湖北省荆州市沙市中学2018_2019学年高一化学下学期期中试题（含解析）.docx

湖北省荆州市沙市中学2018-2019学年高一化学下学期期中试题（含解析）相对原子质量：O 16 S32 Ba 137 第卷(选择题 共45分)选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意)1.化学科学需要借助化学专用术语来描述，下列有关化学用语的使用正确的是( )A. NH4Cl的电子式：B. S2的结构示意图：C. CO2的结构式：O=C=OD. 中子数为20的氯原子：【答案】C【解析】【详解】A氯化铵为离子化合物，电子式中需要标出离子所带电荷，阴离子需要标出最外层电子，氯化铵正确的电子式为：，故A错误；B硫离子的核电荷数为16，核外电子总数为18，最外层为8个电子，硫离子正确的结构示意图为：，故B错误；C二氧化碳的电子式为：，将所有的共用电子对换成短线，即为二氧化碳的结构式，二氧化碳的结构式为：O=C=O，故C正确；D氯元素的核电荷数为17，质量数为37的氯原子可以表示为：，故D错误，故选C。【点睛】注意掌握常见的化学用语的概念及正确的表示方法，明确离子结构示意图与原子结构示意图的区别是解决此题的关键。2.某兴趣小组设计的简易原电池装置如下图所示。该电池工作时，下列说法正确的是A. 锌片做正极B. 碳棒上有气泡产生C. 可将电能转化为化学能D. 电子由碳棒经导线流向锌片【答案】B【解析】ZnC和稀硫酸构成原电池；A锌片发生氧化反应，是负极，故A错误；B碳棒是正极，H+在正极表面得电子发生还原反应，生成氢气，有气泡产生，故B正确；C原电池能将化学能转化为电能，故C错误；D电子由负极（锌片）经导线流向正极（碳棒），故D错误；答案为B。点睛：掌握原电池中电极反应式的书写方法：先确定原电池的正负极，列出正负极上的反应物质，并标出相同数目电子的得失；注意负极反应生成的阳离子与电解质溶液中的阴离子是否共存；若正极上的反应物质是O2，且电解质溶液为中性或碱性，电极反应式中不能出现H+，且水必须写入正极反应式中，与O2结合生成OH-，若电解质溶液为酸性，电极反应式中不能出现OH，且H+必须写入正极反应式中，与O2结合生成水；正负极反应式相加（电子守恒）得到电池反应的总反应式。若已知电池反应的总反应式，可先写出较易书写的电极反应式，然后在电子守恒的基础上，总反应式减去较易写出的电极反应式，即得到较难写出的电极反应式。3.化学与生活息息相关，下列说法错误的是( )A. 用SO2漂白过的草帽辫日久会变色B. 硅胶多孔，常用作食品干燥剂和催化剂的载体C. 氯气处理饮用水，在夏季的杀菌效果比在冬季好D. 黄河入海口沙洲的形成与用卤水点豆腐，都体现了胶体聚沉的性质【答案】C【解析】【详解】A二氧化硫具有漂白性，是二氧化硫结合有色物质形成不稳定的无色物质，加热会恢复原来的颜色，故A正确；B硅胶多孔，吸附能力很强，所以硅胶用作干燥剂、吸附剂，也可用作催化剂载体，故B正确；C温度越高，气体的溶解度越低，故用氯气给自来水消毒时，夏天的消毒效果比冬天差，故C错误；D黄河中泥沙和豆浆都是胶体，胶体遇电解质溶液发生聚沉，故D正确，故选C。【点睛】熟悉相关物质的性质是解题关键，难度不大，注意硅胶可作干燥剂，是催化剂的载体。4.下列说法正确的是( )A. 浓硫酸溶于水共价健断裂并放出大量的热，所以该过程是放热反应B. 吸热反应一定要在加热或高温条件下才能进行C. 物质发生化学反应都伴随着能量变化D. 焰色反应有能量变化，所以焰色反应是化学反应【答案】C【解析】【详解】A. 共价健断裂吸收热量，浓硫酸溶于水放热是因为和水结合成水合离子，故A错误；B. 很多自发的吸热反应都不需要加热或是高温，比如氯化铵晶体和氢氧化钡晶体的反应，故B错误；C. 物质发生化学反应，从化学键的角度看是旧键的断裂和新键的形成的过程，而在这个过程中都伴随着能量变化，故C正确；D. 焰色反应是物理变化，它并未生成新物质，焰色反应是金属原子内部电子的跃迁，故D错误，故选C。5.下列各组离子能在溶液中大量共存的是( )A. H+、Ca2+、C1、CO32B. Na+、Fe3+、SO42、OHC. K+、Na+、OH、C1D. H+、CI、Fe2+、NO3【答案】C【解析】试题分析：A、碳酸根离子和钙离子或氢离子都能反应，故错误；B、铁离子和氢氧根离子反应，故错误；C、四种离子不反应，能共存，故正确；D、在氢离子存在下，硝酸根氧化亚铁离子，故错误。考点：离子共存6.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 （）A. 标准状况下，2.24 L 水中所含的电子数为NAB. 常温常压下，16 g O3所含的电子数为8NAC. 0.1 mol Na2O2晶体中所含的离子数为0.4NAD. 1 mol Fe在氧气中充分燃烧失去的电子数为3NA【答案】B【解析】试题分析：A、在标准状况下，水不是气体，所以不能使用气体摩尔体积进行计算，所以不能计算其电子数，不选A；B、16克臭氧的物质的量为16/48=1/3mol，所含的电子数为1/324=8mol，选B；C、在每摩尔过氧化钠的晶体中含有3摩尔离子，所以0.1摩尔的过氧化钠晶体中含有的离子微0.3摩尔，不选C；D、铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，所以1摩尔铁失去8/3mol电子，不选D。考点：阿伏伽德罗常数。7.下列离子方程式正确的是( )A. Cl2+H2O2H+Cl+ClOB. 氯化铁溶液中加入铁粉：Fe3+Fe=2Fe2+C. 氯化镁溶液中滴入浓氨水：Mg2+2OH=Mg(OH)2D. 碳酸钠溶液中滴入少量盐酸：CO32+H+=HCO3【答案】D【解析】【详解】A.氯气溶于水的离子反应为：Cl2+H2OH+Cl+HClO，故A错误；B.氯化铁溶液中加入铁粉的离子反应为：2Fe3+Fe=3Fe2+，故B错误；C.氯化镁溶液中滴入浓氨水：Mg2+2NH3H2O=Mg(OH)2+2NH4+，故C错误；D.碳酸钠溶液中滴入少量盐酸：CO32+H+=HCO3，故D正确，故选D。【点睛】把握发生的反应及离子方程式的书写方法为解答的关键，侧重从复分解反应、氧化后还原反应的离子反应考查。8.除去下列物质中的杂质(括号内为杂质)，所选用的试剂和方法均正确的一组是( )选项待提纯的物质选用的试剂操作的方法ACuSO4溶液(H2SO4溶液)过量的氢氧化钠溶液过滤BHNO3溶液(HCl溶液)过量的AgNO3溶液过滤CCu(CuO)过量的稀盐酸溶解、过滤DCO2(CO)氧气点燃A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A. CuSO4也与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜沉淀，达不到除杂的目的，故A错误；B. 加入过量的硝酸银留在硝酸溶液中无法除去，属于引入新的杂质，故B错误；C. CuO可以与盐酸反应生成氯化铜，而Cu难溶于水，可以通过溶解、过滤的方法分离出来，故C正确；D. 杂质为少量的CO，无法点燃，故D错误， 故选C。9.四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn和dRm(a、b、c、d为元素的原子序数)，它们具有相同的电子层结构，若mn，则对下列叙述的判断正确的是( )a-c=m+n 元素的原子序数abcd 元素非金属性ZR HnZ的还原性强于HmR最高价氧化物对应水化物的碱性XY 原子半径大小YXRZA. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】离子aXm+、cZn具有相同的电子层结构，则离子具有相同的电子数，即a-m=c+n，即a-c=m+n，故正确；离aXm+、bYn+、cZn和dRm具有相同的电子层结构，根据阴前阳后，X、Y在下一周期，Z、R在上一周期，若mn，则Y在X的前面，R在Z的前面，所以元素的原子序数为abcd，故正确；Z、R为上一周期的非金属元素，且元素的原子序数cd，在同一周期元素非金属性从左向右在增强，即非金属性ZR，故正确；同周期元素从左到右，非金属性增强，氢化物的还原性减弱，所以HnZ的还原性弱于HmR，故错误；金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，因为ab，金属性YX，所以碱性YX ，故错误；同周期元素原子半径前面大于后面，同主族元素原子半径下面大于上面，所以原子半径大小YXRZ，故正确，故选A。10.如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是A. X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B. 由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只能有共价键C. 由X、Y两种元素形成的化合物都是酸性氧化物D. T元素的单质具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物TZ4【答案】D【解析】假设X的原子最外层电子数是a,则W是a1、Y是a+1、Z是a+2，因此4a+2=22，所以a=5，所以X是N、Y是O、Z是Cl、W是Si、T是Ge。AX、Y、Z三种元素最低价氢化物分别是NH3、H2O、HCl，由于在NH3、H2O的分子之间都存在氢键，增加了分子之间的吸引力，是物质的熔沸点升高，在H2O的分子之间吸引力最强，因此沸点最高，NH3次之，HCl最小，A错误；B由X、Y和氢三种元素形成的化合物如NH4NO3、NH4NO2中含有共价键、离子键，B错误；CNO、NO2等均不是酸性氧化物，C错误；D由于T元素在元素周期表中处于金属与非金属的交界区，所以T元素的单质具有半导体的特性，T最外层有4个电子，Z最外层有7个电子，所以T与Z元素可形成化合物TZ4，D正确。答案选D。11.把下列四种盐酸溶液分别加入四个盛有20mL 1mol/L的KOH溶液的烧杯中，均加水稀释到100mL，此时反应最快的是( )A. 20 20mL 3mol/L盐酸B. 25 30mL 2mol/L的盐酸C. 25 10mL 5mol/L的盐酸D. 20 10mL 2mol/L的盐酸【答案】B【解析】【分析】HCl的物质的量越多，溶液稀释到相同体积时，HCl的物质的量浓度越大，温度越高，反应速率越大，据此分析解答。【详解】A. 20mL 3mol/L的盐酸中含有HCl的物质的量=0.06mol；B. 30mL 2mol/L的盐酸中含有HCl的物质的量=0.06mol；C. 10mL 5mol/L的盐酸中含有HCl的物质的量=0.05mol；D. 10mL 2mol/L的盐酸中含有HCl的物质的量=0.02mol；对比选项中HCl的物质的量，A、B选项中HCl的物质的量最多，均为0.06mol，溶液稀释到相同体积时，HCl的物质的量浓度最大，且选项B的温度比A高，则B的反应速率最大，故选B。12.对于反应4NH3+5O24NO+6H2O，下列为4种不同情况下测得的反应速率中，表明该反应进行最快的是A. v(NH3)0.2 mol/（Ls）B. v(O2)1.4 mol/（Lmin）C. v(H2O)0.25 mol/（Ls）D. v(NO)9 mol/（Lmin）【答案】A【解析】【详解】如果都用氧气表示其反应速率，则根据反应速率之比是化学计量数之比结合方程式可知选项AD分别是mol/(Lmin）15、14.5、12.5、11.25，所以反应速率最快的是选项A。答案选A。【点睛】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值。换算时要注意单位的统一。13.在一定温度下的某容积可变的密闭容器中，建立下列化学平衡：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)。可认定上述可逆反应在一定条件下已达到化学平衡状态的是A. 体系压强不再发生变化B. 2v正(CO)=v逆(H2O)C. 生成n molCO的同时生成n mol H2D. 1 mol HH键断裂的同时断裂2 mol HO键【答案】D【解析】【分析】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此判断。【详解】A、因为是容积可变的密闭容器中，所以体系压强始终不变，则不能据此确定达平衡状态，A错误；B、根据反应可知2v正（CO）=v逆（H2O）不能满足反应速率之比是化学计量数之比，不能说明反应到达平衡，B错误；C、根据反应可知，生成n mol CO的同时生成n mol H2，反应正向进行，不能说明反应到达平衡，C错误；D、l molH-H键断裂的同时断裂2mol H-O键，断裂2mol H-O键同时生成l molH-H键，说明反应到达平衡，D正确；答案选D。14.已知断开1molH-H键吸收的能量为436kJ，形成lmolN-H键放出的能量为391kJ，根据化学方程式N2+3H22NH3，反应完1molN2放出的能量为92.4kJ，则断开1molNN键吸收的能量是A. 945.6 kJB. 869kJC. 649.6kJD. 431kJ【答案】D【解析】试题分析：已知：H-H键能为436kJ/mol，H-N键能为391kJ/mol，设NN的键能为x，对于反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=-92.4kJ/mol，反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，故x+3436kJ/mol-23391kJ/mol=-92.4kJ/mol，解得：x=945.6kJ/mol，答案选D。【考点定位】本题考查了反应热的有关计算、反应热与化学键键能的关系【名师点晴】明确反应热与键能的关系是解答本题的关键，在热化学方程式中，反应热反应物的总键能-生成物的总键能。15.含氰化物的废液乱倒或与酸混合，均易生成有剧毒且易挥发的氰化氢。工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氰化物污水，发生的主要反应为：CN-+OH-+Cl2CO2+N2+Cl-+H2O(未配平)。下列说法错误的是(其中NA表示阿伏加德罗常数的值)()A. Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物B. 上述离子方程式配平后，氧化剂、还原剂的化学计量数之比为2：5C. 该反应中，若有1molCN-发生反应，则有5NA电子发生转移D. 若将该反应设计成原电池，则CN-在负极区发生反应【答案】B【解析】【详解】A.在反应CN-+OH-+Cl2CO2+N2+Cl-+H2O中，Cl元素化合价由0价降低为-1价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，可知Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物，A正确； B.由上述分析可知，反应方程式为2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，反应中是CN-是还原剂，Cl2是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，B错误； C.由上述分析，根据电子守恒、原子守恒可知，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，所以若有1molCN-发生反应，则有(4-2)+(3-0)NA=5NA电子发生转移，C正确； D.C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，则若将该反应设计成原电池，则CN-在负极区失去电子，发生氧化反应，D正确； 故合理选项是B。第卷(非选择题 共55分)16.（1）下列变化中：碘升华 烧碱熔化 氯化钠溶于水 氯化氢溶于水 过氧化钠溶于水 氯化铵受热分解 氧气溶于水其中：（填序号）未发生化学键破坏的是_；仅发生离子键破坏的是_；仅发生共价键破坏的是_；既发生离子键破坏，又发生共价键破坏的是_。(2)将等物质的量A、B混合于2L的密闭容器中,发生如下反应：3A(g)+B(g) xC(g)+2D(g)，经5min后，测得D的浓度为0.5mol/L，c(A):c(B)=3:5，C的平均反应速率是0.1mol/(Lmin)此时，A的浓度为_；反应开始前放入容器中B的物质的量为_；B的化学反应速率为_； x值为_。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). 0.75mol/L (6). 3mol (7). 0.05mol/(Lmin) (8). 2【解析】【详解】（1）碘升华是物理变化，化学键不变；烧碱熔化电离出钠离子和氢氧根离子，离子键被破坏；氯化钠溶于水电离出钠离子和氯离子，离子键被破坏；氯化氢溶于水电离出氢离子和氯离子，共价键被破坏；过氧化钠溶于水发生化学反应生成氢氧化钠和氧气，离子键和共价键均被破坏；氯化铵受热分解发生化学反应生成氨气和氯化氢，离子键和共价键均被破坏；氧气溶于水是物理变化，化学键不变；则未发生化学键破坏的是；仅发生离子键破坏的是；仅发生共价键破坏的是；既发生离子键破坏，又发生共价键破坏的是。（2）经5min后，测得D的浓度为0.5mol/L，则根据方程式可知消耗A是0.75mol/L，B是0.25mol/L。设反应前A与B的起始浓度均是n mol/L，则根据c(A):c(B)=3:5可知，(n0.75):(n0.25)=3:5，解得n1.5，所以此时，A的浓度为1.5mol/L0.75mol/L0.75mol/L。反应开始前放入容器中B的物质的量为1.5mol/L2L3mol。B的化学反应速率为0.25mol/L5min0.05mol/(Lmin)。反应速率之比是化学计量数之比，则x0.1mol/(Lmin)0.05mol/(Lmin)2。17.以下是有关SO2、Cl2的性质实验。(1)某小组设计如图所示的装置图(图中夹持和加热装置略去)，分别研究SO2和Cl2的性质。若从左端分别通入SO2和Cl2，装置A中观察到的现象_(填“相同或不相同”)；若装置D中装的是V2O5(催化剂)。通入SO2时，打开K通入适量O2的化学反应方程式为_。SO2通入B中，溶液颜色褪去，则该反应的离子方程式为_。(2)某同学将足量的SO2通入一支装有氯化钡溶液的试管，未见沉淀生成，若向该试管中加入足量_(填字母)，能产生白色沉淀。A氨水 B稀盐酸 C硝酸钾溶液 D氯化钠溶液(3)若从左端通入Cl2，写出Cl2与装置E中溶液反应的离子方程式_。(4)某科研单位利用电化学原理用SO2来制备硫酸，装置如图。含有某种催化剂，电极为多孔的材料，能吸附气体，同时也能使气体与电解质溶液充分接触。通入SO2的电极为_极，其电极反应式为_；电池的总反应式为_。【答案】 (1). 相同 (2). 2SO2+O22SO3 (3). SO2+I2+2H2O=4H+2I+SO42 (4). AC (5). Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O (6). 负 (7). SO2-2e+2H2O=SO42+4H+ (8). 2SO2+O2+2H2O=2H2SO4【解析】【分析】根据物质的性质及实验原理分析实验现象并书写相关反应方程式；根据原电池原理及氧化还原原理判断正负极，书写离子方程式及电极反应式。【详解】(1)因为SO2和Cl2都可以使品红溶液褪色，所以装置A中观察到的现象相同；二氧化硫和氧气在催化剂作用下反应生成三氧化硫，方程式为：2SO2+O22SO3； SO2具有还原性，可以还原碘水中的碘，反应的离子方程式为：SO2+I2+2H2O=4H+2I+SO42，故答案为：相同；2SO2+O22SO3；SO2+I2+2H2O=4H+2I+SO42；(2)若加入的物质能和SO2反应生成硫酸或亚硫酸盐，则可以与氯化钡溶液反应产生白色沉淀，酸性溶液中硝酸根具有强氧化性，所以可以加入氨水和硝酸钾，故答案为：AC；(3)装置E为尾气处理装置，则离子方程式为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，故答案为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；(4)如图所示，二氧化硫反应后生成硫酸，硫元素化合价升高，失电子，作电池的负极；其电极反应式为SO2-2e+2H2O=SO42+4H+；总反应为二氧化硫、氧气和水反应生成硫酸，总反应式为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，故答案为：负；SO2-2e+2H2O=SO42+4H+；2SO2+O2+2H2O=2H2SO4。18.A、B、C、D、E、F为短周期主族元素，其原子序数依次增大。A、B 两元素最高正价和最低负价之和为零。E和A同主族；D、F是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素。(1)写出C元素的元素名称_，其在周期表中的位置_。E离子结构示意图为_；E2D2的电子式_。(2)由A、C以原子个数比为51组成的一种化合物，其中各原子均达到稳定结构，该化合物中所含化学键类型为_。(3)E2D2和A2D反应离子方程式为_。(4)由C、E组成的一种离子化合物化学式为E3C，该化合物中两种离子的半径由大到小的顺序是_(用元素符号表示)；该化合物遇水剧烈反应，该反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 氮 (2). 第2周期第VA族 (3). (4). (5). 离子键、共价键 (6). 2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2 (7). N3Na+ (8). Na3N+3H2O=3NaOH+NH3【解析】【分析】根据题干信息分析各元素的种类，根据核外电子排布情况判断元素在周期表中的位置；根据元素性质及物质的组成，书写离子结构示意图及相关物质的电子式，判断化合价类型及书写相关反应方程式。【详解】A、B、C、D、E、F为短周期主族元素，其原子序数依次增大。A、B 两元素最高正价和最低负价之和为零，则A为H，B为C；E和A同主族，则E为Na；D、F是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，则D为O，F为Al，C为N；(1)C元素位于C和O之间，所以C的元素名称为氮；其在周期表中的位置为第2周期第VA族；E为Na，则离子结构示意图为；E2D2是过氧化钠，电子式为，故答案为：氮；第2周期第VA族； ； ；(2)根据题干信息知，A、C组成的化合物为铵根离子(NH4+)和氢负离子(H-)组成的离子化合物氢化铵，所以该化合物中所含化学键类型为离子键、共价键，故答案为：离子键、共价键；(3)根据上述分析，过氧化钠和水反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2，故答案为：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2；(4)C为氮，E为钠，形成的简单离子核外电子排布相同，核电荷越大，离子半径越小，所以两种离子的半径由大到小的顺序是N3Na+；该反应的化学方程式为：Na3N+3H2O=3NaOH+NH3，故答案为：N3Na+；Na3N+3H2O=3NaOH+NH3。19.实验室利用硫铁矿烧渣(主要含 Fe2O3、SiO2 等)制备碱式硫酸铁Fea(OH)b (SO4)c溶液， 并测定其组成。(1)酸浸时反应化学方程式为_。(2)操作 a 的名称为_，X 为_(填化学式)。(3)加 CaCO3 调节溶液的 pH，其目的是中和溶液中的酸，并使 Fe2(SO4)3 转化为 Fea(OH)b (SO4)c。若溶 液的 pH 偏高，将会导致溶液中铁元素的含量降低，其原因是_(用文字表述)。(4)为测定碱式硫酸铁的组成，取一定量样品与足量盐酸反应，所得溶液平均分为两份。一份溶液中加入足量的 BaCl2 溶液，得到白色沉淀 1.7475 g。另一份溶液，先将 Fe3+还原为 Fe2+，充分反应后向溶液中滴加 0.02000 molL1 K2 Cr2O7溶液，完全反应时消耗K2 Cr2O7溶液 50.00 mL。求该样品的化学式(已知：Cr2O72-6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O)_。(请写出计算过程)【答案】 (1). Fe2O33H2SO4Fe2(SO4)33H2O (2). 过滤 (3). SiO2 (4). 溶液的pH偏高，将会导致溶液中的铁元素形成Fe(OH)3沉淀 (5). n(SO42-)=n(BaSO4)=1.7475g233g/mol=0.0075mol由Cr2O72-6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O可知：6Fe2+Cr2O72-，则碱式硫酸铁中n(Fe3+)=0.02