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文档简介
四川省泸州老窖天府中学2023-2024学年高一化学第二学期期末质量检测模拟试题注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、在一定温度下,反应A2(g)+B2(g)2AB(g)达到平衡的标志是()A.单位时间内生成n
molA2同时生成n
molABB.单位时间内生成2n
molAB的同时生成n
molB2C.容器内的总物质的量不随时间变化D.单位时间内断开1molA-A键的同时生成2molA-B键2、下列物质中,属于天然高分子化合物的是()。A.油脂 B.淀粉 C.葡萄糖 D.塑料3、ClO2是一种高效安全的杀菌消毒剂。用氯化钠电解法生成ClO2的工艺原理示意图如下图,发生器内电解生成ClO2。下列说法正确的是A.a气体是氯气,b气体是氢气B.氯化钠电解槽内每生成2mola气体,转移2mole-C.ClO2发生器中阴极的电极反应式为:ClO3-+2H++e-ClO2↑+H2OD.为使a、b气体恰好完全反应,理论上每生产1molClO2需要补充44.8Lb气体(标况下)4、海藻中含有丰富的以离子形式存在的碘元素。下图是实验室从海藻中提取碘的流程的一部分。下列判断正确的是A.步骤①、③的操作分别是过滤、萃取分液B.步骤②的反应是非氧化还原反应C.步骤③中加入的有机溶剂可以是己烯或四氯化碳D.步骤④的操作是过滤5、配制一定物质的量浓度的KOH溶液时,导致浓度偏低的原因可能是()A.用敞口容器称量KOH且时间过长B.配置前先向容量瓶中加入少量蒸馏水C.容量瓶盛过KOH溶液,使用前未洗涤D.溶解后快速转移到容量瓶,然后加足量蒸馏水,定容6、绿色化学是指从技术、经济上设计可行的化学反应,尽可能减少对环境的负作用。下列化学反应不符合绿色化学概念的是()A.消除硫酸厂尾气排放:SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3B.消除制硝酸厂的氮氧化物污染:NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2OC.制CuSO4:Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2OD.制CuSO4:2Cu+O22CuO,CuO+H2SO4(稀)=CuSO4+H2O7、下列反应中热量变化与下图一致的是A.CO和O2反应B.Na和H2O反应C.NaOH溶液和HNO3溶液反应D.NH4Cl晶体和Ba(OH)2·8H2O晶体反应8、下列元素不属于第三周期的是A.溴 B.硫 C.磷 D.钠9、分子式为C4H8O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇,若不考虑立体异构,这些醇和酸重新组合可形成的酯共有A.4种 B.6种 C.8种 D.12种10、如表所示的四种短周期元素W、X、Y、Z,这四种元素的原子最外层电子数之和为22,下列说法错误的是()A.X、Y和氢三种元素形成的化合物中可能既有离子键、又有共价键B.物质W3X4中,每个原子最外层均达到8电子稳定结构C.W元素的单质是良好的半导体材料,它与Z元素可形成化合物WZ4D.X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点HZ最高11、下列元素中,属于惰性气体元素的是A.钠B.氖C.铝D.硅12、W、X、Y、Z为短周期元素,W的原子中只1个电子,X2-和Y-的电子层结构相同,Z与X同族。下列叙述不正确的是A.Y的原子半径是这些元素中最大的B.Z与W形成的化合物的溶液呈弱酸性C.W与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1D.X与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物13、用纯净的CaCO3与100mL稀盐酸反应制取CO2,实验过程记录如图所示(CO2的体积已折算为标准状况下的体积),下列分析正确的是()A.F点收集到的CO2的量最多B.OE段表示的平均速率最快C.EF段用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.4mol·L-1・min-1D.OE、EF、FG三段中,该反应用二氧化碳表示的平均反应速率之比为2:6:714、下列环境污染与SO2有关的是A.温室效应B.水华C.化学烟雾D.酸雨15、某固体酸燃料电池以CaHSO4固体为电解质传递H+,其基本结构见图,电池总反应可表示为:2H2+O2===2H2O,下列有关说法正确的是()A.电子通过外电路从b极流向a极B.b极上的电极反应式为:O2+2H2O+4e-===4OH-C.每转移0.1mol电子,消耗1.12L的H2D.H+由a极通过固体酸电解质传递到b极16、对于反应A(g)+3B(g)2C(g),下列各数据表示不同条件下的反应速率,其中反应进行得最快的是A.v(A)=0.2mol/(L•s) B.v(B)=0.2mol/(L•s)C.v(B)=0.3mol/(L•s) D.v(C)=0.2mol/(L•s)二、非选择题(本题包括5小题)17、已知有A、B、C、D、E五种短周期的主族元素,它们的原子序数依次递增,A是所有元素中原子半径最小的元素,B、C组成的某一种化合物能引起温室效应。常温下,金属D单质投入水中能与水剧烈反应。常温下E单质是常见的气体。请按要求回答下列几个问题:(1)B、D的元素名称分别为:________、________。(2)E在周期表中的位置为:________。(3)C离子的结构示意图为:________。(4)B、C、D三种元素的原子半径从大到小的顺序为________(用元素符号表示)。(5)B、E的最高价氧化物对应水化物的酸性从强到弱的顺序为:________(用对应的化学式表示)。(6)写出C、D两种元素组成的阴、阳离子个数比为1:2且只含离子键的化合物的电子式:________。18、甲酸乙酯天然存在于蜂蜜、草莓等物质中,是一种重要的食用香精,某兴趣小组通过下述转化关系研究其性质。(1)A的名称为__________________,D的结构简式为________________。(2)C、E中官能团名称分别为______________、_______________。(3)①和④的反应类型分别为______________反应、_______________反应。(4)①和③两步的化学方程式为①_____________________________。③_____________________________。(5)C的同分异构体的结构式为_________________。(6)B和E的关系为(填字母代号)_________。A.同系物B.同分异构体C.同素异形体D.同位素19、三氯氧磷(化学式:POCl3)常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料。氯化水解法生产三氯氧磷的流程如下:⑴氯化水解法生产三氯氧磷的化学方程式为______。⑵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:Ⅰ.取a
g产品于锥形瓶中,加入足量NaOH溶液,待完全水解后加稀硝酸至酸性。Ⅱ.向锥形瓶中加入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,用力摇动,使沉淀表面被有机物覆盖。Ⅳ.加入指示剂,用c
mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点,记下所用体积。已知:Ksp(AgCl)=3.2×10-10,Ksp(AgSCN)=2×10-12①滴定选用的指示剂是______(选填字母),滴定终点的现象为______。a.NH4Fe(SO4)2
b.FeCl2
c.甲基橙
d.淀粉②实验过程中加入硝基苯的目的是_____________________,如无此操作所测Cl元素含量将会______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)⑶氯化水解法生产三氯氧磷会产生含磷(主要为H3PO4、H3PO3等)废水。在废水中先加入适量漂白粉,再加入生石灰调节pH将磷元素转化为磷酸的钙盐沉淀并回收。①在沉淀前先加入适量漂白粉的作用是_________________。②下图是不同条件对磷的沉淀回收率的影响图像。处理该厂废水最合适的工艺条件为______(选填字母)。a.调节pH=9
b.调节pH=10
c.反应时间30min
d.反应时间120min③若处理后的废水中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)20、废旧锌锰于电池内部的黑色物质A主要含有MnO2、MnOOH、NH4Cl、ZnCl2、炭粉,用A制备高纯MnCO3的流程圈如下:(1)锌锰干电池的负极材料是__________(填化学式)。(2)第I步操作得滤渣的成分是______;第II步在空气中灼烧的目的除了将MnOOH转化为MnO2外,另一作用是__________。(3)步骤I中制得MnSO4溶液,该反应的化学方程式为____________。用草酸(H2C2O4)而不用双氧水(H2O2)
作还原剂的原因是_________。(4)已知:MnCO3难溶于水和乙醇,潮湿时易被空气氧化,100℃时开始分解;
Mn(OH)2开始沉淀时pH为7.7。第IV步多步操作可按以下步骤进行:操作l:加入NH4HCO3溶液调节溶液pH<7.7,充分反应直到不再有气泡产生;
操作2:过滤,用少量水洗涤沉淀2~3次;操作3:检测滤液;操作4:用少量无水乙醇洗涤2~3次;操作5:低温烘干。①操作1发生反应的离子方程式为_________;若溶液pH>7.7,会导致产品中混有____
(填化学式)。②操作3中,检测MnCO3是否洗净的方法是___________。③操作4用少量无水乙醇洗涤的作用是_____________。21、自然界井不缺少“镁”,缺少的是发现“镁”的眼晴。海水中镁的绝对含量高但相对浓度却小[c(Mg2+)约为0.054mo1•L﹣1]。工业上常从海水中提镁,其生产过程的讨论方案如图所示:(1)要实现对海水中镁元素的富集,一般采取______(填编号)。①直接往海水中加入沉淀剂;②利用晒盐后的苦卤水,向其中加入沉淀剂;③先加热蒸发海水,再加入沉淀剂(2)根据表中4种试剂的市场价格数据,选择_____做沉淀剂最合理,如果“提镁”工厂就建在海边,____是生产这种试剂的最好原料。试剂NaOHKOHCa(OH)2Ba(OH)2价格(元/吨)330095005803500(3)根据下表中3种电解质的熔点数据,上图方案中,方案______最优,此方案采取电解熔融态电解质而不是电解其水溶液,原因是______;电解的化学方程式为_____。电解质MgCl2MgOMgSO4熔点/℃71428001327(4)电解所得的镁蒸气冷却后即为固体镁,冷却镁蒸气可以选择_______氛围。A、N2B、CO2C.ArD.空气
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、B【解析】分析:A项,单位时间内生成n
molA2同时生成n
molAB,逆反应速率大于正反应速率,反应逆向移动;B项,单位时间内生成2n
molAB的同时生成n
molB2,说明正逆反应速率相等,反应平衡;C项,该反应方程式左右两边气体分子数不变,整个反应过程容器内总物质的量都不随时间变化;D项,整个反应过程中单位时间内断开1molA-A键的同时生成2molA-B键,均表示正反应速率,无法判断是否达到平衡状态。详解:A项,单位时间内生成n
molA2同时生成n
molAB,逆反应速率大于正反应速率,反应逆向移动,故A项错误;B项,单位时间内生成2n
molAB的同时生成n
molB2,说明正逆反应速率相等,反应平衡,故B项正确;C项,该反应方程式左右两边气体分子数不变,整个反应过程容器内总物质的量都不随时间变化,故C项错误;D项,整个反应过程中单位时间内断开1molA-A键的同时生成2molA-B键,均表示正反应速率,无法判断是否达到平衡状态,故D项错误。综上所述,本题正确答案为B。点睛:本题考查化学平衡状态的特征,某可逆反应达到平衡的实质是:①正逆反应速率相等;②各组分百分含量不变。化学平衡特点可简记为:逆、等、动、定、变。①逆:化学平衡研究的对象是可逆反应;②等:平衡时,正逆反应速率相等;③动:平衡时反应仍在进行,达到的平衡是动态平衡,此时反应进行到了最大限度;④定:达平衡状态时,反应混合物中各组分的浓度保持不变、反应速率保持不变、反应物的转化率保持不变、各组分的含量保持不变;⑤变:化学平衡为在一定条件下达到的暂时性、相对性平衡,当条件发生变化时,平衡状态就会被破坏,平衡移动后将在新的条件下建立新平衡。2、B【解析】
A.油脂相对分子质量较小,不属于高分子化合物,故A错误;B.淀粉属于天然高分子化合物,故B正确;C.葡萄糖相对分子质量较小,不属于高分子化合物,故C错误;D.塑料是合成高分子化合物,故D错误;答案选B。【点睛】常见的淀粉、纤维素、蛋白质为天然高分子化合物;塑料、合成橡胶、合成纤维属于三大合成高分子化合物。本题的易错点为A,要注意油脂的相对分子质量较大,但远小于10000,不属于高分子化合物。3、C【解析】
A.由图中信息可知,电解食盐水时,阳极生成氯酸钠,阴极生成氢气,所以a为氢气;氯酸钠与盐酸发生反应生成二氧化氯和氯气,所以b为氯气,A不正确;B.氯化钠电解槽内每生成2mol氢气,转移4mole-,B不正确;C.ClO2发生器中发生的反应是:2ClO3-+4H++2Cl-2ClO2↑+Cl2↑+2H2O,电解时,阴极的电极反应式为ClO3-+2H++e-=ClO2↑+H2O,C正确;D.由C的分析可知,每生成1molClO2,消耗1molClO3-同时生成0.5molCl2,电解食盐水时生成1molClO3-同时得到3molH2,为使a、b气体恰好完全反应,3molH2应消耗3molCl2,理论上每生产1molClO2需要补3mol-0.5mol=2.5molCl2,在标况下其体积为56L,D不正确;本题选C。【点睛】本题考查了电解原理在实际化工生产中的应用,难度较大。解题的关键是能够根据题意仔细分析各步的变化,分析总反应和电极反应,能对相关的反应进行定性和定量的分析。4、A【解析】分析:实验室从海带中提取碘:海带灼烧成灰,浸泡溶解得到海带灰悬浊液,通过①过滤,得不溶残渣,滤液含碘离子,加入氧化剂②Cl2,将碘离子氧化成碘单质,利用有机溶剂萃取出碘单质③,再通过蒸馏④提取出碘单质。详解:A.由分析可知步骤①、③的操作分别是过滤、萃取分液,故A正确;B.涉及氯气将碘离子氧化为碘单质,有元素化合价变化,属于氧化还原反应,故B错误;C.裂化汽油含有不饱和烃,能与碘发生加成反应,不能用作萃取剂,故C错误;D.分离沸点不同的两种物质,步骤④的操作蒸馏,故D错误。故选:A。5、A【解析】
A.用敞口容器称量KOH且时间过长,使KOH吸收了空气中水蒸气和CO2,称量的物质中所含的KOH质量偏小,即溶质物质的量偏小,根据公式=可知会导致所配KOH溶液的浓度偏低,A项正确;B.配置前先向容量瓶中加入少量蒸馏水,不影响溶质物质的量和溶液体积V,根据公式=可知不影响KOH溶液的浓度,B项错误;C.容量瓶盛过KOH溶液,使用前未洗涤,使得溶质物质的量增大,根据公式=可知会导致所配KOH溶液的浓度偏大,C项错误;D.KOH固体溶于水时会放出大量的热,KOH溶解后快速转移到容量瓶,然后加足量蒸馏水,定容,此时溶液的温度较高,冷却到室温时溶液的体积V偏小,根据公式=可知会导致所配KOH溶液的浓度偏大,D项错误;答案选A。【点睛】对于配制一定物质的量浓度溶液进行误差分析时,通常将错误操作归结到影响溶质物质的量()或溶液体积(V),然后根据公式=分析浓度是偏大、偏小、还是不变。6、C【解析】A.二氧化硫是有害气体,用氨气吸收,消除污染,符合绿色化学的理念,故A不选;B.二氧化氮和一氧化氮都是有害气体,用氢氧化钠吸收,消除污染,符合绿色化学的理念,故B不选;C.浓硫酸的还原产物是二氧化硫,对环境有污染,不符合绿色化学的理念,故C选;D.由此法来制取硫酸铜,生成硫酸铜和水,不产生污染,符合绿色化学的理念,故D不选;
故选C。点睛:绿色化学又称环境友好化学,它的主要特点是: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,以减少废物向环境排放;③提高原子的利用率,力图使所有作为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、社区安全和人体健康的环境友好的产品。7、D【解析】反应物的总能量小于生成物总能量,此反应是吸热反应,大多数的化合反应/所有的燃烧、金属钠与水反应、中和反应等都是放热反应,大多数分解反应、C和H2O、C和CO2、NH4Cl和Ba(OH)2·8H2O属于吸热反应,故选项D正确。8、A【解析】
第三周期,从左到右,元素依次是钠、镁、铝、硅、磷、硫、氯、氩,不包含溴,故答案选A。9、D【解析】分析:本题考查的是同分异构体的数目的计算,有一定的难度,注意从醇和酸的异构体上分析酯的异构体的数目。详解:分子式为C4H8O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇,可能为甲酸和1-丙醇或2-丙醇,乙酸和乙醇或丙酸和甲醇,所以醇与酸重新组合生成的酯的数目为:3×4=12,故选D。10、D【解析】
根据图像可知,四种短周期元素W、X、Y、Z相邻,设W最外层电子数为x,则x+x+1+x+2+x+3=22,则x=4,W为Si,X为N,Y为O,Z为Cl;【详解】A.X、Y和氢三种元素形成的化合物硝酸铵中可能既有离子键、又有共价键,A正确;B.物质W3X4即Si3N4中,Si原子形成4个共用电子对,N原子形成3个共用电子对,每个原子最外层均达到8电子稳定结构,B正确;C.W元素为Si,其单质是良好的半导体材料,它与Cl元素可形成化合物四氯化硅SiCl4,C正确;D.N、O、Cl三种元素最低价氢化物分别为氨气、水、HCl,水的沸点最高,D错误;答案为D;【点睛】N、O形成的氢化物中,分子间形成氢键,能够使熔沸点升高。11、B【解析】试题分析:A.、钠是金属元素,不是稀有气体,A错误;B、氖是稀有气体元素,B正确;C、铝是金属元素,不是稀有气体,C错误;D、硅是非金属元素,不是稀有气体,D错误,答案选B。考点:考查稀有气体元素判断12、C【解析】分析:W、X、Y、Z为短周期元素,W的原子中只有1个电子,则W为H元素,X2-和Y-的电子层结构相同,则X为O元素,Y为Na;Z与X同族,则Z为S元素,结合元素周期律与元素化合物性质解答。详解:A.同周期自左而右原子半径减小,同主族自上而下原子半径增大,四种元素中Na的原子半径最大,所以A选项是正确的;
B.Z与W形成的化合物为H2S,其溶液呈弱酸性,所以B选项是正确的;C.氢与钠形成的化合物NaH中氢元素化合价为-1价,故C错误;D.O元素与氢元素形成H2O、H2O2,与Na形成Na2O、Na2O2,与硫形成SO2、SO3,所以D选项是正确的。所以本题答案选C。13、C【解析】
A.根据图像可知,G点收集到的CO2的量最多,为784mL,A错误;B.根据图像可知,EF段表示的1min内收集的二氧化碳量最多,平均速率最快,B错误;C.EF段,生成二氧化碳为672mL-224mL=448mL,即标况下0.02mol,消耗盐酸0.04mol,用盐酸表示该反应的平均反应速率=0.04/(0.1×1)=0.4mol·L-1・min-1,C正确;D.OE、EF、FG三段中,该反应用二氧化碳表示的平均反应速率之比为2:4:1,D错误;答案为C。14、D【解析】试题分析:A.因温室效应的形成与二氧化碳、氯氟烃(CFC〕、甲烷、低空臭氧和氮氧化物气体有关,故A错误;B.因水质富营养化造成水华现象,与N、P有关,故B错误;C.因光化学烟雾的形成与氮的氧化物有关,故C错误;D.因酸雨的形成与氮的氧化物和硫的氧化物有关,故D正确;故选D。【考点定位】考查几种物质对空气的影响【名师点晴】相关知识的归纳:根据形成酸雨的原因:氮的氧化物和硫的氧化物;根据形成光化学烟雾的原因:氮的氧化物;根据形成臭氧空洞的原因:氮的氧化物和卤化代烃;根据形成温室效应的原因:二氧化碳、氯氟烃(CFC〕、甲烷、低空臭氧和氮氧化物气体。15、D【解析】试题分析:A.燃料电池中,通入燃料氢气的电极是负极,则a是负极,通入氧化剂的电极b是正极,电子从负极a沿导线流向正极b,A错误;B.b是正极,电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O,B错误;C.温度和压强未知,导致气体摩尔体积未知,所以无法计算氢气体积,C错误;D.放电时,a是负极、b是正极,阳离子氢离子从负极a通过固体酸电解质传递到b极,D正确,答案选选D。考点:考查了化学电源新型电池的相关知识。16、A【解析】
全部转化为用B表示的化学反应速率,然后比数值,注意单位要统一。【详解】化学反应速率之比等于化学计量系数之比,因此可得:。A、v(A)=0.2mol/(L•s),D、v(C)=0.2mol/(L•s),因此,反应速率最大的为A。二、非选择题(本题包括5小题)17、碳钠第三周期第ⅤⅡA族Na>C>OHClO4>H2CO3【解析】
A、B、C、D、E五种短周期的主族元素,它们的原子序数依次递增,A是所有元素中原子半径最小的元素,则A为氢元素,B、C组成的某一种化合物能引起温室效应,则B为碳元素,C为氧元素,常温下,金属D单质投入水中能与水剧烈反应,且为短周期元素原子序数大于O,则D为钠元素,常温下E单质是常见的气体,E的原子序数大于钠,则E为氯元素。【详解】(1)由上述分析可知,B、D的元素名称分别为碳元素和钠元素;(2)E是氯元素,在周期表中第三周期第ⅤⅡA族;(3)C为氧元素,氧离子的结构示意图为;(4)电子层数越多原子半径越大,电子层数相同原子序数越小半径越大,所以B、C、D三种元素的原子半径从大到小的顺序为Na>C>O;(5)元素非金属性越强,对应的最高价氧化物对应水化物的酸性就越强,由于氯的非金属性强于碳,所以HClO4的酸性强于H2CO3;(6)O和Na元素可以形成氧化钠,属于离子化合物,阴、阳离子个数比为1:2,只含有离子键,其电子式为。【点睛】过氧化钠中两个氧原子形成过氧根,不能拆开写,所以过氧化钠的电子式为;同理过氧化氢的电子式为。18、甲酸钠CH3CHO羟基羧基水解(或取代)氧化为HCOOCH2CH3+NaOHHCOONa+CH3CH2OH2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OA【解析】
分析:甲酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解生成A与C,A酸化生成B,则A是甲酸钠,B是甲酸,则C是乙醇,催化氧化生成D是乙醛,乙醛氧化又生成E是乙酸,据此解答。【详解】根据以上分析可知A是甲酸钠,B是甲酸,C是乙醇,D是乙醛,E是乙酸,则(1)A的名称为甲酸钠,D是乙醛,结构简式为CH3CHO;(2)C是乙醇,含有的官能团是羟基,E是乙酸,含有的官能团名称是羧基;(3)根据以上分析可知①和④的反应类型分别为水解或取代反应、氧化反应;(4)反应①是酯基的水解反应,方程式为HCOOCH2CH3+NaOHHCOONa+CH3CH2OH。反应③是乙醇的催化氧化,方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O;(5)乙醇的同分异构体是二甲醚,结构式为;(6)B和E分别是甲酸和乙酸,均是饱和一元酸,二者互为同系物,答案选A。19、PCl3+H2O+Cl2=POCl3+2HClb溶液变为红色,而且半分钟内不褪色防止在滴加NH4SCN时,将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀偏小将废水中的H3PO3氧化为PO43-,使其加入生石灰后转化为磷酸的钙盐bc5×10-6【解析】分析:(1)氯化水解法产物是三氯氧磷和盐酸,结合原子守恒分析;(2)①当滴定达到终点时NH4SCN过量,Fe3+与SCN-反应溶液变红色,半分钟内不褪色,即可确定滴定终点;②由于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,避免在滴加NH4SCN时,将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀;若无此操作,NH4SCN标准液用量偏多;(3)①在沉淀前先加入适量漂白粉使废水中的H3PO3氧化为PO43-,加入生石灰后能完全转化为磷酸的钙盐,达到较高的回收率;②根据图1、2分析磷的沉淀回收率;③根据Ksp[Ca3(PO4)2]=c3(Ca2+)×c2(PO43-)计算。详解:(1)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+H2O+Cl2=POCl3+2HCl,故答案为:PCl3+H2O+Cl2=POCl3+2HCl;(2)①用cmol•L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点,当滴定达到终点时NH4SCN过量,加NH4Fe(SO4)2作指示剂,Fe3+与SCN-反应溶液会变红色,半分钟内不褪色,即可确定滴定终点;故答案为:b;溶液变为红色,而且半分钟内不褪色;②已知:Ksp(AgCl)=3.2×10-10,Ksp(AgSCN)=2×10-12,则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,避免在滴加NH4SCN时,将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀;若无此操作,NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀,则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多,即银离子的物质的量偏大,则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小,所以测得的氯离子的物质的量偏小,故答案为:防止在滴加NH4SCN时,将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀;偏小;(3)①氯化水解法生产三氯氧磷会产生含磷(主要为H3PO4、H3PO3等)废水,在废水中先加入适量漂白粉,使废水中的H3PO3氧化为PO43-,使其加入生石灰后能完全转化为磷酸的钙盐,达到较高的回收率;故答案为:将废水中的H3PO3氧化为PO43-,使其加入生石灰后转化为磷酸的钙盐;②根据图1、2可确定pH=10、反应时间30min时磷的沉淀回收率较高,则处理该厂废水最合适的工艺条件为pH=10、反应时间30min;故答案为:bc;③若处理后的废水中c(PO43-)=4×10-7mol•L-1,Ksp[Ca3(PO4)2]=c3(Ca2+)×c2(PO43-)=2×10-29,c(Ca2+)=32×10-29(4×10-7)2=5×10点睛:本题考查了物质的制备方案设计,涉及化学方程式的书写、滴定原理的应用、图像分析以及难溶电解质的溶度积常数的应用等,难度中等。本题的易错点为c(Ca2+)的计算,要注意Ksp[Ca3(PO4)2]的表达式的书写。20、ZnMnO2、MnOOH碳粉除去混合物中的碳粉MnO2+H2C2O4+H2SO4=MnSO4+2CO2↑+2H2O双氧水容易被MnO2催化分解(其他合理答案均可)Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2OMn(OH)2取最后一次滤液,加入盐酸酸化的BaCl2溶液,若无白色沉淀产生则已洗涤干净除去产品表面的水分,防止其在潮湿环境下被氧化,并有利于后续低温烘干【解析】分析:废旧碱性锌锰干电池内部的黑色物质A主要含有MnO2、NH4Cl、MnOOH、ZnCl2、炭粉,加水溶解、过滤、洗涤,滤液中含有NH4Cl、ZnCl2,滤渣为MnO2、MnOOH和碳粉,加热至恒重,碳转化为二氧化碳气体,再向黑色固体中加稀硫酸和H2C2O4溶液,过滤,滤液为硫酸锰溶液,最后得到碳酸锰;(1)碱性锌锰干电池中失电子的为负极;
(2)MnO2、MnOOH和碳粉均不能溶于水,除去碳粉可以加热;
(3)MnO2与稀H2SO4、H2C2O4反应生成硫酸锰;双氧水易分解;
(4)操作1为MnSO4
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