【文档说明】四川省成都经济技术开发区实验中学2021届高三上学期入学考试化学试题 【精准解析】.doc，共(15)页，597.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年度2018级高三上学期入学考试试题化学一、单项选择题：本体包括10小题，每小题6分，共60分。1.以下是中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例，运用化学知识对其进行的分析不合理的是()A.四千余年前用谷物酿

造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应B.商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎，该鼎属于铜合金制品C.汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土D.屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素【答案】

A【解析】【详解】A．谷物的主要成分为淀粉，用谷物酿造出酒和醋，酿造过程主要包括淀粉水解为葡萄糖，葡萄糖发酵生成乙醇，乙醇被氧化为乙酸，酿造过程中涉及水解反应和氧化反应，因此分析不合理，故A符合题意；B．后(司)母戊鼎为商代后期

的青铜器，属于铜合金制品，因此分析合理，故B不符合题意；C．陶瓷的主要原料为黏土，因此分析合理，故C不符合题意；D．青蒿素易溶于乙醚，而不易溶于水，因此，屠呦呦用乙醚提取青蒿素的过程包括萃取操作，因此分析合理，故D不符合题意。

综上所述，答案为A。2.下列物质的分类正确的是()选项碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANa2CO3H2SO4NaOHSO2CO2BNaOHHClNaClNa2ONOCKOHHNO3CaCO3CaOMn2O7D

NaOHHClCaF2Na2O2SO2A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A、Na2CO3属于盐，NaOH属于碱，SO2属于酸性氧化物，A错误；B、NO不属于酸性氧化物，B错误；C、各物质归类正确；D、Na2O2不属于碱性氧化物，属于过氧化物，D错误；

故选C。3.下列实验操作不当的是A.用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率B.用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂C.用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+D.常压蒸馏时

，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二【答案】B【解析】【详解】A．锌粒与加入的硫酸铜溶液发生置换反应，置换出单质铜，形成锌铜原电池，反应速率加快，选项A正确。B．用盐酸滴定碳酸氢钠溶液，滴定终点时，碳酸氢钠应该完全反应转化为氯化钠、水和二氧化，此时溶液应

该显酸性（二氧化碳在水中形成碳酸），应该选择酸变色的甲基橙为指示剂，选项B错误。C．用铂丝蘸取盐溶液在火焰上灼烧，进行焰色反应，火焰为黄色，说明该盐溶液中一定有Na+，选项C正确。D．蒸馏时，为保证加热的过程中液体不会从烧瓶内溢出，一般要求液体的体积不超过烧瓶体积的三分之二，

选项D正确。【点睛】本题选项B涉及的是滴定过程中指示剂的选择。一般来说，应该尽量选择的变色点与滴定终点相近，高中介绍的指示剂主要是酚酞（变色范围为pH=8～10）和甲基橙（变色范围为pH=3.1～4.4）。本题中因为滴定终点的时候溶液一定为酸性（二氧化碳饱和溶液pH

约为5.6），所以应该选择甲基橙为指示剂。对于其他滴定，强酸强碱的滴定，两种指示剂都可以；强酸滴定弱碱，因为滴定终点为强酸弱碱盐，溶液显酸性，所以应该使用甲基橙为指示剂；强碱滴定弱酸，因为滴定终点为强碱弱酸盐，溶液显碱性，所以应该使用酚酞为指示剂。4.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说

法正确的是（）A.常温常压下，124gP4中所含P—P键数目为4NAB.100mL1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NAC.标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NAD.密闭容器中，2m

olSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA【答案】C【解析】【详解】A.常温常压下，124gP4的物质的量是1mol，由于白磷是正四面体结构，含有6个P－P键，因此其中所含P—P键数目为6NA，A错误；B.铁离

子在溶液中水解，所以100mL1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B错误；C.甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子数目为2NA，C正确；D.反应2SO2+O2

2SO3是可逆反应，因此密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2NA，D错误。答案选C。【点睛】本题主要从物质结构、水解、转移电子、可逆反应等角度考查，本题相对比较容易，只要认真、细心就能做对，平时多注意这方面的积累。白磷的结构是解答的难点，注意与甲烷正四面

体结构的区别。5.下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是物质（括号内为杂质）除杂试剂AFeCl2溶液（FeCl3）Fe粉BNaCl溶液（MgCl2）NaOH溶液、稀HClCCl2（HCl）H2O、浓H2SO4DNO（NO2）H2O、无

水CaCl2A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。【详解】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2Fe

Cl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意；B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=Na

Cl+H2O，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；C.部分氯气与H2O发生反应生成氯化氢和次氯酸，应该用饱和食盐水除去HCl，除杂方法不正确，故C不符合题意；D.NO2与水反应生成硝

酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意；综上所述，本题应选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目

难度不大。6.下列实验装置、操作、原理均正确且能达到实验目的的是()A.中和热的测定B.用高锰酸钾标准溶液滴定草酸溶液C.验证sp24sp2K(AgSO)>K(AgS)D.配制1mol/LNaCl溶液时的定容操作【答案】D【解析】【详解】A．温度计的位置不对，应置于环形

玻璃搅拌棒中间，故A不符合题意；B．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸溶液时，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，故B不符合题意；C．悬浊液中含有AgNO3，AgNO3能与H2S直接反应生成黑色的Ag2S沉淀，因此不能验证Ksp(A

g2SO4)和Ksp(Ag2S)的大小，故C不符合题意；D．配制一定物质的量浓度的溶液定容时，当加蒸馏水距刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切，眼睛要平视刻度线，故D符合题意。综上所述，答案为D。7.X、Y、Z

均为短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和为10，X与Z同族，Y最外层电子数等于X次外层电子数，且Y原子半径大于Z。下列叙述正确的是A.熔点：X的氧化物比Y的氧化物高B.热稳定性：X的氢化物大于Z的氢化物C.X与Z可

形成离子化合物ZXD.Y的单质与Z的单质均能溶于浓硝酸【答案】B【解析】【分析】根据题意：Y的最外层电子数等于X次外层电子数，由于均是主族元素，所以Y的最外层电子数不可能是8个，则X只能是第二周期元素，因此Y的最外层电子数是2个，又因为Y的原子半径大于Z，则Y只能是第三

周期的Mg，因此X与Z的最外层电子数是（10－2）/2＝4，则X是C，Z是Si。A．熔沸点：离子晶体＞分子晶体；B．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强；C．X、Z为非金属元素，易形成共价化合物；D．Si和浓硝酸不反应。【详解

】由以上分析，X是C，Y为Mg，Z是Si。A、碳的氧化物形成的分子晶体，Y的氧化物是离子化合物氧化镁，分子晶体的熔点低于离子晶体，氧化镁的熔点高于碳的氧化物熔点，故A错误；B、碳元素的非金属性强于硅元素，非金属性越强，氢化物越稳定，则碳的氢化物

稳定性强于硅的氢化物稳定性，故B正确；C、C与Si通过共用电子对形成的是共价化合物SiC，故C错误；D、单质镁能溶于浓硝酸，单质硅不溶于浓硝酸，故D错误；故选B。【点睛】本题考查原子结构和元素周期律关系，解题关键：正确判断各元素，易

错点B：氢化物的稳定性与非金属性强弱有关，氢化物的熔沸点才与分子间作用力和氢键有关。8.下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是A.向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4Cu+Z

nSO4B.澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2CaCO3↓+H2OC.Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O22Na2O+O2↑D.向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(

OH)3+3MgCl2【答案】C【解析】【详解】A.金属活动性顺序：Zn＞Cu，则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应，其反应的方程式为：Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消失，A项正确；B.

澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O，B项正确；C.过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且

稳定的碳酸钠，涉及的转化关系有：Na2O2→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3，C项错误；D.向氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，会发生沉淀的转化，化学方程式为：3Mg(OH)2+2FeCl3=2

Fe(OH)3+3MgCl2，D项正确；答案选C。9.某同学通过如下流程制备氧化亚铜：已知CuCl难溶于水和稀硫酸：Cu2O+2H+==Cu2++Cu+H2O下列说法不正确的是A.步骤②SO2可用Na2S

O3替换B.步骤③中为防止CuCl被氧化，可用SO2水溶液洗涤C.步骤④发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2OD.如果Cu2O试样中混有CuCl和CuO杂质，用足量稀硫酸与Cu2O试样充分反应，根据反应前、后固体质量可计算试样纯度【

答案】D【解析】【分析】碱式碳酸铜溶于过量的稀盐酸，得到CuCl2溶液，向此溶液中通入SO2，利用SO2的还原性将Cu2+还原生成CuCl白色沉淀，将过滤后的CuCl与NaOH溶液混合加热得砖红色沉淀Cu2O，据此解答。【详解】A．Na2SO3有还原性，则步骤②还原Cu2

+，可用Na2SO3替换SO2，A正确；B．CuCl易被空气中的氧气氧化，用还原性的SO2的水溶液洗涤，可达防氧化的目的，B正确；C．CuCl与NaOH溶液混合加热得砖红色沉淀Cu2O，根据电子守恒、电荷守恒

及原子守恒可知发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH-Cu2O+2Cl-+H2O，C正确；D．CuCl也不溶于水和稀硫酸，Cu2O溶于稀硫酸生成不溶于的Cu，则过滤后所得滤渣为Cu和CuCl的混合物

，无法计算出样品中Cu2O的质量，即无法计算样品纯度，D错误；答案选D。【点睛】本题以制备Cu2O为载体，涉及反应原理的理解与应用，掌握氧化还原反应的理论和离子方程式的书写方法是解题关键，注意题干中已知信息的灵活应用，题

目难度中等。10.宝鸡被誉为“青铜器之乡”，出土了大盂鼎、毛公鼎、散氏盘等五万余件青铜器。研究青铜器（含Cu、Sn等）在潮湿环境中发生的腐蚀对于文物保护和修复有重要意义。下图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图，下列

说法不正确的是A.青铜器发生电化学腐蚀，图中c作负极，被氧化B.正极发生的电极反应为O2+4e－+2H2O=4OH－C.环境中的Cl－与正、负两极反应的产物作用生成a的离子方程式为2Cu2＋+3OH－+Cl－=Cu2

(OH)3Cl↓D.若生成0.2molCu2(OH)3Cl，则理论上消耗的O2体积为4.48L【答案】D【解析】【详解】A、根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，则Cu作负极被氧化，腐蚀过程中，负极是c，发生氧化反应，A正确；B、氧气在正极得电

子生成氢氧根离子，电极反应式为：O2+4e－+2H2O=4OH－，B正确；C、多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl为固体，故生成Cu2（OH）3Cl的离子方程式为：2Cu2＋+3OH－+Cl－=Cu2(OH)3Cl↓，C正确；D、不确定氧气是否在标准状

况下，则不能计算氧气的体积，D错误，答案选D。二、非选择题：本体包括3小题，共40分。11.以工业生产硼砂所得废渣硼镁泥为原料制取MgSO4·7H2O的过程如图所示：硼镁泥的主要成分如下表：MgOSiO2FeO、Fe2O3CaOAl2O3B2O330%

~40%20%~25%5%~15%2%~3%1%~2%1%~2%回答下列问题：（1）“酸解”时应该加入的酸是_______，“滤渣1”中主要含有_________（写化学式）。（2）“除杂”时加入次氯酸钙、氧化

镁的作用分别是________、_______。（3）判断“除杂”基本完成的检验方法是____________。（4）分离滤渣3应趁热过滤的原因是___________。【答案】(1).H2SO4(2).SiO2(3).将Fe2＋氧化为Fe3＋(4).调节溶液p

H，使Fe3＋、Al3＋以氢氧化物的形式沉淀除去(5).取滤液将其酸化后滴加KSCN溶液，若溶液未变红，则说明除杂完全(6).防止MgSO4·7H2O结晶析出【解析】（1）流程制备的是MgSO4·7H2O，为

了不引入杂质，因此所用的酸是硫酸，化学式为H2SO4；根据硼镁泥的成分，SiO2不与硫酸反应，因此滤渣1为SiO2；（2）硼镁泥中含有FeO，与硫酸反应后生成FeSO4，次氯酸钙具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，氧化镁的作用

是调节pH，使Al3＋和Fe3＋以氢氧化物形式沉淀出来，除去Fe3＋和Al3＋；（3）除杂是除去的Fe3＋和Al3＋，因此验证Fe3＋就行，方法是取滤液将其酸化后滴加KSCN溶液，若溶液未变红，则说明除杂完全；（4）防止MgSO4·7H2O结晶析出。12.MoS2(辉钼矿的主要成分)可用于制取钼

的化合物润滑添加剂氢化反应和异构化反应的催化剂等。回答下列问题：(1)反应3MoS2＋18HNO3＋12HCl=3H2[MoO2Cl4]＋18NO↑＋6H2SO4＋6H2O中，每溶解1molMoS2，转移电子的物质的量为___。(2)已知：MoS2(s

)=Mo(s)＋S2(g)ΔH1S2(g)＋2O2(g)=2SO2(g)ΔH22MoS2(s)＋7O2(g)=2MoO3(s)＋4SO2(g)ΔH3反应2Mo(s)＋3O2(g)=2MoO3(s)的ΔH=___(用

含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代数式表示)。(3)利用电解法可浸取辉钼矿得到Na2MoO4和Na2SO4溶液(装置如图所示)。①阴极的电极反应式为________。②一段时间后，电解液的pH________(填“

增大”“减小”或“不变”)，MoO24−在电极________(填“A”或“B”)附近生成。③实际生产中，惰性电极A一般不选用石墨，而采用DSA惰性阳极（基层为TiO2，涂层为RuO2＋IrO2），理由是________。(4)用辉钼矿冶炼Mo的反应为MoS2(s)＋4H2(g)＋2Na

2CO3(s)Mo(s)＋2CO(g)＋4H2O(g)＋2Na2S(s)ΔH。①该反应的ΔH________(填“＞”或“＜”)0；p1、p2、p3按从小到大的顺序为________。②在某恒容密闭容器中加入0.1molMoS2、0.2molNa2CO3、0.4molH2，一定温度下

发生上述反应，下列叙述说明反应已达到平衡状态的是________(填标号)。a．v正(H2)=v逆(CO)b．气体的密度不再随时间变化c．气体的压强不再随时间变化d．单位时间内断裂H-H键与断裂H-O键的数目相等③在2L的恒温恒容密闭容器中

加入0.1molMoS2、0.2molNa2CO3、0.4molH2，在1100K时发生反应，达到平衡时恰好处于图中A点，则此温度下该反应的平衡常数为________。【答案】(1).18mol(2).ΔH3－2ΔH2－2ΔH1(3).2H2O＋2e－=H

2↑＋2OH－(4).增大(5).A(6).阳极主要生成Cl2，还会生成O2，生成的O2会消耗石墨(7).＞(8).p1＜p2＜p3(9).bc(10).2.5×10−3(mol/L)2【解析】【分析】⑴根据氧化还原反应得失电子进行分析；⑵根据盖斯定律进行分析；⑶①电解池阴极上的H＋发生还原反

应；②根据溶液中c(OH－)与c(H＋)大小进行分析；根据氧化还原反应分析MoO24−在哪个电极得到；③阳极可能有OH－失去电子变为O2，生成的O2会与C在高温下反应；⑷①根据温度变化分析平衡移动；根据压

强与H2的转化率变化进行分析；②利用判断平衡的标志进行分析；③按照平衡常数进行计算。【详解】⑴在反应中，Mo元素的化合价由反应前MoS2中的＋2价变为反应后H2[MoO2Cl4]中的＋6价，S元素的化合价由反应前MoS2中的－1价变为反应后H2SO4中的＋6价，N元素的化合价由反应前硝酸中的＋

5价变为反应后NO中的＋2价，每1molMoS2发生反应，电子转移的物质的量为(6－2)＋2×[6－(－1)]mol=18mol；故答案为18mol；⑵根据盖斯定律，将③－2×②－2×①，整理可得反应2Mo(s)＋3O2(g)=2MoO3(s)的ΔH=ΔH3－2ΔH2－2ΔH1；故答案

为：ΔH3－2ΔH2－2ΔH1；⑶①该池为电解池，在阴极上溶液中H2O电离产生的H＋获得电子，发生还原反应，电极反应式为：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－；故答案为：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－；②由于溶液中H＋不断放电，使溶液中c(OH－)＞c(H＋)

，所以电解一段时间后，溶液的碱性增强，pH不断增大；溶液中的Cl－在阳极失去电子变为Cl2，Cl2具有氧化性，其与水反应产生的HClO氧化性也非常强，Cl2、HClO将MoS2氧化为MoO24−，因此MoO24−在阳极A附近生成；故答案为：增大；A；③在食盐水溶液中含有的阴

离子有Cl－、OH－，Cl－失去电子产生Cl2，OH－也可能失去电子变为O2，生成的O2会与C在高温下反应产生CO2气体而不断消耗石墨，所以阳极一般不选用石墨，而采用DSA惰性阳极；故答案为：阳极主要生成Cl2，还会生成O2，生成的O2会消耗石墨；⑷①根据图像可知：在压强不变时，温度升高，H2的

平衡转化率增大，说明该反应的正反应为吸热反应，所以ΔH＞0；由于反应MoS2(s)＋4H2(g)＋2Na2CO3(s)Mo(s)＋2CO(g)＋4H2O(g)＋2Na2S(s)的正反应是气体体积增大的反应，在其它条件不变时，增大压强，平衡逆向移动，H

2的转化率降低，根据图像可知H2的转化率p1时最大，p3时最小，说明压强p3最大，p1最小，故压强按从小到大的顺序为：p1＜p2＜p3；故答案为：＞；p1＜p2＜p3；②a．由于方程式中H2、CO的化学计量数不等，所以v正(

H2)=v逆(CO)不能作为判断平衡状态的标志，故a不符合题意；b．该反应有固体参加反应，气体密度等于气体质量除以容器体积，正向反应，气体质量变大，密度增大，当气体的密度不再随时间变化，说明气体质量不变

，因此可根据密度不变判断反应处于平衡状态，故b符合题意；c．该反应是反应前后气体体积不等的反应，若气体的压强不再随时间变化，说明反应处于平衡状态，故c符合题意；d．单位时间内断裂H-H键与断裂H-O键的数目相等，反应正向进行，未处于平衡状态，故d不符合题意；故答案为：bc；③反

应MoS2(s)＋4H2(g)＋2Na2CO3(s)=Mo(s)＋2CO(g)＋4H2O(g)＋2Na2S(s)在2L容器内进行，向其中加入0.1molMoS2、0.2molNa2CO3、0.4molH2，反应开始时c(H2)

=0.2mol/L；由于在1100℃时H2的转化率是50%，所以平衡时，c(H2)=0.1mol/L，根据物质反应的变化关系可知，平衡时c(CO)=0.05mol/L，c(H2O)=0.1mol/L，因此该温度下的反应平衡常数K=2440.050.10.1(mo

l/L)2=2.5×10−3(mol/L)2；故答案为：2.5×10−3(mol/L)2。【点睛】化学平衡题型是常见题型，主要考查盖斯定律、氧化还原反应、电化学、化学平衡状态判断标志、化学平衡移动、化学平衡常数计算等。13.PCl3是一

种重要的化工原料，实验室用如图装置制取PCl3。已知PCl3的熔点是－112℃，沸点是75.5℃，极易水解，受热易被氧气氧化。请回答下列问题：(1)B仪器的名称是__________。(2)实验开始前的操作依次是：①组装仪器，②________，③加药品，④________，⑤最后点燃

酒精灯。(3)导管a的作用是__________；E装置的作用是________________。(4)F装置中的药品是______；F装置不能换成C装置，理由是_____________。(5)测定产品纯度，步骤如下：ⅰ．称取5.00g产品，溶于水配成100mL溶液(发生

反应：PCl3＋3H2O=H3PO3＋3HCl)；ⅱ．取上述溶液25.00mL，加入20.00mL0.4000mol·L－1碘水，充分氧化H3PO3；ⅲ．以淀粉溶液为指示剂，用0.0500mol·L－1硫代硫酸钠溶液滴定ⅱ中所得溶液，发生的反应为I2＋2223SO−＝264SO−＋2I－，

消耗硫代硫酸钠溶液12.00mL。①滴定终点时的现象是_________。②该产品的纯度为___。【答案】(1).分液漏斗(2).检查装置的气密性(3).打开K通一段时间的CO2，然后关闭K(4).平衡三颈烧瓶与分液漏斗上方的气压，使B仪器中的液体能够顺利滴下(5).冷凝并收集PCl3(6)

.碱石灰(7).C装置只能吸收水，而F装置还可以吸收多余的氯气，同时防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应(8).溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色(9).84.7%【解析】【分析】根据PCl3的熔点

是－112℃，沸点是75.5℃，极易水解，受热易被氧气氧化。用二氧化碳排除装置内的空气，再加热反应生成氯气，生成的氯气通过浓硫酸干燥，再与磷反应生成三氯化磷，再用放在冷水的烧瓶接受三氯化磷，用碱石灰处理尾气并防止空气中的水蒸气进去到

烧瓶中与三氯化磷反应。【详解】⑴根据实验装置得到B仪器的名称是分液漏斗；故答案为：分液漏斗。⑵实验开始前的操作依次是：①组装仪器；②检查装置的气密性；③加药品；由于PCl3极易水解，受热易被氧气氧化，因此④打开K通一段时间的CO2，然后关闭K；故答案为：检查装置的气密性；打开K通一段时间的CO

2，然后关闭K。⑶导管a的作用是平衡三颈烧瓶与分液漏斗上方的气压，使B仪器中的液体能够顺利滴下；由于PCl3的熔点是－112℃，沸点是75.5℃，因此E装置的作用是冷凝并收集PCl3。故答案为：平衡三颈烧瓶与分液漏斗上方的气压，使B仪器中的液体能够顺利滴下；冷凝并收集PCl3。⑷F装置主要是

处理尾气，同时防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应，因此F装置中的药品是碱石灰；F装置不能换成C装置，理由是C装置只能吸收水，而F装置还可以吸收多余的氯气，同时防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应；故答案为：碱石灰；C装置只能吸收水，而

F装置还可以吸收多余的氯气，同时防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应。⑸①开始是单质碘过量，用硫代硫酸钠溶液滴定，不断消耗单质碘，因此滴定终点时的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色；故答案为：溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色。②由PCl

3＋3H2O＝H3PO3＋3HCl和I2＋2223SO−＝264SO−＋2I－可知，n(H3PO3)＋12n(223SO−)＝n(I2)，即n(H3PO3)＋12×6×10−4mol＝8×10−3mol，解得n(H3PO3)＝7.7×10−3mol，所以5.00g产品中含有4×7.7×1

0−3molPCl3，产品中PCl3的质量分数为137.5g∙mol−1×4×7.7×10−3mol÷5.00g×100%＝84.7%；故答案为：84.7%。【点睛】制备实验是常考题型，主要考查实验仪器、实验操作、尾气处理、滴定现象等实验原理，以及纯度的计算。