甘肃省武威第六中学2022-2023学年高三化学上学期第二次阶段性考试试题（Word版附解析）

这是一份甘肃省武威第六中学2022-2023学年高三化学上学期第二次阶段性考试试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了单选题等内容，欢迎下载使用。
武威六中2022年秋季学期高三年级第二次阶段性考试
化学试卷
考试时间：90分钟
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 S 32 N 14 Al 27 P 31
第I卷(选择题)
一、单选题。(每小题3分，共计45分)
1. 2022年6月17日，中国第三艘航空母舰——“福建舰”正式下水，它是目前世界上最大的常规动力航母，配置了先进的电磁弹射和阻拦装置。下列说法错误的是
A. 电磁弹射技术可使舰载机快速起飞，电能属于二级能源
B. 氮化镓常用于雷达系统，其属于新型无机非金属材料
C. 低磁合金钢常用于舰体材料，其强度、熔点均高于纯铁
D. 航母燃料是重油，重油通过燃烧将化学能转变为热能、机械能等
【答案】C
【解析】
【详解】A．电能是由水能、热能、风能、核能、光能、化学能等其他形式的能量转换而来，属于二次能源，故A正确；
B．氮化镓是第三代半导体材料，在通信、雷达等方面有着独特优势，属于新型无机非金属材料，故B正确；
C．低磁钢属于铁合金，其强度、韧性等机械性能优于纯铁，但其熔点低于纯铁，故C错误；
D．重油通过燃烧可将化学能转变为热能、光能、机械能等其他形式的能量，故D正确；
故选C。
2. 下列化学用语表达正确的是
A.HClO的电子式
B.用分子式的变化表示化学平衡建立的示意图
C.乙炔分子比例模型
D.不同类型化学反应间的关系





A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．HClO的结构式为H-O-Cl，其电子式为，故A正确；
B．可逆反应特点之一是反应物、生成物同时存在，根据题中所给平衡后示意图，平衡体系中没有SO2，故B错误；
C．是乙炔的球棍模型，乙炔的比例模型为，故C错误；
D．所有的置换反应都属于氧化还原反应，故D错误；
答案为A。
3. 下列有关物质分类或归类中，正确的是
①胶体：碳纳米管(具有纳米尺度的直径)、氢氧化铁胶体、淀粉溶液
②纯净物：硝酸、液氯、冰水混合物
③化合物：CaCl2、NaOH、HCl、HD
④共价晶体：金刚石、Na2O、BN、SiO2
⑤电解质：明矾[KAl(SO4)2•12H2O]、石膏、硫酸、纯碱
⑥同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨烯
A. ②⑤⑥ B. ①③⑥ C. ①⑤⑥ D. ③⑤⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①碳纳米管是单质，不是胶体，①错误；
②硝酸、液氯、冰水混合物都是由单一组分构成的，属于纯净物，②正确；
③HD是由同种元素构成的单质，③错误；
④Na2O是由钠离子和氧离子构成的离子化合物，④错误；
⑤明矾[KAl(SO4)2•12H2O]、石膏、硫酸、纯碱都属于电解质，⑤正确；
⑥C60、C70、金刚石、石墨烯都是由碳元素构成的结构不同的单质，互为同素异形体，⑥正确；
正确是：②⑤⑥；
故选A。
4. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 在新制饱和氯水中：、、、
B. 在能使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：、、、
C. 在加入铝粉能产生的溶液中：、、、
D. 在的溶液中：、、、
【答案】D
【解析】
【详解】A．新制氯水具有强氧化性会将还原性的亚硫酸根氧化，A不能共存；
B．能使红色石蕊试纸变蓝的溶液中有大量的氢氧根，氢氧根与碳酸氢根不共存生成水和碳酸根，B不能共存；
C．加入铝粉能产生氢气的溶液可能是酸溶液也可能是碱溶液，碱性溶液亚铁不共存，酸性条件下的硝酸根不能与铝粉产生氢气，C不能共存；
D．的溶液是碱性溶液，与、、、可以大量共存，D正确；
故选D。
5. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 与混合物中含C原子数为
B. 标准状况下，与分子所含电子数目均为NA
C. 的溶液中离子数为
D. 32g环状分子中含有的S—S键数为
【答案】A
【解析】
【详解】A．HCHO与CH3COOH的实验式都为CH2O，60gHCHO与CH3COOH混合物中含“CH2O”的物质的量为=2mol，所含碳原子数为2NA，A项正确；
B．标准状况下HF不呈气态，2.24LHF的物质的量不等于0.1mol，其中所含电子数不等于NA，B项错误；
C．在K2Cr2O7溶液中存在平衡：+H2O⇌2+2H+，在1LpH=4的0.1mol/LK2Cr2O7溶液中的物质的量小于0.1mol，离子数小于0.1NA，C项错误；
D．1个S8中含8个S—S键，32gS8的物质的量为=0.125mol，所含S—S键的物质的量为1mol，即含有S—S键数为NA，D项错误；
答案选A。
6. 下列反应的离子方程式正确的是
A. 红褐色固体全部溶于氢碘酸溶液：
B. 用石墨电极电解溶液：
C. 将等浓度的溶液与溶液按体积比2∶3混合：
D. 洁厕灵(含HCl)与“84”消毒液混合后产生氯气：
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢碘酸中碘离子具有还原性会与三价铁离子发生氧化还原反应，A错误；
B．石墨电极电极氯化镁溶液：，B错误；
C．将等浓度的溶液与溶液按体积比2∶3混合：，C正确；
D．洁厕灵(含HCl)与“84”消毒液混合后产生氯气：，D错误；
故选C。
7. 下列操作规范且能达到实验目的的是

A. 图甲测定醋酸浓度 B. 图乙测定中和热
C. 图丙稀释浓硫酸 D. 图丁萃取分离碘水中的碘
【答案】A
【解析】
【详解】A．氢氧化钠溶液呈碱性，因此需装于碱式滴定管，氢氧化钠溶液与醋酸溶液恰好完全反应后生成的醋酸钠溶液呈碱性，因此滴定过程中选择酚酞作指示剂，当溶液由无色变为淡红色时，达到滴定终点，故A选；
B．测定中和热实验中温度计用于测定溶液温度，因此不能与烧杯内壁接触，并且大烧杯内空隙需用硬纸板填充和大小烧杯口部平齐，防止热量散失，故B不选；
C．容量瓶为定容仪器，不能用于稀释操作，故C不选；
D．分液过程中长颈漏斗下方放液端的长斜面需紧贴烧杯内壁，防止液体留下时飞溅，故D不选；
综上所述，操作规范且能达到实验目的的是A项，故答案为A。
8. 催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图1所示；有氧条件下，催化还原NO的反应历程如图2所示。下列说法正确的是

A. 图1所示热化学方程式为
B. 图2所示催化脱硝过程中既有极性共价键的断裂和形成，也有非极性共价键的断裂和形成
C. 图2所示反应①中氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1
D. 脱硝过程中使用催化剂的目的是改变反应的焓变
【答案】B
【解析】
【详解】A．图1所示热化学方程式为 ，故A错误；
B．图可知，该反应过程中断裂氮氢键、氮氧键、氧氧键，形成氮氮键、氧氢键，非极性共价键为氧氧键、氮氮键，故B正确；
C．由图可知，该反应①方程式为NH3+Fe3+=Fe2++NH2+H+，氧化剂为Fe3+，还原剂为NH3，则氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1，故C错误；
D．催化剂不能改变反应的焓变，则脱硝过程中使用催化剂的目的不是改变反应的焓变，故D错误；
故答案选B。
9. 在抗击新冠肺炎的过程中，科研人员研究了法匹拉韦、利巴韦林、氯硝柳胺等药物的疗效，三种药物主要成分的结构简式如下。下列说法不正确的是

A. Y中存在手性碳原子 B. X和Z都能发生加成反应和水解反应
C. 1mol Z中最多可以消耗6molNaOH D. Y和丙三醇互为同系物
【答案】D
【解析】
【详解】A．手性碳原子应连接4个不同的原子或原子团，Y中存在手性碳原子，即，故A正确；
B．由X和Z的结构可知，X和Z中都含有肽键，所以都能发生水解反应；X中含有碳碳双键可以发生加成反应，Y中含有苯环也可以发生加成反应，故B正确；
C．由Z的结构可知，其结构中含有2个氯原子、一个酚羟基，一个肽键，由于氯原子水解后又产生酚羟基，则1mol Z中最多可以消耗6molNaOH，故C正确；
D．由Y的结构可知，Y是由C、H、N、O四种元素组成的，其结构和丙三醇不相似，因此Y和丙三醇不能互为同系物，故D错误；
故选D。
10. 某抗癌药物的结构简式如图所示，其中W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍。下列叙述正确的是

A. W的最简单氢化物与Z的单质混合后可产生白烟
B. 最高价氧化物对应的水化物酸性强弱Y>Z
C. 简单氢化物的沸点：WNH3>PH3，即X>W>Y，C项不符合题意；
D．Y为P元素，可与氯形成PCl5，其中P不能满足8电子结构，D项不符合题意；
故正确选项为A
11. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．含铜矿石与氧气煅烧可以得到氧化铜，氢气还原氧化铜可以得到Cu，Cu在Cl2中燃烧可以得到CuCl2，A项正确；
B．SiO2不溶于水，也不与水反应， B项错误；
C．铁和水蒸气在高温时反应生成Fe3O4，C项错误；
D．在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再通入二氧化碳，在溶液中析出溶解度最小的NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，不能一步生成碳酸钠，D项错误；
故选A。
12. 由下列实验及现象能推出相应结论的是
选项
实验
现象
结论
A
将0.1mol·L－1ZnSO4溶液加入1mol·L－1Na2S溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L－1CuSO4溶液
先有白色沉淀生成，后变为黑色沉淀
Ksp(CuS)>Ksp(ZnS)
B
将过量铜粉加入2mL1.0mol·L－1Fe2(SO4)3溶液中，充分振荡，加几滴KSCN溶液
溶液变蓝，加KSCN后溶液颜色不变
氧化性：Fe3＋>Cu2＋
C
甲烷与氯气在光照条件下反应后，在试管口放置湿润的蓝色石蕊试纸
湿润的蓝色石蕊试纸变红
生成的氯甲烷呈酸性
D
向20%的蔗糖溶液中加入少量的硫酸，水浴加热，再加入银氨溶液
没有银镜产生
蔗糖未水解

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．发生沉淀的转化，向Ksp更小的方向移动，由现象可知Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，故A错误；
B．Cu与铁离子反应生成铜离子、亚铁离子，则氧化性：Fe3+＞Cu2+，故B正确；
C．发生取代反应生成HCl，HCl溶于水显酸性，而氯甲烷呈中性，故C错误；
D．蔗糖水解后检验葡萄糖应在碱性条件下，没有加碱至碱性，不能检验是否水解，故D错误；
答案选B。
13. 利用微生物电池处理有机废水同时也可实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极，用下图装置处理有机废水(含CH3COO-的溶液)。下列说法错误的是

A. 电极电势a极低于b极
B. 当b极上产生11.2L(标准状况)气体时，会有1molCl-通过隔膜1
C. a极反应为CH3COO- -8e-+2H2O=2CO2↑+7H+
D. 当电路中通过4mol电子时，负极区溶液的质量理论上减少44g
【答案】D
【解析】
【分析】在a极，CH3COO-转化为CO2，C元素化合价升高，则a极为负极，b极为正极。a极发生的电极反应为CH3COO- -8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，b极发生的电极反应为2H++2e-=H2↑。隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜。
【详解】A．由分析可知，a极为负极，b极为正极，则电极电势a极低于b极，A正确；
B．b极为正极，发生的电极反应为2H++2e-=H2↑，当b极上产生11.2L(标准状况)气体时，线路中有1mole-转移，在a极上会有0.125mol CH3COO-失去电子，则有1molCl-通过隔膜1，B正确；
C．在a极，CH3COO- 失电子产物与H2O作用生成CO2等，电极反应式为CH3COO- -8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，C正确；
D．负极反应为CH3COO- -8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，当电路中通过4mol电子时，负极区溶液中释放1molCO2，同时有4molCl-通过隔膜1进入负极区，则理论上增加质量4mol×35.5g/mol-1mol×44g/mol=98g，D错误；
故选D。
14. 镧系金属铈(Ce)主要有＋3、＋4两种价态，地壳中常以氟碳铈矿()存在。工业上利用氟碳铈矿提取的一种工艺流程如图所示。下列有关说法错误的是

A. 加热制备无水时，HCl的作用是抑制的水解
B. 在空气中焙烧氟碳铈矿时，发生的主要反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶4
C. 参与酸浸反应的和的物质的量之比为1∶3时，则需要和HCl的物质的量之比也为1∶3
D. 向中加入KCl溶液的目的是将转化为，提高产率
【答案】C
【解析】
【分析】利用氟碳铈矿（主要成分CeFCO3）提取CeCl3的一种工艺流程为，CeFCO3焙烧得CeO2、CeF4，用盐酸和硼酸酸浸，过滤得沉淀Ce(BF)4和CeCl3滤液，Ce(BF)4与氯化钾溶液反应得到CeCl3和KBF4，CeCl3与前面滤液中CeCl3的合并再加氢氧化钠，得Ce(OH)3沉淀，Ce(OH)3沉淀与盐酸反应可得CeCl3•6H2O，加热CeCl3•6H2O和NH4Cl的固体混合物可得到无水CeCl3，据此回答。
【详解】A．加热制备无水时，，在HCl的氛围作用下可抑制的水解，A正确；
B．根据流程图可知焙烧过程中CeFCO3与氧气反应生成CeO2、CeF4、CO2，反应方程式为4CeFCO3+ O23CeO2+ CeF4+4CO2，其中氧化剂O2和还原剂CeFCO3的物质的量之比为1∶4，B正确；
C．假设参与酸浸反应的CeO2和CeF4的物质的量之比为1∶3，根据流程可知反应物还有HCl、H3BO3，生成物有Ce(BF4)3沉淀、CeCl3，根据化合价的变化，因元素Ce由+4价变为+3价，化合价降低，由氧化还原反应原理可知，应有元素化合价升高，则应有Cl2生成，结合原子守恒可知相应的化学方程式为1CeO2＋3CeF4＋13HCl＋3H3BO3=Ce(BF4)3↓＋3CeCl3＋2Cl2↑＋11H2O，则需要和HCl的物质的量之比也为3∶13，C错误；
D．避免Ce3+以Ce(BF4)3形式沉淀而损失，将Ce3+全部转化为CeCl3，提高产率，D正确；
故选C。
15. 在加热固体NH4Al(SO4)2·l2H2O时，固体质量随温度的变化曲线如图所示：

已知A点物质为NH4Al(SO4)2，B点物质为Al2(SO4)3，下列判断正确的是
A. O℃~T℃的过程变化是物理变化
B. C点物质是工业上冶炼铝的原料
C. A→B反应中生成物只有Al2(SO4)3和NH3两种
D. Al2(SO4)3能够净水，可用离子方程式表示为：Al3++3OH-=A1(OH)3
【答案】B
【解析】
【详解】A.因为A点物质为NH4Al(SO4)2，则O℃~T℃的过程变化是失去结晶水生成NH4Al(SO4)2是化学变化，A错误；
B. B点物质为硫酸铝，升温在加热分解则在C点生成氧化铝，所以C点物质是工业上冶炼铝的原料，B正确；
C.A→B发生的反应为硫酸铝铵分解生成硫酸铝、氨气和硫酸，C错误；
D.硫酸铝能够净水，其原理是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性可以吸附水中的悬浮的杂质，D错误；
答案选B。
第II卷(非选择题)
16. 全球一半左右的碘是以智利硝石提取硝酸钠后的母液为原料，加入亚硫酸氢钠制取，相关反应如下：
___________________________________(未配平)，
完成下列填空：
（1）配平上述反应_______，该反应实质是两步反应：①，则第二步反应的离子方程式为②_______；若要使碘酸钠的利用率最高，碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是_______。
（2）过滤反应析出的碘沉淀得到粗碘，再用升华法即可得到99%左右的碘产品，碘升华克服的微粒间作用力为_______。
（3）能说明氯、碘两种元素非金属性相对强弱的依据是_______。(选填编号)
A. 原子的最外层都有7个电子
B. ICl中碘元素为+1价
C. 酸性：
D. 氯化钠、碘化钠与浓硫酸共热，分别生成氯化氢、单质碘
（4）检验亚硫酸钠固体是否氧化变质的方法是_______。
【答案】（1） ①. 252 ②. +5I-+6H+→3I2+3H2O ③. 5∶1
（2）分子间作用力(范德华力) （3）BD
（4）取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质
【解析】
【小问1详解】
第二步反应有碘单质生成，第(1)问总反应的离子方程式为：②2+5→3H++5+I2+H2O，则根据第一步反应①+3→3+I-+3H+可看出已经被氧化为，第二步不需要，则②3-①5消去得到第二步离子方程式为：+5I-+6H+→3I2+3H2O；从第二步可看出，最终要得到3mol I2，其中第一步提供5mol 转化为第二步所需的I-，因此若要使碘酸钠的利用率最高，完全反应完，即碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是5∶1，故答案为：+5I-+6H+→3I2+3H2O；5∶1；
【小问2详解】
碘升华为物理变化，没有化学键的断裂，因此克服的微粒间作用力为分子间作用力，故答案为：分子间作用力(范德华力)；
【小问3详解】
A．原子最外层电子数目不能决定元素的非金属性强弱，故A错误；
B．ICl中碘元素为+1价，说明Cl更易容易得到电子，非金属性更强，故B正确；
C．酸性：HClO3＞HIO3，不是最高价氧化物对应水化物的酸性，所以无法判断非金属性，故C错误；
D．氯化钠与浓硫酸共热制备氯化氢，利用是高沸点酸制备低沸点酸的原理，氯化碘与浓硫酸共热可制备碘单质，这说明碘离子更易被氧化，其还原性比氯离子的更强，所以氯气的氧化性强于碘单质的氧化性，即可说明氯、碘两种元素非金属性的相对强弱，故D正确；
故答案为：BD；
【小问4详解】
亚硫酸钠固体容易被空气氧化为硫酸钠，若检验是否变质，主要检验溶于水后是否存在硫酸根离子，其方法如下：取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质。
17. 完成下列内容。
（1）已知：、的燃烧热()分别为和；
；
。
则_______。
（2）2010年Sheth等得出乙炔在Pd表面选择加氢的反应机理(如图所示)。其中吸附在Pd表面上的物种用*标注。该历程中最大能垒(活化能)为_______，该步骤的化学方程式为_______。

（3）《科学美国人》评出的2016年十大创新技术之一是碳呼吸电池，电池原理如图所示。

多孔碳电极的电极反应式为_______，铝极反应为_______，随着反应的进行，碳呼吸电池中浓度_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1）-51.7kJ/mol
（2） ①. 85 ②.
（3） ①. ②. ③. 不变
【解析】
【小问1详解】
①；
②；
③；
④；
由盖斯定律知目标方程：可由3①-②+③+④获得，其焓变ΔH＝(-285.8 kJ·mol-1×3)-( -726.5 kJ·mol-1)+ 35.2 kJ·mol-1+44 kJ·mol-1=-51.7 kJ·mol-1；
【小问2详解】
由图可知，吸附时能量降低，解吸时能量升高，反应历程中，C2H+H*→C2H的活化能最大，为+85kJ·mol-1，故答案为：85；；
【小问3详解】
由电池原理图示知多孔碳电极的电极反应式为，铝极反应为；随着反应的进行，两个电极相加得碳呼吸电池中浓度不变。
18. 用海底锰结核(主要成分为MnO2，含少量MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2)为原料，制备金属锰、镁的一种工艺流程路线如下：

已知：①几种难溶物的溶度积(25℃)如下表所示：
化学式
Mg(OH)2
Mn(OH)2
Al(OH)3
Fe(OH)3
Ksp
1.8×10-11
1.8×10-13
1.0×10-33
4.0×10-38

②溶液中某离子浓度≤1.0×10-6mol·L-1时，认为该离子沉淀完全。
完成下列问题：
(1)“锰结核粉末”中MnO2与SO2反应的离子方程式为_____。
(2)“滤液1”中c(Mn2+)为0.18mol·L-1，则“调节pH”的范围为_______，“滤渣2”的成分为______。
(3)“Ⅲ”处“萃取剂”萃取的成分是___；“Ⅳ”处用“盐酸反萃”的作用是____。
(4)MgCl2·6H2O制取无水MgCl2时，需要在干燥的HCl气流中加热分解。HCl的作用为__________。
(5)该工艺流程中除电解余液可循环利用外，还能循环利用的试剂为____。
(6)一种海生假单孢菌(采自太平洋深海处)，在无氧条件下以醋酸为电子供体还原MnO2生成Mn2+的机理如图所示。写出反应②③的总反应的离子方程式____________。

【答案】 ①. MnO2+SO2=Mn2++SO ②. 5≤pH＜8 ③. Fe(OH)3、Al(OH)3 ④. Mg2+ ⑤. 使Mg2+与萃取剂分离转化为MgCl2 ⑥. 抑制MgCl2水解 ⑦. 萃取剂或有机相2 ⑧. MnO2+2HX=Mn2++2X+2OH-
【解析】
【分析】锰结核(主要成分为MnO2，含少量MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2)加入H2SO4进行酸浸，将MgO、Fe2O3、Al2O3转化为Mg2+、Fe3+、Al3+，并通入SO2将MnO2转化为Mn2+，自身被氧化为，SiO2不与二氧化硫和硫酸反应，则滤渣1中主要为SiO2，滤液1中主要含有Mg2+、Fe3+、Al3+、Mn2+及，调节滤液1pH值，使Fe3+、Al3+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3过滤除去，则滤渣2主要含有Al(OH)3、Fe(OH)3，滤液2主要含有Mg2+、Mn2+及的溶液，向滤液2加入有机萃取剂，溶液分层，分液后有机相1中主要含有Mg2+，水相1中主要含有Mn2+及，向有机相1中加入盐酸进行反萃取，Mg2+从有机相1转入水相2，形成含有MgCl2的酸性溶液，对水相2蒸发结晶得到MgCl2∙6H2O，在干燥的HCl气流中加热分解得到MgCl2，再进行熔融电解得到金属镁，对水相1进行电解得到金属锰单质和H2SO4，电解后的溶液中含有H2SO4，可返回步骤Ⅰ酸浸使用，据此分析解答。
【详解】(1)根据分析，“锰结核粉末”中MnO2与SO2反应，SO2将MnO2转化为Mn2+，自身被氧化为，离子方程式为MnO2+SO2=Mn2++SO；
(2)调节滤液1的pH值，使Fe3+、Al3+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3过滤除去，“滤液1”中Mn2+、Mg2+不能形成沉淀，溶液中某离子浓度≤1.0×10-6mol·L-1时，认为该离子沉淀完全，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，当Al3+完全沉淀时，Fe3+已经完全沉淀，此时溶液中c(OH-)==1.0×10-9mol·L-1，pOH=9，则pH=14- pOH=5；根据Ksp[Mn(OH)2]= 1.8×10-13，Ksp[Mg(OH)2]= 1.8×10-11，当“滤液1”中c(Mn2+)为0.18mol·L-1时，溶液中c(OH-)==1.0×10-6mol·L-1，pOH=6，则pH=14- pOH=8，则“调节pH”的范围为5≤pH＜8；根据分析，“滤渣2”的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；
(3)根据分析，“Ⅲ”处“萃取剂”萃取的成分是Mg2+；“Ⅳ”处用“盐酸反萃”的作用是使Mg2+与萃取剂分离转化为MgCl2；
(4)MgCl2属于强酸弱碱盐，高温下，促进Mg2+发生水解生成Mg(OH)2，在干燥的HCl气流中加热分解，可以抑制MgCl2水解；
(5)根据分析，向有机相1中加入盐酸进行反萃取，Mg2+从有机相1转入水相2，分液后得到有机相2，即为萃取剂，则该工艺流程中除电解余液可循环利用外，还能循环利用的试剂为萃取剂或有机相2；
(6)根据图示，反应②为：Mn3++ HX= Mn2++X+H+，反应③为：Mn2++ MnO2+2H2O=4OH-+2 Mn3+，②×2+③可得，反应②③的总反应的离子方程式MnO2+2HX=Mn2++2X+2OH-。
【点睛】易错点为(2)，当溶液中某离子浓度≤1.0×10-6mol·L-1时，认为该离子沉淀完全，即离子完全沉淀时，溶液中该离子的浓度最大值为1.0×10-6mol·L-1，因此溶液的pH≥5。
19. POCl3常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料，实验室制备POCl3并测定产品含量实验过程如下：
I．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：① Ag+ + 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
（1）PCl3分子中各原子均满足8电子稳定结构，则PCl3的电子式为____。
（2）B中所盛的试剂是____，干燥管的作用是________。
（3）POCl3遇水反应的化学方程式为_____________。
（4）反应温度要控制在60~65℃，原因是：__________。
II．工业上可用氯化水解法生产三氯氧磷，工艺流程如下：

（5）氯化水解法生产三氯氧磷的化学方程式为____。
（6）通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中Cl元素含量，实验步骤如下：
a、准确称取30.7 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100.00mL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X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c中加入硝基苯的作用是____。
②步骤d中X为______。
A FeCl2        B NH4Fe（SO4）2       C 淀粉       D 甲基橙
③三氯氧磷产品中Cl元素质量百分含量为____。
【答案】 ①. ②. 浓硫酸 ③. 防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶 ④. POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl ⑤. 温度过低，反应速度太慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率低 ⑥. PCl3 +Cl2 + H2O= POCl3+2HCl ⑦. 防止在滴加NH4SCN溶液时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀 ⑧. B ⑨. 34.7%
【解析】
【分析】实验室采用氧气氧化液态PCl3法制取POCl3，参与反应的氧气必须是干燥的，且要防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶使PCl3水解；工业上用氯化水解法生产三氯氧磷，实验原理是：PCl3+Cl2 + H2O= POCl3+2HCl；由于n(Cl−)=n(Ag+)，故测定三氯氧磷产品中Cl元素的质量百分含量即可通过银离子的消耗量来测定：用NH4SCN溶液滴定溶液中过量的Ag+，而Fe(SCN)3溶液是血红色溶液，所以可用含有Fe3+的NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂，当溶液中Ag+反应完全后，再滴加的NH4SCN溶液就会与溶液中的Fe3+作用，使溶液变为血红色。
【详解】(1)PCl3分子中各原子均满足8电子稳定结构，则磷原子与氯原子形成三个共用电子对，其电子式为：；
(2)参与反应的氧气必须是干燥的，因此B中所盛的试剂是浓硫酸，用来干燥氧气；干燥管中碱石灰的作用防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶而使PCl3水解；
故答案为：浓硫酸；防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶；
(3)POCl3遇水会发生反应，根据原子守恒可知反应的方程式为POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl；
(4)由于温度过低，反应速度太慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率低，所以反应温度要控制在60∼65℃；
故答案为：温度过低，反应速度太慢，且温度过高，PCl3易挥发，利用率低；
(5)氯化水解法是用三氯化磷、氯气与水反应生成三氯氧磷和盐酸，其化学方程式为：PCl3+Cl2 + H2O= POCl3+2HCl；
(6)①已知AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，防止在滴加NH4SCN溶液时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀；
②由于是用NH4SCN溶液滴定溶液中过量的Ag+，而Fe(SCN)3溶液是血红色溶液，所以可用含有Fe3+的NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂，当溶液中Ag+反应完全后，再滴加的NH4SCN溶液就会与溶液中的Fe3+作用，使溶液变为血红色，即滴定终点的现象为溶液由无色变为血红色，且30s不褪色，故答案为：B；
③关系式可知：n(Cl−)=n(Ag+)，，所以三氯氧磷产品中Cl元素的百分含量为。