第第頁山東省煙臺市2022-2023學年高二下學期7月期末考試化學試題一、單選題1．化學與生活、生產息息相關。下列說法正確的是（）A．古陶瓷修復所用的熟石膏，其成分為Ca(OH)2B．青瓷是我國傳統瓷器的一種，其色調主要與鈷元素有關C．維生素C可用作水果罐頭的抗氧化劑是由于其難以被氧化D．SO2漂白草帽和O3漂白紙漿，二者的漂白原理相同2．實驗室將粗鹽提純并配制0.①酒精燈②坩堝③溫度計④分液漏斗⑤玻璃棒⑥膠頭滴管⑦滴定管⑧天平A．①⑤⑥⑧ B．③④⑥⑧ C．①②③⑦ D．④⑤⑥⑧3．下列說法錯誤的是（）A．HClO是弱酸，但NaClO是強電解質B．Fe(OH)3膠體遇氫碘酸先聚沉后溶解，并伴有氧化還原反應發生C．Zn與濃硫酸和稀硫酸反應時，硫酸均體現酸性和氧化性D．由2ClO24．下列實驗裝置能達到實驗目的的是（）A．甲：除去SO2中的HCl B．乙：驗證反應有CO2生成C．丙：進行鈉的燃燒反應 D．丁：制備Fe(OH)25．下列離子方程式正確的是（）A．Na2S溶液久置出現渾濁：2B．向HClO溶液中滴加少量Na2CO3溶液：2C．將足量CO2通入飽和氨鹽水中制小蘇打：CD．向草酸溶液中滴入酸性KMnO4溶液：56．NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法錯誤的是（）A．1LpH=1的H2SO4溶液中H＋的數目為0.1NAB．常溫常壓下，1個CO2分子的體積大于22C．濃硝酸熱分解生成NO2、N2O4共23g時，轉移電子數為0D．0.1molNH3溶于水得到的溶液中，NH3·H2O和NH47．下列各組離子在給定溶液中能大量共存的是（）A．pH=1的鹽酸中：NB．澄清透明的溶液中：FC．弱堿性溶液中：KD．0.1mol?L?18．實驗室利用Na2O2和NO制備少量NaNO2的裝置如圖所示，已知：NaNO2易被空氣氧化。下列說法錯誤的是（）A．②中盛放的試劑可以是稀硫酸B．若撤去③和⑤，會導致產品中混有NaOH雜質C．生成NaNO2的反應中Na2O2既作氧化劑又作還原劑D．⑥中FeSO4溶液的作用是吸收尾氣9．從含有KI、KNO3等成分的工業廢水中回收I2和KNO3，其流程如下：下列說法錯誤的是（）A．流程中至少發生了5個氧化還原反應B．步驟1中應將無機相從分液漏斗下端放出C．步驟3需使用蒸餾燒瓶、溫度計、冷凝管D．步驟4為蒸發濃縮、降溫結晶、過濾10．實驗室分別進行如下實驗：①向藍色的VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液由藍色變為淡黃色(VO2+)；②向(VO2)2A．①中還原劑與氧化劑物質的量之比為1∶5B．②中每生成標準狀況下11.2L氣體，轉移1mol電子C．由①②可知，酸性條件下氧化性：MnD．向(VO2)2SO4溶液中滴加FeI2溶液發生反應F11．根據下列實驗操作和現象所得結論正確的是（）選項實驗操作和現象結論A取少許Na2SO3粉末加水溶解，加入硝酸酸化的BaCl2溶液，產生白色沉淀Na2SO3已變質B向KI溶液中持續通入Cl2，發現溶液先由無色變為棕黃色，一段時間后褪色Cl2有氧化性和漂白性C向某鹽溶液中加入濃NaOH溶液，加熱，產生能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍的氣體溶液中含有ND常溫下將鐵片分別插入稀硝酸和濃硝酸中，前者產生無色氣體，后者無明顯現象稀硝酸的氧化性比濃硝酸強A．A B．B C．C D．D12．納米鐵粉具有較強的還原性和吸附性，能被水體中的O2氧化。利用納米鐵粉去除水體中Cr(Ⅵ)的反應機理如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．Cr參與的反應一定有電子轉移B．向水體中通入N2，可提高Cr的去除率C．處理的Cr(Ⅵ)與消耗的Fe的物質的量之比為2∶3D．鐵粉處理成納米鐵粉有利于提高Cr的處理效率13．以鉻鐵礦(FeCr2O4，含Fe、Mg、Si氧化物等雜質)為主要原料制備紅礬鈉(Na2Cr2O7·2H2O)的工藝流程如下。下列說法錯誤的是（）

A．“浸取”時主要反應的離子方程式：2B．“酸化”的目的是將CrO4C．“蒸發結晶”得到的副產品為Na2SO4D．將母液導入“酸化”操作中可實現循環利用14．將1.95gNa2O2加入水中，反應后配成50mL溶液A，進行如下實驗。下列說法錯誤的是（）編號①②③④操作現象溶液變紅色，20秒后褪色ⅰ．產生大量使帶火星的木條復燃的氣體ⅱ．溶液變紅色，10分鐘后褪色?。芤鹤兗t色，10分鐘后溶液褪色ⅱ．溶液變紅色溶液變紅色，2小時后無明顯變化A．由實驗可知，Na2O2與水反應有H2O2生成B．②、③溶液褪色與OHC．若向①褪色后的溶液中滴加5滴6molD．若向④中繼續滴加6mol?L二、多選題15．某小組進行如下實驗，下列說法錯誤的是（）反應原理：①IO②IO③I2實驗現象：開始無明顯現象，一段時間后，溶液突然變藍色A．該實驗條件下，還原性：HSB．向含有淀粉的KIO3溶液中滴加NaHSO3溶液，現象與上述實驗相同C．溶液變藍時，加入KIO3的總量一定大于0.01molD．當溶液中n(三、實驗題16．氯及其化合物廣泛應用于殺菌、消毒及化工領域，回答下列問題：（1）某品牌漂白粉的化學式為Ca(OH)2?3CaCl(（2）已知Cl2與堿反應放熱且在較高溫度下反應生成氯酸鹽。實驗室用圖1裝置(夾持儀器略)制取少量漂白粉，發現制得的產品有效成分含量偏低。該裝置存在處缺陷。（3）NaClO可將廢水中的氨氮(NH3、NH4+等)氧化為N①某工廠產生的廢水中氨氮濃度(以NH3計)及國家允許的排放標準如下表：項目廢水水質國家排放標準氨氮(mg?1750≤50現用NaClO處理50m3這種氨氮廢水，理論上至少需要NaClOmol。②用NaClO處理氨氮廢水，pH對氨氮去除率的影響如圖2.pH<8時，氨氮去除率隨pH的減小而降低的原因是。③將一定量的氨氮廢水與不同量的NaClO混合，測得溶液中氨氮去除率、總氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素的總量)去除率與NaClO投入量(用x表示)的關系如圖3所示。當x(NaClO)>x1時，水體中總氮去除率下降，可能的原因是。17．連二亞硫酸鈉(Na2S2O4)易溶于水、不溶于甲醇，在空氣中易被氧化。實驗室制備Na2S2O4的裝置及操作如下：?。畽z查裝置氣密性并加入試劑；ⅱ．打開K1通入N2，一段時間后關閉K1；ⅲ．打開K2通入SO2，控溫70℃，邊攪拌邊滴加NaOH溶液；ⅳ．當有大量晶體析出時，關閉K2和K3并停止加熱，打開K1通入N2；ⅴ．將混合液冷卻至40~50℃，過濾、洗滌、干燥，收集產品。回答下列問題：（1）儀器a的名稱是；裝置b可用下圖(填標號)代替。（2）用80%甲醇水溶液而不用蒸餾水作反應介質的原因是；步驟ⅱ和步驟ⅳ通N2的目的(填“相同”或“不同”)。（3）步驟ⅲ生成Na2S2O4的同時產生CO2，反應的化學方程式為。（4）產品中Na2S2O已知：2MnO4Na2S2O4的純度為(雜質不參與反應，不考慮空氣的干擾)。若滴定過程中，錐形瓶內液體濺出，測得結果(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。四、工業流程題18．五氧化二釩在冶金、化工等領域有重要應用。實驗室以含釩礦渣(主要成分為FeO·V2O3、V2O5，含少量SiO2雜質)為原料制備V2O5的主要流程如下：已知：ⅰ．釩有多種價態，其中＋5價最穩定。ⅱ．V回答下列問題：（1）“高溫氧化”過程中消耗1molKClO3轉移6mol電子，該反應的化學方程式為。濾渣的主要成分為。（2）“除鐵”時，萃取劑(HA)萃取Fe3+的原理為：Fe3++3HA?FeA3+3（3）“沉釩”過程中主要反應的離子方程式為。（4）研究表明“焙燒”過程分為三步，每一步產生NH3和H2O(g)的物質的量之比分別為2∶1、3∶1、x。取70.20gNH4VO3固體進行熱重分析，剩余固體質量與溫度的關系如圖所示。圖中m=；分解過程最后一步產生的NH3和H2O(g)的物質的量之比x=。五、實驗題19．氨基鈉(NaNH2)是重要的化學試劑，實驗室用下圖裝置(夾持、攪拌、尾氣處理裝置已省略)制備，其中Fe(NO3)3·9H2O為反應的催化劑。已知：NaNH2幾乎不溶于液氨，易與水、氧氣等反應?；卮鹣铝袉栴}：（1）工業合成氨以粗氮(含CO2、CO、O2雜質)為原料制備。已知：醋酸二氨合亞銅溶液能吸收CO，但易被O2氧化，失去吸收CO的能力；連苯三酚堿性溶液能定量吸收O2.粗氮“凈化”時，需要通過足量的下列試劑，試劑的先后順序為(填序號)。a．堿石灰b．連苯三酚堿性溶液c．醋酸二氨合亞銅溶液（2）實驗室制NH3的發生裝置，可選擇下列裝置(填序號)，其反應的化學方程式為。（3）制得NaNH2的化學方程式為。若缺少裝置B，可能引起的后果是。（4）加鈉粒前，需先用氨氣排盡裝置中的空氣，判斷空氣已經排盡的方法為。（5）為測定NaNH2的純度，按如圖裝置進行實驗(產品所含雜質與水反應不生成氣體)。取mg產品，用注射器向試管中緩慢加水至恰好完全反應，G中液面從V1mL變為V2mL(已知V2>V1，數據已折合為標準狀況)，若忽略固體體積，則產品純度為；若讀取V2時，G中液面低于漏斗側液面，則NaNH2純度的測定值將(填“偏大”“偏小”或“不變”)。20．FeCl3是高效廉價絮凝劑。某實驗小組開展與FeCl3相關的系列實驗。回答下列問題：（1）FeCl3溶于水能產生膠體從而具有凈水作用，產生膠體的離子方程式為。該膠體的膠粒結構如圖所示，該膠體可以除去廢水中的含砷微粒是(填As3+或（2）向4mL0.①為了探究白色沉淀的成分進行如下實驗。由實驗可知，白色沉淀的成分是。②針對Cu猜想1：Cu2+與過量的Cu粉反應生成猜想2：Cu2+與SCN反應生成設計實驗證明猜想2正確。（3）將足量SO2通入FeCl3溶液中，溶液迅速變為血紅色，停止通入氣體，將血紅色溶液密閉放置5小時后，溶液變為淺綠色。查閱資料可知，溶液中主要有兩種變化，反應ⅰ：Fe3+能形成一種血紅色配合物[FeX3]y?(X可能為①綜上所述，化學反應速率：vⅰvⅱ(填“<”或“>”，下同)，化學平衡常數：KⅰKⅱ。②為探究血紅色物質產生的主要原因，進行如下實驗：向5mL1mol?L?1的FeCl3溶液中，加入濃度相同的Na2SO3溶液V1mL、NaHSO3溶液V2mL混合均勻，改變V1、V2的值并維持V1＋V2=25進行實驗，測得混合溶液的吸光度與V2的關系如圖(已知吸光度越大，溶液顏色越深)。維持V1＋V2=25的目的是；FeCl

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．熟石膏的成分為2CaSO4?H2O，Ca（OH）2俗稱消石灰或熟石灰，A不符合題意；

B．青瓷是我國傳統瓷器的一種，其色調主要與鈷元素有關，B符合題意；

C．維生素C具有還原性，易被氧化，C不符合題意；

D．由分析可知，SO2漂白草帽和O3漂白紙漿，二者的漂白原理不相同，D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A.熟石膏是2CaSO4?H2O的俗稱。

B.青瓷的青色是以氧化鈷為著色劑。

C.維生素C具有還原性。

D.O3和SO2均具有漂白性，O3漂白原理是其強氧化性，SO2漂白原理是結合有色物質形成不穩定的無色物質。2．【答案】A【解析】【解答】將粗鹽提純，首先需要將粗鹽溶解、過濾、蒸發，除去雜質，需要用到的儀器是燒杯、玻璃棒、漏斗、蒸發皿；配制0.1000mol?L-1的NaCl溶液，一般步驟為稱量、溶解、移液、洗滌、定容、搖勻等，需要用到的儀器是天平、藥匙、燒杯、玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管。綜上可知，實驗必須用到的有①⑤⑥⑧；

故答案為：A。

【分析】將粗鹽提純，首先需要將粗鹽溶解、過濾、蒸發，除去雜質；配制一定濃度的溶液，一般步驟為稱量、溶解、移液、洗滌、定容、搖勻。3．【答案】D【解析】【解答】A．HClO是弱酸，NaClO在水溶液中能完全電離出Na+和ClO-，所以NaClO是強電解質，A不符合題意；

B．氫碘酸為可溶性電解質，由分析可知，Fe(OH)3膠體遇氫碘酸先聚沉，由于氫氧化鐵具有強氧化性，而氫碘酸具有還原性，所以二者能發生氧化還原反應，使得Fe(OH)3膠體聚沉后又溶解，B不符合題意；

C．由分析可知，Zn與濃硫酸和稀硫酸反應時，硫酸均體現酸性和氧化性，C不符合題意；

D．由分析可知，ClO2與NaOH反應生成兩種鹽，且中心元素Cl的化合價發生變化，所以ClO2不屬于酸性氧化物，D符合題意；

故答案為：D。

【分析】A.強電解質在水溶液或熔融狀態下能完全電離。

B.三價鐵具有強氧化性；膠體聚沉是指當外界條件改變時，膠粒之間發生碰撞，聚集在一起發生沉淀的過程。

C.酸與金屬反應時，均體現酸性和氧化性。

D.酸性氧化物與堿反應只生成一種鹽和水，且中心元素化合價不變。4．【答案】D【解析】【解答】A．飽和的Na2SO3溶液與SO2、HCl均能發生反應，不能達到實驗目的，A不符合題意；

B．木炭與濃硫酸在加熱條件下反應生成的SO2、CO2都能使澄清石灰水變渾濁，不能達到實驗目的，B不符合題意；

C．加熱固體藥品需要在坩堝中，不能用蒸發皿加熱，C不符合題意；

D．鐵和稀硫酸反應生成硫酸亞鐵和氫氣，左邊試管內壓強增大，把硫酸亞鐵壓入盛有氫氧化鈉溶液的試管中，二者反應生成Fe(OH)2，能達到實驗目的，D符合題意；

故答案為：D。

【分析】A.注意除雜時不要引入新雜質，也不要把原物質除去。

B.注意SO2、CO2都能使澄清石灰水變渾濁。

C.加熱固體藥品需要在坩堝中。

D.根據化學反應及內外壓強差進行分析。5．【答案】A【解析】【解答】A．Na2S溶液久置，被空氣中的O2氧化生成硫沉淀，其離子方程式為：2S2?+O2+2H2O=2S↓+4OH?，A符合題意；

B．向HClO溶液中滴加少量Na2CO3溶液，不會有CO2生成，其離子方程式為：HClO+CO32?=ClO?+HCO3-，B不符合題意；6．【答案】B【解析】【解答】A．由分析可知，pH=1的H2SO4溶液中c(H+)=0.1mol/L，則n(H+)=1L×0.1mol/L=0.1mol，即所含H＋的數目為0.1NA，A不符合題意；

B．氣體分子之間的間距較大，一個氣體分子平均占據的空間不是一個氣體的體積，不能運用N=nNA和V=nVm進行計算，B符合題意；

C．NO2與N2O4的最簡式均為NO2，則23g該混合氣體中含有0.5molNO2，濃硝酸熱分解的過程中氮元素化合價由+5降到+4，所以轉移（5-1）×0.5mol=0.5mol電子，即0.5NA，C不符合題意；

D．氨氣與水反應方程式為：NH3+H2O可逆NH3?H2O可逆NH4++OH-，根據氮原子守恒可知，n(NH3)+n(NH3?H2O)+n(NH4+)=0.1mol，則NH3?H2O和NH4+的總數小于0.1NA，D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A.根據pH=lgc(H+)、N=nNA、n=cV進行分析。

B.注意分子之間有間隔，一個氣體分子平均占據的空間不是一個氣體的體積。

C.濃硝酸熱分解生成NO2、N2O4的過程中，氮元素化合價由+5降到+4，結合N=nNA進行分析。

D.氨氣與水反應方程式為：NH3+H2O可逆NH3?H2O可逆NH4++OH-，結合氮原子守恒進行分析。7．【答案】C【解析】【解答】A．pH=1的鹽酸中含有大量H+，H+與ClO-結合生成弱酸HClO，不能大量共存，A不符合題意；

B．Fe3+與SCN?結合生成絡合物，不能大量共存，B不符合題意；

C．弱堿性溶液中含有OH-較少，各離子之間能大量共存，C符合題意；

D．CO32-與Al3+能發生雙水解反應，不能大量共存，D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】判斷離子之間是否能大量共存，主要看離子之間是否發生反應。若離子之間反應生成氣體、沉淀、弱電解質或發生氧化還原反應、絡合反應、雙水解反應等時，離子之間不可大量共存。在遇到此類試題時，注意題干中是否涉及顏色，要熟悉溶液中常見離子的顏色，以及溶液的酸堿性。另注意“H+與NO3－”組合具有強氧化性，能與S2-8．【答案】C【解析】【解答】A．銅與稀硫酸不反應，所以裝置②中的盛放的試劑可以是稀硫酸，A不符合題意；

B．過氧化鈉能和水反應生成NaOH，由分析可知，若撤去③和⑤，會導致產品中混有NaOH雜質，B不符合題意；

C．Na2O2和NO反應生成NaNO2，Na2O2作氧化劑，NO作還原劑，C符合題意；

D．一氧化氮有毒，⑥中FeSO4溶液的作用是吸收一氧化氮，以防污染空氣，D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】根據題干信息可知，①中銅和濃硝酸生成二氧化氮；②中二氧化氮和水生成稀硝酸和一氧化氮，銅和稀硝酸生成硝酸銅和一氧化氮；③中一氧化氮氣體被干燥；④中一氧化氮與過氧化鈉反應生成亞硝酸鈉；⑤是水分進入④，以防與Na2O2反應，干擾實驗；⑥中用來吸收尾氣。9．【答案】A【解析】【解答】A．由分析可知，流程中至少發生了2個氧化還原反應，A符合題意；

B．苯的密度比水小，應從分液漏斗下端流出，B不符合題意；

C．步驟3為碘的升華操作，需要用到的玻璃儀器有蒸餾燒瓶、溫度計、冷凝管，C不符合題意；

D．硝酸鉀易分解，所以步驟4為蒸發濃縮、降溫結晶、過濾，D不符合題意；

故答案為：A。

【分析】根據題干信息可知，含KI、KNO3的廢水中加入過量的氯氣、苯，氯氣具有氧化性，把KI氧化為I2，其化學方程式為：Cl2+KI=KCl+I2，之后進行萃取、分液，有機相中含有苯、I2，無機相中主要含有KNO3、KCl；步驟2中發生反應的化學方程式為I2+2NaOH=NaI+NaIO+H2O，經萃取、分液得到苯和無機相；無機相中主要含有NaI、NaIO、I2；步驟3為碘的升華操作，經升華達到碘，無機相為硝酸鉀溶液；步驟4為蒸發濃縮、降溫結晶、過濾，可得到KNO3。10．【答案】B【解析】【解答】A．根據已知信息①可知，酸性條件下MnO4-將VO2+氧化為VO2+，MnO4-被還原成Mn2+，根據電子守恒，存在反應關系式：KMnO4～5VOSO4，所以①中還原劑與氧化劑與物質的量之比為5：1，A不符合題意；

B．根據已知信息①②可知，②中反應方程式為：4H++2VO2++2Cl-=Cl2↑+2VO2++2H2O，所以每生成標準狀況下11.2L氣體，即0.5molCl2，轉移1mol電子，B符合題意；

C．氧化性：氧化劑＞氧化產物，由①可知，氧化性：MnO4-＞VO2+，②可知，氧化性：VO2+＞Cl2，所以氧化性MnO4-＞VO2+＞Cl2，C不符合題意；

D．VO2+具有較強氧化性，(VO2)2SO4溶液中滴加FeSO4會發生氧化還原反應生成VO2+，則反應的離子方程式為：Fe2++VO2++2H+=Fe3++VO2++H2O，D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A.酸性條件下MnO4-將VO2+氧化為VO2+，MnO4-被還原成Mn2+。

B.②中反應方程式為：4H++2VO2++2Cl-=Cl2↑+2VO2++2H2O。

C.氧化性：氧化劑＞氧化產物。

D.VO2+具有較強氧化性。11．【答案】C【解析】【解答】A．硝酸具有強氧化性，能將亞硫酸根氧化為硫酸根，所以該實驗無法證明Na2SO3已變質，A不符合題意；

B．KI溶液是無色的，開始通入少量Cl2時，發生反應：2KI+Cl2=2KCl+I2，此時溶液由無色變為棕黃色，

隨著Cl2的不斷通入，生成的I2增多，而I2在水中的溶解度較小，則會析出固體碘，所以溶液褪色，該實驗過程中體現了Cl2的氧化性，B不符合題意；

C．銨鹽與強堿在加熱條件下反應生成氨氣，且氨氣能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍，根據實驗操作和現象可推出溶液中一定含有NH4+，C符合題意；

D．常溫下，鐵與稀硝酸反應生成無色氣體NO，與濃硝酸發生鈍化而無明顯現象，不能說明稀硝酸的氧化性比濃硝酸強，D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】A.注意硝酸具有強氧化性。

B.注意碘水呈棕黃色。

C.氨氣可使濕潤的紅色石蕊試紙變藍。

D.注意常溫下鐵與濃硝酸發生鈍化。12．【答案】A【解析】【解答】A．由圖可知，Cr3+→Cr(OH)3的過程中，Cr、Fe元素化合價不變，則沒有電子轉移，所以Cr參與的反應不一定有電子轉移，A符合題意；

B．通入氮氣可以排除裝置內的氧氣，而有氧條件下，鐵粉表面生成的氧化物在反應過程中起了一定阻礙作用，所以向水體中通入N2，可提高Cr的去除率，B不符合題意；

C．根據圖示信息可知，當Fe粉還原Cr（Ⅵ）時，Fe元素的化合價由0升為+3，Cr元素的化合價由+5降為+3，所以處理的Cr（Ⅵ）與消耗的Fe的物質的量之比為2：3，C不符合題意；

D．鐵粉處理成納米鐵粉，增大了反應接觸面積，有利于提高Cr的處理效率，D不符合題意；

故答案為：A。

【分析】A.注意元素化合價發生變化，才有電子轉移。

B.通入氮氣可以排除裝置內的氧氣。

C.Fe具有還原性，根據元素化合價變化進行分析。

D.鐵粉處理成納米鐵粉，增大了反應接觸面積。13．【答案】A【解析】【解答】A．由分析可知，“浸取”時主要反應的離子方程式為：2FeCr2O4+7H2O2+8OH-=2Fe(OH)3+4CrO42-+8H2O，A符合題意；

B．由分析可知，“酸化”的目的是將CrO42?轉化為Cr2O72?，B不符合題意；

C．由分析可知，“蒸發結晶”得到的副產品為Na2SO4，C不符合題意；

D．由分析可知，將母液導入“酸化”操作中可實現循環利用，D不符合題意；

故答案為：A。

【分析】根據題干信息，“浸取”過程中，FeCr2O4與H2O2發生氧化還原反應生成Na2CrO4和Fe(OH)3，Fe、Mg、Si氧化物與NaOH、H2O2反應分別生成Fe(OH)3、NaAlO2、Na2SiO3，其中Fe(OH)3不溶于水而被過濾，為濾渣1；“中和”過程中，NaAlO2、Na2SiO3與硫酸反應分別生成的Al(OH)3、H2SiO3，均不溶于水，則濾渣2為Al(OH)3和H2SiO3；“酸化”過程中，發生反應：2CrO42-+2H+=H2O+Cr2O72-，使得Na2CrO4轉化為Na2Cr2O7；“蒸發結晶”過程中，由于加入硫酸中和時生成了Na2SO4，故蒸發結晶所產生的副產品是Na2SO4；“冷卻結晶”過程中，析出Na214．【答案】C【解析】【解答】A．由②可知，向溶液A中加入二氧化錳后產生的氣體能使帶火星木條復燃，則該氣體為氧氣，說明溶液A中含過氧化氫，進一步可說明Na2O2與水反應有H2O2生成，A不符合題意；

B．堿性溶液能使酚酞試液變紅，對比③④可知，OH-濃度較大時，滴有酚酞的堿性溶液會褪色，則也可說明②中溶液褪色也與OH-濃度較大有關，B不符合題意；

C．①中溶液生成的H2O2具有氧化性，能把有色物質氧化為無色物質，所以溶液褪色，則向①中褪色后的溶液中滴加5滴6mol/L鹽酸，溶液最終不會變成紅色，C符合題意；

D．酸性溶液使酚酞不變色，由C項可知，OH-濃度較大會使酚酞褪色，所以向④中繼續滴加6mol?L?1鹽酸或6mol?L?1NaOH溶液，溶液均可能褪色，D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】A.過氧化氫在二氧化錳作用下能生成氧氣，氧氣能使帶火星木條復燃。

B.堿性溶液能使酚酞試液變紅，結合實驗對比進行說明。

C.①15．【答案】B,D【解析】【解答】A．反應①②③中還原劑分別是HSO3-、I-、HSO3-，對應的還原產物分別是I-、I2、I-，由分析可知，還原性：HSO3?>I?>I2，A不符合題意；

B．向含有淀粉的KIO3溶液中滴加NaHSO3溶液，只會發生上述實驗中的反應①，沒有I2生成，現象與上述實驗不相同，B符合題意；

C．根據題干信息可知，n(NaHSO3)=0.03mol，溶液變藍，說明有I2生成，則發生了反應①②，根據反應①中關系式3HSO3-~IO3-，消耗的n(IO3-)=0.01mol，而反應②也消耗IO3-，所以溶液變藍時，加入KIO3的總量一定大于0.01mol，C不符合題意；

D．假設只發生反應①②，反應①②中的氧化產物分別是SO42-、I2，則根據反應①中3HSO3-~I--~3SO42-，生成的n(I-)=0.01mol，n(SO42-)=0.03mol，當溶液中n(I2)：n(I?)=3：5時，設溶液中n(I2)、n(I-)分別為3x、5x，根據反應②，生成的n(16．【答案】（1）3Cl2+4Ca(OH)2+H2O=Ca(OH)2·3CaCl(ClO)·4H2O；減弱（2）2（3）7500；pH較小，NH3轉化為NH4+【解析】【解答】（1）石灰乳的主要成分是Ca(OH)2，結合題干信息，Cl2和石灰乳制備該漂白粉的化學方程式為3Cl2+4Ca(OH)2+H2O=Ca(OH)2·3CaCl(ClO)·4H2O。該漂白粉溶液與NO反應會生成HNO3和HCl，導致溶液pH降低，所以吸收NO后溶液的堿性減弱。

（2）濃鹽酸與氯酸鉀反應生成Cl2和ClO2，制得的Cl2不純，改變反應原料或加一個除ClO2的裝置；根據題干信息，Cl2與堿反應放熱且在較高溫度下反應生成氯酸鹽，所以該裝置應控制反應溫度，在不改變石灰乳用量的情況下可用冰水或冷水冷卻。

（3）①根據題干信息可知，涉及化學方程式為3NaClO+2NH3=N2↑+3NaCl+3H2O，由表格信息可知，至少處理（1750-50）×50×103×10-3g廢水，則n(NH3)=5000mol，所以理論上至少需要n(NaClO)=7500mol。

②pH較小，NH3轉化為NH4+較難除去，所以pH<8時，氨氮去除率隨pH的減小而降低。

③當x(NaClO)>x1時，水體中總氮去除率下降，可能是有部分氨氮被氧化為NO3-等可溶性離子留在廢水中。

【分析】（1）石灰乳的主要成分是Ca(OH)2，根據電荷、原子守恒進行配平。該漂白粉溶液與NO反應會生成HNO3和HCl。

（2）裝置缺陷可從安全、環保、符合題意等角度進行分析。

（3）①至少處理（1750-50）×50×103×10-3g廢水，結合化學方程式進行分析。

②pH較小，NH3轉化為NH4+較難除去。

③當x(NaClO)>x1時，水體中總氮去除率下降，可能是有部分氨氮被氧化為NO3-等可溶性離子留在廢水中。17．【答案】（1）分液漏斗；B（2）降低Na2S2O4的溶解度，利于Na2S2O4晶體的析出；不同（3）2SO2+NaOH+HCOONa=Na2S2O4+CO2+H2O（4）87%；偏低【解析】【解答】（1）儀器a是分液漏斗；裝置b是除去多余的SO2，同時防止發生倒吸，只有裝置B具有防倒吸功能。

（2）根據題干信息可知，連二亞硫酸鈉(Na2S2O4)易溶于水、不溶于甲醇，所以用80%甲醇水溶液而不用蒸餾水作反應介質的原因是降低Na2S2O4的溶解度，利于Na2S2O4晶體的析出。根據題干信息可知，連二亞硫酸鈉(Na2S2O4)在空氣中易被氧化，所以步驟ⅱ中要先通入一段時間N2，目的是排出裝置內的空氣；步驟ⅳ通N2的目的是使裝置內多余的SO2排出，二者目的不同。

（3）根據題干信息，結合分析可知，步驟ⅲ反應的化學方程式為2SO2+NaOH+HCOONa=Na2S2O4+CO2+H2O。

（4）根據已知信息中反應方程式可知，5Na2S2O4～15I2～6KMnO4，則n（Na2S2O4）=56n（KMnO4）=56×0.1000mol/L×0.0300L×100mL25.00mL=0.0100mol，m（Na2S2O4）=0.0100mol×174g/mol=1.740g，所以Na2S2O4的純度為1.740g2.0g×100%=87%。若滴定過程中，錐形瓶內液體濺出，則消耗樣品溶液的體積偏小，導致m(Na2S2O4)偏小，則測得結果偏低。

【分析】（1）根據儀器的特征書寫儀器名稱；裝置b是除去多余的SO2，同時防止發生倒吸。

（2）連二亞硫酸鈉(Na2S2O4)易溶于水、不溶于甲醇，在空氣中易被氧化。

（3）HCOONa被氧化為CO2，SO2被還原生成Na2S2O4，根據電子得失、原子守恒進行分析。

（4）根據所給反應方程式可知，5Na2S2O4～15I18．【答案】（1）5KClO3（2）pH>1.7后，溶液中氫離子濃度減小，使F（3）V（4）54.6；3∶2【解析】【解答】（1）由分析可知，“高溫氧化”過程中，消耗1molKClO3轉移6mol電子，發生反應為5KClO3+6FeO?V2O3高溫3Fe2O3+5KCl+6V2O5。由分析可知，濾渣的主要成分為SiO2。

（2）由圖可知，pH>1.7后，溶液中氫離子濃度減小，使Fe3++3HA?FeA3+3H+平衡正向移動，Fe3+的萃取率下降。

（3）由分析可知，“沉釩”過程中主要反應的離子方程式為VO2++2NH3?H2O=NH4VO3+NH4++H2O。

（4）根據題干信息可知，開始n(NH4VO3)=70.20g117g/mol=0.60mol，經“焙燒”，最終得到V2O5，根據反應前后V原子守恒，則最終得到0.30molV2O5，其質量為0.3mol×182g/mol=54.6g，即m=54.6。NH4VO3可改寫為12V2O5?2NH3?H2O，根據題干信息，可設第一階段產物為V2O5?2aNH3?aH2O，其質量為62.40g，且物質的量為0.3mol，根據m=nM可得，0.3mol×（182+34a+18a）g/mol=62.40g，a=0.5，即第一階段產物為V2O5?NH3?0.5H2O；繼續升溫到180℃時產生NH3和H2O（g）的物質的量之比為3：1，按元素質量守恒可設化學式為V2O5?（1-3b）NH3?（0.5-b）H2O，殘留固體為58.95g、即0.3molV2O5?（1-3b）NH3?（0.5-b）H2O為58.95g，則可得0.30mol×[182+17（1-3b）+18（0.5-b）]g/mol=58.95g，

所以b=13，即第二階段產物為V2O5?0.5NH3?13H2O，分解過程的最后階段產物為V2O5，由V2O5?0.5NH3?13H2