福建省莆田市第一中学2019届高三化学上学期第一次月考试卷（含解析）.docx

莆田一中20182019学年度上学期第一次月考试卷高三化学相对原子质量H-1 O-16 C-12 Na-23 Al-27 S-16 Cl-35.5 Cu-64第一卷 选择题(共42分)一、单项选择题（每小题2分，共42分。每小题只有一个选项符合题意）1.中国古代四大发明是：造纸术、指南针、火药、活字印刷术。来自“一带一路”沿线的20国青年评选出了中国的“新四大发明”：网购、支付宝、中国高铁、共享单车。“新四大发明”中与化学关系最密切的一项是A. 网购 B. 支付宝 C. 中国高铁 D. 共享单车【答案】C【解析】高铁需要化学方法制取的新材料的支撑，所以“新四大发明”中与化学关系最密切的一项是中国高铁，故选C。2.下列有关说法不正确的是A. 相同条件下，溶液中Fe3、Cu2、Zn2的氧化性依次减弱B. 0.1 mol Fe与足量盐酸反应，转移的电子数为0.2NAC. 除去FeCl2溶液中混有的FeCl3：加入过量铁粉，过滤D. 常温常压下，足量的Fe在1 mol Cl2中充分燃烧，转移的电子数为3NA【答案】D【解析】【详解】A根据金属活动性顺序可知金属性由强到弱：ZnFeCu，而离子的氧化性却是：Fe3+Cu2+Zn2+，选项A正确；BFe与足量盐酸反应反应生成二价铁离子，0.1 mol Fe与足量盐酸反应转移的电子数为0.2NA，选项B正确；CFe与氯化铁反应生成氯化亚铁，则加入过量铁粉，过滤可除杂，选项C正确；D1mol氯气与足量的铁反应最多得到2mol电子，转移的电子数为2NA，选项D不正确。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. 5.4g Al分别与含溶质0.2 mol的NaOH溶液、盐酸反应，生成H2的分子数均为0.3NAB. 0.1 mol NH4Cl固体中含有NH键的个数为0.4NAC. 将含有1 mol FeCl3的浓溶液全部制成胶体，含Fe(OH)3胶粒的数目为NAD. 1 mol熔融的NaHSO4中含阳离子总数为2NA【答案】B【解析】【详解】A、与0.2mol铝反应，要消耗0.6mol盐酸，酸不足产生的氢气少，选项A错误；B、1 mol NH4Cl固体中含有4molNH键,则0.1 mol NH4Cl固体中含有NH键的个数为0.4NA，选项B正确；C若干Fe(OH)3分子形成一个胶粒，得到红褐色氢氧化铁胶体小于NA个，选项C错误；D、1mol熔融的NaHSO4电离生成Na+和HSO4，所以1 mol熔融的NaHSO4中含阳离子总数为NA，选项D错误。答案选B。4.近年来高铁酸钾(K2FeO4)已经被广泛应用在水处理方面，高铁酸钾的氧化性超过高锰酸钾，是一种集氧化、吸附、凝聚、杀菌于一体的新型高效多功能水处理剂，干燥的高铁酸钾在198 以下是稳定的，受热易分解。高铁酸钾在水处理过程中涉及的变化过程有蛋白质的变性蛋白质的盐析胶体聚沉 盐类水解焰色反应氧化还原反应A. B. C. D. 【答案】B【解析】高铁酸钾具有强氧化性，能够使蛋白质变性杀死细菌，、正确；高铁酸根还原得到的Fe3能够水解，产生胶状的Fe(OH)3具有吸附性，能够吸附水中的悬浮颗粒发生聚沉形成沉淀，、正确。答案选B。5.中学化学中很多“规律”都有其使用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是A. Al(OH)3、Cu(OH)2受热易分解，Fe(OH)3受热也易分解B. 过量CO2通入漂白粉溶液，所得溶液漂白性增强，过量SO2通入漂白粉溶液，所得溶液漂白性也增强(不考虑SO2溶解)C. 根据F、Cl、Br、I非金属性依次减弱，推出HF、HCl、HBr、HI的酸性依次减弱D. 37时，Fe3+、Cu2+能催化H2O2的分解；100时，MnO2、过氧化氢酶也能催化H2O2的分解【答案】A【解析】【详解】A、难溶性的氢氧化物加热易分解，选项A正确；B、漂白粉能够氧化SO2，使漂白效果变弱，选项B错误；C、F、Cl、Br、I非金属性依次减弱，但它们气态氢化物的水溶液的酸性递增，选项C错误；D、过氧化氢酶是一种蛋白质，温度达到100，蛋白质已经变性，失去生物活性，选项D错误。答案选A。6.根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是（ ）A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A氯化铵不稳定，加热易分解，温度稍低又可生成氯化铵，制备氨气，应用氯化铵和氢氧化钙为反应物，故A错误；B应将二氧化碳从长导管通入，否则会将液体排出，故B错误；C从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法，故C正确；D碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥，可低温烘干或用滤纸吸去表面的水，故D错误；故选C。视频7.工业上可用硫酸铝与硫磺焙烧制备氧化铝：2A12(SO4)3+3S2Al2O3+9SO2， 下列有关说法中正确的是A. 反应中Al2(SO4)3被氧化B. Al2(SO4)3、A12O3均含有离子键和共价键C. 5.1 g A12O3含有9.031022个阴离子D. 该反应中，每转移0.3 mol电子生成5.04 L SO2【答案】C【解析】该反应中Al2(SO4)3中的S元素从+6价转变为SO2中的+4价,被还原,A错;Al2O3是离子化合物,只含有离子键,B错;n(Al2O3)=5.1g/102gmol-1=0.05 mol,则氧离子个数为:0.05 mol36.021023mol-1=9.031022,C正确;由于没有说明标准状况,故生成SO2气体的体积不能确定,D错误。8.把NaHCO3和Na2O2的混合物放在密闭容器中加热，关于混合物加热前后与足量盐酸反应消耗盐酸的量，下列判断正确的是A. 加热前后一样多B. 加热前消耗的多C. 加热后消耗的多D. 当Na2O2适量时才会一样多【答案】A【解析】试题分析：该题运用守恒解题，可以不看反应前后，只看与盐酸反应的最终产物，因为最终产物均为NaCl，而Na+的质量在加热前后不变，即Na+的物质的量一定，所以n(Cl-)=n(Na+)，又因为Cl-来自于盐酸，所以消耗盐酸一样多，答案选A。考点：考查守恒法在化学反应中的应用。9.拟晶Al65Cu23Fe12具有合金的某些优良物理性能，将相同质量的此拟晶分别与足量的盐酸、烧碱和稀硝酸反应，产生气体物质的量关系为A. n(盐酸)n(稀硝酸)n(烧碱)B. n(烧碱)n(盐酸)n(稀硝酸)C. n(烧碱)n(稀硝酸)n(盐酸)D. n(稀硝酸)n(烧碱)ClC. 反应中每生成1 mol N2，转移6 mol电子D. 经此法处理过的废水可以直接排放【答案】D【解析】【分析】2NH4+3ClO=N23Cl2H3H2O中，Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，N元素的化合价由-3价升高为0价，以此来解答。【详解】ACl元素的化合价由+1价降低为-1价被还原，N元素的化合价由-3价升高为0价被氧化，选项A正确；B2NH4+3ClO=N23Cl2H3H2O中，N元素的化合价由-3价升高为0价，则NH4+为还原剂，Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，则生成Cl-为还原产物，所以还原性 NH4+Cl-，选项B正确；CN元素的化合价由-3价升高为0价被氧化，所以反应中每生成1 mol N2，转移（3-0）21mol=6 mol电子，选项C正确；D由2NH4+3ClO=N23Cl2H3H2O得出经此法处理过的废水曾酸性，所以不能直接排放，选项D错误；答案选D。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应中基本概念的考查，题目难度不大。16.在不同温度下，水溶液中c(H)与c(OH)有如图所示关系。下列条件关于离子共存说法中正确的是A. a点对应的溶液中大量存在：Fe3、Na、SCN、SO42-B. b点对应的溶液中大量存在：Na、Fe3、HCO3-、IC. c点对应的溶液中大量存在：Na、Ca2、Cl、CO32-D. d点对应的溶液中大量存在：Na、K、SO32-、Cl【答案】D【解析】试题分析：A、a点溶液显中性，Fe3在中性溶液中不能大量存在，生成氢氧化铁沉淀，Fe3和SCN发生络合反应，故错误；B、b点溶液显酸性，Fe3和HCO3发生双水解反应，Fe3和I发生氧化还原反应，故错误；C、c点溶液显中性，Ca2和CO32生成CaCO3沉淀，不能大量共存，故错误；D、d点溶液显碱性，能够大量共存，故正确。考点：考查离子大量共存等知识。17.下列反应中，Na2O2只表现还原性的是A. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2B. Na2O2+MnO2=Na2MnO4C. 2Na2O2+H2SO4=Na2SO4+H2O+O2D. 5Na2O2+2KMnO4+8H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+2MnSO4+5O2+8H2O【答案】D【解析】【详解】A过氧化钠中O元素的化合价升高也降低，表现氧化性和还原性，选项A不选；B过氧化钠中O元素的化合价降低，只表示氧化性，选项B不选； C过氧化钠中O元素的化合价升高也降低，表现氧化性和还原性，选项C不选；D过氧化钠中O元素的化合价升高，只表示还原性，选项D选；答案选D。【点睛】本题考查了元素氧化性和还原性的判断，难度不大，根据元素的化合价升降判断即可，化学反应中Na2O2只表现还原性说明氧元素的失电子化合价升高。18.下列说法正确的是。A. 加入过量氨水，有白色沉淀生成，则原溶液一定有Al3B. FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体剩余，加入KCSN溶液可能变成血红色C. 常温下锌与浓硫酸不反应，与稀硫酸反应生成氢气D. 加入NaOH溶液，产生气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则原溶液一定有NH4+【答案】D【解析】【详解】A不一定为氢氧化铝沉淀，可能生成氢氧化镁等白色沉淀，应加入氢氧化钠溶液，观察沉淀是否溶解，选项A错误；B有固体剩余，则溶液中不存在铁离子，加入KSCN，溶液不变为红色，选项B错误；C浓硫酸具有强氧化性，锌与浓硫酸反应生成二氧化硫，选项C错误；D湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明生成氨气，则原溶液中含有铵根离子，选项D正确；答案选D。19.已知反应BeCl2+Na2BeO2+2H2O2NaCl+2Be(OH)2能进行完全。以下推断中正确的是A. BeCl2溶液pH7，将其蒸干、灼烧后可得残留物BeCl2B. Na2BeO2溶液pH7，将其蒸干、灼烧后可得残留物Na2BeO2C. Be(OH)2能溶于盐酸，不能溶于NaOH溶液D. BeCl2水溶液的导电性强，BeCl2一定是离子晶体【答案】B【解析】【详解】ABeCl2为强酸弱碱盐，水解呈酸性，溶液的pH7，将其蒸干，灼烧后可得残留物BeO，选项A错误；BNa2BeO2溶液水解呈碱性，溶液的pH7，将其蒸干，灼烧后可得残留物Na2BeO2，选项B正确；CBe(OH)2性质类似于氢氧化铝，具有两性，则既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液，选项C错误；D根据化合物在熔融状态下能否导电来判断其是否是离子化合物，BeCl2水溶液导电性强，不能说明BeCl2是离子晶体，选项D错误。答案选B。20.在溶有Fe2(SO4)3和CuSO4的溶液中加入锌粉, 下列说法中不正确的是A. 若锌粉无剩余, 且溶液中尚存有Cu2+, 则一定有Fe2+B. 若锌粉无剩余, 且溶液中无Cu2+，则一定有Zn2+,一定无Fe3+，但不能确定 有无Fe2+C. 若锌粉有剩余, 则不溶物中一定有铜，可能有铁D. 若锌粉有剩余, 则溶液中的金属阳离子只有Zn2+【答案】C【解析】【分析】在溶液中的氧化性Fe3+Fe2+Zn2+，所以在溶有Fe2(SO4)3和CuSO4的溶液中加入锌粉，发生的反应先后顺序为：2Fe3+Zn=2Fe2+Zn2+，Cu2+Zn=Cu+Zn2+，Fe2+Zn=Fe+Zn2+，据此分析解答。【详解】在金属活动性顺序中，锌铁氢铜，氢前的金属能与酸发生置换反应生成氢气，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，所以在溶有Fe2(SO4)3和CuSO4的溶液中加入锌粉，发生的反应有：Cu2+Zn=Cu+Zn2+，在溶液中的氧化性Fe3+Fe2+Zn2+，所以2Fe3+Zn=2Fe2+Zn2+，Fe2+Zn=Fe+Zn2+，A发生的反应先后顺序为：2Fe3+Zn=2Fe2+Zn2+，Cu2+Zn=Cu+Zn2+，Fe2+Zn=Fe+Zn2+，若锌粉无剩余，且溶液中尚存有Cu2+，Fe2+Zn=Fe+Zn2+，一定没有发生，则一定有Fe2+，选项A正确；B若锌粉无剩余，且溶液中无Cu2+，2Fe3+Zn=2Fe2+Zn2+，Cu2+Zn=Cu+Zn2+，一定发生，Fe2+Zn=Fe+Zn2+，可能发生，则一定有Zn2+，一定无Fe3+，但不能确定有无Fe2+，选项B正确；C若锌粉有剩余，说明溶液中一定没有Fe3+、Fe2+、Cu2+，则不溶物中一定有铜和铁，选项C错误；D若锌粉有剩余，说明溶液中一定没有Fe3+、Fe2+、Cu2+，则溶液中的金属阳离子只有Zn2+，选项D正确；答案选C。【点睛】本题考查了Fe3+、Fe2+、Zn2+氧化性强弱的应用，依据金属活动性顺序以及氧化性Fe3+Fe2+Zn2+是解答的关键，题目难度中等。21.将512g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共09 mol，这些气体恰好能被500ml、2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO3的物质的量为A. 02mol B. 04mol C. 08mol D. 09mol【答案】A【解析】试题分析：根据电子守恒，铜失去的电子最终由氮原子得到生成亚硝酸钠，所有亚硝酸钠的物质的量=51.2/642/2=0.8摩尔，根据钠守恒，所以硝酸钠的物质的量=20.5-0.8=0.2摩尔，选A。考点：电子守恒和原子守恒第二卷（非选择题 共58分）二、填空题22.由一种短周期金属元素和一种非金属元素组成的化合物X可与水发生复分解反应。某校兴趣小组用如图装置(夹持装置略去)对其进行探究实验。(1)仪器G的名称是_，B中红色石蕊试纸变蓝，则单质M的电子式为_。(2)化合物X中金属元素和非金属元素质量比为69:14，写出X与水反应的化学方程式：_。(3)C中的试剂名称为_。(4)实验时，装置D中硬质玻璃管内的现象为_。(5)裝置E中试剂Z为_(填化学式)，装置E的作用是_。(6)若不通过E、F两装置，请设计实验方案证明D中发生了反应(不通过观察D中固体颜色发生变化)_ 。(7)若装置A中固体样品含有杂质(杂质不参与反应)，某同学通过测定F中单质M在标准状况下的体积和固体样品的质量，以确定固体样品中X的质量分数，判断该方案是否可行，并说明原因：_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). (3). Na3N+3H2O=3NaOH+NH3 (4). 碱石灰 (5). 黑色粉末逐渐变为红色，硬质玻璃管末端有水珠凝结 (6). CC14 (7). 吸收未反应的NH3，并防止倒吸 (8). 称量反应前后硬质玻璃管内固体物质的质量 (9). 不可行，因为装置A中生成的氨气不可能完全与 CuO反应【解析】【详解】（1）仪器G的名称是分液漏斗；B中红色石燕试纸变蓝，则产生氨气，氨气与氧化铜加热反应反应生成单质M为氮气，其电子式为：；（2）化合物X中含氮元素质量分数为16.9，X应该为氮与活泼全属形成的氮化物，则，=23，则X为Na2N，Na3N与水反应的化学方程式为：Na3N3H2O3NaOHNH3；（3）中的试剂用于干燥氨气，名称为碱石灰；（4）实验时，装置D中硬质玻璃管内的现象为黑色粉末逐渐变为红色。硬质玻璃管未端有水珠凝结；（5）装置E中试剂Z为CCl4，装置E的作用是吸收未反应的NH3并防止倒吸；（6）若不通过E、F两装置，称量反应前后硬质玻璃管内固体物质的质量，通过固体质量的变化证明D中发生了反应（不通过观察D中园体颜色发生変化；（7）若装置A中国体样品含有杂质（杂质不参与反应），某同学通过测定F中单质M在准状况下的体积和固体样品的质量，以确定固体样品中X的质分数，方案不可行，因为装置A中生成的気气不可能完全与CuO反应。23.二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物，平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质）。某课题组以此粉末为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到纯净的CeO2和硫酸铁铵晶体。已知：CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液。回答下列问题：（1）稀酸A的分子式是_。（2）滤液1中加入H2O2溶液的目的是_。（3）设计实验证明滤液1中含有Fe2+_。（4）在酸性溶液中，已知Fe2+溶液可以和难溶于水的FeO(OH)反应生成Fe3O4，书写该反应的离子方程式_。（5）由滤液2生成Ce(OH)4的离子方程式_。（6）硫酸铁铵晶体Fe2(SO4)32(NH4)2SO43H2O广泛用于水的净化处理，但其在去除酸性废水中的悬浮物时效率降低，其原因是_。（7）取上述流程中得到的Ce(OH)4产品0.531 g，加硫酸溶解后，用浓度为0.l000 molL-1的FeSO 4标准溶液滴定至终点时（铈被还原为Ce3+ )，消耗25.00 mL标准溶液。该产品中Ce(OH)4的质量分数为_ (结果保留两位有效数字)，Mr（Ce）140。【答案】 (1). H2SO4 (2). 使Fe2+氧化为Fe3+ (3). 取少许滤液1，滴加铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成，则证明滤液1中有Fe2+ (4). Fe2+ +2FeO(OH) = Fe3O4 +2H+ (5). 4Ce 3 + O2 +12OH+2H2O =4Ce(OH)4 (6). Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+，酸性废水抑制Fe3+的水解（或水解平衡逆向移动），使其不能生成有吸附作用的Fe(OH)3胶体 (7). 0.98或98%【解析】【详解】(1)已知：CeO2不溶于稀硫酸，废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质)中SiO2也不溶于酸，加入稀硫酸可将CeO2和SiO2与Fe2O3、FeO分离，故答案为：H2SO4； (2)滤液1中加入H2O2溶液的目的是使Fe2+氧化为Fe3+，故答案为：使Fe2+氧化为Fe3+；(3)设计实验证明滤液1中含有Fe2+的方法为：取少许滤液1，滴加铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成，则证明滤液1中有Fe2+，故答案为：取少许滤液1，滴加铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成，则证明滤液1中有Fe2+；(4)已知Fe2+溶液可以和难溶于水的FeO(OH)反应生成Fe3O4，该反应的离子方程式为Fe2+2FeO(OH)Fe3O4+2H+，故答案为：Fe2+2FeO(OH)Fe3O4+2H+；(5)由滤液2生成Ce(OH)4的反应是滤液2加入碱并通入氧气将Ce从+3氧化为+4后Ce3+转化为沉淀Ce(OH)4，离子方程式为：4Ce 3+O2+12OH-+2H2O4 Ce(OH)4，故答案为：4Ce3+O2+12OH-+2H2O4Ce(OH)4；(6)硫酸铁铵晶体Fe2(SO4)32(NH4)2SO43H2O广泛用于水的净化处理，但其在去除酸性废水中的悬浮物时效率降低，其原因是：Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，酸性废水抑制Fe3+的水解(或水解平衡逆向移动)，使其不能生成有吸附作用的Fe(OH)3胶体，故答案为：Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，酸性废水抑制Fe3+的水解(或水解平衡逆向移动)，使其不能生成有吸附作用的Fe(OH)3胶体；(7)Ce(OH)4 FeSO4xmol 0.1000mol/L-10.025L则x=0.0025mol，所以m(Ce(OH)4)=0.0025mol208g/mol=0.52g，产品中Ce(OH)4的质量分数为100%=98%，故答案为：98%。24.钨是熔点最高的金属，是重要的战略物资。自然界中钨主要存在于黑钨矿中，其主要成分是铁和锰的钨酸盐（FeWO4、MnWO4），还含少量Si、As的化合物。由黑钨矿冶炼钨的工艺流程如下：已知：滤渣I的主要成份是Fe2O3、MnO2。上述流程中，钨的化合价只有在最后一步发生改变。常温下钨酸难溶于水。(1)钨酸盐（FeWO4、MnWO4）中钨元素的化合价为_，请写出FeWO4在熔融条件下发生碱分解反应生成Fe2O3的化学方程式：_。(2)上述流程中向粗钨酸钠溶液中加硫酸中和至pH=10后，溶液中的杂质阴离子为SiO32-、HAsO32-、HAsO42-等，则“净化”过程中，加入H2O2时发生反应的离子方程式为_，滤渣的主要成分是_。(3)已知氢氧化钙和钨酸钙（CaWO4）都是微溶电解质，两者的溶解度均随温度升高而减小。下图为不同温度下Ca（OH）2、CaWO4的沉淀溶解平衡曲线。T1_T2（填“”或“”）T1时Ksp（CaWO4）=_。将钨酸钠溶液加入石灰乳得到大量钨酸钙，发生反应的离子方程式为_。【答案】 (1). +6 (2). 4FeWO4+O2+8NaOH2Fe2O3+4Na2WO4+4H2O (3). H2O2+HAsO32-HAsO42-+H2O (4). MgSiO3 MgHAsO4 (5). (6). 110-10 (7). WO42-+Ca(OH)2=CaWO4+2OH-【解析】由流程可知，钨酸亚铁和氢氧化钠、氧气反应生成氧化铁和钨酸钠，钨酸锰和氢氧化钠反应生成钨酸钠和氢氧化锰，水浸时，氧化铁和氢氧化锰不溶于水，钨酸钠溶于水，故过滤后得到的滤液含钨酸钠，滤渣I的主要成份是Fe2O3、MnO2，钨酸钠和浓硫酸反应生成钨酸和硫酸钠；加入过氧化氢，氧化+5价的钨为+6价，加入氯化镁，生成难溶于水的MgSiO3、MgHAsO4，过滤，滤液为钨酸钠，酸化，加热分解产生三氧化钨和水，用还原剂还原三氧化钨生成钨，据此分析解答。（1）钨酸盐FeWO4为钨酸亚铁，钨酸盐（FeWO4、MnWO4）中铁、锰的化合价都为+2价，设钨酸盐（FeWO4、MnWO4）中钨元素的化合价为+x，因化合物中正负化合价代数和为零，则+2+x+（-2）4=0，解得x=+6。根据流程图可知钨酸亚铁和氢氧化钠、氧气反应生成氧化铁和钨酸钠，反应的方程式为4FeWO4+O2+8NaOH 2Fe2O3+4Na2WO4+4H2O；（2）根据以上分析，加入H2O2的目的是将HAsO32-氧化成HAsO42-，离子方程式为H2O2+HAsO32-HAsO42-+H2O，滤液I中存在SiO32-、HAsO32-、HAsO42-等离子，经过调解pH值后，加入氯化镁，Mg2+沉淀SiO32-、HAsO32-、HAsO42-等离子，滤渣的主要成分是MgSiO3、MgHAsO4；（3）根据图象可知，氢氧化钙和钨酸钙在钙离子浓度相同时，T1温度下阴离子浓度大于T2，说明T1时的溶度积大于T2，溶度积越大，则溶解度越大，所以T1时溶解度较大，由于“已知氢氧化钙和钨酸钙（CaWO4）都是微溶电解质，两者的溶解度均随温度升高而减小”，则T1T2；T1时KSP（CaWO4）=c（Ca2+）c（WO42-）=110-5110-5=110-10；将钨酸钠溶液加入石灰乳，发生复分解反应，氢氧化钙和钨酸根离子反应生成钨酸钙沉淀，反应的离子方程式为WO42-+Ca（OH）2=CaWO4+2OH-。点睛：本题以钨矿原料制备W的工艺流程为载体，考查了制备方案的设计，涉及氧化还原反应原理、对工艺流程的理解、常用化学用语等知识，理解工艺流程是解题的关键，需要学生具有扎实的基础与综合运用知识分析、解决问题的能力。解决本类题目的基本方法和步骤为：从题干中获取有用信息，了解生产的产品。然后整体浏览一下流程，基本辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段。分析流程中的每一步骤，从以下几个方面了解流程：反应物是什么；发生了什么反应；该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。25.氢化钙(CaH2)是一种常用的储氢材料，也是登山运动员常用的能源提供剂，需要密封保存，遇水反应生成氢氧化钙和氢气。某研究性学习小组模拟生产企业制取氢化钙。【实验】用锌粒和稀硫酸反应制得干燥、纯净的氢气，再与金属钙在加热的条件下直接化合，即可制得CaH2。(1)下列有关该实验的说法正确的是_。a其他条件相同时，粗锌制取氢气的速率比纯锌快b加热时，必须通入氮气作为保护气，以