山东省威海市乳山银滩高级中学2023届高三上学期10月第二次月考化学Word版含解析

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2022-2023学年度高三级部十月月考化学试题本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分100分，考试时间90分钟。考试结束后，将答卷纸和答题卡一并交回。相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Cl-35.5Al-27Mg-24Ca-40Ce-140Mn-55一、单选题(每题2分，共20分)1．化学与科学、技术密切相关，下列说法错误的是A．王亚平太空授课，将泡腾片(含酒石酸和碳酸氢钠)溶于水，在水球内产生气泡，发生的是氧化还原反应B．神舟十三号返回舱侧壁壳体使用的高强度铝合金材料的主要成分是金属单质C．冬奥火炬“飞扬”外壳使用的碳纤维复合材料能耐高温且在空气中不燃烧D．冬奥场馆使用制冷剂制冰是物理过程2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．4.48L氢气、一氧化碳的混合气体完全燃烧，消耗氧气分子的数目为0.1NAB．等质量的H218O与D216O，所含中子数前者大C．由6.2gNa2O与7.8gNa2O2组成的混合物中阴离子总数为0.2NAD．1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去2NA个电子3．钴是一种具有巨大战略价值的金属，中国拥有约47万吨，占到世界储量的31%，以某种钴矿（主要成分为、，还含有少量、）为原料制备的一种流程如图所示，下列说法正确的是A．用装置甲制备“酸浸”所需的B．用装置乙配制“酸浸”所需的12%溶液

1C．用装置丙进行萃取分液D．用装置丁灼烧固体制4．在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是A．含N分子参与的反应一定有电子转移B．由NO生成的反应历程有2种C．增大NO的量，的平衡转化率不变D．当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少5．下列反应的离子方程式正确的是A．和的反应：B．的溶液中通入(标况)：C．碱性溶液与反应：D．向明矾溶液中逐滴加入溶液至恰好沉淀完全：6．某小组探究Cu与HNO3反应，室温下，3mol·L-1的稀硝酸遇铜片短时间内无明显变化，一段时间后才有少量气泡产生，向溶液中加入适量硝酸铜，无明显现象；浓硝酸遇铜片立即产生气泡，进一步操作如图：已知：NO2易溶于水，可部分发生反应2NO2+H2O=HNO2+HNO3。下列说法正确的是A．铜与浓硝酸反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2OB．稀硝酸遇铜片产生气体为无色，该气体遇到空气不变色C．硝酸铜对稀硝酸与铜反应具有催化作用

2D．蓝色溶液B中的NO2或HNO2对稀硝酸与铜的反应起催化作用7．亚氯酸钠()是一种重要的含氯消毒剂，易溶于水，在碱性溶液中比较稳定，遇酸时放出(易溶于水，在温度过高、浓度过大时易发生分解)。下图是由与、NaOH制备的实验装置(夹持装置略去)。下列说法错误的是A．通入空气的目的之一是防止浓度过大发生分解B．装置A中做氧化剂C．装置C的冷水对反应液进行冷却，并防止温度过高和分解D．装置D中NaOH吸收未反应的，防止污染空气8．氰化物是剧毒物质，传统生产工艺的电镀废水中含一定浓度的CN-，无害化排放时必须对这种废水进行处理。可采用碱性条件下的Cl2氧化法处理这种废水，涉及以下两个反应：反应i，CN-+OH-+Cl2OCN-+Cl-+H2O(未配平)；反应ii，OCN-+OH-+Cl2X+Y+Cl-+H2O(未配平)。其中反应i中N元素的化合价没有变化，常温下，X、Y是两种无毒的气体。下列判断错误的是A．反应i中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为1∶1B．X、Y是CO2、N2，且均为反应ii的氧化产物C．该废水处理工艺过程中须采取措施，防止Cl2逸出到空气中D．处理=0.0001mol·L-1的废水106L，消耗Cl25.6×103L9．氯化亚铜是一种白色结晶或白色粉末、微溶于水，不溶于稀盐酸和乙醇，见光易分解，暴露于潮湿的空气中易被氧化为绿色的Cu2(OH)3Cl。以CuCl2粗品(含Fe2+杂质)为原料制备CuCl晶体的工艺流程如图1。下列说法错误的是

3已知：在较高浓度的盐酸中，Fe3+能溶解于有机溶剂甲基异丁基甲酮中。A．“溶解”时加入的酸为浓盐酸B．“溶解”过程中加入H2O2的目的是氧化Fe2+C．“萃取”时采用如图2所示方法进行振荡D．“还原”反应的离子方程式为10．硫元素的价类二维图如图所示。下列说法错误的是A．a与c、d、e都有可能反应生成bB．d溶液久置于空气中会生成e，溶液的减小C．盐g与盐f之间也可能发生反应D．铜与e的浓溶液共热产生的气体通入溶液中，无明显现象二、多选题(每题4分，共20分)11．下列操作不能达到实验目的的是选项目的操作A测定氯水的pH用玻璃棒蘸取饱和氯水点在置于玻璃片的精密pH试纸上，稍后与标准比色卡对照B检验某溶液中是否含先向该溶液中滴加溶液，再滴加少量氯水

4C验证非金属性：SiO2与焦炭在高温条件反应，检验得到的黑色固体为硅，可燃性气体为COD验证的还原性强于向溶液中加入少量氯水，再加，振荡12．以废锌电池预处理物(主要成分为，另含少量等)为原料可生产草酸锌晶体，生产工艺如下图所示。下列关于草酸锌晶体生产工艺，说法正确的是A．“滤渣A”主要成分为B．“除锰”的离子方程式：C．“除锰”后的溶液中主要存在的阳离子有D．“除铁”过程中，不可以用代替13．中学化学常见物质之间，在一定条件下可以发生如图所示的转化关系(部分反应中的没有标明)，其中A、B、C中均含有同一种元素。下列说法错误的是A．若①②③反应都是氧化还原反应，则A不可能是氧气B．若A是气体，D是常见金属，则反应①②③都是化合反应C．若B具有两性，A、B、C、D都是化合物，则C溶液可能呈酸性，也可能呈碱性D．若①②③反应都是氧化还原反应，则A、B、C中含有的同一种元素不一定呈现三种不同化合价14．“侯氏制碱法”是我国化工专家侯德榜为世界制碱工业作出的突出贡献。某实验小组模拟“侯氏制碱法”的工艺流程及实验装置(部分夹持装置省略)如下：

5下列叙述错误的是A．实验时先打开装置③中分液漏斗的旋塞，过一段时间后再点燃装置①的酒精灯B．装置②的干燥管中可盛放蘸稀硫酸的脱脂棉，作用是吸收多余的C．向步骤I所得滤液中通入氨气，加入细小的食盐颗粒并降温，可析出D．用装置④加热碳酸氢钠可实现步骤II的转化，所得可循环使用15．一种以Pd―Cu为催化剂还原去除水体中的机理如图a所示；其他条件相同，不同pH时，转化率和不同产物在总还原产物中所占的物质的量的百分比如图b所示。已知：溶液pH会影响Pd对的吸附，不影响对Ｈ的吸附。下列说法正确的是A．pH越大，Pd对的吸附能力越强B．通过调节溶液的pH，不能使更多的转化为C．反应ii中生成的离子方程式为D．pH=12时，每处理6.2g，理论上消耗标准状况下5.6L第II卷（非选择题）

616．亚氯酸钠是一种高效的氧化剂和优质漂白剂，在水中溶解度较大，遇酸放出。某探究小组设计实验制备固体的装置如图所示(夹持装置省略)：已知：①饱和溶液在温度低于时会析出，高于时析出，高于时分解成和。②的沸点为，易溶于水。回答下列问题：(1)进行本实验时需用的溶液，配制时需要的玻璃仪器除烧杯、胶头滴管和量筒外，还需要_______。(2)写出装置A三颈烧瓶中生成的化学方程式：_______；装置A中使用浓硫酸而不使用稀硫酸的原因是_______。(3)装置C中与反应生成和一种助燃气体，该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为_______；装置C用冰水浴冷却的主要目的是_______。(4)该套装置存在的明显缺陷是_______。(5)充分反应后，为从产品溶液中获取晶体，从下列选项中选出合理的操作并排序：_______。_______→_______→_______→干燥。a.趁热过滤    b.水洗涤    c.加热蒸发结晶    d.冰水洗涤    e.恒温减压蒸发结晶(6)测定样品中的纯度。准确称取所得样品于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液稀释成待测溶液。移取待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用的标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗标准溶液的体积平均值为。(已知：)。该样品中的质量分数为_______(用含m、c、V的代数式表示)

7。若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致测定值_______(填“偏高”或“偏低”)。17．Ⅰ.某废水中可能含有下列离子中的若干种：Fe3+、Al3+、Fe2+、Cu2+、Cl-、CO、NO、SO、SiO。现进行如下实验：Ⅰ.取少量溶液，加入KSCN溶液，无明显变化Ⅱ.另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色Ⅲ.向Ⅱ中所得溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成Ⅳ.向Ⅱ中所得溶液中加入过量浓氨水，仅有红褐色沉淀生成，过滤，在所得溶液中加入盐酸至酸性时，再加入氢氧化钠溶液，有蓝色沉淀生成请回答下列问题：(1)该废水一定含有的离子是_______；(2)实验Ⅱ中加入盐酸生成无色气体的离子方程式是_______；(3)过滤除去Ⅳ中的蓝色沉淀，调整溶液的pH为10.7左右时，加入铝粉，反应产生氨气和氮气的体积比为1：4，其离子方程式为Al+NO+OH-AlO+NH3+N2+H2O(未配平)。若除去0.2molNO，消耗铝_______g。Ⅱ.某混合液中，可能大量含有的离子如下：阳离子：H+、K+、Al3+、NH、Mg2+阴离子：Cl-、Br-、OH-、CO、AlO为探究其成分，某同学将Na2O2逐渐加入到上述混合溶液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量与加入Na2O2的物质的量的关系分别如图所示：(4)该溶液中一定含有的阳离子是_______，其对应物质的量浓度之比为_______，溶液中一定不存在的阴离子是_______。(5)请写出沉淀减少的离子方程式_______。18．为测定某溶液中的含量，某同学设计了如下实验：量取该溶液于烧杯中，加入足量的溶液使转化为沉淀(假设其他离子均不生成沉淀)

8，过滤、洗涤后，往沉淀中加入足量稀硫酸，然后用的标准溶液滴定。(1)配平氧化的化学方程式：__________。。(2)如图所示的仪器中，配制的标准溶液时肯定不需要的是___________(填标号)。(3)在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度___________(填“＞”、“＜”或“=”，下同)；若标准溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度___________。(4)若滴定过程中消耗标准溶液，则原溶液中的质量浓度为___________。(5)下图为草酸钙固体在受热分解过程中所得固体产物的质量随温度变化的曲线，图中A、B、C分别代表三种固体，写出固体A到B的化学方程式：___________。19．氢氧化铈是黄色难溶于水、可溶于酸的常用化学试剂。以氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3)为原料提取氢氧化铈的工艺流程如图所示：请回答下列问题：(1)CeFCO3中Ce的化合价为_______。“酸浸”时，为提高矿石的浸出率，下列措施可采取的是_______(填标号)。A．提高浸出温度     B．延长浸出时间     C．用98%的硫酸

9(2)氧化焙烧发生的反应方程式为_______。(3)H2O2的作用是_______。(4)HT是一种难溶于水的有机溶剂，它能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为Ce3+(水层)+3HT(有机层)⇌CeT3(有机层)+3H+(水层)。操作I的名称是_______，操作III的步骤是_______。20．用废旧复离子电池正极材料分离回收金属元素，正极材料主要为活性材料LiNixCoyMn1-x-yO2与铝箔组成，工艺流程知下：己知：，，回答下列问题：(1)碱浸结束后，滤液中的阴离子除了，主要还有___________(填化学式)。正极活性材料LiNixCoyMn1-x-yO2中Ni、Co、Mn化合价相同，则它们的化合价为___________。(2)固相反应一般反应速率较慢，加快还原焙烧反应速率的方法可以是___________(至少写两种)。(3)①外界条件pH、温度和搅拌时间对三种金属离子沉淀率的影响如下图，则沉钴最合适的条件为___________(填标号)。a．pH=2.0  温度55℃  时间1.0h     b．pH=1.5温度75℃  时间1.0hc．pH=2.0  温度55℃  时间3.0h      d．pH=1.5温度75℃  时间3.0h②洗涤碱式碳酸镍最好选择___________(填标号)。a．碳酸钠溶液     b．氢氧化钠溶液     c．氨水     d．蒸馏水③写出沉锰过程中生成的离子反应方程式：___________。(4)共沉淀法是将两个或两个以上组分同时沉淀的一种方法。酸浸后也可直接调pH使、、沉淀完全回收，则pH应大于___________(已知：lg2=0.3，溶液中离子浓度小于认为沉淀完全)。

10参考答案：1．A【详解】A．将泡腾片(含酒石酸和碳酸氢钠)溶于水，在水球内产生气泡，发生的是复分解反应，不是氧化还原反应，A错误；B．合金是指两种或两种以上的金属单质(或者金属和非金属)通过熔合而成的具有金属特性的物质，故高强度铝合金材料的主要成分是金属单质，B正确；C．冬奥火炬“飞扬”外壳使用的碳纤维复合材料能耐高温且在空气中不燃烧，C正确；D．冬奥场馆使用制冷剂制冰是利用干冰即固体CO2气化时吸收大量的热，而导致水结冰，则是物理过程，D正确；故答案为：A。2．C【详解】A．气体所处的状态未知，不能计算4.48L氢气、一氧化碳的混合气体的物质的量，故A错误；B．H218O与D216O的摩尔质量相同，且两者分子中均含有10个中子，则等质量的H218O与D216O物质的量相同，所含中子数目相同，故B错误；C．Na2O中的阴离子为O2-，Na2O2中的阴离子是，6.2gNa2O的物质的量为0.1mol，含有0.1molO2-，7.8gNa2O2的物质的量为0.1mol，含有0.1mol，则6.2gNa2O与7.8gNa2O2组成的混合物中阴离子的物质的量为0.2mol，总数为0.2NA，故C正确；D．Na反应后变为Na+，1molNa完全反应失去1mol电子，数目为NA，故D错误；故答案选C。3．C【分析】钴矿加入硫酸、二氧化硫酸溶将钴、铝、锌转化为相应盐溶液，除铝后萃取出钴，沉钴得到CoCO3，煅烧得到Co2O3；【详解】A．浓硫酸和铜反应需要加热且每2个硫酸分子生成1个二氧化硫分子，原料利用率低且原料腐蚀性强不适合制取二氧化硫，A错误；B．定容时，胶头滴管应该竖直悬空，不能伸入容量瓶内，B错误；C．萃取分液使用分液装置，C正确；D．灼烧使用坩埚而不是使用烧杯，D错误；故选C。4．D【详解】A．根据反应机理的图示知，含N分子发生的反应有NO+∙OOH=NO2+∙OH、NO+NO2+H2O=2HONO、

11NO2+∙C3H7=C3H6+HONO、HONO=NO+∙OH，含N分子NO、NO2、HONO中N元素的化合价依次为+2价、+4价、+3价，上述反应中均有元素化合价的升降，都为氧化还原反应，一定有电子转移，A项正确；B．根据图示，由NO生成HONO的反应历程有2种，B项正确；C．NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项正确；D．无论反应历程如何，在NO催化下丙烷与O2反应制备丙烯的总反应都为2C3H8+O22C3H6+2H2O，当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，D项错误；答案选D。5．B【分析】根据离子反应条件进行判断是否发生反应；根据离子反应的先后顺序及反应的量关系判断；C中离子反应注意反应环境；D中注意离子反应的量关系；【详解】A．三价铁和碘离子还会发生反应：，故A不正确；B．根据还原性强弱：Fe2+>Br-，故，通入氯气后，先与Fe2+反应，后与Br-，再根据参与反应的量的关系判断，B正确；C．因为是碱性环境，不可能生成氢离子，故C不正确；正确的离子方程式为：；D．当明矾中的硫酸根离子恰好沉淀时，明矾和氢氧化钡的关系为：1:2，故离子方程式为：；故D不正确；故选答案B；【点睛】此题考查离子反应方程式的正误判断；注意反应环境及反应的先后与量之间的关系。6．D【详解】A．铜与浓硝酸反应生成，离子方程式为，A错误；B．稀硝酸遇铜片产生气体为无色的NO，该气体遇到空气变为红棕色的NO2，B错误；C．通过对比实验，向溶液中加入适量硝酸铜，无明显现象，说明硝酸铜对该反应没有催化作用，C错误；D．通过控制变量，蓝色溶液B中加水稀释后硝酸浓度为的稀硝酸，与初始稀硝酸反应进行对比，反应速率快，只能考虑为溶解的或新生成的起催化作用，D正确；故答案选D。7．B

12【分析】装置A反应生成二氧化氯，B防止倒吸，与、NaOH在C中反应制备，尾气由D吸收。【详解】A．浓度过大时易发生分解，通入空气的目的之一是将二氧化氯排入装置C中反应生成亚氯酸钠，防止浓度过大发生分解，A正确；B．装置A中和氯酸钠反应生成二氧化氯，氯元素化合价降低为氧化剂，过氧化氢中氧元素化合价升高发生氧化反应做还原剂，B错误；C．和受热均易分解，装置C的冷水对反应液进行冷却，并防止温度过高和分解，C正确；D．装置D中NaOH吸收未反应的，进行尾气处理，防止污染空气，D正确；故选B。8．B【详解】A．反应i中氧化剂是Cl2，还原剂是CN－，Cl2中的氯元素的化合价降低2，CN－中的碳元素的合价升高2(由+2升高到+4)，因此i中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为1∶1，故A正确；B．由题中信息可知，X、Y是两种无毒的气体，由反应所涉及的元素可知，X、Y是CO2、N2，N2为反应ii的氧化产物，CO2不是反应ii的氧化产物，故B错误；C．氯气有毒，因此该废水处理工艺过程中须采取措施防止Cl2逸出到空气中，故C正确；D．处理c(CN－)=0.0001mol·L-1的废水106L，物质的量为0.0001mol·L−1×106L=100mol，则失去电子100mol×(2+3)=500mol，因此消耗氯气250mol，标况下的Cl2体积为250mol×22.4L·mol−1=5.6×103L，故D正确；答案为B。9．C【分析】CuCl2(含少量Fe2+)粗品用盐酸溶解，加入双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，加入萃取剂除去杂质铁离子，然后用二氧化硫还原铜离子得到氯化亚铜，经过抽滤、洗涤、干燥的等系列操作获得CuCl晶体。【详解】A．在较高浓度的盐酸中，Fe3+能溶解于有机溶剂甲基异丁基甲酮中，为了减少实验过程中杂质离子的影响，使用的酸应该为浓盐酸，A正确；B．在“溶解”过程中加入H2O2的目的是氧化Fe2+变为Fe3+，通过加入萃取剂除去杂质Fe3+，B正确；C．“萃取”时为充分振荡，应该将分液漏斗倒转，两只手一只按住分液漏斗活塞，一只按住分液漏斗上口玻璃旋塞进行振荡，C错误；D．SO2具有还原性，在酸性条件下将Cu2+还原为Cu+，Cu+与Cl-结合形成CuCl

13沉淀，反应的离子方程式应该为：，D正确；故合理选项是C。10．D【分析】根据化合价以及物质的类别可知a为H2S、b为S、c为SO2、d为H2SO3、e为H2SO4、f含有或、g含有或。【详解】A．a为H2S，可以和SO2、H2SO3、H2SO4发生归中反应生成硫单质，A正确；B．H2SO3具有较强的还原性，在空气久置会被氧气氧化成硫酸，硫酸酸性更强，pH更小，B正确；C．g为硫酸盐或酸式盐，f为亚硫酸盐，可能会发生反应生成二氧化硫，C正确；D．铜与浓硫酸共热产生的气体SO2，SO2通入溶液中，可能与其中溶解的氧气反应生成硫酸钡沉淀，D错误；答案选D。11．AC【详解】A．饱和氯水中含有氯气和水生成次氯酸，次氯酸具有漂白性能使试纸褪色，A错误；B．先向该溶液中滴加溶液，溶液不变血红色，再滴加少量氯水，溶液变血红色，说明溶液含有亚铁离子，B正确；C．SiO2与焦炭在高温条件反应生成硅是因为生成气体逸出导致反应正向进行生成硅，不能验证非金属性：，C错误；D．向溶液中加入少量氯水，再加，振荡，下层有机层为无色，说明氯水首先和亚铁离子反应，证明的还原性强于，D正确；故选AC。12．B【分析】由题给流程可知，废锌电池预处理物加入盐酸酸浸时，金属氧化物溶于盐酸得到可溶的金属氯化物，二氧化硅不与盐酸反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣A和含有可溶的金属氯化物的滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将锰离子转化为MnO(OH)2沉淀，过滤得到MnO(OH)2和含有铁离子、铜离子和锌离子的滤液；向滤液中加入氧化锌，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣B和含有铜离子、锌离子的滤液；向滤液中加入硫化锌，将溶液中的铜离子转化为硫化铜，过滤得到含有硫化铜的滤渣C和含有锌离子的滤液；向滤液中加入草酸铵溶液，将溶液中锌离子转化为草酸锌沉淀，过滤得到滤液和草酸锌。【详解】A．由分析可知，滤渣A的主要成分为二氧化硅，故A错误；

14B．由分析可知，加入过氧化氢溶液的目的是将锰离子转化为MnO(OH)2沉淀，反应的离子方程式为，故B正确；C．由分析可知，除锰后的溶液中主要存在的阳离子为铁离子、铜离子和锌离子，故C错误；D．除铁过程中，加入氧化锌的目的是与铁离子在溶液中的水解生成的氢离子反应，促进铁离子水解，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，碳酸锌与氢离子也能反应，也能促进铁离子水解，所以除铁过程中，可以用碳酸锌代替氧化锌，故D正确；故选BD。13．A【分析】符合题干图像的转化关系可以是含非金属元素化合物的连续氧化（如含C、N、S元素的单质及化合物），或者Fe、Cu等多价态金属元素与卤素等强氧化性物质反应的转化，也可以是类似Al及其氧化物这类有两性的物质与酸、碱反应的转化。【详解】A．若A为O2，B为CO2，C为CO，D为C，也符合选项与题干条件，A可以是O2，可得A选项错误；B．若A为，B为FeCl3，C为FeCl2，D为，符合选项与题干条件，可得B选项正确；C．若A为AlCl3，B为Al(OH)3，C为NaAlO2，D为NaOH，则C溶液为碱性，或A为NaAlO2，B为Al(OH)3，C为AlCl3，D为HCl，则C溶液为酸性，两者均符合选项与题干条件，可得C选项正确；D．由A、B项的猜想可知①②③反应都是氧化还原反应，A、B、C中含有的同一种元素不一定呈现三种不同化合价，可得D选项错误；故选AD。14．AD【分析】侯氏制碱法中，制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水，氨气极易溶于水，二氧化碳能溶于水，所以应先通入氨气，通氨气时要防止倒吸，导管不能插入液面以下，碳酸氢钠的溶解度相对于氯化铵来说碳酸氢钠的溶解度更小一些，所以在溶液中首先结晶析出碳酸氢钠晶体，过滤后的母液中含有氯化铵，在母液中通入氨气可以增大溶液中铵根离子的浓度，使NH4Cl以晶体的形式析出。【详解】A．氨气在溶液中的溶解度大，应该先通入氨气，故应该先打开装置①中分液漏斗的旋塞，A错误；B．过量氨气扩散到空气中会造成污染，所以要进行尾气吸收，2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4，B正确；C．过滤碳酸氢钠晶体后，母液中含有氯化铵，在母液中通入氨气可以增大溶液中铵根离子的浓度，使NH4Cl以晶体的形式析出，C正确；D．固体加热不可用烧杯，也实现不了二氧化碳循环利用，D错误；

15故选AD。15．C【详解】A．由图b可知，随着pH减小，n(N2)增大，n(铵态氮)变化不大，则还原产物中n(N2)：n(铵态氮)比值增大，Pd表面吸附的和个数比变大，而溶液pH会影响Pd对的吸附，不影响对Ｈ的吸附，即pH越小，Pd对的吸附能力越强，A错误；B．由图b信息可知，pH值不同还原产物也不同，pH为4时主要还原产物为N2、pH为12时，还原产物几乎全是，故通过调节溶液的pH，可使更多的转化为，B正确；C．由图a可知，反应ii即和H反应生成，根据氧化还原反应配平可得，反应ii中生成的离子方程式为，C正确；D．由图b可知，pH=12时，还原产物几乎全是，则每处理6.2g即=0.1mol，根据电子守恒可知，理论上消耗标准状况下=1.12L，D错误；故答案为：BC。16．(1)500mL容量瓶（1分）(2)        浓硫酸与溶液混合会释放大量热，使生成的ClO2全部变为气体，使得实验顺利进行(3)    1:2    防止生成物NaClO2受热分解(4)缺少尾气处理装置（1分）(5)e→a→b(6)        偏低（1分））【解析】（1）配置400mL溶液，需要用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、量筒和500mL容量瓶。（2）在装置A中，NaClO3为氧化剂，Na2SO3为还原剂，二者发生氧化还原反应，生成ClO2气体，具体反应方程式为：；浓硫酸与溶液混合会释放大量热，使生成的ClO2全部变为气体，使得实验顺利进行。（3）

16由提示可知，装置C中发生的化学反应为，还原剂H2O2与氧化剂ClO2物质的量之比为1:2；装置C用冰水浴冷却的主要目的是防止生成物NaClO2受热分解。（4）该套装置存在的明显缺陷是没有尾气处理装置，ClO2是有毒气体，必须进行尾气处理。（5）因为超过60℃会分解，因此需要在低于60℃的温度下减压蒸发结晶，再趁热过滤，再用水洗涤，最后干燥，即可得到晶体。（6）消耗的物质的量为，根据反应式中的比例关系可知，与其反应的I2物质的量为；根据已知的第一个反应式中比例关系，消耗的待测溶液中NaClO2物质的量为，因此mg样品中，NaClO2的物质的量为，质量为，质量分数为；若在检测中加入稀硫酸的量过少，将会导致样品中的不能完全反应，导致最终的结果偏小。17．(1)Fe2+、Cu2+、NO、SO(2)3Fe2++NO+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O(3)9.6(4)    H+、Al3+、NH、Mg2+    2：2：2：3    OH-、CO、AlO(5)Al(OH)3+OH-═AlO+2H2O（1分））【分析】Ⅰ．Ⅰ实验a说明废水中不含Fe3＋；实验ⅠⅠ说明生成的无色气体为NO，则废水中一定含有Fe2＋、NO，一定不含CO、SiO；实验ⅠⅠⅠ说明废水中含有SO；实验Ⅳ说明废水中含有Fe2＋、Cu2+，不含Al3＋。Ⅱ．根据图象中沉淀先增加后部分溶解可知：溶液中一定含有：Mg2+和Al3+，所以一定不含CO、AlO，并且含有镁离子的物质的量为3mol，氢氧化铝和氢氧化镁沉淀一共是5mol，根据元素守恒，所以含有铝离子的物质的量2mol；加入8mol过氧化钠会生成4mol氧气，而图象中生成了6mol气体，说明生成的气体除了过氧化钠和溶液反应生成的氧气之外，还一定有2mol其他气体生成，而只能是氨气，所以一定含有2mol铵根离子，所以一定不含有氢氧根离子；图象中加入过氧化钠的物质的量在0～amol

17之间时，没有沉淀生成，所以溶液中含有H+，由于加入8mol过氧化钠时生成的沉淀达到最大量5mol，8mol过氧化钠会生成16mol氢氧化钠，而生成2mol氢氧化铝、3mol氢氧化镁、2mol氨气消耗的氢氧化钠为：2mol×3+3mol×2+2mol=14mol，所以有2mol氢氧化钠与氢离子反应，氢离子的物质的量为2mol；并且物质的量为2mol，溶液中一定还含有阴离子，可能为氯离子或溴离子，钾离子不能确定是否存在，根据电荷守恒：所以n(H+)+3n(Al3+)+n(NH)+2n(Mg2+)≤2n(SO)，所以氯离子物质的量≥16mol，即：离子种类H+Al3+NHMg2+Br-或Cl-物质的量（mol）2223≥16所以溶液中一定存在的阳离子为：H+、Al3+、NH、Mg2+；含有的阳离子的物质的量之比为：n(H+)：n(Al3+)：n(NH)：n(Mg2+)=2：2：2：3，体积相同，故浓度之比为2：2：2：3；溶液中一定不存在的阴离子为：OH-、CO、AlO。（1）根据分析可知，废水中一定含有Fe2+、Cu2+、NO、SO；（2）加入盐酸，实质是溶液中Fe2＋、H＋、NO三者发生反应：3Fe2＋＋NO＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。（3）还原产物是氧化剂对应的生成物，即化合价降低的物质对应的生成物，即NH3和N2，配平方程式得：16Al＋9NO＋7OH－=16AlO＋NH3↑＋4N2↑＋2H2O，除去0.2molNO，消耗铝的质量为×16×27g/mol＝9.6g。（4）根据分析可知，一定含有的阳离子为H+、Al3+、NH、Mg2+，根据分析可知，物质的量浓度之比为2：2：2：3，溶液中一定不存在的阴离子为：OH-、CO、AlO。（5）生成的沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，其中氢氧化铝能够与氢氧化钠溶液反应，反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-═AlO+2H2O。

1818．(1)(2)AC(3)    ＜ （1分） ＜（1分）(4)2.000(或2)(5)CaC2O4CaCO3+CO↑（1分））【解析】（1）该方程式中Mn从+7价降低为+2价，C从+3价升高为+4价，且产物中生成了硫酸钾，则高锰酸钾前系数为2，转移电子10个，则草酸前系数为5，则二氧化碳前系数为10，硫酸锰前系数为2，再根据原子守恒，进行配平，化学方程式为。（2）配制KMnO4标准溶液，步骤为计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，故配制溶液时一定需要的为量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，一定不需要的是圆底烧瓶和分液漏斗，答案选AC。（3）定容时仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，所得溶液的浓度小于0.1000mol/L，若高锰酸钾溶液在移液至容量瓶中时洒落少许，则溶质减少，溶液浓度小于0.1000mol/L。（4）20mL0.1mol/L的高锰酸钾溶液中高锰酸钾的物质的量为2×10-3mol，根据方程式可知，草酸的物质的量为5×10-3mol，根据草酸根离子守恒，可得Ca2+的物质的量为5×10-3mol，则Ca2+的质量为0.2g，其质量浓度为0.2g÷0.1L=2g/L。（5）设B的相对分子质量为x，则，解得x=100，CaC2O4相对分子质量为128，B与CaC2O4相对分子质量相差28，则B为CaCO3，所以固体A到B的化学方程式为CaC2O4CaCO3+CO↑。19．(1)    +3  （1分）AB(2)4CeFCO3+O2+2H2O=4CeO2+4HF+4CO2(3)将CeO2还原为Ce3+(4)    分液(或萃取分液)（1分））    过滤、洗涤、干燥

19【分析】氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3，由流程可知，氧化焙烧生成二氧化碳、HF气体及CeO2，再加稀硫酸、过氧化氢发生2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，溶液中加入萃取剂HT，操作I为分液将溶液中的Ce3+萃取出来，再加入稀硫酸得含有Ce3+的溶液，调节溶液的pH得到Ce(OH)3沉淀，再经过氧气氧化发生4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4，过滤、洗涤、干燥可得Ce(OH)4产品，据此分析进行解答。（1）根据化学式书写原则，F显-1价，碳酸根整体为-2价，则CeFCO3中Ce的化合价为+3价；酸浸时，升高温度、延长浸出时间可提高矿石的浸出率；（2）氧化焙烧过程中氧气参与反应，生成无色无味酸性气体CO2，故发生的反应方程式为:4CeFCO3+O2+2H2O=4CeO2+4HF+4CO2；（3）H2O2是常见的氧化剂，在反应中的作用是将CeO2还原为Ce3+；（4）HT是一种难溶于水的有机溶剂，它能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为Ce3+(水层)+3HT(有机层)=CeT3(有机层)+3H+(水层)，操作I的名称是分液(或萃取分液)；Ce(OH)3沉淀在氧气的作用下氧化为Ce(OH)4，操作III的步骤是：过滤、洗涤、干燥。20．(1)    AlO    +3价（1分）(2)粉碎、搅拌或适当升温(3)    a    c    Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O(4)10.15【分析】由题给流程可知，正极材料用氢氧化钠溶液碱浸，铝箔与氢氧化钠溶液反应转化为偏铝酸钠，过滤得到含有过量氢氧化钠和偏铝酸钠的滤液1和含有LiNixCoyMn1-x-yO2的滤渣；滤渣中加入褐煤高温还原焙烧得到锂、镍、钴、锰，向焙烧渣中加入水，锂与水反应生成氢氧化锂，镍、钴、锰与水不反应，过滤得到含有氢氧化锂的滤液2和含有镍、钴、锰的滤渣；向滤渣中加入稀硫酸酸浸得到含有镍、钴、锰可溶性硫酸盐的溶液，向溶液中加入草酸铵溶液，将钴离子转化为二水草酸钴沉淀，过滤得到含有二水草酸钴和滤液；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤得到碳酸锰和滤液；向滤液中加入氢氧化钠和碳酸钠，将镍离子转化为碱式碳酸锰沉淀和滤液3。（1）

20由分析可知，正极材料用氢氧化钠溶液碱浸，铝箔与氢氧化钠溶液反应转化为偏铝酸钠，则碱浸结束后，滤液中的阴离子除了氢氧根离子外，还含有偏铝酸根离子；设镍、钴、锰三种元素的化合价为a，由化合价代数和为0可得：1+ax+ay+a(1—x—y)=4，解得a=3，故答案为：AlO；（2）固相反应一般反应速率较慢，粉碎、搅拌、适当升温等措施能加快还原焙烧反应速率，故答案为：粉碎、搅拌或适当升温；+3价；（3）①由图可知，溶液pH为2.0、反应温度为55℃、反应时间为1.0h时钴的沉淀率最大，所以沉钴最合适的条件为溶液pH为2.0、反应温度为55℃、反应时间为1.0h，故选a；②为减少碱式碳酸镍因反应和溶解造成产率降低，洗涤碱式碳酸镍的洗涤剂最好选择氨水，故选c；③沉锰过程中生成碳酸锰的反应为锰离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀、二氧化碳和水，反应的离子反应方程式为Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；（4）由溶度积可知，当镍离子、钴离子、锰离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子浓度为=mol/L，则溶液pH为14—4+×lg2=10.15，故答案为：10.15。