1、- 1 -莆田一中 20182019学年度上学期第一次月考试卷高三化学相对原子质量 H-1 O-16 C-12 Na-23 Al-27 S-16 Cl-35.5 Cu-64第一卷 选择题(共 42分)一、单项选择题（每小题 2分，共 42分。每小题只有一个选项符合题意）1.中国古代四大发明是：造纸术、指南针、火药、活字印刷术。来自“一带一路”沿线的 20国青年评选出了中国的“新四大发明”：网购、支付宝、中国高铁、共享单车。 “新四大发明”中与化学关系最密切的一项是A. 网购 B. 支付宝 C. 中国高铁 D. 共享单车【答案】C【解析】高铁需要化学方法制取的新材料的支撑，所以“新四大发明”中与
2、化学关系最密切的一项是中国高铁，故选 C。2.下列有关说法不正确的是A. 相同条件下，溶液中 Fe3 、Cu 2 、Zn 2 的氧化性依次减弱B. 0.1 mol Fe与足量盐酸反应，转移的电子数为 0.2NAC. 除去 FeCl2溶液中混有的 FeCl3：加入过量铁粉，过滤D. 常温常压下，足量的 Fe在 1 mol Cl2中充分燃烧，转移的电子数为 3NA【答案】D【解析】【详解】A根据金属活动性顺序可知金属性由强到弱：ZnFeCu，而离子的氧化性却是：Fe3+Cu 2+Zn 2+，选项 A正确；BFe 与足量盐酸反应反应生成二价铁离子，0.1 mol Fe与足量盐酸反应转移的电子数为 0
3、.2NA，选项 B正确；CFe 与氯化铁反应生成氯化亚铁，则加入过量铁粉，过滤可除杂，选项 C正确；D1mol 氯气与足量的铁反应最多得到 2mol电子，转移的电子数为 2NA，选项 D不正确。答案选 D。3.设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 5.4g Al分别与含溶质 0.2 mol的 NaOH溶液、盐酸反应，生成 H2的分子数均为 0.3NAB. 0.1 mol NH4Cl固体中含有 NH键的个数为 0.4NAC. 将含有 1 mol FeCl3的浓溶液全部制成胶体，含 Fe(OH)3胶粒的数目为 NA- 2 -D. 1 mol熔融的 NaHSO4中含阳离子总数为 2NA
4、【答案】B【解析】【详解】A、与 0.2mol铝反应，要消耗 0.6mol盐酸，酸不足产生的氢气少，选项 A错误；B、1 mol NH4Cl固体中含有 4molNH键,则 0.1 mol NH4Cl固体中含有 NH键的个数为0.4NA，选项 B正确；C若干 Fe(OH)3分子形成一个胶粒，得到红褐色氢氧化铁胶体小于 NA个，选项 C错误；D、1mol 熔融的 NaHSO4电离生成 Na+和 HSO4 ，所以 1 mol熔融的 NaHSO4中含阳离子总数为 NA，选项 D错误。答案选 B。4.近年来高铁酸钾(K 2FeO4)已经被广泛应用在水处理方面，高铁酸钾的氧化性超过高锰酸钾，是一种集氧化、
5、吸附、凝聚、杀菌于一体的新型高效多功能水处理剂，干燥的高铁酸钾在198 以下是稳定的，受热易分解。高铁酸钾在水处理过程中涉及的变化过程有蛋白质的变性 蛋白质的盐析 胶体聚沉 盐类水解 焰色反应 氧化还原反应A. B. C. D. 【答案】B【解析】高铁酸钾具有强氧化性，能够使蛋白质变性杀死细菌，、正确；高铁酸根还原得到的Fe3 能够水解，产生胶状的 Fe(OH)3具有吸附性，能够吸附水中的悬浮颗粒发生聚沉形成沉淀，、正确。答案选 B。5.中学化学中很多“规律”都有其使用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是A. Al(OH)3、Cu(OH) 2受热易分解，Fe(OH) 3受热也易分解B.
6、 过量 CO2通入漂白粉溶液，所得溶液漂白性增强，过量 SO2通入漂白粉溶液，所得溶液漂白性也增强(不考虑 SO2溶解)C. 根据 F、Cl、Br、I 非金属性依次减弱，推出 HF、HCl、HBr、HI 的酸性依次减弱D. 37时，Fe 3+、Cu 2+能催化 H2O2的分解；100时，MnO 2、过氧化氢酶也能催化 H2O2的分解【答案】A【解析】【详解】A、难溶性的氢氧化物加热易分解，选项 A正确；B、漂白粉能够氧化 SO2，使漂白效果变弱，选项 B错误；C、F、Cl、Br、I 非金属性依次减弱，但它们气态氢化物的水溶液- 3 -的酸性递增，选项 C错误；D、过氧化氢酶是一种蛋白质，温度达
7、到 100，蛋白质已经变性，失去生物活性，选项 D错误。答案选 A。6.根据侯氏制碱原理制备少量 NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取 NaHCO3、分离 NaHCO3、干燥 NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是（ ）A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A氯化铵不稳定，加热易分解，温度稍低又可生成氯化铵，制备氨气，应用氯化铵和氢氧化钙为反应物，故 A错误；B应将二氧化碳从长导管通入，否则会将液体排出，故 B错误；C从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法，故 C正确；D碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥，可低温烘干或用滤纸吸去表面的水，故 D错误；故选
8、 C。视频7.工业上可用硫酸铝与硫磺焙烧制备氧化铝：2A1 2(SO4)3+3S 2Al2O3+9SO2， 下列有关说法中正确的是A. 反应中 Al2(SO4)3被氧化B. Al2(SO4)3、A1 2O3均含有离子键和共价键C. 5.1 g A12O3含有 9.031022个阴离子D. 该反应中，每转移 0.3 mol电子生成 5.04 L SO2【答案】C【解析】该反应中 Al2(SO4)3中的 S元素从+6 价转变为 SO2中的+4 价,被还原,A 错;Al 2O3是离子化合物,只含有离子键,B 错;n(Al 2O3)=5.1g/102gmol-1=“0.05“ mol,则氧离子个数为:
9、0.05 - 4 -mol36.021023mol-1=9.031022,C正确;由于没有说明标准状况,故生成 SO2气体的体积不能确定,D 错误。8.把 NaHCO3和 Na2O2的混合物放在密闭容器中加热，关于混合物加热前后与足量盐酸反应消耗盐酸的量，下列判断正确的是A. 加热前后一样多B. 加热前消耗的多C. 加热后消耗的多D. 当 Na2O2适量时才会一样多【答案】A【解析】试题分析：该题运用守恒解题，可以不看反应前后，只看与盐酸反应的最终产物，因为最终产物均为 NaCl，而 Na+的质量在加热前后不变，即 Na+的物质的量一定，所以 n(Cl-)=n(Na+)，又因为 Cl-来自于盐
10、酸，所以消耗盐酸一样多，答案选 A。考点：考查守恒法在化学反应中的应用。9.拟晶 Al65Cu23Fe12具有合金的某些优良物理性能，将相同质量的此拟晶分别与足量的盐酸、烧碱和稀硝酸反应，产生气体物质的量关系为A. n(盐酸)ClC. 反应中每生成 1 mol N2，转移 6 mol电子D. 经此法处理过的废水可以直接排放【答案】D【解析】【分析】2NH4+3ClO =N23Cl 2H 3H 2O中，Cl 元素的化合价由+1 价降低为-1 价，N 元素的化合价由-3 价升高为 0价，以此来解答。【详解】ACl 元素的化合价由+1 价降低为-1 价被还原，N 元素的化合价由-3 价升高为 0价被
11、氧化，选项 A正确；B2NH 4+3ClO =N23Cl 2H 3H 2O中，N 元素的化合价由-3价升高为 0价，则 NH4+为还原剂，Cl 元素的化合价由+1 价降低为-1 价，则生成 Cl-为还原产物，所以还原性 NH4+Cl-，选项 B正确；CN 元素的化合价由-3 价升高为 0价被氧化，所以反应中每生成 1 mol N2，转移（3-0）21mol=6 mol电子，选项 C正确；D由- 9 -2NH4+3ClO =N23Cl 2H 3H 2O得出经此法处理过的废水曾酸性，所以不能直接排放，选项 D错误；答案选 D。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化
12、为解答的关键，侧重氧化还原反应中基本概念的考查，题目难度不大。16.在不同温度下，水溶液中 c(H )与 c(OH )有如图所示关系。下列条件关于离子共存说法中正确的是A. a点对应的溶液中大量存在：Fe 3 、Na 、SCN 、SO 42-B. b点对应的溶液中大量存在：Na 、Fe 3 、HCO 3-、I C. c点对应的溶液中大量存在：Na 、Ca 2 、Cl 、CO 32-D. d点对应的溶液中大量存在：Na 、K 、SO 32-、Cl 【答案】D【解析】试题分析：A、a 点溶液显中性，Fe 3 在中性溶液中不能大量存在，生成氢氧化铁沉淀，Fe 3和 SCN 发生络合反应，故错误；B、
13、b 点溶液显酸性，Fe 3 和 HCO3 发生双水解反应，Fe 3和 I 发生氧化还原反应，故错误；C、c 点溶液显中性，Ca 2 和 CO32 生成 CaCO3沉淀，不能大量共存，故错误；D、d 点溶液显碱性，能够大量共存，故正确。考点：考查离子大量共存等知识。17.下列反应中，Na 2O2只表现还原性的是A. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2B. Na2O2+MnO2=Na2MnO4C. 2Na2O2+H2SO4=Na2SO4+H2O+O2D. 5Na2O2+2KMnO4+8H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+2MnSO4+5O2+8H 2O【答案】D【解析】【详解】A过氧化钠
14、中 O元素的化合价升高也降低，表现氧化性和还原性，选项 A不选；- 10 -B过氧化钠中 O元素的化合价降低，只表示氧化性，选项 B不选； C过氧化钠中 O元素的化合价升高也降低，表现氧化性和还原性，选项 C不选；D过氧化钠中 O元素的化合价升高，只表示还原性，选项 D选；答案选 D。【点睛】本题考查了元素氧化性和还原性的判断，难度不大，根据元素的化合价升降判断即可，化学反应中 Na2O2只表现还原性说明氧元素的失电子化合价升高。18.下列说法正确的是。A. 加入过量氨水，有白色沉淀生成，则原溶液一定有 Al3B. FeCl3、CuCl 2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体剩余，加入 K
15、CSN溶液可能变成血红色C. 常温下锌与浓硫酸不反应，与稀硫酸反应生成氢气D. 加入 NaOH溶液，产生气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则原溶液一定有 NH4+【答案】D【解析】【详解】A不一定为氢氧化铝沉淀，可能生成氢氧化镁等白色沉淀，应加入氢氧化钠溶液，观察沉淀是否溶解，选项 A错误；B有固体剩余，则溶液中不存在铁离子，加入 KSCN，溶液不变为红色，选项 B错误；C浓硫酸具有强氧化性，锌与浓硫酸反应生成二氧化硫，选项 C错误；D湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明生成氨气，则原溶液中含有铵根离子，选项D正确；答案选 D。19.已知反应 BeCl2+Na2BeO2+2H2O2NaCl+2Be(OH)
16、 2能进行完全。以下推断中正确的是A. BeCl2溶液 pH7，将其蒸干、灼烧后可得残留物 BeCl2B. Na2BeO2溶液 pH7，将其蒸干、灼烧后可得残留物 Na2BeO2C. Be(OH)2能溶于盐酸，不能溶于 NaOH溶液D. BeCl2水溶液的导电性强，BeCl 2一定是离子晶体【答案】B【解析】【详解】ABeCl 2为强酸弱碱盐，水解呈酸性，溶液的 pH7，将其蒸干，灼烧后可得残留物 BeO，选项 A错误；BNa 2BeO2溶液水解呈碱性，溶液的 pH7，将其蒸干，灼烧后可得残留物 Na2BeO2，选项 B正确；CBe(OH) 2性质类似于氢氧化铝，具有两性，则既能溶于盐酸，又能
17、溶于 NaOH溶液，选项 C错误；D根据化合物在熔融状态下能否导电来判断其是否是离子化合物，BeCl 2水溶液导电性强，不能说明 BeCl2是离子晶体，选项 D错误。答案选 B。- 11 -20.在溶有 Fe2(SO4)3和 CuSO4的溶液中加入锌粉, 下列说法中不正确的是A. 若锌粉无剩余, 且溶液中尚存有 Cu2+, 则一定有 Fe2+B. 若锌粉无剩余, 且溶液中无 Cu2+，则一定有 Zn2+,一定无 Fe3+，但不能确定 有无 Fe2+C. 若锌粉有剩余, 则不溶物中一定有铜，可能有铁D. 若锌粉有剩余, 则溶液中的金属阳离子只有 Zn2+【答案】C【解析】【分析】在溶液中的氧化性
18、 Fe3+Fe 2+Zn 2+，所以在溶有 Fe2(SO4)3和 CuSO4的溶液中加入锌粉，发生的反应先后顺序为：2Fe 3+Zn=2Fe2+Zn2+，Cu 2+Zn=Cu+Zn2+，Fe 2+Zn=Fe+Zn2+，据此分析解答。【详解】在金属活动性顺序中，锌铁氢铜，氢前的金属能与酸发生置换反应生成氢气，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，所以在溶有 Fe2(SO4)3和 CuSO4的溶液中加入锌粉，发生的反应有：Cu 2+Zn=Cu+Zn2+，在溶液中的氧化性 Fe3+Fe 2+Zn 2+，所以 2Fe3+Zn=2Fe2+Zn2+，Fe 2+Zn=Fe+Zn2+，A发生的
19、反应先后顺序为：2Fe3+Zn=2Fe2+Zn2+，Cu 2+Zn=Cu+Zn2+，Fe 2+Zn=Fe+Zn2+，若锌粉无剩余，且溶液中尚存有Cu2+，Fe 2+Zn=Fe+Zn2+，一定没有发生，则一定有 Fe2+，选项 A正确；B若锌粉无剩余，且溶液中无 Cu2+，2Fe 3+Zn=2Fe2+Zn2+，Cu 2+Zn=Cu+Zn2+，一定发生，Fe 2+Zn=Fe+Zn2+，可能发生，则一定有 Zn2+，一定无 Fe3+，但不能确定有无 Fe2+，选项 B正确；C若锌粉有剩余，说明溶液中一定没有 Fe3+、Fe 2+、Cu 2+，则不溶物中一定有铜和铁，选项 C错误；D若锌粉有剩余，说明
20、溶液中一定没有 Fe3+、Fe 2+、Cu 2+，则溶液中的金属阳离子只有 Zn2+，选项 D正确；答案选 C。【点睛】本题考查了 Fe3+、Fe 2+、Zn 2+氧化性强弱的应用，依据金属活动性顺序以及氧化性Fe3+Fe 2+Zn 2+是解答的关键，题目难度中等。21.将 512g Cu 完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含 NO、N 2O4、NO 2）的混合物共 09 mol，这些气体恰好能被 500ml、2mol/LNaOH 溶液完全吸收，生成含 NaNO3和 NaNO2的盐溶液，其中 NaNO3的物质的量为A. 02mol B. 04mol C. 08mol D. 09mol【答
21、案】A【解析】- 12 -试题分析：根据电子守恒，铜失去的电子最终由氮原子得到生成亚硝酸钠，所有亚硝酸钠的物质的量=51.2/642/2=0.8 摩尔，根据钠守恒，所以硝酸钠的物质的量=20.5-0.8=0.2摩尔，选 A。考点：电子守恒和原子守恒第二卷（非选择题 共 58分）二、填空题22.由一种短周期金属元素和一种非金属元素组成的化合物 X可与水发生复分解反应。某校兴趣小组用如图装置(夹持装置略去)对其进行探究实验。(1)仪器 G的名称是_，B 中红色石蕊试纸变蓝，则单质 M的电子式为_。(2)化合物 X中金属元素和非金属元素质量比为 69:14，写出 X与水反应的化学方程式：_。(3)C
22、中的试剂名称为_。(4)实验时，装置 D中硬质玻璃管内的现象为_。(5)裝置 E中试剂 Z为_(填化学式)，装置 E的作用是_。(6)若不通过 E、F 两装置，请设计实验方案证明 D中发生了反应(不通过观察 D中固体颜色发生变化)_ 。(7)若装置 A中固体样品含有杂质(杂质不参与反应)，某同学通过测定 F中单质 M在标准状况下的体积和固体样品的质量，以确定固体样品中 X的质量分数，判断该方案是否可行，并说明原因：_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). (3). Na3N+3H2O=3NaOH+NH3 (4). - 13 -碱石灰 (5). 黑色粉末逐渐变为红色，硬质玻璃管末端有水珠凝结
23、(6). CC1 4 (7).吸收未反应的 NH3，并防止倒吸 (8). 称量反应前后硬质玻璃管内固体物质的质量 (9). 不可行，因为装置 A中生成的氨气不可能完全与 CuO 反应【解析】【详解】 （1）仪器 G的名称是分液漏斗；B 中红色石燕试纸变蓝，则产生氨气，氨气与氧化铜加热反应反应生成单质 M为氮气，其电子式为： ；（2）化合物 X中含氮元素质量分数为 16.9，X 应该为氮与活泼全属形成的氮化物，则， =23，则 X为 Na2N，Na 3N与水反应的化学方程式为：Na3N3H 2O3NaOHNH 3；（3）中的试剂用于干燥氨气，名称为碱石灰；（4）实验时，装置 D中硬质玻璃管内的现
24、象为黑色粉末逐渐变为红色。硬质玻璃管未端有水珠凝结；（5）装置 E中试剂 Z为 CCl4，装置 E的作用是吸收未反应的 NH3并防止倒吸；（6）若不通过 E、F 两装置，称量反应前后硬质玻璃管内固体物质的质量，通过固体质量的变化证明 D中发生了反应（不通过观察 D中园体颜色发生変化；（7）若装置 A中国体样品含有杂质（杂质不参与反应） ，某同学通过测定 F中单质 M在准状况下的体积和固体样品的质量，以确定固体样品中 X的质分数，方案不可行，因为装置 A中生成的気气不可能完全与 CuO反应。23.二氧化铈(CeO 2)是一种重要的稀土氧化物，平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含 Si
25、O2、Fe 2O3、CeO 2、FeO 等物质） 。某课题组以此粉末为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到纯净的 CeO2和硫酸铁铵晶体。已知：CeO 2不溶于稀硫酸，也不溶于 NaOH溶液。回答下列问题：（1）稀酸 A的分子式是_。- 14 -（2）滤液 1中加入 H2O2溶液的目的是_。（3）设计实验证明滤液 1中含有 Fe2+_。（4）在酸性溶液中，已知 Fe2+溶液可以和难溶于水的 FeO(OH)反应生成 Fe3O4，书写该反应的离子方程式_。（5）由滤液 2生成 Ce(OH)4的离子方程式_。（6）硫酸铁铵晶体Fe 2(SO4)32(NH4)2SO43H2O广泛用于水的净化处理
26、，但其在去除酸性废水中的悬浮物时效率降低，其原因是_。（7）取上述流程中得到的 Ce(OH)4产品 0.531 g，加硫酸溶解后，用浓度为 0.l000 molL-1的 FeSO 4标准溶液滴定至终点时（铈被还原为 Ce3+ )，消耗 25.00 mL标准溶液。该产品中Ce(OH)4的质量分数为_ (结果保留两位有效数字)，Mr（Ce）140。【答案】 (1). H2SO4 (2). 使 Fe2+氧化为 Fe3+ (3). 取少许滤液 1，滴加铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成，则证明滤液 1中有 Fe2+ (4). Fe2+ +2FeO(OH) = Fe3O4 +2H+ (5). 4Ce 3 +
27、O2 +12OH +2H2O =4Ce(OH)4 (6). Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+，酸性废水抑制 Fe3+的水解（或水解平衡逆向移动） ，使其不能生成有吸附作用的 Fe(OH)3胶体 (7). 0.98或 98%【解析】【详解】(1)已知：CeO 2不溶于稀硫酸，废玻璃粉末(含 SiO2、Fe 2O3、CeO 2、FeO 等物质)中SiO2也不溶于酸，加入稀硫酸可将 CeO2和 SiO2与 Fe2O3、FeO 分离，故答案为：H 2SO4； (2)滤液 1中加入 H2O2溶液的目的是使 Fe2+氧化为 Fe3+，故答案为：使 Fe2+氧化为 Fe3+；(3)设计实验
28、证明滤液 1中含有 Fe2+的方法为：取少许滤液 1，滴加铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成，则证明滤液 1中有 Fe2+，故答案为：取少许滤液 1，滴加铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成，则证明滤液 1中有 Fe2+；(4)已知 Fe2+溶液可以和难溶于水的 FeO(OH)反应生成 Fe3O4，该反应的离子方程式为Fe2+2FeO(OH)Fe 3O4+2H+，故答案为：Fe 2+2FeO(OH)Fe 3O4+2H+；(5)由滤液 2生成 Ce(OH)4的反应是滤液 2加入碱并通入氧气将 Ce从+3 氧化为+4 后 Ce3+转化为沉淀 Ce(OH)4，离子方程式为：4Ce 3+O2+12OH-+2H2O4
29、 Ce(OH) 4，故答案为：4Ce 3+O2+12OH-+2H2O4 Ce(OH) 4；(6)硫酸铁铵晶体Fe 2(SO4)32(NH4)2SO43H2O广泛用于水的净化处理，但其在去除酸性废水中的悬浮物时效率降低，其原因是：Fe 3+3H2OFe(OH)3+3H+，酸性废水抑制 Fe3+的水解(或水解平衡逆向移动)，使其不能生成有吸附作用的 Fe(OH)3胶体，故答案为：Fe 3+3H2OFe(OH)- 15 -3+3H+，酸性废水抑制 Fe3+的水解(或水解平衡逆向移动)，使其不能生成有吸附作用的 Fe(OH)3胶体；(7)Ce(OH)4 FeSO 4xmol 0.1000mol/L-1
30、0.025L则 x=0.0025mol，所以 m(Ce(OH)4)=0.0025mol208g/mol=0.52g，产品中 Ce(OH)4的质量分数为 100%=98%，故答案为：98%。24.钨是熔点最高的金属，是重要的战略物资。自然界中钨主要存在于黑钨矿中，其主要成分是铁和锰的钨酸盐（FeWO 4、MnWO 4） ，还含少量 Si、As 的化合物。由黑钨矿冶炼钨的工艺流程如下：已知：滤渣 I的主要成份是 Fe2O3、MnO 2。上述流程中，钨的化合价只有在最后一步发生改变。常温下钨酸难溶于水。(1)钨酸盐（FeWO 4、MnWO 4）中钨元素的化合价为_，请写出 FeWO4在熔融条件下发生
31、碱分解反应生成 Fe2O3的化学方程式：_。(2)上述流程中向粗钨酸钠溶液中加硫酸中和至 pH=10后，溶液中的杂质阴离子为 SiO32-、HAsO 32-、HAsO 42-等，则“净化”过程中，加入 H2O2时发生反应的离子方程式为_，滤渣的主要成分是_。(3)已知氢氧化钙和钨酸钙（CaWO 4）都是微溶电解质，两者的溶解度均随温度升高而减小。下图为不同温度下 Ca（OH） 2、CaWO 4的沉淀溶解平衡曲线。- 16 - T1_T2（填“”或“” ）T 1时 Ksp（CaWO 4）=_。将钨酸钠溶液加入石灰乳得到大量钨酸钙，发生反应的离子方程式为_。【答案】 (1). +6 (2). 4F
32、eWO4+O2+8NaOH 2Fe2O3+4Na2WO4+4H2O (3). H2O2+HAsO32-HAsO 42-+H2O (4). MgSiO3 MgHAsO4 (5). (6). 110-10 (7). WO42-+Ca(OH)2=CaWO4+2OH-【解析】由流程可知，钨酸亚铁和氢氧化钠、氧气反应生成氧化铁和钨酸钠，钨酸锰和氢氧化钠反应生成钨酸钠和氢氧化锰，水浸时，氧化铁和氢氧化锰不溶于水，钨酸钠溶于水，故过滤后得到的滤液含钨酸钠，滤渣 I的主要成份是 Fe2O3、MnO 2，钨酸钠和浓硫酸反应生成钨酸和硫酸钠；加入过氧化氢，氧化+5 价的钨为+6 价，加入氯化镁，生成难溶于水的Mg
33、SiO3、MgHAsO 4，过滤，滤液为钨酸钠，酸化，加热分解产生三氧化钨和水，用还原剂还原三氧化钨生成钨，据此分析解答。（1）钨酸盐 FeWO4为钨酸亚铁，钨酸盐（FeWO 4、MnWO 4）中铁、锰的化合价都为+2 价，设钨酸盐（FeWO 4、MnWO 4）中钨元素的化合价为+x，因化合物中正负化合价代数和为零，则+2+x+（-2）4=0，解得 x=+6。根据流程图可知钨酸亚铁和氢氧化钠、氧气反应生成氧化铁和钨酸钠，反应的方程式为 4FeWO4+O2+8NaOH 2Fe2O3+4Na2WO4+4H2O；（2）根据以上分析，加入 H2O2的目的是将 HAsO32-氧化成 HAsO42-，离子
34、方程式为 H2O2+HAsO32-HAsO 42-+H2O，滤液I中存在 SiO32-、HAsO 32-、HAsO 42-等离子，经过调解 pH值后，加入氯化镁，Mg 2+沉淀 SiO32-、HAsO 32-、HAsO 42-等离子，滤渣的主要成分是 MgSiO3、MgHAsO 4；（3）根据图象可知，氢氧化钙和钨酸钙在钙离子浓度相同时，T 1温度下阴离子浓度大于 T2，说明 T1时的溶度积大于 T2，溶度积越大，则溶解度越大，所以 T1时溶解度较大，由于“已知氢氧化钙和钨酸钙（CaWO 4）都是微溶电解质，两者的溶解度均随温度升高而减小” ，- 17 -则 T1T 2；T 1时 KSP（Ca
35、WO 4）=c（Ca 2+）c（WO 42-）=110 -5110-5=110-10；将钨酸钠溶液加入石灰乳，发生复分解反应，氢氧化钙和钨酸根离子反应生成钨酸钙沉淀，反应的离子方程式为 WO42-+Ca（OH） 2=CaWO4+2OH-。点睛：本题以钨矿原料制备 W的工艺流程为载体，考查了制备方案的设计，涉及氧化还原反应原理、对工艺流程的理解、常用化学用语等知识，理解工艺流程是解题的关键，需要学生具有扎实的基础与综合运用知识分析、解决问题的能力。解决本类题目的基本方法和步骤为：从题干中获取有用信息，了解生产的产品。然后整体浏览一下流程，基本辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段。分析流程中的每一
36、步骤，从以下几个方面了解流程：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。25.氢化钙(CaH 2)是一种常用的储氢材料，也是登山运动员常用的能源提供剂，需要密封保存，遇水反应生成氢氧化钙和氢气。某研究性学习小组模拟生产企业制取氢化钙。【实验】用锌粒和稀硫酸反应制得干燥、纯净的氢气，再与金属钙在加热的条件下直接化合，即可制得 CaH2。(1)下列有关该实验的说法正确的是_。a其他条件相同时，粗锌制取氢气的速率比纯锌快 b加热时，必须通入氮气作为保护气，以防止空气的干扰c可以用浓硫酸或碱石灰对 H2进行干燥除杂d开始实验时，应先通入 H2，后给金属钙加热e停止实验时
37、，应先停止通入 H2，后停止加热【提出假设】 (2)由于实验中操作不当，金属钙或氢化钙都可能被氧化；该小组甲同学对反应后的固体产物成分提出如下假设：假设 1：含有 Ca和 CaH2；假设 2：含有 CaH2和 CaO；假设 3：含有_。【设计实验方案，验证假设】(3)定性实验用化学方法鉴别 Ca与 CaH2，请设计实验完成下表中内容。实验步骤 预期现象和结论- 18 -取少量固体样品，_。_。(4)定量实验测定 Ca和 CaH2混合物中 CaH2的质量分数。取 m1 g样品与水完全反应，利用如图装置测定生成的气体体积时，在_时进行收集(填字母)。a刚开始有气泡b气泡连续均匀c气体经过验纯后，再
38、收集如果装置气密性良好，操作正确，乙同学认为：由于液体加入，导致气体的体积测定_(填“偏高” “偏低”或“无影响”)，则计算出氢化钙的质量分数_(填“偏高” “偏低”或“无影响”)。【反思与交流】(5)登山运动员常用氢化钙作为能源提供剂，与氢气相比，其优点是氢化钙是固体，携带方便。既然金属钙与水反应也能生成氢气，为什么还要将金属钙制备成氢化钙呢？你的观点是_ 。【答案】 (1). acd (2). CaH2(或 CaH2、Ca、CaO) (3). 干燥条件下与氧气反应，将生成的产物通入装有无水硫酸铜的干燥管 (4). 无水硫酸铜变为蓝色，则为 CaH2，不变蓝则为 Ca (5). a (6).
39、 偏高 (7). 偏高 (8). 略【解析】（1）a、粗锌在反应中可形成原电池而使反应加快，a 正确；b、该反应在氢气的环境中进行，无需通入氮气作保护气，b 错误；c、浓硫酸和碱石灰可以吸水，而且与氢气不反应，可作氢气的干燥剂，c 正确；根据以上分析可知 d正确；e、停止实验时，先停止加热，后停止通入- 19 -H2，e 错误，答案选 acd。 （2）根据假设 1和 2可知假设 3：若完全反应生成 CaH2，而且没有氧化，则只含有 CaH2，也可能是 Ca部分与氢气反应，有部分 Ca被氧化，即固体成分可能是CaH2、Ca、CaO，但一定有 CaH2。 （3）依据 Ca不含 H，CaH 2含 H，由此设计实验鉴别，即干燥条件下与氧气反应，将生成的产物通入装有无水硫酸铜的干燥管，如果无水硫酸铜变为蓝色，则为 CaH2，不变蓝则为 Ca。 （4）测定生成的气体体积时必须从实验开始就收集，答案选a；因液体的加入而使锥形瓶内的气体排出，使收集的气体体积增大，则 CaH2质量分数偏高。 （5）根据化学方程式 Ca2H 2O=Ca(OH)2H 2，CaH 22H 2O=Ca(OH)22H 2可知等质量的 Ca和 CaH2制 H2时，CaH 2生成的氢气多，因此还要将金属钙制备成氢化钙。
