2025屆河北省定州市化學高一下期末檢測試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列關于物質(zhì)的量的表述中不正確的是A．1.5molH2O和2.5mol水 B．2molH2SO4和5mol硫酸C．1.2molH2和1.6mol氫 D．10molNe和12mol氖原子2、某有機物苯酚，其試劑瓶上有如下標識，其含義是()A．自燃物品、易燃 B．腐蝕性、有毒C．爆炸性、腐蝕性 D．氧化劑、有毒3、化學與生產(chǎn)、生活、社會密切相關。下列說法正確的是A．氫氧化鐵膠體常用于凈水，是因其具有殺菌消毒作用B．金屬鎂的熔點高達2800℃，是優(yōu)質(zhì)的耐高溫材料C．化學電源的能量轉(zhuǎn)化率是燃料燃燒所不可比擬的D．通入過量空氣，可以使燃料充分燃燒，同時提高熱能利用率4、如圖的裝置中，干燥燒瓶中盛有某種氣體，燒杯和滴管內(nèi)盛放某種溶液。擠壓膠管的膠頭，下列與實驗事實不相符的是()A．NH3（H2O含石蕊）藍色噴泉B．HCl(H2O含石蕊）紅色噴泉C．C12（飽和食鹽水）無色噴泉D．CO2（NaOH溶液）無色噴泉5、向如圖裝置中緩慢地通入氣體X，若關閉活塞，則品紅溶液無變化，而澄清石灰水變渾濁；若打開活塞，則品紅溶液褪色，加熱后又恢復紅色．據(jù)此判斷氣體X和洗氣瓶內(nèi)溶液Y分別可能是（）ABCDXSO2H2SCO2Cl2Y飽和NaHCO3濃硫酸Na2SO3NaHCO3A．A正確 B．B正確 C．C正確 D．D正確6、已知斷開1molH2中的化學鍵需要吸收436kJ的能量，斷開1molCl2中的化學鍵需要吸收243kJ的能量，而形成1molHCl分子中的化學要釋放431kJ的能量，則1mol氫氣與1mol氯氣反應時能量變化為：A．吸收183kJ B．吸收366kJ C．放出366kJ D．放出183kJ7、現(xiàn)代工業(yè)常以氯化鈉、二氧化碳和氨氣為原料制備純堿，部分工藝流程如下：有關說法錯誤的是A．反應Ⅰ原理為CO2+NH3+NaCl+H2O→NaHCO3↓+NH4ClB．向飽和NaCl溶液中先通入足量的CO2，再通入足量的NH3C．反應Ⅰ生成的沉淀，經(jīng)過過濾、洗滌、煅燒可得到純堿D．往母液中通入氨氣，加入細小的食鹽顆粒并降溫，可使氯化銨析出8、銅和濃硝酸反應產(chǎn)生的氣體，用排水法收集到aL氣體（標準狀況），被還原的硝酸是（）A．a(chǎn)/22.4molB．a(chǎn)/11.2molC．3a/22.4molD．3amol9、濃度均為0.1mol/L的以下幾種溶液：①NH4Cl；②NH3·H2O；③NH4HSO4；④(NH4)2SO4；⑤NH4HCO3；⑥(NH4)2CO3；⑦(NH4)2Fe(SO4)2，NH4+濃度由大到小的順序是A．④⑥⑦②③①⑤ B．②⑤①③⑥④⑦C．⑥④⑦①⑤②③ D．⑦④⑥③①⑤②10、某有機物的結構為：HO–CH2–CH=CHCH2–COOH，該有機物不可能發(fā)生的化學反應是：A．水解 B．酯化 C．加成 D．氧化11、下列屬于堿性甲醇燃料電池的正極反應，且電極反應式書寫正確的是(

)A．CH3OH-6e-=CO2↑+2H2O B．O2+4e-+2H2O=4OH-C．CH3OH+6e-=CO32-+4OH- D．O2+4e-=2O2-12、下列說法不正確的是（）①質(zhì)子數(shù)相同的微粒一定屬于同一種元素②同一元素的核素種數(shù)由中子數(shù)決定③Cl2中35C1與37Cl兩種核素的個數(shù)之比與HCl中35Cl與37C1的個數(shù)之比相等④18gH2O中含有的中子數(shù)為10NA⑤標況下，等體積CH4和HF所含的電子數(shù)相同⑥只有活潑金屬元素與活潑非金屬元素之間才能形成離子鍵⑦等物質(zhì)的量的CN-和N2含有的共用電子對數(shù)相等⑧通過化學變化可以實現(xiàn)16O與18O間的相互轉(zhuǎn)化A．2個B．3個C．4個D．5個13、在一密閉容器中發(fā)生反應：2A(g)＋2B(g)C(s)＋3D(g)ΔH<0，達到平衡時采取下列措施，可以使正反應速率υ正增大、D的物質(zhì)的量濃度c(D)增大的是()A．縮小容積，增大壓強 B．擴大容積，減小壓強C．移走少量C D．容積不變，充入“惰性”氣14、設NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．常溫下28gN2含有的電子數(shù)為10NAB．標準狀況下，22.4LH2O含有的分子數(shù)是NAC．室溫下44gCO2含有的分子數(shù)是NAD．100mL1mol·L-1鹽酸中含有的HCl分子數(shù)是0.1NA15、如圖為銅鋅原電池示意圖。當電池工作時，下列關于該電池的說法正確的是A．銅棒的質(zhì)量逐漸減小 B．電流由銅電極經(jīng)過電解質(zhì)溶液到鋅電極C．SO42－在溶液中向鋅極移動 D．H+在鋅表面被還原，產(chǎn)生氣泡16、昆侖玉的成分可簡單看作Ca2Mg5Si8O22(OH)2，則用氧化物的形式可表示為（）A．CaO·MgO·SiO2·H2OB．2CaO·5MgO·8SiO2·H2OC．2CaO·MgO·SiO2·H2OD．5CaO·2MgO·8SiO2·H2O二、非選擇題（本題包括5小題）17、下表是元素周期表的一部分，針對表中的a~g元素,回答下列問題：(1)d元素位于金屬與非金屬的分界線處,常用作__________材料。(2)f的元素符號為As,其最高價氧化物的化學式為__________。(3)a、b、c三種元素的最高價氧化物對應水化物的堿性逐漸減弱,試從原子結構的角度解釋上述變化規(guī)律__________。(4)e元素的非金屬性強于g,請寫出一個離子方程式證明：__________。18、有機物A是來自石油的重要有機化工原料，此物質(zhì)可以用來衡量一個國家石油化工發(fā)展水平。D能與碳酸鈉反應產(chǎn)生氣體，E是具有果香味的有機物，F(xiàn)是一種高聚物，可制成多種包裝材料。（1）A的結構簡式為_____。（2）B分子中的官能團名稱是_____，F(xiàn)的結構簡式為_______________。（3）寫出下列反應的化學方程式并指出反應類型：②_____________________________________________：反應類型是_____；③_____________________________________________；反應類型是_____；19、某同學為驗證元素周期表中元素性質(zhì)的遞變規(guī)律，設計了如下實驗。I.(1)將鈉、鉀、鎂、鋁各1mol分別投入到足量的同濃度的鹽酸中，試預測實驗結果：_____與鹽酸反應最劇烈，____與鹽酸反應的速率最慢；_____與鹽酸反應產(chǎn)生的氣體最多。(2)向Na2S溶液中通入氯氣出現(xiàn)淡黃色渾濁，可證明C1的非金屬性比S強，反應的離子方程式為：_______________。II.利用下圖裝置可驗證同主族非金屬性的變化規(guī)律。(3)儀器B的名稱為__________，干燥管D的作用為___________。(4)若要證明非金屬性：Cl＞I，則A中加濃鹽酸，B中加KMnO4(KMnO4與濃鹽酸常溫下反應生成氯氣)，C中加淀粉碘化鉀混合溶液，觀察到混合溶液_____的現(xiàn)象，即可證明。從環(huán)境保護的觀點考慮，此裝置缺少尾氣處理裝置，可用_____溶液吸收尾氣。(5)若要證明非金屬性：C＞Si，則在A中加鹽酸、B中加CaCO3、C中加Na2SiO3溶液觀察到C中溶液______的現(xiàn)象，即可證明。但有的同學認為鹽酸具有揮發(fā)性，應用______溶液除去。20、三氯氧磷（化學式：POCl3）常用作半導體摻雜劑及光導纖維原料。氯化水解法生產(chǎn)三氯氧磷的流程如下：⑴氯化水解法生產(chǎn)三氯氧磷的化學方程式為______。⑵通過佛爾哈德法可以測定三氯氧磷產(chǎn)品中Cl元素含量，實驗步驟如下：Ⅰ．取a

g產(chǎn)品于錐形瓶中，加入足量NaOH溶液，待完全水解后加稀硝酸至酸性。Ⅱ．向錐形瓶中加入0.1000mol·L－1的AgNO3溶液40.00mL，使Cl－完全沉淀。Ⅲ．向其中加入2mL硝基苯，用力搖動，使沉淀表面被有機物覆蓋。Ⅳ．加入指示劑，用c

mol·L－1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，記下所用體積。已知：Ksp(AgCl)=3.2×10－10，Ksp(AgSCN)=2×10－12①滴定選用的指示劑是______（選填字母），滴定終點的現(xiàn)象為______。a．NH4Fe(SO4)2

b．FeCl2

c．甲基橙

d．淀粉②實驗過程中加入硝基苯的目的是_____________________，如無此操作所測Cl元素含量將會______（填“偏大”、“偏小”或“不變”）⑶氯化水解法生產(chǎn)三氯氧磷會產(chǎn)生含磷（主要為H3PO4、H3PO3等）廢水。在廢水中先加入適量漂白粉，再加入生石灰調(diào)節(jié)pH將磷元素轉(zhuǎn)化為磷酸的鈣鹽沉淀并回收。①在沉淀前先加入適量漂白粉的作用是_________________。②下圖是不同條件對磷的沉淀回收率的影響圖像。處理該廠廢水最合適的工藝條件為______（選填字母）。a．調(diào)節(jié)pH=9

b．調(diào)節(jié)pH=10

c．反應時間30min

d．反應時間120min③若處理后的廢水中c(PO43－)=4×10－7

mol·L－1，溶液中c(Ca2+)=__________mol·L－1。（已知Ksp[Ca3(PO4)2]=2×10－29）21、常溫下，完全燃燒0.1moL某氣態(tài)烴可生成17.6g二氧化碳和9g水，試求該烴的分子式；并寫出此烴各種同分異構體的結構簡式及名稱。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

1.6

mol

氫指代不明，分子、原子、離子未指明，故C錯誤；故選C?！军c睛】物質(zhì)的量是表示微觀離子的物理量，需要標注微粒種類。2、B【解析】

為腐蝕性標識，為有毒物質(zhì)的標識，說明苯酚是有毒的腐蝕性液體，故選B?！军c睛】認識各個標志所代表的含義是解答本題的關鍵。需要平時學習時注意常見標識的記憶和理解，解答本題也可以直接根據(jù)苯酚的性質(zhì)判斷。3、C【解析】A、Fe(OH)3膠體具有吸附性，可以吸附水中懸浮的顆粒并沉降，從而起到凈水作用。但并不能殺菌消毒，選項A錯誤；B．鎂熔點低，能在空氣中燃燒，不能用于耐高溫材料，氧化鎂具有較高熔點，為良好的耐高溫材料，選項B錯誤；C.化學電源的能量轉(zhuǎn)化率是燃料燃燒所不可比擬的，選項C正確；D、通入過量空氣，部分燃料不充分燃燒，反而降低熱能利用率，選項D錯誤。答案選C。4、C【解析】氨氣極易溶于水，能形成噴泉，氨水溶液顯堿性，遇到石蕊顯藍色，A項正確；氯化氫極易溶于水，能形成噴泉，遇到石蕊顯紅色，B項正確；氯氣在飽和食鹽水中的溶解度很小，不能形成噴泉，C項錯誤；二氧化碳能與氫氧化鈉反應造成氣體減小，形成噴泉，D項正確。5、A【解析】

根據(jù)SO2、Cl2、H2S、CO2的有關化學性質(zhì)可知，能使品紅褪色的氣體可能為SO2或Cl2，二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水變渾濁，據(jù)此分析解答。【詳解】若打開活塞K，品紅溶液褪色，加熱后又恢復紅色，說明X氣體只可能是SO2；關閉活塞K，若X氣體為SO2，通入飽和NaHCO3溶液后發(fā)生反應：SO2+2NaHCO3═Na2SO3+2CO2+H2O，SO2被吸收而放出CO2，所以品紅溶液無變化，而澄清石灰水變渾濁。顯然只有A符合，故選A。6、D【解析】

H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反應熱=生成物的鍵能-反應物的鍵能=436kJ?mol-1+243kJ?mol-1-2×431kJ?mol-1=-183kJ?mol-1，故1mol氫氣與1mol氯氣反應時放出熱量為183kJ，故選D。7、B【解析】

A、在氨氣飽和的氯化鈉溶液中通入CO2氣體生成碳酸氫鈉晶體和氯化銨，即CO2+NH3+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，A正確；B、CO2在水中的溶解度小，所以要先通入氨氣，后通入CO2，B錯誤；C、碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉、水和CO2，C正確；D、根據(jù)NH3+H2O+CO2+NaCl＝NH4Cl+NaHCO3↓及流程圖知，母液中溶質(zhì)為氯化銨，向母液中通氨氣加入細小食鹽顆粒，冷卻析出副產(chǎn)品，通入的氨氣和水反應生成一水合氨，一水合氨電離出銨根離子，銨根離子濃度增大有利于析出氯化銨，D正確。答案選B。8、C【解析】分析：Cu和濃硝酸反應生成NO2，NO2和水反應方程式為3NO2+H2O=2HNO3+NO，通過排水法收集到的氣體是NO，根據(jù)方程式、N原子守恒計算被還原硝酸物質(zhì)的量。詳解：Cu和濃硝酸反應生成NO2，NO2和水反應方程式為3NO2+H2O=2HNO3+NO，通過排水法收集到的氣體是NO，根據(jù)方程式知，NO體積是二氧化氮體積的1/3，如果用排水法收集aLNO，則二氧化氮體積為3aL，n（NO2）=3a/22.4mol，根據(jù)N原子守恒得被還原n（HNO3）=n（NO2）=3a/22.4mol，答案選C。點睛：本題考查氧化還原反應方程式的有關計算，為高頻考點，明確排水法收集到的氣體成分是解本題關鍵，注意原子守恒的靈活運用，題目難度不大。9、D【解析】

④(NH4)2SO4，⑥(NH4)2CO3，⑦(NH4)2Fe(SO4)2中的c(NH4+)都約為0.2mol/L，⑦中亞鐵離子的水解抑制了銨根離子的水解，⑥中碳酸根離子的水解促進了銨根離子的水解，因此c(NH4+)：⑦＞④＞⑥；①NH4Cl，③NH4HSO4，⑤NH4HCO3中的c(NH4+)都約為0.1mol/L，③中的氫離子抑制了銨根離子的水解，⑤中的碳酸氫根離子的水解促進了銨根離子的水解，因此c(NH4+)：③＞①＞⑤；②NH3·H2O是弱電解質(zhì)，c(NH4+)遠小于0.1mol/L；c(NH4+)由大到小的順序是⑦＞④＞⑥＞③＞①＞⑤＞②，故選D。10、A【解析】

在該有機物的分子中含有—OH；—COOH及碳碳雙鍵，—OH、—COOH可以發(fā)生酯化反應、氧化反應；碳碳雙鍵可以發(fā)生加成反應，因此不能發(fā)生的反應類型是水解反應，答案選A。11、B【解析】

堿性甲醇燃料電池中，負極上燃料甲醇失去電子和氫氧根離子反應生成碳酸根離子和水，負極反應式：CH3OH-6e-+8OH-═CO32-+6H2O，正極上氧氣得到電子生成氫氧根離子，電極反應式為O2+4e-+2H2O=4OH-，故選B。12、D【解析】分析：①具有相同質(zhì)子數(shù)的原子一定屬于同種元素，但微粒可能為原子、分子、離子等；②核素是具有一定數(shù)目質(zhì)子和一定數(shù)目中子的原子；③同位素原子在不同物質(zhì)中個數(shù)之比不變；④H2O含有8個中子；⑤標準狀況下HF不是氣態(tài)；⑥非金屬元素的原子之間可能形成離子鍵，如銨鹽；⑦CN－和N2含有的共用電子對數(shù)均是三對；⑧同位素原子之間的轉(zhuǎn)化是物理變化。詳解：①具有相同質(zhì)子數(shù)的原子一定屬于同種元素，但微?？赡転樵?、分子、離子等，如Na+、NH4+的質(zhì)子數(shù)都是11，HF、Ne的質(zhì)子數(shù)都是10，但不是同種元素，①錯誤；②核素是具有一定數(shù)目質(zhì)子和一定數(shù)目中子的原子，因此同一元素的核素種數(shù)由中子數(shù)決定，②正確；③同位素原子在不同物質(zhì)中個數(shù)之比不變，所以C12中35C1與37Cl兩種核素的個數(shù)之比與HC1中35Cl與37Cl的個數(shù)之比相等，③正確；④18gH2O的物質(zhì)的量是1mol，其中含有的中子數(shù)為8NA，④錯誤；⑤標況下HF不是氣態(tài)，等體積CH4和HF所含的電子數(shù)不相同，⑤錯誤；⑥非金屬元素的原子之間可能形成離子鍵，如氯化銨中銨根離子與氯離子存在離子鍵，⑥錯誤；⑦CN－和N2含有的共用電子對數(shù)均是三對，因此等物質(zhì)的量的CN-和N2含有的共用電子對數(shù)相等，⑦正確；⑧16O與18O之間的轉(zhuǎn)化中沒有產(chǎn)生新物質(zhì)，因此不可能通過化學變化實現(xiàn)16O與18O間的相互轉(zhuǎn)化，⑧錯誤。答案選D。13、A【解析】

該反應為氣體體積減小、放熱的反應；如果使正反應速率υ正增大、D的物質(zhì)的量濃度c(D)增大，可采取增大壓強的方法,使反應速率加快，平衡正向移動,以此來解答?！驹斀狻緼.縮小容積，增大壓強，使反應速率加快，平衡正向移動，c(D)增大,故A正確；B.擴大容積，減小壓強，反應速率減小，平衡逆向移動，故B錯誤；

C.C為固體，移走少量C，速率不變、平衡不移動，故C錯誤；

D.容積不變，充入“惰性”氣，濃度不變，反應速率不變，平衡不移動，故D錯誤；

綜上所述，本題選A。14、C【解析】分析：A項，1個N2中含有14個電子；B項，H2O在標準狀況下不呈氣態(tài)，不能用22.4L/mol計算n（H2O）；C項，n（CO2）=44g44g/mol詳解：A項，n（N2）=28g28g/mol=1mol，1個N2中含有14個電子，28gN2含電子物質(zhì)的量為14mol，A項錯誤；B項，H2O在標準狀況下不呈氣態(tài)，不能用22.4L/mol計算n（H2O），B項錯誤；C項，n（CO2）=44g44g/mol=1mol，室溫下44gCO2含有分子數(shù)是NA，C項正確；D項，n（HCl）=1mol/L×0.1L=0.1mol，HCl在水分子作用下完全電離成H+點睛：本題考查以阿伏加德羅常數(shù)為中心的計算，涉及物質(zhì)的組成、氣體摩爾體積、溶液中微粒數(shù)等知識，注意22.4L/mol適用于標準狀況下由氣體的體積計算氣體分子物質(zhì)的量，電解質(zhì)溶于水發(fā)生電離。15、C【解析】

形成銅鋅原電池，總反應式為Zn+2H+=Zn2++H2↑，鋅發(fā)生氧化反應做負極材料，銅附近的H+發(fā)生還原反應，銅做正極材料?！驹斀狻緼.據(jù)分析，銅棒的質(zhì)量不變，A項錯誤；B.電流由銅電極導線到鋅電極，電子電流不經(jīng)過內(nèi)電路，B項錯誤；C.陰離子向負極移動，SO42－在溶液中向鋅極移動，C項正確；D.H+在銅表面被還原，產(chǎn)生氣泡，而鋅電極會溶解，D項錯誤；答案選C。16、B【解析】

根據(jù)硅酸鹽改寫成氧化物的形式為：活潑金屬氧化物?較活潑金屬氧化物?二氧化硅?水，同時要遵循原子守恒，Ca2Mg5Si8O22（OH）2可表示為：2CaO?5MgO?8SiO2?H2O，故答案為B。二、非選擇題（本題包括5小題）17、半導體As2O5電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)增加，原子半徑減小，失電子能力減弱,金屬性減弱Cl2+2Br-=Br2+2Cl-【解析】分析：根據(jù)元素周期表的一部分可知a為鈉元素，b為鎂元素，c為鋁元素，d為硅元素，e為氯元素，f為砷元素，g為溴元素。詳解：(1)d為硅元素，位于金屬與非金屬的分界線處,常用作半導體材料；(2)As位于元素周期表第4周期ⅤA族，最外層電子數(shù)為5，所以最高正價為+5價，最高價氧化物為As2O5；(3)a為鈉元素，b為鎂元素，c為鋁元素，位于同周期，電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)增加，原子半徑減小，失電子能力減弱,金屬性減弱；(4)e為氯元素，g為溴元素，兩者位于同周期，氯原子的得電子能力強于溴原子，方程式Cl2+2Br-=Br2+2Cl-可以證明。點睛：掌握元素周期表中結構、位置和性質(zhì)的關系是解此題的關鍵。根據(jù)結構可以推斷元素在周期表中的位置，反之根據(jù)元素在元素周期表中的位置可以推斷元素的結構；元素的結構決定了元素的性質(zhì)，根據(jù)性質(zhì)可以推斷結構；同樣元素在周期表中的位置可以推斷元素的性質(zhì)。18、CH2=CH2羥基2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O氧化反應CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O取代反應（酯化反應）【解析】

有機物A是來自石油的重要有機化工原料，此物質(zhì)可以用來衡量一個國家石油化工發(fā)展水平，所以A是H2C=CH2，E是具有果香味的有機物，E是酯，酸和醇反應生成酯，則B和D一種是酸一種是醇，B能被氧化生成D，D能與碳酸鈉反應產(chǎn)生氣體，則D為酸；A反應生成B，碳原子個數(shù)不變，所以B是CH3CH2OH，D是CH3COOH，銅作催化劑、加熱條件下，CH3CH2OH被氧氣氧化生成C，C是CH3CHO，乙酸與乙醇分子酯化反應生成E為CH3COOCH2CH3，A反應生成F，F(xiàn)是一種高聚物，則F為，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)根據(jù)以上分析知，A為乙烯，結構簡式為H2C=CH2，故答案為：H2C=CH2；(2)B為乙醇，分子中的官能團是羥基，F(xiàn)是聚乙烯，結構簡式為，故答案為：羥基；；(3)②為乙醇在催化劑作用下氧化生成乙醛，反應的化學方程式為：2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O，該反應屬于氧化反應；反應③是乙醇與乙酸發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，反應的化學方程式為：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，該反應屬于酯化反應，也是取代反應，故答案為：2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O；氧化反應；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；酯化反應(或取代反應)。19、鉀鋁鋁S2-+Cl2=S↓+2C1-錐形瓶防止倒吸變藍NaOH[或Ca(OH)2]有白色沉淀生成飽和NaHCO3【解析】分析：I．（1）根據(jù)金屬活動性順序表可以判斷鈉、鉀、鎂、鋁的活潑性，活潑性越強，與鹽酸反應越劇烈；根據(jù)電子守恒比較生成氫氣體積大??；（2）硫離子被氯氣氧化成硫單質(zhì)，據(jù)此寫出反應的離子方程式；II．（3）根據(jù)儀器的構造寫出儀器B的名稱；球形干燥管具有防止倒吸的作用；（4）氯氣能夠?qū)⒌怆x子氧化成碘單質(zhì)，碘單質(zhì)遇到淀粉變成藍色；氯氣有毒，氯氣能夠與氫氧化鈉溶液反應；（5）碳酸酸性強于硅酸，二氧化碳能夠與硅酸鈉反應生成白色沉淀硅酸；除去二氧化碳中氯化氫，可以使用飽和碳酸氫鈉溶液。詳解：I．（1）金屬活潑性順序為：鉀＞鈉＞鎂＞鋁，所以相同條件下與鹽酸反應最激烈的是鉀，反應速率最慢的是鋁；生成1mol氫氣需要得到2mol電子，1mol鉀、鈉都失去1mol電子，1mol鎂失去2mol電子，而1mol鋁失去3mol電子，所以生成氫氣最多的是金屬鋁；（2）氯氣氧化性強于硫單質(zhì)，所以氯氣能夠與硫離子反應生成硫，反應的離子方程式為S2﹣+Cl2＝S↓+2Cl﹣；Ⅱ．（3）儀器B為錐形瓶；球形干燥管D能夠防止倒吸，可以避免C中液體進入錐形瓶中；（4）KMnO4與濃鹽酸常溫下反應生成氯氣，氯氣能夠?qū)⒌怆x子氧化成碘單質(zhì)，碘單質(zhì)遇到淀粉變成藍色，氯氣是一種有毒氣體，必須進行尾氣吸收，氯氣能夠與氫氧化鈉溶液反應，可以使用氫氧化鈉溶液吸收多余的氯氣；（5）鹽酸與碳酸鈣反應生成CO2，CO2能與硅酸鈉反應生成硅酸沉淀，則在A中加鹽酸、B中加CaCO3、C中加NaSiO3溶液觀察到C中溶液有白色沉淀生成的現(xiàn)象，即可證明非金屬性C＞Si。氯化氫具有揮發(fā)性，干擾實驗結果，需要將二氧化碳中的氯化氫除掉，根據(jù)氯化氫與碳酸氫鈉反應，而二氧化碳不反應，可以在B和C之間增加裝有飽和NaHCO3溶液的洗氣瓶。20、PCl3+H2O+Cl2＝POCl3+2HClb溶液變?yōu)榧t色，而且半分鐘內(nèi)不褪色防止在滴加NH4SCN時，將AgCl沉淀轉(zhuǎn)化為AgSCN沉淀偏小將廢水中的H3PO3氧化為PO43－，使其加入生石灰后轉(zhuǎn)化為磷酸的鈣鹽bc5×10－6【解析】分析：(1)氯化水解法產(chǎn)物是三氯氧磷和鹽酸，結合原子守恒分析；(2)①當?shù)味ㄟ_到終點時NH4SCN過量，F(xiàn)e3+與SCN-反應溶液變紅色，半分鐘內(nèi)不褪色，即可確定滴定終點；②由于AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力搖動，使AgCl沉淀表面被有機物覆蓋，避免在滴加NH4SCN時，將AgCl沉淀轉(zhuǎn)化為AgSCN沉淀；若無此操作，NH4SCN標準液用量偏多；(3)①在沉淀前先加入適量漂白粉使廢水中的H3PO3氧化為PO43-，加入生石灰后能完全轉(zhuǎn)化為磷酸的鈣鹽，達到較高的回收率；②根據(jù)圖1、2分析磷的沉淀回收率；③根據(jù)Ksp[Ca3(PO4)2]=c3(Ca2+)×c2(PO43-)計算。詳解：(1)氯化水解法是用三氯化磷、氯氣與水反應生