五莲县2024届高三上学期1月阶段性测试化学
第I卷（选择题）
一、单选题
1．下列离子方程式书写正确的是
A．向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2++3ClO—+SO2+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl—
B．向碳酸氢铵溶液中加入足量Ca(OH)2溶液：Ca2++HCO3—+OH—=CaCO3↓+H2O
C．酸化的高锰酸钾溶液与H2O2溶液反应：2MnO4—+3H2O2+6H+=2Mn2++3O2↑+6H2O
D．稀硫酸与硫代硫酸钠溶液反应：S2O32—++4H+=2SO2↑+S↓+2H2O
2．硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx)，将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是
A．过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H2+Ce4+=2H++Ce3+
B．时，过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的个数之比为2：1
C．处理过程中，混合溶液中Ce3+和Ce4+总数减少
D．该转化过程的实质为NOx被H2还原
3．常温下，溶液中可能含有下列离子中的若干种：、、、、、。现对X溶液进行如图实验，其现象和结果如图：(。表示为)
下列说法正确的悬
A．X溶液的
B．X溶液中一定含有、、，不能确定是否含有
C．X溶液中一定含有，且为
D．向滤液中通入足量的气体，可得白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤、灼烧至恒重，可得固体
4．下列各组粒子在溶液中可以大量共存且在加入(或通入)相应试剂后，发生反应的离子方程式也正确的是
选项 微粒组 试剂 发生反应的离子方程式
A Ca2+、、 NaHSO4溶液 +H+=CO2↑+H2O
B I-、C1-、H+、 适量NaNO3 6I-+2+8H+=2NO↑+4H2O+3I2
C Na+、、 过量氢氧化钠溶液 +OH-=NH3·H2O
D Cu2+、Na+、S2-、C1- 适量稀盐酸
5．用铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)制备超顺磁性纳米Fe3O4(平均直径为25nm)的流程图如下(所加试剂均过量，部分步骤已省略)：
下列叙述正确的是
A．不能用KSCN溶液检验滤液B中是否有Fe3+
B．步骤②中发生的反应均为置换反应
C．步骤④中，反应完成后剩余的H2O2无需除去
D．将步骤⑤得到的纳米Fe3O4均匀分散在水中，有丁达尔效应
6．由于6s2惰性电子对效应，金Au、汞Hg、铊Tl、铅Pb、铋Bi的最稳定氧化态分别为-1，0，＋1，＋2，＋3。下列说法错误的是
A．根据这个规律，人们制出负一价的金的化合物CsAu
B．与汞同族锌镉为较活泼金属而汞为不活泼金属，且对于＋1氧化态，Hg倾向于形成
C．二氧化铅氧化性很强，可和浓盐酸反应制取氯气
D．铋酸钠与酸性硫酸锰的离子方程式：
7．日常生活中，佩戴的银饰会逐渐变黑，发生反应(未配平)。已知为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．分子为直线构型
B．中含有的中子数与电子数之比为61∶47
C．当反应中转移2 mol电子时，被还原的气体体积为11.2 L(标准状况下)
D．室温下，将0.1 L pH=2的溶液稀释10倍后，溶液中的数目为
8．下列实验操作对应的现象和根据现象得出的结论不正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向2mL0.1mol/LFeI2溶液中依次滴加少量氯水和CCl4，振荡，静置 溶液分层，下层呈紫红色 还原性：Fe2+＜I-
B 往NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液 产生白色沉淀 结合H+的能力：AlO2—＞CO32—
C 用pH计测定0.1mol/LNaHCO3溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH NaHCO3(aq)为8.3，CH3COONa(aq)为8.9 水解常数：Kh(HCO3—)＜Kh(CH3COO-)
D 甲、乙试管均盛有2mL等浓度银氨溶液，分别加入2滴等浓度的NaCl溶液和NaI溶液 甲中无明显现象，乙中产生黄色沉淀 溶度积常数：Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)
9．铋酸钠(NaBiO3)在酸性条件下可将Mn2+氧化成MnO4—，在钢铁工业中可用于锰元素的分析测定。NaBiO3的制备过程为：①将试剂级Bi(NO3)3溶解于稀HNO3溶液中，滤去不溶物；②依次加入水和30%的NaOH溶液至溶液呈中性；③再依次加入30%的NaOH溶液和NaClO溶液，加热至95℃并维持1h；④反应结束后，静置冷却，分去上层清液，用水洗涤沉淀至洗涤液中不含Cl-，在80℃下干燥，即得成品。下列说法正确的是
A．常温下，NaBiO3和Bi(NO3)3均可溶于水
B．制备NaBiO3的化学方程式为Bi(NO3)3+4NaOH+NaClONaBiO3↓+NaCl+3NaNO3+2H2O
C．将Bi(NO3)3溶解于稀HNO3溶液中的目的是增强酸性
D．用NaBiO3分析测定锰元素的过程中，NaBiO3发生氧化反应
10．NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A．18 g D2O 中含有的质子数为 10 NA
B．14.2 g 含 σ 键的数目为 0.4 NA
C．向FeI2溶液中通入适量 Cl2，当有 1 mol Fe2+被氧化时，共转移电子的数目为 NA
D．反应中，每有 1 mol KMnO4 被还原，转移电子数为 3NA
二、不定项选择题
11．为从粗食盐水中除去Ca2+、Mg2+、等离子，以制得精盐水。某同学设计如图方案：
以下说法正确的是
A．A中主要有Mg(OH)2和BaSO4，也可能有一些Ca(OH)2
B．②中加入过量Na2CO3溶液主要是为了除去Mg2+、Ca2+
C．D中主要含有、Cl-、OH-、Na+这4种离子
D．③中发生的反应只有2H++=H2O+CO2↑
12．设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．和14的混合物中含有的电子数为
B．中为杂化的原子数为
C．中键的数目为
D．甲烷氧气酸性燃料电池中正极有1mol气体反应时转移的电子数目
13．向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知：b-a=5，线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素。下列说法错误的是
A．线段Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别代表I-、Fe2+、Br-、HIO3的变化情况
B．Fe2+、I-和Br-的物质的量之比为1∶2∶3
C．根据图像可计算b=11
D．线段Ⅳ对应的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是5∶1
14．下列实验操作、现象与结论相匹配的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向溶液中通入 产生白色沉淀 白色沉淀是
B 常温下，分别测定浓度均为的溶液和溶液的 均等于7 常温下，的溶液和溶液中水的电离程度相等
C 向沸水中滴入几滴饱和溶液，继续煮沸，并用激光笔照射 溶液变红褐色，出现丁达尔效应 产生了胶体
D 向溶液中滴加等浓度的溶液，再加入等浓度的溶液 先产生白色沉淀后产生黑色沉淀
A．A B．B C．C D．D
15．连二亚硫酸钠()常用于纺织工业、食品漂白等领域。工业上生产的流程如图所示。若在实验室模拟该工艺流程，下列说法错误的是
A．将锌粉投入水中形成悬浮液主要是为了加快反应速率
B．向溶液中加入NaCl固体对的产率无明显影响
C．洗涤时用乙醇效果好于蒸馏水
D．该流程中涉及化合反应、分解反应、复分解反应
第II卷（非选择题）
三、填空
16．高铁酸钠(Na2FeO4)是一种能氧化、杀菌、脱色、除臭的新型高效水处理剂。工业上制备高铁酸钠有多种方法。
(1)电解法。以铁为阳极，石墨为阴极，在通电条件下，发生反应：，物质X的化学式为 。
(2)高温熔融氧化法。将过氧化钠与硫酸亚铁加热至700℃，发生反应：，其中，氧化产物是 ，用单线桥法标明电子转移的方向和数目。
(3)次氯酸钠氧化法。
①“反应I”的离子方程式为 ，检验已全部转化为的方法为 。
②副产品的成分为 。
③生产过程中，理论上每获得1mol的消耗NaClO的质量为 。
17．某种电镀污泥主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au)，可用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜和粗碲等，以实现有害废料的资源化利用，工艺流程如下：
已知：煅烧时，Cu2Te发生的反应为：
(1)Te元素在元素周期表中的位置为 。
(2)煅烧时，Cr2O3发生反应的化学方程式为 。
(3)浸出液中除了含有TeOSO4 (在电解过程中不反应)外，还含有 (填化学式)。“还原”步骤后，得到的粗碲经洗涤后可以得到较为纯净的碲单质，检验碲单质是否洗涤干净的实验操作： 。
(4)工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)母液生产重铬酸钾(K2Cr2O7)的工艺流程如图所示：
通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7的原因是 。
(5)测定产品中K2Cr2O7 (M=294g/mol)含量的方法如下：称取试样2.50 g配成250 mL溶液，取25.00 mL置于锥形瓶中，加入足量稀硫酸和几滴指示剂，用标准液进行滴定。滴定过程中发生反应的离子方程式为 。若三次实验消耗标准液的体积平均为25.00 mL，则所得产品中K2Cr2O7的纯度为 。
18．铈(Ce)是一种典型的稀土元素，属于国家战略资源。以某废料(主要含，还含少量、、及微量MnO)为原料可制备无水氯化铈，主要步骤如下：
(1)酸浸：用稀硫酸和双氧水的混合溶液浸取废料粉末，浸取液中含有、、、等金属阳离子。已知不溶于水，写出其发生反应的离子方程式： 。Ce的浸出率与、温度的关系如图所示。生产中应选择的适宜条件为 。
(2)除杂：向浸出液中加入NaOH溶液调节pH除去、。注：当时，沉淀开始溶解。有关沉淀数据(25℃)如下表(“完全沉淀”时金属离子浓度)。
沉淀
恰好完全沉淀时pH 5.2 2.8 9.0 10.1
则的 ，若浸取液中，则须调节溶液pH的范围是 (加入NaOH溶液过程忽略体积变化)。
(3)萃取与反萃取：向除杂后的溶液中，加入有机物HT，发生反应：(水层)+3HT(有机层)(有机层)(水层)。向分离所得有机层中加入 能获得较纯的溶液。
结晶析出：将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，得到晶体。
(4)加热脱水：将固体和混合，在真空中加热可得无水。加入固体的作用是 。
(5)对样品纯度进行测定的方法：准确称取样品62.50g，配成1000mL溶液，取50.00mL上述溶液置于锥形瓶中，加入稍过量的过二硫酸铵溶液使被氧化为，萃取剂萃取，再用标准溶液滴定至终点，重复2~3次，平均消耗标准液10.00mL，则样品的纯度为 %(保留小数点后两位)。
19．过氧化钙是一种比较稳定的金属过氧化物，它的氧化反应缓和，安全无毒，可用于环保、食品及化学工业。利用大理石制过氧化钙的实验步骤如下：
一、制取纯的
①称取5g大理石，溶于硝酸溶液中，充分反应后，将溶液加热至沸腾；
②在①溶液中加50mL水稀释，加氨水调节溶液至弱碱性后再煮沸，趁热过滤，弃去沉淀；
③在②滤液中加入溶液，搅拌后静置，减压过滤，洗涤，干燥得到固体。
二、制取
④将新制的置于烧杯中，逐滴加入盐酸，直到剩余极少量固体为止，将溶液煮沸，趁热过滤，保留滤液；
⑤另取 溶液，与氨水混合，制得溶液；
⑥将④、⑤中的溶液置于冰水中冷却后，再混合，并将混合液置于冰水中放置30min；
⑦减压过滤，洗涤，干燥，得到晶体。
回答下列问题
(1)①中配置硝酸溶液，需要用量筒量取浓硝酸 mL。
(2)下列仪器中，属于②中“趁热过滤”所需的仪器是 。过滤时，“趁热”的目的是 ，大理石中常含有Fe、Al等杂质元素，则沉淀的主要成分是 (填化学式)。缺少步骤②，对后续实验造成的影响是 。
(3)⑥中发生反应的化学方程式是 ，氨水的作用是 。
(4)⑦中“减压过滤”的优点是 ，产品可用 洗涤。
(5)对产品(相对分子质量为216)进行热重分析，得到数据如图。400℃时，得到的产品的化学式是 。
20．研究小组以(绿色固体)、等物质为原料制备无水(紫色固体，易升华)，制备装置如图所示(夹持装置略)。
(1)仪器A的名称为 。
(2)B处的装置为 (填选项)，装的药品为 。
(3)本实验持续通入的目的有赶走体系中原有的空气、 。
(4)反应管的温度升到时发生反应，生成和(光气)，其化学方程式为 。有剧毒，与水反应生成两种酸性气体，分子中原子的杂化方式为 ，C装置中生成的盐是 (填化学式)。
(5)反应管右端有在加热炉外，其作用是 。
(6)反应完成后，得到固体产品。则该实验的产率为 。[已知的式量为152；的式量为158.5]
选做题
1．信息型氧化还原反应方程式的书写：
(1)实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为 。
(2)滤液(含Fe2＋和H＋)加入H2O2氧化时发生反应的离子方程式为 。
(3)在稀硫酸中，Z(Cr)的最高价含氧酸的钾盐(橙色)氧化M(O)的一种氢化物，Z(Cr)被还原为＋3价，该反应的化学方程式是 。
(4)当用CaSO3水悬浮液吸收经O3预处理的烟气时，清液(pH约为8)中SO32—将NO2转化为NO2—，其离子方程式为 。
(5)CuSO4溶液能用作P4中毒的解毒剂，反应可生成P的最高价含氧酸和铜，该反应的化学方程式是 。
(6)KClO3可用于实验室制O2 ，若不加催化剂，400 ℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1∶1，写出该反应的化学方程式： 。
(7)某地污水中的有机污染物主要成分是三氯乙烯(C2HCl3)，向此污水中加入KMnO4(高锰酸钾的还原产物为MnO2)溶液可将其中的三氯乙烯除去，氧化产物只有CO2，写出该反应的化学方程式： 。
2．以含钴废料(主要成分，难溶于水，还含有少量、、PbO杂质)为原料，制备工艺流程如图所示。
流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
沉淀物
开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0
完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2
回答下列问题：
(1)滤渣1为 (填化学式，下同)；滤渣2为 。
(2)“浸取”时，发生反应的化学方程式为 (中Co转化为)。
(3)“氧化”时加入的作用是 (用离子方程式表示)，“沉锂”时加入NaF的作用是 。
(4)“调pH”时，pH的范围为 。
(5)“沉钴”时，溶液滴加过快会导致产品不纯，其原因是五莲县2024届高三上学期1月阶段性测试
参考答案
1．A
【详解】A．次氯酸钙溶液与少量二氧化硫反应生成硫酸钙沉淀、氯化钙和次氯酸，反应的离子方程式为Ca2++3ClO—+SO2+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl—，故A正确；
B．碳酸氢铵溶液与足量氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀、一水合氨和水，反应的离子方程式为Ca2++HCO+NH+2OH—=CaCO3↓+ NH3·H2O +H2O，故B错误；
C．酸化的高锰酸钾溶液与过氧化氢溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、氧气和水，反应的离子方程式为2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，故C错误；
D．稀硫酸与硫代硫酸钠溶液反应生成硫酸钠、二氧化硫、硫和水，反应的离子方程式为S2O+2H+=SO2↑+S↓+H2O，故D错误；
故选A。
2．D
【详解】A．过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H2+2Ce4+=2H++2Ce3+，故A错误；
B．总反应：，时，过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的个数之比为1：1，故B错误；
C．Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3是反应的催化剂，参与反应但是量不变，故C错误；
D．根据总反应：，中N元素化合价降低，被H2还原，故D正确；
答案选D。
3．C
【分析】10mLX溶液中加入足量HCl酸化BaCl2溶液，生成2.33g白色沉淀，为BaSO4，说明X溶液中含，n()=n(BaSO4)==0.01mol；10mLX溶液中加入氢氧化钠溶液，滤液稀释后pH=13、呈碱性，剩余氢氧化钠的量为0.1mol/L×0.1L=0.01mol,产生的刺激性气味的气体为NH3，说明X溶液中含有离子，n()=n(NH3)==0.01mol,0.01mol消耗NaOH为0.01mol；有白色沉淀生成，白色沉淀只能为Mg(OH)2，说明X溶液中含Mg2+、无Fe3+，n(Mg2+)=n[Mg(OH)2]= =0.02mol,0.02molMg2+消耗NaOH为0.02mol×2=0.04mol,0.04mol+0.01mol+0.01mol＜0.025L×4mol/L=0.1mol,说明X溶液中还含有Al3+，由Al3++4OH-= +2H2O可知n(Al3+)==0.01mol,由于2n(Mg2+)+3n(Al3+)+n()=0.02mol×2+0.01mol×3+0.01mol=0.08mol,2n()=0.01mol×2=0.02mol＜0.08mol,根据溶液呈电中性可知，X溶液中一定含有Cl-，且10mL溶液中n(Cl-)=0.08mol-0.02mol=0.06mol,据此分析解答。
【详解】由上述分析可知，10mLX溶液中一定含有0.01mol、0.02molMg2+、0.01molAl3+、0.01mol、0.06molCl-，一定不含有Fe3+；
A．X溶液中一定含有、Mg2+、Al3+、Cl-、，、Mg2+、A13+水解使溶液呈酸性，pH＜7，故A错误；
B．由上述分析可知，X溶液中一定含有、Mg2+、Al3+、Cl-、，故B错误；
C．由上述分析可知，10mLX溶液中一定含有0.06molCl-，c(Cl-)==6.0mol/L，故C正确；
D．10mLX溶液中一定含有0.01molAl3+，加入足量NaOH溶液时生成0.01mol，通入足量的CO2气体，可得0.01molAl(OH)3沉淀，将沉淀过滤、洗涤、灼烧至恒重，根据Al原子守恒可知，得到0.005molAl2O3固体，质量为0.005mol×102g/mol=0.51g，故D错误；
故选：C。
4．B
【详解】A．硫酸钙微溶，还会发生硫酸根与钙离子的沉淀反应，A错误；
B．酸性条件下的硝酸根具有强氧化性能将还原性碘离子氧化成碘单质：6I-+2+8H+=2NO↑+4H2O+3I2，B正确；
C．过量氢氧化钠溶：HCO++2OH-=NH3·H2O+H2O+CO，C错误；
D．硫离子与铜离子生成硫化铜沉淀而不能大量共存，D错误；
故选B。
5．D
【分析】铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)与稀盐酸反应得到的滤液A中溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的HCl；加入铁粉还原铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+，过量的盐酸和Fe反应：2HCl+Fe=FeCl2+H2↑，过滤过量的铁，滤液B的溶质主要为氯化亚铁；加入氢氧化钠溶液，生成Fe(OH)2；向浊液C中加入H2O2溶液，反应完成后需除去剩余的H2O2，再与氯化亚铁混合，经一系列操作后得到产品Fe3O4。
【详解】A．滤液B的溶质主要为氯化亚铁，可以用KSCN溶液检验滤液B中是否含有Fe3+，故A错误；
Ｂ．加入铁粉还原铁离子的反应2Fe3++Fe=3Fe2+不是置换反应，铁单质与过量盐酸的反应，属于置换反应，故B错误；
Ｃ．为防止H2O2在步骤⑤中继续氧化亚铁离子，需除去剩余H2O2，故C错误；
Ｄ．超顺磁性纳米Fe3O4平均直径为25nm，其均匀分散在水中后得到胶体，有丁达尔效应，故D正确。
答案为：D。
6．A
【解析】略
7．B
【详解】此题答案可能不正确，如您有正确答案请联系总部编辑qq：807204649。
8．C
【详解】A．FeI2溶液中依次滴加少量氯水和CCl4，溶液分层，下层呈紫红色，说明氧化了I-，还原性：Fe2+＜I-，A正确；
B．往NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，发生反应，偏铝酸根结合碳酸氢根电离的氢离子生成氢氧化铝沉淀，则结合H+的能力：AlO＞CO，B正确；
C．碳酸氢根在溶液中存在电离，根据同浓度的NaHCO3溶液和CH3COONa溶液的pH无法比较水解常数的大小，C错误；
D．等浓度的NaCl溶液和NaI溶液分别与等浓度银氨溶液混合，Ksp小的才有可能产生沉淀，没有产生氯化银沉淀，产生碘化银沉淀，说明溶度积常数：Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，D正确；
故选C。
9．B
【详解】A．通过NaBiO3的制备过程④可知NaBiO3常温下难溶于水，A错误；
B．制备NaBiO3的化学方程式为Bi(NO3)3+4NaOH+NaClONaBiO3↓+NaCl+3NaNO3+2H2O，B正确；
C．将Bi(NO3)3溶解于稀HNO3溶液中的目的是抑制Bi3+的水解，C错误；
D．铋酸钠(NaBiO3)在酸性条件下可将Mn2+氧化成，则NaBiO3作氧化剂，发生还原反应，D错误；
故选B。
10．D
【详解】A．18 g D2O中含有的质子数为=9NA，A错误；
B．由题干图示可知，1分子P4O10中14个σ键，故14.2 g P4O10含σ键的数目为=0.8 NA，B错误；
C．已知I-的还原性强于Fe2+，向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1 mol Fe2+被氧化时，I-已经完全被氧化，由于题干未告知原溶液中FeI2的物质的量，故无法计算共转移电子的数目，C错误；
D．反应中转移电子数为：6e-，每有 1 mol KMnO4 被还原，转移电子数为 3NA，D正确；故答案为：D。
11．AC
【详解】A．为了从粗食盐水中除去Ca2+、Mg2+、等离子，先加入过量的氢氧化钡溶液，Mg2+与OH-反应生成氢氧化镁沉淀，与Ba2+生成硫酸钡沉淀，Ca(OH)2的溶解度较小，Ca2+与OH-也会生成少量Ca(OH)2沉淀，选项A正确；
B．B中含有Ca2+、Ba2+、OH-等杂质离子，②中加入过量Na2CO3溶液的主要目的是为了除去Ca2+、Ba2+，选项B错误；
C．D中主要含有Cl-、Na+、、OH-四种离子，选项C正确；
D．③中加入适量盐酸，可除去、OH-，则③发生的反应有2H++=H2O+CO2↑，H++OH-=H2O，选项D错误；答案选AC。
12．A
【详解】A．与的摩尔质量均为20g/mol，且每个与的电子数均为10个，所以和的混合物中含有的电子数为=，A正确；
B．已知CH3CH2OH分子中的C和O均为sp3杂化，故23gCH3CH2OH中为sp3杂化的原子数为=1.5NA，B错误；
C．1mol[Cu(NH3)4]2+中有12molN-Hσ键和4molCu-Nσ键，故σ键的数目为16NA，C错误；
D．甲烷酸性燃料电池中正极上为O2得到电子被还原，电极反应为：O2+4H++4e-=2H2O，则有1mol气体反应时转移的电子数目4NA，D错误；故答案为：A。
13．B
【分析】向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，由于还原性I-＞Fe2+＞Br-，首先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反应完毕，再反应反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故线段I代表I-的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br-的变化情况；通入氯气，根据反应离子方程式可知溶液中n（I-）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×（3mol-1mol）=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I-）+n（Br-）=2n（Fe2+），故n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=2×4mol-2mol=6mol，线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，已知碘单质的物质的量为1mol，反应消耗氯气的物质的量为5mol，根据电子守恒，则该含氧酸中碘元素的化合价为+5价，则该含氧酸为HIO3，即线段Ⅳ表示HIO3的变化情况，据此分析解答。
【详解】A．根据分析可知，线段Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别代表I-、Fe2+、Br-、HIO3的变化情况，故A正确；
B．n（Fe2+）：n（I-）：n（Br-）=4mol：2mol：6mol=2：1：3，故B错误；
C．由分析可知，溶液中n（Br -）=6mol，根据2Br - +Cl2=Br2+2Cl-可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，b-a=5，所以b=11，故C正确；
D．线段Ⅳ的反应方程式为： 5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3，氧化剂和还原剂的物质的量之比是5∶1，故D正确；故答案为B。
14．C
【详解】A．二氧化硫溶于水后溶液有酸性，酸性条件下的硝酸根离子具有强氧化性，会将二氧化硫或亚硫酸氧化，最终得到硫酸钡沉淀，A错误；
B．CHCOONH4属于弱酸弱碱盐，存在、的水解，水解过程促进水的电离，使水的电离程度增大，只不过是两种离子的水解程度相当，最后溶液呈中性;而 NaCl属于强酸强碱盐，不水解，则CHCOONH4溶液和NaCl溶液中水的电离程度不相等 ，B错误；
C．向沸水中滴入几滴氯化铁饱和溶液，继续煮沸，并用激光笔照射，溶液变红褐色，出现丁达尔效应，此时产生了氢氧化铁胶体，C正确；
D．10mL 0.1mol·L的K2S相对于2mL等浓度的ZnSO4溶液是过量的，则再加入2mL等浓度的CuSO4溶液时，发生Cu2++S2-=CuS↓，得到黑色的硫化铜沉淀，未发生沉淀的转化，不能得到，D错误； 故选C。
15．B
【分析】由流程图可知，锌粉与二氧化硫反应生成ZnS2O4，向ZnS2O4溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成氢氧化锌沉淀和Na2S2O4，过滤后向Na2S2O4溶液中加入NaCl固体降低Na2S2O4溶解度，析出Na2S2O4·2H2O晶体，过滤后加热Na2S2O4·2H2O晶体脱去结晶水生成Na2S2O4据此回答。
【详解】A．将锌粉投入水中形成悬浮液可增大与二氧化硫的接触面积，加快反应速率，A正确；
B．加NaCl固体和冷却搅拌都有利于溶解平衡逆向移动，可析出更多的Na2S2O4·2H2O，若使用NaCl溶液，会降低钠离子浓度使析出的Na2S2O4·2H2O减少，Na2S2O4产率降低，B错误；
C．乙醇沸点低易挥发便于干燥，故洗涤时用乙醇效果好于蒸馏水，C正确；
D．锌粉与二氧化硫的反应是化合反应，反应中元素有化合价变化，也是氧化还原反应，ZnS2O4溶液与NaOH溶液的反应是复分解反应，加热Na2S2O4·2H2O生成Na2S2O4的反应是分解反应，D正确； 故选B。
16．(1)NaOH
(2) 、
(3) 取反应I后的溶液少许于试管中，滴入少量的溶液，若无蓝色沉淀，则已全部转化成 NaCl、 111.75g
【详解】（1）通过观察反应物和生成物可知，生成物比反应物多2个Na、2个O、2个H，根据原子守恒可知，X的化学式为NaOH。
（2）该反应中1个Na2O2失电子被氧化转化为O2，2个FeSO4失电子被氧化转化为Na2FeO4，因此氧化产物为O2和Na2FeO4。该反应6个Na2O2中，5个Na2O2中的O得电子化合价从-1价降低为-2价，1个Na2O2失电子化合价从-1价升高到0价，FeSO4中Fe失电子化合价从+2价升高到+6价，用单线桥法标明电子转移的方向和数目为 。
（3）①反应Ⅰ中过氧化氢在酸性条件下将亚铁离子氧化成铁离子，离子方程式为。检验Fe2+通常使用溶液，具体方法为取反应I后的溶液少许于试管中，滴入少量的溶液，若无蓝色沉淀，则已全部转化成。
②反应Ⅱ中硫酸铁与NaOH、NaClO反应生成Na2FeO4、NaCl、Na2SO4和H2O，副产物的成分为NaCl和Na2SO4。
③硫酸铁与NaOH、NaClO反应生成Na2FeO4、NaCl、Na2SO4和H2O，化学方程式为3NaClO+Fe2(SO4)3+10NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O+3Na2SO4，理论上每生成1mol高铁酸钠消耗NaClO1.5mol，质量为111.75g。
17．(1)第五周期VIA族
(2)2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2
(3) CuSO4 取最后一次洗涤液少量于试管，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀，说明洗涤干净，若有白色沉淀则没有洗干净
(4)低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小
(5) +6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O 49.0%
【分析】电镀污泥主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金( Au)，先煅烧，Cr2O3与O2、Na2CO3高温反应生成Na2CrO4、CO2，水浸后，过滤，滤液中含有Na2Cr2O7，酸化后得到K2Cr2O7；另煅烧时，Cu2Te与O2反应生成CuO、TeO2，沉渣加入稀硫酸时，CuO、TeO2、 Cr2O3均与稀硫酸反应生成硫酸盐，Au不溶，过滤，除去，将沉积液进行电解，铜离子在阴极放电，生成铜单质，再向电解后的溶液中通入SO2，含有+4价的Te，生成粗Te。
【详解】（1）Te元素在元素周期表中的位置为第五周期ⅥA族；
（2）煅烧时，Cr2O3与O2、Na2CO3高温反应生成Na2CrO4、CO2，发生反应的化学方程式为：2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2；
（3）浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外，还含有CuSO4；
“还原”步骤后，得到的粗碲经洗涤后可以得到较为纯净的碲单质，若碲单质洗涤干净，则最后的洗涤液中不含有，故检验碲单质是否洗涤干净的实验操作是取最后一次洗涤液少量于试管，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀，说明洗涤干净，若有白色沉淀则没有洗干净；
（4）通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7是由于低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小；
（5）用(NH4)2Fe(SO4)2标准液滴定K2Cr2O7溶液时，反应的离子方程式为+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的体积平均为25.00 mL，则消耗(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为：n[(NH4)2Fe(SO4)2]=0.025 L×0.1000 mol/L =0.0025 mol，故根据二者反应转化关系可知：25 mL溶液中含有的K2Cr2O7的物质的量为n(K2Cr2O7)=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=0.0025 mol×，则所得产品中K2Cr2O7的纯度为。
18．(1) Ce的浸出率较高
(2) (3)稀盐酸
(4)受热分解生成，抑制发生水解 (5)78.88
【详解】（1）浸取液中含有、、、，加入双氧水和稀硫酸，将氧化为，不溶于水，发生反应的离子方程式为：；根据图像信息，当，温度为，Ce的浸出率较高；
（2）完全沉淀时，，，，；若浸取液中，， ，，，要使、完全除去，而不除去，调节的pH范围是：；
（3）向有几层加入稀盐酸，可使平衡(水层)+3HT(有机层)(有机层)(水层)逆向移动，从而使转变为而除去，所以加入稀盐酸；
（4）直接加热会发生水解：，加入，受热分解生成，抑制发生水解；
（5）根据反应：，得关系式：， 的纯度为 。
19．(1)9.4
(2)ACD 防止结晶析出，产率下降 、 是过氧化氢分解的催化剂，会增加过氧化氢的用量
(3) 提供碱性环境，促进电离出足够浓度的，以便生成沉淀
(4) 过滤速度快或使固液分离完全或滤出的固体易干燥等 冰水或冷水
(5)CaO
【详解】（1）根据稀释前后溶质不变，设需要用量筒量取浓硝酸xmL，则 ，解得，故需要用量筒量取的浓硝酸9.4mL；
（2）“趁热过滤”所需的仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒，故选ACD；“趁热”的目的是防止结晶析出，产率下降；加入氨水，调节pH，可使、转化为氢氧化物沉淀，故沉淀的主要成分是、；若缺少步骤②，是过氧化氢分解的催化剂，会增加过氧化氢的用量；
（3）⑥中得到，发生的反应为；氨水的作用是提供碱性环境，促进电离出足够浓度的，以便生成沉淀；
（4）⑦中“减压过滤”具有过滤速度快、使固液分离完全、滤出的固体易干燥等优点；根据第⑥步提示，用冰水或冷水洗涤，固体的损耗较少；
（5）设对1mol产品进行热重分析，并且400℃时得到的产品的化学式是，其中，，则，，即产物是CaO。
20．(1)三颈烧瓶 (2) b 无水CaCl2 (3)将气态四氯化碳吹入管式炉
(4) Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2 sp2 Na2CO3和NaCl
(5)使CrCl3凝华 (6)80%
【分析】实验室制备无水CrCl3的反应原理为：Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2。利用氮气和热水加热将四氯化碳转化为气态进入管式炉与氧化铬反应得到氯化铬，装置B的作用是防止C中的水进入管式炉，用氢氧化钠溶液吸收COCl2，以此解答。
【详解】（1）仪器A的名称为：三颈烧瓶。
（2）由分析可知，装置B的作用是防止C中的水进入管式炉，应该用球形干燥管，故选b，装的药品为无水CaCl2。
（3）热水加热将四氯化碳转化为气态，利用氮气将气态四氯化碳吹入管式炉。
（4）根据题意，以Cr2O3(绿色固体)、CCl4为原料制备固体无水CrCl3，生成CrCl3和COCl2(光气)，反应的化学方程式为Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2；COCl2中存在碳氧双键，C原子的杂化方式为sp2，COCl2与水反应生成两种酸性气体：COCl2+H2O=CO2+2HCl，b装置中盛放足量NaOH溶液，所以生成的盐是Na2CO3和NaCl。
（5）无水CrCl3易升华，所以反应管右端有15cm在加热炉外，是为了使CrCl3凝华。
（6）管式炉中1.52g的物质的量为=0.01mol，由Cr元素守恒可知，理论上可以生成0.02mol CrCl3，反应完成后，得到固体产品2.536g。则该实验的产率为=80%。
选做：
1．(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)
【详解】（1）次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，氮元素化合价升高、则氯元素化合价降低被还原为氯化钠，反应的化学方程式为；
（2）过氧化氢具有氧化性，会将亚铁离子氧化为铁离子：；
（3）在稀硫酸中，Z(Cr)的最高价含氧酸的钾盐(橙色)为重铬酸钾，其氧化M(O)的一种氢化物，则为过氧化氢，反应中Z(Cr)被还原为＋3价、则过氧化氢被氧化生成氧气，该反应的化学方程式是；
（4）四价硫具有还原性，清液(pH约为8)中SO将NO2转化为NO，则亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，结合质量守恒可知，氢氧根离子参与反应生成水，其离子方程式为；
（5）CuSO4溶液能用作P4中毒的解毒剂，反应可生成P的最高价含氧酸磷酸和铜，根据质量守恒可知，还生成硫酸，该反应的化学方程式是；
（6）KClO3若不加催化剂，400 ℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐则为KCl，另一种盐为钾盐，且阴阳离子个数比为1∶1，氯元素化合价降低由+5变为-1，则另一部分氯元素化合价升高为+7得到KClO4，结合电子守恒、质量守恒可知反应为：；
（7）污水中加入KMnO4(高锰酸钾的还原产物为MnO2)溶液可将其中的三氯乙烯除去，氧化产物只有CO2，则氯元素转化为KCl，结合质量守恒可知，同时生成HCl，反应为。
2．(1) 和
(2)
(3) 将转化为LiF沉淀而除去
(4)
(5)溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生沉淀，从而导致产品不纯
【分析】含钴废料(主要成分，难溶于水，还含有少量、、PbO杂质)为原料制备；先把原料用H2SO4和Na2SO3得混合溶液进行酸浸，LiCoO2中Co转化为Co2+，Fe3+被SO还原为Fe2+，PbO与稀硫酸反应生成PbSO4沉淀，为滤渣1，滤液1中含有Li+、Co2+、Al3+、Fe2+；加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，调整溶液的pH，使Fe3+和Al3+转化为和沉淀，过滤除去；再向滤液2中加入NaF沉锂，过滤后向滤液中加入Na2C2O4沉钴，得到，以此解答。
【详解】（1）由分析可知，滤渣1为，滤渣2为和。
（2）“浸取”时，中Co转化为Co2+，和、反应生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
（3）由分析可知，“氧化”时加入的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：；“沉锂”时加入NaF的作用是将转化为LiF沉淀而除去。
（4）调整溶液的pH，使Fe3+和Al3+转化为和沉淀，不能使Li+沉淀，由表格数据可知，pH的范围为，
（5）“沉钴”时，溶液滴加过快会导致产品不纯，其原因是溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生沉淀，从而导致产品不纯。
