0%。
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