1、山东省高密市2021届高三10月份联考可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Mg24 A127 Fe56 Cu64 Zn65 Ce140一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)1. 化学与人类生活密切相关。下列说法错误的是（ ）A. 二氧化硫可做漂白剂、防腐剂，还是一种食品添加剂B. 碳酸钠与碳酸氢钠均能与酸反应，均可用作膨松剂C. 补铁口服液是常见的补铁剂，可与维生素C同时服用D. 汽车尾气中的氮氧化物与碳氢化合物反应可形成光化学烟雾答案B详解A. 二氧化硫可做漂白剂、防腐剂，还是一种食品添加剂如红酒的生产中会添加少量的二氧化硫，故A正确；B. 碳酸钠的碱性较强不用
2、做蓬松剂，故B错误；C.为防止Fe2+的氧化，在补铁时常加入维生素C，故C正确；D. 光化学烟雾的成因与氮氧化物与碳氢化合物有关，故D正确。答案选B。2. 下列C原子电子排布图表示的状态中，能量最高的是（ ）A. B. C. D. 答案D详解原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越高，该原子能量越高，轨道能量：1s2s2p，据图可知，D中电子占据2s和2p轨道，则能量最高，故答案选：D。3. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）A. 常温常压下，8g O2含有的电子数目为4NAB. 1mol过氧化钠中含有的阴离子数目为2NAC. 6.4g金属铜与11mL 18.4mo1L-1
3、的浓硫酸反应转移电子数目为0.2NAD. 60g丙醇中存在的共价键总数为10NA答案A详解A常温常压下，8g O2含有的电子数目为=4NA，A正确；B过氧化钠的电子式为，则1mol过氧化钠中含有的阴离子数目为NA，B不正确；C6.4g金属铜为0.1mol，11mL 18.4mo1L-1的浓硫酸为0.2024mol，因为随着反应的进行，浓硫酸转化为稀硫酸，而稀硫酸与铜不能发生反应，所以反应转移电子数目小于0.2NA，C不正确；D60g丙醇中存在的共价键总数为=11NA，D不正确；故选A。4. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。不同周期元素X、Y的核外电子总数之和等于W原子最外层电子
4、数，基态Z原子电子总数是其最高能级电子数的4倍。下列说法错误的是（ ）A. 原子半径ZWXB. 最高价氧化物对应水化物的酸性WZYC. YZ2分子中含有极性共价键，为非极性分子D. 气态氢化物的还原性ZW答案D分析基态Z原子电子总数是其最高能级电子数的4倍，则Z为S；短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，则W为Cl；不同周期元素X、Y的核外电子总数之和等于W原子最外层电子数，则X为H，Y为C。详解AS、Cl为同周期元素，且S在Cl的左边，原子半径SCl，X为H，原子半径最小，所以原子半径SClH，A正确；BW、Z、Y分别为Cl、S、C，非金属性ClSC，最高价氧化物对应水化物的酸性H
5、ClO4H2SO4H2CO3，B正确；CYZ2的化学式为CS2，结构式为S=C=S，分子中含有S、C极性共价键，分子结构对称，为非极性分子，C正确；DW、Z分别为Cl、S，非金属性ClS，气态氢化物的还原性HClH2S，D错误；故选D。5. 能正确表示下列变化的离子方程式是（ ）A. 向H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2=4Na+4OH-+18O2B. 用酸性高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2+6H+5H2C2O4=2Mn2+10CO2+8H2OC. 硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液混合产生气体：+OH-=NH3+H2OD. 向Na2S2O3溶液中加入稀HNO3：+2H+=SO2+S
6、+H2O答案B详解A向H218O中投入Na2O2固体，H218O中的18O全部在NaOH中，因此氧气的化学式为O2，A不正确；B高锰酸钾作氧化剂，草酸作还原剂，依据得失电子守恒，可得出如下关系：2+5H2C2O4=2Mn2+10CO2，依据电荷守恒和质量守恒，可得出配平的离子方程式为2+6H+5H2C2O4=2Mn2+10CO2+8H2O，B正确；C硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液混合，既产生NH3，又生成BaSO4沉淀，C不正确；D向Na2S2O3溶液中加入稀HNO3，HNO3表现强氧化性，能将氧化为， D不正确；故选B。6. 下列装置或操作能达到相应实验目的的是（ ）A. 用图1装置制备少量氨气B
7、. 用图2装置分离碘和四氯化碳C. 用图3装置除去HC1中的C12D. 图4为配制一定浓度的NaC1溶液的定容操作答案C详解A浓硫酸滴入浓氨水中，会发生酸碱中和反应，不能生成氨气，A不合题意；B碘易溶于四氯化碳，不能用分液法分离碘和四氯化碳，应使用蒸馏法，B不合题意；CCl2易溶于CCl4，而HCl难溶于CCl4，所以可用CCl4除去HC1中的C12，C符合题意；D配制一定浓度的NaC1溶液的定容操作时，应平视刻度线，D不合题意；故选C。7. 生物质气(主要成分为CO、CO2、H2等)与H2混合，在含铬催化剂作用下合成甲醇是利用生物质气的方法之一。下列说法正确的是（ ）A. 电负性：ONHCB
8、. 基态Cr原子的电子排布式是Ar3d44s2C. 的空间构型为三角锥形D. CO2分子中存在两个相互垂直的键答案D详解AC、H、O、N的非金属性ONCH，则电负性：ONCH，A不正确；BCr为24号元素，有1个4s电子迁移到3d轨道，从而使3d轨道半充满，所以基态Cr原子的电子排布式是Ar3d54s1，B不正确；C的价层电子对数为3，中心N原子发生sp2杂化，空间构型为平面三角形，C不正确；DCO2分子的结构式为O=C=O，由于C原子与2个O原子各形成两对共用电子，所以两个键相互垂直，D正确；故选D。8. 硝基胍是固体火箭推进剂的重要组分，其结构如图所示。下列说法正确的是（ ）A. 硝基胍分
9、子中不含非极性键B. 硝基胍分子中所有碳、氮原子均为sp2杂化C. 硝基胍分子中键与键的个数比是3：1D. 硝基胍分子中所有原子不可能共平面答案D详解A. 分子中N-N为非极性键，故A错误；B.最左端N原子价层电子对数，则杂化类型为sp3杂化，故B错误；C. 分子中含有4个N-H键，1个C=N键，1个N=O键，2个C-N键，1个N-N键和1个NO键，键与键的个数比是5：1，故C错误；D. 硝基胍分子中左边N原子为sp3空间构型为三角锥形，则所有原子不可能共平面，故D正确。故答案选：D。9. 氯化亚铜(CuC1)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuC1难溶于水，可溶于氯离子浓度较大的体系，易水
10、解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，生产CuC1的工艺如下： 下列说法错误的是（ ）A. “溶解”过程发生氧化还原反应的离子方程式是3Cu+8H+2=3Cu2+2NO+4H2OB. “反应”过程发生反应的离子方程式是2Cu2+2C1-+H2O=2CuC1+2H+C. “溶解”过程中硫酸可用浓盐酸代替D. “烘干”需在隔绝空气的环境中进行答案C详解A“溶解”过程中，硝酸铵中的硝酸根离子与硫酸电离出的氢离子构成硝酸，将铜氧化，离子方程式是3Cu+8H+2=3Cu2+2NO+4H2O，A正确；B从后续操作看，“反应”过程生成CuCl，则溶液中的Cu2+被还原，发生反应的离子方程式是
11、2Cu2+2C1-+H2O=2CuC1+2H+，B正确；C“溶解”过程中，若硫酸用浓盐酸代替，则“反应”过程中生成的CuCl会被Cl-溶解，难以得到CuCl沉淀，C不正确；D“烘干”时，CuCl易被空气中的氧气氧化，所以需在隔绝空气的环境中进行，D正确；故选C。10. 我国科学家用下列实验研究硫酸盐会加剧雾霾的原因：以N2或空气为载气，将SO2和NO2按一定比例混合，通入不同吸收液，相同时间后，检测吸收液中的含量，数据如下：下列说法正确的是（ ）A. SO2和NO2都属于酸性氧化物B. 反应中还原产物可能是HNO2C. 产生的反应中NO2既是氧化剂，又是还原剂D. 实验表明硫酸盐的形成主要与空
12、气中的O2有关答案B详解A. NO2为不成盐氧化物，不属于酸性氧化物，故A错误；B.反应可能发生反应：，还原产物可能是HNO2，故B正确；C. 产生的反应中SO2化合价上升作还原剂，NO2作氧化剂，故C错误；D.由表格数据可知空气中的氧气对形成硫酸盐影响不大，主要影响为氨水和NO2，故D错误。故答案选：B。二、选择题(每小题有一个或两个选项符合题意)11. 下列实验可以达到实验目的的是（ ）答案AD详解A.加入盐酸酸化无白色沉淀，再加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，则可证明溶液中含有，说明已变质生成，故A正确；B.BaCl2应在Na2CO3前加入，否则Ba2+无法除去，故B错误；C.制取碳酸氢钠时
13、由于NH3的溶解度远大于CO2为增大CO2的溶解应先通入NH3后通入CO2，故C错误；D.先滴加KSCN溶液溶液不变红，后滴加氯水溶液变红，则可证明溶液中存在Fe2+，故D正确。故答案选：AD。12. 在酸性介质中，天然气脱硫原理如图所示。下列说法正确的是（ ）A. CH4、H2S均属于非极性分子B. CH4是反应的催化剂C. 过程使介质溶液酸性增强D. 过程与过程转移电子的物质的量之比为1：2答案C分析由图中可得出，反应的反应物为Fe2(SO4)3、CH4、H2S，生成物为S、FeSO4、CH4；反应的反应物为FeSO4、CH4、O2，生成物为Fe2(SO4)3、CH4，在反应中没有体现H2
14、SO4的参与，从而得出反应的化学方程式。反应：Fe2(SO4)3+H2S=S+2FeSO4+H2SO4；反应： 4FeSO4+O2+ 2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O。详解A由于S原子的最外层两对孤电子对的排斥作用，使H2S的结构不对称，所以H2S属于极性分子，A不正确；B从分析中可以看出，CH4没有参与反应，所以CH4不是反应的催化剂，B不正确；C过程的反应为Fe2(SO4)3+H2S=S+2FeSO4+H2SO4，使介质溶液酸性增强，C正确；D以FeSO4为基准，调整过程与过程的化学计量数，可得出转移电子的物质的量之比为1：1，D不正确；故选C。13. 用下图装置制备氯气并进行
15、相关实验(夹持设备已略)。下列说法正确的是（ ）A. 装置甲烧瓶内的试剂是MnO2B. 装置乙具有除杂和贮存气体的作用C. 实验结束后，振荡丙中锥形瓶，液体分层且下层呈紫红色D. 该实验能证明溴、碘的非金属性强弱答案B详解A. MnO2与浓盐酸的反应需要加热，图中没有加热装置，故甲烧瓶内的试剂不可能是MnO2，故A错误；B. 装置乙中饱和食盐水可以除去氯气中的HCl气体，还能利用排饱和食盐水的办法收集气体，故B正确；C.丙中KI被氧化为I2经苯萃取后苯层在上层，则上层呈紫红色，故C错误；D.丙中可能氯气过量，与KI反应，无法验证溴、碘的非金属性强弱，故D错误。故答案选：B。14. 工业生产中高
16、锰酸钾广泛用作氧化剂。以二氧化锰为原料制取高锰酸钾晶体的流程如下：下列说法正确的是（ ）A. “灼烧”时使用石英坩埚B. “转化”过程生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2：1C. 母液中含有的溶质主要是KHCO3D. 上述流程中可以循环利用的物质有3种答案BC详解A“灼烧”时，KOH能与SiO2反应，所以不能使用石英坩埚，A错误；B“转化”过程生成中发生反应的化学方程式为3K2MnO4+4CO2+2H2O=2KMnO4+MnO2+4KHCO3，所以KMnO4和MnO2的物质的量之比为2：1，B正确；C从B选项中书写的化学方程式可知，母液中含有的溶质主要是KHCO3，C正确；D上述流程中可
17、以循环利用的物质，除去MnO2外，还有KHCO3分解生成的CO2，D错误； 故选BC。15. 向含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入过量氯气，溶液中四种离子的物质的量变化如图所示，已知b-a=5，线段IV表示一种含氧酸根，且I和IV表示的粒子中含有相同的元素。下列说法正确的是（ ）A. 线段表示Fe2+的变化情况B. 原溶液中n(FeBr2)=3molC. a=7.5D. 线段IV表示的变化情况答案CD分析因为离子的还原能力I-Fe2+Br-，所以线段表示I-，线段表示Fe2+，线段表示Br-，线段表示(因为I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl)。详解A由以上分析知，线段表示Br-
18、的变化情况，A不正确；B原溶液中，与I-反应的Cl2为1mol，则I-为2mol；与Fe2+反应的Cl2为2.5mol，则Fe2+为5mol；从而得出FeI2为1mol，FeBr2为4mol，B不正确；CFeBr2为4mol，则Br-为8mol，需消耗Cl24mol，a=3.5+4=7.5，C正确；Dn(I2)=1mol，n(Cl2)=5mol，依据得失电子守恒，I由0价升高到+5价，所以含碘产物为，线段IV表示的变化情况，D正确；故选CD。三、非选择题16. 氮、磷、锌元素的单质和化合物在农药生产及工业制造等领域用途非常广泛。回答下列问题：(1)基态P原子中，电子占据的最高能层具有的原子轨道
19、数为_，基态Zn原子的价电子排布式是_。(2)2019年德国专家从硫酸铵中检测出一种组成为N4H4(SO4)2的物质，该物质在水中以和两种离子的形式存在。易被植物吸收，但它遇到碱时会生成类似白磷的N4分子，不能被植物吸收。N、O、S三元素第一电离能从小到大的顺序是_。1个中含有_个键。(3)白磷在空气中缓慢氧化生成P4O6，其结构如图所示。P4O6中氧原子的杂化轨道类型为_，每个P4O6分子中含孤电子对的数目为_。(4)科学家合成了一种阳离子为“”，其结构是对称的，5个N排成“V”形，含2个氮氮三键，且每个N原子都达到8电子稳定结构；此后又合成了一种含有“”化学式为“N8”的离子晶体。“”中位
20、于角顶点上的N原子的杂化轨道类型是_，“N8”中阴离子的空间构型为_。答案(1). 9 (2). 3d104s2 (3). SON (4). 10 (5). sp3 (6). 16 (7). sp3 (8). 直线形分析分析第一电离能的大小关系时，应考虑N原子的最外层的2p轨道处于半满状态，电子的能量低，第一电离能出现反常；在分析杂化轨道类型时，可通过计算价层电子对数判断；在分析离子的空间构型时，可利用等电子原理。详解(1)基态P原子中，电子占据的最高能层为第三电子层，包括3s、3p、3d轨道，具有的原子轨道数为9，基态Zn原子的电子排布式为Ar3d104s2(或1s22s22p63s23p6
21、3d104s2)，价电子排布式是3d104s2。答案为：9；3d104s2；(2)N、O、S三元素的非金属性SNO，但N原子的2p轨道半充满，电子能量低，第一电离能出现反常，所以第一电离能从小到大的顺序是SON。因为遇到碱时会生成类似白磷的N4分子，所以其N原子间都形成共价单键(6个)，另外还形成4个N-H键，所以1个中含有10个键。答案为：SON；10；(3)从P4O6的球棍模型中可以看出，每个O原子都形成2个P-O键，另外O原子还应存在2对孤对电子，所以氧原子的杂化轨道类型为sp3；每个P4O6分子中，P原子含1个孤电子对，O原子含2个孤电子对，含孤电子对的数目为14+26=16。答案为：
22、sp3；16；(4) “”的结构式为，位于角顶点上的N原子，其价层电子对数为=4，所以杂化轨道类型是sp3，“N8”中阴离子应为，它与CO2互为等电子体，所以空间构型为直线形。答案为：sp3；直线形。点睛我们易把“基态P原子中，电子占据的最高能层具有的原子轨道数”填成4，其原因是P原子的最高能层电子排布式为3s23p3，只占据4个轨道。17. 聚硅酸铁常用作无机高分子絮凝剂。一种用废铁渣(主要成分Fe2O3、FeO，少量二氧化硅杂质)为原料制备聚硅酸铁的流程如下：回答下列问题：(1)“酸浸”时，通入空气的主要目的是氧化Fe2+，写出该反应的离子方程式_。(2)“酸浸”需适宜的酸浓度、液固比、酸
23、浸温度、氧流量等，其中硫酸浓度对铁浸取率的影响如图所示。“酸浸”过程中调控硫酸的最佳浓度是_。(3)滤渣的主要成分是_(写化学式)。(4)“Fe3+浓度检测”实验操作：取100mL待测液于一烧杯中，加入足量废铁屑充分反应，过滤，然后取25mL滤液于锥形瓶，用c molL-1酸性K2Cr2O7标准溶液滴定(被还原为Cr3+)，达到滴定终点时消耗标准溶液V m L。滴定时盛装K2Cr2O7溶液的仪器名称是_写出滴定过程中发生反应的离子方程式_。Fe3+浓度为_(用含V、c的代数式表示)。答案(1). 4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O (2). 6molL-1 (3). SiO2 (4).
24、 酸式滴定管 (5). 6Fe2+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O (6). 0.16cV分析废铁渣(主要成分Fe2O3、FeO，少量二氧化硅杂质)中加入硫酸，并通入空气，此时Fe2O3、FeO生成Fe2(SO4)3，SiO2成为滤渣；通过检测Fe3+的浓度，确定聚硅酸的加入量，从而获得聚硅酸铁产品。详解(1)“酸浸”时，通入空气的主要目的是将Fe2+氧化为Fe3+，该反应的离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O。答案为：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O；(2)从图中可以看出，“酸浸”过程中调控硫酸的最佳浓度是6molL-1。答案为：6molL-1；(3)由分析
25、知，滤渣的主要成分是SiO2。答案为：SiO2；(4)因为K2Cr2O7溶液具有强氧化性，会腐蚀橡皮管，所以滴定时盛装K2Cr2O7溶液的仪器名称是酸式滴定管。滴定过程中将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cr3+，发生反应的离子方程式为6Fe2+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O。由反应方程式，可得出如下关系式：6Fe2+，从而得出Fe2+浓度为，Fe3+浓度为=0.16cV。答案为：酸式滴定管；6Fe2+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O；0.16cV；。点睛在计算Fe3+浓度时，我们很容易忽视Fe2+有一部分来自还原Fe3+加入的Fe，从而得出“0.24cV”的错误结论。18.
26、 小组同学用下图所示装置(夹持及加热装置略)探究硝酸与铁反应的产物。已知：FeSO4+NOFe(NO)SO4。(棕色)。实验步骤如下：I.先通一段时间CO2，关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，将浓硝酸缓慢滴入A中，关闭活塞，A中无明显现象。II.加热A，有红棕色气体产生，一段时间后，气体颜色逐渐变浅，C中溶液变棕色，D中溶液颜色变浅。反应结束后A中有固体剩余，取A中溶液适量于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，试管口放置湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝。回答下列问题：(1)仪器A的名称为_。(2)步骤I中浓硝酸缓慢滴入A中，没有明显现象的原因是_。(3)小组同学根据步骤中现象有如下分析：aA中有红棕色气
27、体产生，说明有NO2生成；bC中溶液变棕色，说明A中有NO生成。判断上述分析一定成立的是_(填“a”或“b”)；对于不成立的分析，请用一个化学方程式说明原因_。小组同学经讨论后认为，根据实验现象也可以得到A中有NO生成的结论，写出相关证据_。(4)步骤III说明反应后溶液中存在_(写离子符号)，生成该离子的离子反应方程式为_。答案(1). 三颈瓶(或三颈烧瓶) (2). 常温时，铁和浓硝酸产生钝化现象 (3). a (4). 3NO2+H2O=2HNO3+NO (5). A中气体颜色由红棕色逐渐变浅(B中溶液变棕色) (6). (7). 8Fe+3OH-+3=3+8Fe3+9H2O分析I.先通
28、一段时间CO2，关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，将浓硝酸缓慢滴入A中，关闭活塞，A中无明显现象，Fe常温下遇浓硝酸发生钝化；II.加热A，有红棕色气体NO2产生，一段时间后，气体颜色逐渐变浅生成NO气体，C中溶液变棕色生成Fe(NO)SO4， NO与高锰酸钾溶液发生反应D中溶液颜色变浅；反应结束后A中有固体剩余，取A中溶液适量于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，试管口放置湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝，则溶液中存在以此分析。详解（1）仪器A的名称为三颈瓶(或三颈烧瓶)，故答案为：三颈瓶(或三颈烧瓶)；（2）步骤I中浓硝酸缓慢滴入A中，没有明显现象是由于常温时，铁和浓硝酸产生钝化现象，故答案为：常温
29、时，铁和浓硝酸产生钝化现象；（3）aNO2为红棕色气体，A中有红棕色气体产生，说明有NO2生成，故a正确；bC中溶液变棕色，有可能是NO与 FeSO4反应生成棕色的Fe(NO)SO4，也可能是NO2与水反应生成的NO与与 FeSO4反应生成棕色的Fe(NO)SO4，：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：a；3NO2+H2O=2HNO3+NO；A中气体颜色由红棕色逐渐变浅说明反应生成了无色的NO使气体颜色变浅；或者B中溶液变棕色说明生成的与NO反应生成了棕色物质，故答案为：A中气体颜色由红棕色逐渐变浅(B中溶液变棕色)；（4）由上述分析可知步骤III说明反应后溶液中存在；生成该离子的离
30、子反应方程式为：8Fe+3OH-+3=3+8Fe3+9H2O，故答案为：；8Fe+3OH-+3=3+8Fe3+9H2O。19. 稀土是科技业和国防产业的关键战略性矿物，以氟碳铈矿(主要含CeFCO3，及少量Fe、A1、Mg的化合物和SiO2等)为原料制备Ce(OH)4的工艺流程如下：回答下列问题：(1)“氧化焙烧”时，生成CeO2的化学方程式_。(2)“氧化I”过程中，反应温度、反应时间对CeCl3氧化率的影响关系如下图所示：最佳温度和时间是_，原因是_。(3)“酸浸”时，CeO2被还原为Ce3+，写出该反应的离子方程式_。(4)氧化反应过程中，氧化剂与还原剂的物质的量之比是_。(5)取产品0
31、.3900g，加硫酸溶解后，用0.1000molL-1FeSO4标准溶液滴定，至终点时，消耗l5.00mL标准溶液。Ce(OH)4产品的纯度为_(铈被还原为Ce3+，其它杂质均不反应)。答案(1). 4CeFCO3+O2+2Na2CO34CeO2+4NaF+6CO2 (2). 550 1.0h (3). 该条件下，氧化率高(接近100)，产率高，温度相对较低 (4). 2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O (5). 1：2 (6). 80分析氟碳铈矿加入碳酸钠和空气“氧化焙烧”得到CeO2，加入氯化铵“氯化”得到可溶性CeCl3，热水溶浸后过滤杂质，再经过空气氧化成CeO2，
32、再加入双氧水和酸进行“酸浸”CeO2被还原为Ce3+，再加入NaOH得到，再经过NaClO氧化得到产物，以此分析。详解(1)氟碳铈矿加入碳酸钠和空气“氧化焙烧”得到CeO2：4CeFCO3+O2+2Na2CO34CeO2+4NaF+6CO2，故答案为：4CeFCO3+O2+2Na2CO34CeO2+4NaF+6CO2；(2)由图可知在550 1.0h下氧化率高(接近100)，产率高，为最佳温度和时间，故答案为：550 1.0h；该条件下，氧化率高(接近100)，产率高，温度相对较低；(3)“酸浸”时，加入双氧水，CeO2被还原为Ce3+并产生气体，则CeO2为氧化剂，过氧化氢为还原剂生成氧气，
33、离子方程为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O，故答案为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O；(4)0氧化反应过程中，经过NaClO氧化得到产物：，NaClO为氧化剂，为还原剂，物质的量之比为：1：2，故答案为：1:2；(5)由得失电子守恒可知关系式为：，则Ce(OH)4物质的量，则Ce(OH)4质量，则产品的纯度 ，故答案为：80%。20. 二氧化氯(C1O2)是黄绿色气体，易溶于水但不与水反应，沸点为11，工业上可利用ClO2处理含硫废水。学习小组在实验室中探究C1O2与Na2S的反应。回答下列问题：(1)ClO2的制备和收集装置B的作用是_。C中有
34、NaHSO4生成，反应的化学方程式为_。欲收集干燥的ClO2，选择上图中的装置，按气流方向连接顺序为a_(用小写字母表示)。(2)C1O2与Na2S的反应用N2稀释C1O2以增强其稳定性，将适量稀释后的C1O2通入下图所示装置中，充分反应，I中得到无色澄清溶液。小组同学根据实验现象，对S2-氧化产物做如下假设：假设1：S2-被氧化为SO2。假设2：S2-被氧化为_。继续实验，探究上述假设是否正确。a取上述装置I中溶液于试管中，加入氢氧化钡溶液，生成白色沉淀，过滤。b取a中所得白色沉淀于试管中，加入盐酸，滴入2滴品红溶液，无明显现象。则上述假设正确的是_。C1O2与Na2S反应的离子方程式为_。
35、答案(1). 安全瓶 (2). SO2+2NaC1O3+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4 (3). efbcd (4). (5). 假设2 (6). 8ClO2+5S2-+4H2O=8Cl-+5+8H+分析装置A中，Cu与浓硫酸在加热条件下反应生成SO2气体，将SO2气体通入B装置中，B装置的进气、出气导管都短，应为防倒吸装置；在C中，SO2被NaClO3酸性溶液氧化，生成NaHSO4和ClO2；ClO2气体用浓硫酸干燥，然后用向上排空气法收集，多余气体用NaOH溶液吸收。详解(1)由以上分析知，装置B的作用是安全瓶。C中，SO2被NaClO3酸性溶液氧化，生成NaHSO4和ClO2，反
36、应的化学方程式为SO2+2NaC1O3+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4。欲收集干燥的ClO2，选择上图中装置的顺序为F、D、E，按气流方向连接顺序为aefbcd。答案为：安全瓶；SO2+2NaC1O3+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4；efbcd；(2)小组同学根据实验现象，对S2-氧化产物做如下假设：假设1：S2-被氧化为SO2。假设2：S2-被氧化成的SO2可进一步被氧化，生成。继续实验，探究上述假设是否正确。a取上述装置I中溶液于试管中，加入氢氧化钡溶液，生成白色沉淀，则其可能为BaSO3，也可能为BaSO4。b取a中所得白色沉淀于试管中，加入盐酸，滴入2滴品红溶液，无明显现象。则表明沉淀不是BaSO3，只能是BaSO4。上述假设正确的是假设2。由上面分析可知，C1O2与Na2S反应，生成HCl和Na2SO4，离子方程式为8ClO2+5S2-+4H2O=8Cl-+5+8H+。答案为：；假设2；8ClO2+5S2-+4H2O=8Cl-+5+8H+。点睛因为ClO2的相对分子质量比空气大，且与空气的成分不反应，所以可采用向上排空气法收集，在带有双孔橡皮塞的洗气瓶中的操作是导管长进短出。
