2024年人民版高二化學(xué)下冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年人民版高二化學(xué)下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、某離子晶體的晶體結(jié)構(gòu)中最小重復(fù)單元如圖所示：A為陰離子；在正方體內(nèi)，B為陽離子，分別在頂點和面心，則該晶體的化學(xué)式為（）

A.B2A

B.BA2

C.B7A4

D.B4A7

2、下圖是一種航天器能量儲存系統(tǒng)原理示意圖。下列說法正確的是A.該系統(tǒng)中只存在3種形式的能量轉(zhuǎn)化B.裝置Y中負極的電極反應(yīng)式為：O2+2H2O+4e-=4OH-C.裝置X能實現(xiàn)燃料電池的燃料和氧化劑再生D.裝置X、Y形成的子系統(tǒng)能實現(xiàn)物質(zhì)的零排放，并能實現(xiàn)化學(xué)能與電能間的完全轉(zhuǎn)化3、下列物質(zhì)中，既有離子鍵，又有共價鍵的是rm{(}rm{)}A.rm{NaCl}B.rm{Ca(OH)_{2}}C.rm{H_{2}O}D.rm{CH_{4}}4、等質(zhì)量的銅片在酒精燈上熱后，分別插入下列液體中，放置片刻后取出，銅片質(zhì)量不變的是()A.鹽酸B.無水乙醇C.氫氧化鈉D.乙酸5、某烯烴與氫氣加成后得到rm{2}rm{2-}二甲基丁烷，則該烯烴的名稱是rm{(}rm{)}A.rm{2}rm{2-}二甲基rm{-3-}丁烯B.rm{2}rm{2-}二甲基rm{-2-}丁烯C.rm{2}rm{2-}二甲基rm{-1-}丁烯D.rm{3}rm{3-}二甲基rm{-1-}丁烯6、下面是小王在醫(yī)院做的血常規(guī)檢查報告單的部分內(nèi)容；小王應(yīng)該注意補充的微量元素是（）

A.鋅B.鐵C.硒D.碘7、下列各項所述的兩個量；前者一定大于后者的是（）

①純水在25℃和80℃的pH②1molNaHSO4和1molNaCl在熔化狀態(tài)下的離子數(shù)。

③25℃時，等體積且pH都等于3的鹽酸和AlCl3的溶液中；已電離的水分子數(shù)。

④Na+和Fˉ的離子半徑⑤含1molFeCl3的飽和溶液與水完全反應(yīng)轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵膠體后；

其中膠體粒子的數(shù)目與阿伏加德羅常數(shù)A.①②B.①C.①③⑤D.②④8、下列物質(zhì)中，均不能發(fā)生水解反應(yīng)的一組是A.淀粉酶和脂肪B.油脂和蔗糖C.淀粉和蛋白質(zhì)D.果糖和葡萄糖9、下列有關(guān)實驗的說法正確的是rm{(}rm{)}A.用干燥的rm{pH}試紙測定新制氯水的rm{pH}B.中和滴定實驗中，洗凈后的錐形瓶不需要干燥C.用rm{Na_{2}S}溶液與rm{AlCl_{3}}溶液混合制取rm{Al_{2}S_{3}}D.向白色rm{ZnS}沉淀上滴加rm{CuSO_{4}}溶液，沉淀變?yōu)楹谏?，說明rm{Ksp(ZnS)<Ksp(CuS)}評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)10、現(xiàn)有25℃時0.1mol?L-1的氨水；請回答以下問題：

（1）若向氨水中加入少量硫酸銨固體，此時溶液中____（填“增大”“減小”“不變”）．

（2）若向氨水中加入稀硫酸，使其恰好中和，寫出反應(yīng)的離子方程式：____；所得溶液的pH____7（填“＞”、“＜”或“=”），用離子方程式表示其原因____

（3）若向氨水中加入稀硫酸至溶液的pH=7，此時[NH]=amol?L-1，則[SO]=____．

（4）若向氨水中加入pH=1的硫酸，且氨水與硫酸的體積比為1：1，則所得溶液中各離子的物質(zhì)的量濃度由大到小的順是____．11、北京奧運會“祥云”火炬燃料是丙烷（C3H8），亞特蘭大火炬燃料是丙烯（C3H6）

（1）丙烷脫氫可得丙烯．已知：C3H8（g）→CH4（g）+HC≡CH（g）+H2（g）△H1=+156.6kJ?mol-1

CH3CH=CH2（g）→CH4（g）+HC≡CH（g）△H2=+32.4kJ?mol-1則相同條件下，反應(yīng)C3H8（g）→CH3CH=CH2（g）+H2（g）的△H=____kJ?mol-1

（2）以丙烷為燃料制作新型燃料電池，電池的正極通入O2，負極通入丙烷，電解質(zhì)是熔融碳酸鹽．電池總反應(yīng)方程式為____；放電時，CO32-移向電池的____（填“正”或“負”）極．

（3）碳氫化合物完全燃燒生成CO2和H2O．常溫常壓下，空氣中的CO2溶于水，達到平衡時，溶液的pH=5.60，c（H2CO3）=1.5×10-5mol?L-1．若忽略水的電離及H2CO3的第二級電離，則H2CO3HCO3-+H+的平衡常數(shù)K1=____．（已知：10-5.60=2.5×10-6）

（4）常溫下，0.1mol?L-1NaHCO3溶液的pH大于8，則溶液c（H2CO3）____c（CO32-）（填“＞”、“=”或“＜”），原因是____（用離子方程式和文字說明）12、(12分)氫能是重要的新能源。儲氫作為氫能利用的關(guān)鍵技術(shù)，是當(dāng)前關(guān)注的熱點之一。（1）氫氣是清潔燃料，其燃燒產(chǎn)物為________。（2）NaBH4是一種重要的儲氫載體，能與水反應(yīng)得到NaBO2，且反應(yīng)前后B的化合價不變，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為__________________________________________，反應(yīng)消耗1molNaBH4時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為________。（3）儲氫還可借助有機物，如利用環(huán)己烷和苯之間的可逆反應(yīng)來實現(xiàn)脫氫和加氫：在某溫度下，向恒容密閉容器中加入環(huán)己烷，其起始濃度為amol·L－1，平衡時苯的濃度為bmol·L－1，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝________。（4）一定條件下，如圖所示裝置可實現(xiàn)有機物的電化學(xué)儲氫(忽略其他有機物)。①導(dǎo)線中電子移動方向為________。(用A、D表示)②生成目標(biāo)產(chǎn)物的電極反應(yīng)式為__________________。③該儲氫裝置的電流效率η＝____________________。(計算結(jié)果保留小數(shù)點后1位)13、已知：

rm{壟脵CO(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH=-283.0kJ?mol^{-1}}

rm{壟脷CH_{3}OH(l)+dfrac{3}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-726.5kJ?mol^{-1}}

請寫出甲醇不完全燃燒生成一氧化碳和液態(tài)水的熱化學(xué)方程式：______。14、(4分)現(xiàn)有濃度均為0.1mol/L的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氫氧化鈉、④氯化銨、⑤醋酸銨、⑥硫酸銨、⑦硫酸氫銨，⑧氨水，請回答下列問題：（1）①、②、③、④四種溶液中由水電離出的H+濃度由大到小的順序是（填序號）____。（2）④、⑤、⑥、⑦、⑧五種溶液中NH4+濃度由大到小的順序是（填序號）____。評卷人得分三、計算題(共8題，共16分)15、（6分）氫氧化銅懸濁液中存在如下平衡：Cu（OH）2（s）Cu2＋（aq）＋2OH－（aq），常溫下其Ksp＝c（Cu2＋）c2（OH－）＝2×10－20mol2·L－2。（1）某硫酸銅溶液里c（Cu2＋）＝0.02mol/L，如要生成Cu（OH）2沉淀，應(yīng)調(diào)整溶液pH使之大于多少?（2）要使0.2mol/L硫酸銅溶液中Cu2＋沉淀較為完全（使Cu2＋濃度降至原來的千分之一），則應(yīng)向溶液里加入氫氧化鈉溶液使溶液pH為____。16、為了預(yù)防碘缺乏??；國家規(guī)定每千克食鹽中應(yīng)含有40mg～50mg的碘酸鉀．為檢驗?zāi)撤N食鹽是否是加碘的合格食鹽，某同學(xué)取食鹽樣品428g，設(shè)法溶解出其中全部的碘酸鉀．將溶液酸化并加入足量的碘化鉀-淀粉溶液，溶液呈藍色，再用0.030mol/L的硫代硫酸鈉溶液滴定，用去18.00mL時藍色剛好褪去．試通過計算說明該加碘食鹽是否為合格產(chǎn)品．有關(guān)反應(yīng)如下：

IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O

I2+2S2O32-=2I-+S4O62-．17、有機物A由碳；氫、氧三種元素組成．現(xiàn)取3gA與4.48L氧氣（標(biāo)準(zhǔn)狀況）在密閉容器中燃燒；燃燒后生成二氧化碳、一氧化碳和水蒸氣（假設(shè)反應(yīng)物沒有剩余）．將反應(yīng)生成的氣體依次通過濃硫酸和堿石灰，濃硫酸增重3.6g，堿石灰增重4.4g．回答下列問題：

（1）3gA中所含氫原子；碳原子的物質(zhì)的量各是多少？

（2）通過計算確定該有機物的分子式．

（3）寫出有機物A可能的結(jié)構(gòu)簡式．18、（6分）一定條件下，在密閉容器內(nèi)將N2和H2以體積比為1∶3混合，當(dāng)反應(yīng)達平衡時，混合氣中氨占25％（體積比），若混合前有10molN2，求平衡后N2、H2、NH3的物質(zhì)的量及N2的轉(zhuǎn)化率。19、(6分)某有機物10.8g完全燃燒生成7.2g水和15.68L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）二氧化碳，0.25mol此有機物質(zhì)量為27g，求此有機物的分子式。又知此有機物有弱酸性，能與金屬鈉反應(yīng)，也能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，試推斷此有機物的結(jié)構(gòu)，寫出可能的結(jié)構(gòu)簡式和名稱。20、某僅由碳；氫、氧三種元素組成的有機化合物；經(jīng)測定其相對分子質(zhì)量為74．取有機物樣品1.48g，在純氧中完全燃燒，將產(chǎn)物先后通過濃硫酸和堿石灰，兩者分別增重1.8g和3.52g．

（1）試求該有機物的分子式．（寫出具體計算過程）

（2）若該有機物的核磁共振氫譜圖中出現(xiàn)2個吸收峰，面積比為9：1，寫出其結(jié)構(gòu)簡式．21、有一包鐵粉和銅粉混合均勻的粉末樣品，為確定其組成，某同學(xué)將不同質(zhì)量的該樣品分別與rm{100mLamol隆隴L^{-1}}的rm{FeCl_{3}}溶液反應(yīng)，實驗結(jié)果如下表所示rm{(}忽略反應(yīng)前后溶液體積的微小變化rm{)}。實驗序號rm{壟脵}rm{壟脷}rm{壟脹}rm{壟脺}rm{m(}粉末樣品rm{)/g}rm{2.60}rm{5.20}rm{7.80}rm{10.40}rm{m(}反應(yīng)后剩余固體rm{)/g}rm{0}rm{0.32}rm{3.04}rm{5.64}試計算：rm{(1)a=}__________________。rm{(2)}樣品中鐵和銅的物質(zhì)的量之比rm{n(Fe)隆脙n(Cu)=}______________。22、I．中國科學(xué)家制得一種藍色鎢的氧化物（WOa）；其中鎢的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.7985。

(1)a=______（保留2位小數(shù)）。

(2)WOa中存在五價和六價兩種價態(tài)的鎢。則藍色鎢的氧化物中這兩種價態(tài)的鎢原子數(shù)之比為________。

II．將鐵錳的鎢酸鹽［(Fe,Mn)WO4］堿熔，發(fā)生如下反應(yīng)（設(shè)空氣中N2、O2的體積分?jǐn)?shù)分別為0.8和0.2）：

4FeWO4+4Na2CO3+O24Na2WO4+2Fe2O3+4CO2①

2MnWO4+2Na2CO3+O22Na2WO4+2MnO2+2CO2②

(1)根據(jù)反應(yīng)①，若反應(yīng)前空氣為100L，反應(yīng)后氣體為160L（氣體體積在同溫同壓下測定），則反應(yīng)后所得氣體中CO2的體積分?jǐn)?shù)為_________。

(2)某工廠投料550molNa2CO3制備Na2WO4，每反應(yīng)1molO2時，氣體就增加1.5mol，則生成物中Fe2O3與MnO2的物質(zhì)的量之比為_________；若反應(yīng)后氣體增加300mol，制得Na2WO4_____mol。

III．由Na2WO4制備W的第一步反應(yīng)為：Na2WO4+2HCl→H2WO4↓+2NaCl。往1L密度為1.190g/cm3的37%的濃鹽酸加入6.030molNa2WO4，恰好完全反應(yīng)。將產(chǎn)生的沉淀過濾后，溶液中溶質(zhì)只有NaCl，求該溶液中NaCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)（25℃時NaCl的溶解度為36.0g/100g水）______________評卷人得分四、工業(yè)流程題(共2題，共12分)23、金屬鉻在工業(yè)上有廣泛用途，主要用于不銹鋼及高溫合金的生產(chǎn)。鉻銨礬(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一種以碳素鉻鐵(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)為主要原料生產(chǎn)金屬鉻，并能獲得副產(chǎn)物鐵銨礬【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有關(guān)流程如下:

已知部分陽離子以氫氧化物開始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金屬離子濃度為0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3開始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素鉻鐵前需將其粉碎，其目的是____________

(2)凈化和轉(zhuǎn)化階段:所得殘渣的主要成分是___________，轉(zhuǎn)化時需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1獲得鐵銨礬晶體的操作方法為______；過濾；洗滌、干燥。

(3)將鉻銨礬晶體溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)陽極液通入SO2的離子反應(yīng)方程式______________。

(5)工業(yè)廢水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“鈣、鎂”是將其轉(zhuǎn)化為MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，當(dāng)加入過量NaF使兩種沉淀共存時，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某課外活動小組將鉻銨礬(NH4CrSO4)·12H2O)經(jīng)過一系列操作獲得了Cr2(CO3)3粗品。該小組利用EDTA(乙二胺四乙酸二鈉，陰離子簡寫為H2Y2-)測定粗品中Cr2(CO3)3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，準(zhǔn)確稱取2.00g粗品試樣，溶于5.0mL稀鹽酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl緩沖溶液、0.10g紫脲酸銨混合指示劑，用0.100mol/LEDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至呈穩(wěn)定顏色，平均消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前裝有EDIA標(biāo)準(zhǔn)溶液的滿定管尖嘴部分有氣泡，而滴定結(jié)束后氣泡消失，則測定結(jié)果將_____(填“偏大”；“偏小”或“不變”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)w[Cr2(CO3)3]=____。24、三氯化鉻是化學(xué)合成中的常見物質(zhì),三氯化鉻易升華,在高溫下能被氧氣氧化,堿性條件下能被H2O2氧化為Cr(Ⅵ)。制三氯化鉻的流程如下:

(1)重鉻酸銨分解產(chǎn)生的三氧化二鉻(Cr2O3難溶于水)需用蒸餾水洗滌的原因是________,如何判斷其已洗滌干凈:_____

(2)已知CCl4沸點為76.8℃,為保證穩(wěn)定的CCl4氣流,適宜加熱方式是______。

(3)用如圖裝置制備CrCl3時,主要步驟包括:①將產(chǎn)物收集到蒸發(fā)皿中;②加熱反應(yīng)管至400℃,開始向三頸燒瓶中通入氮氣,使CCl4蒸氣經(jīng)氮氣載入反應(yīng)管進行反應(yīng),繼續(xù)升溫到650℃;③三頸燒瓶中裝入150mLCCl4,并加熱CCl4,溫度控制在50～60℃之間;④反應(yīng)管出口端出現(xiàn)了CrCl3升華物時,切斷加熱管式爐的電源;⑤停止加熱CCl4,繼續(xù)通入氮氣;⑥檢查裝置氣密性。正確的順序為:⑥→③→________。

(4)已知反應(yīng)管中發(fā)生的主要反應(yīng)有:Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光氣有劇毒,實驗需在通風(fēng)櫥中進行,并用乙醇處理COCl2,生成一種含氧酸酯(C5H10O3),用乙醇處理尾氣的化學(xué)方程式為_____。

(5)樣品中三氯化鉻質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測定。

稱取樣品0.3300g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一種帶塞的錐形瓶)中,加熱至沸騰后加入1gNa2O2,充分加熱煮沸,適當(dāng)稀釋,然后加入過量的2mol/LH2SO4溶液至溶液呈強酸性,此時鉻以Cr2O72-存在,再加入1.1gKI,塞上塞子,搖勻,于暗處靜置5分鐘后,加入1mL指示劑,用0.0250mol/L硫代硫酸鈉溶液滴定至終點,平行測定三次,平均消耗標(biāo)準(zhǔn)硫代硫酸鈉溶液24.00mL。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。

①該實驗可選用的指示劑名稱為______。

②移入碘量瓶的CrCl3溶液需加熱煮沸,加入Na2O2后也要加熱煮沸,其主要原因是____。

③樣品中無水三氯化鉻的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為____(結(jié)果保留一位小數(shù))。評卷人得分五、實驗題(共1題，共10分)25、（12分）上網(wǎng)查閱有關(guān)煤的干餾資料，并根據(jù)下圖所示煤的干餾實驗，完成下列問題：(1)指出圖中各儀器的名稱：a________________，b_________________，c_________________，d_________________。(2)裝置c的作用是_________________，d中液體有_________________和_________________。其中的有機物里溶有_________________，可用_________________檢驗出來；有機物可通過_________________方法使其中的重要成分分離出來。(3)e處點燃的氣體是_________________，火焰是_________________色。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】

A位于晶胞的體內(nèi)，共8個，B位于晶胞的頂點和面心，晶胞中B的個數(shù)為8×+6×=4；

則B與A的離子個數(shù)為4：8=1：2，則化學(xué)式為BA2；

故選B．

【解析】【答案】A位于晶胞的體內(nèi)；共8個，B位于晶胞的頂點和面心，可利用均攤法計算．

2、C【分析】太陽能化學(xué)能電能（熱能），裝置Y中正極的電極反應(yīng)式為：O2+2H2O+4e-=4OH-裝置X能實現(xiàn)燃料電池的燃料和氧化劑再生，不能實現(xiàn)化學(xué)能與電能間的完全轉(zhuǎn)化?！窘馕觥俊敬鸢浮緾3、B【分析】【分析】本題考查了離子鍵和共價鍵的判斷，根據(jù)離子鍵和共價鍵的概念來分析解答即可，注意二者的區(qū)別，會根據(jù)存在的化學(xué)鍵書寫電子式，題目難度不大?！窘獯稹恳话銇碚f，活潑金屬和活潑非金屬之間易形成離子鍵；非金屬元素之間易形成共價鍵；第rm{IA}族、第rm{IIA}族和第rm{VIA}族、第rm{VIIA}族元素之間易形成離子鍵。A.rm{NaCl}中鈉離子和氯離子之間只存在離子鍵；故A錯誤；

B.氫氧化鈣中鈣離子和氫氧根離子之間存在離子鍵；氫氧根離子中氫原子和氧原子之間存在共價鍵，故B正確；

C.水中氫原子和氧原子之間只存在共價鍵；故C錯誤；

D.甲烷中氫原子和碳原子之間只存在共價鍵；故D錯誤。

故選B?！窘馕觥縭m{B}4、B【分析】略【解析】rm{B}5、D【分析】rm{2}rm{2-}二甲基丁烷，顯然加雙鍵的位置只能在rm{壟脵}位，為名稱為rm{3}rm{3-}二甲基rm{-1-}丁烯?！窘馕觥縭m{D}6、B【分析】解：由血常規(guī)檢查報告單可看出紅細胞數(shù)；血紅蛋白比正常值低，可能患貧血．需補充鐵元素．

故選B．

由血常規(guī)檢查報告單可看出紅細胞數(shù)；血紅蛋白比正常值低，可能患貧血．

本題考查微量元素對人體健康的重要作用，難度不大，注意知識的積累．【解析】B7、B【分析】②中NaHSO4在熔化狀態(tài)下的電離方程式為：NaHSO4Na++HSO4-；③中鹽酸抑制H2O的電離，AlCl3促進H2O的電離，④中，r(Na+)＜r(F-)，⑤中FeCl3中的Fe3+不能完全水解，所以膠體粒子數(shù)小于NA。8、D【分析】【分析】

本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)；為高頻考點，把握官能團與性質(zhì)的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意基本營養(yǎng)物質(zhì)的性質(zhì)及應(yīng)用，題目難度不大。

【解答】

A.淀粉酶屬于蛋白質(zhì)，含肽鍵rm{-CONH-}脂肪屬于酯類中含酯基rm{-COOC-}均可發(fā)生水解反應(yīng)，故A錯誤；

B.油脂含rm{-COOC-}蔗糖為二糖，均可發(fā)生水解反應(yīng)，故B錯誤；

C.淀粉為多糖，蛋白質(zhì)含rm{-CONH-}均可發(fā)生水解反應(yīng)，故C錯誤；

D.果糖和葡萄糖均為單糖；均不能發(fā)生水解反應(yīng)，故D正確。

故選D。

【解析】rm{D}9、B【分析】解：rm{A.}新制氯水中含有次氯酸，能漂白rm{pH}試紙，不可用rm{pH}試紙測定新制氯水的rm{pH}故A錯誤；

B.中和滴定實驗中；最終需要加蒸餾水定容，錐形瓶有水不影響測定結(jié)果，故不需要干燥，故B正確；

C.鋁離子在溶液中水解生成氫氧化鋁和氫離子，硫離子水解生成硫化氫和氫氧根離子，二者相互促進，則明礬溶液和rm{Na_{2}S}水溶液混合發(fā)生的反應(yīng)為：rm{2Al^{3+}+3S^{2-}+6H_{2}O=2Al(OH)_{3}隆媒+3H_{2}S隆眉}故C錯誤；

D.溶解度大的沉淀可以轉(zhuǎn)化為溶解度更小的另一種沉淀，rm{Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)}故D錯誤．

故選B．

A.新制氯水中含有次氯酸，能漂白rm{pH}試紙；

B.錐形瓶有水不影響測定結(jié)果；

C.鋁離子與硫離子；碳酸氫根離子能夠發(fā)生雙水解反應(yīng)生成沉淀和氣體；

D.溶解度大的沉淀可以轉(zhuǎn)化為溶解度更小的另一種沉淀．

本題考查試紙的使用、中和滴定、鹽類的水解以及沉淀轉(zhuǎn)化，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和元素化合物知識的綜合理解和運用的考查，題目難度中等．【解析】rm{B}二、填空題(共5題，共10分)10、略

【分析】

（1）由于（NH4）2SO4=2NH4++SO42-，溶液中NH4+濃度增大，抑制氨水電離，導(dǎo)致溶液中氫氧根離子濃度減小，氨水分子濃度增大，所以此時溶液中減??；

故答案為：減?。?/p>

（2）硫酸和氨水反應(yīng)生成硫酸銨和水，離子反應(yīng)方程式為NH3．H2O+H+=NH4++H2O，硫酸銨是強酸弱堿鹽水解而使其溶液呈酸性，水解方程式為：NH4++H2O?NH3．H2O+H+；

故答案為：NH3．H2O+H+=NH4++H2O，＜，NH4++H2O?NH3．H2O+H+；

（3）溶液呈中性，則溶液中c（H+）=c（OH-），溶液呈電中性，溶液中存在電荷守恒c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42-）+c（OH-），所以c（SO42-）=0.5c（NH4+）=0.5amol/l；

故答案為：0.5amol/l；

（4）pH=1的硫酸溶液，C（H+）=0.1mol?L-1，氫離子濃度與氨水濃度相等，體積相同，所以恰好反應(yīng)生成鹽，如果NH4+不水解，C（NH4+）：C（SO42-）=2：1，但水解是較弱的，所以c（NH4+）＞c（SO42-）；溶液呈酸性，所以c（H+）＞c（OH-），故溶液中離子濃度大小順序是c（NH4+）＞c（SO42-）＞c（H+）＞c（OH-）；

故答案為：c（NH4+）＞c（SO42-）＞c（H+）＞c（OH-）．

【解析】【答案】（1）向氨水中加入少量硫酸銨固體；銨根離子濃度增大，抑制氨水的電離，溶液中氫氧根離子濃度減小，氨水分子濃度增大；

（2）硫酸和氨水反應(yīng)生成硫酸銨和水；硫酸銨是強酸弱堿鹽水解而使其溶液呈酸性；

（3）根據(jù)溶液中陰陽離子所帶電荷相等確定硫酸根離子濃度；

（4）氨水是弱電解質(zhì)，所以氨水中氫氧根離子濃度遠遠小于氨水濃度，0.1mol?L-1的氨水與pH=1的硫酸等體積混合恰好反應(yīng)；溶液中的溶質(zhì)是硫酸銨，銨根離子水解而硫酸根離子不水解，導(dǎo)致溶液呈酸性，據(jù)此判斷溶液中各種離子濃度大?。?/p>

11、略

【分析】

（1）由C3H8（g）→CH4（g）+HC≡CH（g）+H2（g）△H1=+156.6kJ?mol-1①；

CH3CH=CH2（g）→CH4（g）+HC≡CH（g）△H2=+32.4kJ?mol-1②；

則根據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)C3H8（g）→CH3CH=CH2（g）+H2（g）可由①-②得到；

所以△H=△H1-△H2=+156.6kJ?mol-1-（+32.4kJ?mol-1）=+124.2kJ?mol-1；故答案為：+124.2；

（2）負極通入丙烷，碳元素的化合價升高，電池的正極通入O2；氧元素的化合價降低，即丙烷與氧氣反應(yīng)生成二氧化碳和水；

則電池的總反應(yīng)為C3H8+5O2═3CO2+4H2O，原電池中陰離子向負極移動，即CO32-移向電池的負極；

故答案為：C3H8+5O2═3CO2+4H2O；負；

（3）忽略水的電離及H2CO3的第二級電離，pH=5.60，c（H+）=10-5.60=2.5×10-6mol?L-1；

由H2CO3HCO3-+H+；

平衡時c（H+）=c（HCO3-）=2.5×10-6mol?L-1；

c（H2CO3）=（1.5×10-5-2.5×10-6）mol?L-1；

則Ka==4.2×10-7mol?L-1，故答案為：4.2×10-7mol?L-1；

（4）NaHCO3溶液的pH大于8，則水解大于電離，水解生成H2CO3，電離生成CO32-，即HCO3-CO32-+H+，HCO3-+H2OH2CO3+OH-；

所以c（H2CO3）＞c（CO32-），故答案為：＞；HCO3-CO32-+H+，HCO3-+H2OH2CO3+OH-．

【解析】【答案】（1）根據(jù)已知反應(yīng)和目標(biāo)反應(yīng)，利用蓋斯定律可知反應(yīng)C3H8（g）→CH3CH=CH2（g）+H2（g）由已知的反應(yīng)相減得到，則△H=△H1-△H2；

（2）負極通入丙烷，碳元素的化合價升高，電池的正極通入O2；氧元素的化合價降低，以此來書寫電池總反應(yīng)方程式，原電池中陰離子向負極移動；

（3）H2CO3HCO3-+H+的平衡常數(shù)Ka=利用忽略水的電離及H2CO3的第二級電離，由溶液的pH=5.60可知c（H+）；然后代入計算；

（4）NaHCO3溶液的pH大于8，則水解大于電離，水解生成H2CO3，電離生成CO32-．

12、略

【分析】試題分析：（1）氫氣在氧氣中燃燒的產(chǎn)物是H2O；（2）根據(jù)題意可知NaBH4中B的化合價不變，始終是+3價，則H元素的化合價是-1價，所以與水反應(yīng)的產(chǎn)物還有氫氣，化學(xué)方程式為NaBH4＋2H2O===NaBO2＋4H2↑；反應(yīng)消耗1molNaBH4時，生成4mol氫氣，其中一半是氧化產(chǎn)物，一半是還原產(chǎn)物，所以轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目是2mol×2×NA=4NA；（3）平衡時苯的濃度是bmol·L－1，則氫氣的濃度是3bmol·L－1，環(huán)己烷的平衡濃度是（a-b）mol·L－1，屬于該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=bmol·L－1×（3bmol·L－1）3/（a-b）mol·L－1=mol3·L－3（4）①根據(jù)圖示可知，苯生成環(huán)己烷是還原反應(yīng)，所以D是陰極，則A是負極，所以電子的流向是A→D；②苯得到電子生成環(huán)己烷是目標(biāo)產(chǎn)物，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為C6H6＋6H＋＋6e－===C6H12③陽極生成的2.8mol氣體應(yīng)是氧氣，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是2.8mol×4=11.2mol,設(shè)陰極消耗苯的物質(zhì)的量是xmol，轉(zhuǎn)移6xmol電子，生成xmol環(huán)己烷，根據(jù)得失電子守恒可知，陰極還產(chǎn)生氫氣，物質(zhì)的量是（11.2-6x）/2mol，10mol的混合氣中苯的物質(zhì)的量是10mol×24%=2.4mol,后來得到含苯10%的混合氣，則剩余苯的物質(zhì)的量是(2.4-x)mol,由于電解池中的高分子電解質(zhì)膜只允許氫離子通過，所以左側(cè)得到的含苯的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)是10%的混合氣的物質(zhì)的量是[10+（11.2-6x）/2]mol，所以(2.4-x)/[10+（11.2-6x）/2]=10%，解得x=1.2，電流效率η=6×1.2/11.2×100%=64.3%?？键c：考查氧化還原反應(yīng)的計算，平衡常數(shù)的表達，電解反應(yīng)原理的應(yīng)用【解析】【答案】（12分）（1）H2O（1分）（2）NaBH4＋2H2O===NaBO2＋4H2↑4NA或2.408×1024（3）mol3·L－3（4）①A→D（1分）②C6H6＋6H＋＋6e－===C6H12③64.3%13、略

【分析】解：由rm{壟脵CO(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH=-283.0kJ?mol^{-1}}

rm{壟脷CH_{3}OH(l)+dfrac{3}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-726.5kJ?mol^{-1}}

結(jié)合蓋斯定律可知，rm{壟脵CO(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH=-283.0kJ?mol^{-1}}得到rm{壟脷CH_{3}OH(l)+dfrac

{3}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangle

H=-726.5kJ?mol^{-1}}其rm{triangleH=-726.5kJ?mol^{-1}-(-283.0kJ?mol^{-1})=-443.5kJ?mol^{-1}}

即甲醇不完全燃燒生成一氧化碳和液態(tài)水的熱化學(xué)方程式為rm{CH_{3}OH(l)+O_{2}(g)簍TCO(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-443.5kJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{CH_{3}OH(l)+O_{2}(g)簍TCO(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-443.5kJ?mol^{-1}}

由rm{壟脵CO(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH=-283.0kJ?mol^{-1}}

rm{壟脷CH_{3}OH(l)+dfrac{3}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-726.5kJ?mol^{-1}}

結(jié)合蓋斯定律可知，rm{壟脷-壟脵}得到rm{CH_{3}OH(l)+O_{2}(g)簍TCO(g)+2H_{2}O(l)}以此來解答。

本題考查熱化學(xué)方程式的書寫，為高頻考點，把握蓋斯定律的應(yīng)用、焓變的計算為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意熱化學(xué)方程式的書寫方法，題目難度不大。rm{triangle

H=-726.5kJ?mol^{-1}-(-283.0kJ?mol^{-1})=-443.5kJ?mol^{-1}}【解析】rm{CH_{3}OH(l)+O_{2}(g)簍TCO(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-443.5kJ?mol^{-1}}14、略

【分析】【解析】【答案】(各2分).(1)④②、③、①。（2）⑥⑦④、⑤⑧三、計算題(共8題，共16分)15、略

【分析】【解析】【答案】(1)5(2)616、略

【分析】根據(jù)已知離子方程式找出碘酸根離子、碘和硫代硫酸根離子之間的關(guān)系式，從而確定碘酸鉀和硫代硫酸鈉之間的關(guān)系式，再結(jié)合其含量確定產(chǎn)品是否合格．【解析】解：n(Na2S2O3)=0.030mol/L×0.018L=0.00054mol；

根據(jù)兩步反應(yīng)的離子方程式，可以找出關(guān)系式：IO33I26S2O32-，即KIO3-6Na2S2O3；

設(shè)碘酸鉀的質(zhì)量是m

KIO36Na2S2O3

214g6mol

m0.00054mol

214g：6mol=m(KIO3)：0.00054mol

m(KIO3)==0.01926g=19.26mg

則每千克食鹽中所含KIO3的質(zhì)量為：19.26mg/0.428=45mg；在40mg～50mg范圍內(nèi)，所以該加碘食鹽是合格產(chǎn)品；

答：在40mg～50mg范圍內(nèi)，所以該加碘食鹽是合格產(chǎn)品．17、略

【分析】

（1）濃硫酸增重3.6g為水的質(zhì)量，根據(jù)n=計算水的物質(zhì)的量；根據(jù)H原子守恒計算n（H）；

堿石灰增重4.4g為二氧化碳的質(zhì)量，根據(jù)n=計算二氧化碳，根據(jù)n=計算氧氣的物質(zhì)的量，根據(jù)m=nM計算氧氣的質(zhì)量，根據(jù)質(zhì)量守恒計算CO的質(zhì)量，根據(jù)n=計算CO的物質(zhì)的量；再根據(jù)C原子守恒計算n（C）；

（2）根據(jù)氧原子守恒3gA中氧原子的質(zhì)量；再根據(jù)（1）（2）中的計算確定該物質(zhì)的最簡式及分子式；

（3）有機物含C；H、O元素；為醇或醚．

本題考查有機物分子式計算的確定，為高頻考點，把握燃燒規(guī)律、原子守恒、質(zhì)量守恒為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意守恒法的應(yīng)用，題目難度不大．【解析】解：（1）濃硫酸增重3.6g為水的質(zhì)量，n（H2O）==0.2mol，根據(jù)H原子守恒可知n（H）=2n（H2O）=0.4mol；

堿石灰增重4.4g為二氧化碳的質(zhì)量，n（CO2）==0.1mol；

4.48L氧氣的物質(zhì)的量==0.2mol；氧氣的質(zhì)量=0.2mol×32g/mol=6.4g

故CO的質(zhì)量=3g+6.4g-3.6g-4.4g=1.4g，故n（CO）==0.05mol；

根據(jù)C原子守恒可知n（C）=n（CO2）+n（CO）=0.1mol+0.05mol=0.15mol；

答：3gA中所含氫原子；碳原子的物質(zhì)的量各是0.4mol、0.15mol；

（2）由O原子守恒可知3gA中n（O）=2n（CO2）+n（CO）+n（H2O）-2n（O2）=2×0.1mol+0.05mol+0.2mol-2×0.2mol=0.05mol；

由（1）（2）可知3gA中3gA中；n（H）=0.4mol，n（C）=0.15mol；

所以，n（C）：n（H）：n（O）=3：8：1，故A的最簡式為C3H8O，由H原子與碳原子數(shù)目可知，H原子已經(jīng)飽和C原子四價結(jié)構(gòu)，故其最簡式即為分子式，A的分子式為C3H8O；

答：該有機物的分子式為C3H8O；

（3）有機物的分子式為C3H8O，為醇或醚，可能結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2CH2OH、CH3CHOHCH3、CH3OCH2CH3；

答：有機物A可能的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2CH2OH、CH3CHOHCH3、CH3OCH2CH3．18、略

【分析】【解析】試題分析：設(shè)消耗N2物質(zhì)的量為x。N2+3H22NH3始(mol)1030平(mol)10-x30-3x2x由氨氣的體積分?jǐn)?shù)得2x/(10－x+30－3x+2x)=0.25得x=4，所以平衡時氮氣、氫氣、氨氣的物質(zhì)的量分別為6mol、18mol、8mol，氮氣的轉(zhuǎn)化率為0.4?？键c：化學(xué)計算【解析】【答案】618840%19、略

【分析】考查有機物分子式及結(jié)構(gòu)簡式的判斷?！窘馕觥俊敬鸢浮?.25mol有機物質(zhì)量為27g所以其相對分子質(zhì)量是因此10.8g有機物的物質(zhì)的量是0.1mol因為7.2g水和15.68L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）二氧化碳的物質(zhì)的量分別為所以根據(jù)原子守恒可知，該有機物的分子式為C7H8O根據(jù)氧化物的性質(zhì)可判斷，該有機物是酚類所以可能的結(jié)構(gòu)簡式為名稱分別是鄰甲基苯酚、對甲基苯酚、間甲基苯酚。20、略

【分析】

（1）濃硫酸增重為燃燒生成水的質(zhì)量；堿石灰增重為生成二氧化碳的質(zhì)量，計算有機物；水、二氧化碳的物質(zhì)的量，再根據(jù)原子守恒計算分子中C、H原子數(shù)目，結(jié)合相對分子質(zhì)量可計算O原子個數(shù)，進而確定分子式；

（2）若該有機物的核磁共振氫譜圖中出現(xiàn)2個吸收峰；面積比為9：1，結(jié)合分子式書寫可能的結(jié)構(gòu)簡式．

本題考查有機物分子式的確定，側(cè)重于學(xué)生分析能力和計算能力的考查，題目難度不大，注意根據(jù)相對分子質(zhì)量確定氧原子個數(shù)．【解析】解：（1）有機物的物質(zhì)的量為=0.02mol，n（H2O）==0.1mol，n（CO2）==0.08mol；

所以有機物分子中N（C）==3、N（H）==10；

又因為有機物分子量為74，則有機物中N（O）==1；

故有機物分子式為C4H10O；

答：有機物的分子式為C4H10O．

（2）若該有機物的核磁共振氫譜圖中出現(xiàn)2個吸收峰，面積比為9：1，則該有機物的結(jié)構(gòu)簡式為：C（CH3）3OH；

答：有機物的結(jié)構(gòu)簡式為C（CH3）3OH．21、（1）1.70mol·L－1

（2）5:1【分析】【分析】本題考查混合物的計算，涉及物質(zhì)的量、物質(zhì)的量濃度和離子方程式的計算，是中學(xué)化學(xué)的重要知識，難度較大。關(guān)鍵是掌握離子反應(yīng)的原理，側(cè)重知識的能力考察?！窘獯稹縭m{(1)}鐵的還原性強于銅，所以rm{Fe}鐵的還原性強于銅，所以rm{(1)}rm{Fe}rm{3+}rm{3+}先和鐵發(fā)生反應(yīng)：rm{Fe+2Fe}rm{Fe+2Fe}rm{3+}rm{3+}rm{=3Fe}rm{=3Fe}rm{2+}rm{2+}，反應(yīng)后rm{Fe}rm{Fe}rm{3+}rm{3+}有剩余，再與銅發(fā)生反應(yīng)：rm{Cu+2Fe}rm{Cu+2Fe}rm{3+}rm{3+}rm{=2Fe}rm{=2Fe}rm{2+}rm{2+}大于第rm{+Cu}rm{+Cu}rm{2+}rm{2+}，所以剩余的固體是銅或鐵和銅，從第rm{壟脷}rm{壟脷}組數(shù)據(jù)，可以得出rm{FeCl}rm{FeCl}rm{3}假設(shè)只發(fā)生rm{3}溶液全部參與反應(yīng)，rm{100mL}rm{100mL}rm{amol?L}rm{amol?L}的物質(zhì)的量為rm{-1}則溶解的rm{-1}的質(zhì)量為rm{FeCl}剩余的固體可能是同時也有一部分rm{FeCl}溶解，所以剩余的固體全部為rm{3}第rm{3}組實驗中溶解金屬為溶液能溶解金屬質(zhì)量rm{5.20g-0.32g=4.88g}大于第混合物中rm{5.20g-0.32g=4.88g}反應(yīng)為rm{壟脵}rm{壟脵}不反應(yīng)，剩余組溶解的金屬質(zhì)量，故第為rm{壟脵}和rm{壟脵}組金屬完全反應(yīng)、rm{FeCl}反應(yīng)的全部是鐵單質(zhì)，故有rm{FeCl}rm{3}rm{3}有剩余；第rm{壟脷}rm{壟脷}組實驗中rm{FeCl}rm{FeCl}。故答案為：rm{3}rm{3}由上分析知第溶液全部參與反應(yīng)，其物質(zhì)的量為rm{=0.10L隆脕amol/L=0.1amol}假設(shè)只發(fā)生rm{Fe+2Fe}組中數(shù)據(jù)可得，設(shè)rm{=0.10L隆脕amol/L=0.1amol}為rm{Fe+2Fe}rm{3+}為rm{3+}rm{=3Fe}rm{=3Fe}所以rm{2+}rm{2+}故答案為：，參加反應(yīng)rm{Fe}的物質(zhì)的量為rm{0.05amol}則溶解的rm{Fe}的質(zhì)量為rm{0.05amol隆脕56g/mol=2.8ag}剩余的固體可能是同時也有一部分rm{Cu}溶解，所以剩余的固體全部為rm{Cu}第rm{壟脹}組實驗中溶解金屬為rm{7.80g-3.04g=4.76g}混合物中rm{Fe}反應(yīng)為rm{2.8ag}rm{Cu}不反應(yīng)，剩余rm{3.04g}為rm{Cu}和rm{Fe}rm{Fe}【解析】rm{(1)1.70mol隆隴L^{-1}}rm{(1)1.70mol隆隴L^{-1}}rm{(2)5:1}22、略

【分析】【分析】

I．(1)利用W的質(zhì)量分?jǐn)?shù)；求出W與O的原子個數(shù)比，從而求出a。

(2)假設(shè)未知數(shù)；利用化合價的代數(shù)和為0，求藍色鎢的氧化物中這兩種價態(tài)的鎢原子數(shù)之比。

II．(1)利用兩個化學(xué)反應(yīng)，設(shè)未知數(shù)建立方程，求出生成CO2的體積，從而求出反應(yīng)后所得氣體中CO2的體積分?jǐn)?shù)。

(2)可建立二元一次方程組，求出兩個反應(yīng)中參加反應(yīng)O2的物質(zhì)的量，從而求出生成物中Fe2O3與MnO2的物質(zhì)的量之比及制得Na2WO4的物質(zhì)的量。

III．求出HCl的物質(zhì)的量；從而計算出生成NaCl的物質(zhì)的量及質(zhì)量，再求出濃鹽酸中所含水的質(zhì)量，驗證生成的NaCl能否完全溶解，最后計算該溶液中NaCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。

【詳解】

I．(1)設(shè)WOa的相對分子質(zhì)量為M，則a==2.90。答案為：2.90；

(2)設(shè)WOa中五價鎢的物質(zhì)的量為x，六價鎢的物質(zhì)的量為y，依據(jù)化合價的代數(shù)和為0，可得出如下關(guān)系式：5x+6y=2.90(x+y)×2，從而求出x:y=1:4。答案為：n(W)(V)︰n(W)(VI)=1︰4；

II．4FeWO4+4Na2CO3+O24Na2WO4+2Fe2O3+4CO2①

2MnWO4+2Na2CO3+O22Na2WO4+2MnO2+2CO2②

(1)根據(jù)反應(yīng)①，可建立關(guān)系式：O2—4CO2，若反應(yīng)前空氣為100L，反應(yīng)后氣體為160L（氣體體積在同溫同壓下測定），則反應(yīng)后所得氣體中CO2的體積為=80L，CO2的體積分?jǐn)?shù)為=0.50。答案為：0.50；

(2)設(shè)反應(yīng)①中參加反應(yīng)的O2的物質(zhì)的量為x，反應(yīng)②中參加反應(yīng)的O2的物質(zhì)的量為y，則：3x+y=1.5(x+y)，求出x:y=1:3，生成物中Fe2O3與MnO2的物質(zhì)的量之比為2x:2y=1:3；若反應(yīng)后氣體增加300mol，則3x+y=300，再利用x:y=1:3，便可求出x=50mol，y=150mol，制得Na2WO4為4x+2y=500mol，所以550molNa2CO3是過量的。答案為：1:3；500mol；

III．n(HCl)==12.06mol，由方程式Na2WO4+2HCl→H2WO4↓+2NaCl知，生成NaCl12.06mol，質(zhì)量為12.06mol×58.5g/mol=705.51g，m(H2O)=1000mL×1.19g/mL×63%=749.7g，能溶解NaCl的質(zhì)量為=269.9g，由此可知，生成的NaCl不能完全溶解，所得溶液為NaCl的飽和溶液，該溶液中NaCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為=0.2647。答案為：0.2647。

【點睛】

最后一問，求出了NaCl的質(zhì)量，又求出濃鹽酸中所含水的質(zhì)量，我們易犯的錯誤是直接求出NaCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，沒有考慮NaCl能否溶解完全的問題，從而導(dǎo)致出錯?！窘馕觥?.90n(W)(V)︰n(W)(VI)=1︰40.501：3500mol0.2647四、工業(yè)流程題(共2題，共12分)23、略

【分析】【詳解】

(1)溶解碳素鉻鐵前需將其粉碎，增大接觸面積，提高反應(yīng)速率；(2)碳與雙氧水、硫酸銨及硫酸均不反應(yīng)，故凈化和轉(zhuǎn)化階段:所得殘渣的主要成分是碳(或C)，轉(zhuǎn)化時需要添加定量的H2O2，其目的是使Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+。由溶液1獲得鐵銨礬晶體的操作方法為蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾、洗滌、干燥；(3)將鉻銨礬晶體溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是抑制離子的水解；(4)陽極液通入SO2，二氧化硫與Cr2O72-反應(yīng)生成S