《安徽省亳州市第二中学2022届高三化学上学期第二次月考试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《安徽省亳州市第二中学2022届高三化学上学期第二次月考试题含解析.doc（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、安徽省亳州市第二中学2022届高三化学上学期第二次月考试题含解析1.化学与生产、生活、社会密切相关。以下说法不正确的选项是A. 侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异性B. 燃放烟花是利用了某些金属元素的焰色反响C. 铝比铁活泼，但铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀D. 工业上可以利用铝热反响来冶炼Fe、Cr、Mn、V等稀有金属【答案】D【解析】【详解】A. 侯氏制碱法的工艺过程中应用了NaHCO3的溶解度较小，在溶液中易析出的原理来制碱，故A正确；B. 因焰色反响时能呈现出五彩缤纷的颜色，因此可用作焰火，故B正确；C. 铝比铁活泼，但铝在其外表易被氧化为一层致密的氧化铝，阻止铝继续被氧化，所
2、以铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀，故C正确；D. 工业上可以利用铝热反响来冶炼稀有金属,但铁不是稀有金属，故D错误；答案选D。2.某合作学习小组讨论辨析以下说法：粗盐和酸雨都是混合物；沼气和水煤气都是可再生能源；冰和干冰既是纯洁物又是化合物；不锈钢和目前流通的硬币都是合金；盐酸和食醋既是化合物又是酸；纯碱和熟石灰都是碱；豆浆和雾都是胶体。上述说法正确的选项是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】粗盐含有杂质和酸雨中溶有二氧化硫都是混合物，故正确；沼气是由发酵产生的，属于可再生能源，但水煤气是水在高温下和碳反响产生的，那么是不可再生能源，故错误；冰和干冰都是由一种物质组成的物质，是纯洁
3、物，都是由不同种元素组成的纯洁物，又是化合物，故正确；不锈钢和目前流通的硬币都是由两种或两种以上的金属组成的，是合金，故正确；盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物；食醋含有醋酸和水，属于混合物，故错误；纯碱是由钠离子和碳酸根离子组成的化合物，属于盐；熟石灰是氢氧化钙属于碱，故错误；烟，雾分散质微粒直径在1100nm，形成的分散系为胶体，故正确；答案选A。3. 以下关于溶液和胶体的表达，正确的选项是 A. 溶液是电中性的，胶体是带电的。B. 一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明显光带，前者那么没有。C. 溶液中溶质粒子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规律，即布朗运动。D. 通电时，溶液中
4、的溶质粒子不会向两极移动，胶体的分散质粒子向某一极移动。【答案】B【解析】胶体也是中性，A不正确；胶体能产生丁达尔效应，溶液不能，B正确；溶液中溶质粒子的运动也是没有规律的，C不正确；通电时，离子是带电荷的，所以溶液中的溶质粒子向两极移动，D不正确，答案选B。4.化学在生产和日常生活中有着重要的应用。以下说法不正确的选项是A. MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料B. 明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化C. 电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁D. 把镁条与适量的稀盐酸完全反响，将所得溶液蒸干，得不到MgCl2固体【答案】C【解析】【详解】A. 氧化镁的熔点很高
5、，利用其高熔点可以用于制作耐高温材料，故A正确；B. 明矾是强酸弱碱盐能水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性能吸附水中的悬浮物，所以明矾可用于水的净化，故B正确；C. 镁是活泼金属，所以镁的冶炼应该采用电解其熔融化合物的方法，电解氯化镁饱和溶液不能得到金属镁，故C错误；D. 把镁条与适量的稀盐酸完全反响所得溶液为MgCl2，MgCl2为强酸弱碱盐，镁离子水解生成氢氧化镁，水解过程为吸热反响，加热蒸干促进水解，最终得不到氯化镁，故D正确；答案选C。5.一定温度压强下，用相同质量的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，以下说法中正确的选项是A. 气球B中装的是O2B.
6、 气球A和气球D中气体物质的量之比为4：1C. 气球A和气球C中气体分子数相等D. 气球C和气球D中气体密度之比2：1【答案】D【解析】【详解】A. 一定温度压强下，气体的Vm是相等的，用mg的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，那么根据V=nVm=Vm，得到体积和相对分子质量成反比，所以体积的大小顺序是：CH4O2CO2SO2，C中装的是氧气，故A错误；B. 气球A和气球D中气体物质的量之比等于体积之比，等于M的倒数之比，即为1:4，故B错误；C. 根据A的分析，D、C、B、A四个球中分别是CH4、O2、CO2、SO2，气球A和气球C中气体分子数之比等于体积之
7、比，等于相对分子质量M的倒数之比，即为32:64=1:2，故C错误；D. 气球C和气球D中气体密度之比等于摩尔质量之比，即为：32:16=2:1，故D正确。答案选D。6.设NA代表阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是A. 0.01molMg在CO2中完全燃烧，转移电子数为0.01NAB. 2 molL-1 的Na2SO4溶液中含有4 NA个Na+C. 将含有0.1 mol FeCl3饱和溶液逐滴滴入足量沸水中，得到Fe(OH)3胶体数目为0.1 NAD. 7.8 g Na2O2含有的阴离子数为0.1NA【答案】D【解析】【详解】A. 1个镁原子变为镁离子转移两个电子，0.01molMg完全
8、燃烧，转移电子数为0.02NA，故A错误；B. 溶液体积不明确，故溶液中的钠离子的个数无法计算，故B错误；C. 一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故所得的氢氧化铁胶粒的个数小于0.1NA个，故C错误；D. 7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故0.1mol过氧化钠中含0.1NA个阴离子，故D正确。答案选D。7.氮化铝广泛应用于电子陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反响：Al2O3N23C2AlN3CO合成。以下表达正确的选项是A. AlN中氮的化合价为+3B. 上述反响中，每生成1 mol AlN需转移3 mol电子C. AlN的摩尔
9、质量为41 gD. 上述反响中，N2是复原剂，Al2O3是氧化剂【答案】B【解析】【详解】A. AlN中铝元素为+3价，氮元素为-3价，故A错误；B. 反响中，氮元素从0价降低为-3价，每生成1 mol AlN，转移3 mol电子，故B正确；C. AlN的相对分子质量为41，1 mol AlN的质量为41 g，氮化铝的摩尔质量为41 g/ mol，故C错误。D. 上述反响中，氮元素从0价降低为-3价，被复原，碳元素从0价升高为+2价，被氧化，而铝元素和氧元素的化合价均无变化，所以，N2是氧化剂，碳是复原剂，故D错误；答案选B。8.以下各反响的离子方程式中，正确的选项是A. 硫酸铝溶液中参加过量
10、的氨水：Al33OHAl(OH)3B. 过量铁片放入的稀硝酸中：3Fe8H2NO33Fe22NO24H2OC. 将磁性氧化铁溶于盐酸：Fe3O48H3Fe34H2OD. 将铜屑参加Fe3溶液中：2Fe3Cu2Fe2Cu2【答案】D【解析】【详解】A. 硫酸铝溶液中参加过量的氨水,离子方程式：Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+，故A错误；B. 过量铁片放入稀硝酸中：3Fe + 8H+ + 2NO3-3Fe2+ + 2NO+ 4H2O，故B错误；C. 将磁性氧化铁溶于盐酸，生成氯化亚铁、氯化铁和水，反响的离子方程式为：Fe3O4+8H+2Fe3+Fe2+4H2O，故C错误；D. 三价
11、铁离子具有氧化性，铜具有复原性，Fe3+氧化铜生成二价铜离子，离子反响为：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，故D正确；答案选D。9.将物质X逐渐参加(或通入)Y溶液中，生成沉淀的量与参加X的物质的量关系如下图，下表中符合图示情况的是ABCDXCO2HClNaOHAlCl3YCa(OH)2NaAlO2AlCl3NaOHA. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】A、石灰水中通入二氧化碳，先发生反响Ca(OH)2+CO2=CaCO3+H2O，生成CaCO3沉淀，Ca(OH)2反响完后，继续通入CO2反响CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，沉淀消失，前后两个过程CO2物质的量之比为
12、1:1，A项错误；B、盐酸参加偏铝酸钠溶液中，先发生反响AlO2-+H+H2O=Al(OH)3，生成Al(OH)3沉淀，当偏铝酸钠溶液反响完后，再继续参加盐酸发生反响Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O，沉淀消失，前后两个过程HCl的物质的量之比为1:3，B项正确；C、氢氧化钠溶液参加氯化铝溶液中，先发生反响Al3+3OH-=Al(OH)3，生成Al(OH)3沉淀，当氯化铝溶液反响完后，再滴入氢氧化钠溶液发生反响Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O沉淀溶解至最后消失，前后两个过程氢氧化钠的物质的量之比为3:1，C项错误；D、氯化铝滴入氢氧化钠溶液中，先发生反响Al3+4OH-A
13、lO2-+2H2O，不生成沉淀，当氢氧化钠溶液反响完后，再滴入氯化铝溶液发生反响后发生AlO2-+ Al3+6H2O=4Al(OH)3+6H2O，生成沉淀，前后两个过程氯化铝的物质的量之比为3:1，D项错误；答案选B。10.亚氨基锂Li2NH是一种储氢容量高、平安性好的固体储氢材料，其储氢原理可表示为：Li2NH+H2Li2NH+LiH，以下有关说法正确的选项是A. Li2NH中N的化合价是B. 该反响中H2既是氧化剂又是复原剂C. 和的离子半径相等D. 此法储氢和钢瓶储氢的原理相同【答案】B【解析】【详解】A、因为化合物中氢元素为+1，锂元素为+1，所以氮元素为-3，A错误；B、氢气中氢元素
14、的化合价既升高又降低，所以既作氧化剂，又做复原剂，B正确；C、二者的电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，所以锂离子半径小，C错误；D、此法储氢是利用的氧化复原反响，和钢瓶储氢的原理不同，钢瓶储氢是物理过程，D错误，答案选B。11.以下各组离子一定能大量共存的是A. 在含有大量Al(OH)4溶液中NH4、Na、Cl、HB. 在强碱溶液中Na、K、CO32、NO3C. 在pH12的溶液中NH4、Na、SO42、ClD. 滴加KSCN显红色的溶液：NH4、K、Cl、I【答案】B【解析】【详解】A. Al(OH)4与H+离子之间发生复分解反响，在溶液中不能大量共存，故A错误；B. 强碱性溶液中存在
15、大量氢氧根离子，Na+、K+、CO32、NO3之间不反响，都不与氢氧根离子反响，在溶液中能够大量共存，故B正确；C. 在pH=12的溶液为碱性溶液，NH4+与氢氧根离子反响，在溶液中不能大量共存，故C错误；D. 滴加KSCN显红色的溶液含有Fe3+与I发生氧化复原反响，不能共存，故D错误；答案选B。【点睛】在酸性溶液中，不能大量存在弱酸根离子：如CO32、HCO3、S2、HS、SO32、SiO32-、AlO2、F等，也不能有大量的OH。 在性溶液中，不能大量存在弱碱金属离子。如：Mg2+、Fe2+、Al3+、Cu2+及NH4等，也不能大量存在H及酸式根离子：HCO3、HSO3、HS、H2PO4
16、等有强氧化性的离子和强复原性的离子不能共存强氧化性的离子Fe3+、MnO4-、Cr2O72- 、ClO- 、(H+NO3-)和强复原性的离子 Fe2+、HS-、S2-、I-、SO32-不能共存；12.以下陈述I、II均正确并且有因果关系的是选项陈述I陈述IIAFe2O3是红棕色粉末Fe2O3常做红色涂料BSiO2是两性氧化物SiO2可和HF反响CAl2O3难溶于水Al2O3可用作耐火材料DNa2CO3可作胃酸中和剂Na2CO3可与盐酸反响A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A. 氧化铁为红棕色粉末，可以用于红色涂料和油漆，陈述I、II均正确并且有因果关系，故A正确；B.
17、二氧化硅与氢氟酸反响生成四氟化硅和水，不是两性氧化物，陈述I错误，故B错误；C.氧化铝可用作耐火材料，是因为氧化铝具有较高的熔沸点，与氧化铝不溶于水性质无关，故C错误；D. 碳酸钠虽然也可以与胃酸发生反响，降低胃液的浓度，但是其碱性强，会对人造成腐蚀，因此不可以用于治疗胃酸过多，故D错误；答案选A。13.以下表达中正确的选项是A. 可用澄清石灰水来鉴别NaHCO3和Na2CO3B. 等物质的量NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反响，在同温同压下，生成的CO2体积不相同C. 等质量NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反响，在同温同压下，生成的CO2体积相同D. 向Na2CO3饱和溶液中
18、通入足量CO2，有NaHCO3结晶析出【答案】D【解析】【详解】A.澄清石灰水与NaHCO3和Na2CO3反响，两者都会生成CaCO3白色沉淀，现象相同，故A错误；B. 1mol碳酸钠或碳酸氢钠与足量的盐酸反响都生成1mol的二氧化碳，在相同的温度和压强下，二氧化碳的体积相同，故B错误；C. 84g碳酸氢钠与盐酸反响生成1mol二氧化碳，106g碳酸钠与盐酸反响生成1mol二氧化碳，所以等质量的碳酸氢钠和碳酸钠分别与足量的盐酸反响，产生的二氧化碳不相同，故C错误；D. 饱和碳酸钠与二氧化碳和水反响生成碳酸氢钠，因为碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，所以有碳酸氢钠结晶析出，故D正确；答案选D。【点睛】
19、此题考查Na2CO3、NaHCO3鉴别，以及与酸反响的定量关系；根据反响：Na2CO32HCl=2NaClCO2H2O、NaHCO3HCl=NaClCO2H2O分析各物质的量的关系，快速解答该题。14.将1.12 g铁粉参加25 mL 2 molL1的氯化铁溶液中，充分反响后，其结果是A. 铁粉有剩余，溶液呈浅绿色，Cl根本保持不变B. Fe2和Fe3物质的量之比为51C. 往溶液中滴入无色KSCN溶液，显红色D. 氧化产物和复原产物的物质的量之比为25【答案】C【解析】【详解】将1.12g铁粉参加到25mL2molL-1的氯化铁溶液中，铁粉的物质的量n=，氯化铁的物质的量n=cV=2molL
20、-10.025L=0.05mol，铁粉与氯化铁的离子反响方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，根据反响的物质的量之比等于计量数之比知，0.02mol铁粉完全反响需要0.04mol氯化铁，所以氯化铁剩余0.01mol，生成的Fe2+的物质的量为0.06mol。A. 氯化铁剩余了0.01mol，铁完全反响，故A错误；B. Fe2+的物质的量为0.06mol，氯化铁的物质的量为0.01mol，所以Fe2+和Fe3+的物质的量之比为6:1，故B错误；C. 由于氯化铁剩余，向溶液中滴入无色KSCN溶液，显血红色，故C正确；D. 氧化产物与复原产物的物质的量之比是1:2，故D错误；答案选C。15.有以下
21、三个反响：Cl2+FeI2=FeCl2+I22Fe2+Br2=2Fe3+2Br-Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2+3H2O。以下说法正确的选项是()A. 中的氧化产物分别是I2、Fe3+、CoCl2B. 根据以上方程式可以得到氧化性Cl2Fe3+Co2O3C. 可以推理得到Cl2+FeBr2=FeCl2+Br2D. 在反响中当1mol Co2O3参加反响时，2mol HCl被氧化【答案】D【解析】【详解】A、中的氧化产物为氯气，A错误；B、氧化性Co2O3Cl2Br2Fe3，B错误；C、由可知，Fe2+不能和Br2共存，正确的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl-，或3
22、Cl2+2Fe2+4Br-=6Cl-+2Fe3+2Br2，C错误；D、中，6份HCl，只有2份HCl被氧化，所以当1mol Co2O3参加反响时，2mol HCl被氧化，D正确；应选D。16.将0.4gNaOH和1.06g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1molL-1稀盐酸。以下图像能正确表示参加盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【分析】将NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反响，再发生碳酸钠与盐酸的反响生成碳酸氢钠和氯化钠，最后碳酸氢钠与盐酸反响才有二氧化碳气体生成，利用物质的量
23、的关系并结合图象即可解答。【详解】0.4gNaOH和1.06gNa2CO3的物质的量均为0.01mol，二者混合并配成溶液，盐酸首先和NaOH反响生成水和氯化钠，当滴入0.01molHCl即滴入0.1L稀盐酸，NaOH恰好反响完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反响，发生HCl+Na2CO3NaHCO3+NaCl，不放出气体，当Na2CO3刚好转化为NaHCO3时又滴入0.1L稀盐酸；继续滴加时，发生反响NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2，此时开始放出气体，又滴入0.1L稀盐酸时产生0.01molCO2，正好与图象D相符，故答案选D。【点睛】此题考查了元素化合物、图象数据的处理知
24、识，解答此题的易错点是不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反响是分步进行的。17.Na2O2是重要的化工原料，具有多种用途。1写出CO2和Na2O2反响的化学方程式：_。2某学生判断SO2和Na2O2反响能生成硫酸钠，你认为他的判断合理吗？_，简要说明理由：_。3该同学无法断定反响中是否有氧气生成，拟使用如下图装置进行实验(图中铁架台等装置已略去)。装置中B的作用是_，D的作用是_。4将足量的Na2O2投入到含有以下离子的溶液中：NO3、S2、HCO3-、CO32、Na，设反响完毕后，无固体析出，那么上述离子数目减少的有_，数目增多的离子有_。【答案】 (1). 2CO22Na2O22Na2C
25、O3O2 (2). 合理 (3). 由于过氧化钠具有强氧化性，能将4价的硫氧化为6价的硫而生成硫酸钠 (4). 枯燥SO2气体，防止水蒸气进入C装置与Na2O2反响 (5). 防止空气中的水蒸气进入C装置与Na2O2反响，同时吸收过量SO2气体，便于氧气的检验和防止污染空气 (6). S2、HCO3- (7). Na、CO32-【解析】【详解】1CO2和Na2O2反响生成碳酸钠和氧气，化学方程式2CO22Na2O22Na2CO3O2；2SO2有复原性，Na2O2有强氧化性，过氧化钠能将+4价的硫氧化为+6价的硫而生成硫酸钠，所以判断合理。3浓硫酸有吸水性，能吸收二氧化硫中的水分，防止水蒸气与过
26、氧化钠反响而干扰二氧化硫；碱石灰是枯燥剂，能吸收水分，防止水蒸气的干扰；碱石灰是碱性物质，能吸收二氧化硫等酸性气体，防止污染大气。4Na2O2具有强氧化性，可与S2发生氧化复原反响，那么S2数目减小，Na2O2与水反响生成NaOH可与HCO3反响，那么溶液中HCO3浓度减小，CO32浓度增大，Na+的数目增多。18.、某校化学小组学生利用如图所列装置进行“铁与水反响的实验。图中夹持及尾气处理装置均已略去1烧瓶底部放置了几片碎瓷片，碎瓷片的作用是_。装置B中发生反响的化学方程式是_。2停止反响，待B管冷却后，取其中的固体，参加过量稀盐酸充分反响，过滤。简述检验滤液中Fe3+的操作方法_。、利用电
27、解实验可以制得纯洁的Fe(OH)2白色沉淀，如下图，两电极的材料分别为石墨和铁。1a电极的材料应为_，电极反响式为_。2d为苯，其作用是_。3当电解一段时间后看到白色Fe(OH)2沉淀，然后向溶液中通入空气，可观察的现象是_。【答案】 (1). 防止暴沸 (2). 3Fe4H2O(g)Fe3O44H2 (3). 取少量滤液，滴入几滴KSCN溶液，观察到溶液变红色，那么溶液中有Fe3+，否那么无 (4). Fe (5). Fe2eFe2 (6). 隔绝空气，防止生成的Fe(OH)2被氧化 (7). 白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变成红褐色【解析】【详解】、1烧瓶底部放置了几片碎瓷片，碎瓷片的作用是
28、防止暴沸，B中发生3Fe4H2O(g)Fe3O44H2；2检验滤液中Fe3+的操作方法为取少量滤液，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液是否变红色，假设观察到溶液变红色，那么溶液中有Fe3+，否那么，无Fe3+；、1制纯洁的FeOH2沉淀，那么Fe为阳极，失去电子，a与电源正极相连，那么a为阳极，发生的电极反响为Fe-2e-Fe2+；2苯的密度比水的小，不溶于水，可隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化；3空气中有氧气，会将FeOH2氧化，其现象是白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。19.超细氧化铝是一种重要的功能陶瓷原料。、1实验室常以NH4Al(SO4)2和NH4HCO3为原料，在一定条件下先反响生
29、成沉淀NH4AlO(OH)HCO3，该沉淀高温分解即得超细Al2O3。NH4AlO(OH)HCO3热分解化学反响方程式为_。2NH4Al(SO4)212H2O的相对分子质量为453。欲配制100 mL pH为2、浓度约为0.1 molL1的NH4Al(SO4)2溶液，配制过程中须称量NH4Al(SO4)212H2O固体_g；3在0.1 molL1 NH4Al(SO4)2溶液中，铝各形态的浓度(以Al3计)的对数(lgc)随溶液pH变化的关系见如图：用NaOH溶液调节2中溶液pH至7，该过程中发生反响的离子方程式有_、_。、从铝土矿(主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质)中
30、提取氧化铝的两种工艺流程：请答复以下问题：1流程甲参加盐酸后生成Al3的离子方程式为_。2流程乙向滤液Y中通入足量CO2的离子方程式为_。3滤液E、K中溶质的主要成分是_(填化学式)。【答案】 (1). 2NH4AlO(OH)HCO3Al2O32NH33H2O2CO2 (2). 4.5 (3). NH4+OHNH3H2O (4). Al33OHAl(OH)3 (5). Al2O36H2Al33H2O (6). CO2+AlO2+2H2OAl(OH)3+HCO3 (7). NaHCO3【解析】【详解】、1根据原子守恒可知NH4AlO(OH)HCO3热分解的化学反响方程式为2NH4AlO(OH)H
31、CO3Al2O32NH33H2O2CO2；2由物质的量浓度的定义式可知mNH4AlSO4212H2O=nM=cVM=0.1mol/L0.1L453g/mol=4.53g，由于托盘天平的精确度为0.1g，故为4.5g；3由图象可知，开始阶段cAl3+没变化，是由于OH-跟H+反响；而后cAl3+降低，生成AlOH3沉淀，是由于OH-跟Al3+反响；Al3+完全沉淀后，调节pH至7，OH-跟NH4+反响，发生的化学反响方程式为：NH4+OHNH3H2O、Al33OHAl(OH)3；、1流程甲参加盐酸，Al2O3与稀盐酸反响，离子方程式为：Al2O36H2Al33H2O；2流程乙中滤液Y为偏铝酸钠溶
32、液，向其中通入足量CO2，化学反响方程式为NaAlO2+CO2+2H2OAl(OH)3+NaHCO3，离子方程式：CO2+AlO2+2H2OAl(OH)3+HCO3；3滤液Y和D为偏铝酸钠溶液，通入过量的二氧化碳反响的化学方程式为：NaAlO2+CO2+2H2OAl(OH)3+NaHCO3，因此滤液E、K中溶质的主要成分是NaHCO3。20.某厂废水中含5.00103 molL1的Cr2O72-，其毒性较大。某研究性学习小组为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料Cr0.5Fe1.5FeO4(Fe的化合价依次为3、2)，设计了如下实验流程：1第步反响的离子方程式是_。2第步中用pH试纸测定溶液pH
33、的操作是_。3第步过滤得到的滤渣中主要成分除Cr(OH)3外，还有_。4欲使1 L该废水中的Cr2O72完全转化为Cr0.5Fe1.5FeO4，理论上需要参加_g FeSO47H2O。5FeSO47H2O晶体制备步骤如下：取过量洁净的铁屑，参加20%30%的稀硫酸溶液，在50 80水浴中加热至不再产生气泡。将溶液趁热过滤，滤液移至试管中，用橡胶塞塞紧试管口，静置、冷却一段时间后收集产品。反响时铁屑过量的目的是(用离子方程式表示) _。溶液趁热过滤的原因是_。【答案】 (1). Cr2O72-6Fe214H2Cr36Fe37H2O (2). 将一小块pH试纸放在外表皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，
34、点在pH试纸上，再与标准比色卡对照 (3). Fe(OH)3、Fe(OH)2 (4). 13.9 (5). Fe2Fe33Fe2 (6). 减少FeSO4的损失；防止空气进入试管将Fe2氧化为Fe3【解析】【分析】废水中的Cr2O72-具有氧化性，在酸性条件下，与FeSO47H2O发生氧化复原反响生成含有Fe3+和Cr3+溶液，根据得到磁性材料Fe的化合价依次为3、2，因此参加的FeSO47H2O需要过量，形成含有Fe2+ 、Fe3+ 、Cr3+、SO42-的溶液，通过参加NaOH调节溶液的pH值用pH试纸测定溶液pH为9，在碱性条件下使Fe2+ 、Fe3+ 、Cr3+完全转化为Cr(OH)3
35、、Fe(OH)3和Fe(OH)2三种沉淀，通过过滤操作与SO42-别离，最后对Cr(OH)3、Fe(OH)3和Fe(OH)2三种沉淀洗涤、枯燥、焙烧，最终制得磁性材料Cr0.5Fe1.5FeO4。【详解】(1)Cr2O72有较强氧化性，FeSO47H2O中Fe2+有一定的复原性,在酸性介质中发生氧化复原反响，由实验流程可知，第步反响中Cr2O72在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，自身被复原为Cr3+，根据得失电子、原子守恒及所处环境可知，还应有水生成，反响离子方程式为Cr2O72-6Fe214H2Cr36Fe37H2O；(2)用pH试纸测定溶液pH的操作是将一小块pH试纸放在外表皿上，用玻
36、璃棒蘸取少量待测液，点在pH试纸上，再与标准比色卡对照；(3)由题给框图之二可得：Fe2+过量，加NaOH时，产生Cr(OH)3、Fe(OH)3和Fe(OH)2三种沉淀物，故答案为：Fe(OH)3、Fe(OH)2；(4)1L废水中含n(Cr2O72-)=5.00103mol，根据Cr原子、Fe原子守恒，可得：Cr2O72-4Cr0.5Fe1.5FeO410FeSO47H2O，所以理论上n(FeSO47H2O)=10n(Cr2O72-)=5.00103mol10=0.05mol，所以m(FeSO47H2O)=0.05mol278g/mol=13.9g；5铁粉过量是防止亚铁离子被氧化，铁和铁离子反响重新生成亚铁离子，反响离子方程式为：Fe+2Fe3+3Fe2+；一般物质的溶解度随温度的升高而增大，因此热溶液趁热过滤可减少硫酸亚铁晶体析出，从而减小FeSO4的损失。【点睛】此题的考点为物质的提纯与别离；除杂。除杂过程中要注意，除杂的试剂要过量，在提纯过程中要注意引入的新杂质和过量除杂试剂的转化和处理，充分利用流程图中前后的变化，提取有效信息，来分析各步骤进行的目的、作用和具体发生的化学变化。在同时发生多个化学变化的过程，要利用化学反响遵循原子守恒列出关系式，进行计算解题。