浙江省台州市2025届高三上学期一模考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1浙江省台州市2025届高三上学期一模考试试题一、单选题1．按照物质的性质分类，下列物质属于碱性氧化物的是A．K2O B．Al2O3 C【答案】A【解析】K2O可与酸反应生成盐和水，是碱性氧化物，A正确；Al2O3既能与酸反应，又能与碱反应，属于两性氧化物，B错误；SiO2可与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，C错误；2．下列说法不正确的是A．NaHCO3溶液显碱性，与NaOHB．SO2C．HNO3有酸性，能与NHD．HClO有强氧化性，可用作纸张的漂白剂【答案】A【解析】NaHCO3溶液显碱性，和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，A错误；SO2具有还原性，按标准添加适量SO2，能防止葡萄酒中的一些成分被氧化，B正确；HNO3有酸性，能与NH3反应反应生成硝酸铵，C正确；HClO有强氧化性，能使有色物质褪色，可用作纸张的漂白剂，故D3．下列表示不正确的是A．NH3的N原子杂化轨道表示式：B．羟基的电子式：C．HCl中共价键的电子云图：D．键线式为的名称：2，4，4-三甲基戊烷【答案】D【解析】NH3的N原子的价电子对数为3+5-3×12=4，N采取sp3杂化，含有1对孤对电子，杂化轨道表示式为，A正确；羟基的O原子上有一个未成键的单电子，电子式为，B正确；H－Cl键是H原子的1s能级电子和Cl原子的2p能级电子形成的s-pσ键，s能级电子云轮廓图呈球形，p能级电子云轮廓图呈哑铃形，故H－Cl键的电子云图为，C正确；主链为5个碳原子，烷烃命名时，支链位置的代数和应取最小，故2号碳原子上有2个甲基，4号碳原子上有一个甲基，命名为2，2，4-三甲基戊烷，D错误。故选D4．下列说法不正确的是A．装置①可用于观察红色光束通过溶液和胶体的现象B．图②标识表示实验中会遇到加热操作或遇到温度较高的仪器C．装置③可用于分离CH2Cl2(沸点40℃)和CHCl3(D．装置④可用于收集氯气并吸收尾气【答案】C【解析】红色激光笔照射氯化钠溶液和氢氧化铁胶体，氯化钠溶液不是胶体，不会产生丁达尔效应，氢氧化铁胶体会出现丁达尔效应，A正确；图②是实验室加热操作或者遇到温度较高的仪器标识图片，B正确；装置③是蒸馏操作，是利用互溶物的液体混合物中各组分的沸点相差较大而进行分离提纯的方法，蒸馏操作要求各成分沸点至少相差30℃以上‌，C错误；氯气密度比空气大，导管应该采取长进短出，氯气有毒，用氢氧化钠吸收多余氯气，防止污染空气，方程式为Cl2+2NaOH=NaCl5．化学与人类社会可持续发展息息相关。下列说法不正确的是A．钠和镁等非常活泼的金属，工业上常用电解法冶炼B．石油催化裂化可提高轻质油的产量与质量C．可用电化学氧化法处理氨氮废水(含NH4+及D．BaSO3难溶于水，可作为X【答案】D【解析】活泼性不同的金属用不同的冶炼方法，钠和镁等非常活泼的金属，工业上常用电解法冶炼，A正确；石油催化裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量和质量，特别是提高汽油的产量，B正确；NH4+和NH3中氮元素的化合价为—3BaSO3能与胃液中的盐酸反应生成氯化钡、二氧化硫和水，所以BaSO3不能作为X射线检查的内服药剂，D错误。故选6．下列说法不正确的是A．乙炔燃烧放出大量的热，常用于焊接和切割金属，平时用丙酮溶解储存在钢瓶中B．聚丙烯酸钠是一种吸水性很强的功能高分子材料C．工业上常用硫与橡胶作用，使其硫化，从而增强其强度和韧性D．蛋白质遇酶能发生水解，用加酶洗衣粉洗涤真丝织品可快速去污【答案】D【解析】乙炔燃烧时氧炔焰温度很高，常用于焊接和切割金属。乙炔在常温下不易保存，通常用丙酮溶解储存在钢瓶中，以便运输和使用，A正确；聚丙烯酸钠具有很强的吸水性，能够吸收并保持大量的水分，被用作功能高分子材料，B正确；硫与橡胶作用生成硫化橡胶，改变了橡胶结构，使橡胶具有了更好的强度和韧性，C正确；蛋白质是由氨基酸通过肽键连接而成的高分子化合物，遇酶能发生水解反应生成氨基酸。真丝织品的主要成分是蛋白质，如果用加酶洗衣粉洗涤真丝织品，会导致蛋白质水解，D错误。故选D。7．实验小组将KMnO4溶液滴入NaOH溶液并微热，发现溶液变绿色，反应原理为：MnO4-+OH-→X+MnOA．X表示OB．氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1：1C．MnO4D．若生成0.01molMnO42-，则反应转移的电子数为0.01NA【答案】B【解析】由未配平的方程式可知，反应中锰元素的化合价降低，MnO4-作氧化剂、MnO42-是还原产物，氧元素的化合价升高被氧化，O2是氧化产物，则反应的离子方程式为4MnO4-+4OH-=O2↑+4MnO42-+2H2O。X为氧化产物氧气，A正确；MnO4-作氧化剂、O2是氧化产物，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为4∶1，B错误；反应中MnO4-的Mn的化合价降低，MnO48．物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列结构或性质不能解释其用途的是选项结构或性质用途A维生素C具有还原性可用作食品抗氧化剂B烷基苯磺酸钠在水中会形成磺酸根向外、12-烷基苯向内的胶束，能包裹油渍等污垢可用作水处理的杀菌消毒剂C水杨酸()合成阿司匹林()后，形成的分子内氢键：，使酸性减弱可减少对胃肠的刺激，用作解热、镇痛的药物DBr2在CCl4中溶解度比在水中大、CCl4不溶于水、CClCCl4A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】维生素C具有还原性，可用作食品的抗氧化剂，A正确；12-烷基苯磺酸钠可用作水处理的去污剂，不能作水处理的杀菌消毒剂，B错误；水杨酸()合成阿司匹林()后，形成分子内氢键，酸性减弱，可减少对胃肠的刺激，用作解热、镇痛的药物，C正确；Br2、CCl4为非极性分子，H2O为极性分子，根据相似相溶原理，Br2在CCl4中溶解度远比在水中的大，可用CCl4萃取溴水中的溴，9．下列离子方程式正确的是A．向红色FeSCN3B．将足量SO2通入Na2C．Al溶于NaOH溶液：2D．CuSO4溶液中滴加过量浓氨水：【答案】C【解析】向红色FeSCN3溶液中加入过量铁粉至溶液显浅绿色，发生的反应为FeSCN3溶液与过量的铁反应生成FeSCN2，反应的离子方程式为2Fe(SCN)3+Fe=3Fe2++6SCN-，故A错误；将足量SO2通入Na2S溶液中，反应生成NaHSO3和S沉淀，反应的离子方程式为5SO2+2H2O+2S2-=4HSO3-+3S↓，B错误；Al溶于10．核磁共振氢谱图中，化学位移δ的值随着氢核周围电子云密度的减小而增大，规定SiCH34中H的δ为0，已知CH4中H的δ为0.23，H3CCOOCH2CH3中bA．a氢原子的δ大小：aB．根据δ可以区别乙酸乙酯和丙酸甲酯C．a和c氢原子的δ大小：aD．Si的电负性小于H，所以SiCH34中H【答案】A【解析】乙酸乙酯中酯基为吸电子基，会使烃基中氢核周围电子云密度减小，乙酸乙酯分子中氢核周围电子云密度的减小幅度的顺序为b＞a＞c，其中化学位移δ值的大小顺序为b＞a＞c，则a氢原子的δ值小于3.80，A错误；乙酸乙酯和丙酸甲酯中氢核周围电子云密度的减小幅度不同，化学位移δ的值不同，所以根据δ可以区别乙酸乙酯和丙酸甲酯，故B正确；核磁共振谱氢图中，化学位移δ的值随着氢核周围电子云密度的减小而增大，则化学位移δ的值的大小顺序为b＞a＞c＞0.23，C正确；硅元素的电负性小于氢元素，所以SiCH34中氢电子云密度大于甲烷中氢的电子云密度，化学位移δ值小于甲烷，D11．L-肾上腺素具有生物活性，是一种重要的临床抢救用药，其合成途径如下：下列说法不正确的是A．L-肾上腺素遇氯化铁溶液显紫色 B．化合物C中最多有11个碳原子同平面C．L-酒石酸起到萃取的作用 D．化合物C生成肾上腺素的同时，还生成甲苯【答案】B【解析】L-肾上腺素含有酚羟基，遇氯化铁溶液显紫色，A正确；化合物C中苯环是平面结构，与苯环相连的酮羰基是平面结构，氮原子是sp3杂化的三角锥结构，故苯环和酮羰基可以在一个平面内，最多有8个碳原子同平面，B错误；由图可知，L-肾上腺素、D-肾上腺素互为手性异构体，加入L-酒石酸，实现L-肾上腺素、D-肾上腺素的分离，故L-酒石酸起到萃取的作用，C正确；化合物C生成肾上腺素的同时，酮羰基发生还原反应，同时N-C键断裂，同时还会生成甲苯，D正确。选12．X、Y、Z、M为四种短周期元素，X、Y、Z同周期且基态价电子数之和为15，X基态原子具有2个未成对电子，Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L。下列说法不正确的是A．键角：YZ2+<C．键极性：XM4<YM【答案】A【解析】X、Y、Z、M为四种短周期元素，Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g·L-1，则气体的摩尔质量为0.76g·L-1×22.4L·mol-1=17g·mol-1，该气体为氨气；X、Y、Z同周期且基态价电子数之和为15，X基态原子具有2个未成对电子，则X为C、Y为N、Z为O、M为H。YZ2+为NO2+，氮原子的价层电子对数为2、孤对电子对数为0，NO2+的空间构型为直线形，YZ2-为NO2-，氮原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为1，NO2-的空间构型为V形，则NO2+的键角大于NO2-，A错误；XM3YM2为CH3NH2，XM32YM为(CH3)2NH2，甲基为供电子基团，甲基数目越多，胺分子中氮原子给出孤对电子的能力越强，碱性越强，则碱性：XM3YM2<XM32YM，B正确；XM4、YM3分别为CH4、NH3，电负性：C<N，则键的极性：CH13．1836年，英国化学家JohnFredericDaniell制成了第一个如图所示的双液电池，标志着化学电池进入生产和生活中。已知反应：Zns-2e-K为反应在常温下的平衡常数。下列说法不正确的是A．KB．盐桥中K+向CuSOC．若将盐桥换成铜棒，电流计不会发生偏转D．若向CuSO4溶液中加入适量CuSO【答案】C【解析】由图示原电池装置可知，锌比铜活泼，锌为负极，电极反应为Zns-2e-⇌Zn2+aq

K1①，

铜极为正极，电极反应为Cus-2e-⇌Cu2+aq

K2②①－②得总反应为Zns+Cu2+⇌Zn2++Cu，K=K1K2，该反应能自发进行，则14．磷的常见含氧酸化学式为H3POx(下列说法不正确的是A．H3PO2与足量B．H3PO3分子中PC．H3POD．相同温度、相同浓度的稀溶液的酸性：H【答案】D【解析】由H3PO2的结构可知，H3PO2为一元酸，与足量NaOH溶液反应的离子方程式为H3PO2+OH-=H2PO2-+H2O，A正确；由H3PO3的结构可知，中心原子为P，孤电子对数为1，15．保持温度不变，在含足量HgI2s和一定量HgI2s⇌HgIHgI+aq⇌HgHgI3-aq+K分别为平衡常数，设HgI2s的溶解度为smolA．HgI2sB．s=C．平衡体系中适量增大cI-且HgI2D．平衡体系中适量增大cI-且HgI2【答案】B【解析】将已知反应依次编号为①②③④⑤⑥。反应⑥=反应①+反应②+反应③，则碘化汞的溶度积Ksp=K1×K2×K3，故A正确；若只存在HgI2s，设HgI2s的溶解度为smol·L-1，则c(Hg2+)＝smol·L-1，c(I-)＝2smol·L-1，Ksp=c(Hg2+)c2(I-)，得s=3Ksp4，而在含足量HgI2s和一定量I-的溶液中，c(I-)≠2smol·L-1，c(Hg2+)≠smol·L-1HgIHgI由反应③的平衡常数可得：a－b=b(a+b)K3，设碘离子浓度为x、HgI+离子的浓度为y，由三段式数据可得a+b=x、a－b=y，解联立方程可得：y=x2x+2K3，则HgI+离子的浓度与碘离子浓度的函数关系为减函数，当碘离子浓度增大时，HgI+离子的浓度一定减小，C正确；设起始溶液中碘化汞和碘离子的浓度都为1mol·L-1，平衡时，反应④生成HgI3-离子的浓度为HgIHgI由反应⑤的平衡常数可得：a－b=bK5(1-a-b)，设碘离子浓度为x、HgI3-离子的浓度为y，由三段式数据可得1－a－b=x、a－b=y，解联立方程可得：y=1-x1+2K5x，则16．下列方案设计、现象和结论都正确的是方案设计现象和结论A向溶有SO2的BaCl2溶液中加入有白色沉淀生成，说明酸性条件下NO3B灼烧铜丝至其表面变黑、灼热，伸入盛有某有机物的试管中铜丝恢复亮红色，该有机物中有醇羟基C向含有少量碘固体的饱和碘水中加入适量KI固体碘固体完全溶解，说明碘在KI溶液中的溶解能力大于碘在水中的溶解能力D向KF和KSCN混合溶液中滴加几滴FeCl3溶液为无色，说明结合Fe3+的能力：A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】向溶有SO2的BaCl2溶液中加入FeNO33溶液有白色沉淀生成，Fe3+和NO3-都能将SO2氧化为SO42-，生成BaSO4沉淀，不能证明NO3-有氧化性，A错误；将铜丝灼烧至表面变黑，伸入盛有某有机化合物的试管中，铜丝变为红色，也可能是有机物中含有羧基，将表面的氧化铜溶解，B错误；向含有少量碘固体的饱和碘水中加入适量KI固体，碘固体完全溶解，说明I2在浓KI溶液中的溶解能力大于在水中的溶解能力，C正确；Fe3+和SCN-形成红色物质，向KF和KSCN混合溶液中滴加几滴FeCl3溶液，振荡，溶液为无色，因KF和KSCN两种溶液的浓度未知，不能证明结合Fe二、解答题17．碘元素具有丰富的化学性质，其化合物有着广泛的应用。请回答下列问题：(1)碘元素位于周期表的p区。①碘的基态原子价电子排布式为。②下列说法不正确的是。A．电负性大小：I＜Br＜ClB．第二电离能(I2)大小：C．化学键中离子键成分的百分数：AgFD．键能大小：F(2)I2加入浓的KI溶液，可获得I3-①I3-中，中心原子I的杂化类型为sp3d；I3②已知孤对电子对、成键电子对相互之间的排斥力随着角度减小而增大。图中，请参照I3-的VSEPR几何构型(小球表示I或孤电子对)，判断I3-的实际几何构型为③已知I3-和I3+的还原产物均为I-。相同条件下，比较氧化性强弱：I3-I3+(填“>”、“＜”、“=”)；比较I-I的键长：I3-(3)碘单质的晶胞为长方体，I2位于顶点和面心，结构如图所示。晶胞中两种取向不同的I2个数之比为，晶体中I2分子相距最近的I【答案】(1)5s(2)sp3A<>I3-的中心原子含s(3)1：14【解析】（1）①碘位于第五周期VIIA族，其基态原子价电子排布式为5s②卤族元素从上到下电负性逐渐减小，电负性由小到大顺序为I＜Br＜Cl，A正确；钠失去1个电子后形成的Na+为稳定结构，第二电离能最大，其余原子失去1个电子后，第二电离能随核电荷数的增多而增大，第二电离能由小到大顺序为I2Si<I2P<I2Cl<I（2）①I3+的中心原子I的价层电子对数为4，中心原子I的杂化类型为sp3杂化；②已知孤对电子对、成键电子对相互之间的排斥力随着角度减小而增大，在I3-中，中心I原子的杂化类型为sp3d，这种杂化方式使I3-中的3个I原子构形为直线型，A符合；③I3+由于已经失去了一个电子，I3+更容易获得电子，I3+氧化性更强；I3-由于已经得到一个电子，更容易失去电子，I3-氧化性更弱，则氧化性：I3-<I3+（3）由碘单质晶胞图示可知，I2位于顶点和面心，共有两种取向不同的I2，其中长方形的8个顶点和左右2个面心的I2取向相同，此取向的I2个数为：8×18+2×12=2；上下前后4个面心的I2取向相同，此取向的I2个数为：4×118．纯碱的生产工艺有很多种，下面是路布兰法的转化流程及废气的回收利用。已知：①中间体E为化合物，不稳定、存在时间短，由离子构成，其中阴离子为AlCl4②化合物F微溶于水，与盐酸反应产生臭鸡蛋气味的气体。请回答：(1)浓H2SO4与(选填“强氧化性”、“稳定性”、“难挥发性”、“吸水性”、“脱水性”)。化合物F的电子式为。(2)写出化合物B转化为C、D的化学方程式。(3)下列说法正确的是_______。A．工业上还可通过电解NaCl生产Na，简称为“氯碱工业”B．每生成2.24L气体C将转移0.2NC．可以通过沉淀法，利用盐酸和氯化钡检测化合物D中是否有正盐BD．气体A、气体C和苯制取苯甲醛过程中，AlCl3(4)请写出化合物A、C反应生成中间体E的化学方程式。(5)请设计实验检验E与苯反应是否有苯甲醛生成(生成物中不含E)。【答案】(1)难挥发性(2)Na2(3)CD(4)HCl+(5)取少量上层溶液于试管中，加入氢氧化钠溶液调节pH至弱碱性，加入新制氢氧化铜后加热，若产生砖红色沉淀，则证明有苯甲醛产生【解析】NaCl与浓硫酸反应得到气体A和正盐B，A是HCl，B是Na2SO4，Na2SO4与焦炭在高温下反应生成可燃性气体C和化合物D，C为CO，D为Na2S，D与CaCO3反应得到化合物F和Na2CO3，F为CaS，气体A(HCl)和C(CO)与AlCl3化合得到中间体E，中间体E的阴离子为AlCl4-，则E的化学式为HCOAlCl4，E与苯反应生成苯甲醛、AlCl3和（1）浓H2SO4与NaCl反应，体现了浓硫酸的难挥发性；F为CaS（2）B是Na2SO4，与C在高温下反应生成Na2S和CO，化学方程式为Na2（3）“氯碱工业”中，电解饱和的食盐水得到H2、Cl2和NaOH，没有得到钠，A错误；没有注明状态，不能计算气体的物质的量，B错误；D为Na2S，B为Na2SO4，检验B的存在可以检验SO42-，检验方法是：先加入盐酸酸化，再加BaCl2溶液，若有白色沉淀，说明存在Na2SO4AlCl3在气体A、气体C和苯制取苯甲醛过程中，参与了反应，而反应前后质量不变，AlCl3主要起催化作用，D正确。故选CD（4）HCl、CO与AlCl3发生化合反应生成E，E的阴离子是AlCl4-，化合物A、C反应生成中间体E的化学方程式为（5）检验苯甲醛，主要检验醛基，方法是：取少量上层溶液于试管中，加入氢氧化钠溶液调节pH至弱碱性，加入新制氢氧化铜后加热，若产生砖红色沉淀，则证明有苯甲醛产生。19．利用生物质乙醇制备乙烯具有很大的经济价值和战略意义，发生的反应为：反应Ⅰ：CH3CH2OH反应Ⅱ：2CH3请回答：(1)已知相关物质的标准熵数值如下表所示，ΔS计算方法可类比Δ化学式CHCHH标准熵：S/(J⋅281.1342.1188.1反应Ⅱ的ΔS=J⋅mol-1⋅K(2)恒压(p=135kPa)、分子筛为催化剂、乙醇和水投料比1：1，反应相同时间后乙醚和乙烯的物质的量分数如下表(假设在100℃~300℃内催化剂活性保持不变)温度/℃100150200250300CH0.0011.1121.8628.8331.09CH6.255.564.691.600.81已知：生成乙烯的反应机理如下：CH①100℃时CH2=CH2的物质的量分数为②若100℃该时间段反应已达平衡，试计算Ⅱ的平衡常数Kp=。pCH3CH2OH为乙醇的平衡分压，如pCH3(3)恒压(p=135kPa)和恒温(300℃)下，投入原料为乙醇和水，分别在NKC-03A、Syndol、γ-Al2O3A．a点可能为平衡状态B．γ-AlC．题给条件下，NKC-03A催化效果较好D．原料含水量为40%、γ-Al2(4)如图表示反应Ⅰ和Ⅱ的ΔH-TΔS与T的关系，图中直线代表上述反应的(填“反应Ⅰ”或“反应Ⅱ”)，在该图中画出另一个反应对应的直线(假设ΔH、(5)以Na2CO3、K2CO【答案】(1)-32.0(2)反应Ⅳ的活化能较大0.25(3)CD(4)反应Ⅰ(5)8【解析】（1）ΔS=生成物熵之和—反应物熵之和=(342.1+188.1)J/(mol·K)－281.1J/(mol·K)×2=－32.0J/(mol·K)；（2）①反应的活化能越大，反应速率越慢，慢反应是反应的决速步骤，由反应机理可知，100℃时反应Ⅳ为慢反应，该反应的活化能较大，导致反应速率慢，使得乙烯的物质的量分数为0.00；②设100℃起始反应时，乙醇、水蒸气的物质的量都为1mol，平衡时生成乙醚的物质的量为amol，由题意可建立如下三段式：2CH由乙醚的物质的量分数为6.25%可知：amol2mol×100%=6.25%，解得a=0.125mol，则Ⅱ的平衡常数Kp=(0.125mol（3）催化剂能降低反应活化能，加快反应速率，但化学平衡不移动，乙醇的转化率不变，由图可知，相同时间内，原料含水量一定时，a点Syndol做催化剂条件下乙醇的转化率小于NKC-03A做催化剂条件下乙醇的转化率，所以a点时反应未达到平衡，A错误；γ−Al2O3做催化剂条件下乙醇的转化率小于NKC-03A做催化剂条件下乙醇的转化率，说明反应未达到平衡，随原料含水量增加乙醇转化率下降的原因是：原料含水量增加，导致催化剂的活性降低，反应速率减慢，消耗乙醇的物质的量减小，B错误；NKC-03A做催化剂条件下乙醇的转化率最大，说明反应的反应速率最大，催化效果较好，C正确；原料含水量为40%、γ−Al2O3催化剂下，其它条件不变时，与恒压容器相比，恒容容器相当于增大压强，增大压强，反应速率加快，消耗乙醇的物质的量增多，导致乙醇的转化率增大，D正确。故选CD；（4）反应Ⅰ是熵增的吸热反应，升高温度，反应ΔH—TΔS减小，反应Ⅱ是熵减的放热反应，升高温度，反应ΔH—TΔS增大，则图中直线代表上述反应的反应Ⅰ，表示反应Ⅱ对应的直线如图所示：；（5）由题意可知，CO2在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯和CO32-20．三氯氧磷(POCl3)是一种重要的化工原料。某小组以P4、Cl2和SO2为原料，先制取PCl3已知：Ⅰ、装置A中发生的反应有：P4+6Cl2=4装置B中的反应为：PCl3Ⅱ、部分物质的理化性质：P4：沸点280℃PCl3：沸点76.1℃，遇水剧烈水解，易与OPCl5：沸点160℃POCl3：沸点105.8℃SOCl2：沸点78.8℃请回答：(1)仪器D的名称为，装置C中的试剂为。(2)装置C可以用来判断通入Cl2和SO2的流量，符合实验要求的现象为(3)下列说法不正确的是_______。A．实验开始前应先通入N2B．在仪器D中通入室温的冷却液，从下口进入，上口通出C．待装置A中的白磷反应完后，关闭K1，打开K2，有利于提高D．反应结束后，可通过蒸馏分离POCl3和SOCl2，图2为蒸馏时温度计温度随试剂的变化曲线，在t(4)PCl3的纯度对最终产物的纯度有很大的影响。在后续反应开始前，先对B中的PCl已知：Ⅰ、发生相关的反应为：PCl3+3HH3PO3Ⅱ、NH3⋅H2O

K①H3BO3是一元弱酸，可与OH用移液管取出B中少量待测液，用天平称取1.000g→_______→转移至100mL容量瓶，加水定容。用移液管取出10.00mL溶液于锥形瓶中，加入10.00mL0.1000mol/L碘标准溶液→_______→静置15分钟→_______→_______→一段时间后→_______→继续滴定，滴入最后半滴后→_______→且半分钟内不变色，消耗Na2S2a．加入2mL淀粉溶液b．加入10mL蒸馏水溶解c．加入8mL1.000mol/L硼酸铵溶液d．用0.1000mol/L的Na2e．加入5mL0.3000mol/L盐酸f．溶液蓝色褪去g．溶液变蓝色②请选取合适的选项将操作补充完整。③PCl3的质量分数为。(保留小数点后2位数字【答案】(1)球形冷凝管(或冷凝管)浓硫酸(2)两支导管口产生气泡的速率相同(3)BC(4)H3BO3+【解析】（1）仪器D的名称为球形冷凝管；生成物遇水剧烈水解，C中试剂为浓硫酸，作用是干燥Cl2、SO2，同时可以控制气体的流速；（2）由装置B中反应方程式可知，需通入等物质的量的SO2和Cl2，符合实验要求的现象为两支导管口产生气泡的速率相同；（3）由于PCl3遇水剧烈水解，易与O2反应，因此实验开始前应先通入N2，排除装置内的空气，A正确；从A中出来的气体为PCl3，沸点为76.1℃，为防止P4和PCl5蒸出，在仪器D中通入温度为大于76.1℃小于160℃的液体，从下口进入，上口通出，B错误；待装置A中的白磷反应完后，先停止A中Cl2的通入，再关闭K1，打开K2，C错误；POCl3、SOCl2的沸点分别为105.8℃、78.8℃，用蒸馏法分离POCl3和SOCl2，根据图2蒸馏时温度计温度随试剂的变化曲线可知，在t（4）①H3BO3是一元弱酸，H3BO3与水电离的OH②用移液管取出B中少量待测液PCl3，用天平称取1.000g，加入10mL蒸馏水溶解，转移至100mL容量瓶，加水定容，发生PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl反应。用移液管取出10.00mL溶液于锥形瓶中，加入10.00mL0.1000mol·L-1碘标准溶液，发生H3PO3+I2+H③根据关系PCl3~H3PO3~I2~2Na2S2O3，总的I2的物质的量为0.1000mol·L-1×10.00×10-3L，与Na2S2O3反应的I2的物质的量为12×0.1000mol·L-1×6.0×10-3L，则与H3PO3反应的I2的物质的量为0.1000mol·L-1×10.00×10-3L-(12×0.1000mol·L-1×6.0×10-3L)=0.7×10-3mol，