商丘名校2025届高一化学第二学期期末质量检测试题含解析

商丘名校2025届高一化学第二学期期末质量检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、能证明乙烯分子里含有一个碳碳双键的事实是（）A．乙烯分子里碳氢原子个数之比为1∶2B．乙烯完全燃烧生成的CO2和H2O的物质的量相等C．乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色D．乙烯易与溴水发生加成反应，且1mol乙烯完全加成消耗1mol溴单质2、化学在生产、生活和军事上有广泛的应用，下列对应关系错误的是（）性质应用A钠和钾的合金能导电原子反应堆的导热剂B二氧化硫具有漂白性漂白纸浆、草帽等C镁燃烧时发出耀眼的强光军事上制作照明弹DAl(OH)3受热易分解塑料的阻燃剂A．A B．B C．C D．D3、不能直接用乙烯为原料制取的物质是（）A．CH3CH2Cl B．CH2Cl－CH2Cl C． D．4、小苏打是焙制糕点所用的发酵粉的要成分之一。小苏打属于（）A．酸 B．盐 C．碱 D．混合物5、下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是（）A．制取SO2 B．验证漂白性C．收集SO2 D．尾气处理6、氢化钙可以作为生氢剂(其中CaH2中氢元素为-1价)，反应方程式如下：CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑，其中水的作用是A．既不是氧化剂也不是还原剂B．是氧化剂C．是还原剂D．既是氧化剂又是还原剂7、中和热测定实验中，用50mL0.50mol/L盐酸和50mL0.55mol/LNaOH溶液进行实验，下列说法不正确的是A．酸碱混合时，量筒中NaOH溶液应缓缓倒入小饶杯中，不断用玻璃棒搅拌B．装置中的大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是保温隔热减少热量损失C．用量筒量取NaOH溶液时，仰视取液，测得的中和热∆H偏大D．改用25mL0.50mol/L盐酸跟25mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，求出的中和热∆H和原来相同8、向BaCl2溶液中通入SO2气体，溶液仍然澄清；若将BaCl2溶液分盛在两支试管中，一只试管加稀HNO3,另一只加NaOH溶液，然后再通入SO2气体，结果两支试管都有白色沉淀产生。由此得出的下列结论中不合理的是A．SO2是酸性氧化物、SO2具有还原性B．两支试管中的白色沉淀不是同种物质C．BaCl2既能跟强酸、又能跟强碱反应，具有两性D．升高pH时，SO2水溶液中SO32-浓度增大9、下列有关自然资源的开发利用的叙述正确的是A．通过催化重整，可从石油中获取环状烃B．金属铝的冶炼可采取电解熔融氯化铝的方法C．石油的裂化和裂解属于化学变化而煤的液化、气化属于物理变化D．煤中含有的苯、甲苯、二甲苯等有机物，可通过煤的干馏来获得10、在实验室进行下列实验，括号内的实验用品都能用到的是A．苯的溴代（苯、溴水、试管） B．蛋白质的盐析（试管、醋酸铅溶液、鸡蛋白溶液）C．钠的焰色反应（铂丝、氯化钠溶液、稀盐酸） D．肥皂的制取（烧杯、玻璃棒、甘油）11、己知CH3C18OOCH2CH3CH3CO18OCH2CH3。则将CH3C18OOH与CH3CH2OH在浓硫酸加热条件下反应达到平衡时含有18O的物质有（）种A．2 B．3 C．5 D．无法确定12、已知CeO2通常既不溶于强酸，也不溶于强碱。某工厂以平板电视显示屏厂的废玻璃粉末（含CeO2、SiO2、Fe2O3、FeO等物质）为原料，设计如下图所示工艺流程，制得纯净的CeO2。下列说法正确的是（）A．实验室中，操作3和操作1、操作2所用仪器不同B．滤渣中加入稀H2SO4和H2O2，其中H2O2做氧化剂C．滤液中Ce3+与NaOH、O2的反应属于化合反应D．操作2分离得到的滤渣中一定含有未反应的SiO213、白酒、食醋、蔗糖、淀粉等均为家庭厨房中常用的物质，利用这些物质能完成下列实验的是①检验自来水中是否含氯离子②鉴别食盐和小苏打③蛋壳能否溶于酸④白酒中是否含甲醇A．①② B．①④ C．②③ D．③④14、下列物质的转化中，不能通过—步化学反应实现的是A．Fe—Fe3O4B．C2H2—CO2C．CH2=CH2→CH3CH3D．A12O3→Al(OH)315、对可逆反应A(g)+B(g)2C(g)+D(s)△H＞0，向1L绝热容器中加入1molA和1mol

B发生反应，下列叙述不能作为该反应达到平衡状态的标志的是（）①单位时间内消耗amolA，同时生成2amolC

②混合气体的总压强不再变化③混合气体的密度不再变化④A、B、C的分子数之比为1∶1∶2⑤反应容器中温度不变⑥A的转化率与B的转化率相等时A．①②④⑥B．②④⑥C．①④⑥D．①②⑥16、下列反应属于加成反应的是A．CH4+C12CH3Cl+HCl B．CH2=CH2+C12C．+Br2+HBr D．CH4+2O2CO2+2H2O二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，已知A、B、D三种原子最外层共有11个电子，且这3种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，C元素的最外层电子数比次外层电子数少4。（1）写出下列元素符号：B________，D________。（2）A与D两元素可形成化合物，用电子式表示其化合物的形成过程：________。（3）A在空气中燃烧生成原子个数比为1:1的化合物，写出其电子式为________。（4）元素C的最高价氧化物与元素A的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为________。18、以淀粉为主要原料合成一种具有果香味的物质C和化合物D的合成路线如下图所示。请回答下列问题：（1）A的结构简式为_______，B分子中的官能团名称为_______。（2）反应⑦的化学方程式为________，反应⑧的类型为_______。（3）反应⑤的化学方程式为_________。（4）已知D的相对分子量为118，有酸性且只含有一种官能团，其中碳、氢两元素的质量分数分别为40.68%、5.08%，其余为氧元素，则D的化学式为_______，其结构简式为______。（5）请补充完整证明反应①是否发生的实验方案：取反应①的溶液2mL于试管中，____________。实验中可供选择的试剂：10%的NaOH溶液、5%的CuSO4溶液、碘水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、在三支试管中分别加入2mL5%H2O2溶液，再在其中两支试管中分别滴加0.1mol/LFeCl3溶液和0.1mol/LCuSO4溶液，试管中发生反应的化学方程式__________，后两支试管中能观察到的共同的明显现象是__________。该实验说明催化剂能加快化学反应速率，还能得出的结论是__________。21、Ⅰ．在2L密闭容器内，800℃时反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：时间(s)012345n(NO)(moll)0.0200.0100.0080.0070.0070.007(1)下图中表示NO2的变化的曲线是___________(填字母);(2)800℃，反应达到平衡时，NO的转化率是___________；(3)用O2表示从0~2s内该反应的平均速率v=___________。Ⅱ．将一定量纯净的氨基甲酸铵(NH2COONH4)置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。(1)下列不能判断该分解反应已经达到化学平衡状态的是___________(填选项);A．2v生(NH3)=v耗(CO2)B．密闭容器中氨气的物质的量不变C．容器中CO2与NH3的物质的量之比保持不变D．密闭容器中总压强保持不变E．形成6个N-H键的同时有2个C=O键断裂(2)能使该反应的反应速率增大的是___________(填选项);A．及时分离出CO2气体B．适当升高温度C．加入少量NH2COONH4(s)D．选择高效催化剂(3)如图所示，上述反应中断开反应物中化学键吸收的能量___________形成生成物中化学键放出的能量(填写“大于”“等于”“小于”)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

A.碳氢原子个数之比为1:2只能说明乙烯分子中有一个不饱和度，这个不饱和度不一定是碳碳双键提供的，A项错误；B.完全燃烧得到等物质的量的和，只能说明乙烯分子中碳氢原子个数之比为1:2，同A项，B项错误；C.能使酸性高锰酸钾溶液褪色的不一定是碳碳双键，也有可能是碳碳三键，C项错误；D.若与溴水能发生加成反应，且1mol乙烯完全加成消耗1mol溴单质，则可证明乙烯分子中含有一个碳碳双键，D项正确；答案选D。2、A【解析】A、钠和钾的合金作原子反应堆的导热剂，是因为熔点低，而不是导电，所以物质的性质和用途表述没有直接联系，A错误；B、二氧化硫具有漂白性，可以漂白纸浆，物质的性质和用途表述有直接联系，B正确；C、镁条燃烧发生耀眼的强光，可制作照明弹，物质的性质和用途表述有直接联系，C正确；D、Al（OH）3受热分解生成H2O并吸收大量的热量，使周围环境温度降低，且生成的氧化铝熔点较高，附着在可燃物表面，从而阻止可燃物燃烧，D正确；答案选A。3、D【解析】A、乙烯和氯化氢加成生成氯乙烷，A不符合题意；B、乙烯和氯气加成生成CH2ClCH2Cl，B不符合题意；C、乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，C不符合题意；D、乙烯不能直接转化为聚氯乙烯，D符合题意，答案选D。4、B【解析】

盐是指一类金属离子或铵根离子（NH4+）与酸根离子或非金属离子结合的化合物，碳酸氢钠在水溶液里能电离出自由移动的钠离子和碳酸氢根离子，所以碳酸氢钠是盐，故答案选B。5、B【解析】

A.根据金属活动顺序表可知稀H2SO4与铜片不反应，故A错误；B.SO2能使品红溶液褪色，体现其漂白性，故B正确；C.SO2密度比空气大，应“长进短出”，故C错误；D.SO2不与NaHSO3反应，所以无法用NaHSO3溶液吸收SO2，故D错误。答案：B。6、B【解析】

根据反应前后元素的化合价变化来看，Ca和O的化合价均没有变化，其中CaH2中H的化合价由-1价升高到0价，被氧化，作还原剂；H2O中H的化合价由+1价降低到0价，被还原，作氧化剂；氢气既是氧化产物，又是还原产物；答案选B。7、A【解析】分析：A．酸碱混合时要迅速，并且不能搅拌，防止热量的散失；B．根据中和热测定实验成败的关键是做好保温工作；C.用量筒量取NaOH溶液时，仰视取液，氢氧化钠体积偏小；D．反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，根据中和热的概念和实质来回答。详解：在中和热的测定过程中，酸碱混合时要迅速，并且不能搅拌，防止热量的散失，保证放出的热量都体现在温度计温度的升高上，A选项错误；中和热测定实验成败的关键是做好保温工作，实验中，大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是保温隔热，减少热量损失，B选项说法正确；用量筒量取NaOH溶液时，仰视取液，读取的氢氧化钠体积偏小，计算生成的水的物质的量偏小，测得的中和热∆H偏大，C选项说法正确；反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用25mL0.50mol/L盐酸跟25mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的物质的量减少，所放出的热量偏低，但中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关，中和热数值相等，D选项发生正确；正确选项A。8、C【解析】

根据SO2的化学性质（酸性氧化物的性质、还原性）分析判断。【详解】SO2与水反应生成的H2SO3是弱酸，故SO2通入BaCl2溶液不会生成BaSO3和HCl。SO2通入BaCl2和稀硝酸的混合溶液中，SO2被稀硝酸氧化为SO42-，再与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀；SO2通入BaCl2和NaOH的混合溶液中，SO2与NaOH反应生成Na2SO3和水，再与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀。故A、B项正确，C项错误。H2SO3水溶液中存在两步电离，升高pH时，促进电离，SO32-浓度增大，D项正确。本题选C。【点睛】SO2有较强的还原性，稀硝酸有强氧化性，两者能发生氧化还原反应。9、A【解析】A.通过催化重整，可从石油中获取环状烃，如芳香烃，A正确；B.熔融的氯化铝不导电，金属铝的冶炼可采取电解熔融氧化铝的方法，B错误；C.石油的裂化和裂解、煤的液化和气化均属于化学变化，C错误；D．煤干馏得到煤焦油中含有芳香烃，可用分馏的方法从煤焦油中获得芳香烃，但煤中不含有苯、甲苯、二甲苯等有机物，D错误；答案选A。10、C【解析】

A．苯的溴代需要液溴和溴化铁（作催化剂），而不是溴水，A项错误；B．醋酸铅为重金属盐，可进行蛋白质变性实验，B项错误；C．稀盐酸洗涤铂丝，灼烧后蘸取氯化钠溶液，再灼烧，观察焰色，则钠的焰色反应实验可完成，C项正确；D．肥皂的制取，需要油脂和NaOH溶液，括号内的实验用品不能制取肥皂，D项错误；答案选C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及焰色反应、蛋白质的性质及肥皂制取等，把握物质的性质及实验基本操作为解答的关键，侧重实验技能的考查，注意操作的可行性、评价性分析。11、C【解析】酯化反应是可逆反应，羧酸提供羟基，醇提供氢原子，因此将CH3C18OOH与CH3CH2OH在浓硫酸加热条件下反应达到平衡时乙酸乙酯和乙酸中含有18O。又因为CH3C18OOCH2CH3CH3CO18OCH2CH3，所以乙醇、水、CH3CO18OCH2CH3也含有18O，共计5种物质含有18O，答案选C。12、D【解析】

由流程图可知，向玻璃粉末中加入稀硫酸，Fe2O3和FeO溶解，CeO2和SiO2不溶解，过滤得到的滤渣中含有CeO2和SiO2；向滤渣中加入稀H2SO4和H2O2，CeO2做氧化剂，被H2O2还原为Ce3+，过滤得到含Ce3+的滤液和含有SiO2的滤渣；滤液中Ce3+与NaOH、O2反应生成Ce(OH)4沉淀，过滤得到Ce(OH)4固体和硫酸钠溶液；Ce(OH)4固体加热分解得到CeO2。【详解】根据上述分析可知，A.操作1、操作2和操作3都是过滤，所用仪器完全相同，A项错误；B.CeO2与稀H2SO4和H2O2反应时，CeO2作氧化剂，H2O2作还原剂，B项错误；C.Ce3+与NaOH、O2反应生成Ce(OH)4沉淀时，Ce3+作还原剂，O2作氧化剂，反应的化学方程式为：2Ce2(SO4)3+O2+12NaOH+2H2O4Ce(OH)4↓+6Na2SO4，该反应不属于化合反应，C项错误；D.SiO2是酸性氧化物，不与稀H2SO4反应，操作2分离得到的滤渣中主要成分是SiO2，D项正确；答案选D。【点睛】本题侧重考查无机物的制备及其性质探究，重在培养学生学以致用，分析问题解决问题的能力，其中氧化还原反应的配平贯穿于整个无机化学方程式中，是高频考点，配平氧化还原反应要遵循以下几个原则：（1）电子守恒，即得失电子总数相等；（2）质量守恒，即反应前后各元素的原子个数相等。另外，要特别留意溶液中的酸碱性也会影响产物的生成。13、C【解析】

①选硝酸、硝酸银检验氯离子，家庭厨房不含硝酸、硝酸银，不能检验，故错误；②小苏打与醋酸反应生成气体，NaCl不能，选醋酸可鉴别食盐和小苏打，故正确；③蛋壳的成分为碳酸钙，与醋酸反应，则选醋酸可完成，故正确；④白酒、食醋、蔗糖、淀粉等均与乙醇、甲醇不反应，家庭厨房不能完成该实验，故错误；能完成的实验有②③，故选C。14、D【解析】A.Fe与水蒸气反应可以生成Fe3O4，能通过—步化学反应实现，故A不选；B.C2H2在空气中燃烧能够生成CO2，能通过—步化学反应实现，故B不选；C.CH2=CH2与氢气加成可以生成CH3CH3，能通过—步化学反应实现，故C不选；D.A12O3不溶于水，不能与水反应生成Al(OH)3，不能通过—步化学反应实现，故D选；故选D。15、C【解析】分析：根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。详解：①单位时间内消耗amolA，同时生成2amolC，都体现正反应方向，错误；②两边气体计量数相等，但反应绝热，温度变化，所以混合气体的总压强不再变化时说明反应达到平衡状态，正确；③混合气体的密度不再变化，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，正确；④A、B、C的分子数之比为1：1：2，不能说明达平衡状态，错误；⑤反应绝热，温度变化，反应容器中温度不变时反应达到平衡状态，正确；⑥A的转化率与B的转化率相等时不一定达到平衡状态，错误。答案选C。16、B【解析】

A.CH4+C12CH3Cl+HCl属于取代反应，选项A错误；B.CH2=CH2+C12属于加成反应，选项B正确；C.+Br2+HBr属于取代反应，选项C错误；D.CH4+2O2CO2+2H2O属于氧化反应，选项错误；答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、AlClSiO2＋2OH—=SiO32—＋H2O【解析】

A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，A、B、D三种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，应是氢氧化铝与强酸、强碱的反应，则A为Na、B为Al，三种原子最外层共有11个电子，则D的最外层电子数=11-1-3=7，则D为Cl元素；C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，则C元素原子有3个电子层，最外层电子数为4，则C为Si元素，以此解答该题。【详解】由上述分析可知，A为Na、B为Al、C为Si、D为Cl；(1)B、D的元素符号分别为Al、Cl；(2)A与D两元素可形成NaCl，为离子化合物，用电子式表示其形成过程为；(3)A在空气中燃烧生成原子个数比为1：1的化合物为过氧化钠，其电子式为；(4)元素C的最高价氧化物为二氧化硅，元素A的最高价氧化物的水化物为NaOH，二者反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。18、CH3CHO羧基CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br取代反应CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2OC4H6O4HOOC-CH2-CH2-COOH用10%的NaOH溶液调节溶液至中性（或碱性），再向其中加入2mL10%的NaOH溶液，再加入4～5滴5%的CuSO4溶液，加热一段时间。若有砖红色沉淀，则证明反应①已发生。【解析】分析：CH3CH2OH在Cu催化剂条件下发生催化氧化生成A为CH3CHO，CH3CHO进一步氧化生成B为CH3COOH，CH3COOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成C为CH3COOC2H5，乙醇发生消去反应生成乙烯，乙烯与Br2发生加成反应生成BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br与NaCN发生取代反应生成NC-CH2CH2-CN，(4)中D的相对分子量为118，其中碳、氢两元素的质量分数分别为40.68%、5.08%，其余为氧元素，则分子中N(C)=118×40.68%12=4、N(H)=118×5.08%1=6、N(O)=118-12×4-616=4，故D的分子式为C4H6O4，则其结构简式为HOOC-CH2详解：(1)A的结构简式为CH3CHO，B为CH3COOH，B中的官能团为羧基，故答案为：CH3CHO；羧基；(2)反应⑦为乙烯与溴的加成反应，反应的方程式为CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，根据上述分析，反应⑧为取代反应，故答案为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；取代反应；(3)反应⑤的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；(4)由上述分析可知，D的分子式为：C4H6O4，结构简式为HOOC-CH2-CH2-COOH，故答案为：C4H6O4；HOOC-CH2-CH2-COOH；(5)反应①是淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖中含有醛基，检验否发生的实验方案：取反应①的溶液2mL于试管中，用10%的NaOH溶液调节溶液至中性，再向其中加入2mL10%的NaOH溶液，再加入4～5滴5%的CuSO4溶液，加热一段时间．若有砖红色沉淀，则证明反应①已发生，故答案为：用10%的NaOH溶液调节溶液至中性，再向其中加入2mL10%的NaOH溶液，再加入4～5滴5%的CuSO4溶液，加热一段时间。若有砖红色沉淀，则证明反应①已发生。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、2H2O22H2O+O2↑有大量气泡产生同一个反应可有多种催化剂，不同的催化剂催化效率不一样【解析】

在催化剂的作用下双氧水分解生成氧气和水，则试管中发生反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑，反应能观察到的共同的明显现象