2025届江苏省南京市南京师大附中高一化学第二学期期末教学质量检测试题含解析

2025届江苏省南京市南京师大附中高一化学第二学期期末教学质量检测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、某烃完全燃烧时，消耗的氧气与生成的CO2体积比为3∶2，该烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也能使溴水褪色，则该烃的分子式可能为A．C3H4B．C2H4C．C2H6D．C6H62、乙酸分子的结构式为，下列反应及断键部位正确的是①乙酸的电离，是①键断裂②乙酸与乙醇发生酯化反应，是②键断裂③在红磷存在时，Br2与CH3COOH的反应：CH3COOH+Br2→红磷CH2④乙酸变成乙酸酐的反应：2CH3COOH→，是①②键断裂A．①②③B．①②③④C．②③④D．①③④3、利用生活中常见的材料可以进行很多科学实验，甚至制作出一些有实际应用价值的装置来，下图就是一个用废旧材料制作的可用于驱动玩具的电池的示意图。当电池工作时，有关说法正确的是()A．铝罐将逐渐被腐蚀B．碳粒和碳棒上发生的反应为O2＋2H2O－4e－=4OH－C．碳棒应与玩具电机的负极相连D．该电池工作一段时间后碳棒和碳粒的质量会减轻4、35Cl是氯的一种同位素，下列说法正确的是A．35Cl原子所含质子数为18B．1mol的1H35Cl分子所含中子数为18NAC．3.5g35Cl2气体的体积为2.24LD．35Cl2气体的摩尔质量为71g·mol－15、国际能源网报道：金属燃料可能成为新能源，可能带来结束煤、石油能源时代的希望，是一种理想的储能方式，下列说法错误的是A．金属燃烧后经加工处理后还可生成金属，因此可以重复使用B．金属燃烧产生的光能，可以通过相关设备转化为电能以充分利用C．镁、铝是地球上含量丰富的金属元素，且均可以从海水中提取D．可以利用镁在二氧化碳中燃烧，放出热量的同时收集碳单质6、在恒温恒容的容器中进行反应2SO2+O22SO3，若反应物浓度由0.1mol·L－1降到0.06mol·L－1需20s，那么由0.06mol·L－1降到0.024mol·L－1需要的反应时间为A．等于18s B．等于12s C．大于18s D．小于18s7、常温时，下列各溶液中，物质的量浓度关系错误的是（）A．在0.1mol·L－1NaClO溶液中，c(Na＋)＝c(HClO)＋c(ClO－)B．10mL0.1mol/LNH4Cl溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合：c(Na＋)＝c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)C．10mLpH＝2的HCl溶液与10mL0.01mol·L－1Ba(OH)2溶液充分混合，若混合后溶液的体积为20mL，则溶液的：c(Cl－)+c(OH－)＝c(Ba2＋)＋c(H＋)D．10mL0.5mol/LNa2CO3溶液中慢慢滴入10mL0.5mol/L盐酸后的溶液：c(CO32－)+c(OH－)＝c(H2CO3)＋c(H＋)8、对于放热反应H2+Cl22HCl，下列说法正确的是A．该反应涉及到离子键和共价键的断裂与形成B．该反应中，化学能只转变为热能C．断开1molH﹣H键和1molCl﹣Cl键所吸收的总能量，小于形成1molH﹣Cl键所放出的能量D．反应物所具有的总能量高于产物所具有的总能量[9、按C、N、O、F的顺序，下列递变规律错误的是（）A．原子半径逐渐减小 B．元素原子得电子能力逐渐增强C．最高正化合价逐渐增大 D．气态氢化物稳定性逐渐增大10、某有机物的结构简式如图所示，下列有关该有机物的叙述正确的是（）A．该有机物的分子式为C11H14O3B．该有机物可能易溶于水且具有水果香味C．该有机物可能发生的化学反应类型有：水解、酯化、氧化、取代D．1mol该有机物在Ni作催化剂的条件下能与4molH2发生加成反应11、下列实验能获得成功的是()A．用溴水可鉴别苯、乙醇、苯乙烯B．加浓溴水，然后过滤可除去苯中少量乙烯C．苯、溴水、铁粉混合制成溴苯D．可用分液漏斗分离硝基苯和苯12、下列过程的能量变化符合下图所示的是A．酸碱中和反应B．CH4在O2中燃烧C．NH4Cl晶体与Ba(OH)2・8H2O晶体混合搅拌D．CaO溶于水生成Ca(OH)213、以下反应最符合绿色化学原子经济性要求的是()A．乙烯聚合为聚乙烯高分子材料 B．甲烷与氯气制备一氯甲烷C．以铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜 D．用SiO2制备高纯硅14、在一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)=xC(g)＋2D(g)。2min时测得生成0.8molD，0.4molC。下列判断不正确的是A．x＝1 B．2min内A的反应速率为0.3mol·L-1·min-1C．2min时，A的浓度为0.9mol·L-1 D．B的转化率为60%15、下列离子方程式不正确的是A．少量铜屑放入稀硝酸中：3Cu＋8H+＋2NO3-==3Cu2+＋2NO↑＋4H2OB．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：2Fe3+＋Cu==2Fe2+＋Cu2+C．鸡蛋壳用食醋浸泡变软：CaCO3＋2H+==Ca2+＋H2O＋CO2↑D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：AlO2-＋CO2＋2H2O==Al(OH)3↓＋HCO3-16、1﹣氯丙烷和2﹣氯丙烷分别与NaOH乙醇溶液共热的反应（）A．产物相同 B．产物不同C．碳氢键断裂的位置相同 D．反应类型不同二、非选择题（本题包括5小题）17、根据图示，回答下列问题：(1)按要求写出下列有机物的分子结构。乙烯的电子式__________，乙烷的分子式________，乙醇的结构式___________，氯乙烷的结构简式________。(2)写出②、④两步反应的化学方程式，并注明反应类型②_______________________，反应类型_______________。④_______________________，反应类型_______________。18、下表是元素周期表中的一部分，回答下列问题：ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02①②3③④⑤⑥⑦⑧⑨4⑩⑾⑿（1）写出下列元素名称①_______，⑤_______，⑨_______，⑾________。（2）在这些元素中，金属性最强的元素是_______；除稀有气体元素以外的元素中原子半径最大的是_______，原子半径最小的是______。其氢化物最稳定的是____。（填写元素符号）（3）元素②和③形成的离子的电子层结构_________（填“相同”或“不相同”），两者形成的化合物是否是离子化合物________（填“是”或“否”），该化合物的电子式为______________。（4）元素⑧的最高价氧化物对应的水化物化学式为：______名称为______：。（5）在这些元素的最高价氧化物对应的水化物中，属于两性氢氧化物的是_________（填写化学式），写出其和盐酸反应的化学方程式__________________________________________。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、把海水过滤除杂后，又提取出了氯化钠、溴、镁等化学物质。剩余的富碘卤水中，采用下面的工艺流程生产单质碘：回答下列问题：（1）丁溶液中的溶质为________(填化学式)。（2）写出物质的甲化学式__________________。（3）第⑦步的操作中提取I2的方法是___________________________(写出操作名称)。（4）检验生成物I2的方法是________________________________________。21、1869年俄国化学家门捷列夫制出第一张元素周期表，到现在形成的周期表经过了众多化学家的艰辛努力，历经150年。元素周期表体现了元素位、构、性的关系，揭示了元素间的内在联系。下表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑩中元素，用元素符号或化学式填空回答以下问题：主族周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA02①②3③④⑤⑥⑦⑧⑨4⑩（1）表中化学性质最不活泼的元素，其原子结构示意图为___；（2）元素①的单质电子式为____。（3）比较③、⑤元素的金属性强弱___>___；并写出它们最高价氧化物对应的水化物间反应的化学方程式____。（4）上述元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是____。（5）在元素③、④、⑤、⑦、⑧形成的简单离子中，半径最小的是_____；（6）工业制取⑥的单质的反应的化学方程式为_______。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】烃的燃烧通式是CnHm＋（n＋m/4）O2＝nCO2＋m/2H2O，所以根据题意可知，（n＋m/4）︰n＝3∶2，解得n︰m＝1∶2。又因为该烃能使酸性高锰酸钾溶液退色，能使溴水退色，所以应该是乙烯，答案选B。2、B【解析】

①乙酸属于一元弱酸，其电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO-+H+，即①键（O—H键）断裂；②酯化反应遵循规律“酸脱羟基”，故乙酸与乙醇发生酯化反应时②键断裂；③由题给方程式知溴原子取代了甲基上的氢原子，③键断裂；④生成乙酸酐同时生成H2O，必为一个分子脱去氢原子，另一分子脱去—OH，故①②键同时断裂。综上所述，B项正确。3、A【解析】

该装置构成原电池，铝易失电子作负极，碳作正极，负极上电极反应式为：Al-3e-═Al3+，正极上空气中的氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-═4OH-，据此分析解答。【详解】A．该装置构成原电池，铝易失电子作负极，负极上铝失电子生成铝离子，所以铝罐逐渐被腐蚀，故A正确；B．碳棒作正极，正极上空气中的氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e-═4OH-，故B错误；C．碳棒作正极，应该与玩具电机的正极相连形成闭合回路，故C错误；D．正极上是氧气得电子，炭粒和碳棒不参加反应，所以其质量不变，故D错误；故选A。4、B【解析】

A．35Cl原子所含质子数为17，中子数为35-17=18，故A错误；B．1H35Cl分子含有中子数为0+35-17=18，1mol的1H35Cl分子所含中子为18mol，含有中子数为18NA，故B正确；C．3.5g的气体35Cl2的物质的量为0.05mol，由于气体的所处温度、压强不确定，密度也未知，不能确定体积，故C错误；D．气体35Cl2的摩尔质量约是70g/mol，故D错误；答案选B。5、C【解析】试题分析：镁、铝是地球上含量丰富的金属元素，可以从海水中提取金属镁，但无法从海水中提取金属铝，铝的工业制取方法是电解熔融的氧化铝，选C。考点：考查金属的用途。6、C【解析】

反应物的浓度由0.1mol•L-1降到0.06mol•L-1需20s，即反应物的浓度变化为（0.1-0.06）mol•L-1=0.04mol•L-1，反应速率为，反应物的浓度由0.06mol•L-1降到0.024mol•L-，即反应物的浓度变化为（0.06-0.024）mol•L-1=0.036mol•L-1，由于随着反应的进行，反应速率逐渐降低，则有＜，解得△t＞18s，故选C。【点睛】本题考查反应速率的有关计算，注意理解随着反应的进行，反应物的浓度逐渐降低，从而导致反应速率逐渐降低是解答关键。7、C【解析】

A.在0.1

mol•L-1NaClO溶液中，存在物料守恒：c(Na＋)＝c(HClO)＋c(ClO－)，故A正确；B.混合后为氯化钠和氨水，显碱性，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)=c(C1-)＞c(OH-)＞c(NH4+)＞c(H+)，故B正确；C.常温下，pH＝2的HCl溶液浓度为0.01

mol•L-1，10

mL

0.01

mol•L-1HCl溶液与10

mL

0.01

mol•L-1Ba(OH)2溶液充分混合后，碱剩余，根据电荷守恒，c(Cl－)+c(OH－)＝2c(Ba2＋)＋c(H＋)，故C错误；D.10mL0.5mol/LNa2CO3溶液中慢慢滴入10mL0.5mol/L盐酸后的溶液中存在等浓度的氯化钠和碳酸氢钠，溶液显碱性，根据质子守恒，c(CO32－)+c(OH－)＝c(H2CO3)＋c(H＋)，故D正确；故选C。8、D【解析】试题分析：A、H2与Cl2含有的化学键为共价键，所以该反应涉及共价键的断裂与形成，错误；B、化学能可以转化为热能，也可以转化为光能、电能等其他形式的能量，错误；C、该反应为放热反应，所以断开1molH﹣H键和1molCl﹣Cl键所吸收的总能量，小于形成2molH﹣Cl键所放出的能量，错误；D、因为该反应为放热反应，所以反应物所具有的总能量高于产物所具有的总能量，正确。考点：本题考查放热反应的分析。9、C【解析】

C、N、O、F在周期表相同周期，从左到右原子序数逐渐增大，则：A、同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，选项A正确；B、同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，得电子能力逐渐增强，选项B正确；C、F的最高化合价为0价，无正价，选项C错误；D、同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应的气态氢化物稳定性逐渐增强，选项D正确。答案选C。10、D【解析】试题分析：A、根据有机物成键特点，有机物的分子式为C11H12O3，故错误；B、具有水果香味的是酯，但是此有机物结构简式中无酯的结构，故错误；C、含有官能团是碳碳双键、羧基、羟基，发生的化学反应类型有加成、加聚、取代、酯化、氧化等，故错误；D、能和氢气发生加成反应的有碳碳双键和苯环，1mol该物质中含有1mol碳碳双键和1mol苯环，碳碳双键需要1molH2，苯环需要3molH2，共需要4molH2，故正确。考点：考查官能团的性质、有机物分子式等知识。11、A【解析】分析：A．苯不溶于水，乙醇和水混溶，苯乙烯可与溴发生加成反应；B．乙烯与溴发生加成反应生成二溴乙烷；C．应用液溴和苯发生取代反应；D．硝基苯和苯混溶。详解：A．加入溴水，苯不溶于水，有色层在上层，乙醇和水混溶，苯乙烯可与溴发生加成反应，溴水褪色，可鉴别，A正确；B．乙烯与溴发生加成反应生成二溴乙烷，二溴乙烷和苯混溶，不能分离，B错误；C．溴水和苯不发生反应，应用液溴和苯发生取代反应，C错误；D．硝基苯和苯混溶，二者沸点不同，应用蒸馏的方法分离，D错误。答案选A。12、C【解析】

熟记常见的吸热反应和放热反应，若为吸热反应，生成物总能量应该高于反应物总能量，若为放热反应，生成物总能量应该低于反应物总能量，结合能量变化图，据此回答本题。【详解】A.酸碱中和反应为放热反应，生成物总能量应该低于反应物总能量，故A错误；B.燃烧反应为放热反应，生成物总能量应该低于反应物总能量，故B错误；C.NH4Cl晶体与Ba(OH)2・8H2O晶体反应为吸热反应，生成物总能量应该高于反应物总能量，符合图示，故C正确；D.CaO溶于水生成Ca(OH)2为放热反应，生成物总能量应该低于反应物总能量，故D错误；故答案为：C。13、A【解析】

绿色化学原子经济性即反应不产生副产物和污染物。A.nCH2===CH2，原子利用率达到100%，符合题意；B.CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl、CH3Cl＋Cl2CH2Cl2＋HCl……副产物过多；B项不符合还题意；C.Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，NO2有毒，会产生污染；C项不符合题意；D.SiO2制备高纯硅：SiO2＋2CSi(粗)＋2CO↑、Si(粗)＋2Cl2SiCl4、SiCl4＋2H2Si＋4HCl，会生成CO及HCl气体，污染环境，D项不符合题意。本题答案选A。14、D【解析】

由题给数据建立如下三段式：3A(g)＋B(g)=xC(g)＋2D(g)起（mol）3100变（mol）1.20.40.40.8末（mol）1.80.60.40.8【详解】A项、根据浓度变化量之比等于化学计量数之比可知x=1，故A正确；B项、2min内A的反应速率为=0.3mol·L-1·min-1，故B正确；C项、2min时，A的浓度为=0.9mol·L-1，故C正确；D项、B的转化率为×100%=40%，故D错误；故选D。【点睛】本题考查化学反应速率的有关计算，注意三段式的建立和化学反应速率、转化率相关公式的应用是解答关键。15、C【解析】

A.少量铜屑放入稀硝酸中生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式：3Cu＋8H+＋2NO3-==3Cu2+＋2NO↑＋4H2O，A正确；B.用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板，铜溶解生成铜离子和亚铁离子：2Fe3+＋Cu==2Fe2+＋Cu2+，B正确；C.鸡蛋壳用食醋浸泡变软，醋酸为弱电解质，写化学式：CaCO3＋2CH3COOH==Ca2+＋H2O＋2CH3COO-+CO2↑，C错误；D.向NaAlO2溶液中通入过量CO2，氢氧化铝不溶于碳酸，：AlO2-＋CO2＋2H2O==Al(OH)3↓＋HCO3-，D正确；答案为C。16、A【解析】

卤代烃在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应，卤素原子以及与之相连的碳原子的邻位碳上的一个氢原子同时脱去，形成不饱和键。【详解】1-氯丙烷与NaOH乙醇溶液共热发生消去反应生成丙烯，断键位置为：C-Cl和中间碳原子上的C-H；2-氯丙烷与NaOH乙醇溶液共热发生消去反应生成丙烯，断键位置为：C-Cl和相邻碳原子上的C-H；所以二者发生反应相同都是消去反应，生成产物相同都是丙烯，但是断裂碳氢键位置不同，答案选A。【点睛】本题主要考查氯代烃的消去反应，题目难度中等，解答该题时需理解消去反应，掌握反应机理。二、非选择题（本题包括5小题）17、C2H6CH3CH2ClCH2=CH2+HClCH3CH2Cl加成反应CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl取代反应【解析】

乙烯与水发生加成反应生成乙醇；乙烯与氢气发生加成反应生成乙烷；乙烯与氯化氢发生加成反应生成氯乙烷；乙烷与氯气发生取代反应生成氯乙烷。【详解】根据以上分析：(1)乙烯分子含有碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，电子式为，乙烷的分子式C2H6，乙醇的分子式C2H6O，乙醇含有羟基，乙醇结构式为，氯乙烷的结构简式CH3CH2Cl。(2)②是乙烯与氯化氢发生加成反应生成氯乙烷，化学方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，反应类型加成反应。④是乙烷与氯气发生取代反应生成氯乙烷和氯化氢，化学方程式为CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl，反应类型是取代反应。【点睛】乙烯含有碳碳双键，能与氢气、氯气、氯化氢、水等物质发生加成反应，乙烯含有碳碳双键所以能被酸性高锰酸钾溶液氧化。18、氮铝氩钙KKFF相同是HClO4高氯酸Al(OH)3Al(OH)3＋3HCl===AlCl3＋3H2O【解析】

由元素在周期表中位置，可知①为N、②为F、③为Na、④为Mg、⑤为Al、⑥为Si、⑦为S、⑧为Cl、⑨为Ar、⑩为K、⑾为Ca、⑿为Br，据此分析。【详解】由元素在周期表中位置，可知①为N、②为F、③为Na、④为Mg、⑤为Al、⑥为Si、⑦为S、⑧为Cl、⑨为Ar、⑩为K、⑾为Ca、⑿为Br。（1）下列元素名称①为氮，⑤为铝，⑨为氩，⑾为钙；（2）同周期自左而右金属性减弱、同主族自上而下金属性增强，故上述元素中K元素的金属性最强；除稀有气体元素以外，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，故上述元素中K的原子半径最大；F的原子半径最小；同周期自左而右非金属性增强、同主族自上而下非金属性减弱，故上述元素中F元素的非金属性最强，非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，则其氢化物最稳定的是F；（3）元素②和③形成的离子F-和Na+都为10电子离子，它们的电子层结构相同，两者形成的化合物NaF由钠离子和氟离子构成，属于离子化合物，该化合物的电子式为；（4）元素⑧的最高价氧化物对应的水化物化学式为：HClO4，名称为高氯酸；（5）在这些元素的最高价氧化物对应的水化物中，属于两性氢氧化物的是Al(OH)3，Al(OH)3和盐酸反应生成氯化铝和水，反应的化学方程式为Al(OH)3＋3HCl===AlCl3＋3H2O。【点睛】本题是一道元素周期表结构和元素周期律知识的综合题目，考查角度广。根据元素的周期数和族序数来确定元素是解题的关键。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