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河南省驻马店市正阳县高级中学2020届高三上学期月考化学试题
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化学试题
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：H—O—Cl
B. 乙醇的结构简式为：C2H6O
C. 含58个质子和82个中子的铈(Ce)原子符号为：Ce
D. 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：H—O—Cl，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，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NA
B. 标准状况下，2.24 L甲醇中含有C—H键的数目为0.3NA
C. 0.1 mol·L-1的Na2CO3溶液中，阳离子的总数为0.2NA
D. 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，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 > Si
B. 图2为制备少量氧气
C. 图3为配制一定物质的量浓度的硫酸溶液
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H2SO4＋Na2CO3=Na2SO4＋H2O＋CO2↑，CO2＋H2O＋Na2SiO3=Na2CO3＋H2SiO3，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：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，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++I2
B. 向NH4HSO3溶液中加少量的NaOH溶液：NH4++OH−==NH3·H2O
C. 将1mol Cl2通入到含1mol FeI2的溶液：2Fe2＋＋2I−＋2Cl2==2Fe3＋＋I2＋4Cl－
D. 0.01 mol·L−1 NH4Al(SO4)2溶液与0.02 mol·L−1 Ba(OH)2溶液等体积混合：NH4++Al3++2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3·H2O
【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＋+10I－═Fe2＋+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－+Cl2═2Cl－+I2，故C错误；
D.0.01mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液与0.02mol·L-1 Ba(OH)2溶液等体积混合：NH4++Al3＋+2Ba2＋+4OH-=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3·H2O，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－+Cl2═2Cl－+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－+3Cl2═6Cl－+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－)= 1×10－12mo1·L－1的溶液中：
B. 能使酚酞变红的溶液中：
C. 0. 1 mol·L−1KI 溶液：
D. 常温下，的溶液中：
【答案】D
【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.①：水电离的，，溶液显碱性，与OH-、
与OH-不能共存，②：，，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HNO3的物质的量之比为（ ）
A. 5∶16 B. 1∶1 C. 2∶3 D. 3∶2
【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 > Fe3＋
B. 由图可知，该FeBr2溶液的浓度为1 mol·L－l
C. n(Cl2)＝0. 12 mol时，溶液中的离子浓度有c (Fe 3＋)∶c( Br－)=1∶8
D. n(FeBr2)∶n(Cl2)＝1∶1时，反应的离子方程式为：2Fe2＋＋2Br－ + 2Cl2=2Fe3＋＋Br2 + 4Cl－
【答案】C
【解析】
【分析】
由图可知，向200 mL FeBr2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2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，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2Fe2＋＋4Br－ + 3Cl2=2Fe3＋＋2Br2 +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（0.4—0.04）mol=0.36mol，则溶液中的离子浓度有c (Fe 3＋)∶c( Br－)= 0.2mol∶0.36mol=5:9，故C错误；
D项、n(FeBr2)∶n(Cl2)＝1∶1时，溶液中Fe2＋已经完全被氧化为Fe3＋，有一半Br－被氧化为Br2，反应的离子方程式为2Fe2＋＋2Br－ + 2Cl2=2Fe3＋＋Br2 + 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（FeSO4•7H2O），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2
C. 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•7H2O
D. 从溶液2得到FeSO4•7H2O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FeSO4·7H2O，C错误；D.Fe2+容易被氧化，所以在得到FeSO4·7H2O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：
①从题干中获取有用信息，了解生产的产品，并在流程框图上，标出原料中的成分，找出原料中的杂质。
②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”：①反应物是什么；②发生了什么反应；③该反应造成了什么后果；④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、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+2H2⇌CH3OH，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480mL0.2mol·L-1CuSO4溶液
将24gCuSO4·5H2O溶于蒸馏水配成500mL溶液
C
比较非金属性强弱：C1＞C
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. A B. B C. C D. 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Ksp(BaCO3)
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性强弱可比较非金属强弱，盐酸不是最高价氧化物对应水化物形成的酸，故C错误；
D. Na2SO3如果变质，会变成Na2SO4。在Na2SO3溶液中滴入盐酸，Na2SO3会和盐酸反应生成SO2逸出，再滴加BaCl2溶液，若生成白色沉淀，则可证明Na2SO3变质，故D正确；
答案选D。
11.高纯度单晶硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料，它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”。这种材料可以按下列方法制备：
SiO2Si(粗)SiHCl3Si(纯)，下列说法正确的是( )
A. 步骤①的化学方程式为SiO2＋CSi＋CO2↑
B. 步骤①、②、③中每生成或反应1 mol Si，转移4 mol电子
C. 二氧化硅能与氢氟酸反应，而硅不能与氢氟酸反应
D. SiHCl3(沸点33.0 ℃)中含有少量的SiCl4(沸点67.6 ℃)，通过蒸馏(或分馏)可提纯SiHCl3
【答案】D
【解析】
【分析】
A.二氧化硅高温下与C反应生成CO气体；
B.氧化还原反应得失电子守恒判断即可；
C.硅能与氢氟酸反应生成SiF4和氢气；
D.由沸点可以知道,为相差30℃以上的两种液体。
【详解】A.二氧化硅高温下与C反应生成CO气体,即步骤①的化学方程式为: SiO2＋2CSi＋2CO↑，故A错误；
B.步骤①中Si的化合价降低4，转移电子数为4mol；步骤②中生成SiHCl3，硅元素化合价升高2，步骤③中硅元素的化合价降低2，所以每生成或反应1molSi，均转移2mol电子,故B错误；
C.硅能与氢氟酸反应生成SiF4和氢气,故C错误；
D.沸点相差30℃以上的两种液体可以采用蒸馏的方法分离，故D正确；
故答案选D。
12.由下列实验操作得出的实验现象和实验结论均正确的是
实验
现象
结论
A.某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液
产生蓝色沉淀
原溶液中有Fe2+，无Fe3+
B.向C6H5ONa溶液中通入CO2
溶液变浑浊
酸性：H2CO3>C6H5OH
C.向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液
生成黑色沉淀
Ksp(CuS)
①产生白色沉淀 ②仍有白色沉淀
原溶液中有SO42-
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．K3[Fe(CN)6]与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，不能检验铁离子，由现象可知原溶液中有Fe2+，不能确定是否含Fe3+，故A错误；
B．C6H5ONa溶液中通入CO2，发生强酸制弱酸的反应，生成苯酚，则酸性：H2CO3＞C6H5OH，故B正确；
C．含Na2S，不发生沉淀的转化，则不能比较Ksp(CuS)、Ksp(ZnS)大小，故C错误；
D．酸性条件下，亚硫酸根离子与Ba(NO3)2溶液反应也生成硫酸钡沉淀，则原溶液中可能有SO32-或SO42-，或二者均存在，故D错误；
答案为B。
13.关于下列各装置图的叙述中，正确的是
A. 装置①中，c为阴极、d为阳极
B. 装置②可用于收集H2、NH3、CO2等气体
C. 装置③若用于吸收NH3，并防止倒吸，则X可为苯
D. 装置④可用于干燥、收集HCl，并吸收多余的HCl
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由电流方向可知a为正极，b为负极，则c为阳极，d为阴极，故A错误；
B. H2、NH3密度比空气小，用向下排空法收集，可从a进气；Cl2、HCl、NO2、CO2等气体密度比空气大，用向上排空法收集，可从b进气；故B正确；
C. 苯的密度比水小，位于上层，故C错误；
D. HCl是酸性气体，不能用碱石灰干燥，故D错误；
答案选B。
14.由下列实验及现象不能推出相应结论是
选项
实验
现象
结论
A
向添有KIO3的食盐中加入淀粉溶液、稀盐酸及KI
溶液变蓝色
氧化性：IO>I2
B
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SiH4
A. A B. B C. C D. 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Ag2O发生反应：Ag2O＋4NH3·H2O===2[Ag(NH3)2]2++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②③间添加吸收HCl的装置
B. ④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②中产生的气体完全转移到③中
D. 称取样品和③中产生的沉淀的质量即可求算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③中沉淀的质量计算碳酸钠的纯度，故需要通入空气，保证②中产生的二氧化碳完全转移到③中，被充分吸收，减小实验误差，故C项正确；
D项，③中产生的沉淀为碳酸钡，③中根据碳酸钡的质量可计算生成二氧化碳的质量，②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-=H2↑
C. 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；
B．d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；
C．c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。
①Ce4+从电解槽的______（填字母序号）口流出。
②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：
①焙烧过程中发生的主要反应方程式为__________________。
②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_________。
③Ce(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）。
④加热CeCl3·6H2O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). (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）①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；
②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）①焙烧过程中，CeFCO3转化生成CeO2和CeF4，焙烧过程O2参加反应，据此写出主要反应的方程式；
②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；
③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；
④加热CeCl3•6H2O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-+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）①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；
②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）①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；
②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；
③根据方程式可知反应的平衡常数K＝；
④NH4Cl固体分解产生的HCl可以抑制CeCl3的水解，所以加热CeCl3·6H2O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)2
Al(OH)3
Cr(OH)3
完全沉淀的pH
10.5
4.3
5.3
开始溶解的pH
—
7.8
9.2
Ksp近似值
5.6×10-12
1.3×10-33
6.3×10-31
请回答下列问题：
（1）步骤①中发生主要反应的离子方程式为__________________________。
（2）步骤②中加入适量Al2O3目的是__________________________。
（3）为了达到实验目的，步骤③中加入NaOH溶液，应调节溶液的pH范围为_________。
（4）步骤⑥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。
①在电解过程中阳极区pH增大的原因是_______________________。
②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). 7.8≤pH＜9.2 (4). AlO2—+CO2+2 H2O=Al（OH）3↓+HCO3— (5). Fe2+与发生反应消耗H+，同时H+通过质子交换膜迁移到阴极区 (6). 134.4
【解析】
【分析】
（1）步骤①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②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③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⑥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）①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+。
②阴极氢离子放电生成氢气，2H++2e-=H2↑，阳极反应为：Fe-2e-= Fe2+。
【详解】（1）步骤①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②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③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范围为：7.8≤pH＜9.2，故答案为：7.8≤pH＜9.2。
（4）步骤⑥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）①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。
②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-)= 1.0×10-17mol/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:该温度下，Ksp(FePO4)=1.0×10-22]。
（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). 1.0×10-5 (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：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：+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：TiO2++2H2OTiO(OH)2+2H+；促进水解；
(5)Ksp(FePO4)= c(Fe3+) c(PO43-)，则c(Fe3+)===1.0×10-5 mol/L，故答案为：1.0×10-5；
(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，稍后，溶液变为无色
①CaO2与盐酸反应的化学方程式为_______________________________。
②加入石蕊试液后溶液褪色可能是因为溶液a中存在较多的_________。
（2）用如图所示装置制备过氧化钙，其反应原理为Ca+O2CaO2。
①请选择实验所需要的装置，按气流方向连接的顺序为______________________（填仪器接口的字母，上述装置可不选用也可重复使用）。
②根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：Ⅰ．检验装置的气密性后，装入药品；Ⅱ．打开分液漏斗活塞，通入气体一段时间，加热药品；Ⅲ．反应结束后，_________________________________（填操作）；Ⅳ．拆除装置，取出产物。
（3）利用反应：Ca2++ H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4+在碱性环境下制取CaO2的装置如图所示。
①NH3在Ca2+和H2O2的反应过程中所起的作用是______________________。
②反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干可获得CaO2·8H2O。过滤需要的玻璃仪器是_________；将沉淀进行洗涤的操作为_____________________________________________。
（4）设计实验证明CaO2的氧化性比FeCl3的氧化性强：____________________________。
【答案】 (1). 2CaO2+4HCl=2CaCl2+2H2O+O2↑ (2). H2O2 (3). d→e→f→b→c→e（或d→e→f→c→b→e） (4). 熄灭酒精灯，待反应管冷却至室温，停止通入氧气，并关闭分液漏斗的活塞。 (5). 中和生成的氢离子，促进反应进行（或使溶液呈碱性，减少CaO2·8H2O的溶解，或提高产品的产率等，其他合理答案） (6). 烧杯、漏斗、玻璃棒 (7). 沿玻璃棒向漏斗中注入蒸馏水至浸没沉淀，让水自然流下，重复2-3次。 (8). 在FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液不显红色，再加入少量CaO2粉末，溶液变红色，说明CaO2的氧化性比FeCl3的氧化性强。
【解析】
【详解】（1）① CaO2与盐酸反应产生CaCl2、H2O和氧气，反应的化学方程式为2CaO2+ 4HCl= 2CaCl2+ 2H2O+O2↑；②加入石蕊后溶液褪色可能是因为溶液a中存在较多的H2O2；该物质具有氧化性，将红色的物质氧化变为无色；
（2）用H2O2与MnO2反应产生O2，用浓硫酸干燥，氧气，燃烧是氧气与Ca在加热时发生反应产生CaO2，为防止空气中的水份影响反应产物，应该再通过盛有浓硫酸的洗气瓶。故装置的连接顺序是d→e→f→b→c→e（或d→e→f→c→b→e）；②根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：I.检验装置的气密性后，装入药品；II.打开分液漏斗活塞，通入气体一段时间，加热药品；III反应结束后，熄灭酒精灯，待反应管冷却至室温，停止通入氧气，并关闭分液漏斗的活塞；IV拆除装置，取出产物。
（3）①根据反应方程式可知NH3与反应产生的H+结合形成NH4+，所以在Ca2+和 H2O2 的反应过程中所起的作用是中和生成的氢离子，促进反应进行；②反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干可获得CaO2·8H2O，过滤所需要的玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒；将沉淀进行洗涤的操作为沿玻璃棒向漏斗中注入蒸馏水至浸没沉淀，让水自然流下，重复2-3次；
（4）证明CaO2的氧化性比FeCl3的氧化性强实验是在FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液不显红色，再加入少量CaO2粉末，溶液变红色，说明CaO2的氧化性比FeCl3的氧化性强。
化学试题
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：H—O—Cl
B. 乙醇的结构简式为：C2H6O
C. 含58个质子和82个中子的铈(Ce)原子符号为：Ce
D. 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：H—O—Cl，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，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NA
B. 标准状况下，2.24 L甲醇中含有C—H键的数目为0.3NA
C. 0.1 mol·L-1的Na2CO3溶液中，阳离子的总数为0.2NA
D. 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，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 > Si
B. 图2为制备少量氧气
C. 图3为配制一定物质的量浓度的硫酸溶液
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H2SO4＋Na2CO3=Na2SO4＋H2O＋CO2↑，CO2＋H2O＋Na2SiO3=Na2CO3＋H2SiO3，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：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，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++I2
B. 向NH4HSO3溶液中加少量的NaOH溶液：NH4++OH−==NH3·H2O
C. 将1mol Cl2通入到含1mol FeI2的溶液：2Fe2＋＋2I−＋2Cl2==2Fe3＋＋I2＋4Cl－
D. 0.01 mol·L−1 NH4Al(SO4)2溶液与0.02 mol·L−1 Ba(OH)2溶液等体积混合：NH4++Al3++2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3·H2O
【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＋+10I－═Fe2＋+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－+Cl2═2Cl－+I2，故C错误；
D.0.01mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液与0.02mol·L-1 Ba(OH)2溶液等体积混合：NH4++Al3＋+2Ba2＋+4OH-=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3·H2O，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－+Cl2═2Cl－+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－+3Cl2═6Cl－+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－)= 1×10－12mo1·L－1的溶液中：
B. 能使酚酞变红的溶液中：
C. 0. 1 mol·L−1KI 溶液：
D. 常温下，的溶液中：
【答案】D
【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.①：水电离的，，溶液显碱性，与OH-、
与OH-不能共存，②：，，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HNO3的物质的量之比为（ ）
A. 5∶16 B. 1∶1 C. 2∶3 D. 3∶2
【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 > Fe3＋
B. 由图可知，该FeBr2溶液的浓度为1 mol·L－l
C. n(Cl2)＝0. 12 mol时，溶液中的离子浓度有c (Fe 3＋)∶c( Br－)=1∶8
D. n(FeBr2)∶n(Cl2)＝1∶1时，反应的离子方程式为：2Fe2＋＋2Br－ + 2Cl2=2Fe3＋＋Br2 + 4Cl－
【答案】C
【解析】
【分析】
由图可知，向200 mL FeBr2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2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，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2Fe2＋＋4Br－ + 3Cl2=2Fe3＋＋2Br2 +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（0.4—0.04）mol=0.36mol，则溶液中的离子浓度有c (Fe 3＋)∶c( Br－)= 0.2mol∶0.36mol=5:9，故C错误；
D项、n(FeBr2)∶n(Cl2)＝1∶1时，溶液中Fe2＋已经完全被氧化为Fe3＋，有一半Br－被氧化为Br2，反应的离子方程式为2Fe2＋＋2Br－ + 2Cl2=2Fe3＋＋Br2 + 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（FeSO4•7H2O），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2
C. 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•7H2O
D. 从溶液2得到FeSO4•7H2O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FeSO4·7H2O，C错误；D.Fe2+容易被氧化，所以在得到FeSO4·7H2O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：
①从题干中获取有用信息，了解生产的产品，并在流程框图上，标出原料中的成分，找出原料中的杂质。
②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”：①反应物是什么；②发生了什么反应；③该反应造成了什么后果；④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、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+2H2⇌CH3OH，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480mL0.2mol·L-1CuSO4溶液
将24gCuSO4·5H2O溶于蒸馏水配成500mL溶液
C
比较非金属性强弱：C1＞C
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. A B. B C. C D. 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Ksp(BaCO3)
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性强弱可比较非金属强弱，盐酸不是最高价氧化物对应水化物形成的酸，故C错误；
D. Na2SO3如果变质，会变成Na2SO4。在Na2SO3溶液中滴入盐酸，Na2SO3会和盐酸反应生成SO2逸出，再滴加BaCl2溶液，若生成白色沉淀，则可证明Na2SO3变质，故D正确；
答案选D。
11.高纯度单晶硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料，它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”。这种材料可以按下列方法制备：
SiO2Si(粗)SiHCl3Si(纯)，下列说法正确的是( )
A. 步骤①的化学方程式为SiO2＋CSi＋CO2↑
B. 步骤①、②、③中每生成或反应1 mol Si，转移4 mol电子
C. 二氧化硅能与氢氟酸反应，而硅不能与氢氟酸反应
D. SiHCl3(沸点33.0 ℃)中含有少量的SiCl4(沸点67.6 ℃)，通过蒸馏(或分馏)可提纯SiHCl3
【答案】D
【解析】
【分析】
A.二氧化硅高温下与C反应生成CO气体；
B.氧化还原反应得失电子守恒判断即可；
C.硅能与氢氟酸反应生成SiF4和氢气；
D.由沸点可以知道,为相差30℃以上的两种液体。
【详解】A.二氧化硅高温下与C反应生成CO气体,即步骤①的化学方程式为: SiO2＋2CSi＋2CO↑，故A错误；
B.步骤①中Si的化合价降低4，转移电子数为4mol；步骤②中生成SiHCl3，硅元素化合价升高2，步骤③中硅元素的化合价降低2，所以每生成或反应1molSi，均转移2mol电子,故B错误；
C.硅能与氢氟酸反应生成SiF4和氢气,故C错误；
D.沸点相差30℃以上的两种液体可以采用蒸馏的方法分离，故D正确；
故答案选D。
12.由下列实验操作得出的实验现象和实验结论均正确的是
实验
现象
结论
A.某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液
产生蓝色沉淀
原溶液中有Fe2+，无Fe3+
B.向C6H5ONa溶液中通入CO2
溶液变浑浊
酸性：H2CO3>C6H5OH
C.向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液
生成黑色沉淀
Ksp(CuS)
①产生白色沉淀 ②仍有白色沉淀
原溶液中有SO42-
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．K3[Fe(CN)6]与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，不能检验铁离子，由现象可知原溶液中有Fe2+，不能确定是否含Fe3+，故A错误；
B．C6H5ONa溶液中通入CO2，发生强酸制弱酸的反应，生成苯酚，则酸性：H2CO3＞C6H5OH，故B正确；
C．含Na2S，不发生沉淀的转化，则不能比较Ksp(CuS)、Ksp(ZnS)大小，故C错误；
D．酸性条件下，亚硫酸根离子与Ba(NO3)2溶液反应也生成硫酸钡沉淀，则原溶液中可能有SO32-或SO42-，或二者均存在，故D错误；
答案为B。
13.关于下列各装置图的叙述中，正确的是
A. 装置①中，c为阴极、d为阳极
B. 装置②可用于收集H2、NH3、CO2等气体
C. 装置③若用于吸收NH3，并防止倒吸，则X可为苯
D. 装置④可用于干燥、收集HCl，并吸收多余的HCl
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由电流方向可知a为正极，b为负极，则c为阳极，d为阴极，故A错误；
B. H2、NH3密度比空气小，用向下排空法收集，可从a进气；Cl2、HCl、NO2、CO2等气体密度比空气大，用向上排空法收集，可从b进气；故B正确；
C. 苯的密度比水小，位于上层，故C错误；
D. HCl是酸性气体，不能用碱石灰干燥，故D错误；
答案选B。
14.由下列实验及现象不能推出相应结论是
选项
实验
现象
结论
A
向添有KIO3的食盐中加入淀粉溶液、稀盐酸及KI
溶液变蓝色
氧化性：IO>I2
B
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SiH4
A. A B. B C. C D. 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Ag2O发生反应：Ag2O＋4NH3·H2O===2[Ag(NH3)2]2++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②③间添加吸收HCl的装置
B. ④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②中产生的气体完全转移到③中
D. 称取样品和③中产生的沉淀的质量即可求算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③中沉淀的质量计算碳酸钠的纯度，故需要通入空气，保证②中产生的二氧化碳完全转移到③中，被充分吸收，减小实验误差，故C项正确；
D项，③中产生的沉淀为碳酸钡，③中根据碳酸钡的质量可计算生成二氧化碳的质量，②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-=H2↑
C. 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；
B．d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；
C．c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。
①Ce4+从电解槽的______（填字母序号）口流出。
②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：
①焙烧过程中发生的主要反应方程式为__________________。
②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_________。
③Ce(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）。
④加热CeCl3·6H2O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). (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）①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；
②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）①焙烧过程中，CeFCO3转化生成CeO2和CeF4，焙烧过程O2参加反应，据此写出主要反应的方程式；
②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；
③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；
④加热CeCl3•6H2O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-+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）①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；
②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）①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；
②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；
③根据方程式可知反应的平衡常数K＝；
④NH4Cl固体分解产生的HCl可以抑制CeCl3的水解，所以加热CeCl3·6H2O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)2
Al(OH)3
Cr(OH)3
完全沉淀的pH
10.5
4.3
5.3
开始溶解的pH
—
7.8
9.2
Ksp近似值
5.6×10-12
1.3×10-33
6.3×10-31
请回答下列问题：
（1）步骤①中发生主要反应的离子方程式为__________________________。
（2）步骤②中加入适量Al2O3目的是__________________________。
（3）为了达到实验目的，步骤③中加入NaOH溶液，应调节溶液的pH范围为_________。
（4）步骤⑥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。
①在电解过程中阳极区pH增大的原因是_______________________。
②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). 7.8≤pH＜9.2 (4). AlO2—+CO2+2 H2O=Al（OH）3↓+HCO3— (5). Fe2+与发生反应消耗H+，同时H+通过质子交换膜迁移到阴极区 (6). 134.4
【解析】
【分析】
（1）步骤①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②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③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⑥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）①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+。
②阴极氢离子放电生成氢气，2H++2e-=H2↑，阳极反应为：Fe-2e-= Fe2+。
【详解】（1）步骤①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②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③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范围为：7.8≤pH＜9.2，故答案为：7.8≤pH＜9.2。
（4）步骤⑥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）①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。
②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-)= 1.0×10-17mol/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:该温度下，Ksp(FePO4)=1.0×10-22]。
（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). 1.0×10-5 (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：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：+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：TiO2++2H2OTiO(OH)2+2H+；促进水解；
(5)Ksp(FePO4)= c(Fe3+) c(PO43-)，则c(Fe3+)===1.0×10-5 mol/L，故答案为：1.0×10-5；
(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，稍后，溶液变为无色
①CaO2与盐酸反应的化学方程式为_______________________________。
②加入石蕊试液后溶液褪色可能是因为溶液a中存在较多的_________。
（2）用如图所示装置制备过氧化钙，其反应原理为Ca+O2CaO2。
①请选择实验所需要的装置，按气流方向连接的顺序为______________________（填仪器接口的字母，上述装置可不选用也可重复使用）。
②根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：Ⅰ．检验装置的气密性后，装入药品；Ⅱ．打开分液漏斗活塞，通入气体一段时间，加热药品；Ⅲ．反应结束后，_________________________________（填操作）；Ⅳ．拆除装置，取出产物。
（3）利用反应：Ca2++ H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4+在碱性环境下制取CaO2的装置如图所示。
①NH3在Ca2+和H2O2的反应过程中所起的作用是______________________。
②反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干可获得CaO2·8H2O。过滤需要的玻璃仪器是_________；将沉淀进行洗涤的操作为_____________________________________________。
（4）设计实验证明CaO2的氧化性比FeCl3的氧化性强：____________________________。
【答案】 (1). 2CaO2+4HCl=2CaCl2+2H2O+O2↑ (2). H2O2 (3). d→e→f→b→c→e（或d→e→f→c→b→e） (4). 熄灭酒精灯，待反应管冷却至室温，停止通入氧气，并关闭分液漏斗的活塞。 (5). 中和生成的氢离子，促进反应进行（或使溶液呈碱性，减少CaO2·8H2O的溶解，或提高产品的产率等，其他合理答案） (6). 烧杯、漏斗、玻璃棒 (7). 沿玻璃棒向漏斗中注入蒸馏水至浸没沉淀，让水自然流下，重复2-3次。 (8). 在FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液不显红色，再加入少量CaO2粉末，溶液变红色，说明CaO2的氧化性比FeCl3的氧化性强。
【解析】
【详解】（1）① CaO2与盐酸反应产生CaCl2、H2O和氧气，反应的化学方程式为2CaO2+ 4HCl= 2CaCl2+ 2H2O+O2↑；②加入石蕊后溶液褪色可能是因为溶液a中存在较多的H2O2；该物质具有氧化性，将红色的物质氧化变为无色；
（2）用H2O2与MnO2反应产生O2，用浓硫酸干燥，氧气，燃烧是氧气与Ca在加热时发生反应产生CaO2，为防止空气中的水份影响反应产物，应该再通过盛有浓硫酸的洗气瓶。故装置的连接顺序是d→e→f→b→c→e（或d→e→f→c→b→e）；②根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：I.检验装置的气密性后，装入药品；II.打开分液漏斗活塞，通入气体一段时间，加热药品；III反应结束后，熄灭酒精灯，待反应管冷却至室温，停止通入氧气，并关闭分液漏斗的活塞；IV拆除装置，取出产物。
（3）①根据反应方程式可知NH3与反应产生的H+结合形成NH4+，所以在Ca2+和 H2O2 的反应过程中所起的作用是中和生成的氢离子，促进反应进行；②反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干可获得CaO2·8H2O，过滤所需要的玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒；将沉淀进行洗涤的操作为沿玻璃棒向漏斗中注入蒸馏水至浸没沉淀，让水自然流下，重复2-3次；
（4）证明CaO2的氧化性比FeCl3的氧化性强实验是在FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液不显红色，再加入少量CaO2粉末，溶液变红色，说明CaO2的氧化性比FeCl3的氧化性强。
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