河北省衡水中学2023届高三化学上学期一模试卷（Word版附解析）

河北省衡水中学2023届上学期高三年级一调考试化学本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共8页，总分100分，考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量：Li7N14O16Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5K39Fe56Co59Cu64第Ⅰ卷（选择题共45分）一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．《天工开物》中述及铜的开采与冶炼：凡铜砂……淘洗去土滓，然后入炉煎炼，其熏蒸旁溢者为自然铜……色似干银泥……凡铜质有数种：有与铅同体者，其煎炼炉法，傍通高低二孔，铅质先化，从上孔流出。下列有关说法错误的是A．“淘洗去土滓”属于原料的富集B．炼制所得自然铜为合金C．铜与铅混合物的分离过程利用了物质的熔点不同D．可用热分解法冶炼铜2．用如图实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A．用①装置检验溶液中是否含有钾元素B．用②装置可制备、干燥、收集氨C．用③装置除去CO2中含有的少量SO2D．用④装置蒸干饱和AlCl3溶液制备AlCl3晶体3．SO2在生产、生活和科学研究中有着广泛的应用。下列关于SO2的说法错误的是A．制备硫酸后含SO2的尾气大量排放至空气中会形成酸雨B．在葡萄酒中添加SO2作抗氧化剂利用了SO2的还原性C．SO2与H2S混合，产生淡黄色固体，体现了SO2的氧化性D．将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中，红色褪去，向褪色后的溶液中滴加NaOH 溶液，红色复现，体现了SO2的漂白性4．在一个恒温、恒容的密闭容器中，有两个可左右自由滑动的密封隔板(a、b)，将容器分成三部分，已知充入的三种气体的质量相等，当隔板静止时，容器内三种气体所占的体积如图所示。下列说法中错误的是A．分子数目：B．若Y是O2，则X可能是CH4C．气体密度：D．X和Z分子中含有的原子数可能相等5．某探究学习小组成员欲用NaClO固体配制480mL0.2mol·L-1的消毒液。下列说法正确的是A．图中仪器有三种是不需要的B．容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干才能用于溶液配制C．定容时俯视刻度线，可能导致NaClO的浓度偏低D．需要称量的NaClO固体质量约为7.5g6．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．常温下，22.4LNH3含有的中子数为7NAB．常温下，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中OH－的数目为0.1NAC．将50mL12mol·L-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NAD．16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA7．下列指定反应的离子方程式正确的是A．氨水与过量SO2气体反应：2NH3·H2O+SO22NH4++SO32-+H2OB．将Cl2通入石灰乳中制漂白粉：Cl2+2OH－ClO－+Cl－+H2OC．ZnCO3溶于稀盐酸：CO32－+2H+H2O+CO2↑D．向AgBr悬浊液中滴加足量Na2S溶液，出现黑色沉淀：2AgBr(s)+S2－(aq)Ag2S(s)+2Br－(aq)8．部分含N、Cl物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不合理的是 A．可以通过化合反应生成cB．工业上通过a→b→c→d→e来制备HNO3C．浓的a′溶液和浓的c′溶液反应可以得到b′D．加热d′的固态钾盐可以产生O29．高铜酸钠(NaCuO2)是黑色难溶于水的固体，具有强氧化性，在中性或碱性环境中稳定，一种制备高铜酸钠的原理为Cu+NaClO+NaOHNaCuO2+NaCI+H2O(未配平)。下列说法错误的是A．NaCuO2中铜的化合价为＋3价B．1molClO－参加反应转移2mol电子C．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：3D．NaCuO2与稀硫酸反应的离子方程式为CuO2+4H+Cu3++2H2O10．甲、乙、丙、丁为中学化学常见的物质，其相互转化关系如图（水作为溶剂的未在图上标出），下列组合不符合题意的是11．在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题。下列化学反应先后顺序判断错误的是A．在含Ba(OH)2、KOH的混合溶液中缓慢通入CO2：Ba(OH)2、KOH、BaCO3、K2CO3B．在含NH4+、Al3+、H+的溶液中逐滴加入KOH溶液：H+、Al3+、NH4+、Al(OH)3C．在含AlO2－、OH－、CO32－的溶液中逐滴加入盐酸：OH－、AlO2－、CO32－、Al(OH)3D．在含等物质的量的Fe2+、Ag+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉：Ag+、Cu2+、H+、Fe2+12．过氧化钙(CaO2) 常用作杀菌消毒剂，是一种白色固体，能潮解，难溶于水，不溶于醇类，加热至315℃时开始分解。一种工业生产过氧化钙(CaO2)的流程如图所示。下列说法错误的是A．“冷水浴反应”发生的是非氧化还原反应B．母液经处理后可返回“冷水浴反应”循环利用C．操作2为灼烧，需要用到坩埚、酒精灯、玻璃棒D．“洗涤”产品需依次用蒸馏水、无水乙醇洗涤，其中乙醇洗涤的目的是除去表面的水分13．实验室模拟工业处理含铬废水，操作及现象如图甲所示，反应过程中铬元素的化合价变化如图乙。已知：深蓝色溶液中生成了CrO5。下列说法正确的是A．0～5s过程中，发生了氧化还原反应B．实验开始至30s，溶液中发生的总反应离子方程式为+3H2O2+H2O2Cr3++3O2↑+8OH－C．30～80s过程中，Cr元素被氧化，可能是溶解的氧气和剩余的H2O2所致D．80s时，溶液中含铬微粒主要为14．水合肼(N2H4·H2O)的性质类似氨水。利用水合肼处理铜氨{[Cu(NH3)4]2+}废液回收铜粉的实验流程如图所示。下列说法错误的是A．上述三步反应均为氧化还原反应B．反应1的目的是制备NaClOC．合成水合肼的反应中每消耗1molCO(NH2)2转移电子数为NA D．反应2为2[Cu(NH3)4]2++N2H4·H2O+4OH－2Cu↓+N2↑+8NH3↑+5H2O15．某化学小组在实验室进行铁粉和硫粉混合加热的实验，并对产物进行了系列实验，流程如图所示。下列说法正确的是A．气体A和D含有同一物质，且均为氧化产物B．硫元素参加了2个氧化还原反应C．沉淀F可以和NaOH溶液在加热的条件下反应D．若固体B中加浓硫酸，发生反应时被氧化的和被还原的均为同一种元素第Ⅱ卷（非选择题共55分）二、非选择题：本题共4小墨，共55分。16．（14分）Ⅰ．已知某废水试样中可能含有表中的离子：阳离子Na+、Mg2+、X、H+阴离子Cl－、SO32-、Y、NO3-将废水试样分成甲、乙、丙、丁四份，进行如图所示探究。回答下列问题；(1)离子X是（填化学式，下同），离子Y是。(2)表中不能确定是否存在的阴离子是，能证明该阴离子是否存在的简单实验操作为。(3)写出废水试样中滴加淀粉-KI溶液所发生反应的离子方程式：。Ⅱ．(4)在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴人物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。 曲线①表示滴加溶液的变化曲线，反应的离子方程式为。a点与b点横坐标相同，则曲线②中b点溶液中大量存在的离子是；b点到d点反应的离子方程式为。17．（14分）作为广泛使用的抑菌类产品原料，氯气的有关研究越来越受到重视。某研究性学习小组用如图装置制备氯气并对氯气及其化合物的性质进行实验探究。(1)C12有毒，实验前一定要检查装置的气密性。用文字表述检查这套装置气密性良好的方法及现象：。(2)装置B中所盛试剂是。(3)装置D用于吸收多余的氯气，其中所盛试剂能否换成氢氧化钙？并说明理由：。(4)同学们观察到装置D中红色褪去，对褪色原因提出假设：①ClO-破坏了酚酞的结构；②。该小组同学设计实验，取少许装置D中褪色后的溶液于试管中，（将操作和现象补充完整），证实了假设②不能成立。(5)取装置C中所得溶液，观察到溶液呈浅黄绿色，用pH计测量，读数为1.52。①测量pH时不能用pH试纸代替pH计，原因是。②已知:C12(g)+H2O(I)H＋(aq)+Cl－(aq)+HClO(aq)，该小组同学进一步探究氯气与水反应的可逆性：向20m乙饱和氯水中滴加lmL浓硫酸，利用化学型传感器测量氯化物的含量随时间变化的关系（如图所示），从而判断溶液中Cl－的含量。 200s前，氯化物的含量突然增大的原因可能是；用平衡移动原理分析在200s后，氯化物的含量随时间减小的原因。18．（15分）五氧化二钒(V2O5)广泛应用于冶金、化工等行业。一种以含钒废料(含V2O3、MnO、SiO2、Al2O3)为原料制备V2O5的流程如图：已知：V2O3难溶于水和碱，可溶于酸，灼烧可生成V2O5。回答下列问题：(1)为提高含钒废料的浸取率，可采取的措施为（任写一种）。(2)“滤液1”中除了含有过量的NaOH外，还含有的溶质为（填化学式）。(3)“烘干灼烧”的目的是。(4)“沉锰”时需将温度控制在70℃左右，温度不能过高的原因为，“滤渣2”的主要成分是MnCO3，写出生成MnCO3的离子方程式：。(5)“浓缩结晶”后获得NH4VO3晶体需进行的操作是．证明NH4VO3已洗涤干净的实验操作及现象为。(6)在煅烧NH4VO3生成V2O5的过程中无元素化合价变化，请写出反应的化学方程式：。19．（12分）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(CRT)玻壳、各种平板显示、光学玻璃镜头和计算机芯片等领域。以氟碳铈矿（主要成分为CeFCO3，还有少量其他稀土元素）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)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”中发生反应的离子方程式为；该步骤通常控制温度在40～50℃之间的原因是。(3)“萃取”原理为Ce3+（水层）＋3HT(有机层)CeT3（有机层）＋3H+（水层），“反萃取”得到硫酸铈溶液的原理为。(4)实验室中进行操作1所用到的玻璃仪器有。(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，在尾气净化过程中存在平衡2CeO22CeO2-m＋mO2＋↑(0≤m≤0.5)。则CeO2在消除CO的反应中，物质的量之比n(CeO2)：n(CO)为。 化学参考答案一、选择题1．D【解析】“淘洗去土滓”，使矿石和土分离属于原料的富集，A正确；纯铜为红色，“自然铜……色似干银泥”为合金，B正确；铜与铅混合物的分离过程中，铅质先熔，从上孔流出，利用了物质的熔点不同，C正确；不能用热分解法冶炼钢，可用热还原法冶炼铜．D错误。2．B【解析】钾元素的焰色为紫色，要通过蓝色钴玻璃才能看到，则用①装置不能检验溶液中是否含有钾元素，A项错误；浓氨水与生石灰混合生成氨，氨通过碱石灰干燥，用向下排空气法收集，则用⑦装置可制备、干燥、收集氨．B项正确；二氧化碳可与饱和碳酸钠溶液反应，不能用③装置除去CO2中含有的少量SO2，C项错误；用④装置蒸干饱和AlCl3溶液，因为铝离子会水解，最后得到氧化铝，D项错误。3．D【解析】含有SO2的尾气大量排入空气中最后会形成硫酸型酸雨，A正确；二氧化硫是一种抗氧化剂，能防止葡萄酒中的成分被氧化，利用了二氧化硫的还原性，B正确；SO2与H2S混合发生反应SO2+2H2S3S↓+H2O，二氧化硫中硫元素的化合价降低，体现其氧化性．C正确；将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中，发生反应SO2+2NaOHNa2SO3+H2O，消耗NaOH，所以溶液红色褪去，向褪色后的溶液中滴加NaOH溶液，红色复现，和SO2的漂白性无关．D错误。4．C【解析】由题给信息可知，图中X、Y、Z三种气体的压强、温度分别相等，V(X)=V(Z)=2V，(Y)，由阿伏加德罗定律可知，n(X)=n(Z)=2n(Y)，所以分子数目N(X)=N(Z)=2N(Y)，A正确；由于三种气体的质量相等，若Y是O2，X是CH4，则符合n(X)=2n(Y)，B正确；由可知，三种气体的密度：2ρ(X)=2ρ(2)=ρ(Y)，C错误；若X是N2，Z是CO，则n(X)=n(Z)，X和Z含有的原子数相等，D正确。5．D【解析】图中的a、b、c、d四种仪器均不需要，还需要玻璃棒、胶头滴管，A错误；容量瓶内残存的蒸馏水对配制溶液无影响，容量瓶不能烘干，B错误；定容时俯视刻度线，会造成所配溶液的体积偏小，浓度偏高，C错误；配制480mL溶液需用到500mL容量瓶，所以需要称量的NaClO固体的质量为0.5L×0.2mol·L-1×74.5g·mol-1=7.45g，D正确。6．B【解析】常温下，不能使用Vm=22.4L·mol-1计算22.4LNH3的物质的量，故无法计算22.4LNH3所含有的中子数，A错误；pH=13的Ba(OH)2溶液中，c(OH－)=0.1mol·L-1，n(OH－)=0.1mol·L-1×1L=0.1mol，即该溶液中OH－的数目为0.1NA，B正确； n(HCl)=0.05L×12mol·L-1=0.6mol．根据化学方程式MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O可知，0.6molHC1完全参加反应可转移0.3mol电子，但实际上随着反应的进行，盐酸浓度逐渐减小，稀盐酸与MnO2不反应，故反应中转移的电子数小于0.3NA，C错误；16.25gFeCl3的物质的量为mol，Fe3+的水解反应为可逆反应，且Fe(OH)3胶体粒子是若干个Fe(OH)3分子的集合体，形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA．D错误。7．D【解析】氨水与过量的SO2气体反应生成亚硫酸氢铵：NH3·H2O＋SO2NH4++HSO3-，A错误；将Cl2通入石灰乳中制漂白粉，反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的离子方程式为2Cl2+2Ca(OH)22Ca2++2ClO－+2C1－+2H2O，B错误；ZnCO3溶于稀盐酸生成氯化锌、二氧化碳和水，反应的离子方程式为ZnCO3+2H＋Zn2++H2O+CO2↑，C错误；向AgBr悬浊液中滴加足量Na2S溶液，出现黑色沉淀，反应的离子方程式为2AgBr(s)+S2-(aq)Ag2S(s)+2Br－(aq)，D正确．8．B【解析】由题图可得a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3或硝酸盐．a′为HCI，b′为Cl2，c′为HClO或次氯酸盐，d′为HClO3或氯酸盐，e′为HClO4或高氯酸盐，据此分析。氮气和氧气可以在高温或放电条件下通过化合反应生成NO，A正确；工业上通过4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O22NO2,3NO2+H2O2HNO3+NO，即通过a→c→d→e来制备HNO3，B错误；可通过反应2HCl(浓)+NaClOCl2↑+H2O+NaCl得到氯气，C正确；氯酸钾受热分解：2KClO32KCl+3O2↑，可以产生O2，D正确．9．D【解析】NaCuo2中Na为+1价、O为－2价，则铜的化合价为+3价，A正确，ClO－→Cl－，氯元素的化合价由+1下降到－1，所以1molClO－参加反应转移2mol电子，B正确；制备高铜酸钠的反应为2Cu+3NaC1O+2NaOH2NaCuO2+3NaCl+H2O，该反应中Cu元素化合价升高，则NaCuO2为氧化产物，C1元素化合价降低，则NaCl为还原产物，两者的物质的量之比为2：3，C正确；NaCuO2中铜的化合价为+3价，具有强氧化性，在酸性环境中不稳定，离子方程式为4NaCuO2+12H＋4Na++4Cu2++O2↑+6H2O，D错误。10．B【解析】过量CO2与氢氧化钠反应生成NaHCO3，NaHCO3与氧氧化钠反应生成Na2CO3，Na2CO3与CO2反应生成NaHCO3，故不选A；若丁是氯气，Fe与氯气反应生成FeCl3，若丁是盐酸．Fe与盐酸反应生成FeCl2，FeCl2与盐酸不反应，故选B；H2S在氧气不足的条件下燃烧生成S和水，S与氧气点燃生成SO2，SO2与H2S反应生成S 和水，故不选C；AlCl3与少量氢氧化钠反应生成Al(OH)3，Al(OH)3与氢氧化钠反应生成NaAlO2．NaAlO2和AlCl3混合生成Al(OH)3，故不选D。11．A【解析】在含Ba(OH)2、KOH的混合溶液中缓慢通入CO2，CO2先与Ba(OH)2反应生成BaCO3沉淀，然后KOH与CO2反应生成K2CO3，K2CO3再与CO2反应生成KHCO3，最后BaCO3和CO2反应生成Ba(HCO3)2，A错误；在含NH4+、Al3+、H+的溶液中逐滴加入KOH溶液．H+先与KOH反应生成水，然后Al3+与KOH反应生成氢氧化铝沉淀，NH4+再与KOH反应生成氨水，最后Al(OH)3与KOH反应生成偏铝酸钾．B正确；在含AlO2-，OH－、CO32-的溶液中逐滴加入盐酸，H+先与OH－反应生成水，然后AlO2-与H+反应生成氢氧化铝沉淀，再后CO32与H+反应生成二氧化碳，最后Al(OH)3和H+反应生成铝离子，C正确；氧化性：Ag+＞Cu2+＞H+＞Fe2+，在含等物质的量的Fe2+、Ag+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉，反应顺序为Ag+、Cu2+、H+、Fe2+．D正确．12．C【解析】由题给流程可知，在氯化铵溶液的作用下，过氧化氧溶液与氢氧化钙在冷水浴中发生反应得到八水过氧化钙沉淀，过滤得到八水过氧化钙和含有氯化铵的母液；母液经处理后可返回“冷水浴反应”循环利用，八水过氧化钙经蒸馏水、无水乙醇洗涤除去晶体表面的可溶性杂质，然后干燥；过氧化钙(CaO2)加热至315℃时开始分解，应在低于315℃条件下失水得到过氧化钙。在氯化铵溶液作用下，过氯化氢溶液与氢氧化钙发生反应得到八水过氧化钙沉淀时，没有元素化合价的变化，属于非氧化还原反应，A正确；由分析可知，母液中含有氯化饺，经处理后可返回“冷水浴反应”循环利用，B正确；由分析可知，不能通过灼烧八水过氧化钙的方法得到过氧化钙，C错误；由分析可知，八水过氧化钙经蒸馏水、无水乙醇洗涤晶体表面的可溶性杂质，其中乙醇洗涤的目的是除去表面的水分，D正确。13．C【解析】对照图甲和图乙．0～5s过程中Cr元素的化合价仍为+6价；5～30s过程中Cr元素的化合价由+6价降为+3价；30～80s过程中Cr元素的化合价又由+3价升高为+6价。0～5s过程中，发生反应生成CrO2，Cr元素都呈+6价，发生非氧化还原反应，A错误；由图乙可知，实验开始至30s时．K2Cr2O7被还原为Cr3+，H2O2被氧化生成O2，总反应的离子方程式为+3H2O2+8H+2Cr3++7H2O+3O2↑，B错误；30s时，绿色溶液中主要含有Cr3+，80s时黄色溶液中主要含有，所以30～80s过程中，Cr元素被氧化，可能是溶解的氧气和剩余的H2O2所致，C正确； +H2O+2H+，80s时，在碱性条件下，平衡正向移动，溶液中含铬微粒主要为，D错误。14．C【解析】NaOH稀溶液与Cl2在一定温度下反应生成NaClO、NaCl和H2O，向反应后的混合液中加入CO(NH2)2，NaClO与CO(NH2)2反应生成N2H4·H2O，同时有NaCl和Na2CO3生成，发生反应CO(NH2)2+ClO－+2OH－N2H4·H2O+Cl－+；向反应后的溶液中继续加入铜氨废液发生反应2[Cu(NH3)4]2++N2H4·H2O+4OH－2Cu↓+N2↑+8NH3↑+5H2O，有Cu析出，经过滤得到铜粉，以此分析解答。第一步反应中Cl元素化合价发生变化，第二步反应中Cl、N元素化合价发生变化，第三步反应中Cu、N元素化合价发生变化，所以题述三步反应均为氧化还原反应，A正确；合成水合肼时需要用到NaClO，则反应1的目的是用氨氧化钠溶液与氯气反应制备NaClO，B正确；NaClO与CO(NH2)2反应合成水合肼的过程中，N元素化合价由－3升高至－2，化合价升高l价，消耗1molCO(NH2)2时需要转移2mol电子，转移电子数为2NA，C错误；反应2为2[CU(NH3)4]2++N2H4·H2O+4OH－2Cu↓+N2↑+8NH3↑+5H2O，D正确。15．C【解析】首先铁粉与硫粉反应生成FeS，S与O2反应生成SO2，FeS与稀硫酸反应生成FeSO4和H2S，H2S与浓硫酸反应生成S、SO2和H2O，据此分析回答问题。由以上分析可知，气体D中SO2是还原产物，A错误；由以上分析可知，铁粉与硫粉反应生成FeS，S与O2反应生成SO2，H2S与H2SO4（浓）反应生成S、SO2和H2O，反应中S元素的化合价都发生改变，故硫元素至少参加了3个氧化还原反应，B错误；沉淀F是S，S与NaOH加热条件下反应生成Na2S、Na2SO3和H2O，C正确；固体B为FeS，FeS与浓硫酸反应生成Fe2(SO4)3、S、SO2和H2O，其中被氧化的元素为Fe和S，被还原的元素为S，故发生反应时被氧化的和被还原的不为同一种元素，D错误。二、非选择题16．I．(l)NH4+（1分）（1分）(2)Cl－（1分）取少量废水试样，滴加足量的Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则存在Cl－，若无白色沉淀产生，则不存在Cl－（2分）(3)6I-+2NO3－+8H+3I2+2NO↑+4H2O(2分)Ⅱ．(4)H2SO4(1分)Ba2++2OH－+2H++BaSO4↓+2H2O(2分)Na+、OH－(2 分)OH－＋H+H2O(2分)【解析】Ⅰ．由甲组实验中溴水不褪色，说明废水试样中不含由乙组实验现象说明其含，即Y为；由丙组实验现象，可确定废水中含NH4+，不含Mg2+，即X为NH4+；由丁组实验现象说明其含NO3－和H+；不能确定是否存在Na+、Cl－。检验是否含有Cl－的方法为取少量废水试样，滴加足量的Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则存在Cl－，若无白色沉淀产生，则不存在Cl－。(3)废水试样中滴加淀粉-KI溶液，酸性条件下，NO3－有强氧化性，与I－发生氧化还原反应，6I－+2NO3－+8H+3I2+2NO↑+4H2O。Ⅱ．(4)在Ba(OH)2溶液中滴入H2SO4时反应的离子方程式为Ba2++2OH－+2H++BaSO4↓+2H2O，①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线。在Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4时首先发生Ba(OH)2+NaHSO4BaSO4↓+H2O+NaOH，b点溶液中Ba2+反应完剩余NaOH溶液，b点到d点反应的离子方程式是OH－+H+H2O。17．(1)关闭分液漏斗活塞，装置D中加水至水面没过玻璃管下端管口，用酒精灯微热烧瓶，装置D中玻璃管口有气泡产生，停止加热，一段时间后，装置D中玻璃管内形成一段稳定的水柱（2分）(2)饱和食盐水（1分）(3)能，氢氧化钙价格便宜，可将其加水配成石灰乳，同样可以起到吸收氯气的作用[或否，氢氧化钙徽溶于水，石灰水中c(OH－)太小，吸收氯气的效果太差](2分)(4)Cl2消耗了OH－（1分）向其中滴加过量氧氧化钠溶液，溶液未变红色（2分）(5)①氯水有漂白性(2分)②氯气与水的反应吸热，浓硫酸溶于水放热，温度升高，平衡正向移动，且反应速率加快，故氯化物的含量突然增大（2分）加入硫酸导致c(H+)增大，且200s后温度降低，使得氯气与水的反应平衡逆向移动．Cl－的含量减小（2分）【解析】本题以氯气的实验室制取及氯水、HClO的基本性质探究为切入点，考查学生实验探究与创新意识、证据推理与模型认识、变化观念与平衡思想等化学学科核心素养。同时通过装置气密性的检查考查学生的实验能力，通过酚酞褪色原因的猜想与方案考查学生的探究能力，通过氢氧化钙与氢氯化钠的对比考查学生化学反应的理解能力及开放性的思维．(1) 氯气有剧毒，一定要检查装置的气密性．因为装置较大，所以不能用手捂，可以用酒精灯微热，也可以用热毛巾捂，检查前先使装置形成密闭体系，所以必须先关闭分液漏斗活塞，装置D中加水至水面没过玻璃管下口。加热时，气体温度上升快，即使有轻微漏气，玻璃管口也会有气泡产生，只有降温之后玻璃管内能形成一段稳定水柱，才能证明气密性良好，方法为关闭分液漏斗活塞，装置D中加水至水面没过玻璃管下口，用酒精灯散热烧瓶，片刻后，装置D中玻璃管口有气泡产生。停止加热，一段时间后，D中玻璃管内形成一段稳定水柱。(2)因为装置B的目的是除HCl，故选用饱和食盐水。(3)参照工业制取漂白粉的反应可以推知，足量的石灰乳同样可以起到吸收氯气的作用，故能，氢氧化钙价格便宜，可将其加少量水配成石灰乳，同样可以起到吸收氯气的作用.或否，氢氧化钙微溶于水，石灰水中c(OH－)太小，吸收氯气的效果太差。(4)若是氯气中和了OH－，酚酞未变质，则继续滴入NaOH溶液会变红；故假设为Cl2消耗了OH－，碱性变弱，取少许装置D中褪色后的溶液于试管中，向其中滴加过量氢氧化钠溶液，溶液未变红色，证明假设②不成立。(5)从数据、溶液颜色及氯水的漂白性进行推理。从曲线的变化及反应的可逆性进行分析。①测量pH时不能用pH试纸代替pH计，原因是氯水有漂白性，会使pH试纸褪色，无法测量pH．②200s前，氯化物的含量突然增大的原因可能是氯气与水的反应吸热，浓硫酸溶于水放热，温度升高，平衡正向移动，且反应速率加快，故氯化物的含量突然增大；200s后，加入的硫酸导致c(H+)增大，且温度慢慢降低，使得氯气与水的反应平衡逆向移动，Cl－的含量减小。18．(1)将含钒废料粉碎或搅拌或延长浸取时间等（合理即可）（2分）(2)Na2SiO2、NaAlO2(2分)(3)将V2O3转化为V2O3（2分）(4)温度过高．NH4HCO3分解(2分)Mn2++2HCO3－MnCO3↓+H2O+CO2↑（2分）(5)过滤、洗涤、干燥（1分）取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净（2分）(6)2NH4VO3V2O5+H2O+2NH3↑(2分)【解析】含钒废料含V2O3、MnO、SiO2、Al2O3，加入氧氧化钠，Al2O3、SiO2与氢氧化钠反应分别生成偏铝酸钠、硅酸钠，过滤，滤渣中含有V2O5、MnO，滤渣灼烧．V2O3转化为V2O5，用硫酸溶解生成HVO3、MnSO4，加入NH4HCO3，MnSO4转化为MnCO3沉淀，除去锰离子，滤液中加入足量(NH4)2SO4溶液，浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥，得到 NH4VO3晶体，煅烧，得到V2O5。(1)将含钒废料粉碎、搅拌、延长浸取时间等，可以提高含钒废料的浸取率。(2)由分析可知，加入氢氧化钠，Al2O3、SiO2与氢氧化钠反应分别生成偏铝酸钠、硅酸钠，过滤，“滤液1”中除了含有过量的NaOH外，还含有的溶质为Na2SiO3、NaAlO2。(3)V2O3难溶于水和碱，可溶于酸，灼烧可生成V2O5，所以“烘干灼烧”的目的是将V2O3转化为V2O5。(4)加入NH4HCO3溶液“沉锰”，NH4HCO3加热易分解，所以“沉锰”时需将温度控制在70℃左右，温度不能过高；“沉锰”时NH4HCO3和MnSO4反应生成MnCO3沉淀，反应的离子方程式是Mn2++2HCO3－MnCO3↓+H2O+CO2↑。(5)“浓缩结晶”后，过滤、洗涤、干燥，可获得NH4VO3晶体；若没有洗涤干净，洗涤液中含有硫酸根离子，证明NH4VO3已洗涤干净的实验操作及现象为取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净．(6)煅烧NH4VO3生成V2O5的过程中无元素化合价变化，说明反应生成氨气、V2O5、H2O，反应的化学方程式是2NH4VO3V2O5+H2O+2NH3↑。19．(1)4CeFCO3+O2+2H2O4rCeO2+4HF+4CO2(2分)(2)2CeO2+H2O2+6H+2Ce3++O2↑+4H2O(2分)既有利于加快酸浸速率，又能防止温度过高导致双氧水分解过快（2分）(3)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（2分）(4)分液漏斗、烧杯（2分）(5)1：m（2分）【解析】氟碳铈矿的主要成分为CeFCO3，还有少量其他稀土元素，“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，发生反应Ce3+（水层）+3HT(有机层)CeT3（有机层）+3H+（水层），用硫酸反萃取生成Ce2(SO4)3，得Ce2(SO4)3溶液。(1)“氧化焙烧圩”中CeFCO3和氧气、水反应生成CO2、HF，CeO2，反应的化学方程式是4CeFCO3+O2+2H2O4CeO2+4HF+4CO2。(2)“酸浸Ⅱ”中，在酸性条件下用过氧化氢还原CeO2生成Ce2(SO4)3、O2、H2O ，发生反应的离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+2Ce3++O2↑+4H2O；该步骤通常控制温度在40~50℃之间，既有利于加快酸浸速率，又能防止温度过高导致双氧水分解过快。(3)“反萃取”的原理为加入硫酸，氢离子浓度增大，反应Ce3+（水层）+3HT(有机层)CeT3（有机层）+3H+（水层）平衡逆向移动，得到Ce2(SO4)3溶液。(4)操作1是分液，用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯。(5)根据2CeO22CeO2-m+mO2↑(0≤m≤0.5)可知，每个CeO2提供m个氧原子，1个CO消耗1个氧原子，m个CO生成m个CO2，所以物质的量之比n(CeO2)：n(CO)为1：m。