【化学】河北省保定市曲阳一中2020届高三上学期第一次月考（解析版）

【化学】河北省保定市曲阳一中2020届高三上学期第一次月考（解析版）

河北省保定市曲阳一中2020届高三上学期第一次月考 可能用到元素的原子量：H 1 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Cl 35.5 Al27 K 39 S32 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Si 28 Ca 40 I 127‎ 一、选择题（每题只有一个正确选项，每题2分，共50分）‎ ‎1.下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）（ ）‎ ‎【答案】B ‎【详解】A. NaCl为强电解质，NaCl溶于水，NaCl在水分子作用下，自发解离为Na+和Cl-，故电离方程式为NaCl=Na++Cl-，示意图与化学用语表述内容相符；‎ B. 电解氯化铜溶液，铜离子向阴极移动，得电子，发生电极反应为：Cu2++2e-=Cu，氯离子向阳极移动，失电子，发生电极反应为：2Cl-+2e-=Cl2，所以电解总反应为：Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑，示意图与化学用语表述内容不相符；‎ C. CH3COOH为弱电解质，溶于水部分电离，因此电离方程式为CH3COOH CH3COO-+H+，示意图与化学用语表述内容相符；‎ D. 由图可知，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反应热等于断裂反应物分子中的化学键吸收的总能量（436kJ/mol+243kJ/mol=679kJ/mol），与形成生成物分子中化学键放出的总能量（431kJ/mol×2=862kJ/mol）之差，即放热183kJ/mol，放热∆H为负值，所以H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) ∆H=-183kJ/mol，示意图与化学用语表述内容相符；‎ 综上所述，B项符合题意，‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】B项是易错点，要注意电解不等于电离，电解过程是阴阳离子放电的过程，会发生氧化还原反应。‎ ‎2.世界第一条大面积碲化镉薄膜“发电玻璃”生产线最近在成都投产，该材料是在玻璃表面镀一层碲化镉薄膜，光电转化率高。下列说法错误的是（ ）‎ A. 普通玻璃含有二氧化硅 B. 该发电玻璃能将光能完全转化为电能 C. 碲化镉是一种无机化合物 D. 应用该光电转化技术可减少温室气体排放 ‎【答案】B ‎【详解】A. 普通玻璃的主要成分是二氧化硅，故A正确； ‎ B. 该发电玻璃光电转化率高，但不能将光能完全转化为电能，故B错误；‎ C. 碲化镉属于无机化合物，故C正确； ‎ D. 应用该光电转化技术，提高了光电转化率，能够减少温室气体排放，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎3.[河北省衡水中学2019届高三下学期一调]下列化学用语正确的是（ ）‎ A. 氯化钠的分子式：NaCl B. NH4Br的电子式：‎ C. 比例模型可以表示二氧化硫分子，也可以表示二氧化碳分子 D. Mg5(Si4O10)2(OH)2·4H2O的氧化物形式：5MgO·8SiO2·5H2O ‎【答案】D ‎【详解】A.氯化钠是离子化合物，化学式NaCl，没有分子式，A项错误；‎ B.NH4Br的电子式：，B项错误；‎ C.比例模型可以表示二氧化硫分子，并不能表示二氧化碳分子，二氧化碳分子是直线型，C项错误；‎ D.Mg5(Si4O10)2(OH)2·4H2O的氧化物形式：5MgO·8SiO2·5H2O，D项正确。‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】比例模型不仅表示分子组成和内部成键情况，即结构式的特点，还涵盖了空间构型的特点。‎ ‎4.[安徽省合肥市2019年高三第三次教学质量检测]化工生产与人类进步紧密相联。下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. 空气吹出法提取海水中溴通常使用SO2作还原剂 B. 侯氏制碱法工艺流程中利用了物质溶解度的差异 C. 合成氨采用高温、高压和催化剂主要提高氢气平衡转化率 D. 工业用乙烯直接氧化法制环氧乙烷体现绿色化学和原子经济 ‎【答案】C ‎【详解】A．空气吹出法中氯气置换出来的溴，Br2被水蒸气吹出与SO2反应，SO2＋Br2＋2H2O=H2SO4＋2HBr，S的化合价从＋‎4升高到＋6，作还原剂，A项正确；‎ B．在侯氏制碱法中，NaCl＋CO2＋NH3＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，利用的就是NaHCO3的溶解度比NaCl等物质的溶解度小，使之析出，B项正确；‎ C．合成氨的反应为N2＋3H22NH3，该反应是放热反应，采用高温并不利于反应正向移动，不能提高氢气平衡转化率，采用高温是为了提高化学反应速率，使用催化剂只能加快反应速率，不能提高氢气平衡转化率，C项错误；‎ D．乙烯与氧气反应生成环氧乙烷，2CH2=CH2＋O22，原子利用率100% ，符合绿色化学和原子经济性，D项正确；‎ 本题答案选C。‎ ‎5.[湖北省黄冈中学2019届高三5月第二次模拟考试]《厉害了，我的国》展示了中国五年来探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，‎5G技术联通世界等取得的举世瞩目的成就。它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是（ ）‎ A. 大飞机C919采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料 B. 为打造生态文明建设，我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于一次能源 C. 我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅 D. “神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐 ‎【答案】A ‎【详解】A. 合金属于金属材料，A项正确；‎ B. 核电、光电、风电、水电等这些电能均是经过转化的能源属于二次能源，B项错误；‎ C. 光缆的主要成分是二氧化硅，不是晶体硅，C项错误；‎ D. “神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料，不是传统的硅酸盐材料，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题B选项是易错点，一次能源是指自然界中以原有形式存在的、未经加工转换的能量资源。包括：原煤、原油、天然气、核能、太阳能、水力、风力、波浪能、潮汐能、地热、生物质能和海洋温差能等；‎ 二次能源则指由一次能源经过加工转换以后得到的能源产品，主要包括：电力、蒸汽、煤气、汽油、柴油、重油、 液化石油气、酒精、沼气、氢气和焦炭等。‎ ‎6.下列有关文献的理解错误的是（ ）‎ A. “所在山洋，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”过程包括了溶解、蒸发、结晶等操作。‎ B. 《物理小识》记载“青矾（绿矾）厂气熏人，衣服当之易烂，栽木不没,”“气”凝即得“矾油”。青矾厂气是NO和NO2。‎ C. 《开宝本草》中记载了中药材铁华粉的制作方法：“取钢煅作时如笏或团，平面磨错令光净，以盐水洒之，于醋瓮中阴处埋之一百日，铁上衣生，铁华成矣。”中药材铁华粉是醋酸亚铁。‎ D. 唐代《真元妙道要略》中有云“以硫磺、雄黄合销石并蜜烧之，焰起烧手、面及屋舍者”，描述了黑火药制作过程。‎ ‎【答案】B ‎【详解】A项，文中描述了提纯固体的方法：将固体溶解，通过煎炼蒸发水分，进一步析出晶体，涉及溶解、蒸发、结晶等操作，故A正确；‎ B项，青矾为硫酸亚铁晶体(FeSO4•7H2O)，“厂气熏人”中的“气”应为硫的氧化物，气凝即得“矾油”中的“矾油”应为硫酸，故B错误；‎ C项，醋的主要成分是醋酸，与铁反应生成醋酸亚铁和氢气，因此铁华粉是醋酸亚铁，故C正确；‎ D项，黑火药是由木炭粉（C）、硫磺（S）和硝石（KNO3）按一定比例配制而成的，文中描述的应为制备黑火药的过程，故D正确。‎ 综上所述，符合题意的选项为B。‎ ‎【点睛】本题考查古代文献中的化学知识，此类题目是近几年高考的热点，解题时应抓住化学知识的核心，从物质制备、性质等角度理解文中所述内容，例如：题中A项涉及物质的分离提纯方法；B项涉及硫及其化合物的性质；C项涉及铁和醋酸的反应；D项涉及黑火药的制备等。‎ ‎7.为实现随处可上网，中国发射了“中星16号”卫星。NH4ClO4是火箭的固体燃料，发生反应为2NH4ClO4 N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O，NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）‎ A. 1 mol NH4ClO4溶于水含NH4+和ClO4－离子数均为NA B. 反应中还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为1:3‎ C. 产生‎6.4g O2反应转移的电子总数为0.8NA D. 0.5mol NH4ClO4分解产生的气体体积为‎44.8L ‎【答案】B ‎【详解】A. NH4+为弱碱的阳离子，在水溶液中要水解，因此1mol NH4ClO4溶于水含NH4+离子数少于NA，故A错误；‎ B. 2NH4ClO4 N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O反应中还原产物为氯气，氧化产物为氮气和氧气，还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为1∶3，故B正确；‎ C. ‎6.4g O2的物质的量==0.2mol，根据2NH4ClO4 N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O，产生‎6.4g O2反应转移的电子总数为1.4NA，故C错误；‎ D.未告知是否为标准状况，无法计算 0.5mol NH4ClO4分解产生的气体的体积，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，使用气体摩尔体积需要注意：①对象是否为气体；②温度和压强是否为标准状况。‎ ‎8.NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）‎ A. Cu与浓硝酸反应生成4.6gNO2和N2O4混合气体时，转移电子数为0.1NA B. 标准状況下，‎2.24L己烷中共价键的数目为1.9NA C. 在0.1mol/L的Na2CO3溶液中，阴离子总数一定大于0.1NA D. 34gH2O2中含有的阴离子数为NA ‎【答案】A ‎【详解】A.4.6‎gNO2的物质的量是0.1mol，若反应完全产生4.6gNO2，转移电子0.1NA；若完全转化为N2O4，‎4.6g N2O4的物质的量是0.05mol，转移电子数为2×0.05×NA=0.1NA，故Cu与浓硝酸反应生成4.6gNO2和N2O4混合气体时，转移电子数一定为0.1NA，A正确；‎ B.标准状況下，已烷不是气体，因此不能使用气体摩尔体积计算其物质的量及化学键的数目，B错误； ‎ C.缺体积，无法计算溶液中微粒的数目，C错误；‎ D.34gH2O2的物质的量为1mol，由于H2O2是共价化合物，在水中部分电离，存在电离平衡，因此含有的阴离子数小于NA，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎9.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）‎ A. 用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I－＋H2O2=I2＋2OH－‎ B. 过量的铁粉溶于稀硝酸：Fe＋4H＋＋NO3-=Fe3＋＋NO↑＋2H2O C. 用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2：4Cl2＋S2O32-＋5H2O=10H＋＋2SO42-＋8Cl－‎ D. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2-＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋CO32-‎ ‎【答案】C ‎【详解】A. 用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘，反应的离子方程式为：2I－＋H2O2＋2H+=I2＋2H2O，选项A错误；‎ B. 过量的铁粉溶于稀硝酸，反应的离子方程式为：3Fe＋8H＋＋2NO3-=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，选项B错误；‎ C. 用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2，反应的离子方程式为：4Cl2＋S2O32-＋5H2O=10H＋＋2SO42-＋8Cl－，选项C正确；‎ D. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2，反应的离子方程式为：AlO2-＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3-，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎10.下列解释工业生产或应用的化学用语中，不正确的是（ ）‎ A. FeCl3溶液刻蚀铜电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+‎ B. Na2O2用作供氧剂：Na2O2+H2O=2NaOH +O2↑‎ C. 氯气制漂白液：Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO +H2O D. Na2CO3溶液处理水垢：CaSO4(s)+CO32−CaCO3(s)+SO42−‎ ‎【答案】B 详解】A. FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜：2Fe3++Cu==2Fe2++Cu2+，故A正确；‎ B. Na2O2用作供氧剂与水反应生成氢氧化钠和氧气：2Na2O2+2H2O==4NaOH +O2↑，故B错误；‎ C. 氯气与氢氧化钠溶液反应制漂白液：Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO +H2O，故C正确；‎ D. Na2CO3与硫酸钙发生沉淀转化：CaSO4(s)+CO32−CaCO3(s)+SO42−，故D正确；选B。‎ ‎11.下列离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 少量CO2通入苯酚钠溶液中：‎2C6H5O－＋CO2＋H2O=‎2C6H5OH＋CO32-‎ B 少量CO2通入CaCl2溶液中：Ca2＋＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2H＋‎ C. 过量H2S气体通入CuSO4溶液中：H2S＋Cu2＋=CuS↓＋2H＋‎ D. 向Fe(NO3)3溶液中加入HI溶液：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2‎ ‎【答案】C ‎【分析】A、无论少量还是足量的CO2通入苯酚钠溶液中，反应只能生成苯酚和碳酸氢钠；‎ B、碳酸的酸性弱于盐酸，少量CO2通入CaCl2溶液中不反应；‎ C、CuS沉淀不溶于水，不能与稀硫酸反应；‎ D、酸性条件下，NO3—和Fe3＋均能与I－发生氧化还原反应。‎ ‎【详解】A项、无论少量还是足量的CO2通入苯酚钠溶液中，反应只能生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为CO2+C6H5O-+H2O→C6H5OH+HCO3-，故A错误；‎ B项、碳酸的酸性弱于盐酸，少量CO2通入CaCl2溶液中不反应，故B错误；‎ C项、CuS沉淀不溶于水，不能与稀硫酸反应，过量H2S气体通入CuSO4溶液中反应生成硫化铜沉淀和稀硫酸，反应的离子方程式为H2S＋Cu2＋=CuS↓＋2H＋，故C正确；‎ D项、酸性条件下，NO3—和Fe3＋均能与I－发生氧化还原反应，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查离子反应方程式的正误判断，注意反应实质的判断，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键。‎ ‎12.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（ ）‎ A B C D 实验 新制氯水滴入Na2S 溶液中 乙醇滴入K2Cr2O7酸性溶液中 饱和FeCl3溶液滴入沸水中 草酸滴入KMnO4 酸性溶液中 现象 产生黄色浑浊 溶液由橙色变为绿色 液体变为红褐色且澄清透明 产生无色气体，溶液紫红色褪去 ‎【答案】C ‎【详解】A.新制氯水滴入Na2S 溶液中，反应方程式为Cl2+Na2S=2NaCl+S↓，有元素化合价升降，属于氧化还原反应，故A不符合题意；‎ B. 乙醇滴入K2Cr2O7酸性溶液中，2K2Cr2O7+‎3C2H5OH+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2(SO4)3+3CH3COOH+11H2O，CrO72-转化为Cr3+，Cr元素化合价由+6价变为+3价，有化合价变化，所以属于氧化还原反应，故B不符合题意；‎ C.饱和FeCl3溶液滴入沸水中，此过程为制备氢氧化铁胶体的过程，离子方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，过程中无化合价变化，不属于氧化还原反应，故C符合题意；‎ D.草酸滴入KMnO4 酸性溶液中，反应方程式为2KMnO4+5H‎2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O，高锰酸钾转化为硫酸锰，锰元素化合价由+7价变为+2价，有化合价变化，属于氧化还原反应，故D不符合题意。答案选C。‎ ‎【点睛】本题解题关键是理解氧化还原反应的特征和实质。有元素化合价升降的反应为氧化还原反应，氧化还原反应的实质是有电子得失。据此判断反应是否与氧化还原反应相关。‎ ‎13.K2FeO4 是优良的水处理剂，一种制备方法是将 Fe2O3、KNO3、KOH 混合共熔，反应为 Fe2O3 + 3KNO3+ 4KOH =2K2FeO4 + 3KNO2 + 2H2O。下列关于该反应的说法不正确的是（ ）‎ A. 铁元素被氧化，氮元素被还原 B. 每生成 1 mol K2FeO4，转移 6 mol e−‎ C. K2FeO4具有氧化杀菌作用 D. 该实验条件下的氧化性：KNO3＞K2FeO4‎ ‎【答案】B ‎【详解】A. 氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高被氧化，故A正确；‎ B. 反应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O中铁元素由+3价变为+6价，故1molFe2O3转移6mol电子，生成2molK2FeO4，故当生成1molK2FeO4时转移3mol电子，故B错误；‎ C. K2FeO4中铁元素为+6价，有强氧化性，能杀菌消毒，故C正确；‎ D. 反应中KNO3为氧化剂，而K2FeO4为氧化产物，氧化性：氧化剂>氧化产物，则氧化性：KNO3>K2FeO4，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎14.雌黄(As2S3)在我国古代常用作书写涂改修正胶。浓硝酸氧化雌黄可制得硫黄，并生成砷酸和一种红棕色气体，利用此反应原理设计为某原电池。下列有关叙述正确的是（ ）‎ A. 砷酸的分子式为H2AsO4‎ B. 红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出 C. 该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为12：1‎ D. 该反应中每析出‎4.8g硫黄，则转移0.5mol电子 ‎【答案】D ‎【详解】A、砷最高价为+5，砷酸的分子式为H3AsO4，故A错误；‎ B、红棕色气体是硝酸发生还原反应生成的NO2,原电池正极发生还原反应，所以NO2在正极生成并逸出，故B错误；‎ C、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，As2S3化合价共升高10，硝酸被还原为NO2，氮元素化合价降低1，氧化剂和还原剂物质的量之比为10：1，故C错误；‎ D、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，1mol As2S3失10mol电子，生成2mol砷酸和3mol硫单质，所以生成0.15mol硫黄，转移0.5mol电子，故D正确。‎ ‎15.下列有关化学反应的叙述正确的是（ ）‎ A. Fe在稀硝酸中发生钝化 B. MnO2和稀盐酸反应制取Cl2‎ C. SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3 D. 室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2‎ ‎【答案】C ‎【分析】相同的反应物，条件不同（如温度、浓度、过量与少量），反应有可能也不同；‎ A.钝化反应应注意必须注明常温下，浓硝酸与Fe发生钝化；‎ B.实验室制备氯气的反应中应注意盐酸的浓度和反应温度；‎ C.过量与少量问题应以少量物质为基准书写产物；‎ D.钠的还原性强，其与氧气反应，温度不同，产物也不同；‎ ‎【详解】A.常温下，Fe在与浓硝酸发生钝化反应，故A错误；‎ B.二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，故B错误；‎ C.二氧化硫与过量氨水反应生成亚硫酸铵，故C正确；‎ D.常温下，Na与空气中的氧气反应生成Na2O；加热条件下，钠与氧气反应生成Na2O2，故D错误；‎ 综上所述，本题应选C。‎ ‎【点睛】本题考查常见物质的化学反应，相同的反应物，条件不同（如温度、浓度、过量与少量），反应有可能也不同，所以在描述化学反应时应注意反应的条件。‎ ‎16.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. NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)‎ B. MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO (s)‎ C. S(s)SO3(g)H2SO4(aq)‎ D. N2(g)NH3(g)Na2CO3(s)‎ ‎【答案】B ‎【分析】A.电解条件时应看清是电解水溶液还是电解熔融态物质，Cl2具有强氧化性；‎ B.根据“强碱制弱碱”原理制备氢氧化镁；‎ C.注意生成二氧化硫与三氧化硫的条件；‎ D.氨气、二氧化碳和氯化钠反应制备碳酸氢钠是利用碳酸氢钠的溶解度低；‎ ‎【详解】A.氯气的氧化性强，与铁单质反应直接生成氯化铁，故A错误；‎ B.氯化镁与石灰乳发生复分解反应生成氢氧化镁，氢氧化镁高温煅烧生成氧化镁和水，故B正确；‎ C.硫单质在空气中燃烧只能生成SO2，SO2在与氧气在催化剂条件下生成SO3，故C错误；‎ D.氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解可生成碳酸钠，故D错误；‎ 综上所述，本题应选B。‎ ‎【点睛】本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件，解题的关键是熟悉常见物质的化学性质和转化条件。‎ ‎17.下列说法不正确的是(　　)‎ A. 油脂有油和脂肪之分，但都属于酯 B. 糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物，都能发生水解反应 C. 葡萄糖既可以与银氨溶液反应，又可以与新制氢氧化铜悬浊液反应 D. 天然油脂是混合物，没有固定的熔点和沸点 ‎【答案】B ‎【详解】A．油脂有油和脂肪之分，它们的官能团都是酯基，属于酯，故A正确；‎ B．糖类中的单糖、二糖和油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，且单糖不水解，故B错误；‎ C．葡萄糖分子结构中含有醛基，则既可以与银氨溶液反应，又可以与新制氢氧化铜悬浊液反应，故C正确；‎ D．天然油脂无论是植物油还是动物脂肪，均是混合物，没有固定的熔沸点，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎18.为了提纯下表所列物质(括号内为杂质)，有关除杂试剂和分离方法的选择均可行的是（ ）‎ 编号 被提纯的物质 除杂试剂 分离方法 A 己烷(己烯)‎ 溴水 分液 B 淀粉溶液(NaCl)‎ 水 过滤 C 甲苯(乙酸)‎ NaOH溶液 分液 D 甲烷(乙烯)‎ KMnO4酸性溶液 洗气 ‎【答案】C ‎【详解】A．加成产物及过量的溴均易溶于己烷，引入新杂质，应蒸馏分离，故A错误；‎ B．溶液中的分子或离子微粒及胶体中的胶粒均可透过滤纸，不能过滤分离，应渗析法分离，故B错误；‎ C．乙酸与NaOH反应后生成可溶于水的醋酸钠，与甲苯分层，然后分液可分离，故C正确；‎ D．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，可选溴水、洗气，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】在解答物质分离提纯试题时，选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则：①不能引入新的杂质(水除外)，即分离提纯后的物质应是纯净物(或纯净的溶液)，不能有其他物质混入其中；②分离提纯后的物质状态不变；③实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。‎ ‎19.下列实验装置图正确的是（ ）‎ A. 实验室制备及收集乙烯 B. 石油分馏 C. 实验室制硝基苯 D. 实验室制乙炔 ‎【答案】C ‎【解析】A．常温下，虽然乙烯和空气不反应，但乙烯的相对分子质量接近于空气，所以不能用排空气法收集，乙烯难溶于水，需用排水法收集， 选项A错误；B．蒸馏时，温度计应位于蒸馏烧瓶支管口附近测蒸气的温度，为充分冷凝，应从下端进水，上端出水，选项B错误；C．苯和硝酸沸点较低，易挥发，用长玻璃导管冷凝，制硝基苯的温度是50‎-60℃‎，水浴加热可以使反应物受热均匀，并且温度容易控制，图示装置正确，选项C正确；D．电石成分为碳化钙，实验室利用碳化钙与水反应制取乙炔，此反应大量放热，会损坏启普发生器，生成的氢氧化钙是糊状物，会堵塞反应容器，故不可利用启普发生器制取，选项D错误。答案选C。‎ 点睛：本题考查实验室制备物质的装置图分析判断、原理应用，掌握基础和注意问题是关键，注意A接近于空气相对分子质量的气体，即使和空气不反应，也不能用排空气集气法收集，易错点为选项C：实验室用浓硝酸和苯在浓硫酸作用下制备硝基苯，，制取硝基苯的温度是50‎-60℃‎，据此分析解答。‎ ‎20.以下关于化学实验中“先与后”的说法中正确的是（　　）‎ ‎①蒸馏时，先点燃酒精灯，再通冷凝水 ‎②加热氯酸钾和二氧化锰的混合物制备氧气，用排水法收集气体后，先移出导管后撤酒精灯 ‎③实验室制取某气体时，先检查装置气密性后装药品 ‎④分液时，先打开分液漏斗上口的塞子，后打开分液漏斗的旋塞 ‎⑤H2还原CuO实验时，先检验气体纯度后点燃酒精灯 ‎⑥使用托盘天平称盘物体质量时，先放质量较小的砝码，后放质量较大的砝码 ‎⑦蒸馏时加热一段时间，发现忘记加沸石，应迅速补加沸石后继续加热 A. ②③④⑤⑦ B. ①②③④⑦ C. ②③④⑤ D. 全部 ‎【答案】C ‎【解析】①蒸馏时，应先通冷凝水，再点燃酒精灯加热，故①错误；②加热氯酸钾和二氧化锰的混合物制备氧气，用排水法收集气体后，为防止液体倒吸炸裂试管，应该先移出导管后撤酒精灯，故②正确；③制取气体时，一定要先检查装置气密性后装药品，故③正确；④分液操作时，先打开分液漏斗上口的塞子，使内外压强想通，再打开分液漏斗的旋塞，故④正确；⑤做H2还原CuO实验开始时要排除空气，先通入氢气，结束时要防止金属铜被氧气氧化，先撒酒精灯待试管冷却后停止通H2，故⑤正确；⑥托盘天平的砝码在加取时，先放质量较大的砝码，后放质量较小的砝码，故⑥错误；⑦蒸馏时加热一段时间，发现忘记加沸石，应冷却后再补加沸石，再继续加热，故⑦错误；答案为C。‎ ‎21.下列说法正确的是（ ）‎ A. 与含有相同的官能团，互为同系物 B. 属于醛类，官能团为－CHO C. 的名称为：2－乙基－1－丁烯 D. 的名称为：2－甲基－1，3－二丁烯 ‎【答案】C ‎【详解】A. 前者—OH与苯环的侧链相连，属于醇类，后者—OH直接与苯环相连，属于酚类，尽管分子构成相差了1个CH2，但是二者不是同一类物质，所以它们不互为同系物，A错误；‎ B. 该物质属于酯类（甲酸酯，含有醛基），官能团为酯基， B错误；‎ C. 该物质的官能团为碳碳双键，含有官能团的最长的碳链有4个C，因此主链含有4个C，为丁烯；编号时官能团的编号要小，因此碳碳双键的编号为1，乙基的编号为2，命名为2-乙基－1－丁烯，C正确；‎ D. 该物质中含有2个碳碳双键，且含有碳碳双键最长的碳链有4个碳原子，因此该物质为丁二烯。编号时，不管是从左端还是右端，碳碳双键的编号均为1、3，因此编号的选择，让甲基的编号的编号小，甲基的编号为2，则该物质的名称应为：2-甲基-1，3-丁二烯，故D错误。‎ ‎22. 亚硫酸盐是一种常见的食品添加剂，用如下图实验可检验某食品中亚硫酸盐含量（所加试剂均足量）。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 亚硫酸盐作为食品添加剂，作用是防腐保鲜 B. 反应①过程中通入N2的作用是将装置中空气和生成的气体全部赶出 C. 测定样品质量及③中耗碱量，可测定样品中亚硫酸盐含量 D. 若仅将②中氧化剂“H2O2溶液”替换为碘水，对测定结果无影响 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：亚硫酸盐可以防腐保鲜，A正确。温度越高，气体在水中的溶解度越小，通入N2和煮沸可以将产生的气体从溶液中全部赶出，B正确。测定③中耗碱量，可以求出硫酸的物质的量，进而利用硫元素守恒，求出样品中含SO2的质量，再除以样品质量就可得到样品中亚硫酸盐含量，C正确。若仅将②中的氧化剂“H2O2溶液”替换为碘水，则过量的碘水也会消耗氢氧化钠，对测定结果有影响，D错误。‎ 考点：化学实验的知识 ‎23. 卤代烃的取代反应，实质是带负电荷的原子团取代了卤代烃中的卤原子，例如：‎ CH3Br＋OH－（或NaOH）→CH3OH＋Br－（或NaBr）。下列反应的化学方程式中，不正确的是（ ）‎ A. CH3CH2Br＋NaHS→CH3CH2HS＋NaBr B. CH3I＋CH3ONa→CH3O CH3＋NaI C. CH3CH2Cl＋CH3ONa→CH3Cl＋CH3CH2ONa D. CH3CH2Cl＋CH3CH2ONa→（CH3CH2）2O＋NaCl ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、NaHS中HS－显负价，取代溴原子的位置，A正确；B、CH3ONa中CH3O－显负价，取代碘原子的位置，故B选项正确；C、同B选项分析，故C错误；D、CH3CH2ONa中CH3CH2O－显负价，取代氯原子的位置，故D正确。‎ 考点：考查有机物信息的运用。‎ ‎24. 下列有关实验的叙述正确的是（ ）‎ A. 过滤时，可用玻璃棒搅拌漏斗中的液体以加快过滤速率 B. 用湿润的pH试纸测溶液的pH，因溶液被稀释而使测量值变大 C. 酸碱滴定管、容量瓶、分液漏斗使用前必须检查是否漏水 D. 酸碱滴定实验中，需用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、过滤时用玻璃棒引流，不能用玻璃棒 ，A项错误；B、若为碱溶液，被稀释后PH值会变小，B项错误；C、酸碱滴定管、容量瓶、分液漏斗使用前必须检查是否漏水，C项错误；D、酸碱滴定实验中，锥形瓶不能润洗，D项错误；答案选C。‎ 考点：考查化学实验的注意事项 ‎25.下列各组物质中，不论两种物质以何种比例混合，只要总质量一定，经完全燃烧后，产生的CO2质量不变的是（ ）‎ A. 乙烯和苯 B. 乙醇和乙酸 ‎ C. 甲醛（HCHO）和葡萄糖 D. 丙烯和丙烷 ‎【答案】C ‎【解析】A．乙烯和苯的最简式不相同，分子中的含碳量不等，不符合题意，故A错误；B．乙醇和乙酸的最简式不相同，分子中的含碳量不等，不符合题意，，故B错误；C．甲醛(HCHO)与葡萄糖(C6H12O6)的最简式相同，分子中的含碳量相等，符合题意，故C正确； D．丙烷和丙烯的最简式不相同，分子中的含碳量不相等，不符合题意，故D错误；故选C。‎ 点睛：本题考查有机物燃烧的有关计算。解答此类试题的关键是理解题意。本题中只要总质量一定，完全燃烧时生成CO2的质量也一定，则说明混合物各组分分子中含碳量相等。‎ 二（非选择题，共50分）‎ ‎26.高分子化合物M的合成路线如下：‎ 已知：‎ ‎(1)A中含氧官能团的名称是____________。‎ ‎(2)H是A的同分异构体，能与FeCl3显示特殊的紫色，核磁共振氢谱显示H有5组峰，则其结构简式为____________________。‎ ‎(3) B的结构简式为______，G的结构简式为__________________。‎ ‎(4) 已知D为乙酸乙酯，2 D → E + C2H5OH，F中含有醇羟基，⑤的反应类型为_____。‎ ‎(5) 写出④的反应方程式___________________________________________。‎ ‎(6) 以乙醛为原料，写出合成D的流程图__________________________________________。(其他无机试剂任选)。‎ ‎【答案】(1). 羰基 (2). (3). (4). (5). 消去反应 (6). + (7). ‎ ‎【分析】根据信息，反应②发生还原反应，－NO2→－NH2，即B的结构简式为，反应①发生硝化反应，即A的结构简式为 ‎，根据M的结构简式，推出反应⑥类型为加聚反应，即G的结构简式为，根据问题（4），推出E的分子式为C6H10O3，按照G的结构简式，推出E的结构简式为，F中含有醇羟基，则反应④为加成反应，推出F的结构简式为，反应⑤则发生消去反应；‎ ‎【详解】根据信息，反应②发生还原反应，－NO2→－NH2，即B的结构简式为，反应①发生硝化反应，即A的结构简式为，根据M的结构简式，推出反应⑥类型为加聚反应，即G的结构简式为，根据问题（4），推出E的分子式为C6H10O3，按照G的结构简式，推出E的结构简式为，F中含有醇羟基，则反应④为加成反应，推出F的结构简式为，反应⑤则发生消去反应；‎ ‎（1）根据上述分析，A中含氧官能团是羰基；‎ ‎（2）能与FeCl3发生显色反应，说明酚羟基，H中应含有碳碳双键，核磁共振氢谱有5组峰，说明有5种不同环境的氢，应是对称结构，即结构简式为；‎ ‎（3）根据上述分析，B的结构简式为，G的结构简式为；‎ ‎（4）F→G消除－OH，引入碳碳双键，即反应⑤的类型为消去反应；‎ ‎（5）反应④为加成反应，其反应方程式为+ ；‎ ‎（6）D为乙酸乙酯，结构简式为CH3COOCH2CH3，将乙醛氧化成乙酸，将乙醛与H2发生加成反应生成乙醇，然后乙酸和乙醇发生酯化反应，得到乙酸乙酯，流程图为。‎ ‎【点睛】本题考查有机合成与推断，涉及对有机物结构简式的推断、官能团的转化、反应类型及同分异构体的书写等，解题时注意已知信息和官能团的性质。第（2）小题同分异构体种数的判断是本题难点，①能与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基；②H是A的同分异构体，A中含有羰基，因此H中应含有碳碳双键。‎ ‎27.氯磺酸是无色液体，密度‎1.79g·cm-3，沸点约‎152℃‎。氯磺酸有强腐蚀性，遇湿空气产生强烈的白雾，故属于危险品。制取氯磺酸的典型反应是在常温下进行的，反应为 HCl（g）+SO3 = HSO3Cl。实验室里制取氯磺酸可用下列仪器装置（图中夹持、固定仪器等已略去），实验所用的试剂、药品有：①密度‎1.19g·cm-3浓盐酸　②密度‎1.84g·cm-3、质量分数为98.3%的浓硫酸 ③发烟硫酸（H2SO4··SO3）　④无水氯化钙　⑤水。制备时要在常温下使干燥的氯化氢气体和三氧化硫反应，至不再吸收HCl时表示氯磺酸已大量制得，再在干燥HCl气氛中分离出氯磺酸。‎ ‎（1）仪器中应盛入的试剂与药品（填数字序号）：A中的a____ B____ C_____ F_____ 。‎ ‎（2）A的分液漏斗下边接有的毛细管是重要部件，在发生气体前要把它灌满a中液体，在发生气体时要不断地均匀放出液体。这是因为______________________________________。 ‎ ‎（3）实验过程中需要加热的装置是___________________ （填装置字母）。‎ ‎（4）若不加F装置，可能发生的现象是________________________________________， 有关反应的化学方程式______________________________________________________。‎ ‎（5）在F之后还应加的装置是_______________________________________________。‎ ‎【答案】(1). ① (2). ② (3). ③ (4). ④ (5). 使密度较浓硫酸小的浓盐酸顺利流到底部，能顺利产生HCl气体 (6). C (7). 产生大量白雾 (8). HSO3Cl+H2O= H2SO4+HCl↑ (9). 加一倒扣漏斗于烧杯水面上的吸收装置 分析】题中已经告知氯磺酸的一些性质及制备信息。要结合这些信息分析各装置的作用。制备氯磺酸需要HCl气体，则A为HCl气体的发生装置，浓硫酸吸水放热，可以加强浓盐酸的挥发性。B为浓硫酸，用来干燥HCl气体，因为氯磺酸对潮湿空气敏感。C为氯磺酸的制备装置，因为C有温度计，并连有冷凝装置，反应结束后可以直接进行蒸馏，所以C中装的物质是发烟硫酸。E用来接收氯磺酸。由于氯磺酸对潮湿空气敏感，F中要装无水氯化钙，以防止空气中的水蒸气进入装置中。‎ ‎【详解】（1）A为HCl的发生装置，则a装①浓盐酸；B要干燥HCl气体，则B要装②浓硫酸；C为氯磺酸的发生装置，则C要装③发烟硫酸；F要装④无水氯化钙，以防止空气中的水蒸气进如装置；‎ ‎（2）由题知，浓盐酸的密度比浓硫酸小，如果直接滴加，两种液体不能充分混合，这样得到的HCl气流不平稳。故题中的操作的目的是使密度较浓硫酸小的浓盐酸顺利流到底部，充分混合两种液体，能顺利产生HCl气体；‎ ‎（3）C装置既是氯磺酸的发生装置，也是氯磺酸的蒸馏装置，所以C需要加热；‎ ‎（4）若无F装置，则空气中的水蒸气会进入装置中，氯磺酸对水汽极为敏感，则可以看到产生大量白雾，方程式为HSO3Cl+H2O= H2SO4+HCl↑；‎ ‎（5）实验中，不能保证HCl气体完全参加反应，肯定会有多于的HCl气体溢出，则需要尾气处理装置，由于HCl极易溶于水，最好加一倒扣漏斗于烧杯水面上的吸收装置。‎ ‎【点睛】要结合题中给出的信息，去判断各装置的作用，从而推断出各装置中的药品。‎ ‎28.CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿(主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：‎ 已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；‎ ‎②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：(金属离子浓度为：0.01mol/L)‎ 沉淀物 Fe(OH)3‎ Fe(OH)2‎ Co(OH)2‎ Al(OH)3‎ Mn(OH)2‎ 开始沉淀 ‎2.7‎ ‎7.6‎ ‎7.6‎ ‎4.0‎ ‎7.7‎ 完全沉淀 ‎3.7‎ ‎9.6‎ ‎9.2‎ ‎5.2‎ ‎9.8‎ ‎③CoCl2·6H2O熔点为‎86℃‎，加热至110~‎120℃‎时，失去结晶水生成无水氯化钴。‎ ‎（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式 。‎ ‎（2）写出NaClO3发生反应的主要离子方程式 ；若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式 。‎ ‎（3）“加Na2CO3调pH至a”,过滤所得到的沉淀成分为 。‎ ‎（4）“操作‎1”‎中包含3个基本实验操作，它们依次是 、 和过滤。制得的CoCl2·6H2O在烘干时需减压烘干的原因是 。‎ ‎（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图。向“滤液”中加入萃取剂的目的是 ；其使用的最佳pH范围是 。‎ A．2.0~2.5 B．3.0~3.5 C．4.0~4.5 D．5.0~5.5‎ ‎（6）为测定粗产品中CoCl2·6H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量。通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100％，其原因可能是 。(答一条即可)‎ ‎【答案】（1）Co2O3+SO32－+4H+=2Co2++SO42－+2H2O ‎（2）ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O ‎（3）Fe(OH)3 Al(OH)3‎ ‎（4）蒸发(浓缩) 、冷却(结晶)；降低烘干温度，防止产品分解 ‎（5）除去溶液中的Mn2+ ；B；‎ ‎（6）粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水 ‎【解析】试题分析：（1）向水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，故答案为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；‎ ‎（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，其反应的离子方程式为：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；故答案为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；‎ ‎（3）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至a，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，所以沉淀成分为：Fe(OH)3、Al(OH)3，故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；‎ ‎（4）利用从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；‎ ‎（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀，故答案为：除去溶液中的Mn2+；B ‎（6）根据CoCl2•6H2O的组成分析，造成产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，故答案为：粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水。‎ ‎【考点定位】考查制备实验方案的设计 ‎【名师点晴】本题通过制取CoCl2•6H2O的工艺流程，含钴废料中加入盐酸，加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，为得到CoCl2•6H2O晶体，应控制温度在‎86℃‎以下，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干。考查了物质制备方案的设计，题目难度中等，理解工艺流程图、明确实验操作与设计及相关物质的性质是解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。‎ ‎29.三氯氧磷(POCl3)是一种工业化工原料，可用于制取有机磷农药、长效磺胺药物等，还可用作染料中间体、有机合成的氯化剂和催化剂、阻燃剂等。利用O2和PCl3为原料可制备三氯氧磷,其制备装置如图所示(夹持装置略去)：‎ 已知PCl3和三氯氧磷的性质如表：‎ 熔点/℃‎ 沸点/℃‎ 其他物理或化学性质 PCl3‎ ‎-112.0‎ ‎76.0‎ PCl3和POCl3互溶，均为无色液体，遇水均剧烈水解，发生复分解反应生成磷的含氧酸和HCl POCl3‎ ‎1.25‎ ‎106.0‎ ‎（1）装置A中的分液漏斗能否用长颈漏斗代替？做出判断并分析原因：________________‎ ‎（2）装置B的作用是______________(填标号)。‎ a.气体除杂 b.加注浓硫酸 c.观察气体流出速度 d.调节气压 ‎（3）仪器丙的名称是___________，实验过程中仪器丁的进水口为________(填“a”或“b”)口。‎ ‎（4）写出装置C中发生反应的化学方程式_____________________________________，该装置中用温度计控制温度为60~‎65 ℃‎，原因是________________________________。‎ ‎（5）称取‎16.73 g POCl3样品，配制成100 mL溶液；取10.00 mL溶液于锥形瓶中，加入3.2 mol·L-1的AgNO3溶液10.00 mL，并往锥形瓶中滴入5滴Fe2(SO4)3溶液；用0.20 mol·L-1的KSCN溶液滴定，达到滴定终点时消耗KSCN溶液10.00 mL(已知：Ag++SCN-=AgSCN↓)。则加入Fe2(SO4)3溶液的作用是________，样品中POCl3的纯度为_____________。‎ ‎【答案】(1). 否，长颈漏斗不能调节滴液速度 (2). acd (3). 三颈烧瓶 (4). a (5). 2PCl3+O2=2POCl3 (6). 温度过低反应速度过慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率低 (7). 指示剂 (8). 91.8%‎ ‎【分析】A装置中用双氧水与二氧化锰反应制备氧气，通过加入双氧水的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含有的水蒸气用浓硫酸除去，装置B中有长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起到安全瓶的作用，纯净的氧气与三氯化磷在装置C中反应生成POCl3，为了控制反应速率，同时防止三氯化磷挥发，反应的温度控制在60～‎65℃‎，所以装置C中用水浴加热，POCl3遇水剧烈水解为含氧酸和氯化氢，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，据此分析解答(1)~(4)；‎ ‎(5)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，KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，根据KSCN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，根据元素守恒可计算出样品中POCl3的质量，进而确定POCl3的质量分数。‎ ‎【详解】(1)装置A中的分液漏斗不能用长颈漏斗代替，因为长颈漏斗不能调节滴液速度，故答案为：否，长颈漏斗不能调节滴液速度；‎ ‎(2)装置B中装有浓硫酸，可作干燥剂，另外气体通过液体时可观察到气泡出现，长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起到安全瓶的作用，则装置B的作用是观察O2的流速、平衡气压、干燥氧气，故答案为：acd；‎ ‎(3)根据装置图，仪器丙为三颈烧瓶，为了提高冷却效果，应该从冷凝管的下口进水，即进水口为a，故答案为：三颈烧瓶；a；‎ ‎(4)氧气氧化PCl3生成POCl3，根据原子守恒，反应的化学方程式2PCl3+O2=2POCl3，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，故答案为：2PCl3+O2=2POCl3；温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，利用率低；‎ ‎(5)Fe3+的溶液中滴加KSCN溶液，溶液显红色，则用 KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液时，可选择硫酸铁溶液为指示剂，达到终点时的现象是溶液会变红色；KSCN的物质的量为0.20mol•L-1×‎0.010L=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3.2mol•L-1×‎0.01L-0.002mol=0.03mol，即‎16.73 g POCl3产品中POCl3的物质的量为× =0.1mol，则所得产品中POCl3的纯度为×100%=91.8%，故答案为：指示剂；91.8%。‎ ‎【点睛】明确实验原理及实验基本操作方法是解本题关键。本题的易错点为(5)，要理清楚测定POCl3的纯度的思路，注意POCl3~3HCl。‎