河北高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-03化学计量
一、单选题
1．（2023·河北保定·统考一模）工业合成氨常选择，为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1 mol完全反应，转移的电子数为3
B．混合气中物质的沸点由高到低的顺序为
C．物质的量之比为1∶1的和的混合气体所含原子数目为4
D．反应物断裂个σ键同时生成物断裂个σ键，反应达到平衡状态
2．（2023·河北唐山·统考一模）锂电池负极材料为Li嵌入两层石墨层中，形成如图所示的晶胞结构。下列说法中正确的是
A．该负极材料的摩尔质量为79 B．碳原子的杂化方式为杂化
C．Li的配位数为8 D．晶胞中Li与C原子个数比为1：6
3．（2023·河北石家庄·统考一模）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．25℃时，的溶液中含有的数目为
B．白磷和硅晶体中含有共价键的数目均为
C．(标准状况)通入水中充分反应，转移电子的数目为
D．和混合后的分子数目为
4．（2023·河北唐山·统考二模）是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．标准状况下，22.4 L氧气所含的质子数为
B．1 mol 晶体中含有的共价键数目为
C．向100 mL 溶液中加入足量Cu粉充分反应，转移电子数目为
D．1 L 溴化铵溶液中与离子数之和大于
5．（2023·河北保定·统考二模）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．浓度均为的和两种溶液中所含的数目之比为
B．标准状况下，的甲醛分子中含有的键数目为
C．标准状况下，氟化氢中含有的分子数目为
D．超重水()分子中含有的中子数目为
6．（2022·河北·模拟预测）预防“新冠肺炎”可用0.3%的过氧乙酸(，含“—O—O—"键)溶液进行喷雾消毒。若代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．PH=3的过氧乙酸溶液中氢离子数目为
B．中含有的共用电子对数目为9
C．1L 0.1molL过氧乙酸的水溶液中氧原子数为0.3
D．个分子完全分解可生成1mol和11.2L
7．（2021·河北沧州·统考三模）根据溶液中发生的两个反应：①；②。下列说法不正确的是
A．反应①中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
B．酸性条件下，氧化性：
C．实验室将高锰酸钾酸化时，常用硫酸酸化而不用盐酸酸化
D．反应②中每生成的气体，则反应中转移的电子的物质的量为
8．（2021·河北·校联考模拟预测）下列关于化学概念的理解错误的是
A．互为同分异构体的物质化学性质可能相似,可能差别较大
B．离子化合物中离子键的强弱同时影响物理性质和化学性质
C．酸碱中和生成1mol水放出的热量与溶液浓度、酸碱的强弱等因素有关
D．常温下的气体摩尔体积一定大于
二、多选题
9．（2022·河北·模拟预测）目前碘酸钾被广泛应用于食盐加碘。一种由含碘废水制取碘酸钾的工艺如下，其中“制KI(aq)”时，Fe2+会水解形成胶状物吸附KI，造成I-的损失。下列说法正确的是
A．制备CuI过程中，消耗SO2与CuSO4的物质的量之比为1∶2
B．滤渣1能够完全溶解于稀硫酸中
C．制得0.1 mol KIO3至少需要标准状况下5.6 L Cl2
D．制备KI时要控制溶液的pH不宜过大
三、工业流程题
10．（2022·河北·模拟预测）合理处理金属垃圾既可以保护环境又可以节约资源。利用废旧镀锡铜线制备胆矾并回收锡的流程如下：
已知Sn2+容易水解。
回答下列问题：
(1)加快“脱锡”速率的措施有 (写出一点)。“操作I” 包含 、 、过滤、洗涤、干燥。
(2)“脱锡”过程中加入少量稀硫酸调控溶液pH，其目的是 ；硫酸铜浓度与脱锡率的关系如图所示，当浓度大于120g·L-1时，脱锡率下降的原因 。
(3)“脱锡液”中含有的离子主要为Cu2+、Sn2+、H+、SO，以石墨为电极，通过控制溶液pH、电解时电压，可以依次回收铜、锡。电解时阳极反应式为 ； 当阴极出现 的现象时，说明电解回收锡结束。
(4)“脱锡渣”溶于硫酸的离子方程式为 。
(5)称量纯净的胆矾2.50g进行热重分析，实验测得胆矾的热重曲线如图所示。则120℃时所得固体的化学式为 。
11．（2022·河北唐山·统考三模）实验室利用废弃旧电池的铜帽(Zn、Cu总含量约为99%)回收Cu并制备纳米ZnO的部分实验过程如图所示：
(1)在“溶解”步骤中，提高铜帽溶解速率的措施 (例举两种)。
(2)有同学提出溶解步骤中可在酸性条件下不断鼓入并加热，这种情况下，铜发生溶解的离子方程式为 。
(3)“过滤”步骤中使用的玻璃仪器有 。
(4)生成的沉淀需经充分洗涤，检验沉淀是否洗涤干净的方法是 。
(5)在封闭的高温电炉中焙烧，焙烧后的ZnO粉末用去离子水洗净，再用乙醇洗涤3次，减压过滤，干燥，得到纯净的纳米级ZnO。用乙醇洗涤的目的是 。
(6)有同学提出用纯碱代替溶液，在实际生产中得到的是一种碱式碳酸锌[]，取该样品6.82g，充分灼烧后测得残留物质量为4.86g，将所得气体通入足量澄清石灰水中，得到2.00g沉淀，则此碱式碳酸锌的化学式是 。
12．（2022·河北石家庄·统考二模）氯化铈(CeCl3)可用作石油催化剂、汽车尾气催化剂等，它易吸湿水解。用丙酸铈晶体[Ce(CH3CH2COO)3·5H2O]制备氯化铈的实验流程如图：
回答下列问题：
(1)“煅烧”时，生成CO2和H2O的物质的量之比为 。
(2)该小组欲用如图装置验证“煅烧”步骤的气体产物。
①按气流方向，上述装置的连接顺序为 (填仪器接口的字母编号)，试剂X为 。
②该实验中需采用3.00mol L-1H2O2溶液。欲配制100mL3.00mol·L-1H2O2溶液，需要量取溶质质量分数为34%的H2O2溶液(密度为1.13g·mL-1)的体积为 mL(保留两位小数)，量取34%的H2O2溶液时所使用的仪器为 。
③装置D中石棉的作用为 。
(3)“还原氯化”时，需要在加热条件下进行，该反应的化学方程式为 。
(4)“还原氯化”时，加入过量的NH4Cl可有效抑制CeCl3的水解，解释其原因为 。
四、实验题
13．（2022·河北石家庄·统考一模）镁条投入盐酸时，快速溶解并产生大量气泡；投入热水时，其表面会附着微量气泡。受此启发，某兴趣小组对Mg与NaHCO3溶液的反应进行了如下探究：
实验序号 实验操作 实验现象
1 向7.5 mL1mol·L-1NaHCO3溶液中加入长3cm的镁条 持续快速产生大量气泡，溶液略显浑浊
I.探究反应产生的气体成分。
(1)经检验反应产生的气体有H2，实验室检验H2的方法为 。
(2)小组成员认为反应产生的气体中可能有CO2，并对此进行了如下实验(图1、图2中曲线②均为对应加入镁条的数据)：
实验序号 实验操作
2 分别称取两份6.0 mL 1 mol·L-1NaHCO3溶液于两个相同塑料瓶中(其中一个加入0.1g镁条)，塞紧CO2气体传感器，采集数据，各重复实验1次，得到图1所示曲线
3 分别称取两份30.0 mL 1 mol·L-1NaHCO3溶液于两个相同烧杯中(其中一个加入1.1g镁条)，插入pH传感器，搅拌并采集数据，得到图2所示曲线
图1中曲线②对应的CO2含量逐渐增大的原因为 (用化学方程式表示)；结合实验3解释，随着时间推移，图1中曲线②的数值低于曲线①的原因为 。
II.探究Mg与NaHCO3溶液反应比与热水反应快的原因。
小组成员推测可能是溶液中的Na+或HCO加快了该反应的发生，对比实验1设计实验如下：
实验序号 实验操作 实验现象
4 向_______溶液中加入长3 cm的镁条 持续快速产生大量气泡，溶液略显浑浊
(3)结合实验1和4，可知溶液中的HCO加快了反应的发生。
①实验4中横线处内容为 。
②查阅文献可知，Mg(OH)2质地致密，MgCO3质地疏松，请结合必要的文字和化学用语解释HCO能加快该反应的原因为 。
III.探究固体浑浊物的组成。
文献显示，固体浑浊物为Mg(OH)2和MgCO3的混合物。甲、乙两位同学设计不同方案，测定混合物组成。
(4)甲同学借助下图装置(可重复选用)，通过测定固体热分解产物水及二氧化碳的质量，测定其组成。按照该方案，装置的连接顺序为 (填字母编号)。
(5)乙同学只测定了固体浑浊物在热分解前后的质量分别为3.42 g和2.00g，据此计算出固体浑浊物中n[Mg(OH)2]:n[MgCO3]= 。
14．（2022·河北·模拟预测）一水硫酸四氨合铜[]是深蓝色正交晶体，溶于水，不溶于乙醇，常用作杀虫剂、媒染剂，在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分。某学习小组以铁铜合金为主要原料制备，具体流程如图。
已知：①
②
回答下列问题：
(1)步骤I滴加时缓慢滴加并不断搅拌的目的是 。
(2)步骤I生成的离子方程式为 ，也可使用氨气与溶液反应制得，下列可作为制备氨气的实验装置的有 (填标号)。
(3)滤液中加入95％乙醇的实验现象是 。
(4)步骤Ⅴ中操作Ⅹ的名称是 ，具体操作过程为 。
(5)硫酸四氨合铜晶体的纯度可通过碘量法测定。在微酸陛溶液中，与过量作用，生成和CuI(不溶于水)，生成的用标准溶液滴定(已知滴定反应为：)。准确称取1.50g产品，配制成100mL溶液。取20mL该溶液，加入过量KI溶液，用标准溶液进行滴定，消耗标准溶液的体积如表所示，产品纯度为 。
序号 1 2 3 4
消耗标准溶液体积/mL 24.00 24.86 23.95 24.05
15．（2021·河北·模拟预测）三氯化氮(NCl3)是一种强氧化剂，工业上可用于漂白和消毒，实验室可由氯气通入碳酸铵溶液中制得。某化学小组利用此原理进行实验室制备三氯化氮。
回答下列问题：
(1)装置A中仪器X的名称是 ，盛放的试剂是 ，装置A中发生反应的离子方程式为 。
(2)整个装置的导管连接顺序为a→ → → → → 。
(3)装置B中发生反应的化学方程式为 。
(4)装置C的作用为 。装置D的作用为 。
(5)三氯化氮浓度的测定：准确量取20mL装置B中反应后的溶液，置于100mL容量瓶中，用水稀释至刻度，摇匀，吸取25.0mL于烧杯中，加入足量V1mLc1mol·L-1亚硫酸钠溶液，充分反应后，向烧杯中加入足量V2mLc2mol·L-1盐酸酸化的氯化钡溶液，得沉淀mg。
已知：i._______ Na2SO3+_______ NCl3 +_______=_______Na2SO4 +_______ HCl+ _______NH4Cl；
ii. BaCl2 +Na2SO4=BaSO↓+ 2HCl。
①请完成反应i的化学方程式：i._______ Na2SO3+_______ NCl3+_______=Na2SO4+_______ HCl+_______ NH4Cl
②装置B反应后的溶液中三氯化氮的浓度为 mol·L-1。
参考答案：
1．B
【详解】A．反应中氮元素化合价由0变为-3，则1 mol完全反应，转移的电子数为6，A错误；
B．氨气分子间存在氢键，导致沸点最高；氮气的相对分子质量大于氢气，其沸点高于氢气，故混合气中物质的沸点由高到低的顺序为，B正确；
C．不确定混合气体的总的物质的量，不能计算和的混合气体中所含原子数目，C错误；
D．单键均为σ键，叁键含有1个σ键2个π键；1个氮气分子含有2个π键和1个σ键，1分子氢气含有1个σ键，1分子氨气含有3个σ键，则反应物断裂个σ键同时生成物断裂个σ键，说明正逆反应速率不同，反应没有达到平衡状态，D错误；
故选B。
2．D
【详解】A．由图可知，负极材料为LiC6，其摩尔质量为79g/mol，A错误；
B．由图可知，1个碳和其他3个碳形成3个单键，故其杂化方式为，B错误；
C．根据图示1,2,3三个C原子之间的夹角为120°，则这三个碳距离4号锂之间的距离是相等的，根据该负极材料的结构可知，Li的配位数为12，C错误；
D．由图一知， C中除中心2个C处于体心，其他每个C都在面心，每个面2个，共4个面，所以处于面心的C总共8个，所以一个晶胞中的碳数C=2+8×=6，而Li+处于立方体的8个顶点，所以一个晶胞中的Li+数为=1，因此晶胞中锂离子和碳原子的个数之比为 1：6，D正确；
故选D。
3．A
【详解】A．25℃时，的溶液中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，则含有为0.01mol，数目为，A正确；
B．1分子中含有6个共价键，则白磷中含有共价键的数目均为，B错误；
C．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸是可逆反应，22.4L Cl2(标准状况下物质的量为1mol)通入水中充分反应，，则转移电子的数目少于，C错误；
D．和混合后生成0.5mol的二氧化氮，剩余0.5mol的氧气，二氧化氮会部分转化为四氧化二氮，故分子数目小于，D错误；
故选A。
4．B
【详解】A．标准状况下，22.4 L氧气为1mol，1个氧原子有8个质子，因此，1molO2所含质子数为16NA个，A正确；
B．在SiO2晶体中，1个Si原子周围有4个以共价单键相连的O原子，1个O原子周围有2个以共价单键相连的Si原子，所以1个“SiO2”中平均含4个Si-O键，1 molSiO2晶体中Si-O键数为4NA，B错误；
C．的的物质的量为，和Cu反应的离子方程式为，，则，转移的电子数目为，C项正确；
D．1 L 溴化铵溶液中，由电荷守恒：c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Br-)，c(Br-)=1mol/L，故，故NH与H+离子数之和大于NA，D项正确；
故答案选B。
5．B
【详解】A．未说明的和两种溶液的体积关系，不能计算两种溶液中所含的数目之比，故A错误；
B．碳氧双键中含有1个键，甲醛分子中含有3个键，标准状况下，的甲醛的物质的量为0.1mol，键数目为，故B正确；
C．氟化氢在标况下不是气体，氟化氢的物质的量不是0.1mol，故C错误；
D．分子中含有中子数为8+2=12，超重水()分子中含有的中子数目为1.2，故D错误；
故选B。
6．B
【详解】A．由于题干未告知溶液的体积，故无法计算pH=3的过氧乙酸溶液中氢离子数目，A错误；
B．已知一个CH3COOOH中含有9对共用电子，故中含有的共用电子对数目为=9，B正确；
C．由于溶剂H2O中也含有氧原子，故1L 0.1molL过氧乙酸的水溶液中氧原子数大于0.3，C错误；
D．个即1mol分子完全分解可生成1mol和0.5molO2，由于未告知标准状况，故无法计算的体积，D错误；
故答案为：B。
7．D
【详解】A．反应①中氧化剂是，还原剂是，氧化剂和还原剂的物质的量之比为，A项正确；
B．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则酸性条件下，反应①中氧化性：，反应②中氧化性：，则氧化性：，B项正确；
C．H2SO4中S元素为+6价，是最高正价，不能被氧化，因此硫酸不能被高锰酸钾氧化，HCl中Cl元素为-1价，能被高锰酸钾氧化，故实验室将高锰酸钾酸化时，常用硫酸酸化而不用盐酸酸化，C项正确；
D．未指明标准状况，无法计算气体的物质的量，D项错误；
答案选D。
8．D
【详解】A．互为同分异构体的物质如果属于同类物质比如正丁烷和异丁烷，化学性质相似，如果属于不同类物质比如乙醇和二甲醚，化学性质差别较大，A正确；
B．离子化合物中主要作用力是离子键，还可能含有共价键，离子键的强弱既影响熔、沸点等物理性质，也影响化学性质，B正确；
C．酸碱中和生成1mol水放出的热量与溶液浓度、酸碱的强弱、是否生成沉淀等因素有关，C正确；
D．气体摩尔体积取决于温度和压强，只说温度不能确定气体摩尔体积的数值，D错误；
故选D。
9．CD
【分析】含碘废水制取碘酸钾晶体,由实验流程可知，含碘沸水中加入SO2和硫酸铜制备CuI ,发生反应：2SO2 +I2+2Cu2++4H2O=2CuI↓+2+8H+，滤液1含硫酸，过滤得到滤渣中加入铁粉、水制备FeI2，过滤得到滤渣1为Fe和Cu，滤液中加入碳酸钾发生反应：K2CO3+FeI2=FeCO3↓+2KI，滤渣2为FeCO3，酸性条件下KI、过氧化氢发生氧化还原反应生成碘，滤液2含硫酸钾，然后碘、氯气、KOH发生反应：5Cl2+I2+12OH-=2+ 10Cl-+6H2O，由溶解度可知，蒸发浓缩、降温结晶可析出碘酸钾晶体，以此来解答。
【详解】A．根据反应方程式2SO2 +I2+2Cu2++4H2O=2CuI↓+2+8H+可知：制备CuI过程中，消耗SO2与CuSO4的物质的量之比为1∶1，A错误；
B．根据上述分析可知：滤渣1成分为Fe和Cu，其中的Fe是比较活泼的金属，能够与稀硫酸发生置换反应，而Cu在金属活动性顺序表中位于H的后边，不能与稀硫酸发生反应，B错误；
C．根据反应方程式5Cl2+I2+12OH-=2+ 10Cl-+6H2O可知：每制取得到2 mol KIO3，反应消耗5 mol Cl2，则制取0.1 mol KIO3，消耗0.25 mol Cl2，其在标准状况下的体积V(Cl2)=0.25 mol×22.4 L/mol=5.6 L，C正确；
D．制备KI时若溶液pH过大，Fe2+会反应产生Fe(OH)2沉淀，因此要控制溶液的pH不宜过大，D正确；
故合理选项是CD。
10．(1) 研碎、搅拌、适当提高温度(答出一点即可) 蒸发浓缩 冷却结晶
(2) 抑制Sn2+水解 置换反应速率加快，生成的铜粉快速增多，铜粉附着在铜线的表面，将未反应的锡包裹起来，从而导致锡浸出率下降
(3) 2H2O 4e = O2↑+ 4H+ 或 4OH 4e = O2↑+2H2O 气泡产生
(4)2Cu+O2+4H+ =2Cu2++2H2O
(5)CuSO4 H2O
【分析】本题是一道由废旧镀锡铜线制备胆矾的工业流程题，首先用硫酸铜溶液溶解铜线上的锡，得到脱锡液和脱锡渣，对脱锡液处理得到单质铜和锡，对脱锡渣处理得到单质胆矾，以此解题。
【详解】（1）从反应速率的影响因素考虑，加快“脱锡”速率的措施有研碎、搅拌、适当提高温度(答出一点即可)；“操作I”是从滤液中获得胆矾的过程，胆矾中有结晶水，故“操作I” 包含蒸发浓缩、冷却结晶；
（2）根据已知信息Sn2+容易水解，故加入少量稀硫酸调控溶液pH，其目的是抑制Sn2+水解；铜离子浓度越大，反应速率越快，但是当浓度过大时，析出的铜覆盖在导线表面，从而影响反应，故脱锡率下降的原因是：置换反应速率加快，生成的铜粉快速增多，铜粉附着在铜线的表面，将未反应的锡包裹起来，从而导致锡浸出率下降；
（3）阳极发生氧化反应，水电离的氢氧根离子失去电子生成氧气，电极方程式为：2H2O 4e = O2↑+ 4H+ 或 4OH 4e = O2↑+2H2O；在阴极铜离子和锡离子分步得到电子，从而得到其单质，当它们反应完毕后水电离的氢离子得到电子生成氢气，此时会有气泡生成，故当阴极出现气泡产生的现象时，说明电解回收锡结束；
（4）“脱锡渣”的主要成分是单质铜，在硫酸和氧气的作用下生成硫酸铜，离子方程式为：2Cu+O2+4H+ =2Cu2++2H2O；
（5）设120℃时固体物质的相对分子质量为M，，M=178，故120℃时固体物质的成分为：CuSO4 H2O。
11．(1)提高硫酸浓度、加热或搅拌、铜帽粉碎等
(2)
(3)漏斗、烧杯、玻璃棒
(4)取最后一次洗涤液少许，先加盐酸，然后加BaCl2溶液，若无沉淀生成则已洗净
(5)乙醇易挥发，有利于ZnO粉末的干燥
(6)
【分析】由题给流程可知，电池铜帽加入稀硫酸和过氧化氢溶液溶解时，锌、铜转化为硫酸锌、硫酸铜，向反应后的溶液中加入适量锌粉，将硫酸铜转化为铜，过滤得到海绵铜和硫酸锌溶液；向硫酸锌溶液中加入碳酸铵溶液，将硫酸锌转化为碳酸锌沉淀，过滤、洗涤、干燥得到碳酸锌；碳酸锌高温灼烧制得纳米氧化锌。
【详解】（1）提高硫酸浓度、加热、搅拌、铜帽粉碎等措施能提高铜帽溶解速率，故答案为：提高硫酸浓度、加热或搅拌、铜帽粉碎等；
（2）由题意可知，酸性条件下，铜和氧气共热反应生成铜离子和水，反应的离子方程式为；
（3）过滤步骤中使用的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；
（4）碳酸锌沉淀的表面附有可溶性的硫酸铵杂质，检验沉淀是否洗涤干净实际上就是检验洗涤液中是否存在硫酸根离子，检验的具体操作为取最后一次洗涤液少许，先加盐酸，然后加入氯化钡溶液，若无沉淀生成，则沉淀已洗净，故答案为：取最后一次洗涤液少许，先加盐酸，然后加BaCl2溶液，若无沉淀生成则已洗净；
（5）乙醇具有挥发性，氧化锌用去离子水洗净，再用乙醇洗涤3次，可以带走氧化锌表面的水分，起到干燥的作用，故答案为：乙醇易挥发，有利于ZnO粉末的干燥；
（6）由题意可知，2.00g沉淀为碳酸钙的质量，由碳原子个数守恒可知，碱式碳酸锌中碳酸锌的物质的量为=0.02mol，由锌原子的原子个数守恒，氢氧化锌的物质的量为=0.04mol，则结晶水的物质的量为=0.02mol，由碱式碳酸锌中碳酸锌、氢氧化锌、结晶水的个数比等于物质的量比可得：1：x：y=0.02mol：0.04mol：0.02mol，解得x=2、y=1，碱式碳酸锌的化学式为，故答案为：。
12．(1)18：25
(2) ebafgihcd 无水硫酸铜 26.55 酸式滴定管 防止管内固体被吹入导管堵塞装置
(3)6CeO2+18NH4Cl6CeCl3+N2↑+12H2O↑+16NH3↑
(4)NH4Cl受热分解产生HCl，可以抑制CeCl3水解
【分析】丙酸铈晶体先在氧气中煅烧得CeO2、水和二氧化碳的混合物，再用氯化铵还原得CeCl3、氮气、氨气和水的混合物。
【详解】（1）丙酸铈晶体[Ce(CH3CH2COO)3·5H2O]中原子个数比C:H=9:25，所以，故答案为：18:25；
（2）验证“煅烧”步骤的气体产物，应该先产生氧气，经干燥后通入煅烧装置，先用无水硫酸铜检验水的生成，再用澄清石灰水检验二氧化碳，所以装置应为C→A→D→E→B，在结合进出原则可得具体连接顺序为：ebafgihcd，试剂X是用来检验水的，应为无水硫酸铜；质量分数为34%的H2O2溶液(密度为1.13g·mL-1)的浓度为，设需要浓溶液的体积为V，根据稀释前后溶质的物质的量相等可得，解得V=26.55mL；过氧化氢有强氧化性，量取34%的H2O2溶液时所使用的仪器为酸式滴定管；为了让丙酸铈晶体与氧气充分反应，需要不断通入氧气，为了避免固体颗粒堵塞导管，要用石棉，所以装置D中石棉的作用为防止管内固体被吹入导管堵塞装置；故答案为：ebafgihcd；无水硫酸铜；26.55；酸式滴定管；防止管内固体被吹入导管堵塞装置；
（3）“还原氯化”时，需要在加热条件下进行，CeO2和氯化铵反应的产物是CeCl3、氮气、氨气和水的混合物，反应的化学方程式为6CeO2+18NH4Cl6CeCl3+N2↑+12H2O↑+16NH3↑；故答案为：6CeO2+18NH4Cl6CeCl3+N2↑+12H2O↑+16NH3↑；
（4）“还原氯化”时，过量的NH4Cl受热分解产生HCl，可以抑制CeCl3水解，故答案为：NH4Cl受热分解产生HCl，可以抑制CeCl3水解。
13．(1)用试管收集气体，并用拇指堵住试管口，将试管口朝下靠近火焰，有爆鸣声
(2) 2NaHCO3Na2CO3+ H2O +CO2↑ 反应过程中溶液的碱性不断增强，不利于CO2的生成
(3) 7.5 mL 1 mol/L KHCO3 溶液中存在Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+ 2OH- (aq)，HCO与OH-反应生成CO，CO 结合Mg2+形成质地疏松的MgCO3，使平衡正移，Mg(OH)2 膜溶解，增大了Mg与水的接触面积，产生气体速率加快
(4)BACDD
(5)3:2
【分析】镁与盐酸、水反应的实质都是与它们电离出的氢离子反应生成氢气。
【详解】（1）氢气具有可燃性，检验氢气的方法为用试管收集气体，并用拇指堵住试管口，将试管口朝下靠近火焰，有爆鸣声，证明是氢气；
（2）由图1可知加与不加镁条均产生二氧化碳，且二氧化碳数据均随时间的推移而增大，则产生二氧化碳的主要原因是碳酸氢钠分解，用化学方程式表示为2NaHCO3Na2CO3+ H2O +CO2↑；由图3可知随着时间的推移，溶液的pH增大，碱性增强，故图1中曲线②的数值低于曲线①的原因为反应过程中溶液的碱性不断增强，不利于CO2的生成；
（3）①实验目的是探究Na+或HCO加快了该反应的发生，而实验结论是HCO加快了该反应的发生，则实验4所选试剂与实验1相比阳离子不同，其余相同，应为7.5 mL 1 mol/L KHCO3；
②Mg与水反应生成Mg(OH)2和氢气，溶液中存在Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+ 2OH-(aq)，HCO与OH-反应生成CO，CO 结合Mg2+形成质地疏松的MgCO3，使平衡正移，Mg(OH)2膜溶解，增大了Mg与水的接触面积，产生气体速率加快；
（4）测定固体组成总体思路，称取固体混合物→加热→用浓硫酸吸收产生的水→用碱石灰吸收产生的二氧化碳，为使固体分解产生的二氧化碳和水被完全吸收，需要通入空气，但空气中有水蒸气和二氧化碳，空气通入前先用碱石灰吸收空气中的二氧化碳和水，最后末端也需要用碱石灰防止空气中的水蒸气和二氧化碳回流如装置，因此装置顺序为BACDD；
（5）设固体浑浊物中Mg(OH)2的物质的量为xmol，MgCO3的物质的量为ymol，则58x+84y=3.42，，，18x+44y=3.42-2.00，联立二式，解得x=0.03，y=0.02，则固体浑浊物中n[Mg(OH)2]:n[MgCO3]=0.03mol:0.02mol=3:2。
14．(1)防止分解，提高利用率
(2) 或 ①②④
(3)析出深蓝晶体
(4) 洗涤 将沉淀置于过滤器中，加入95％乙醇至没过沉淀最高处，静置，使95％乙醇自然溺，重复操作2～3次
(5)98.4％或0.984
【分析】根据实验目的学习小组以铁铜合金为主要原料制备Cu(NH3)4SO4·H2O，合金粉末加入氨水、硫酸铵、过氧化氢，反应后分离得到Fe3O4沉淀和滤液，滤渣经洗涤干燥等操作得到Fe3O4胶体粒子，将滤液加入95%的乙醇，得到一水硫酸四氨合铜沉淀，再经过滤洗涤干燥可得Cu(NH3)4SO4·H2O，以此来解析；
（1）
步骤I滴加H2O2时缓慢滴加并不断搅拌是为了防止H2O2分解，提高利用率；
（2）
结合步骤I提供的反应物，Cu、H2O2、 氨水、(NH4)2SO4反应生成Cu(NH3)4SO4，Cu的化合价由0价升高为+2价，O的化合价由-1价降低为-2价，根据化合价升降守恒、电荷守恒和元素守恒，可得反应的离子方程式为：Cu+H2O2+2NH3+2NH=Cu(NH3)+2H2O或Cu+H2O2+2NH3 H2O+2NH=Cu(NH3)+4H2O；
氨气可通过加热氯化铵与消石灰制备，固固加热装置，试管口略微向下倾斜，①符合题意；浓氨水滴到氢氧化钠中也可以得到氨气，固液不加热产生气体，②符合题意；加热浓氨水，也可以得到氨气，利用液加热制取气体，④符合题意；综上所述①②④符合题意；
故选①②④。
（3）
根据一水硫酸四氨合铜，不溶于乙醇，Cu(NH3)4SO4溶液中加入95%乙醇，降低了Cu(NH3)4SO4的溶解度，发生醇析得到深蓝色晶体；
（4）
结合流程图分析可知操作x为洗涤；硫酸四氛合铜易溶于水，应选取95%乙醇洗涤，操作过程是将沉淀置于过滤器中，加入95%乙醇至没过沉淀最高处，静置，使95%乙醇自然流下，重复操作2~3次；
（5）
Cu2+与过量I-作用，生成I2和CuI，即2Cu2++4I-= 2CuI↓+I2，可得2Cu2+～I2～2S2O，由于第二次滴定误差较大，舍去，消耗Na2S2O3标准溶液的平均体积为ml=24.00mL，产品纯度为：×100%=98.4%；
15． 分液漏斗 浓HCl 2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O d e b c f 6Cl2+4(NH4)2CO3=2NCl3+4CO2+6NH4Cl+4H2O 除去Cl2中的HCl 吸收尾气，防止污染空气 3Na2SO3+NCl3+3H2O=3Na2SO4+2HCl+NH4Cl 0.018m
【分析】三氯化氮(NCl3)是一种强氧化剂，工业上可用于漂白和消毒，实验室可由氯气通入碳酸铵溶液中制得，则A中KMnO4和浓HCl反应制备Cl2，Cl2中混有HCl，用C中饱和NaCl溶液除去HCl，Cl2和碳酸铵溶液在B中反应制备NCl3，用D吸收尾气，防止污染空气。
【详解】(1)装置A中KMnO4和浓HCl反应制备Cl2，仪器X的名称是分液漏斗；盛放的试剂是浓HCl；装置A中KMnO4和浓HCl发生氧化还原反应生成KCl、MnCl2、H2O和Cl2，结合得失电子守恒有2+10Cl-→2Mn2++5Cl2↑，在结合电荷守恒、原子守恒可知发生反应的离子方程式为2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
(2)结合分析可知整个装置的导管连接顺序为a→d→e→b→c→f；
(3)Cl2和碳酸铵溶液在B中反应制备NCl3，Cl由0价变为-1价，N由-3价变为+3价，氯气作氧化剂，铵根作还原剂，结合得失电子守恒、原子守恒可知装置B中发生反应的化学方程式为6Cl2+4(NH4)2CO3=2NCl3+4CO2+6NH4Cl+4H2O；
(4)结合分析可知装置C的作用为除去Cl2中的HCl；装置D的作用为吸收尾气，防止污染空气；
(5)①S由+4价变为+6价，失2e-，N由+3变为-3价，得6e-，根据得失电子守恒有3Na2SO3+1NCl3→3Na2SO4+1NH4Cl，在结合原子守恒配平后为3Na2SO3+NCl3+3H2O=3Na2SO4+2HCl+NH4Cl；
②由题意可知BaSO4的质量为mg，其物质的量为mol，则根据Na2SO3~Na2SO4~BaSO4可知消耗Na2SO3的物质的量为mol，再根据3Na2SO3~NCl3可知NCl3的物质的量为=mol，则所取20m溶液中NCl3的物质的量为mol×=mol，浓度为mol÷20mL≈0.018m mol·L-1。
试卷第2页，共2页
试卷第1页，共1页
