安徽省亳州市第二中学2020届高三化学上学期第二次月考试题含解析

《安徽省亳州市第二中学2020届高三化学上学期第二次月考试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《安徽省亳州市第二中学2020届高三化学上学期第二次月考试题含解析（16页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、安徽省亳州市第二中学2020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。下列说法不正确的是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应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应来冶炼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. 因焰色反应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，但铝在其表面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应来冶炼稀有金属,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；冰和干冰既是纯净物又是化合物；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应产生的，则是不可再生能源，故错误；冰和干冰都是由一种物质组成的物质，是纯净物，都

3、是由不同种元素组成的纯净物，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. 下列关于溶液和胶体的叙述，正确的是（ ）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，前者则没有。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，溶液中的溶质粒

4、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。下列说法不正确的是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应，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，利用其高熔

5、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应所得溶液为MgCl2，MgCl2为强酸弱碱盐，镁离子水解生成氢氧化镁，水解过程为吸热反应，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，下列说法中正确的是A. 气球B中装的是O2B. 气球A和气球D

6、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，则根据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比，等于相对分子质

7、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，下列说法正确的是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完全燃烧，转移电子数为0.

8、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可通过反应：Al2O3N23C2AlN3CO合成。下列叙述正确的是A. AlN中氮的化合价为+3B. 上述反应中，每生成1 mol AlN需转移3 mol电子C. AlN的摩尔质量为41 gD. 上述反

9、应中，N2是还原剂，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. 反应中，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. 上述反应中，氮元素从0价降低为-3价，被还原，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，碳是还原剂，故D错误；答案选B。8.下列各反应的离子方程式中，正确的是A. 硫酸铝溶液中加入过量的氨水：Al33OHAl(OH

10、)3B. 过量铁片放入的稀硝酸中：3Fe8H2NO33Fe22NO24H2OC. 将磁性氧化铁溶于盐酸：Fe3O48H3Fe34H2OD. 将铜屑加入Fe3溶液中：2Fe3Cu2Fe2Cu2【答案】D【解析】【详解】A. 硫酸铝溶液中加入过量的氨水,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，反应的离子方程式为：Fe3O4+8H+2Fe3+Fe2+4H2O，故C错误；D. 三价铁离子具有氧化性，铜具有还原性

11、，Fe3+氧化铜生成二价铜离子，离子反应为：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，故D正确；答案选D。9.将物质X逐渐加入(或通入)Y溶液中，生成沉淀的量与加入X的物质的量关系如图所示，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，先发生反应Ca(OH)2+CO2=CaCO3+H2O，生成CaCO3沉淀，Ca(OH)2反应完后，继续通入CO2反应CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，沉淀消失，前后两个过程CO2物质的量之比为1:1，A项错误；B、盐酸加

12、入偏铝酸钠溶液中，先发生反应AlO2-+H+H2O=Al(OH)3，生成Al(OH)3沉淀，当偏铝酸钠溶液反应完后，再继续加入盐酸发生反应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、氢氧化钠溶液加入氯化铝溶液中，先发生反应Al3+3OH-=Al(OH)3，生成Al(OH)3沉淀，当氯化铝溶液反应完后，再滴入氢氧化钠溶液发生反应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，先发生反应Al3+4OH-AlO2-+2H2O，不生成沉

13、淀，当氢氧化钠溶液反应完后，再滴入氯化铝溶液发生反应后发生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、安全性好的固体储氢材料，其储氢原理可表示为：Li2NH+H2Li2NH+LiH，下列有关说法正确的是A. Li2NH中N的化合价是B. 该反应中H2既是氧化剂又是还原剂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、氢气中氢元素的化合价既升高又降低，所以既

14、作氧化剂，又做还原剂，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还原反应，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.下列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应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B. 强碱性溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、K+

15、、CO32、NO3之间不反应，都不与氢氧根离子反应，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+与氢氧根离子反应，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发生氧化还原反应，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等有强氧化性的离子和强还原性

16、的离子不能共存强氧化性的离子Fe3+、MnO4-、Cr2O72- 、ClO- 、(H+NO3-)和强还原性的离子 Fe2+、HS-、S2-、I-、SO32-不能共存；12.下列陈述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反应CAl2O3难溶于水Al2O3可用作耐火材料DNa2CO3可作胃酸中和剂Na2CO3可与盐酸反应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. 二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟

17、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应，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.下列叙述中正确的是A. 可用澄清石灰水来鉴别NaHCO3和Na2CO3B. 等物质的量NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积不相同C. 等质量NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同D. 向Na2CO3饱和溶液中通入足量CO2，有NaHCO3结

18、晶析出【答案】D【解析】【详解】A.澄清石灰水与NaHCO3和Na2CO3反应，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应都生成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碳酸氢钠与盐酸反应生成1mol二氧化碳，106g碳酸钠与盐酸反应生成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应，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应生成碳酸氢钠，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】本题考查Na2CO3、NaHCO

19、3鉴别，以及与酸反应的定量关系；根据反应：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铁粉加入25 mL 2 molL1的氯化铁溶液中，充分反应后，其结果是A. 铁粉有剩余，溶液呈浅绿色，Cl基本保持不变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. 氧化产物和还原产物的物质的量之比为25【答案】C【解析】【详解】将1.12g铁粉加入到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-10.025L=0.05mol

20、，铁粉与氯化铁的离子反应方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，根据反应的物质的量之比等于计量数之比知，0.02mol铁粉完全反应需要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，铁完全反应，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. 氧化产物与还原产物的物质的量之比是1:2，故D错误；答案选C。15.有下列三个反应：Cl2+FeI2=Fe

21、Cl2+I22Fe2+Br2=2Fe3+2Br-Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2+3H2O。下列说法正确的是()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. 在反应中当1mol Co2O3参加反应时，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3Cl2+2Fe2+4Br-=6Cl-

22、+2Fe3+2Br2，C错误；D、中，6份HCl，只有2份HCl被氧化，所以当1mol Co2O3参加反应时，2mol HCl被氧化，D正确；故选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。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成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应，再发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠和氯化钠，最后碳酸氢钠与盐酸反应才有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象即可解答。【详解】0

23、.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反应生成水和氯化钠，当滴入0.01molHCl（即滴入0.1L稀盐酸），NaOH恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，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，发生反应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、图象数据的处理知识，解答此题的易错点是不能准确理

24、解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应是分步进行的。17.Na2O2是重要的化工原料，具有多种用途。（1）写出CO2和Na2O2反应的化学方程式：_。（2）某学生判断SO2和Na2O2反应能生成硫酸钠，你认为他的判断合理吗？_，简要说明理由：_。（3）该同学无法断定反应中是否有氧气生成，拟使用如图所示装置进行实验(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投入到含有下列离子的溶液中：NO3、S2、HCO3-、CO32、Na，设反应完毕后，无固体析出，则上述离子数目减少的有_，数目增多的离子有_。【答案】 (1). 2CO22Na2O22Na2CO3O2 (2)

25、. 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). 干燥SO2气体，防止水蒸气进入C装置与Na2O2反应 (5). 防止空气中的水蒸气进入C装置与Na2O2反应，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】（1）CO2和Na2O2反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式2CO22Na2O22Na2CO3O2；（2）SO2有还原性，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，防止水蒸气与过氧化

26、钠反应而干扰二氧化硫；碱石灰是干燥剂，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。（4）Na2O2具有强氧化性，可与S2发生氧化还原反应，则S2数目减小，Na2O2与水反应生成NaOH可与HCO3反应，则溶液中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“铁与水反应”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中发生反应的化学方程式是_。（2）停止反应，待B管冷却后，取其中的固体，加入过量稀盐酸充分反应，过滤。简述检验滤液中Fe3+的操作方法_

27、。、利用电解实验可以制得纯净的Fe(OH)2白色沉淀，如图所示，已知两电极的材料分别为石墨和铁。（1）a电极的材料应为_，电极反应式为_。（2）d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，则溶液中有Fe3+，否则无 (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

28、了几片碎瓷片，碎瓷片的作用是防止暴沸，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，若观察到溶液变红色，则溶液中有Fe3+，否则，无Fe3+；、（1）制纯净的Fe（OH）2沉淀，则Fe为阳极，失去电子，a与电源正极相连，则a为阳极，发生的电极反应为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Fe（OH）2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)

29、2和NH4HCO3为原料，在一定条件下先反应生成沉淀NH4AlO(OH)HCO3，该沉淀高温分解即得超细Al2O3。NH4AlO(OH)HCO3热分解化学反应方程式为_。（2）NH4Al(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，该过程中发生反应的离子方程式有_、_。、从铝土矿(主要

30、成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质)中提取氧化铝的两种工艺流程：请回答下列问题：（1）流程甲加入盐酸后生成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N

31、H4AlO(OH)HCO3热分解的化学反应方程式为2NH4AlO(OH)HCO3Al2O32NH33H2O2CO2；（2）由物质的量浓度的定义式可知mNH4Al（SO4）212H2O=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c（Al3+）没变化，是由于OH-跟H+反应；而后c（Al3+）降低，生成Al（OH）3沉淀，是由于OH-跟Al3+反应；Al3+完全沉淀后，调节pH至7，OH-跟NH4+反应，发生的化学反应方程式为：NH4+OHNH3H2O、Al33OHAl(OH)3；、（1）流程甲加入盐

32、酸，Al2O3与稀盐酸反应，离子方程式为：Al2O36H2Al33H2O；（2）流程乙中滤液Y为偏铝酸钠溶液，向其中通入足量CO2，化学反应方程式为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应的化学方程式为：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Cr0.5Fe1.5FeO

33、4(Fe的化合价依次为3、2)，设计了如下实验流程：（1）第步反应的离子方程式是_。（2）第步中用pH试纸测定溶液pH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，理论上需要加入_g FeSO47H2O。（5）FeSO47H2O晶体制备步骤如下：取过量洁净的铁屑，加入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。反应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】

34、 (1). Cr2O72-6Fe214H2Cr36Fe37H2O (2). 将一小块pH试纸放在表面皿上，用玻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). 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发生氧化还原反应生成含有Fe3+和Cr3+溶液，根据得到磁性材料Fe的化合价依次为3、2，因此加入的FeSO47H2O需要过量，形成含有Fe2+ 、Fe3+ 、Cr3+、SO42-的溶液，

35、通过加入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、Fe(OH)3和Fe(OH)2三种沉淀，通过过滤操作与SO42-分离，最后对Cr(OH)3、Fe(OH)3和Fe(OH)2三种沉淀洗涤、干燥、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+有一定的还原性,在酸性介质中发生氧化还原反应，由实验流程可知，第步反应中Cr2O72在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cr3+，根据得失电子、原子守恒及所处环境可知，还应有水生成，反应离子方

36、程式为Cr2O72-6Fe214H2Cr36Fe37H2O；(2)用pH试纸测定溶液pH的操作是将一小块pH试纸放在表面皿上，用玻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.

37、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，铁和铁离子反应重新生成亚铁离子，反应离子方程式为：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】本题的考点为物质的提纯与分离；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，要利用化学反应遵循原子守恒列出关系式，进行计算解题。