2022年陜西省西安某中學(xué)高考化學(xué)第一次適應(yīng)性試卷（附答案詳解）

2022年陜西省西安高級(jí)中學(xué)高考化學(xué)第一次適應(yīng)性試卷

1.化學(xué)與生活密切相關(guān)。下列說法錯(cuò)誤的是（）

A.泡沫滅火器可用于一般的起火，也適用于電器起火

B.疫苗一般應(yīng)冷藏存放，以避免蛋白質(zhì)變性

C.家庭裝修時(shí)用水性漆替代傳統(tǒng)的油性漆，有利于健康及環(huán)境

D.電熱水器用鎂棒防止內(nèi)膽腐蝕，原理是犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法

2.今有三個(gè)氧化還原反應(yīng)：

@2FeCl3+2K1=2FeCl2+2KCI+I2

@2FeCl2+Cl2=2FeCl3

③2KMl1。4+16HCI=2KCI+2MnCl2+5C/2T+8H2O

若某溶液中有Fe2+和C廠、廠共存，要氧化除去廣而又不影響Fe2+和C廠.可加入的試劑是（）

A.Cl2B.KMnO4C.FeCl3D.HC1

3.下列說法錯(cuò)誤的是（）

A.利用丁達(dá)爾效應(yīng)可區(qū)分蛋白質(zhì)溶液與葡萄糖溶液

B.某物質(zhì)經(jīng)科學(xué)測(cè)定只含有一種元素，則可以斷定該物質(zhì)是一種純凈物

C.用過濾法無(wú)法除去Fe（OH）3膠體中的FeCG

D.向豆?jié){中加入硫酸鈣制豆腐，是利用了膠體的聚沉性質(zhì)

4.磷酸口3「。4）、亞磷酸（”32。3）和次磷酸（"3P。2）都是重要的化工產(chǎn)品。已知：1mN磷酸、

亞磷酸、次磷酸最多消耗NaOH的物質(zhì)的量依次為3mol、2mol、Imol。下歹lj推斷正確的是（）

A.磷酸與氫氧化鈉反應(yīng)能生成2種鹽

B.NaH2PO4、NaH2PO3、NaH2P。2都是酸式鹽

C.”32。4是三元酸、”32。3是二元酸、為2。2是一元酸

D.H3PO3是三元酸，又是還原性酸

5.表中物質(zhì)的分類組合完全正確的是（）

選項(xiàng)ABCD

強(qiáng)電解質(zhì)

KNO3H2sO4BaS04HCIO4

HFCaCO3HC1OCH3COONH4

弱電解質(zhì)

非電解質(zhì)so金屬Al

2H2C2HSOH

A.AB.BC.CD.D

6.下列離子方程式正確的是（）

+2+

A.FeO溶于稀硝酸中：FeO+2H=Fe+H20

B.過量CO2通入NaOH溶液中：OH-+CC)2=HCOg

+

C.金屬鉀與水反應(yīng)：K+H20=K+0H-+H2T

3+

D.過量氨水加入溶液中：Al+30H~=Al(OH)3l

7.常溫下，下列離子組在指定溶液中能大量共存的是()

A.pH=-lgKw的溶液:Na+、43+、N。*、1-

B.能與金屬鋁作用產(chǎn)生%的溶液：K+、Ca2+.CL、HCO3

2+

C.由水電離產(chǎn)生的c(OH-)=IO-13nlo/.『i的溶液：Na+、Fe.N。*、Cl-

D.c(C。歹)=0.1mo2?廠1的溶液:Na+、NH。、Bb、SO『

8.通過實(shí)驗(yàn)、觀察、類比、推理等方法得出正確的結(jié)論是化學(xué)學(xué)習(xí)的方法之一。對(duì)下列反應(yīng)

的推斷或解釋正確的是()

可能的

選

操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)解釋

項(xiàng)

象

向FeC%溶液中滴入用硫酸酸化的溶液變發(fā)生氧化還原反應(yīng)，且氧化性：HO>

A22

“2。2溶液黃Fe3+

有白色

將CO?通入Ba(N03)2

B沉CO2與Ba(NO3)2反應(yīng)生成BaC%

溶液中

淀生成

有白色

C某溶液中加入硝酸酸化的氯化鋼溶液沉溶液中一定含有SO歹

淀生成

溶液變

D向淀粉KI溶液中通入少量C%C，2與淀粉發(fā)生顯色反應(yīng)

藍(lán)

A.AB.BC.CD.D

9.在Na+濃度為0.5rno,"T的某澄清溶液中，還可能含有K+、4g+、43+、Ba2+、NOJ、COg、

S。打、SiO。、S。廣等離子，取該溶液100mL進(jìn)行如圖連續(xù)實(shí)驗(yàn)(所加試劑均過量，氣體全

部逸出).下列說法不正確的是

)

A.原溶液中一定不存在4g+、43+、Ba2+>S02-

B.實(shí)驗(yàn)中生成沉淀的離子方程式是SiO歹+2H+=H2SiO3I

C.原溶液一定存在K+、COj~,可能存在N。］

D.原溶液不存在N。1時(shí)，c(K+)=0.8mol?LT1

10.工業(yè)上將Na2cO3和Na2s以1：2的物質(zhì)的量之比配成溶液，再通入S。2，可制取Na2s2。3,

同時(shí)放出CO?。在該反應(yīng)中()

A.硫元素被氧化

B.相同條件下，每吸收10m3s02就會(huì)放出2.5m3c。2

C.每生成ImolNa2s2。3，轉(zhuǎn)移4moi電子

D.氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：2

11.向可。2。。3、NaHCOs混合溶液中逐滴加入稀鹽酸，生成氣體的量隨

鹽酸加入量的變化關(guān)系如右圖所示.則下列離子組在對(duì)應(yīng)的溶液中一定

能大量共存的是()

A.a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中：Na+、0H-.5。廠、NO］

B.b點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中：”+、Fe3+、NO］、Cl-

C.c點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中：Na+、Ca2+.NO］、Cl-

D.d點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中：C廣、NO］、Fe2+,Na+

12.一氯化碘(/CZ)、三氯化碘(/C%)是鹵素互化物，它們的性質(zhì)與鹵素單質(zhì)相似，如：2ICI+

2Zn=Znl2+ZnC以以下判斷正確的是()

A./C。與水反應(yīng)的產(chǎn)物為HI和HC1O

B./。卜與KI反應(yīng)時(shí)，氯元素被還原

C.IC1與冷NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式為：+20H~=10-+Cl-+H20

D.IC1與水的反應(yīng)屬于氧化還原反應(yīng)

13.根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，所得結(jié)論正確的是（）

NaHCO3固體

稀鹽酸

NaBr淀份KI

A溶液溶液

Na2CO3

固體

#HSO澄清石灰水

24棉球Na.CO,NasiO,

AC1

D

實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論

A左燒杯中鐵表面有氣泡，右邊燒杯中銅表面有氣泡氧化性:Al3+>Fe2+>Cu2+

B左邊棉花變?yōu)槌壬?，右邊棉花變?yōu)樗{(lán)色氧化性：CG>Br2>I2

C右燒杯中澄清石灰水變渾濁，左邊燒杯中無(wú)明顯變化熱穩(wěn)定性：Na2c。3>NaHCO3

D錐形瓶中有氣體產(chǎn)生，燒杯中液體變渾濁非金屬性：Cl>C>Si

A.AB.BC.CD.D

14.下列物質(zhì)的檢驗(yàn)，其結(jié)論一定正確的是（）

A.向某溶液中加入BaC%溶液，產(chǎn)生白色沉淀，加入HNC>3后，白色沉淀不溶解，也無(wú)其他

現(xiàn)象，說明原溶液中一定含有sor

B.向某溶液中加鹽酸產(chǎn)生無(wú)色氣體，該氣體使澄清的石灰水變渾濁，說明該溶液中一定含有

c°r或so歹

C.將某氣體通入品紅溶液中，品紅溶液褪色，該氣體一定是5。2

D.取少量久置的Na2s。3樣品于試管中加水溶解，再加足量鹽酸酸化，然后加BaC12溶液，若

加HCI時(shí)有氣體產(chǎn)生，加BaC。時(shí)有白色沉淀產(chǎn)生，說明Na2s。3樣品已部分被氧化

15.軟錦礦的主要成分是MT!”，其懸濁液可吸收煙氣中的SO?,所得酸性浸出液又可用于制備

高純硫酸鎰，其一種工藝流程如圖所示。已知金屬單質(zhì)的活動(dòng)性順序?yàn)榧印礛n>Fe>Ni。

回答下列問題：

*

(1)用離子方程式表示加入“氧化劑(軟缽礦)”的作用：。

-15

(2)已知：Ksp[4(O")3]=1-0X10-33、Ksp[M(OH)2]=1.6x10>Ksp[Mn(OH)2]=4.0x

39

I。-"、Ksp[Fe(OH)3]=2.6x10-?

“水解沉降”中：

①“中和劑”可以是（填標(biāo)號(hào)）。

A.i4/2^3

B.MgO

C.H2sO4

D.MnO2

②溶液的pH應(yīng)不低于。（離子濃度小于1x10-6mol?廠1時(shí)，即可認(rèn)為該離子沉淀完

全）

（3）“置換”的目的是（用離子方程式表示）。

（4）“結(jié)晶分離”中的部分物質(zhì)的溶解度曲線如圖所示。結(jié)晶與過濾過程中，體系溫度均應(yīng)維

持在（填“27”“60”或“70”）℃。

90

0~205740607080100120140,/T

（5）“草酸鈉-高鋸酸鉀返滴法”可測(cè)定軟銹礦中MnC>2的純度（假設(shè)雜質(zhì)不參與反應(yīng)）：取

agMnO2樣品于錐形瓶中，加入適量稀硫酸，再加入匕mLcimo/"TNa2c2。4溶液（足量），最

后用C2?n。/-L的KMnCU溶液滴定剩余的Na2c2O4，達(dá)到終點(diǎn)時(shí)消耗彩mL標(biāo)準(zhǔn)溶液。

①M(fèi)n（?2參與反應(yīng)的離子方程式為o

②該樣品中“九。2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為（列出表達(dá)式即可）。

（6）鐳及其化合物應(yīng)用越來(lái)越廣泛，河兀。2是一種重要的無(wú)機(jī)功能材料，制備MnO?的方法之一

是以石墨為電極，電解酸化的MnSO,溶液，陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為o

16.甲烷和二氧化碳都是溫室氣體。隨著石油資源日益枯竭，儲(chǔ)量豐富的甲烷（天然氣、頁(yè)巖

氣、可燃冰的主要成分）及二氧化碳的高效利用已成為科學(xué)研究的熱點(diǎn)。回答下列問題：

⑴在催化劑作用下，將甲烷部分氧化制備合成氣（C。和“2）的反應(yīng)為。“4（9）+3°2（9）=

CO（g）+2“2（g）。

①已知：25°c,lOlkPa,由穩(wěn)定單質(zhì)生成Imol化合物的焙變稱為該化合物的標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成焰。

化學(xué)反應(yīng)的反應(yīng)熱21H=生成物的標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成焙總和-反應(yīng)物的標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成焙總和。相關(guān)

數(shù)據(jù)如下表：

物質(zhì)°2“2

CH4CO

標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成烙">mol-1一74.80-110.50

由此計(jì)算C“4（g）+^。2（9）=CO（g）+2H2（。）的4H=kJ-mor1.

②催化劑能顯著提高上述反應(yīng)的速率，但不能改變下列中的（填標(biāo)號(hào)）。

a.反應(yīng)的活化能

b.活化分子百分?jǐn)?shù)

c.化學(xué)平衡常數(shù)

d.反應(yīng)熱（2H）

③7℃,向VL密閉容器中充入Into憶也和0?5m。/。2,在催化作用下發(fā)生上述反應(yīng)，達(dá)到平衡

時(shí)CO的物質(zhì)的量為0.9moZ,平衡常數(shù)長(zhǎng)=（列出計(jì)算式即可，不必化簡(jiǎn)）。

④欲提高甲烷的平衡轉(zhuǎn)化率，可采取的兩條措施是。

（2）甲烷和二氧化碳催化重整制備合成氣的反應(yīng)為C/（g）+C02（g）=2co（g）+

2H2（g）AH>Oo我國(guó)學(xué)者通過計(jì)算機(jī)模擬對(duì)該反應(yīng)進(jìn)行理論研究，提出在Pt-Ni合金或Sn-

Ni合金催化下，以甲烷逐級(jí)脫氫開始產(chǎn)生的能量稱為吸附能）。脫氫階段的反應(yīng)歷程如圖所示

（*表示吸附在催化劑表面，吸附過程產(chǎn)生的能量稱為吸附能）。

6.860

過渡態(tài)2ij

5.496過渡態(tài)3/6.357

cL14.837

u/C#+4H*

ljr」

-過渡態(tài)1

ASn-Ni

e2.9814.0354.051

、-p”、i

?rCHJ+2H?CH?+3H*

設(shè)

玄

5

把加295,空-0.068-0.177

0

■0.2554415\1

CHJ+H*.1J32

不同催化劑的甲烷脫包反應(yīng)歷程與相對(duì)能量的關(guān)系

該歷程中最大能壘（活化能）E芯=eV-mor\兩種催化劑比較，脫氫反應(yīng)階段催化效

果更好的是合金。

17.三氯化磷（PC，3）是一種重要的有機(jī)合成催化劑。實(shí)驗(yàn)室常用紅磷與干燥的。2制取PC/3，

裝置如圖所示。

已知：PC%熔點(diǎn)為—112℃，沸點(diǎn)為75.5°c.易被氧化，遇水易水解。與C，2反應(yīng)生成PC，5。

（1）4中反應(yīng)的化學(xué)方程式為。

（2）B中所裝試劑名稱是,E中堿石灰的作用是o

（3）實(shí)驗(yàn)時(shí)，檢查裝置氣密性后，向C裝置的曲頸甑中加入紅磷，打開止水夾K通入干燥的。。2,

一段時(shí)間后，關(guān)閉K,加熱曲頸甑至上部有黃色升華物出現(xiàn)時(shí)通入氯氣，反應(yīng)立即進(jìn)行。通

干燥CO?的作用是。CO2（選填“能”或“不能”）用。2代替，理由是。

(4)D中燒杯中盛裝,其作用是。

(5)PC。水解得到亞磷酸(分子式：H3P。3?二元弱酸)，寫出亞磷酸鈉被濃硝酸氧化的離子方程

式。

18.Fe、Cu、Cr都是第四周期過渡元素，回答下列問題。?

(l)FeCb是一種常用的凈水劑，C1元素的原子核外有種不同。%?

運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子；有種不同能級(jí)的電子，基態(tài)Fe3+的電子排“ACN

(2)實(shí)驗(yàn)室中可用KSCN或K41Fe(CN)6]來(lái)檢驗(yàn)Fe3+.FeM與KSCN溶液混合，可得到配位數(shù)

為5的配合物的化學(xué)式是；K41Fe(CN)6]與Fe3+反應(yīng)可得到一種藍(lán)色沉淀

KFe[Fe(CN)6],該物質(zhì)晶胞的射構(gòu)如圖所示(K+未畫出)，則一個(gè)晶胞中的K+個(gè)數(shù)為。

⑶Ci能與乙二胺(七N-CH2-CH2-N%)形成配離子如圖/憶：'：Adi"，該

[UI,11?"*"3I

配離子中含有的化學(xué)鍵類型有(填字母)。

a.配位鍵b.極性鍵c,離子鍵d,非極性鍵

一個(gè)乙二胺分子中共有個(gè)。鍵，C原子的雜化方式為o

(4)金屬銅的晶胞為面心立方最密堆積，邊長(zhǎng)為361Pm.則銅原子的直徑約為pm。

19.有機(jī)制藥工業(yè)中常用以下方法合成一種藥物中間體(G)：

(1)G的分子式是。

(2)化合物A中含氧官能團(tuán)的名稱為。

(3)由C-D的反應(yīng)類型為；化合物E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為o

(4)寫出B-C的反應(yīng)的化學(xué)方程式。

(5)寫出同時(shí)滿足下列條件的B的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：

①能與新制Ca(0H)2加熱條件下反應(yīng)生成磚紅色沉淀，水解產(chǎn)物之一能與FeCb溶液發(fā)生顯色

反應(yīng)；

②核磁共振氫譜為四組峰，峰面積比為1：2：4：9；

③分子中含有氨基。

w2

(6)己知：RCNR-RCHIN”2.請(qǐng)寫出以HOOCC”2cH2。。?！焙虲H3cH2G為原料制備

催化劑4

CH.CH<!1

I''

的合成路線程圖。(無(wú)機(jī)試劑任用)。合成路線流程圖示例如下：

濃硫酸HCI

CH3cH20H]:cCH2=CH2一CH3cH2cl

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：

A.泡沫滅火器噴出的泡沫中含有大量水分，用于電器起火易產(chǎn)生觸電危險(xiǎn)，故A錯(cuò)誤；

B.蛋白質(zhì)在溫度較高時(shí)易變性，疫苗主要成分為蛋白質(zhì)，為了防止蛋白質(zhì)變性，所以一般應(yīng)冷藏

存放，故B正確；

C.水溶性漆是以水作稀釋劑、不含有機(jī)溶劑的涂料，不含苯、甲苯等有機(jī)物，油性油漆是以有機(jī)

物為稀釋劑且含苯、甲苯等物質(zhì)，苯、甲苯等有機(jī)物污染環(huán)境，所以家庭裝修時(shí)用水性漆替代傳

統(tǒng)的油性漆，有利于健康及環(huán)境，故C正確；

D.Mg比Fe活潑，當(dāng)發(fā)生化學(xué)腐蝕時(shí)Mg作負(fù)極而被腐蝕，從而阻止Fe被腐蝕，屬于犧牲陽(yáng)極的

陰極保護(hù)法，故D正確；

故選：Ao

本題考查物質(zhì)組成、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)關(guān)系，側(cè)重考查學(xué)生分析判斷及知識(shí)綜合運(yùn)用能力，明確物質(zhì)性

質(zhì)是解本題關(guān)鍵，知道化學(xué)在生產(chǎn)生活中的應(yīng)用，會(huì)運(yùn)用化學(xué)知識(shí)解釋生產(chǎn)生活現(xiàn)象，題目難度

不大。

2.【答案】C

【解析】解：反應(yīng)①中Fe元素的化合價(jià)降低，則FeC%為氧化劑，由氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)

物的氧化性可知，氧化性FeCG>，2，

反應(yīng)②中C1元素的化合價(jià)降低，則為氧化劑，由氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性可知，

氧化性Cl?>FeCl3,

反應(yīng)③中Mn元素的化合價(jià)降低，則KMnO,為氧化劑，由氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性

可知，氧化性KM71O4>C%，

即氧化性強(qiáng)弱為KMnO4>Cl2>FeCl3,

則某溶液中有Fe2+和「共存，要氧化除去廣而又不影響Fe2+和C「，

選擇氧化性強(qiáng)的物質(zhì)除雜時(shí)能將Fe2+和C廠氧化，故選擇弱氧化劑FeCG來(lái)除雜而不影響反2+和

Cl-,且沒有引入新的雜質(zhì)，

故選：Co

根據(jù)反應(yīng)中元素化合價(jià)的變化來(lái)判斷氧化劑及氧化性的強(qiáng)弱，再利用氧化性的強(qiáng)弱來(lái)分析氧化除

去「而又不影響Fe2+和C廠.

本題考查學(xué)生利用氧化性的強(qiáng)弱來(lái)分析除雜問題，明確氧化還原反應(yīng)中元素化合價(jià)的變化及氧化

劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性是解答本題的關(guān)鍵.

3.【答案】B

【解析】解：4蛋白質(zhì)溶液與葡萄糖溶液，前者為膠體后者為溶液，可以通過丁達(dá)爾效應(yīng)區(qū)別，

故A正確；

B.只由一種物質(zhì)構(gòu)成的是純凈物，但只含一種元素的物質(zhì)不一定是純凈物，如氧氣和臭氧的混合

物，只含一種元素，但是屬于混合物，故B錯(cuò)誤；

C.溶液和膠體均能透過濾紙，故不能用過濾的方法來(lái)分離Fe(0H)3膠體和FeC%，故C正確；

D.豆?jié){為膠體，向豆?jié){中加入硫酸鈣制豆腐，是利用了膠體的聚沉性質(zhì)，故D正確；

故選：B。

A.丁達(dá)爾效應(yīng)是膠體特有的性質(zhì)，可以用于鑒別膠體和溶液；

B.只含-一種元素的物質(zhì)不一定是純凈物；

C.溶液和膠體均能透過濾紙；

D.依據(jù)膠體聚沉的性質(zhì)解答。

本題考查了分散系的分類依據(jù)以及膠體的特有的性質(zhì)，難度不大，應(yīng)注意的是丁達(dá)爾效應(yīng)是膠體

所特有的性質(zhì)，但不是其本質(zhì)特征。

4【答案】C

【解析】解：A根據(jù)以上分析，磷酸為三元酸，與氫氧化鈉反應(yīng)能生成3種鹽，故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)以上分析，磷酸為三元酸，亞磷酸為二元酸，次磷酸為一元酸，所以NaH2Po4、NaH2PO3^

酸式鹽，NamPOz是正鹽，故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)以上分析，磷酸為三元酸，亞磷酸為二元酸，次磷酸為一元酸，故C正確；

。.432。3中P元素的化合價(jià)為+3價(jià)，是中間價(jià)態(tài)，既能升高又能降低，則亞磷酸有氧化性和還原

性，但屬于二元酸，故D錯(cuò)誤；

故選：Co

已知：Imol磷酸、亞磷酸、次磷酸最多消耗NaOH的物質(zhì)的量依次為3mol、2moKImoh說明

磷酸為三元酸，亞磷酸為二元酸，次磷酸為一元酸，據(jù)此分析解答。

本題考查磷的含氧酸的性質(zhì)，屬于信息習(xí)題，注意信息和所學(xué)知識(shí)的結(jié)合來(lái)解答，難度也不大。

5.【答案】A

【解析】解：AKN內(nèi)溶于水的部分完全電離，屬于強(qiáng)電解質(zhì)，HF在水溶液中部分電離，為弱電

解質(zhì)，二氧化硫水溶液本身不導(dǎo)電，屬于非電解質(zhì)，故A正確；

B.CaCOs溶于水的部分完全電離，屬于強(qiáng)電解質(zhì)，金屬A1屬于單質(zhì)，不是非電解質(zhì)，故B錯(cuò)誤;

CH2是單質(zhì)，不屬于弱電解質(zhì)，故C錯(cuò)誤；

D.C/COON/在溶液中完全電離，屬于強(qiáng)電解質(zhì)，故D錯(cuò)誤；

故選：A?

電解質(zhì)：在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物，如酸、堿、鹽，金屬氧化物等；在水溶液中

能夠完全電離的電解質(zhì)為強(qiáng)電解質(zhì)，部分電離的為弱電解質(zhì)；

非電解質(zhì)：在水溶液中和熔融狀態(tài)下都不能導(dǎo)電的化合物，如四氯化碳、酒精等，據(jù)此進(jìn)行解答。

本題考查電解質(zhì)與非電解質(zhì)、強(qiáng)電解質(zhì)與弱電解質(zhì)的判斷，題目難度不大，熟悉相關(guān)概念是解題

關(guān)鍵，試題側(cè)重基礎(chǔ)知識(shí)的考查，有利于提高學(xué)生的靈活應(yīng)用能力。

6.【答案】B

+3+

【解析】解：4FeO溶于稀硝酸中的離子方程式為：3FeO+10W+NO*=3Fe+N。T+5H2O,

故A錯(cuò)誤；

B.過量CO2通入NaOH溶液中的離子方程式為：OH-+C()2=HCO,故B正確：

C.金屬鉀與水反應(yīng)的離子方程式為：2K+2“2O=2K++2O/r+H2T，故C錯(cuò)誤；

3+

D.過量氨水加入4Cb溶液中的離子方程式為：^1+3NH3-H20=Al(OH)3I+3NH+,故D錯(cuò)

誤；

故選：Bo

A.稀硝酸能夠氧化亞鐵離子；

B.二氧化碳過量，反應(yīng)生成碳酸氫鈉；

C.該反應(yīng)不滿足質(zhì)量守恒定律和得失電子守恒；

D.一水合氨為弱電解質(zhì)，不能拆開。

本題考查離子方程式的書寫判斷，為高頻考點(diǎn)，明確物質(zhì)性質(zhì)、反應(yīng)實(shí)質(zhì)為解答關(guān)鍵，注意掌握

離子方程式的書寫原則，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析能力及規(guī)范答題能力，題目難度不大。

7.【答案】D

【解析】解：A.pH=-\gKw^pH=14,溶液呈堿性，4尸+不能大量存在，故A錯(cuò)誤；

B.能與金屬鋁作用產(chǎn)生出的溶液可能呈酸性，也可能呈堿性，HCOJ在酸性或堿性溶液中都不能

大量存在，故B錯(cuò)誤；

C.由水電離產(chǎn)生的c(?！?)=10-13mo/?廠1的溶液可能呈酸性，也可能呈堿性，由于同時(shí)有NO]

存在，故無(wú)論哪種情況下Fe2+都不能大量存在，酸性條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成鐵離子和NO,

堿性條件下生成氫氧化亞鐵沉淀，故C錯(cuò)誤；

D.離子之間不反應(yīng)且和碳酸根離子不反應(yīng)，所以能大量共存，故D正確：

故選：D。

A.pH=一%即M=14,溶液呈堿性;

B.能與金屬鋁作用產(chǎn)生/的溶液可能呈酸性，也可能呈堿性；

C.由水電離產(chǎn)生的c(。”-)=10-13mol"T的溶液可能呈酸性，也可能呈堿性；

D.能和碳酸根離子反應(yīng)的離子不能大量共存。

本題考查離子共存，側(cè)重考查復(fù)分解反應(yīng)、氧化還原反應(yīng)，明確離子性質(zhì)及離子共存條件是解本

題關(guān)鍵，注意：酸性條件下亞鐵離子和硝酸根離子能反應(yīng)，為解答易錯(cuò)點(diǎn)。

8.【答案】A

【解析】解：4向尸eC%溶液中滴入用硫酸酸化的“2。2溶液，溶液變黃，說明亞鐵離子被雙氧水氧

化為Fe3+,所以也。2氧化性強(qiáng)于Fe3+,故A正確；

B.將CO2通入Ba(NO3)2溶液中不可能有白色沉淀生成，因?yàn)樘妓岬乃嵝员塞}酸弱，故B錯(cuò)誤；

C.硝酸可氧化亞硫酸根離子，由操作和現(xiàn)象可知，該溶液中可能含有SO。，故C錯(cuò)誤；

D.少量氯氣氧化KI生成碘，淀粉遇碘變藍(lán)，則C%的氧化性強(qiáng)于/2,C%與淀粉不發(fā)生顯色反應(yīng)，

故D錯(cuò)誤；

故選：Ao

A.亞鐵離子具有還原性，可以被雙氧水氧化為Fe3+；

B.將CO2通入Ba(N03)2溶液中不會(huì)發(fā)生反應(yīng)；

C.硝酸可氧化亞硫酸根離子；

D.少量氯氣氧化KI生成碘，淀粉遇碘變藍(lán)。

本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、反應(yīng)與現(xiàn)象、離子檢驗(yàn)、實(shí)驗(yàn)技

能為解答關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意?shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，題目難度不大。

9.【答案】C

【解析】解：由題意“溶液為澄清溶液”可知：溶液中含有的離子一定能夠大量共存；加鹽酸有

0.56L

氣體生成，則溶液中含有C。0、S。歹中1種或2種，其濃度之和為彎爛=0.25m。//3則一

定沒有4g+、43+、Ba2+；由生成白色沉淀判斷溶液中一定含有5i0。，發(fā)生反應(yīng)SiOg+2"+=

H2SiO3I,硅酸加熱分解生成二氧化硅，固體質(zhì)量為2.4g為二氧化硅的質(zhì)量，根據(jù)硅原子守恒，

2.4g

Si。歹的濃度為：筆管=0.4mol/L；由流程HI可知溶液中不含SOe，根據(jù)電荷守恒2c(C00)+

2c(SOg)+2c(Si。歹)=2x0.25mol/L+2xOAmol/L=13mol/L>O.Smol/L,因此溶液中一

定含有K+,且其濃度至少為0.8mo〃L,不能確定NO］是否存在，

A.由以上分析得，原溶液中一定不存在4r、4尸+、Ba2+>so；-,故A正確；

B.由以上分析得，實(shí)驗(yàn)中生成沉淀的離子方程式是SiOg+2H+=H2SiO31,故B正確；

0.56L

C.加鹽酸有氣體生成，則該溶液中含有CO。、SOf中1種或2種，其濃度之和為彎爛=

0.25mol/L,則不能說明一定含COg,故C錯(cuò)誤;

D.根據(jù)電荷守恒2c（C。歹）+2c（Si。歹）=2x0.25mol/L+2XOAmol/L=13mol/L>

O.5mol/L,因此溶液中一定含有K+,且其濃度至少為0.8mo//L,若原溶液不存在NO］時(shí)，故

c（/C+）=O.Bmol-LT1,故D正確,

故選：Co

由題意“溶液為澄清溶液”可知：溶液中含有的離子一定能夠大量共存：加鹽酸有氣體生成，則

0.56L

該溶液中含有cog、SOf中1種或2種，其濃度之和為得償=0.25mo//L,則一定沒有4g+、

43+、Ba2+；由生成白色沉淀判斷溶液中一定含有Si。歹，發(fā)生反應(yīng)SiOg+2H+=//25，。31，硅

酸加熱分解生成二氧化硅，固體質(zhì)量為2.4g為二氧化硅的質(zhì)量，根據(jù)硅原子守恒,SiO廠的濃度為：

2.4g

號(hào)等=0.4mo〃L；由流程HI可知溶液中不含SO；1根據(jù)電荷守恒2c（CO。）+2c（SO打）+

2c（Si。歹）=2x0.25mol/L+2XOAmol/L=13mol/L>0.5mol/L,因此溶液中一定含有K+,

且其濃度至少為0.8601/3不能確定NO］是否存在，據(jù)此進(jìn)行解答.

本題考查離子共存、離子檢驗(yàn)等知識(shí)，難度中等，注意掌握離子反應(yīng)反應(yīng)條件及常見離子的檢驗(yàn)

方法，根據(jù)電荷守恒判斷K+是否存在，是本題的難點(diǎn)、易錯(cuò)點(diǎn).

10.【答案】B

【解析】解：4由2加25+詆2。。3+45。2=3他252。3+。。2可知$元素的化合價(jià)升高也降低，

則硫元素既被氧化又被還原，故A錯(cuò)誤；

B.由2Mx2s+Na2co3+4SO2=3Na2S2O3+CO2可知二氧化硫與二氧化碳的系數(shù)比為：B1,相

同條件下，每吸收10m3s。2就會(huì)放出2.5m3c。2，故B正確；

C.反應(yīng)中2Na2s轉(zhuǎn)化為3Na2s2。3，轉(zhuǎn)移8個(gè)電子，則生成lmo/Na2s2O3，轉(zhuǎn)移|m。/電子，故C

錯(cuò)誤；

D.2Na2s+Na2C03+4S02=3Na2S2O3+CO2中，Na2s為還原劑，SO2為氧化劑，則氧化劑與還

原劑的物質(zhì)的量之比為2：1,故D錯(cuò)誤；

故選：Bo

工業(yè)上將Na2cO3和Na2s以1：2的物質(zhì)的量之比配成溶液，再通入SO?,可制取Na2s2。3，同時(shí)

放出。。2,其反應(yīng)方程式為2Na2s+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+C02,反應(yīng)在S元素的化合價(jià)

從-2價(jià)升高到+2價(jià)，S的化合價(jià)從+4價(jià)降低到+2價(jià)，以此來(lái)解答。

本題考查氧化還原反應(yīng)及計(jì)算，為高頻考點(diǎn)，把握反應(yīng)中元素的化合價(jià)變化為解答的關(guān)鍵，側(cè)重

氧化還原反應(yīng)基本概念及轉(zhuǎn)移電子計(jì)算的考查，題目難度不大。

11.【答案】C

【解析】解：a點(diǎn)溶液中含有C。歹和HCO5,b點(diǎn)全部為HCO。c點(diǎn)恰好完全反應(yīng)生成NaCL溶

液呈中性，d點(diǎn)鹽酸過量，呈酸性，

A.a點(diǎn)溶液中含有COg和HCOJ,“COJ與。族反應(yīng)不能大量共存，故A錯(cuò)誤；

B.b點(diǎn)全部為HC。。43+、~e3+與HC03發(fā)生互促水解反應(yīng)而不能大量共存，故B錯(cuò)誤；

C.c點(diǎn)恰好完全反應(yīng)生成NaCL溶液呈中性，離子之間不發(fā)生反應(yīng)，在溶液中能夠大量共存，故

C正確；

D.d點(diǎn)呈酸性，酸性條件下，N。］與Fe2+發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存，故D錯(cuò)誤；

故選：Co

向Na2cO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀鹽酸,a點(diǎn)溶液中含有COg和"CO*,b點(diǎn)全部為HCOJ,

c點(diǎn)恰好完全反應(yīng)生成NaCl,溶液呈中性，d點(diǎn)鹽酸過量，呈酸性，結(jié)合離子反應(yīng)發(fā)生條件及對(duì)

應(yīng)離子的性質(zhì)解答該題.

本題考查離子共存問題，為高考常見題型，側(cè)重于元素化合物知識(shí)的綜合考查和學(xué)生的分析能力、

審題的能力的考查，注意把握常見離子的性質(zhì)以及反應(yīng)類型的判斷，答題時(shí)注意題中各階段溶液

的成分，難度中等.

12.【答案】C

【解析】解：4/與C1相比，C1的非金屬性強(qiáng)，則/C%與水反應(yīng)的產(chǎn)物為HC1和村/。2,故A錯(cuò)誤；

B./C%與K1反應(yīng)時(shí)，生成碘單質(zhì)與KC1,I元素被還原，故B錯(cuò)誤；

C.IC1與冷NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式為:+20H-=10-+Cl-+%。，為非氧化還原反應(yīng)，

故C正確；

D.IC1與水的反應(yīng)生成HC1、HIO,沒有元素的化合價(jià)變化，不屬于氧化還原反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；

故選：Co

2/G+2Zn=Zn%+ZnC/2中，Zn元素的化合價(jià)升高，I元素的化合價(jià)降低，可知IC1中C1的非

金屬性強(qiáng)，則/Cl+H20=HCl+m。中不含元素的化合價(jià)變化，以此來(lái)解答.

本題考查氧化還原反應(yīng)，為高頻考點(diǎn)，把握發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)及反應(yīng)中元素的化合價(jià)變化為解答的

關(guān)鍵，注意從化合價(jià)角度分析，側(cè)重分析與遷移應(yīng)用能力的考查，題目難度不大.

13.【答案】C

【解析】

【分析】

本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、原電池原理、非金屬性比較、實(shí)

驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意?shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，題目難度不大。

【解答】

A.電解質(zhì)為稀硫酸，活潑金屬作負(fù)極，根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可知，左燒杯中A1作負(fù)極，右燒杯中Fe作

負(fù)極，則可得出金屬性：Al>Fe>Cu,金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)陽(yáng)離子的氧化性越弱，故A錯(cuò)誤：

B.氯氣可分別氧化NaBr、KI,不能比較%的氧化性，故B錯(cuò)誤；

C.右燒杯中澄清石灰水變渾濁，說明碳酸氫鈉發(fā)生分解生成了二氧化碳，左邊燒杯中無(wú)明顯變化，

說明碳酸鈉沒有分解，由此可判斷熱穩(wěn)定性：Na2CO3>NaHCO3,故C正確；

D.鹽酸為無(wú)氧酸，且鹽酸易揮發(fā)，揮發(fā)出的鹽酸也能與硅酸鈉反應(yīng)，不能比較三者的非金屬性，

故D錯(cuò)誤。

故選C。

14.【答案】D

【解析】解：A.加入Ba"溶液，產(chǎn)生白色沉淀可能為AgCl或BaS。,，由實(shí)驗(yàn)及現(xiàn)象可知，原溶

液中不一定含有SO唇，故A錯(cuò)誤；

B.使澄清的石灰水變渾濁的無(wú)色氣體可能為二氧化碳或二氧化硫，由實(shí)驗(yàn)及現(xiàn)象可知，溶液中可

能含有C。歹或S。歹或HC。]或HSO],故B錯(cuò)誤；

C.氯氣、二氧化硫均使品紅褪色，由實(shí)驗(yàn)及現(xiàn)象可知，氣體不一定是SO2,故C錯(cuò)誤；

D.鹽酸酸化可排斥亞硫酸根離子的干擾，后加氯化鐵可檢驗(yàn)硫酸根離子，則若加HC1時(shí)有氣體產(chǎn)

生，力口BaCL時(shí)有白色沉淀產(chǎn)生，說明N&2SO3樣品已部分被氧化，故D正確；

故選：D。

A.加入Ba"溶液，產(chǎn)生白色沉淀可能為AgCl或BaSCU；

B.使澄清的石灰水變渾濁的無(wú)色氣體可能為二氧化碳或二氧化硫；

C.氯氣、二氧化硫均使品紅褪色；

D.鹽酸酸化可排斥亞硫酸根離子的干擾，后加氯化鋼可檢驗(yàn)硫酸根離子。

本題考查離子及物質(zhì)的檢驗(yàn)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)及現(xiàn)象為解答的關(guān)鍵，

側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋⒁猬F(xiàn)象與結(jié)論的關(guān)系，題目難度不大。

2+2+3+2+2+

15.【答案】時(shí)71。2+2Fe+4H+=Mn+2Fe+2H2OB5Mn+Ni=Mn+Ni70Mn02+

+2+87（C1C21Z2）2+

4H+C20l-=Mn+2cO2T+2H2O^-^x100%Mn-2e~+2H20=MnO2+

4H+

【解析】解：（1）表示加入“氧化劑（軟鋸礦）”作用為MnOz+2尸e2++4"+=Mn2++2Fe3++

2H2O,

2++2+3+

故答案為：MnO2+2Fe+4H=Mn+2Fe+2%。；

（2）①由/可知,4（0H）3、尸e（。H）3的Ksp較小,且除雜不能引入新雜質(zhì)，“中和劑”可以是MgO,

故答案為：B；

②由離子濃度小于1X10-660"時(shí)，即可認(rèn)為該離子沉淀完全、仆網(wǎng)（。"）3]=1.0X10-33可

30乂1?！?3i14

+5

知，c（0，-）=mol/L=iLmoi/L,C（W）=^-mol/L=10~mol/L,溶液的pH

應(yīng)不低于-lglO-5=5,

故答案為：5；

(3)“置換”的目的是Mn+Ni2+=Mn2++Ni,除去雜質(zhì)N?2+,

故答案為：Mn+Ni2+=Mn2++Ni；

(4)由圖2可知，70℃時(shí)MnSO,、MgS”的溶解度差異較大，便于分離，結(jié)晶與過濾過程中，體系

溫度均應(yīng)維持在70℃,

故答案為：70；

2+

(5)①M(fèi)nOz參與反應(yīng)的離子方程式為Mu。？+4H++&。廣=Mn+2CO2T+2%。，故答案為：

+2+2+

MnO2+4H+C2Ol-=Mn+2CO2T+2H2O；②由2MnO「+5C2O^~+16"+=2Mn+

3

10C02T+8%?？芍?，消耗的n(Na2c2O4)=c2moi/LxV2mLx10~L/mLx|=2.5c2V2X

3

10~mol,由“兀。2+4"++。2。+="足++2。。21'+2”2。可知，n(MnO2)=(qmoZ/Lx

33

VrmLx10-L/mL-2.5c2V2x10-mol),則該樣品中MnO?的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為二?濡爛3x100%,

故答案為：呸嗑浮也x100%；

(6)陽(yáng)極上M/+放電發(fā)生氧化反應(yīng)而生成MnOz，同時(shí)生成氫離子，電極反應(yīng)式為Mn2+-2e-+

2H2O="皿+4H+,

2++

故答案為：Mn-2e-+2H2O=MnO2+4H?

由流程可知，浸出液中Fe2+被MnG氧化生成Fe3+,然后加MgO調(diào)節(jié)pH使出3+、4戶+離子轉(zhuǎn)化

為沉淀，再加Mn與Ni2+發(fā)生置換反應(yīng)，然后加稀硫酸，生成硫酸鎂，結(jié)晶法分離出硫酸鎂，因

硫酸鈣微溶，再加水沉降CoSO*過濾分離出濾液含MMO”蒸發(fā)結(jié)晶、干燥得到MnSO,固體，

以此來(lái)解答。

本題考查物質(zhì)的制備實(shí)驗(yàn)，為高頻考點(diǎn)，把握制備流程中發(fā)生的反應(yīng)、金屬活潑性、混合物分離

提純?yōu)榻獯鸬年P(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意元素化合物知識(shí)的應(yīng)用，題目難度中等。

16.【答案】-35.7cd卜適當(dāng)降低溫度、適當(dāng)減小壓強(qiáng)、增大氧氣濃度、減小產(chǎn)物濃度(任

寫x("竿1)；

答兩條)3.809Pt-M

【解析】解：(1)①化學(xué)反應(yīng)的反應(yīng)熱ZH=生成物的標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成焙總和-反應(yīng)物的標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成

焰總和，所以C“4(g)+；O2(g)=CO(g)+2“2(g)的△"=-110.5kJ/mol+0-(-74.8/c//

mol)—0=—35.7kJ/mol,

故答案為：一35.7?/6。八

②a.催化劑能降低反應(yīng)的活化能，故a錯(cuò)誤；

b.催化劑能降低反應(yīng)的活化能，增大活化分子百分?jǐn)?shù)，故b錯(cuò)誤；

c.催化劑不影響平衡移動(dòng)，所以不改變化學(xué)平衡常數(shù)，故c正確；

d.催化劑不影響反應(yīng)熱(4H),故d正確；

故答案為：cd；

③可逆反應(yīng)c"4(g)+2。2(。)=C0(g)+2%(g)

開始0.500

V

反應(yīng)(znol/L)等0.450.91.8

~v

平衡(6。，/，)竽0.050.91.8

—~vV

2

_C(CO)XC(H2)二竽x(竿)2,

化學(xué)平衡常數(shù)K一1

竽x(竿肢’

C(CH4)XC2(O2)

故答案為：B3

④該反應(yīng)焙變小于0為放熱反應(yīng)，適當(dāng)降低溫度可以使平衡正向移動(dòng)，提高甲烷的平衡轉(zhuǎn)化率；

該反應(yīng)為氣體系數(shù)之和增大的反應(yīng)，所以適當(dāng)降低壓強(qiáng)可以使平衡正向移動(dòng)，提高甲烷的平衡轉(zhuǎn)

化率；此外增大氧氣濃度、減小產(chǎn)物濃度都可以提高甲烷的平衡轉(zhuǎn)化率，

故答案為：適當(dāng)降低溫度、適當(dāng)減小壓強(qiáng)、增大氧氣濃度、減小產(chǎn)物濃度(任答兩條)；

(2)①據(jù)圖可知使用Sn-M催化劑時(shí)，由CHg+到過渡態(tài)2的壘能最大，為5.496eV-moL-

1.687eV-mol-1=3.809eK-mol-1,

故答案為：3.809；

②吸附所需的能量越低越好，根據(jù)圖知，兩種催化劑比較，脫氫反應(yīng)階段催化效果更好的是Pt-Ni

合金，

故答案為：Pt—Ni。

(1)①化學(xué)反應(yīng)的反應(yīng)熱ZH=生成物的標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成焰總和-反應(yīng)物的標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成焰總和；

②催化劑可以改變反應(yīng)速率，但不改變反應(yīng)的平衡常數(shù)和反應(yīng)熱；

③可逆反應(yīng)c%(g)+於2(。)=co(g)+2%(g)

開始(moL/L)上0.5

~V~00

反應(yīng)(znol/L)竽0.450.91.8

平衡(mo///)號(hào)0.050.91.8

—~V

化學(xué)平衡常數(shù)K=c(C0)xc2*)；

C(CH4)XC2(O2)

④根據(jù)影響化學(xué)反應(yīng)的條件濃度、溫度、壓強(qiáng)等結(jié)合勒夏特列原理分析；

(2)①根據(jù)圖象找到最大的能壘步驟進(jìn)行計(jì)算；

②吸附所需的能量越低越好。

本題考查較綜合，側(cè)重考查閱讀、分析、判斷及計(jì)算能力，明確蓋斯定律計(jì)算方法、化學(xué)平衡常

數(shù)計(jì)算方法、外界條件對(duì)可逆反應(yīng)的影響原理是解本題關(guān)鍵，難點(diǎn)是平衡常數(shù)的計(jì)算，題目難度

中等。

17.【答案】4HC，（濃）+“兀。2二2H2。+MnC%+C，2T濃硫酸吸收C，2、HC1,防止污染空氣，

同時(shí)防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入D中使PC%水解排盡曲頸甑中的空氣，防止發(fā)生副反應(yīng)不

能防止C%過量生成PC15冷水冷凝PCG防止其揮發(fā)便于收集產(chǎn)品HPOj~+2N0^+4H+=

2NO2y+H3P04+H20

【解析】解：（1）4裝置中，加熱條件下，濃鹽酸和二氧化鎰二者反應(yīng)生成氯化鎰、氯氣和水，發(fā)

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生反應(yīng)的化學(xué)方程式為4HC,（濃）+MnOz=2H2。+MnCl2+Cl2T,

A

故答案為：4HC?濃）+MnO2-2H2O+MnCl2+Cl2T；

（2）因PC/3遇水會(huì)強(qiáng)烈水解，所以氯氣需干燥，氯氣和濃硫酸不反應(yīng)，所以能用濃硫酸干燥氯氣，

因尾氣中含有有毒氣體氯氣，且空氣中水蒸氣可能進(jìn)入裝置，所以用F裝置利用堿石灰吸收多余

的C%，防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入燒瓶和PCG反應(yīng)，

故答案為：濃硫酸；吸收CL、HCI,防止污染空氣，同時(shí)防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入D中使PCG水

解；

（3）通入一段時(shí)間的CO?可以排盡裝置中的空氣，防止PC,3與。2等發(fā)生副反應(yīng)，另外PC"能與以2反

應(yīng)生成PCb，則不能用以2代替C02，以防止儀2過量生成PC，5，

故答案為：排盡曲頸甑中的空氣，防止發(fā)生副反應(yīng)；不能；防止C%過量生成PC/5；

（4）PC，3沸點(diǎn)為75.5℃,利用E裝置冷水降溫，防止PCL揮發(fā)（冷凝），同時(shí)收集PC%，

故答案為：冷水；冷凝PCb防止其揮發(fā)便于收集產(chǎn)品；

（5）亞磷酸鈉遇濃硝酸應(yīng)被氧化為生「。4（中強(qiáng)酸），同時(shí)硝酸被還原為NO?,則發(fā)生反應(yīng)的離子方

程式為HP。g+2N。*+4H+=2NO2T+H3PO4+出。，

故答案為：HPOj-+2N0]+4H+=2NO2T+"3P。4+“2。。

實(shí)驗(yàn)室要用黃磷（白磷）與干燥的C%模擬工業(yè)生產(chǎn)制取PC13流程為：A裝置濃鹽酸和二氧化鋅二者

反應(yīng)生成氯化鎰、氯氣和水，制得氯氣，因PC“遇水會(huì)強(qiáng)烈水解，所以氯氣需干燥，B裝置利用

濃硫酸干燥氯氣，利用二氧化碳排盡裝置中的空氣，防止黃磷（白磷）自燃，PCG沸點(diǎn)為75.5℃,利

用D裝置防止PCb揮發(fā)（冷凝），因尾氣中含有有毒氣體氯氣，且空氣中水蒸氣可能進(jìn)入裝置，所

以用E裝置利用堿石灰吸收多余的C%,防止