山西省運城市新康高中高復(fù)部2025屆高三化學(xué)下學(xué)期5月份測試試題

PAGEPAGE12山西省運城市新康中學(xué)高復(fù)部2025屆高三化學(xué)下學(xué)期5月份測試試題留意：標(biāo)★號的試題為歷次考試易錯原題可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1T-3C-12O-16Na-23Fe-56Cu-64一、選擇題：(本題共7小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)7．化學(xué)與人類社會的生產(chǎn)、生活有著親密聯(lián)系，下列敘述正確的是()A．新型冠狀病毒對高三學(xué)子的復(fù)習(xí)備考造成了較大沖擊，質(zhì)量分?jǐn)?shù)0.5%的過氧乙酸溶液能高效殺死該病毒，在重癥隔離病房用過氧乙酸與苯酚溶液混合可以提高消殺效率B．J—20上用到的氮化鎵材料不是合金材料C．盡量運用含12C的產(chǎn)品，削減運用含13C或旨”D．汽車尾氣中含有氮氧化物是由于石油煉制過程中未除去氮元素8．設(shè)NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A．46gC2H6O完全燃燒，有5NA個C—H鍵斷裂B．電解精煉銅時，陽極質(zhì)量減輕64g時．轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NAC．2.6gNaT與足量水反應(yīng)，生成的氫氣中含有中子數(shù)為0.1NAD．56gFe粉與1molCl2充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NA★9．BMO(Bi2MoO6)是種高效光催化劑，可用于光催化降解苯酚，原理如圖所示。下列說法錯誤的是()A．該過程的總反應(yīng)為：C6H6O+7O26CO2+3H2OB．該過程中BMO+表現(xiàn)出較強的氧化性C．①和②中被降解的苯酚的物質(zhì)的量之比為1：3D．光催化降解過程中，光能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能、熱能等10．化合物M(結(jié)構(gòu)式如圖所示)是常用的還原劑，由H·C·Brown和Schlesinger于1942年在芝加哥高校發(fā)覺。其中X、Y、Z是原子序數(shù)依次減小的不同短周期主族元素，X與W、Z與W均能形成原子個數(shù)比為1：1和2：1的化合物，W原子的最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的3倍。下列敘述正確的是()A．Z元素位于第三周期第ⅦA族B．Y的最高價氧化物對應(yīng)的水化物是一種一元弱酸C．X和Z形成的化合物的水溶液呈酸性D．化合物M不能與Z2W2反應(yīng)11．某小組同學(xué)通過試驗探討FeCl3溶液與Cu粉發(fā)生的氧化還原反應(yīng)。試驗記錄如下表所示，下列說法錯誤的是()序號ⅠⅡⅢ試驗步驟充分振蕩，加入2mL蒸餾水充分振蕩，加入2mL蒸餾水充分振蕩，加入2mL蒸餾水試驗現(xiàn)象銅粉消逝，溶液黃色變淺，加入蒸餾水后無明顯現(xiàn)象銅粉有剩余，溶液黃色褪去，加入蒸餾水后生成白色沉淀銅粉有利余、溶液黃色褪去，變成藍(lán)色，加入蒸餾水后無白色沉淀A．試驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均涉及Fe3+被還原B．對比試驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ說明白色沉淀的產(chǎn)生可能與銅粉的量及溶液的陰離子種類有關(guān)C．向試驗Ⅲ反應(yīng)后的溶液中加入飽和NaCl溶液可能出現(xiàn)白色沉淀D．試驗Ⅱ、Ⅲ中加入蒸溜水后c(Cu2+)相同12．鎂稀土合金廣泛應(yīng)用于航空、航天、電子、通訊和汽車制造業(yè)等領(lǐng)域。熔鹽電解法是一種高效制備鎂稀土合金的方法，試驗室制取Mg-Gd合金(物質(zhì)的量比為1：1)的電解槽示意圖如下(相對原子質(zhì)量Mg—24，Gd—157)，下列說法正確的是()A．添加LiF、BaF2的作用是催化劑B．陽極的電極反應(yīng)式為2F——2e—=F2↑C．當(dāng)電路中通過0.1mol電子時，生成Mg-Gd合金的質(zhì)量為3.62gD．電解結(jié)束后，鉬、碳電極質(zhì)量不變13．磷酸(H3PO4)是一種中強酸，常溫下，H3PO4水溶液中含磷微粒的分布分?jǐn)?shù)(平衡時某微粒的濃度占各含磷微粒總濃度的分?jǐn)?shù))與pH的關(guān)系如下圖，下列說法正確的是()A．滴加NaOH溶液至pH=7，溶液中c(Na+)＞c(H2PO4-)+c(HPO42—)+c(PO43—)B．該溫度下，H3PO4的三級電離常數(shù)Ka3＞10-12C．H3PO4的電離方程式為：H3PO4?3H++PO43—D．滴加少量Na2CO3溶液，化學(xué)反應(yīng)方程式為3Na2CO3+2H3PO4=2Na2PO4+3H2O+3CO2↑26．（14分）學(xué)習(xí)小組在試驗室中利用下圖所示裝置制備SO2并進(jìn)行相關(guān)性質(zhì)的探究?；卮鹣铝袉栴}：（1）儀器Q的名稱為_________；裝置b的作用是_________。（2）裝置a中反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________。（3）裝置e中出現(xiàn)_________（填現(xiàn)象）可證明SO2具有還原性。（4）試驗起先后，發(fā)覺裝置d中的溶液快速變黃，接著通入SO2，裝置d中出現(xiàn)乳黃色渾濁。該小組同學(xué)查閱資料得知，存在可逆反應(yīng)：SO2＋4I－＋4H＋S↓＋2I2＋2H2O。探究I：探究濃度對上述可逆反應(yīng)的影響有同學(xué)認(rèn)為除SO2的濃度外，其他離子的濃度對該可逆反應(yīng)也有影響。完成實驗設(shè)計進(jìn)行驗證（SO2體積已折算為標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積）。限選試劑：0.1mol·L1KI溶液、1.0mol·L1KI溶液、2.0mol·L1KI溶液、蒸餾水、濃硝酸、濃鹽酸影響因素編號操作現(xiàn)象c(I－)i取50mL①_________于錐形瓶中，向其中通入20mLSO2溶液變?yōu)闇\黃色ii取50mL1.0mol·L1KI溶液于錐形瓶中，向其中通入20mLSO2溶液快速變黃c(H＋)iii取50mL1.0mol·L1KI溶液和5mL②_________于錐形瓶中，向其中通入20mLSO2溶液快速變黃iv取50mL1.0mol·L1KI溶液和5mL③_________于錐形瓶中，向其中通入20mLSO2溶液快速變黃，且出現(xiàn)乳黃色渾濁探究II：探究SO2在KI溶液體系中的反應(yīng)產(chǎn)物方案操作預(yù)期現(xiàn)象結(jié)論i取適量裝置d中濁液，向其中滴加幾滴④_________溶液（填試劑名稱），振蕩無明顯變更濁液中無I2ii將裝置d中濁液進(jìn)行分別得淡黃色固體和澄清溶液取適量分別后的澄清溶液于試管中，⑤_________⑥_________⑦_(dá)_______⑧綜上可知，SO2在KI溶液中發(fā)生了歧化反應(yīng)，其反應(yīng)的離子方程式為_________。27．（14分）二氧化鈰(CeO2)是一種重要的稀土化合物。以氟碳鈰礦（主要含Ce[CO3]F）為原料制備CeO2的一種工藝流程如圖所示：已知：①Ce4+能與F結(jié)合成[CeFx](4-x)+，也能與SO42-結(jié)合成[CeSO4]2+；②在硫酸體系中Ce4+能被萃取劑[(HA)2]萃取，而Ce3+不能；③Ksp[Ce(OH)3]=1×10-20?；卮鹣铝袉栴}：（1）Ce[CO3]F中鈰元素的化合價為___________，H2O2分子的結(jié)構(gòu)式為____________________。（2）“氧化焙燒”前需將礦石粉碎成細(xì)顆粒，其目的是____________________________________。（3）“萃取”時存在反應(yīng)：Ce4++n(HA)2Ce·(H2n-4A2n)+4H+。下圖所示中，D是安排比，表示Ce（Ⅳ）分別在有機層與水層中存在形式的物質(zhì)的量濃度之比，即c[Ce·(H2n-4A2n)]與c[(CeSO4)2+]的比值。加入不同量的Na2SO4以變更水層中的c（SO42-），D隨起始料液中c（SO42-）變更的緣由為__________________________________________________。（4）“反萃取”中，試驗室用到的主要玻璃儀器名稱為___________；在H2SO4和H2O2的作用下CeO2轉(zhuǎn)化為Ce3+。H2O2在該反應(yīng)中作_________(填“催化劑”“氧化劑”或“還原劑”），每有2molH2O2參與反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為_____________。為使Ce3+完全沉淀，應(yīng)加入NaOH調(diào)整pH為_________。(溶液中c(Ce3+)小于1.0×10-5mol?L-1時，可認(rèn)為Ce3+沉淀完全)（5）“氧化”步驟的化學(xué)方程式為____________________________________?！?8.(15分)甲醇是重要的化工原料?；卮鹣铝袉栴}：（1）以甲醇為原料制備甲醛，同時生成副產(chǎn)物H2等，已知以下熱化學(xué)方程式：則b＝(用含有a、c的代數(shù)式表示)。（2）以Na2CO3固體為催化劑，甲醇脫氫可制得甲醛。反應(yīng)機理如下：①(i)中反應(yīng)物的總能量(填“>”“＝”或“<”)生成物的總能量。②某溫度時反應(yīng)(i)、(ii)、(ii)的平衡常數(shù)依次為K1、K2、K3，CH3OH(g)H2(g)＋HCHO(g)的平衡常數(shù)為K，則K＝(用含K1、K2、K3的代數(shù)式表示)。（3）向體積為1L恒容反應(yīng)器中加入2molCH3OH及適量催化劑，發(fā)生反應(yīng)CH3OH(g)HCHO(g)＋H2(g)△H，在T1、T2(T1<T2)時，CH3OH轉(zhuǎn)化率與時間關(guān)系如圖所示。①T2溫度下，20min時甲醇的體積分?jǐn)?shù)為%(保留三位有效數(shù)字)，前20min平均反應(yīng)速率v(HCHO)＝mol·L－1·min－1。②T1溫度下該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp＝kPa(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓＝總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，反應(yīng)器內(nèi)的初始壓強為103kPa)。（4）固體氧化物甲醇燃料電池是能效高、環(huán)境友好地轉(zhuǎn)化成電能的全固態(tài)電源，工作原理如圖所示。①石墨極上的反應(yīng)式為。②若通過用電器的電子的物質(zhì)的量為1.2mol，則消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下O2的體積為L。35．氫氣是具有發(fā)展前途的燃?xì)?，氫的?guī)模化儲運是氫能應(yīng)用的關(guān)鍵。硼氫化鈦、氨硼烷、鑭鎳合金等都是備受關(guān)注的儲氫材料?；卮鹣铝袉栴}：（1）(硼氫化鈦)可由反應(yīng)制得。基態(tài)鈦原子的價電子軌道表示式為_________________________；基態(tài)硼原子核外有_____________________種運動狀態(tài)不同的電子。（2）的立體構(gòu)型是____________________，B原子的雜化軌道類型是_____________________。（3）氨硼烷是一種高性能化學(xué)儲氫材料。請畫出含有配位鍵(用“→”表示)的氨硼烷的結(jié)構(gòu)式___________________；與氨硼烷互為等電子體的有機小分子是__________________________(寫結(jié)構(gòu)簡式)。（4）鑭鎳合金、銅鈣合金及鈰鈷合金都具有相同類型的晶胞結(jié)構(gòu)，它們有很強的儲氫實力，其中銅鈣合金的晶體結(jié)構(gòu)如圖所示。已知鑭鎳合金晶胞體積為，儲氫后形成合金(氫進(jìn)入晶胞空隙，體積不變)，則中，________________(填數(shù)值)；氫在合金中的密度為_______________g/cm3(保留兩位有效數(shù)字)。36．有機物A是自然橡膠的單體。有機物F是一種環(huán)保型塑料，一種合成路途如圖所示：已知：①②+R3-COOH（—R1、—R2、—R3、—R均為烴基）請回容下列問題：（1）A用系統(tǒng)命名法命名為__________________________。（2）A分子與Cl2分子發(fā)生1：1加成時，其產(chǎn)物種類有_________種(不考慮立體異構(gòu))。（3）B與足量H2反應(yīng)后的產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為，則B的結(jié)構(gòu)簡式為___________________，1個B分子中有________個手性碳原子。（4）C分子中的官能團(tuán)名稱為_____________________。（5）寫出反應(yīng)④的化學(xué)方程式：___________________________________________。（6）G是C的同分異構(gòu)體，G能發(fā)生水解反應(yīng)和銀鏡反應(yīng)，1個G分子中含有2個碳氧雙鍵，則G的可能結(jié)構(gòu)共有___________種(不考慮立體異構(gòu))。（7）設(shè)計由有機物D和甲醇為起始原料制備CH3CH2CH(CH3)CH=CHCOOCH3的合成路途______________(無機試劑任選)。新康高復(fù)部2024—2025學(xué)年其次學(xué)期5月份測試化學(xué)部分參考答案7．【答案】BA．過氧乙酸與苯酚可發(fā)生氧化還原反應(yīng)；B．氮化鎵屬于無機非金屬材料；C．含12C、13C或D．石油中不含氮元素。A．過氧乙酸與苯酚可發(fā)生氧化還原反應(yīng)，因此將過氧乙酸與苯酚溶液混合，不會提升消殺效率，反而會降低消殺效率，A項錯誤；B．氮化鎵屬于無機非金屬材料，屬于化合物，不是合金，B項正確；C．含12C、13C或14C的產(chǎn)品均為含碳產(chǎn)品，不會削減二氧化碳的排放，都不符合“促進(jìn)低碳經(jīng)濟的宗旨”D．高溫下N2與O2在發(fā)動機的氣缸中發(fā)生反應(yīng)，生成了氮氧化物；石油不含N元素，氮氧化物的生成與氮氣有關(guān)，D項錯誤；答案選B。8．【答案】DA．C2H6O存在同分異構(gòu)體，有可能是乙醇，也有可能是二甲醚，不能確定含有C—H鍵的數(shù)量；B．電解精煉銅時，陽極上除了銅放電之外，還有其它金屬也會放電；C．NaT與足量水反應(yīng)，生成物為NaOH和HT，1molHT含中子的物質(zhì)的量為2mol，由此進(jìn)行計算；D．Fe與Cl2反應(yīng)生成FeCl3，依據(jù)完全反應(yīng)的物質(zhì)進(jìn)行計算。A．C2H6O存在同分異構(gòu)體，有可能是乙醇（含有5個C-H鍵），也有可能是二甲醚（含有6個C-H鍵），因此46gC2H6O完全燃燒，不能確定肯定有5NA個C—H鍵斷，A項錯誤；B．電解精煉銅時，陽極上除了銅放電之外，還有其它金屬（鋅、鐵等）也會放電，因此陽極質(zhì)量減輕64g時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)不肯定為2NA，B項錯誤；C．NaT與足量水反應(yīng)，生成物為NaOH和HT，1molHT含中子的物質(zhì)的量為2mol，因此2.6g(即0.1mol)NaT與足量水反應(yīng)，生成的氫氣中含有中子數(shù)為0.2NA，C項錯誤；D．Fe與Cl2反應(yīng)生成FeCl3，因此56g(即1mol)Fe粉與1molCl2充分反應(yīng)，氯氣完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NA，D項正確；推斷本題A選項時，簡單忽視的是C2H6O有同分異構(gòu)體，結(jié)構(gòu)不同，C-H鍵的數(shù)量不同，解答本題時要萬分留意。9．【答案】CA.由原理圖可知苯酚與氧氣在光的作用下，BMO作催化劑可分解為CO2和水；B.過程中BMO失電子生成BMO+，BMO體現(xiàn)出了還原性；C.依據(jù)電子守恒可推斷消耗苯酚的物質(zhì)的量之比；D.光催化降解苯酚的過程中，光能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能、熱能等。A.由原理圖可知苯酚與氧氣在光的作用下，BMO作催化劑可分解為CO2和水，反應(yīng)方程式為C6H6O+7O26CO2+3H2O，A項正確，不符合題意；B.過程中BMO失電子生成BMO+，BMO體現(xiàn)出了還原性，那么BMO+體現(xiàn)較強的氧化性，C.依據(jù)電子守恒可推斷消耗苯酚的物質(zhì)的量之比，過氧根離子生成氧離子得到3個電子，BMO得1個電子，依據(jù)電子守恒可知，①和②中被降解的苯酚的物質(zhì)的量之比為3:1，C項錯誤，符合題意；D.光催化降解過程中，光能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能、熱能等，D項正確，不符合題意；10．【答案】BW原子的最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的3倍，說明W為O；X與W、Z與W均能形成原子個數(shù)比為1：1和2：1的化合物，且X、Y、Z是原子序數(shù)依次減小，可知X為Na，Z為H，依據(jù)X、Y、Z形成的化合物的結(jié)構(gòu)可知Y為B，由此進(jìn)行分析推斷。由分析可知W為O，X為Na，Y為B，Z為H；A.Z為H，位于周期表第一周期第IA族，A項錯誤；B.Y為B，其最高價氧化物對應(yīng)的水化物是H3BO3，是一種一元弱酸，B項正確；C.X為Na，Z為H，X和Z形成的化合物為NaH，與水反應(yīng)生成NaOH和H2，溶液呈堿性，C項錯誤；D.化合物M為NaBH4，具有較強的還原性，H2O2屬于常見的氧化劑，二者之間可以發(fā)生氧化還原反應(yīng)，D項錯誤；11．【答案】D試驗Ⅰ：少量銅粉加入1ml0.1mol/L氯化鐵溶液，充分振蕩，加2mL蒸餾水，銅粉少時，溶液黃色變淺，加入蒸餾水后無明顯現(xiàn)象，說明鐵離子氧化銅生成銅離子；試驗Ⅱ：過量銅加入1ml0.1mol/L氯化鐵溶液，充分振蕩，加2mL蒸餾水，銅粉有余，溶液黃色褪去，鐵離子全部和銅反應(yīng)，加入蒸餾水后生成白色沉淀說明銅被氧化產(chǎn)物有亞銅離子，生成CuCl白色沉淀；試驗Ⅲ：過量銅加入1ml0.05mol/L硫酸鐵溶液，充分振蕩，加2mL蒸餾水，銅粉有余，溶液黃色褪去，加入蒸餾水后無白色沉，說明鐵離子反應(yīng)完全，生成的溶液中可能含銅離子和亞銅離子，據(jù)此分析推斷。A．由分析可知，試驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中溶液黃色變淺或褪去，均涉及Fe3+被還原，A項正確，不符合題意；B．對比試驗I、Ⅱ可知，白色沉淀CuCl的產(chǎn)生與銅粉的量有關(guān)，對比試驗Ⅱ、III可知，白色沉淀CuCl的產(chǎn)生與溶液的陰離子種類有關(guān)，故B正確，不符合題意；C．向試驗Ⅲ反應(yīng)后的溶液中加入飽和NaCl溶液，可能出現(xiàn)白色CuCl沉淀，C項正確，不符合題意；D．試驗Ⅱ中有CuCl沉淀生成，試驗Ⅲ中沒有CuCl沉淀生成，因此加入蒸溜水后，c(Cu2+)不相同，D項錯誤，符合題意；12．【答案】CA.加入LiF和BaF2可提高導(dǎo)電性，降低混合熔融物的熔點；B.O2-的還原性強于F-，因此陽極上O2-失電子生成O2；C.陰極上Mg2+得電子生成Mg，Gd3+得電子生成Gd，結(jié)合得失電子守恒進(jìn)行計算；D.反應(yīng)過程中陽極區(qū)O2-放電生成O2，碳陽極發(fā)生反應(yīng)生成了CO或CO2。A.加入LiF和BaF2可提高導(dǎo)電性，降低混合熔融物的熔點，因此不是催化劑，A項錯誤；B.O2-的還原性強于F-，因此陽極上O2-失電子生成O2，故陽極上的電極反應(yīng)為2O2--4e-=O2↑，C.陰極上Mg2+得電子生成Mg，Gd3+得電子生成Gd，電極反應(yīng)為Mg2++2e-=Mg，Gd3++3e-=Gd，依據(jù)得失電子守恒可知生成Mg-Gd合金的質(zhì)量為0.02mol×24g/mol+0.02mol×157g/mol=3.62g，C項正確；D.反應(yīng)過程中陽極區(qū)O2-放電生成O2，碳陽極發(fā)生反應(yīng)生成了CO或CO2，因此電解結(jié)束后，鋁電極質(zhì)量不變，碳電極質(zhì)量減小，D項錯誤；13．【答案】AA．依據(jù)電荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)+c(OH-)，當(dāng)?shù)渭覰aOH溶液至pH=7時，c(H+)=c(OH-)，因此有c(Na+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)，即c(Na+)＞c(H2PO4-)+c(HPO42-)+c(PO43-)，A項正確；B．依據(jù)圖象可知，在該溫度下，若pH=12時，c（H+）=1O-12，c(HPO42—)=c(PO43—)，Ka3==1O-12，而實際圖像中顯示pH>12，H3PO4的三級電離常數(shù)Ka3<10-12，B項錯誤；C．H3PO4為多元弱酸，電離為分步電離，電離方程式應(yīng)分步書寫，以第一步為主：H3PO4?H++H2PO4-，C項錯誤；D．向H3PO4中滴加少量Na2CO3溶液時，反應(yīng)生成NaH2PO4、CO2和H2O，反應(yīng)方程式為Na2CO3+2H3PO4=2NaH2PO4+H2O+CO2↑，D項錯誤；26．【答案】（1）圓底燒瓶防止倒吸（2）Cu＋2H2SO4(濃)=CuSO4＋SO2↑＋2H2O（3）KMnO4溶液紫紅色顏色變淺或褪色（4）①0.1mol·L-1KI溶液②蒸餾水③濃鹽酸④淀粉溶液⑤加入稀鹽酸酸化，再加入BaCl2溶液⑥白色沉淀⑦產(chǎn)物溶液中存在SO42-⑧3SO2＋2H2O=S↓＋2SO42-＋4H＋【解析】（1）由圖示裝置結(jié)構(gòu)可知Q儀器為圓底燒瓶；（2）由a中裝置試劑可知發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Cu＋2H2SO4(濃)＝CuSO4＋SO2↑＋2H2O；（3）SO2具有還原性能夠被KMnO4溶液氧化，而致使KMnO4溶液紫紅色顏色變淺或褪色；（4）①本題是探究濃度c(I－)、c(H＋)對反應(yīng)的影響，故須要變更濃度對試驗進(jìn)行探究，證明可逆過程的存在，故選用0.1mol·L1KI溶液作為編號i試驗的試劑；②探究c(H＋)對反應(yīng)的影響，對比現(xiàn)象可知iii應(yīng)選用稀鹽酸，但并無濃鹽酸可選，故應(yīng)選用蒸餾水。③對比iii可知iv應(yīng)選用濃鹽酸，濃硝酸具有強氧化性可將SO2氧化，不行選；④由試驗現(xiàn)象和試驗結(jié)論可知，方案i是為了檢驗I2，應(yīng)選用淀粉溶液；為了證明反應(yīng)SO2＋I(xiàn)2＋2H2O＝SO＋2I－＋4H＋的發(fā)生，應(yīng)檢驗產(chǎn)物的生成和產(chǎn)物的消耗，方案i是檢驗反應(yīng)物消耗，方案ii應(yīng)是檢驗溶液中產(chǎn)物的生成，即SO，故⑤加入稀鹽酸酸化，再加入BaCl2溶液；⑥白色沉淀⑦產(chǎn)物溶液中存在SO42-；綜上試驗，探究Ⅱ主要是探究產(chǎn)物，進(jìn)行物質(zhì)檢驗，通過方案i和ii分別證明白產(chǎn)物中含有S（淡黃色固體）和SO42-，最終無I2產(chǎn)生，結(jié)合提示SO2發(fā)生歧化反應(yīng)進(jìn)一步書寫離子方程式為3SO2＋2H2O=S↓＋2SO42-＋4H＋。27．+3H-O-O-H增大固體與氣體的接觸面積，增大反應(yīng)速率，提高原料的利用率隨著c(SO42-)增大，水層中Ce4+與SO42-結(jié)合生成[CeSO4]2+，導(dǎo)致萃取平衡向生成(CeSO4)2+的方向移動，使D快速減小，當(dāng)c(SO42-)增大到肯定程度后，D值變更較小分液漏斗還原劑4≥92Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4+NaCl【分析】氟碳鈰礦（主要含Ce[CO3]F），氧化焙燒的目的是將+3價的Ce氧化為+4價，Ce4+能與F-結(jié)合生成[CeFx](4-x)+，以便后續(xù)的提取，加稀硫酸，與SO42-結(jié)合生成(CeSO4)2+，加萃取劑，氟洗液，硫酸體系中Ce4+能被萃取劑萃取，而Ce3+不能，加“反萃取劑”加H2O2，又將Ce4+還原為Ce3+，發(fā)生的離子反應(yīng)為2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+，加入堿后Ce3+轉(zhuǎn)化為沉淀，加NaClO將Ce從