2024届高考二轮复习-化学综合计算 作业

2024届高三化学二轮复习——化学综合计算一、单选题1．NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．1molNa2O2与足量CO2反应时，质量增重56gB．1molNa与O2完全反应生成Na2O或Na2O2均失去NA个电子C．1mol·L-1的NaOH溶液中含Na+数目为NAD．23gNa+中含有的电子数为NA2．下列说法正确的是（）A．水中含有氢分子和氧分子B．的摩尔质量是C．常温常压下，体积为D．溶液中的浓度为3．你认为下列数据最为合理的是（）A．某胶体分散质粒子直径为200nmB．常温下某气体的密度为1.8g/cm3C．常温下某澄清石灰水的浓度是4.0mol/LD．某元素的原子半径是0.160nm4．水的相对分子质量为18，则一个水分子的质量为（设NA为阿伏加德罗常数）（）A．g B．g/mol C．18NAg D．5．用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是（）A．1L1mol·L－1K2CO3溶液中含有的K+数目为NAB．常温常压下，22.4LN2含有的分子数目为NAC．1molMg变为Mg2+时失去的电子数目为2NAD．等物质的量的N2O和H2O含有的氧原子数目均为NA6．A、B两个烧杯中分别盛有浓度和体积均相同（100mL3mol/L）的稀盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为A：B=1：2，则加入铝粉的质量为（）A．2.7g B．3.6g C．5.4g D．9g7．下列说法中，错误的是（）A．1molCl2的质量是71gB．标准状况下，22.4LCH4的物质的量为1molC．1molNH3中含有的分子数约为NAD．1mol·L-1Na2SO4溶液中含有2molNa+8．每年10月23日上午6：02到下午6：02被誉为“摩尔日”()，这个时间的美式写法为6：02/10/23，外观与阿伏加德罗常数的值相似。若为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．溶液中含有的数目为B．气体中含有的氧原子数为C．56g铁与足量的稀硫酸反应，转移的电子数为D．含有个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2L9．用下列方法均可制得氯气：①MnO2+4HCl(浓)MnCl+Cl2↑+2H2O②KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O③2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O若要制得相同质量的氯气，①②③反应中电子转移数目之比为（）A．6：5：6 B．1：3：5 C．1：1：1 D．1：6：1010．已知氯气和NaOH溶液在一定温度下能发生反应：，。某温度下，将氯气通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO和的混合溶液，经测定混合溶液中与的个数比为1∶3，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的个数比为（）A．1∶1 B．2∶1 C．3∶1 D．4∶111．镓(Ga)位于周期表中第四周期第IIIA族，与强酸、强碱溶液均能反应生成H2，是一种应用广泛的金属元素，可用于制造半导体材料氮化镓、砷化镓、磷化镓等。同温同压下，分别与浓度均为的盐酸和氢氧化钠溶液充分反应，生成H2的体积分别为和。下列说法错误的是（）A．B．转移的电子数之比为C．消耗酸和碱的物质的量之比为D．反应前后两溶液的质量变化相等12．等体积的两容器内，一个盛CH4，另一个盛NH3，若容器内温度、压强相同，则两容器内所盛气体比较，结论一定错误的是（）A．分子个数比为1∶1 B．原子个数比为5∶4C．质量比为17∶16 D．氢原子个数比为4∶313．下列说法正确的是（）A．等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量多B．甲烷的燃烧热为890.3kJ•mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=-890.3kJ•mol-1C．在一个确定的化学反应关系中，反应物的总能量与生成物的总能量可能相同D．已知热化学方程式：SO2(g)＋O2(g)SO3(g)ΔH＝－98.32kJ·mol－1，在容器中充入2molSO2和1molO2充分反应，最终放出的热量为196.64kJ14．在酸性条件下可发生反应：SO+2MO+2H+=2MO2+SO+H2O，MO中M的化合价是（）A．+7 B．+6 C．+5 D．+415．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．2.4g镁原子变成离子时，失去的电子数为0.3NAB．常温常压下，28g氮气所含的原子数为2NAC．18gH2O中含有的原子总数为3NAD．32g氧气和4g氦气所含原子数目相等，均为NA16．由U形管质量为mg的铁棒、质量为mg的碳棒和1L0.2mol·L-1CuCl2溶液组成如图所示装置，下列说法不正确的是（）A．打开K，铁棒上有紫红色物质析出B．闭合K，碳棒上有紫红色固体析出C．闭合K，碳棒表面发生的电极反应为Fe2++2e-=FeD．闭合K，当电路中有0.3NA个电子通过时，理论上碳棒与铁棒的质量差18g17．NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A．1.0mol·L-1的盐酸含有分子数为NAB．1molFe溶于过量稀硝酸，电子转移数为2NAC．78gNa2O2和Na2S固体混合物中含有的离子总数为3NAD．1LpH=4的0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液中Cr2O离子数为0.1NA18．145g某烷烃完全燃烧生成12.5molH2O，则该烃的二氯代物共有(不考虑立体异构)（）A．7种 B．8种 C．9种 D．10种19．0.5L1mol/LFeCl3溶液与0.2L1mol/LKCl溶液中的Cl－的数目之比（）A．5∶2 B．3∶1 C．15∶2 D．1∶320．下列反应中，电子转移方向和数目正确的（）A．B．C．D．二、综合题21．硫酸铈铵分子式为(NH4)4Ce(SO4)4(相对分子质量为596)，是一种黄色或橙黄色结晶性粉末，微溶于水，溶液呈棕黄色，不溶于乙醇。在滴定分析中硫酸铈铵常用作氧化剂。某实验小组利用Ce2(CO3)3矿石制备硫酸铈铵晶体的流程如下图所示：已知：Ce2(SO4)3+H2O2+6NH3·H2O=2Ce(OH)4↓+3(NH4)2SO4（1）步骤二的反应温度需要控制在0~30℃，且加入氨水的量为理论量的1.2倍，分析原因为：；（2）步骤二若加入氨水和次氯酸钠也可以制得悬浊液B中的固体，请写出该反应得离子方程式：；（3）下列分析正确的是：（）A．步骤一控制pH为1~4，加硫酸至固体完全溶解B．步骤二反应完后将混合物加热到90℃，主要为了除去多余的双氧水C．步骤二中氨水选择浓度较大的6mol/L，利于反应进行，减少溶液体积利于结晶D．步骤三加入70%H2SO4是为了控制溶液pH（4）流程中的步骤三从悬浊液B中所得的固体制备硫酸铈铵晶体实际包括多个步骤，请选择下列合适的步骤并排序：a→()→()→()→()→()→硫酸铈铵晶体a．在所得固体中加入70%H2SO4b．离心分离c．用丙酮洗涤晶体3次d．用热水洗涤晶体3次e．高温烘干f．在30℃下干燥g．加入稍过量硫酸铵，加热溶解h．加热至80℃搅拌（5）某实验小组为测定硫酸铈铵的纯度，取制得的硫酸铈铵产品30g，加30mL水及28mL硫酸，再加300mL水，加热溶解，冷却后配成1L溶液，量取配成的100mL溶液于碘量瓶中，加2g碘化钾及20mL20%的硫酸，摇匀，于暗处放置5分钟，加入3mL淀粉溶液做指示剂，用0.1mol/L的Na2S2O3溶液进行滴定，平行测定3次，Na2S2O3溶液的平均消耗量为23.80mL。已知：2Ce4++2I-=2Ce3++I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-请计算实验小组制得的硫酸铈铵的纯度为。22．高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备高铁酸钠有多种方法，其中湿法制备高铁酸钠的原理为：3NaClO+2Fe(OH)3+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O（1）高铁酸根()中铁元素的化合价为；该反应中氧化剂是；被氧化的元素是(填名称)；氧化产物是；（2）请用双线桥表示该氧化还原反应中电子转移的方向和数目：；（3）写出NaOH的电离方程式：；（4）写出湿法制备高铁酸钠的离子方程式：；23．（1）有下列物质：①金刚石和C60；②79Br和81Br；③CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)CH3；④和；⑤己烷和庚烷；上述各组物质中，互为同位素的是(填序号，下同)；互为同素异形体的是；互为同系物的是；互为同分异构体的是；属于同一种物质的是。（2）某烃经充分燃烧后，将生成的气体通过盛有足量浓H2SO4的洗瓶，浓H2SO4质量增重2.7g，然后再通过碱石灰，气体被完全吸收，碱石灰质量增加5.5g。①求该烃的分子式。②若该烃只有一种一氯代物，写出其结构简式。（3）①写出2−甲基−1−丁烯的结构简式。②已知丙酮(CH3COCH3)的键线式可表示为，则键线式为的物质的分子式为。24．某三原子分子构成的气体mg，其摩尔质量为Mg·mol－1，阿伏加德罗常数为NA，则：①该气体在标准状况下的体积为L；②该气体在标准状况下的密度为g·L－1；③该气体所含的原子总数为个；④该气体一个分子的质量为g。25．我国已进入高铁时代，高铁拉近了人们的距离。这与铁、钛等金属的广泛应用是分不开的。（1）通常以赤铁矿(主要成分是，含有杂质)、焦炭、空气为原料炼铁时，会加入石灰石(主要成分为)，高温下分解为CaO和，写出与CaO反应的化学方程式：。（2）钛合金密度小、强度大，为高速列车、飞机等提供了优质材料。它可以用钠与四氯化钛在高温下反应制得，其反应的化学方程式为，用单线桥法标出反应中电子的转移情况：。（3）铁路提速为鲜活水产品、新鲜水果和蔬菜的运输提供了有利条件。在鲜活鱼的长途运输中，可在水中加入供氧剂。(易溶于水)、(微溶于水)都可与水发生反应生成碱和氧气。写出与水反应的化学方程式：。这两种物质中选(填名称)作为供氧剂更好，理由是。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A.由反应式2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知，1molNa2O2与足量CO2反应时生成1molNa2CO3，质量增重28g，故A不符合题意；B.1molNa与O2完全反应生成Na2O或Na2O2均失去NA个电子，故B符合题意；C.1mol•L-1的NaOH溶液，没指明溶液体积大小，体积不同，氢氧化钠物质的量不同，故C不符合题意；D.23gNa+物质的量为1mol，含有10mol电子，故D不符合题意。故答案为：B。

【分析】阿伏加德罗常数，为热学常量，符号NA。它的精确数值为：6.02214076×10²³，一般计算时取6.02×10²³或6.022×10²³。2．【答案】B【解析】【解答】A．水中含有氢原子和氧原子，A不符合题意；

B．Fe的摩尔质量是，B符合题意；

C．标准状况下，体积约为22.4L，C不符合题意；

D．溶液中的Cl-浓度为2mol/L，D不符合题意；

故答案为：B【分析】A．水中含有氢原子和氧原子；

B．Fe的摩尔质量是；

C．标准状况下，体积约为22.4L；

D．离子浓度的计算。3．【答案】D【解析】【解答】A．胶体分散质粒子直径应在1100nm之间，故A不符合题意；B．通常条件下，水的密度为1g/cm3，气体的密度应小于水的密度，故B不符合题意；C．氢氧化钙属于微溶物质，溶解度介于0.01g~1g之间，100g水中溶解氢氧化钙的物质的量小于=0.025mol，溶液体积约等于水的体积100mL，故氢氧化钙浓度小于=0.25mol/L，故C不符合题意；D．原子半径很小，为10-10m数量级，某元素的原子半径可能是0.160nm，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.胶体分散质粒子直径为1~100nm；

B.气体的密度小于水；

C.氢氧化钙的溶解度介于0.01g~1g之间。4．【答案】A【解析】【解答】当摩尔质量以g/mol为单位时和相对分子质量在数值上相等。水的相对分子质量是18，即1mol水分子的质量为18g，1mol水分子中含有NA个水分子，所以一个水分子的质量为g。故答案为：A。

【分析】1mol水分子18g，1mol中存在NA个水分子，故一个水分子重g5．【答案】C【解析】【解答】A.1L1mol·L－1K2CO3溶液中含有的K+数目为2NA，选项A不符合题意；B.不是标准状况下，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算22.4L氮气的物质的量，选项B不符合题意；C.1molMg变为Mg2+时失去2mol电子，失去的电子数目为2NA，选项C符合题意；D.等物质的量的N2O和H2O所含氧原子数相同，物质的量不是1mol，所含氧原子数不是NA，选项D不符合题意；故答案为：C。

【分析】关于NA的计算一定要先求出物质的量，然后代入公式N=n×NA求解。需要注意的是：求物质的量过程中，气体的摩尔体积只适用于气体，与溶液相关的计算，一定要注意题中是否给出溶液体积。6．【答案】C【解析】【解答】盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为0.1L×3mol/L=0.3mol，又两烧杯中分别加入等质最的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为A：B=1：2，设铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，则：，解得x=0.15mol；一定条件下，气体的物质的量之比等于体积之比，则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0.15mol×2=0.3mol；碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，则：，解得y=0.2mol，则铝的质量为0.2mol×27g/mol=5.4g，故答案为C。

【分析】根据铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气为0.15mol，根据产生气体之比为1：2，碱与金属铝反应时铝完全反应，产生的氢气为0.3mol；从而计算出铝的量7．【答案】D【解析】【解答】A．氯气的摩尔质量是71g/mol，所以1molCl2的质量是71g/mol×1mol=71g，A不符合题意；B．标准状况下，22.4LCH4的物质的量为22.4L÷22.4L/mol＝1mol，B不符合题意；C．根据N＝nNA可知1molNH3中含有的分子数约为NA，C不符合题意；D.1mol·L-1Na2SO4溶液的体积未知，无法计算其中含有的Na+的物质的量，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.根据m=nM即可计算

B.根据n=即可计算

C.根据N=nNA即可计算

D.根据n=cv即可计算，但是体积未知8．【答案】B【解析】【解答】A．未指明溶液体积，无法计算离子数目，故A不符合题意；B．的物质的量为=0.25mol，故含有的氧原子数为，故B符合题意；C．铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，转移的电子数为，故C不符合题意；D．氦气是单原子分子，含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为22.4L，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.题目未给溶液体积；

B.一个二氧化碳分子中含有2个氧原子；

C.铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁；

D.氦气是单原子分子。9．【答案】A【解析】【解答】制取的氯气质量相等，则制取的氯气物质的量相等，假设制取的氯气都是1mol，

①中生成1mol氯气转移电子物质的量=×1mol=2mol；

②中生成1mol氯气转移电子物质的量=×1mol=mol；

③中生成1mol氯气转移电子物质的量=×1mol=2mol；

则三个方程式中转移电子物质的量之比=2mol：mol：2mol=6：5：6，故选A；

故答案为：A。

【分析】①MnO2+4HCl(浓)MnCl+Cl2↑+2H2O转移电子为2e-；

②KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O转移电子为5e-；

③2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O转移电子为10e-。

10．【答案】D【解析】【解答】假设反应后溶液中的为1个，根据与的个数之比为1∶3，且由到失去1个电子，由到失去5个电子可知，一共失去的电子为个；由到得到1个电子，则16个被还原得到16个电子，所以被还原的氯原子与被氧化的氯原子的个数比为，故D符合题意。故答案为：D。

【分析】氯气与氢氧化钠反生歧化反应，利用化合价升高=化合价降低相等，计算出被氧化的氯和被还原的原子个数之比。11．【答案】D【解析】【解答】A．由反应方程式可知，0.1molGa需0.3molHCl，而HCl有0.2mol，所以Ga过量，则0.2molHCl与Ga反应生成0.1molH2，0.1molGa需0.1molNaOH，生成0.15molH2，同温同压下，气体的体积之比等于气体的物质的量之比，则，A不符合题意；B．生成0.1molH2，转移0.2mol电子，生成0.15molH2转移0.3mol电子，所以转移电子之比为0.2∶0.3=2∶3=V1∶V2，B不符合题意；C．消耗HCl0.2mol，消耗NaOH0.1mol，所以0.2∶0.1=2∶1=3V1∶V2，C不符合题意；D．反应溶液质量变化即Ga与H2的质量变化，与盐酸反应：，与氢氧化钠反应：，，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.Ga与盐酸发生反应2Ga+6HCl=2GaCl3+3H2↑，Ga与氢氧化钠溶液发生反应：2Ga+2NaOH+H2O=2NaGaO2+3H2↑，据此计算；

B.转移电子数目之比等于生成氢气体积之比；

C.气体的体积之比等于其物质的量之比，结合反应的化学方程式计算；

D.溶液质量增加=参加反应Ga的质量-生成氢气的质量。12．【答案】C【解析】【解答】同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，等体积的两容器内，一个盛CH4，另一个盛NH3，若容器内温度、压强相同，则CH4与NH3的物质的量相同。

A.根据N=nNA可知，分子数之比等于物质的量之比，CH4与NH3的物质的量相同，则CH4与NH3的分子数之比为1：1，A不符合题意；

B.一个CH4分子含有5个原子，一个NH3分子含有4个原子，CH4与NH3的分子数之比为1：1，则原子数之比为5：4，B不符合题意；

C.CH4与NH3的物质的量相等，根据m=nM可知，质量之比等于摩尔质量之比，故CH4与NH3的质量之比为16g/mol：17g/mol=16：17，C符合题意；

D.一个CH4分子含有4个氢原子，一个NH3分子含有3个氢原子，CH4与NH3的分子数之比为1：1，则CH4与NH3分子中含有的氢原子数之比为4：3，D不符合题意。

故答案为：C

【分析】根据题干，因为同温同压同体积，所以两种气体的物质的量相同，据此进行解答。13．【答案】A【解析】【解答】A.气态硫具有的能量高于固态硫，因此等量的硫蒸气和硫固体完全燃烧，前者放出的热量多，A符合题意；B.燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时放出的热量，氢元素的指定产物为H2O(l)，B不符合题意；C.任何化学反应过程中都伴随着能量的变化，因此任何化学反应中，反应物的总能量和生成物的总能量都不相同，C不符合题意；D.SO2与O2的反应为可逆反应，因此2molSO2与1molO2不能完全反应，故放出的热量小于196.64kJ，D不符合题意；故答案为：A

【分析】A、气态硫具有的能量高于固态硫；

B、体现燃烧热的热化学方程式中，氢元素对应的燃烧产物为H2O(l)；

C、任何化学反应该过程中都伴随着能量的变化；

D、该反应为可逆反应，2molSO2与1molO2无法完全反应；14．【答案】C【解析】【解答】亚硫酸根中硫价态为+4价，升高至硫酸根中硫价态+6价，每个硫原子升高2价；M原子价态降低，降至MO2中M价态为+4价，设所求价态为y，根据得失电子守恒得：（y-4）×2=1×2，解得y=5，故故答案为：C。

【分析】根据转移电子守恒计算M的化合价。15．【答案】B【解析】【解答】A.2.4g镁原子的物质的量，当其变成离子时，失去的电子数为0.2NA，A不符合题意；

B.28g氮气的物质的量，其所含的原子数为2NA，B符合题意；

C.18gH218O的物质的量，其所含的原子数为2.7NA，C不符合题意；

D.32g氧气的物质的量，其所含的原子数为2NA，4g氦气的物质的量，其所含的原子数为1NA，二者所含的原子数不同，D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A.根据公式计算镁的物质的量，进而计算其失去电子数；

B.根据公式计算氮气的物质的量，进而计算其所含的原子数；

C.根据公式计算H218O的物质的量，进而计算其所含原子数；

D.根据公式计算气体的物质的量，进而计算其所含的原子数；16．【答案】C【解析】【解答】A.打开K后，无法形成闭合回路，不构成原电池装置，铁棒直接与CuCl2溶液发生置换反应，因此可观察到铁棒上有紫红色物质析出，选项正确，A不符合题意；B.闭合K后，形成闭合回路，构成原电池装置，碳棒上Cu2+发生得电子的还原反应生成Cu，因此可观察到碳棒上有紫红色物质析出，选项正确，B不符合题意；C.由分析可知，原电池装置中，碳棒表面发生的电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，选项错误，C符合题意；D.闭合K，当电路中通过0.3NA（即0.3mol）电子时，铁棒减少的质量为0.15mol×56g/mol=8.4g，碳棒上增加的质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，因此理论上碳棒与铁棒的质量差为18g，选项正确，D不符合题意；故答案为：C【分析】该装置为原电池装置，其中铁棒做负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：Fe－2e－=Fe2＋；碳棒做正极，溶液中的Cu2＋发生得电子的还原反应，其电极反应式为：Cu2＋＋2e－=Cu；据此结合选项进行分析。17．【答案】C【解析】【解答】A．HCl＝H＋＋Cl－完全电离，溶液中无HCl分子，而水分子无法计算，A项不符合题意；B．Fe＋4HNO3＝Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，1molFe转移3mol电子，即3NA，B项不符合题意；C．极值法假设78g都是Na2O2，n(Na2O2)＝＝1mol，假设78g都是Na2S，n(Na2S)＝＝1mol，无论78gNa2O2与Na2S比例如何均含有3NA个离子，C项符合题意；D．＋H2O2＋2H＋存在可逆反应，数目小于0.1NA，n(K2Cr2O7)＝1L×0.1mol/L＝0.1mol，D项不符合题意；故答案为：C。

【分析】Ａ．溶液体积未知，且盐酸完全电离生成氢离子和氯离子，不存在氯化氢分子；

Ｂ．铁与过量稀硝酸反应生成硝酸铁；

Ｃ．过氧化钠和硫化钠的摩尔质量相等，78g混合物的物质的量为1mol；

Ｄ．重铬酸根会转化成铬酸根。18．【答案】C【解析】【解答】假设烷烃分子式通式是CxH2x+2，根据反应前后H原子守恒可知：(14x+2)g烷烃燃烧产生H2O的物质的量是n(H2O)=(x+1)mol，由题意145g该烷烃反应后产生水物质的量是12.5mol，可得关系式：，解得x=4，该烷烃分子式通式是C4H10，C4H10有CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)3，CH3CH2CH2CH3的二氯代物有6种，CH3CH(CH3)3的二氯代物有3种，故分子式是C4H10的二氯代物共有6+3=9种，

故答案为：C。

【分析】烷烃的通式CnH2n+2,根据145g烷烃燃烧生成水，即可计算出分子式，找出烷烃的同分异构体，先定一个氯原子，再定另外一个氯原子即可找出同分异构体19．【答案】C【解析】【解答】浓度与体积无关。两溶液中Cl－浓度比为1×3：1×1。

【分析】关于物质的量的计算，在掌握并理解m=nM、n=cV、V=nVm三个基本公式及摩尔质量、摩尔体积、物质的量浓度概念的基础上，分析题目提供的已知条件，灵活运用公式进行解答，在运用公式的过程中，注意电解质在水溶液中的电离、运用摩尔体积的条件与物质状态。20．【答案】D【解析】【解答】A．在Cl2与Ca(OH)2的反应中，Cl由氯气中的0价升高到次氯酸钙中的+1价，共失去2e-，Cl由氯气中的0价降低到氯化钙中的-1价，共得到2e-，A不符合题意；B．在Cl2与FeCl2发生的反应中，Fe由+2价升高到+3价，共失去2e-，Cl2中的Cl元素由0价降低到-1价，共得到2e-，B不符合题意；C．在CO与O2的反应中，C由+2价升高到+4价，共失去4e-电子，O元素共得到4e-电子，C不符合题意；D．在KI与KMnO4的反应中，KI中I由-1价升高到0价，失去10×e-，KMnO4中Mn由+7降低到+2价，得电子为2×5e-，D符合题意；故答案为：D。

【分析】氧化还原反应的基本口诀：升失氧化还原剂，降得还原氧化剂；

化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，作为还原剂，得到还原产物；

化合价降低，得到电子，被还原，发生还原反应，作为氧化剂，得到氧化产物；

电子的数目=元素的价态变化数目×该元素原子的个数。21．【答案】（1）防止温度过高双氧水和氨水分解（2）2Ce3++H2O+6NH3·H2O+ClO-=2Ce(OH)4↓+6NH4++Cl-（3）B；C（4）g；h；b；c；f（5）47.3%【解析】【解答】（1）双氧水和氨水受热易分解，所以步骤二的反应温度需要控制在0~30℃，且加入足量的氨水。

（2）次氯酸钠具有氧化性，若加入氨水和次氯酸钠，则反应的离子方程式为2Ce3++H2O+6NH3·H2O+ClO-=2Ce(OH)4↓+6NH4++Cl-。

（3）A．步骤一控制溶液pH为1~4，是为了使Ce2(CO3)3溶解完全，A不符合题意；

B．步骤二反应完后将混合物加热到90℃，主要为了除去多余的双氧水，B符合题意；

C．步骤二中氨水选择浓度较大的6mol/L，利于反应进行及减少溶液体积利于结晶，C符合题意；

D．步骤三加入70%H2SO4是为了溶解悬浊液B中的固体，D不符合题意；

故答案为：BC。

（4）步骤三从悬浊液B中所得的固体制备硫酸铈铵晶体的主要步骤为：在所得固体中加入70%H2SO4、稍过量硫酸铵，加热至80℃搅拌溶解，然后离心分离，用丙酮洗涤晶体3次，在30℃下干燥，可得到硫酸铈铵晶体。

（5）根据涉及反应式2Ce4++2I-=2Ce3++I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，则有关系式为Ce4+~S2O32-，所以n[(NH4)4Ce(SO4)4]=n(Ce4+)=n(S2O32-)=n(Na2S2O3)=0.1mol/L×23.80×10-3L=2.38×10-3mol，根据m=nM可知，硫酸铈铵产品中硫酸铈铵的纯度为。

【分析】根据题干信息可知，向Ce2(CO3)3矿石中加入硫酸，Ce2(CO3)3与硫酸反应生成Ce2(SO4)3，即溶液A中主要含有Ce2(SO4)3，H2O2具有氧化性，向溶液A中加入H2O2和氨水，发生反应：Ce2(SO4)3+H2O2+6NH3·H2O=2Ce(OH)4↓+3(NH4)2SO4，悬浊液B的主要成分是Ce(OH)4，悬浊液B与硫酸、硫酸铵反应后，经一系列操作可得到(NH4)4Ce(SO4)4晶体。22．【答案】（1）+6价；NaClO；铁元素；Na2FeO4（2）（3）NaOH=Na++OH-（4）3ClO−+10OH−+2Fe3+=2+3Cl−+5H2O【解析】【解答】（1）高铁酸根中氧是-2价，铁的化合价=-2×4-(-2)=+6，所以铁的化合价是+6价；反应过程中氯元素的化合价由+1价降为-1价，化合价降低，所以NaClO是氧化剂；铁元素化合价从+3价升高变为+6价，被氧化的元素是铁元素，铁元素化合价从+3价升高变为+6价，所以Na2FeO4是氧化产物；（2）结合以上分析可知，该反应发生后，转移6mol电子，用双线桥表示该氧化还原反应中电子转移的方向和数目：；（3）NaOH为强电解质，在水溶液中完全电离为Na+和OH-电离方程式为：NaOH=Na++OH-；（4）写出湿法制备高铁酸钠的离子方程式：3ClO−+10OH−+2Fe3+=2+3Cl−+5H2O。【分析】（1）根据化合物代数和为零计算铁元素化合价是+6价，根据氧化剂