2022-2023学年河北省邢台市六校高三上学期第一次月考化学试题（解析版）

试卷第=page1818页，共=sectionpages1818页试卷第=page1717页，共=sectionpages1818页河北省邢台市六校2022-2023学年高三上学期第一次月考化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．化学与生活密切相关。下列说法错误的是A．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阴极法B．疫苗一般应冷藏避光存放，以避免蛋白质变性C．家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境D．泡沫灭火器可用于一般的灭火，但不适用于电器灭火【答案】A【详解】A．镁活动性较强，镁失去电子发生氧化反应，电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极法，A错误；B．疫苗一般应冷藏避光存放，以避免蛋白质在外界条件改变时变性，B正确；C．用水性漆替代传统的油性漆，可减少甲醛污染，有利于健康及环境，C正确；D．泡沫灭火器可用于一般的灭火，泡沫含有水，故不适用于电器灭火，D正确；故选A。2．某同学在实验室进行如图所示实验，下列说法中不正确的是A．X中的浓溶液滴入沸水中可得到Z中液体B．用过滤和渗析的方法，可将Z中液体分离提纯C．Y中反应的离子方程式：3CaCO3+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3(胶体)+3CO2↑+3Ca2+D．如果用过量Na2CO3粉末代替CaCO3粉末，也能产生同样的现象【答案】D【详解】A．X中的氯化铁浓溶液滴入沸水中，当溶液变为红褐色时可得到氢氧化铁胶体，A正确；B．胶体是分散质粒子大小在1nm~100nm的分散系；溶液是分散质粒子大小小于1nm的分散系；浊液是分散质粒子大小大于100nm的分散系；过滤可以除去过量的碳酸钙，渗析可以分离溶液和胶体，B正确；C．CaCO3能与H+结合生成CO2和H2O，促进Fe3＋的水解，Y中反应为碳酸钙、铁离子、水反应生成氢氧化铁胶体和钙离子和二氧化碳，离子方程式：3CaCO3+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3(胶体)+3CO2↑+3Ca2+，C正确；D．碳酸钠中碳酸根离子会和铁离子发生双水解生成氢氧化铁沉淀而不是胶体，D错误；故选D。3．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是A．3.6g由CaS和CaO2组成的混合物中含有阴、阳离子总数为0.1NAB．S2和S8的混合物共6.4g，其中所含硫原子数一定为0.2NA.C．将0.1molCl2溶于水中，溶液中Cl-、ClO-、HClO的数目之和为0.2NAD．标准状况下，11.2L1H37Cl气体中含有的中子数为10NA【答案】C【详解】A．CaS和CaO2的相对分子质量均为72，且均由1个阳离子和1个阴离子构成，可以看做CaM，3.6gM的物质的量为0.05mol，含有阴、阳离子总的物质的量为0.1mol，数目为0.1NA，故A正确；B．S2和S8的混合物中只含有硫原子，共6.4g物质的量为0.2mol，其中所含硫原子数一定为0.2NA，故B正确；C．溶于水中，只有少部分氯气转化为，、HClO，大部分还是以形式存在的，故C错误；D．1分子中含中子数为20，标准状况下，11.2L气体的物质的量为0.5mol，含有的中子数为10NA，故D正确；故选C。4．下列实验中不能达到实验目的的是A．装置甲可用于验证潮湿氯气与干燥氯气的漂白性B．利用图乙制取并收集少量的NH3C．用丙装置制备无水FeCl3D．用丁装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色【答案】D【详解】A．首先关闭K，干燥后氯气不能使红纸褪色，打开K，潮湿氯气能使红纸褪色，可用于验证潮湿氯气与干燥氯气的漂白性，A正确；B．生石灰和水反应放出大量热，导致氨气逸出，氨气密度小于空气使用向下排空气法收集，B正确；C．干燥氯化氢气体可以防止氯化铁的水解，加热得到无水氯化铁，C正确；D．铁做阴极，不会失去电子生成亚铁离子，不能得到氢氧化亚铁，D错误；故选D。5．25℃和101KPa下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的能量变化如图所示，下列说法正确的是A．1molH2(g)比1molCl2(g)的能量高B．1molH2(g)和1molCl2(g)的总能量比2molHCl(g)的总能量高C．1个HCl(g)分子中的化学键断裂时需要吸收431kJ能量D．2HCl(g)=H2(g)+Cl2(g)的反应热△H=-183kJ•mol-1【答案】B【详解】A．能量变化图只是给出化学键断裂需要的能量，无法比较两者能量高低，故A错误；B．H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=436kJ/mol+243kJ/mol-2×431kJ/mol=-183kJ/mol，反应物的总能量高于生成物的总能量，故B正确；C．1molHCl(g)分子中的化学键断裂时需要吸收431kJ能量，故C错误；D．结合B选项，2HCl(g)=H2(g)+Cl2(g)的反应热△H=+183kJ•mol-1，故D错误；故选：B。6．电化学在现代的生产生活中有着很广泛的应用，越来越影响着我们的生活。下列电化学的叙述正确的是A．电解精炼铜时，粗铜与正极相连，电极反应式：Cu-2e-=Cu2+B．电动自行车使用的铅酸蓄电池的比能量较高，所以生活中使用很普遍C．工业制造盐酸、金属冶炼、有机合成等均涉及氯碱工业产品的应用D．许多使用“铜包铝”代替纯铜制造电缆，其目的是增强电缆的抗腐蚀性【答案】C【详解】A．阳极还有比铜活泼的金属如锌、铁等失电子，A错误；B．铅酸蓄电池的比能量较低，B错误；C．氯碱工业产品主要包括氯气、氢气、氢氧化钠等，应用于工业制造盐酸、金属冶炼、有机合成，C正确；D．许多使用“铜包铝”代替纯铜制造电缆，其目的是节约成本，减轻重量，D错误；故选C。7．用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，实验装置如图甲，电解过程中的实验数据如图乙，横坐标表示电解过程中转移电子的物质的量，纵坐标表示电解过程中产生气体的总体积(单位：L)(标准状况)。则下列有关说法正确的是A．电解过程中，b电极表面先有红色物质析出，后有气泡产生B．a电极上先后发生的反应为Cu2++2e-=Cu和2H++2e-=H2↑C．当转移0.4mol的电子时，向溶液中加入CuO可以使溶液恢复原样D．曲线O~P段表示H2的体积变化，曲线P~Q段表示H2和O2混合气体的体积变化【答案】B【分析】用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，开始时阳极生成氧气、阴极生成铜单质；一段时间后，阳极生成氧气、阴极生成氢气。【详解】A．根据电流方向，b为阳极，电解过程中，b电极发生反应，故A错误；B．根据电流方向，a为阴极，Cu2+氧化性大于H+，所以a电极上先后发生的反应为Cu2++2e-=Cu和2H++2e-=H2↑，故B正确；C．根据图像，当转移0.4mol的电子时，阳极生成0.1mol氧气，阴极生成0.1molCu、0.1molH2，根据元素守恒，向溶液中加入0.1molCu(OH)2可以使溶液恢复原样，故C错误；D．曲线O~P段转移0.2mol电子，生成气体的物质的量为0.05mol，所以O~P段表示O2的体积变化；曲线P~Q段转移0.2mol电子，生成气体的物质的量为0.15mol，曲线P~Q段表示H2和O2混合气体的体积变化，故D错误；选B。8．高氯酸铵(NH4ClO4)可用作火箭推进剂，利用惰性电极电解制备NH4ClO4的工艺流程如图(相关物质的溶解度如图)。下列说法错误的是A．电解I中发生反应的离子方程式：Cl-+3H2OClO+3H2↑B．操作是加热蒸发，冷却结晶，过滤C．“反应器”中发生的反应属于复分解反应D．流程中可循环利用的物质是NaCl和NH4Cl【答案】D【分析】制备NH4ClO4的工艺流程为：电解饱和食盐水得到NaClO3，然后通过电解NaClO3溶液，阳极附近失电子发生氧化反应生成，阴极附近H+得到电子发生还原反应生成氢气；除杂时发生的反应为2NaClO3+2HCl+H2O2═2ClO2↑+2NaCl+2H2O+O2↑，“除杂”的目的是除去少量未被电解的NaClO3；“反应”时用NaClO4和NH4Cl在90℃制备NH4ClO4粗品，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，电解I中发生反应的离子方程式：Cl-+3H2OClO+3H2↑，A正确；B．由分析可知，操作是分离NH4ClO4和NaCl，结合题干溶解度曲线图可知，NH4ClO4的溶解度随温度变化明显，而NaCl的溶解度随温度变化不明显，则操作是加热蒸发，冷却结晶，过滤，B正确；C．反应器中发生的反应为：NaClO4和NH4Cl混合溶液，加热蒸发、冷却结晶得到NH4ClO4晶体和NaCl溶液，属于复分解反应，C正确；D．由分析可知，流程中经操作分离出来的滤液中含有NaCl，可循环利用，D错误；故选D。9．K－O2电池结构如图所示，a和b为两个电极，其中之一为单质钾。关于该电池，下列说法错误的是A．正极反应式为O2+e-+K+=KO2B．隔膜为阳离子交换膜，允许K+通过，不允许O2通过C．用此电池电解CuCl2溶液，消耗标况下O22.24L时，最多生成Cu12.8gD．放电时，电流由b电极沿导线流向a电极通过有机电解质流回b电极【答案】C【详解】A．原电池正极发生还原反应，根据图示，正极反应式为O2+e-+K+=KO2，故A正确；B．根据图示，KO2在正极生成，隔膜为阳离子交换膜，允许K+通过，不允许O2通过，故B正确；C．正极反应式为O2+e-+K+=KO2，消耗标况下O22.24L时，转移电子，用此电池电解CuCl2溶液，阴极反应式为，最多生成Cu，故C错误；D．放电时，a是负极、b是正极，电流由b电极沿导线流向a电极通过有机电解质流回b电极，故D正确；选C。10．一种双阴极微生物燃料电池装置如图所示。该装置可以同时进行硝化和反硝化脱氯，其中硝化过程中NH被O2氧化。下列叙述正确的是A．电池工作时，“厌氧阳极”为正极，“缺氧阴极”和“好氧阴极”为负极B．电池工作时，“缺氧阴极”电极附近的溶液pH减小C．“好氧阴极”存在反应：NH-6e-+8OH-=NO+6H2OD．“厌氧阳极”区质量减少28.8g时，该电极输出电子2.4mol【答案】D【分析】如图所示，“厌氧阳极”上，C6H12O6失去电子生成CO2和H+，电极反应式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2↑+24H+；“缺氧阴极”上，得到电子生成NO2，NO2再转化为N2，电极反应式分别为：+e-+2H+=NO2↑+H2O，2NO2+8e-+8H+=N2↑+4H2O；“好氧阴极”上，O2得到电子生成H2O，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，同时O2还能氧化生成，还可以被O2氧化为，反应方程式分别为2+3O2=2+2H2O+4H+，2+O2=2。【详解】A．由分析可知，电池工作时，“厌氧阳极”失去的电子发生氧化反应，为负极；“缺氧阴极”和“好氧阴极”上得到电子发生还原反应，为正极，A错误；B．由分析可知，电池工作时，“缺氧阴极”上消耗H+，其附近的溶液pH增大，B错误；C．由分析可知，“好氧阴极”上的反应有O2+4H++4e-=2H2O，2+3O2=2+2H2O+4H+，2+O2=2，C错误；D．“厌氧阳极”的电极反应式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2↑+24H+，每1molC6H12O6反应，消耗6molH2O，转移24mol电子，“厌氧阳极”区质量减少288g，故“厌氧阳极”区质量减少28.8g时，该电极输出电子2.4mol，D正确；故选D。二、多选题11．已知将NO2通入Na2S2O3溶液中可转化为NO和SO。下列说法正确的是A．该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：1B．反应后溶液的pH减小C．NO2能被NaOH溶液完全吸收生成两种盐，则吸收1molNO2转移0.5mol电子D．在足量的Na2S2O3溶液中加浓硝酸，则产物一定含SO和NO2【答案】BC【详解】A．将NO2通入Na2S2O3溶液中可转化为NO和SO，氮元素化合价由+4变为+3、硫元素化合价由+2变为+6，由电子守恒可知，8NO2~8e-~Na2S2O3，故该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为8：1，A错误；B．反应的方程式为5H2O+8NO2+S2O=8NO+2SO+10H+，故后溶液的酸性增强，pH减小，B正确；C．NO2能被NaOH溶液完全吸收生成两种盐，反应为2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，2NO2~2e-，则吸收1molNO2转移0.5mol电子，C正确；D．在足量的Na2S2O3溶液中加浓硝酸，随着反应进行硝酸浓度变低，会有一氧化氮生成，D错误；故选BC。12．下列实验方案设计中，能达到实验目的的是选项实验目的实验方案A证明SO2具有还原性将SO2气体通入到酸性KMnO4溶液中，溶液褪色B检验产物中是否含有CO2将炽热的木炭与浓硝酸混合所得的气体先通入饱和NaHCO3溶液除去NO2，再通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊C酸性：HClO＜CH3COOH室温下，用pH计分别测定等物质的量浓度的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pHD酸性：H2SO3＞H2CO3通常情况下，将SO2和CO2分别通入水中制得饱和溶液，再用pH计测定pHA．A B．B C．C D．D【答案】AC【详解】A．KMnO4和SO2发生氧化还原反应，体现SO2的还原性，故A正确；B．炽热的木炭与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸能与饱和NaHCO3溶液反应产生CO2。因此澄清石灰水变浑浊，不能说明CO2来自木炭与浓硝酸的反应，故B错误；C．CH3COONa和NaClO都是强碱弱酸盐，在溶液中阴离子发生水解反应产生弱酸，使溶液显碱性，可在相同温度下，利用pH计测定等物质的量浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH，根据盐的水解规律，来比较CH3COOH和HClO的酸性强弱，故C正确；D．由于SO2和CO2在水中溶解度不同，二者pH的大小除了与酸性强弱有关外还与浓度有关，所以方案不合理，故D错误；故选AC。13．能正确表示下列反应的离子方程式的是A．将少量溴水滴入过量Na2SO3溶液中：Br2+H2O+SO=2Br-+2H++SOB．Mg(OH)2溶于足量的Fe2(SO4)3溶液中：2Fe3++3Mg(OH)2=2Fe(OH)3+3Mg2+C．NaClO溶液吸收少量CO2：CO2+2ClO-+H2O=2HClO+COD．过量的铁与很稀的硝酸反应生成两种盐：4Fe+10H++NO=4Fe2++3H2O+NH【答案】BD【详解】A．少量的溴水不能将所有的亚硫酸根氧化成硫酸根，故为Br2+H2O+3SO=2Br-+2HSO+SO，故A错误；B．Mg(OH)2溶于足量的Fe2(SO4)3溶液中发生沉淀的转化，故为2Fe3++3Mg(OH)2=2Fe(OH)3+3Mg2+，故B正确；C．酸性H2CO3>HClO>HCO，次氯酸钠溶液中通入少量的二氧化碳气体，反应的离子方程式为CO2+ClO-+H2O=HClO+HCO，故C错误；D．过量的铁与很稀的硝酸反应生成两种盐为硝酸亚铁和硝酸铵，故离子方程式为：4Fe+10H++NO=4Fe2++3H2O+NH，故D正确；故选BD。三、填空题14．I.工业上以MnO2(软锰矿的主要成分)为原料制备KMnO4的主要流程为：将MnO2和过量的KOH固体和KClO3在高温下反应，生成锰酸钾K2MnO4和KCl；将生成物溶于水，过滤，除去残渣，将滤液酸化后，K2MnO4转化为MnO2和KMnO4；滤去MnO2沉淀，浓缩溶液，结晶得到深紫色的针状KMnO4。试回答下列问题：(1)MnO2制备K2MnO4的化学方程式：____。(2)K2MnO4转化为KMnO4的离子方程式：____。(3)用稀硫酸酸化的KMnO4溶液能将Na2C2O4氧化为CO2同时有Mn2+生成，写出该反应的化学方程式：_____。II.将96g的铜与一定量的浓硝酸充分反应后，还剩余32g固体，同时生成气体的体积为V1L(标准状况，下同)，将生成的气体与V2LO2混合，恰好完全溶于水转化为硝酸；若将生成的V1L气体完全被NaOH溶液吸收只生成NaNO2和NaNO3，则(4)V2=_____L。(5)NaNO2的物质的量为____mol。III.我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF[(CH3)2NCHO]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示：(6)该历程中决定反应速率步骤的能垒(活化能)E正=____eV；写出该历程中最小能垒(活化能)步骤的化学方程式为：____。【答案】(1)3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O(2)3MnO+4H+=MnO2↓+2MnO+2H2O(3)2KMnO4+8H2SO4+5Na2C2O4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+5Na2SO4+8H2O(4)11.2(5)1(6)

1.19

(CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2+OH*或(CH3)2NCH2OH*+2H*=(CH3)2NCH2+OH*+H*或(CH3)2NCH2OH*+H*=(CH3)2NCH2+OH*【解析】（1）由软锰矿与过量固体KOH和KClO3在高温下反应，生成锰酸钾（K2MnO4）和KCl，反应中Mn元素由+4价升高为+6，Cl元素化合价由+5降低为-1，根据得失电子守恒得方程式为：3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O。（2）由滤液酸化后，K2MnO4转变为MnO2和KMnO4，反应中Mn元素部分由+6价降低为+4，部分升高为+7，根据得失电子守恒、电荷守恒得离子方程式为：3MnO+4H+=MnO2↓+2MnO+2H2O。（3）用稀硫酸酸化的KMnO4溶液能将Na2C2O4氧化为CO2同时有Mn2+生成，该反应的化学方程式：2KMnO4+8H2SO4+5Na2C2O4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+5Na2SO4+8H2O。（4）反应的Cu的质量为96g-32g=64g，64g铜的物质的量为=1mol，共失去2mol电子，硝酸得到这些电子生成混合气体，混合气体再与氧气反应生成硝酸，设氧气的物质的量为xmol，根据得失电子守恒，则x×2×（2-0）=1mol×（2-0），则x=0.5mol，标况下体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，则V2=11.2L。（5）由NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O可知，设NO的物质的量为xmol，NO2的物质的量为ymol，则由电子守恒可知3x+y=2mol，变形得（1.5x+0.5y）mol=1mol，亚硝酸钠的物质的量为2xmol+=（1.5x+0.5y）mol=1mol，则亚硝酸钠的物质的量为1mol。（6）该历程中决定反应速率步骤的能垒(活化能)E正=-1.02eV-（2.21eV）=1.19eV；该历程中最小能垒（活化能）E正=-1.55eV-（-1.77eV）=0.22eV，则该步骤的化学方程式为(CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2+OH*或(CH3)2NCH2OH*+2H*=(CH3)2NCH2+OH*+H*或(CH3)2NCH2OH*+H*=(CH3)2NCH2+OH*。15．回答下列问题(1)已知完全燃烧ag乙炔(C2H2)气体时生成1molCO2和H2O(l)，同时放出热量bkJ，则表示乙炔燃烧热的热化学方程式：_____。(2)某课外科学兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。图中是两个串联的甲烷燃料电池做电源对乙池丙池进行电解实验(各溶液溶质均足量)，当闭合该装置的电键时，观察到电流表的指针发生了偏转。①A电极上发生的电极反应式为：____。②电解过程中丙池中发生的总反应方程式为：____。③当两个燃料电池共消耗甲烷2240mL(标况)，乙池中某极上析出Ag的质量为_____g。(3)如图所示是一种可实现氢气循环利用的新型电池的放电工作原理。若以此新型电池为电源，用惰性电极电解制备硼酸[H3BO3或B(OH)3]，其工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子和阴离子通过)。①新型电池放电时，负极电极反应式为：____。②两池工作时，电池的电极M应与电解池的____(填a或b)极相连接；1、2、3膜为阳膜的是：____。③产品室中发生的离子反应为：____。【答案】(1)C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)

△H=-2bkJ•mol-1(2)

CH4+10OH--8e-=CO+7H2O

Fe+2H2O2Fe(OH)2+H2↑

43.2(3)

H2+2OH--2e-=2H2O

b

1、3

B(OH)+H+=H3BO3+H2O【分析】由图可知，通入甲烷的电极发生还原反应为原电池的负极，通入氧气的电极为正极，则乙池和丙池为电解池，注意其中丙池中的铁电极为活泼电极，以此解题。（1）ag乙炔燃烧放出热量bkJ，则1mol乙炔燃烧放出热量-2bkJ，故表示乙炔燃烧热的热化学方程式为：C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)

△H=-2bkJ•mol-1；（2）①通入甲烷的电极，甲烷失去电子发生氧化反应，故此电极为负极，电极反应式为：CH4+10OH--8e-=CO+7H2O；②丙池中是铁做阳极的电解氯化钠溶液的反应，铁在阳极失去电子，水电离的氢离子离子在铂电极得到电子生成氢气，同时注意阳极生成的二价铁会和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，总反应方程式为：Fe+2H2O2Fe(OH)2+H2↑；③体积为2240mL(标况)的甲烷其物质的量为0.1mol，每个燃料电池消耗0.05mol甲烷，共失去电子0.4mol，则乙池中某电极上析出Ag也为0.4mol，其质量为43.2g；（3）①由图可知，氢气在N电极失去电子，发生还原反应，则N电极为负极，电极反应为：H2+2OH--2e-=2H2O；②通过①问分析可知，M为正极，通过图示可知，原料室中的钠离子向左移动，b极附近的氢离子向左移动，则a电极为阴极，b电极为阳极，则M应该与b电极连接；同时1、3为阳膜；③在产品室中应该是原料室中的B(OH)向右进入产品室，和b极区进入产品室中的氢离子反应生成产品H3BO3，相应的离子反应为：B(OH)+H+=H3BO3+H2O。四、工业流程题16．稀土元素铈的化合物具有良好的光学、电学性质，广泛应用于阴极射线管玻壳、各种平板显示和计算机芯片等领域。以氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3，还有少量其它稀土元素)为原料提取铈元素的一种工艺流程如图所示。已知：①铈常见化合价为+3、+4，四价铈有强氧化性；②CeO2既不溶于水，也不溶于稀硫酸。回答下列问题：(1)焙烧前将矿石粉碎成细颗粒的目的是_____。已知“氧化焙烧”中铈元素转化为CeO2，写出该步反应的化学方程式____。(2)“酸浸II”通常控制温度为40℃~50℃之间的原因是____；该步骤中发生反应的离子方程式为_____。(3)“萃取”所用有机物HT需具备的下列条件是_____(填序号)：①HT不溶于水，也不和水反应；②Ce3+不和萃取剂HT发生反应；③Ce3+在萃取剂HT中溶解度大于水；④萃取剂HT的密度一定大于水(4)“萃取”原理为Ce3+(水层)+3HT(有机层)CeT3+3H+，“反萃取”得到硫酸铈溶液的原理为_____。(5)CeO2是汽车尾气净化器中的关键催化剂，能在还原性气氛中供氧，在氧化性气氛中耗氧，在尾气净化过程中发生着2CeO22CeO2-m+mO2↑(0≤m≤0.5)的循环，则CeO2在消除CO的反应中，物质的量之比n(CeO2)：n(CO)=_____：m。【答案】(1)

增大固体与空气的接触面积，增大反应速率，提高原料的利用率

4CeFCO3+O2+2H2O4CeO2+4HF+4CO2(2)

既有利于加快酸浸速率，又防止温度过高导致双氧水分解(或温度低时，反应速率慢；温度过高导致双氧水分解。)

2CeO2+H2O2+6H+2Ce3++O2↑+H2O(3)①②③(4)向混合液中加入稀硫酸，使c(H+)增大，平衡向形成Ce3+水溶液方向移动(5)1【分析】氟碳铈矿氧化焙烧生成CO2、HF、CeO2，酸浸“氧化焙烧”后的固体，除去其他稀土元素，酸性条件下用过氧化氢还原CeO2生成Ce2(SO4)3、O2、H2O，用有机物HT萃取Ce2(SO4)3，发生Ce3+(水层)+3HT(有机层)CeT3+3H+，用硫酸反萃取生成Ce2(SO4)3，加入NaOH生成Ce(OH)3，再加入O2氧化生成Ce(OH)4。（1）焙烧前将矿石粉碎成细颗粒，可增大固体与空气的接触面积，增大反应速率，提高原料的利用率。氧化焙烧中铈元素转化为CeO2，化学方程式为4CeFCO3+O2+2H2O4CeO2+4HF+4CO2。（2）酸浸Ⅱ温度控制在40℃-50℃之间，原因为既有利于加快酸浸速率，又防止温度过高导致双氧水分解。该步骤中酸性条件过氧化氢还原CeO2生成Ce2(SO4)3，离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+2Ce3++O2↑+4H2O。（3）萃取时两种溶剂不能相溶，且相互之间不能反应，①正确；萃取时被萃取的物质不能和萃取剂发生反应，②正确；萃取是利用溶质在两种溶剂中的溶解度不同，将溶质从溶解度低的溶剂中萃取到溶解度高的溶剂中，③正确；萃取剂HT的密度不一定要大于水，也可以小于水，④错误，答案为①②③。（4）该反应为可逆反应，加入稀硫酸，氢离子浓度增大，化学平衡逆向移动，得到硫酸铈溶液。（5）根据2CeO22CeO2-m+mO2↑，每个CeO2提供m个氧原子，CO生成CO2，一个CO消耗1个氧原子，所以物质的量比n(CeO2)：n(CO)=1：m。五、实验题17．连二亚硫酸钠(Na2S2O4)，是一种重要的化工产品，常在染料、药品的生产里作还原剂或漂白剂。已知Na2S2O4易溶于水，难溶于甲醇，易被空气氧化，遇水迅速分解，在碱性条件下较稳定，可与盐酸发生反应：2Na2S2O4+4HCl=4NaCl+S↓+3SO2↑+2H2O。实验室常用甲酸钠(HCOONa)法制备Na2S2O4，操作步骤及装置图(夹持仪器略去)如图：I.安装好整套装置，检查装置气密性，然后再加入相应的试剂。II.向装置中先通入一段时间N2，再向装置中通入SO2III.控制温度60~70℃，向甲酸钠的甲醇溶液中，边搅拌边滴加Na2CO3甲醇溶液，即可生成Na2S2O4。IV.冷却至40~50℃，过滤，洗涤干燥。回答下列问题：(1)仪器A的名称是_____。(2)步骤II中要先通入一段时间N2，目的是_____。(3)上述装置中还需补充的实验仪器或装置：_____。(4)制取SO2：供选择的玻璃仪器(非玻璃仪器任选)有：大试管、烧杯、圆底烧瓶、分液漏斗、导气管；化学试剂有：铜、浓硫酸、亚硫酸钠固体。请写出制取SO2的化学方程式：_____。(5)步骤III中的HCOONa被氧化为CO2，生成Na2S2O4的化学方程式为：_____。(6)步骤IV用甲醇对Na2S2O4进行洗涤可提高纯度，简述洗涤步骤：在无氧环境中_____。(7)隔绝空气加热Na2S2O4固体，可得到产物Na2SO3和Na2S2O3。某实验小组由于没有做到完全隔绝空气，得到的产物中还含有Na2SO4。完成表中的内容，证明该分解产物中含有Na2SO4。(可选试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸