河南省驻马店市正阳县高级中学2020届高三化学上学期第二次月考试题（含解析）

1、河南省驻马店市正阳县高级中学2020届高三化学上学期第二次月考试题（含解析）一、单选题1.下列化学用语和化学符号使用正确的是A. 次氯酸的结构式可以表示为：HOClB. 乙醇的结构简式为：C2H6OC. 含58个质子和82个中子的铈(Ce)原子符号为：CeD. 硫化钠的电子式：【答案】A【解析】【详解】A. 氧原子最外层电子数是6，形成两个共价键达到8电子稳定结构，氯原子最外层电子数是7，形成一个共价键达到8电子稳定结构，次氯酸的结构式为：HOCl，选项A正确；B乙醇的结构简式必须标出官能团羟基，乙醇正确的结构简式为：CH3CH2OH，选项A错误；C. 含58个质子和82个中子的铈(Ce)原子

2、，质量数为140，符号为：，选项C错误；D硫化钠为离子化合物，钠离子直接用离子符号表示，硫离子需要标出所带电荷及最外层电子，硫化钠正确的电子式为，选项D错误；答案选A。2.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列有关说法正确的是A. 将1 mol NH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，溶液中NH4+的数目为NAB. 标准状况下，2.24 L甲醇中含有CH键的数目为0.3NAC. 0.1 molL-1的Na2CO3溶液中，阳离子的总数为0.2NAD. 将1 mol Cl2通入水中，HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为2NA【答案】A【解析】【详解】A. 1 mol NH4NO3溶于稀氨水中溶液呈中性

3、，由电荷守恒知：c(NH4+)+ c(H+)=c(NO3-)+c(OH-),溶液呈中性，c(H+)= c(OH-)，c(NH4+)=c(NO3-)，n(NH4+)=n(NO3-)=0.1mol，故A正确；B. 标准状况下，甲醇是液体，无法计算，故B错误；C.缺少溶液的体积，无法计算，故C错误；D.氯气与水的反应为可逆反应，由物料守恒知2n(Cl2)+n(HClO)+n(Cl-)+n(ClO-)=2mol，则HClO、Cl-、ClO-的粒子数之和小于2NA，故D错误。 故选A。3.下列图示实验合理的是A. 图1为证明非金属性强弱：S C SiB. 图2为制备少量氧气C. 图3为配制一定物质的量浓

4、度的硫酸溶液D. 图4为制备并收集少量NO2气体【答案】A【解析】【详解】A、最高价氧化物对应水化物的酸性越强，其非金属性越强，发生的反应为H2SO4Na2CO3=Na2SO4H2OCO2，CO2H2ONa2SiO3=Na2CO3H2SiO3，现象是锥形瓶中初相气泡，烧杯中出现白色沉淀，因此能够实现实验目的，故正确；B、要求隔板上固体状态反应始终都是块状，而过氧化钠属于粉末状，不适合此装置，故错误；C、容量瓶只能作配制溶液的仪器，不能作稀释、反应、溶解仪器，故错误；D、NO2与水反应：3NO2H2O=2HNO3NO，因此不能用排水法收集，应采用排空气法收集，故错误。答案选A。4.下列表示对应化

5、学反应的离子方程式正确的是A. Fe(NO3)3加入过量的HI溶液：2Fe3+2I=2Fe2+I2B. 向NH4HSO3溶液中加少量的NaOH溶液：NH4+OH=NH3H2OC. 将1mol Cl2通入到含1mol FeI2的溶液：2Fe22I2Cl2=2Fe3I24ClD. 0.01 molL1 NH4Al(SO4)2溶液与0.02 molL1 Ba(OH)2溶液等体积混合：NH4+Al3+2Ba2+4OH-=2BaSO4+Al(OH)3+NH3H2O 【答案】D【解析】【分析】A.漏写碘离子与硝酸发生的氧化还原反应；B. HSO3-与OH-反应；C.碘离子的还原性大于亚铁离子，氯气先与碘离

6、子反应；D.溶液等体积混合，溶质的物质的量比为1:2，反应生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨。【详解】A.Fe(NO3)3加入过量的HI溶液的离子反应为：12H+3NO3-+Fe3+10IFe2+5I2+3NO+6H2O，故A错误；B.向NH4HSO3溶液中加少量的NaOH溶液：HSO3-OH=SO32-H2O，故B错误；C.碘离子的还原性大于亚铁离子，碘离子先被氧化，所以将1molCl2通入到含1mol FeI2溶液中，离子方程式：2I+Cl22Cl+I2，故C错误；D.0.01molL-1NH4Al(SO4)2溶液与0.02molL-1 Ba(OH)2溶液等体积混合：NH4+Al3+2Ba2+

7、4OH-=2BaSO4+Al(OH)3+NH3H2O，故D正确；故答案选D。【点睛】还原性：I-Fe2+Br-，所以将1molCl2通入到含1molFeI2的溶液中，只有碘离子被氯气氧化生成碘，离子方程式为：2I+Cl22Cl+I2；将1.5molCl2通入到含1mol FeI2的溶液中，碘离子、亚铁离子均被氧化，离子方程式为：2Fe2+4I+3Cl26Cl+2I2+2Fe3+。5.下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是（ ）A. 常温下，水电离的c(OH)= 11012mo1L1的溶液中：B. 能使酚酞变红的溶液中：C. 0. 1 molL1KI 溶液：D. 常温下，的溶液中：【答案】D【

8、解析】【分析】A.由水电离的，求出，再求出的值；B.能使酚酞变红的溶液显碱性；C.溶液中含有、；D.常温下，结合水的离子积常数（）求出的值。【详解】A.：水电离的，溶液显碱性，与OH-、与OH-不能共存，：，溶液显酸性，显强氧化性，氧化，A错误；B.能使酚酞变红的溶液显碱性，与OH-不能共存，B错误；C.溶液中含有、，与发生氧化还原反应，C错误；D.常温下，可求出，溶液显酸性，均能共存，D正确。【点睛】水电离的或为多少时，该溶液可酸可碱；在酸性环境下，、显强氧化性，会把、等低价态的离子氧化。6.将一定量的铁粉加入到一定浓度的稀硝酸中，金属恰好完全溶解，反应后溶液中存在：，则参加反应的Fe和HN

9、O3的物质的量之比为（）A. 516B. 11C. 23D. 32【答案】A【解析】【分析】，相同，所以该溶液中，设反应生成的的物质的量为，Fe(NO3)2的物质的量为，参加反应的的总物质的量为5mol，根据硝酸铁和硝酸亚铁的化学式计算未被还原的硝酸的物质的量，再根据氧化还原反应中得失电子数相等计算被还原的硝酸的物质的量。【详解】根据上述分析可知，未被还原的硝酸的物质的量：，根据氧化还原反应中得失电子数相等，Fe被氧化成Fe3，失去，被氧化成Fe2，失去，总的失去的电子数为：，设被还原的硝酸的物质的量为，HNO3被还原成NO气体，得到的电子数为：，则，得出，所以参加反应的的总物质的量为，参加反

10、应的Fe和HNO3的物质的量之比为：，A正确。【点睛】少量：；过量：；且在反应中硝酸即显酸性也显氧化性。7.向200 mL FeBr2溶液中逐渐通入Cl2，其中n(Fe 3)、n(Br2) 随通入n(Cl2)的变化如图所示，下列说法不正确的是()A. 氧化性强弱：Br2 Fe3B. 由图可知，该FeBr2溶液的浓度为1 molLlC. n(Cl2)0. 12 mol时，溶液中的离子浓度有c (Fe 3)c( Br)=18D. n(FeBr2)n(Cl2)11时，反应的离子方程式为：2Fe22Br + 2Cl2=2Fe3Br2 + 4Cl【答案】C【解析】【分析】由图可知，向200 mL FeB

11、r2溶液中通入0.1mol氯气时，Fe2恰好被完全氧化为Fe3，反应的离子方程式为2Fe2Cl2=2Fe32Cl，由方程式可得n（Fe2）为0.2mol，则n（Br）为0.4mol；通入氯气0.3mol时，溶液中0.4mol Br恰好被完全氧化为Br2，反应的离子方程式为2Br+ Cl2=Br2 + 2Cl，则氯气与溴化亚铁溶液完全反应的离子方程式为2Fe24Br + 3Cl2=2Fe32Br2 +6Cl。【详解】A项、由题给图示可知，向200 mL FeBr2溶液中通入氯气，亚铁离子先反应，说明还原性Fe2 Br，还原剂的还原性越强，对应氧化产物的氧化性越弱，则氧化性强弱：Br2 Fe3，故

12、A正确；B项、由通入0.1mol氯气时，Fe2恰好被完全氧化为Fe3可得，溶液中n（Fe2）为0.2mol，则FeBr2溶液的浓度为=1mol/L，故B正确；C项、当通入n(Cl2)为0. 12 mol时，0.2mol Fe2已经完全被氧化为Fe3，n（Fe3）为0.2mol，过量的0. 02 mol Cl2与0. 04 mol Br反应，溶液中n（Br）为（0.40.04）mol=0.36mol，则溶液中的离子浓度有c (Fe 3)c( Br)= 0.2mol0.36mol=5:9，故C错误；D项、n(FeBr2)n(Cl2)11时，溶液中Fe2已经完全被氧化为Fe3，有一半Br被氧化为Br

13、2，反应的离子方程式为2Fe22Br + 2Cl2=2Fe3Br2 + 4Cl，故D正确；故选C。【点睛】注意依据题给图示明确反应顺序是Fe2还原性强先被完全氧化后，Br才被氧化是解答突破口。8.某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质） 制取七水合硫酸亚铁（FeSO47H2O），设计了如下流程：下列说法不正确A. 溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉B. 固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3，进入固体2C. 若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4

14、7H2OD. 从溶液2得到FeSO47H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解【答案】C【解析】试题分析：A.流程设计意图是用硫酸把Fe2O3、Al2O3，转化为硫酸盐，除去SiO2，然后用铁粉还原Fe3+得到硫酸亚铁，A正确；B.固体1为SiO2，分离FeSO4和Al2（SO4）3采用的是调控pH的方法，使Al3+转化为Al（OH）3沉淀从而与FeSO4分离，B正确；C.溶液1为硫酸铁和硫酸铝的混合溶液，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀是Fe（OH）3，再用硫酸溶解生成硫酸铁，硫酸铁溶液结晶分离得到的是硫酸铁晶体，得不到FeSO47H2O，C错误；D.Fe2+容易被氧化，所以

15、在得到FeSO47H2O产品的过程中，要防止其被氧化和分解，D正确；答案选C。【考点定位】考查离子反应、物质分离、试剂的选择、溶液pH控制、硫酸亚铁性质、实验条件选择和控制等知识。【名师点睛】本题以流程图的形式考查离子反应、物质分离、实验流程、实验评价、实验条件控制等。涉及试剂的选择、溶液pH控制、硫酸亚铁性质、实验条件选择和控制等。化学工艺流程题近几年是高考的热点，所占的分值也相当大，但由于此类试题陌生度高，对我们的能力要求也大，加上有的试题文字量大，容易产生畏惧感，所以这类题的得分不是很理想。流程图解题的基本步骤：（1）审题：从题干中获取有用信息，了解生产的产品，并在流程框图上，标出原料中

16、的成分，找出原料中的杂质。审流程图：看箭头，进入的是投料（即反应物）、出去的是生成物（包括主产物和副产物）；找三线，物料进出线、操作流程线、循环线。（2）析题：分析流程中的每一步骤，知道“四个什么”：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。抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。（3）技巧：从问题中获取信息，帮助解题，流程下题目中所提的问题，有时对我们分析流程中某一步的作用有很大帮助，所以我们做题时，不仅要把题中所给信息及流程图审一遍，还要把题中所提问题浏览一遍。9. 下面是用硫酸钙生产硫酸、漂白粉等一系列物质的流程图。下列说法正确的是A. CO、

17、SO2、SO3均是酸性氧化物B. 图示转化反应均为氧化还原反应C. 工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉D. 用CO合成CH3OH，原子利用率为100%【答案】D【解析】【详解】：A SO2、SO3是酸性氧化物， CO不是酸性氧化物，A错误；B氧化钙与水的反应不是氧化还原反应，B错误；C澄清石灰水中氢氧化钙的浓度较小，应用纯净的消石灰，C错误；D工业上一般采用下列反应合成甲醇： CO+2H2CH3OH，所有原子进入期望产物，原子利用率为100%，D正确；故选D。10.下列实验方案能达到实验目的的是选项实验目的实验方案A比较KSP(BaCO3)KSP(BaSO4)向BaSO4悬浊液中加入

18、饱和Na2CO3溶液，充分搅拌，静置，过滤，洗涤。向滤渣中加入盐酸有气泡产生B配制480mL0.2molL-1CuSO4溶液将24gCuSO45H2O溶于蒸馏水配成500mL溶液C比较非金属性强弱：C1C向一定浓度的NaHCO3溶液中滴加稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水D验证Na2SO3是否变质向NaSO3溶液中滴入足量盐酸至不再产生气体，然后滴入BaCl2溶液A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A. 向BaSO4悬浊液中加入饱和Na2CO3溶液，部分BaSO4因饱和Na2CO3溶液中CO32浓度高而转化为BaCO3，因此向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，但不能证明K

19、sp(BaCO3)C6H5OHC.向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液生成黑色沉淀Ksp(CuS)I2B向稀氨水和酚酞混合溶液中加入少量Ag2O，振荡溶液由浅红色变为红色Ag2O是强碱C向装有经过硫酸处理的CrO3(桔红色)的硅胶导管中吹入乙醇蒸气固体逐渐由桔红色变为浅绿色(Cr3+)乙醇具有还原性D向盛有少量水的烧杯中加入少量Mg2Si产生白色沉淀，液面上有火苗Mg2Si水解生成Mg(OH)2和SiH4A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.该实验现象说明I-被氧化，IO3-作氧化剂，被还原，故氧化性IO3-I2，A项正确；B.该实验现象的原因是稀氨水和A

20、g2O发生反应：Ag2O4NH3H2O=2Ag(NH3)22+2OH-+3H2O，导致溶液碱性增强，B项错误；C.CrO3中Cr元素为较高价态，具有氧化性，加入乙醇后被还原为Cr3+，说明乙醇具有还原性，C项正确；D.发生反应：Mg2Si+4H2O=2Mg(OH)2+SiH4，SiH4在空气中可以自燃，D项正确；答案选B。15.某同学为测定Na2CO3固体（含少量NaCl）的纯度，设计如下装置（含试剂）进行实验。下列说法不正确的是A. 必须在间添加吸收HCl的装置B. 的作用是防止空气中的气体影响实验的精确度C. 通入空气的作用是保证中产生的气体完全转移到中D. 称取样品和中产生的沉淀的质量即

21、可求算Na2CO3固体的纯度【答案】A【解析】【详解】A项，氢氧化钡足量，挥发出的HCl先被吸收，不会影响BaCO3沉淀的生成和测定，无需单独添加吸收HCl的装置，故A项错误；B项，碱石灰可与二氧化碳反应，吸收水分，可防止空气中的气体影响实验的精确度，故B项正确；C项，根据中沉淀的质量计算碳酸钠的纯度，故需要通入空气，保证中产生的二氧化碳完全转移到中，被充分吸收，减小实验误差，故C项正确；D项，中产生的沉淀为碳酸钡，中根据碳酸钡的质量可计算生成二氧化碳的质量，中根据生成二氧化碳的质量计算样品中的碳酸钠质量，根据称取样品的质量即可求算碳酸钠固体的纯度，故D项正确。故答案选A。16.利用膜技术原理

22、和电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂N2O5，装置如图所示，下列说法不正确的是A. 电极a和电极c都发生氧化反应B. 电极d的电极反应式为2H+2e-=H2C. c电极上的电极反应式为N2O4-2e-+H2O=N2O5+2H+D. 装置A中每消耗64gSO2，理论上装置A和装置B中均有2moH+通过质子交换膜【答案】C【解析】【分析】A装置能自发的进行氧化还原反应且没有外接电源，所以是原电池，a极上二氧化硫失电子为负极，b上氧气得电子为正极，B属于电解池，与电源的正极b相连的电极c为阳极，N2O4在阳极失电子生成N2O5，d为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气。【详解】根据上述分析可知，A电极a

23、为负极，电极c为阳极，负极和阳极都发生氧化反应，故A正确；Bd为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，电极d的电极反应式为2H+2e-=H2，故B正确；Cc为阳极，N2O4发生氧化反应生成N2O5，电极上的电极反应式为N2O4-2e-+ 2HNO3 =2N2O5+2H+，故C错误；D装置A中每消耗64g SO2，即1mol，转移电子为2mol，由电荷守恒可知，理论上装置A和装置A中均有2mol H+通过质子交换膜和隔膜，故D正确；故选C。【点睛】本题考查了原电池和电解池原理，根据是否自发进行判断原电池和电解池是解题的关键。本题的难点是电极反应式的书写，易错点为C，要注意B中左侧是无水硝酸。二、填空

24、题17.铈元素（Ce）是镧系金属中自然丰度最高的一种，常见有3、4两种价态，铈的合金耐高温，可以用来制造喷气推进器零件。请回答下列问题：（1）雾霾中含有大量的污染物NO，可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO2-、NO3-（二者物质的量之比为1：1），该反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。（2）可采用电解法将上述吸收液中的NO2-转化为无毒物质，同时再生Ce4+，其原理如图所示。 Ce4+从电解槽的_（填字母序号）口流出。写出阴极的电极反应式_。（3）铈元素在自然界中主要以氟碳矿形式存在。主要化学成分为CeFCO3。工业上利用氟碳铈矿提取CeCl3的一种工艺流程如下：焙烧过程中发生的主要反应方

25、程式为_。有同学认为酸浸过程中用稀硫酸和H2O2替换盐酸更好，他的理由是_。Ce(BF4)3、KBF4的Ksp分别为a、b，则Ce(BF4)3(s)+3KCl(aq)3KBF4(s)+CeCl3(aq)平衡常数为_（用a、b的代数式表示）。加热CeCl36H2O和NH4Cl的固体混合物可得固体无水CeCl3，其中NH4Cl的作用是_。【答案】 (1). 2:1 (2). a (3). 2NO2 - +8H+6e=N2+4H2O (4). 4CeFCO3+ O23CeO2+ CeF4+4CO2（没条件、不配平均扣1分） (5). 不释放氯气，减少对环境的污染（只回答减少对环境的污染也得分） (6

26、). (7). NH4Cl固体分解产生的HCl可以抑制CeCl3的水解（只回答抑制CeCl3的水解也得分）【解析】【分析】（1）NO可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO2-、NO3-，反应过程中N化合价升高，Ce化合价则降低，氧化剂为Ce4+，还原剂为NO；（2）采用电解法将NO2-转化为无毒物质，同时再生Ce4+，过程中Ce化合价升高，为失电子反应，电解池中阳极处的反应为失电子反应；电解池阴极发生的反应为物质得到电子，发生还原反应，根据装置图，H+到阴极参加反应，电解将NO2-转化为无毒物质，可判断为N2，据此写出电极反应；（3）焙烧过程中，CeFCO3转化生成CeO2和CeF4，焙烧过程O

27、2参加反应，据此写出主要反应的方程式；有同学认为酸浸过程中用稀硫酸和H2O2替换盐酸更好，主要是考虑到HCl可能反应会产生Cl2，Cl2有的污染环境，采用H2O2是绿色氧化剂，不污染环境；根据溶度积常数和多重平衡规则计算反应的化学平衡常数；加热CeCl36H2O和NH4Cl的固体混合物可得固体无水CeCl3，考虑到Ce是镧系重金属，重金属离子会水解，NH4Cl的作用是调控溶液为酸性，抑制CeCl3的水解。【详解】（1）雾霾中含有大量污染物NO，可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO2-、NO3-（二者物质的量之比为1：1），反应的方程式为3H2O+2NO+4Ce4+=4Ce3+NO2-+NO3-

28、+6H，因此该反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:2=2:1；（2）电解池中阳极失去电子，则Ce3+在阳极失去电子转化为Ce4+，因此Ce4+从电解槽的a口流出；阴极是NO2-得到电子转化为氮气，则阴极的电极反应式为2NO2-+8H+6e=N2+4H2O；（3）根据流程图可知焙烧过程中CeFCO3与氧气反应生成CeO2、CeF4、CO2，反应方程式为4CeFCO3+ O23CeO2+ CeF4+4CO2；酸浸过程中盐酸被氧化生成氯气，氯气是大气污染物，因此酸浸过程中用稀硫酸和H2O2替换盐酸可以不释放氯气，减少对环境的污染；根据方程式可知反应的平衡常数K；NH4Cl固体分解产生的HCl可以抑

29、制CeCl3的水解，所以加热CeCl36H2O和NH4Cl的固体混合物可得固体无水CeCl3。三、综合题18.资源的高效利用对保护环境、促进经济持续健康发展具有重要作用。某工厂以酸性工业废水（含H+、Al3+、Mg2+、Cr2O72、SO42）以及硫酸厂废气(SO2)为原料提取铬的工艺流程如下： 有关数据如下表所示。化合物Mg(OH)2Al(OH)3Cr(OH)3完全沉淀的pH10.54.35.3开始溶解的pH7.89.2Ksp近似值5.610-121.310-336.310-31请回答下列问题：（1）步骤中发生主要反应的离子方程式为_。（2）步骤中加入适量Al2O3目的是_。（3）为了达到实

30、验目的，步骤中加入NaOH溶液，应调节溶液的pH范围为_。（4）步骤向滤液B中通入过量CO2，反应的离子方程式为_。（5）工业上也常采用下列装置，利用电解法处理含铬废水。在电解过程中阳极区pH增大的原因是_。理论上每处理含1 mol K2Cr2O7的废水，阴极区得到的气体体积为_（标准状况）L。【答案】 (1). Cr2O72+3SO2+2H+=2 Cr3+3SO42+H2O (2). 调节溶液的pH，使Cr3+、Al3+形成沉淀而与Mg2+分离 (3). 7.8pH9.2 (4). AlO2+CO2+2 H2O=Al（OH）3+HCO3 (5). Fe2+与发生反应消耗H+，同时H+通过质子

31、交换膜迁移到阴极区 (6). 134.4【解析】【分析】（1）步骤中，SO2有还原性，Cr2O72在酸性条件下具有强氧化性，二者发生氧化还原反应。（2）根据题中表格数据，步骤中加入适量Al2O3的目的是：调节溶液的pH，使Cr3+、Al3+形成沉淀而与Mg2+分离。（3）步骤中的滤渣A为：Al(OH)3和Cr(OH)3，加入NaOH溶液使氢氧化铝溶解。（4）步骤向滤液B中通入过量CO2，滤液B为偏铝酸钠溶液，偏铝酸钠溶液和过量CO2反应生成Al（OH）3和碳酸氢钠。（5）右侧铁板为阳极，铁放电生成亚铁离子，亚铁离子被溶液中Cr2O72-氧化，发应生成Cr3+和Fe3+。阴极氢离子放电生成氢气，

32、2H+2e-=H2，阳极反应为：Fe-2e-= Fe2+。【详解】（1）步骤中，SO2有还原性，Cr2O72在酸性条件下具有强氧化性，故发生主要反应的离子方程式为：Cr2O72+3SO2+2H+=2 Cr3+3SO42+H2O，故答案为：Cr2O72+3SO2+2H+=2 Cr3+3SO42+H2O。（2）根据题中表格数据，步骤中加入适量Al2O3的目的是：调节溶液的pH，使Cr3+、Al3+形成沉淀而与Mg2+分离，故答案为：调节溶液的pH，使Cr3+、Al3+形成沉淀而与Mg2+分离。（3）步骤中的滤渣A为：Al(OH)3和Cr(OH)3，加入NaOH溶液使氢氧化铝溶解，故调节溶液的pH范

33、围为：7.8pH9.2，故答案为：7.8pH9.2。（4）步骤向滤液B中通入过量CO2，滤液B为偏铝酸钠溶液，偏铝酸钠溶液和过量CO2反应生成Al（OH）3和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3-，故答案为：AlO2+CO2+2 H2O=Al（OH）3+HCO3-。（5）右侧铁板为阳极，铁放电生成亚铁离子，亚铁离子被溶液中Cr2O72-氧化，发应生成Cr3+和Fe3+，反应的离子方程式：Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O，故在电解过程中阳极区pH增大的原因是：Fe2+与发生反应消耗H+，同时H+通过质子交换膜迁移到阴极

34、区，故答案为：Fe2+与发生反应消耗H+，同时H+通过质子交换膜迁移到阴极区。阴极氢离子放电生成氢气，2H+2e-=H2，阳极反应为：Fe-2e-= Fe2+，根据此反应Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O，可知1 molK2Cr2O7和6molFe2+反应，所以阳极每生成6molFe2+，失去12mol电子，根据得失电子守恒可知：阴极区生成氢气为6mol，标况下氢气的体积为：134.4L，故答案为：134.4。五、实验题19.钛白粉(TiO2)是重要的白色颜料，LiFePO4是锂离子电池的正极材料。一种利用钛铁矿( 主要成分为FeTiO3 和少量Fe2O3 )进行

35、钛白粉和LiFePO4 的联合生产工艺如下图所示:回答下列问题:（1） LiFePO4中Fe的化合价是_。（2）钛铁矿“酸溶”前需要进行粉碎，粉碎的目的是_。（3）用离子方程式表示操作I加入铁粉的目的:_。操作II为一系列操作，名称是加热浓缩、冷却结晶、过滤，其中用到的陶瓷仪器的名称是_。（4）TiO2+易水解，则其水解的离子方程式为_；“转化”利用的是TiO2+的水解过程，需要对溶液加热，加热的目的是_。（5）“沉铁”的的是使Fe3+生成FePO4，当溶液中c(PO43-)= 1.010-17mol/L时可认为Fe3+ 沉淀完全，则溶液中Fe3+沉淀完全时的c(Fe3+)=_mol/L已知:

36、该温度下，Ksp(FePO4)=1.010-22。（6）由“沉铁”到制备LiFePO4的过程中，所需17% H2O2溶液与草酸( H2C2O4)的质量比是_。【答案】 (1). +2 (2). 增加钛铁矿与硫酸按触面积，增大酸溶速率 (3). 2H+Fe=H2+Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+ (4). 蒸发皿 (5). TiO2+2H2OTiO(OH)2+2H+ (6). 促进水解( 或加快水解反应速率) (7). 1.010-5 (8). 20:9【解析】【分析】钛铁矿主要成分为钛酸亚铁(FeTiO)3，含有少量Fe2O3加硫酸溶解生成TiO2+和Fe3+、Fe2+，加入铁还原铁离子

37、：2Fe3+Fe=3Fe2+，得到硫酸亚铁和TiOSO4，对溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到绿矾晶体和TiOSO4溶液，将TiOSO4溶液加热，促进TiO2+的水解生成TiO(OH)2，TiO2+2H2O=TiO(OH)2+2H+，分解得到钛白粉(TiO2)；将绿矾与过氧化氢、H3PO4混合沉铁：2Fe2+H2O2+2H3PO4=2FePO4+2H2O+4H+，将得到的FePO4与草酸、Li2CO3焙烧生成锂离子电池的正极材料LiFePO4。【详解】根据上述分析可知， (1)LiFePO4中Li的化合价为+1价，P为+5价O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，Fe的化合价是+2，故答案为：+

38、2；(2)钛铁矿“酸溶”前需要进行粉碎，粉碎可以增加钛铁矿与硫酸按触面积，增大酸溶速率，故答案为：增加钛铁矿与硫酸按触面积，增大酸溶速率；(3)加入铁粉主要是还原铁离子，也会与过量的酸反应：2H+Fe=H2+Fe2+、2Fe3+Fe=3Fe2+；操作II为一系列操作，名称是加热浓缩、冷却结晶、过滤，其中用到的陶瓷仪器为蒸发皿，故答案为：2H+Fe=H2+Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+；蒸发皿；(4)TiO2+易水解生成TiO(OH)2，其水解的离子方程式为TiO2+2H2OTiO(OH)2+2H+；“转化”利用的是TiO2+的水解过程，需要对溶液加热，加热可以促进水解，故答案为：TiO

39、2+2H2OTiO(OH)2+2H+；促进水解；(5)Ksp(FePO4)= c(Fe3+) c(PO43-)，则c(Fe3+)=1.010-5 mol/L，故答案为：1.010-5；(6)“沉铁”的为绿矾与过氧化氢、H3PO4混合生成FePO4，离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H3PO4=2FePO4+2H2O+4H+，焙烧时的反应方程式为2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2；H2O2与草酸(H2C2O4)的物质的量之比为1:1，则17% H2O2溶液与草酸(H2C2O4)的质量比为=，故答案为：。20.过氧化钙(CaO2)常用作种子及谷物的无毒性消毒剂，常温下为白色的固体，微溶于水，且不溶于乙醇、乙醚和碱性溶液，但溶于酸。某实验小组拟探究CaO2的性质及其实验室制法。（1）实验探究CaO2与酸的反应。操作现象向盛有4 g CaO2的大试管中加入10mL稀盐酸得溶液a剧烈反应，产生能使带火星木条复燃的气体取5 mL溶液a于试管中，滴入两滴石蕊试液溶液变红，一段时间后溶液颜色明显变浅，稍