安徽省蚌埠市第二中学高三化学上学期期中试题(含解析)

安徽省蚌埠市第二中学2018届高三上学期期中考试化学试题
满分：100分考试时间90分钟
原子量： P 31 H 1 O 16 C 12 Fe 56 Cl 35.5 K 39 Cu 64 N 14
第I卷（选择题）
强调：所有选择题的答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应位置，否则该大题不予计分。

一、选择题（每题3分，共48分）
1. 化学与人类生产、生活、科研密切相关，下列有关说法不正确
．．．的是（）
A. 维生素C常用作抗氧化剂，说明它具有还原性
B. 大力实施矿物燃料的脱硫脱硝技术，可以减少SO2、NO2的排放
C. 在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食品受潮、氧化变质
D. 福尔马林可用作食品的保鲜剂
【答案】D
【解析】A、维生素C常用作抗氧化剂，说明维生素C可以和氧化剂反应，自身具有还原性，故A正确；B、矿物燃料中的S、N燃烧时会生成有毒气体SO2、NO x，所以实施矿物燃料的脱硫脱硝技术可以减少SO2、NO x的排放，故B正确；；C、硅胶具有开放的多孔结构，吸附性强，可作食品的吸水剂，铁粉具有还原性，可作抗氧化剂，故C正确；D、福尔马林为HCHO的水溶液，HCHO有毒，不能用作食品的保鲜剂，故D错误；答案选D。

【名师点睛】考查化学在社会生活中的应用，涉及环境污染的来源与防治、食品安全等，其中绿色化学的特点是：（1）充分利用资源和能源，采用无毒无害的原料；（2）在无毒无害的条件下进行反应，以减少向环境排放废物；（3）提高原子利用率，力图使原料的原子都被产品所消纳，实现零排放；（4）生产出有利于环境保护、社会安全和人体健康的环境友好产品。

2. 中华传统文化博大精深，其中涉及到很多的化学知识。

下列有关说法不正确
．．．的是（）
A. “火树银花合，星桥铁索开”，其中的“火树银花”涉及到焰色反应
B. 中国古人利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，其中涉及到盐类的水解
C. 《天工开物》中有“至于矾现五色之形，硫为群石之将，皆变化于烈火”，其中的矾指的是金属硫化物
D. 中国蓝是古代人工合成的蓝色化合物，其化学式为BaCuSi4O10，可改写成BaO·CuO·4SiO2【答案】C
3. 设N A代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）
A. 标准状况下，22.4 LHF中含有N A个分子
B. 标准状况下，11.2 L NO和11.2 L O2混合后，原子总数小于2N A
C. 5.6g Fe与一定量的稀硝酸反应，转移电子数可能为0.26N A
D. 将1 L 2 mol/L的FeCl3溶液加入到沸水中，加热使之完全反应，所得氢氧化铁胶体胶粒数为2N A
【答案】C
【解析】A、标准状况下，HF是液体而不是气体，无法计算22.4 LHF中含有的分子数目，故A错误；B、在标准状况下，n（NO）= = 0.5mol，所含原子物质的量是0.5mol×2=1mol，n（O2）= = 0.5mol，所含原子物质的量是0.5mol×2=1mol，则二者所含原子的总物质的量是（1+1）=2mol，根据原子守恒规律，反应后原子的总物质的量还是2mol，即原子总数是2N A，故B错误；C、5.6gFe的物质的量是：=0.1mol，投入稀硝酸中全部生成Fe3+时，转移电子总数为3 N A，Fe全部生成Fe2+时，转移电子总数是2 N A，则生成的既有Fe3+又有Fe2+时，转移的电子总数大于2 N A小于3 N A，故转移电子数可能是0.26 N A，所以C正确；D、将1L2mol/L的FeCl3溶液加入到沸水中，加热使之完全反应，由于氢氧化铁胶体是氢氧化铁的聚集体，无法计算含有的胶体粒子数，故D错误；所以答案选C。

【名师点睛】将分子和原子的结构、物质质量、物质的体积、物质的量等在物质及其所含构成微粒关系式计算中的应用与原子的构成、物质的结构、氧化还原反应电子转移等联系起来。

充分体现了化学研究从定性到定量、从宏观到微观的特点，更突显了化学科学特点和化学研究基本方法，能较好的考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力考查相关物质的组成、
结构与性质。

4. 分类是化学学习的一种重要方法，下列有关分类正确的是（）
①混合物：氯水、氨水、水玻璃、水银、福尔马林、淀粉
②含有氧元素的化合物叫氧化物
③CO2、NO、P2O5均为酸性氧化物，Na2O、Na2O2均为碱性氧化物
④同位素：1H+、2H2、3H
⑤同素异形体：C60、C80、金刚石、石墨
⑥浓盐酸、浓硫酸、浓硝酸均具有氧化性，都属于氧化性酸
⑦化合物：烧碱、冰醋酸、HD、聚氯乙烯
⑧强电解质溶液的导电能力一定强
⑨在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物
⑩有单质参加的反应或有单质产生的反应是氧化还原反应
A. 全部正确
B. ①②⑤⑦⑨
C. ⑤⑨
D. ②⑤⑥⑦⑨⑩
【答案】C
【解析】①水银是金属汞，属于纯净物，故①错误；②只含两种元素其中一种是氧元素的化合物叫氧化物，故②错误；③NO不属于酸性氧化物，Na2O是碱性氧化物，但Na2O2不是碱性氧化物，故③错误；④同位素是指同种元素的不同原子，而1H+是离子，故④错误；⑤C60、C80、金刚石、石墨都是碳元素形成的不同单质，属于同素异形体，故⑤正确；⑥浓盐酸的氧化性不强，其氧化性体现在氢离子上，故为非氧化性酸，所以⑥错误；⑦HD是氢元素形成的单质，不是化合物，故⑦错误；⑧溶液的导电性与离子浓度和离子的电荷有关，与强弱电解质无关，强电解质的稀溶液如果离子浓度很小，导电能力也可以很弱，故⑧错误；⑨共价化合物在熔化状态下不导电，在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物，故⑨正确；⑩有单质参加的反应或有单质产生的反应不一定是氧化还原反应，如同素异形体间的转化是非氧化还原反应，故⑩错误；所以正确的是⑤ ⑨，答案选C。

5. 分別进行下列操作，由现象得出的结论正确的是（）
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D
【解析】A、向某一溶液中滴加Ba(NO3)2和HNO3混合溶液，生成白色沉淀，不能证明原溶液中一定有SO42−，因硝酸具有强氧化性，所以溶液中有可能是含有SO32−或HSO3−，故A错误；B、下层溶液显紫色，说明有碘单质生成，则KI和FeCl3溶液反应生成碘单质，结合还原剂还原性大于还原产物还原性分析可知，还原性：I－＞Fe2+，故B错误；C、将稀盐酸滴入Na2SiO3溶液中，溶液中出现凝胶，说明反应生成硅酸，只能证明酸性：盐酸>硅酸，由于盐酸不是最高价含氧酸，无法据此判断Cl、Si的非金属性强弱，故C错误；D、向某一溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，说明溶液中没有Fe3+，再滴加新制氯水，溶液显红色，说明生成了Fe3+，则原溶液中一定含有Fe2+，故D正确；
【名师点睛】把元素化合物的知识、化学原理和实验操作及实验结论的分析进行了结合，考查了考生运用所学知识分析实验现象，得出正确结论的能力，审题时应全面细致，如将稀盐酸滴入Na2SiO3溶液中来检验非金属性：Cl＞Si，体现了化学实验方案设计的严谨性；向某一溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加新制氯水，检测原溶液中是否含有Fe2+，体现了由现象看本质的科学态度。

答案选D。

6. 已知Ca3N2遇水发生水解反应，需密封保存。

利用如下装置制取氮气，并用氮气制备Ca3N2，下列说法正确的是（）
A. ①中发生的化学方程式为NaNO2+NH4Cl NaCl+N2↑+H2O
B. ③、④、⑥中依次盛装浓H2SO4、酸性氯化亚铁溶液、碱石灰
C. 实验结束后，取⑤中少量产物于试管中，加适量蒸馏水，再滴加石蕊试液，溶液变蓝
D. ②的作用为安全瓶，防止停止加热时①中的溶液进入③中
【答案】C
【解析】A、题中所给的化学方程式不符合质量守恒定律，水的化学计量数应为2，正确的化学方程式是：NaNO2+NH4Cl NaCl+N2↑+2H2O，故A错误；B、浓硫酸是干燥剂，可以除去氮气中的水蒸气杂质，但在除去氮气中的气体杂质时应在其它气体杂质全部除去后再通入浓硫酸中除水蒸气杂质，否则还会引入水蒸气杂质，故③、④中应依次盛装酸性氯化亚铁溶液、浓H2SO4，故B错误；C、因Ca3N2遇水发生水解反应，则加入蒸馏水后与水反应，产物是氢氧化钙和氨气，溶液呈碱性，故再滴加石蕊试液，溶液会变蓝，所以C正确；D、②的作用为安全瓶，停止加热时可以防止③中的溶液进入①中，故D错误；
所以答案选C。

7. 以下除杂方法(括号内为少量杂质)中，正确的是 ( )
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B
【解析】A、二者均与NaOH溶液反应，所以不能选用NaOH溶液作为除杂试剂，应选氨水作为除杂试剂，反应后进行过滤，故A错误；
B、二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，则用饱和NaHCO3溶液可以除去二氧化硫、再浓硫酸洗气可除杂，故B正确；
C、二者均与NaOH溶液反应，所以不能选用NaOH溶液进行除杂，应选盐酸、过滤，故C错误；
D、氯水可氧化溴离子、碘离子，所以不能选用氯水作为除杂试剂，应选择溴水，故D错误；答案选B。

...........................
8. 下列反应的离子方程式正确的是（）
A. 含等物质的量溶质的MgCl2、Ba(OH)2和HC1溶液混合：Mg2++2OH- = Mg(OH)2↓
B. 向NaHSO4溶液中滴加足量Ba(OH)2溶液：Ba2+ +2OH-+2H++SO42- = BaSO4↓+ 2H2O
C. 向 Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI 溶液：2NO3-+8H++6I- = 3I2+ 2NO↑+ 4H2O
D. NH4Al(SO4)2溶液与过量的 NaOH 溶液：NH4++Al3++ 5OH- = NH3·H2O+ AlO2-+2H2O
【答案】D
【解析】A、MgCl2、Ba(OH)2和HCl溶液混合，先是发生盐酸和氢氧化钡之间的中和反应，剩余氢氧化钡再和氯化镁反应，所以离子方程式中缺少了H+和OH−的反应，故A错误；
B、向NaHSO4溶液中滴加足量Ba(OH)2溶液，则NaHSO4完全反应，离子方程式中H+和SO42-应满足个数比1:1的关系，正确的离子方程式是：Ba2+ +OH-+H++SO42- = BaSO4↓+ H2O，故B错误；
C、硝酸铁溶液中加入过量HI溶液，铁离子、硝酸都具有氧化性，可以将碘离子氧化为碘单质，所以离子方程式中缺少了Fe3+和I−的反应，故C错误；
D、NH4Al(SO4)2溶液与过量的 NaOH 溶液，则NH4+和Al3+完全反应且满足个数比为1:1的关系，Al3+反应生成AlO2-，方程式为，NH4++Al3++ 5OH- = NH3·H2O+ AlO2-+2H2O，故D正确；
答案选D。

【名师点睛】掌握相关物质的化学性质和反应的原理是解答离子方程式正误判断类问题的关键，一般可以从以下几个方面分析：1、检查反应能否发生；2、检查反应物和生成物是否书写正确；3、检查各物质拆分是否正确；4、检查是否符合守恒关系；5、检查是否符合原化学方程式；6、检查是否符合物质的配比关系等。

9. 已知酸性： H2CO3>HClO>HCO3-，氧化性：HClO＞Cl2＞Br2＞Fe3＋＞I2。

下列离子方程式正确的是( )
A. Fe3+与I－不能共存的原因：Fe3+＋2I－===Fe2+＋I2
B. 向NaClO溶液中滴加浓盐酸：ClO－＋H+===HClO
C. 向含1 mol FeBr2溶液中通入1 mol Cl2：2Fe2+＋2Br－＋2Cl2===2Fe3+＋Br2＋4Cl－
D. 向NaClO溶液中通入少量二氧化碳：2ClO－＋CO2＋ H2O===HClO＋CO32-
【答案】C
【解析】A、根据氧化性Fe3＋＞I2，所以Fe3＋可以和I－反应生成I2，但题中所给方程式不满足得失电子守恒和电荷守恒关系，正确的离子方程式应该是：2Fe3+＋2I－=2Fe2+＋I2，故A错误；
B、因氧化性HClO＞Cl2，所以向NaClO溶液中滴加浓盐酸可以发生氧化还原反应生成Cl2，离子反应为Cl-+ClO-+2H+═H2O+Cl2↑，故B错误；
C、向含lmolFeBr2溶液中通入lmolC12，由氧化性顺序Cl2＞Br2＞Fe3＋及得失电子守恒可知，离子反应正确的是：
2Fe2++2Br-+2C12═2Fe3++Br2+4C1-，故C正确；D、根据酸性强弱顺序：H2CO3>HClO>HCO3-，可知向NaClO溶液中通入少量二氧化碳，反应的产物应该为HClO和HCO3-，正确的离子反应为：ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-，故D错误；
所以答案选C。

10. 下列各组离子可能在指定溶液中大量共存的是（）
①酸性溶液中：Fe2+，Al3+，NO3-，I-，Cl-，S2-
②室温下，pH=11的溶液中：CO32-，Na+，AlO2-，NO3-，S2-，SO32-
③加入Al能放出H2的溶液中：Mg2+，NH4+，Cl-，K+，NO3-
④使石蕊变红的溶液中：Cu2+，NO3-，Na+，SO42-
⑤室温下，水电离的H+浓度c(H+)=10-12mol/L的溶液中：Cl-，HCO3-，NO3-，NH4+，S2O32-
A. ①②③④
B. ①②⑤
C. ②④
D. ②③⑤
【答案】C
【解析】离子之间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。

①.在酸性溶液中，NO3－能氧化Fe2+、I-、S2-，①不能大量共存；②.中溶液PH=11，溶液显碱性，各离子之间不发生反应，②可以大量共存；③.加入Al能放出H2的溶液既可能是强酸，也可能是强碱，若显碱性则Mg2+、NH4+不能大量共存，若显酸性则各离子之间不发生反应，是可以大量共存的，故③是可能大量共存；④.使石蕊变红的溶液是显酸性的，各离子之间不发生反应，④可以大量共存；⑤.水电离的c(H+)=10-12mol/L的溶液中，水的电离平衡是被破坏的，溶液既可能显酸性，也可能显碱性，若显酸性，HCO3-、S2O32-不能大量共存，若显碱性，HCO3-、NH4+不能大量共存，故⑤不能大量共存。

根据上述分析，正确的有②④，故答案选C。

【名师点晴】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的，因此掌握常见离子的性质是解答的关键。

离子共存类问题必须从基本理论和概念出发，搞清楚离子反应的规律和“离子共存”的条件，从复分解反应、氧化还原反应、双水解反应、络合反应等几个方面全面考虑、比较、归纳整理得到。

因此做此类问题需要心细，考虑周全，然后全面解答。

11. 对于反应8Fe+22HNO3(浓)=== Fe8O11+22NO2+11H2O,下列有关说法正确的是（）
A. 在反应中硝酸体现氧化性和酸性
B. 还原性：NO2＞Fe
C. Fe8O11中n(Fe2+)：n(Fe3+)=3:1
D. 22.4克Fe完全反应时，转移1.1 mol电子
【答案】D
【解析】A、根据反应方程式可知，HNO3全部生成了NO2，所以硝酸全部体现了氧化性，故A
错误；B、根据氧化还原反应的强弱规律，还原性：还原剂＞还原产物，在题给的方程式中，Fe为还原剂，NO2为还原产物，所以还原性大小顺序应该是：NO2＞Fe，故B错误；C、Fe元素被硝酸氧化可能生成Fe2+也可能生成Fe3+，所以设Fe8O11的组成为xFeO·yFe2O3，则根据Fe原子守恒关系有：（x+2y）=8；根据O原子守恒关系有：（x+3y）=11，联立上述两个式子解得：x=2、y=3，则FeO为2、Fe2O3为3，所以Fe2+为2、Fe3+为6，则n(Fe2+)：n(Fe3+)=2:6=1:3，所以C错误；D、 22.4克Fe的物质的量是22.4g÷56g/mol=0.4mol，根据C项分析可知，在
1molFe8O11中有2mol的Fe2+和6mol的Fe3+，所以8molFe完全反应转移电子为（2mol×2+6mol×3）=22mol，则0.4molFe完全反应转移电子应为×22=1.1mol，故D正确。

答案选D。

12. Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂。

一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4＋6Na2O2===2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑，下列说法中正确的是 ( )
A. Na2O2在上述反应中只作氧化剂
B. 氧化产物只有Na2FeO4
C. Na2FeO4处理水时，既能杀菌，又能在处理水时产生胶体净水
D. 2 mol FeSO4发生反应时，共有8 mol电子发生转移
【答案】C
【解析】该反应中Fe元素化合价由+2价变为+6价、O元素化合价由−1价变为0价和−2价，所以硫酸亚铁是还原剂、过氧化钠既是氧化剂又是还原剂。

A、根据上述分析，该反应中过氧化钠既作氧化剂又作还原剂，故A错误；
B、该反应中Fe元素化合价由+2价变为+6价，O元素化合价由−1价变为0价和−2价，所以硫酸亚铁是还原剂、过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，所以Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物，故B错误；
C、Na2FeO4处理水时，高铁酸钠具有强氧化性，能杀菌，+6价的铁被还原生成铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附性，所以又能在处理水时产生胶体净水，故C正确；
D、反应中化合价升高的元素有Fe，由+2价→+6价，化合价升高的元素还有O元素，由−1价→0价，则2molFeSO4发生反应时，共有2mol×4+1mol×2=10mol电子转移，故D错误；
所以答案选C。

13. 在含a mol FeCl3的溶液中加入含b mol Fe和b mol Cu的混合粉末充分反应（忽略离子
的水解），下列说法中，不正确
．．．的是（）
A. 当a≤2b时，发生的离子反应为2Fe3++Fe===3Fe2+
B. 当2b≤a≤4b时，反应中转移电子的物质的量n (e-)为2b mol ≤n(e-)≤4bmol
C. 当2a=5b时，发生的总离子反应为10Fe3++4Fe+Cu===14Fe2++Cu2+
D. 当2b<a<4b时，反应后的溶液中n(Fe2+):n(Cu2+)===1/2(a-2b): ( a + b)
【答案】D
【解析】金属性铁＞铜，铁离子首先氧化金属铁，A. 当a≤2b时铁离子不足，发生的离子反应为2Fe3++Fe=3Fe2+，A正确；B. 当2b≤a≤4b时铁离子全部参与反应，因此反应中转移电子的物质的量n(e-)为amol，即为2bmol≤n(e-)≤4bmol，B正确；C. 当2a=5b时铁全部反应，铜部分反应，发生的总离子反应为10Fe3++4Fe+Cu=14Fe2++Cu2+，C正确；D. 当2b<a<4b时铁全部反应，铜部分反应，与铁反应的铁离子是2bmol，则与铜反应的铁离子是amol－2bmol，所以生成铜离子是0.5amol－bmol，因此反应后的溶液中n(Fe2+):n(Cu2+)=2(a+b):(a-2b)，D错误，答案选D。

14. 将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应（已知反应过程放热），生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO-和ClO3-两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的变化示意图如下图所示。

下列说法正确的是（）
A. 苛性钾溶液中KOH的质量是5.6 g
B. 反应中转移电子的物质的量是0.18mol
C. 在酸性条件下 ClO－和ClO3－可生成Cl2
D. 一定有3.136 L氯气参与反应
【答案】B
【解析】氯气和氢氧化钾溶液反应生成次氯酸钾、氯化钾和氯酸钾，根据图象知n（ClO-）
=0.08mol，n（ClO3-）=0.02mol，根据得失电子守恒可知生成的氯离子n（Cl-）=0.08mol×（1-0）+0.02mol×（5-0）=0.18mol，且转移电子物质的量为0.18mol，根据物料守恒可知n（K+）=n （Cl-）+n（ClO-）+n（ClO3-）=0.18mol+0.08mol+0.02mol=0.28mol。

A、通过以上分析可知，氢氧化钾的物质的量是0.28mol，质量是0.28mol×56g/mol=15.68g，故A错误；
B、根据上述分析可知，反应中转移电子的物质的量是0.18mol，故B正确；
C、因ClO－中Cl元素的化合价是+1价，ClO3－中Cl元素的化合价是+5价，而Cl2中Cl元素的化合价是0价，所以ClO－和ClO3－中Cl元素的化合价都比Cl2中Cl元素的化合价高，故ClO
－和ClO
3－不可能生成Cl
2
，所以C错误；
D、因n（Cl-）+n（ClO-）+n（ClO3-）=0.18mol+0.08mol+0.02mol=0.28mol，则根据原子守恒可知Cl2的物质的量是0.14mol，但题目未说明是标准状况，所以无法计算Cl2的体积，故D 错误；
15. 下列说法在一定条件下可以实现的是（）
①酸性氧化物与碱发生反应
②弱酸与盐溶液反应可以生成强酸
③没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应
④两种酸溶液充分反应后的溶液体系为中性
⑤有单质参加的非氧化还原反应
⑥两种氧化物反应的产物有气体
A. ①②③④⑤⑥
B. ②④⑤⑥
C. ①②③⑤
D. ③④⑤⑥
【答案】A
【解析】①.酸性氧化物指与碱反应生成盐与水的氧化物，一定条件下均能与碱发生反应，故
①正确；
②.弱酸与盐溶液反应若符合复分解反应发生的条件，也可以生成强酸，如氢硫酸与硫酸铜反应生成硫化铜沉淀与硫酸，反应的化学方程式为：CuSO4+H2S═CuS↓+H2SO4，故②正确；
③.醋酸钠与盐酸反应生成醋酸与氯化钠，反应的化学方程式为：HCl+CH3COONa=CH3COOH+NaCl，该反应属于复分解反应，产物既没有水生成，也没有沉淀和气体生成，故③正确；
④.氢硫酸与亚硫酸都是弱酸，二者恰好完全时：2H2S+H2SO3=3H2O+S↓，反应生成水和单质硫，所得溶液呈中性，故④正确；
⑤.同素异形体之间的相互转化，如O2与O3之间的转化，就是有单质参加的反应，但因为没有化合价的变化，故不属于氧化还原反应，故⑤正确；
⑥.反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑和3NO2+H2O=2HNO3+NO都是两种氧化物反应，产物有气体的反应，故⑥正确。

根据以上分析，六种说法全部可以实现，故答案选A。

16. 将CO2气体缓缓地通入到含KOH、Ba(OH)2和KAlO2的混合溶液中直至过量，生成沉淀的物
质的量与所通CO2的体积关系如图所示。

下列关于整个反应进程中的各种描述不正确
．．．的是
（）
A. o—a段反应的化学方程式是：Ba(OH)2+ CO2===BaCO3↓+ H2O
B. b—c段反应的离子方程式是：2AlO2-+ 3H2O+ CO2===2Al(OH)3↓+ CO32－
C. a—b段与c—d段所发生的反应相同
D. d—e段沉淀的减少是由于碳酸钡固体的消失所致
【答案】C
【解析】只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba（OH）2+CO2="Ba" CO3↓+H2O，将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗KOH，发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大，发生反应2AlO2﹣+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+CO32﹣，沉淀量达最大后，再发生CO32﹣+CO2+H2O=HCO3﹣，最后发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，沉淀部分溶解，A．由上述分析可知，o﹣a段发生反应：Ba（OH）2+CO2="Ba" CO3↓+H2O，故A正确；
B．由上述分析可知，b﹣c段反应的离子方程式是：2AlO2﹣+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+CO32﹣，故B正确；
C．由上述分析可知，a﹣b段发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，c﹣d段所发生CO32﹣+CO2+H2O=HCO3﹣，两阶段反应不相同，故C错误；
D．d﹣e段发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，导致沉淀的减少，故D正确；
第II卷（非选择题）
17. 半导体生产中常需要使用掺杂剂,以保证控制电阻率,三氯化磷(PCl3)是一种重要的掺杂剂。

实验室要用黄磷(即白磷)与干燥的Cl2模拟工业生产制取PCl3,装置如图所示:(部分夹持装置略去)
已知:①黄磷与少量Cl2反应生成PCl3,与过量Cl2反应生成PCl5;②PCl3遇水会强烈水解生成
H3PO3和HCl;③PCl3遇O2会生成POCl3,POCl3溶于PCl3;④PCl3、POCl3的熔沸点见下表:
请回答下列问题:
(1)B中所装的试剂是____________________，F中碱石灰的作用是
_____________________________________。

(2)实验时,检査装置气密性后,先打开K3、关闭K1，通入干燥的CO2,再迅速加入黄磷。

通干燥CO2的作用是__________，通过控制K1、K2能除去A、B装置中的空气,具体的操作是
________________________________。

(3)粗产品中常含有POCl3、PCl5等。

加入黄磷加热除去PCl5后,通过________(填实验操作名称),即可得到较纯净的PCl3。

(4)通过下面方法可测定产品中PCl3的质量分数:
①迅速称取1.00 g产品,加水反应后配成250 mL溶液;
②取以上溶液25.00 mL,向其中加入淀粉作为指示剂
③向其中加入0.1000 mol·L-1碘水,充分反应，当达到终点时消耗碘水溶液6.9mL。

已
知:H3PO3+H2O+I2===H3PO4+2HI，假设测定过程中没有其他反应。

滴定时，滴定终点的现象是_________________________________，配制0.1000 mol·L-1的碘水溶液的过程中，下列操作会使所得溶液浓度偏大的是___________
A烧杯中溶液转移至容量瓶中时，未洗涤烧杯
B定容时俯视刻度线
C定容时仰视刻度线
D容量瓶未干燥
E移液时有少量液体溅出
F溶解碘时放热，未冷却至室温就转移至容量瓶并定容
根据上述数据,该产品中PCl3的质量分数为________。

【答案】 (1). 浓H2SO4 (2). 吸收多余的Cl2，防止空气中的H2O和O2进入烧瓶中与白磷及PCl3反应 (3). 排尽装置中的空气,防止白磷和PCl3与氧气反应
(4). 先关闭K1,打开K2,引发A中2至B中溶液上方充满黄绿色气体后,打开K1,关闭K2即可
(5). 蒸馏 (6). 当滴入最后一滴碘水溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不复原(7). BF (8). 95%或94.9%
【解析】（1）、PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3和HCl，D中反应需要在无水条件下进行，而A 中制得的氯气中混有水蒸气和HCl，通过B装置时要干燥氯气，故装置B盛放浓硫酸，E装置支管圆底烧瓶是收集生成的PCl3，考虑到PCl3的熔沸点较低，很容易挥发，结合冷水是降温的，可知E中冷水的作用应该是冷凝PCl3，碱石灰有吸水和吸酸性气体的作用，本实验的尾
气氯气有毒，对环境有污染，可被碱石灰吸收，同时还可以防止空气中的水汽进入烧瓶内与PCl3反应；故答案为：浓H2SO4；吸收多余的Cl2，防止空气中的H2O和O2进入烧瓶中与白磷及PCl3反应。

（2）、白磷遇氧气会自燃，故要将装置中的空气排出，可通过通入CO2达到目的；为了除去A、B装置中的空气，可以通过控制K1、K2除去，具体的操作是：先将K1关闭，打开K2，等B中溶液上方充满黄绿色气体后，即说明排净了空气，再打开K1，关闭K2即可。

故答案是：排尽装置中的空气，防止白磷和PCl3与氧气反应；先将K1关闭，打开K2，等B中溶液上方充满黄绿色气体后，即说明排净了空气，再打开K1，关闭K2即可。

（3）、由题中信息可知，POCl3和PCl3都是液体，熔沸点存在明显的差异，除去PC13中混有的POCl3，可选择蒸馏的方式进行分离，以得到纯净的PCl3，故答案是蒸馏。

（4）、碘遇淀粉先蓝色，用0.1000 mol·L-1碘水滴定溶液中PCl3生成的H3PO3，当H3PO3反应完全时，溶液中的淀粉会变蓝，所以答案是：当滴入最后一滴碘水溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不复原。

A、烧杯中溶液转移至容量瓶中时，未洗涤烧杯，会造成溶质损失，则所配制的溶液浓度偏小；
B、定容时俯视刻度线，会造成溶液体积偏小，则所配制的溶液浓度偏大；
C、定容时仰视刻度线，会造成溶液体积偏大，则所配制的溶液浓度偏小；
D、容量瓶未干燥，残留有少量的水，因后续定容还要加水，故对配制溶液无影响；
E、移液时有少量液体溅出，会造成溶质损失，则所配制的溶液浓度偏小；
F溶解碘时放热，未冷却至室温就转移至容量瓶并定容，会造成溶液体积偏小，则配制的溶液浓度偏大；
当达到终点时消耗碘水溶液6.9mL，则n（I2）=0.0069L×0.1000 mol·L-1=0.00069mol，根据:H3PO3+H2O+I2===H3PO4+2HI可知，参与反应的n（H3PO3）=0.00069mol，PCl3遇水强烈水解生成H3PO3和HCl的化学方程式是：PCl3+3 H2O= H3PO3+3HCl，则25mL溶液中PCl3的物质的量是：0.00069mol，所以250mL溶液中含PCl3的物质的量是：0.00069mol×10=0.0069mol，则PCl3的质量是0.0069mol×137.5g/mol=0.95g，则PCl3的质量分数是：×100%=95%。

故此题答案是：故答案是：当滴入最后一滴碘水溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不复原；BF；95%。

18. 常温下，酸性溶液A中可能含有NH4+、K+、Na+、Fe2+、Al3+、Fe3+、CO32－、NO3-、Cl-、I-、SO42-中的几种，现取该溶液进行有关实验，实验结果如下图所示：
回答下列问题：
(1)溶液A中一定存在的离子有___________________
(2)生成沉淀甲的离子方程式为___________________
(3)生成气体丙的离子方程式为__________________，若实验消耗Cu 144g，则最多生成气体丙的体积（标准状况下）为_____。

依据上述实验，某小组同学通过讨论后认为：溶液中可能含有的离子有NH4+、K+、Na+、Cl-、SO42-。

为进一步确认溶液中存在的离子，分别取100ml废水又进行了如下图所示的三组实验：
(4)根据上述实验可进一步确定NH4+、K+、Na+、Cl-、SO42-中一定存在的离子有 _________ ，沉淀溶解时发生反应的离子方程式为________________________________。

【答案】 (1). Al3+、NO3- (2). 3H2O+2Al3++ 3CO32－=2Al（OH）3+3CO2 (3).
3Cu+8H++NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O (4). 33.6L (5). NH4+、Na+、SO42- (6). Al(OH)3＋OH－=AlO2-＋2H2O
【解析】(1)、溶液为酸性溶液，则溶液中存在大量氢离子，可以排除CO32−；溶液A中加过量(NH4)2CO3，产生白色沉淀，白色沉淀只能为氢氧化铝，可以排除Fe2+、Fe3+，溶液一定含有有Al3+；溶液乙加铜和浓硫酸能产生气体丙，丙在空气中变成红棕色，则丙为NO，说明原溶液中有NO3−，强酸性溶液中含有NO3−，则一定不存在具有还原性的离子：Fe2+、I−。

故答案是Al3+、NO3-。

（2）、根据上述分析，生成沉淀甲是CO32-和溶液中的Al3+发生双水解反应，故离子方程式为3H2O+2Al3++ 3CO32－=2Al（OH）3↓+3CO2↑。

（3）、根据上述分析可知，生成的气体丙是NO，是Cu、H+和溶液中的NO3-反应生成的，离子方程式为3Cu+8H++NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O。