2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市第三中学高三上学期第二次验收考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市第三中学高三上学期第二次验收考试化学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

黑龙江省哈尔滨市第三中学2022-2023学年高三上学期第二次验收考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．古医典富载化学知识，下述之物见其氧化性者为
A．金(Au)：“虽被火亦未熟"
B．石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”
C．石硫黄(S)：“能化……银、铜、铁，奇物”
D．石钟乳()：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”
【答案】C
【详解】A．金“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应，反应金的化学性质很稳定，与其氧化性无关，A不合题意；
B．石灰(CaO):“以水沃之，即热蒸而解”是指CaO+H2O=Ca(OH)2，反应放热，产生大量的水汽，而CaO由块状变为粉末状，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，B不合题意；
C．石硫黄即S：“能化……银、铜、铁，奇物”是指2Ag+SAg2S、Fe+SFeS、2Cu+SCu2S，反应中S作氧化剂，与其氧化性有关，C符合题意；
D．石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”是指CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，D不合题意；
故答案为：C。

2．化学与生活密切相关，下列叙述错误的是
A．青铜和陶瓷制品均为无机非金属材料
B．二氧化硅是光纤制品的基本原料
C．华为手机芯片麒麟990主要原材料是硅单质
D．被称为“黑金”的新型纳米材料石墨烯属于新型无机非金属材料
【答案】A
【详解】A．青铜属于合金，陶瓷制品属于硅酸盐，为无机非金属材料，故A错误；
B．二氧化硅可用于制作光导纤维，是光纤制品的基本原料，故B正确；
C．硅是重要的半导体材料，华为手机芯片麒麟990主要原材料是硅单质，故C正确；
D．被称为“黑金”的新型纳米材料石墨烯主要成分为C单质，属于新型无机非金属材料，故D正确；
故选：A。
3．分类是科学研究的重要方法，下列物质分类正确的是
A．化合物：干冰、氨水、明矾 B．混合物：漂白粉、王水、玻璃
C．非电解质：乙醇、氨气、氯气 D．碱性氧化物：、、CuO
【答案】B
【详解】A．干冰、明矾属于化合物，但氨水是混合物，不是化合物，选项A错误；
B．漂白粉是CaCl2和Ca(ClO)2的混合物，王水是浓盐酸和浓硝酸的混合物，玻璃是硅酸钠、硅酸钙和二氧化硅的混合物，选项B正确；
C．乙醇、氨气为非电解质， 氯气为单质既不是电解质也不是非电解质，选项C错误；
D．CuO是碱性氧化物，为两性氧化物，与酸反应生成盐和水，还生成氧气，不属于碱性氧化物，选项D错误；
答案选B。
4．某溶液中发生反应的过程中存在Fe2+、、Fe3+、、H+和水六种微粒，在反应过程中测得Fe3+、的含量随时间变化的曲线如图所示，下列判断错误的是

A．被还原，发生还原反应 B．还原性：Fe2+＞
C．还原剂与氧化剂的个数比为6：1 D．反应后溶液的pH增大
【答案】C
【分析】由曲线变化图可知，随反应进行的物质的量减小，而Fe3+的物质的量从0开始增加，故Fe3+是生成物，则Fe2+和应是反应物，N元素化合价应该是降低，其还原产物为；结合化合价升降守恒，则反应的方程式应为：8Fe2+++10H+=8Fe3+ ++3H2O，据此解答。
【详解】A．由分析可知，反应中得到电子被还原，发生还原反应，A正确；

B．根据还原剂的还原性大于还原产物，可知还原性：Fe2+＞，B正确；
C．在反应8Fe2+++10H+=8Fe3+ ++3H2O中，参加反应的还原剂是Fe2+，氧化剂是，故还原剂与氧化剂的物质的量之比为8：1，C错误；
D．在反应8Fe2+++10H+=8Fe3+ ++3H2O中，随着反应的进行，反应消耗H+，使溶液中c(H+)减小，溶液酸性减弱，因此反应后溶液pH增大，D正确；
故合理选项是C。
5．某同学在实验室进行了如图所示的实验，下列说法中正确的是

A．利用过滤的方法，无法将Z中固体与液体分离
B．X、Z烧杯中分散系的分散质相同
C．X、Z中分散系均能产生丁达尔效应
D．Y中反应的离子方程式为
【答案】D
【详解】A．Z是胶体，胶体粒子能透过滤纸，能用过滤法分离Z中固体与液体，选项A错误；
B．X中分散质是氯化铁，Z烧杯中分散质是氢氧化铁胶体粒子，分散质不相同，选项B错误；
C．X是氯化铁溶液，没有丁达尔效应，Z是胶体，胶体能产生丁达尔效应，选项C错误；D．碳酸钙促使铁离子水解平衡正向移动，反应的离子方程式为3CaCO3+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3(胶体)+3CO2↑+3Ca2+，选项D正确；
答案选D。
6．常温时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．与反应能放出的溶液中：、、、
B．能使甲基橙变为黄色的溶液：、、、
C．的溶液中：、、、
D．的醋酸溶液中：、、、
【答案】C
【详解】A．与反应能放出的溶液有可能是强碱性的也有可能是酸性的，在碱性溶液中存在，具有还原性与在酸性溶液中能发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B．能使甲基橙变为黄色的溶液Ph>4.4，会水解生成沉淀，不能大量共存，故B错误；
C．的溶液中：、、、、OH-互相均不反应，可以大量共存，故C正确；
D．的醋酸溶液中会生成二氧化碳气体，不能大量共存，故D错误；
故答案为C
7．下列反应对应的离子方程式正确的是
A．溶液中加入足量溶液：
B．漂白粉使用时加醋酸：
C．将溶液与酸性溶液混合：
D．四氧化三铁溶于稀硝酸中：
【答案】C
【详解】A．硫酸根和钡离子要生成沉淀，离子方程式为，故A错误；
B．醋酸是弱电解质不能拆，，故B错误；
C．被酸性氧化生成Fe3+，，故C正确；
D．四氧化三铁溶于稀硝酸中生成Fe3+和NO：，故D错误；
故答案为C
8．下列制备和收集气体的实验装置合理的是
A
B
C
D




用双氧水和二氧化锰制
用铜片和稀硝酸制NO
用浓盐酸和制
用氯化铵和氢氧化钙固体制氨气

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．用双氧水和二氧化锰制是固液不需要加热的反应，生成的氧气可以用排水法收集，故A正确；
B．NO 很容易被空气中的氧气氧化，所以采用该装置得不到 NO，故B错误；
C．浓盐酸和 MnO2 反应制取 Cl2，氯气应用向上排空气法收集，氯气易溶于水，故C错误；
D．用氯化铵和氢氧化钙固体制氨气试管应该斜向下倾斜，故D错误；
故答案为A
9．下列有关装置的说法正确的是
A．锂离子电池都是一次电池，比能量较高
B．镍氢电池放电时将电能转化成化学能
C．铅酸电池放电后两极质量均增加，溶液电导率减小
D．锌锰干电池使用时电子由碳棒流向锌筒
【答案】C
【详解】A．锂离子电池都是可充电电池，因此不是一次电池，而是二次电池，其比能量较高，A错误；
B．镍氢电池放电时将化学能转化成电能，B错误；
C．铅酸电池放电后，负极由Pb变为PbSO4，正极由PbO2变为PbSO4，因此反应构两极质量均增加，由于反应消耗H2SO4，使溶液的酸性减弱，因此溶液的电导率减小，C正确；
D．锌锰干电池使用时电子由负极锌筒流向正极碳棒，D错误；
故合理选项是C。
10．以惰性电极电解下列溶液，有气体生成且溶液pH减小的是
A．NaCl B． C． D．NaOH
【答案】B
【详解】A．惰性电极电解NaCl溶液，阳极Cl-放电生成氯气，阴极水放电，生成氢气，产生OH-，溶液pH增大，故A不符合题意；
B．惰性电极电解溶液，阴极Cu2+放电，阳极水放电产生氧气和H+，溶液pH减小，故B符合题意；
C．惰性电极电解溶液，阴极水放电产生H2，阳极水放电产生氧气，溶液浓度增大，溶液pH增大，故C不符合题意；
D．惰性电极电解NaOH溶液，阴极水放电产生H2，阳极OH-放电产生氧气，NaOH溶液浓度增大，溶液pH增大，，故D不符合题意；
故答案为B。
11．下列各组物质中，所加除杂试剂正确的是

主体物质
杂质
除杂试剂
A


NaOH溶液
B


水
C
溶液

HCl溶液
D
溶液

Cu

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．和均能和NaOH溶液反应，故A错误；
B．与水反应生成NO，可以除去，故B正确；
C．和 均能与HCl溶液反应，故C错误；
D．与Cu反应生成和引入新杂志，应该加入Fe除杂，故D错误；
故答案为B
12．大庆市某中学化学实验小组在实验室鉴定某无色溶液。已知溶液中的溶质仅由NH、K+、Ag+、Ca2+、Al3+、AlO、MnO、CO、SO中的若干种组成。取该溶液进行如下实验：
(1)取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液
(2)在(1)所得溶液中加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，同时产生白色沉淀甲；
(3)在(2)所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液并加热也有气体生成，同时产生白色沉淀乙
则下列离子在原溶液中一定存在的有
A．K+、CO、AlO B．SO、AlO、K+、CO
C．CO、K+、Al3+、NH D．MnO、K+、CO、NH
【答案】A
【分析】无色溶液中一定不含；
(1)取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液，则一定含，与反应的Ag＋、Ca2＋、Al3＋不能存在；
(2)在(1)所得溶液中加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，同时产生白色沉淀甲，气体为二氧化碳，沉淀应为氢氧化铝，则原溶液中含；
(3)在(2)所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液并加热也有气体生成，同时产生白色沉淀乙，气体为氨气，但(2)中引入铵根离子，乙为碳酸钡，(2)中引入碳酸氢根离子，则不能确定、是否存在，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，一定不含Ag＋、Ca2＋、Al3＋、，可能含、，一定含、，但这两种阴离子只能存在碱性溶液中，碱性溶液中不能大量存在，由溶液为电中性可知，溶液中一定含阳离子为K＋，则原溶液中一定存在的有K＋、、;
故答案选A。
13．某兴趣小组设计了如图所示原电池装置(盐桥中吸附有饱和K2SO4溶液)。下列说法正确的是

A．该原电池的正极反应式为：Cu-2e-=Cu2+
B．甲烧杯中溶液的红色逐渐变浅
C．盐桥中的流向甲烧杯
D．若将甲烧杯中的溶液换成稀硝酸，电流表指针反向偏转
【答案】B
【分析】该原电池中，Cu比Pt活泼，则Cu作负极，Pt为正极。
【详解】A．正极上发生还原反应，即铁离子得电子生成亚铁离子，电极反应式为，故A错误；
B．甲烧杯中发生反应，铁离子被消耗，溶液的红色逐渐变浅，故B正确；
C．阴离子向原电池的负极移动，则盐桥中的流向乙烧杯，故C错误；
D．若将甲烧杯中的溶液换成稀硝酸，铜被氧化，铜仍为负极，电流表指针偏转方向不变，故D错误；
答案选B。
14．从能源开发、环境保护、资源利用等角度分析，下列说法不正确的是
A．在太阳能资源相对充足的沿海地区建造海水淡化厂
B．医用口罩以聚丙烯为主要原料，制造聚丙烯的原料主要来自于石油的裂解
C．热空气吹出法从海水提溴的过程中不发生氧化还原反应
D．“静电除尘””“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能减少对空气的污染
【答案】C
【详解】A．在太阳能资源相对充足的沿海地区建造海水淡化厂，利用太阳能淡化海水节约能源，故A正确；
B．医用口罩以聚丙烯为主要原料，制造聚丙烯的原料主要来自于石油的裂解，充分利用石油中的长链烃，故B正确；
C．热空气吹出法从海水提溴的过程中将溴吹出用二氧化硫吸收，属于氧化还原反应，故C错误；
D．“静电除尘”是利用胶体的电泳现象除去空气中可吸入颗粒物的一种方法，“燃煤固硫”可以减少二氧化硫的排放减少酸雨的形成、“汽车尾气催化净化”减少氮氧化合物的排放，都能减少对空气的污染，故D正确。
答案选C。
15．已知可作为脱氯剂，20.00mL的溶液恰好把448mL(标准状况下)转化为，则产物中X元素的化合价为
A．-2 B．+4 C．+6 D．+7
【答案】C
【详解】Cl2完全转化为Cl−，根据氧化还原反应的规律可知，Na2X2O3被氧化，X元素化合价升高，令氧化产物中X元素的化合价为m，根据转移电子守恒得：0.448L÷22.4L/mol×2×1=0.020L×0.250mol/L×2×(m−2)，解得m=6；
故选C。
16．已知反应：，下列说法正确的是
A．发生氧化反应 B．X的化学式为
C．氧化产物为和X D．该反应可在瓷坩埚中进行
【答案】C
【详解】A．过氧化钠中氧元素化合价降低，发生还原反应，故A错误；
B．由质量守恒可知，X的化学式为，故B错误；
C．铬元素化合价升高发生氧化反应得到，铁元素化合价升高发生氧化反应得到，故氧化产物为和X，故C正确；
D．过氧化钠对瓷坩埚腐蚀严重，不可在瓷坩埚中进行，故D错误；
故选C。
17．某燃料电池以乙醇为㜣料，空气为氧化剂，强碱溶液为电解质组成，有关该电池的说法正确的是
A．放电时正极发生氧化反应
B．放电一段时间后，正极附近溶液的pH减小
C．放电时负极电极反应为：
D．消耗0.2mol乙醇，有1.2mol转移
【答案】C
【分析】由题意可知，乙醇燃料电池中通入乙醇的一极为负极，碱性条件下，乙醇在负极失去电子发生还原反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为C2H5OH＋16OH－－12e－=2CO＋11H2O，通入氧气的一极为正极，氧气在正极上得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e－+2H2O=4OH－。
【详解】
A．由分析可知，放电时，通入氧气的一极为正极，氧气在正极上得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，A错误；
B．由分析可知，通入氧气的一极为正极，氧气在正极上得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，正极附近溶液的氢氧根离子浓度增大，溶液碱性增强，B错误；
C．由分析可知，放电时，通入乙醇的一极为负极，碱性条件下，乙醇在负极失去电子发生还原反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为C2H5OH＋16OH－－12e－=2CO＋11H2O，C正确；
D．由分析可知，放电时，通入乙醇的一极为负极，碱性条件下，乙醇在负极失去电子发生还原反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为C2H5OH＋16OH－－12e－=2CO＋11H2O，由电极反应式可知，消耗0.2 mol乙醇，转移电子的物质的量为2.4mol，D错误；
故选C。
18．高电压水系锌—有机混合液流电池的装置如图所示。下列说法错误的是

A．放电时，负极反应式为
B．放电时，正极区溶液的增大
C．充电时，转化为转移电子
D．充电时，中性电解质的浓度增大
【答案】D
【分析】高电压水系锌-有机混合液流电池工作原理为：放电时为原电池，金属Zn发生失电子的氧化反应生成Zn2+，为负极，则FQ所在电极为正极，正极反应式为2FQ+2e-+2H+═FQH2，负极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)；充电时电解池，原电池的正负极连接电源的正负极，阴阳极的电极反应与原电池的负正极的反应式相反，电解质中阳离子移向阴极、阴离子移向阳极。
【详解】A． 放电时为原电池，金属Zn为负极，负极反应式为，选项A正确；
B．放电时为原电池，正极反应式为2FQ+2e-+2H+═FQH2，即正极区溶液的pH增大，选项B正确；
C． 充电时电解池，阳极反应为FQH2-2e-=2FQ+2e-+2H+，则1molFQH2转化为FQ时转移2mol电子，选项C正确；
D． 充电时装置为电解池，电解质中阳离子移向阴极、阴离子移向阳极，NaCl溶液中的钠离子和氯离子分别发生定向移动，即电解质NaCl的浓度减小，选项D错误；
答案选D。
19．深蓝色的硫酸四氨合铜晶体受热分解的化学方程式为，下列分析不正确的是
A．1mol分解产生的气体体积为97.1L(标况)
B．生成1mol转移6mol电子
C．生成的气体可使湿润的红色石蕊试纸先变蓝后褪色
D．将分解产生的气体通入溶液中有白色沉淀生成
【答案】C
【详解】
A．分解产生氨气、氮气、1molSO2，标准状况下的体积是 ，A正确；
B．根据方程式，部分氮元素化合价由-3升高为0，铜元素化合价由+2价降低到0价，硫元素化合价由+6价降低到+4价，生成2mol转移电子，则生成1mol转移电子，B正确；
C．生成的气体有氨气、二氧化硫、氮气，不能使石蕊试纸褪色，C错误；
D．氨气、二氧化硫通入氯化钡溶液中，可以生成白色的亚硫酸钡沉淀，D正确；
故选C。
20．Cu完全溶于浓硝酸反应生成氮氧化物，将这些氮氧化物用NaOH溶液完全吸收，生成和的混合溶液，反应过程及有关数据如图所示：

下列有关判断正确的是
A．Cu与硝酸的反应中，硝酸只体现了氧化性
B．若Cu片为51.2g，则生成0.2mol
C．若Cu片为51.2g，则消耗硝酸为2.5mol
D．若NO为0.3mol，则生成0.6mol
【答案】B
【详解】A．Cu+4HNO3（浓）= Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O反应中，氮元素的化合价有不变也有降低，所以硝酸体现氧化性和酸性，选项A错误；
B．纵观反应始终，容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu到Cu(NO3)2，每个Cu升2价，失2个电子；另一个是HNO3到NaNO2，每个N降2价，得2个电子；设NaNO3、NaNO2的物质的量分别为xmol和ymol，则根据电子守恒有：2y=×2=1.6；气体与氢氧化钠反应的盐溶液为NaNO3、NaNO2混合溶液，根据钠离子守恒有n(NaNO3)+n(NaNO2)=n(Na+)，x+y=0.5×2.0=1.0，解得x=0.2，选项B正确；
C．结合选项B，根据N守恒，消耗的HNO3的物质的量为2n[Cu(NO3)2]+ n(NaNO3)+n(NaNO2)=1.6mol+1.0mol=2.6mol，选项C错误；
D．若NO为0.3mol，根据得失电子守恒，Cu失去电子的物质的量为1.6mol，生成NO得到的电子为0.3mol3=0.9mol，故生成NO2的物质的量为0.4mol，根据反应2NaOH+NO+NO2=2NaNO2+H2O、2NaOH+ 2NO2=NaNO3+NaNO2+H2O，则生成0.3mol+0.1mol=0.65mol，选项D错误；
答案选B。

二、填空题
21．回答下列问题
(I)以下几种物质为中学化学中常见的物质，请用序号填空：
①Cu单质②醋酸溶液③乙醇④熔融NaCl⑤固体⑥HCl气体⑦光导纤维⑧氨水⑨蔗糖晶体⑩胶体
(1)上述状态下可导电的有___________。
(2)属于强电解质的有___________。
(Ⅱ)请按要求书写下列离子方程式
(3)醋酸和NaOH溶液反应___________。
(4)Cu和稀硝酸反应___________。
(5)溶液与过量氨水反应___________。
(6)碱性条件下制备高铁酸钠：___________。
_______________________________________________________+___________
(7)已知酸性：，请写出少量通入溶液中发生的反应的离子方程式为___________。
(Ⅲ)一定条件下，按下图连接装置，电压计指针发生偏转。该原电池工作一段时间后，两电极质量均增大。
+
(8)请写出负极反应式___________。
(9)总反应的离子方程式___________。
(10)盐桥中的向___________方向移动(填左或右)
【答案】(1)①②④⑧⑩
(2)④⑤⑥
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)
(8)
(9)
(10)左

【详解】（1）金属或者存在阴阳离子的溶液能导电，故能导电的为①②④⑧⑩；
（2）强电解质是能完全电离的化合物，属于强电解质的有④⑤⑥；
（3）醋酸和NaOH溶液发生中和反应生成醋酸钠和水，反应方程式为；
（4）Cu和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，反应的离子方程式为；
（5）溶液与过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为；
（6）碱性条件下制备高铁酸钠，化合价升高从+3价变为+6价，从+1价变为-1价，根据得失电子守恒可知；
（7）根据强酸制弱酸的原理，反应的离子方程式为；
（8）该装置为原电池，左池为负极，Ag失电子，发生氧化反应，生成Ag+，Ag+与Cl-结合生成AgCl沉淀，电极反应式为：，电极质量增加；右池为正极，Ag+得电子，发生还原反应，生成Ag单质，电极反应式为：，电极质量也增加。
（9）正负极反应加和是电池的总反应，总反应的离子方程式；
（10）原电池中阴离子移向负极，故盐桥中的向左侧。

三、实验题
22．叠氮化钠()是易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇，不溶于乙醚，常用作汽车安全气囊中的药剂。实验室制取叠氮化钠的原理、实验装置及实验步骤如下：

①关闭止水夹，打开止水夹，开始通入氨气；
②加热装置a中的金属钠，使其熔化并充分反应后，生成白色固体，停止通入氨气并关闭止水夹；
③打开止水夹，通入，继续加热a容器到210~220℃，充分反应；
④反应结束后，冷却，……
⑤过滤……
已知：熔点210℃，沸点400℃，在水溶液中易水解生成NaOH和氨气。请回答下列问题：
(1)图中仪器a用不锈钢材质而不用玻璃，其主要原因是___________。
(2)U形管1和2所装试剂可以为___________(填标号)。
a、浓、碱石灰    b、无水粉末、碱石灰
c、无水粉末、    d、无水粉末、无水粉末
(3)步骤③中生成的化学方程式为___________。
(4)步骤④反应结束后，进行以下操作，得到固体：
取a中混合物固体
操作Ⅱ的目的是___________，操作Ⅳ最好选用的试剂为___________。
(5)实验室中，多余的常使用次氯酸钠溶液处理，在酸性条件下，二者反应可生成无毒的气体。请写出该反应的离子方程式___________。
(6)实验室用滴定法测定叠氮化钠样品中的质量分数；
①将2.500g试样配成500.00mL溶液。
②取50.00mL溶液置于锥形瓶中，用滴定管加入50.00mL溶液。发生反应：。
③充分反应后，将溶液稀释，酸化后滴入3滴邻非罗琳指示液，用标准溶液滴定过量的，消耗溶液体积为34.00mL。发生反应：。
试样中的质量分数为___________(保留4位有效数字)。
【答案】(1)反应过程可能生成的NaOH能腐蚀玻璃或熔融状态下氢氧化钠和能二氧化硅反应而腐蚀玻璃(合理即可)
(2)b
(3)
(4)     降低的溶解度，使结晶析出     乙醚
(5)
(6)85.80%

【分析】钠是非常活泼的金属，反应中要避免水蒸气的干扰，所以进入的氨气需要干燥，浓硫酸、无水氯化钙、五氧化二磷均和氨气反应，干燥氨气应选用碱石灰；主要是根据题中提供的信息分析解题，根据消耗的(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为：0.0500mol/L×0.034L=0.0017mol，加入(NH4)2Ce(NO3)6的物质的量为：0.1000mol/L×0.05L=0.005mol，根据根据Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+可知，与NaN3反应的(NH4)2Ce(NO3)6的物质的量为：0.005mol-0.0017mol=0.0033mol，结合方程式计算物质的量以及质量分数，以此来解析；
【详解】（1）钠与氨气反应生成NaNH2和氢气，NaNH2和N2O反应生成NaN3和水，生成的水可能与未反应的钠反应生成氢氧化钠，NaNH2也能与水反应生成NaOH，而氢氧化钠能腐蚀玻璃，因此图中仪器a用不锈钢材质而不用玻璃，则原因为反应过程可能生成的NaOH能腐蚀玻璃；
（2）钠是非常活泼的金属，反应中要避免水蒸气的干扰，所以进入的氨气需要干燥，并检验没有水蒸气存在，干燥氨气选用碱石灰，检验水蒸气选用无水硫酸铜，U形管1和2所装试剂依次为无水硫酸铜、碱石灰，故选b；
（3）由题意可知，钠先与氨气反应生成NaNH2和氢气，生成的NaNH2再和N2O反应生成NaN3和水，因此生成NaN3的化学方程式为：NaNH2+N2ONaN3+H2O；
（4）固体混合物中可能含有钠、NaNH2和NaN3，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，NaNH2与水反应生成NaOH和氨气，NaN3溶于水，加入乙醇降低NaN3的溶解度，使NaN3结晶析出，过滤分离，用乙醚洗涤，因为NaN3易溶于水、微溶于乙醇、不溶于乙醚，干燥得到NaN3固体，综上分析，操作II的目的是：降低NaN3的溶解度，使NaN3结晶析出，操作IV最好选用的试剂是：乙醚，
（5）次氯酸钠溶液与叠氮化钠溶液反应碱性明显增强，生成氢氧化钠，且产生无色无味的无毒气体，为氮气，还有氯化钠，离子反应为：ClO-+2N +2H+=Cl-+3N2↑+H2O；
（6）消耗的(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为：0.0500mol/L×0.034L=0.0017mol，加入( NH4)2Ce (NO3)6的物质的量为：0.1000mol/L×0.05L=0.005mol，根据Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+可知，与NaN3反应的( NH4)2Ce (NO3)6的物质的量为：0.005mol-0.0017mol=0.0033mol，依据2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3 =4NH4NO3 +2Ce( NO3)3 +2NaNO3 +3N2↑可知，50.00mL溶液中含有的NaN3的物质的量为0.0033mol ，则试样中NaN3的质量分数为：×100%=85.80%；

四、工业流程题
23．用软锰矿(含约65%及少量)和闪锌矿(ZnS约80%及少量FeS)共同生产和Zn(干电池原料)，其部分生产流程如下：

已知：过滤(Ⅱ)所得滤液是、、、的混合液。相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为计算)如下表：
沉淀物




开始沉淀时的pH
2.7
4.0
6.4
7.7
完全沉淀时的pH
3.7
5.2
8.0
10.4

(1)加热、浸取时所加矿石均需粉碎，其目的是___________。可用盐酸代替硫酸进行浸取吗？___________说明原因___________。
(2)写出ZnS和和稀硫酸反应的离子方程式：___________。过滤后，洗涤硫磺的目的是___________(请答两点)
(3)Ⅲ试剂X的作用是调节溶液的pH调节的范围是5.2~6.4，试剂X可以选用___________；Ⅳ滤渣的成分是___________。
(4)电解(V)中是用惰性电极电解、的混合溶液，写出其化学方程式___________。
(5)从生产和Zn的角度计算，投入的软锰矿和闪锌矿质量的比值大约是___________。(保留到小数点后一位)
【答案】(1)     加快反应(浸取)速率     不能     二氧化锰具有氧化性，能把盐酸氧化生成氯气
(2)          除去硫磺表面杂质
(3)     或或等     Fe(OH)3和Al(OH)3
(4)
(5)1.1

【分析】用软锰矿(含MnO2及少量Al2O3)和闪锌矿(含ZnS及少量FeS)联合生产Zn、MnO2，首先加入稀硫酸加热、浸取，过滤(Ⅱ)所得滤液主要含MnSO4、ZnSO4、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3，二氧化锰氧化-2价的S元素得到S单质；之后加入试剂X调节pH并加热以生成Fe(OH)3、Al(OH)3；过滤得到滤液含MnSO4、ZnSO4，加入硫酸后电解得到锌和二氧化锰。
【详解】（1）粉碎处理可以增大固体与溶液的接触面积，从而加快反应（浸取）速率；不能用盐酸代替硫酸进行浸取，原因为二氧化锰具有氧化性，能把盐酸氧化生成氯气。
（2）根据流程可知，酸性环境下二氧化锰将ZnS氧化成Zn2+和S单质，自身被还原为锰离子，结合电子守恒和元素守恒可得离子方程式为：；过滤后，洗涤硫磺的目的是除去硫磺表面杂质。
（3）试剂X为了使溶液的pH值增大，其溶液应为碱性，且在除去Fe3+和Al3+的同时不能引入新的杂质，因此X最好选用或或等，滤渣主要为Fe(OH)3和Al(OH)3。
（4）电解(V)中是用惰性电极电解、的混合溶液，得到MnO2、Zn、硫酸，化学方程为。
（5）电解时MnSO4、ZnSO4物质的量之比为1:1，且设软锰矿(含约65%及少量)质量为mg，闪锌矿(ZnS约80%及少量FeS)质量为ng ，结合元素守恒，可得，解得m∶n≈1.1。