1、甘肃省白银市会宁县第一中学2020-2021学年高二化学上学期第二次月考试题（含解析）可能用到的部分原子量：H1 C12 O16 S32 Na23 K-39 Cl-35.5第I卷(共48分)一、本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意1. 下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是（）选项ABCD强电解质FeNaClCaCO3HNO3弱电解质CH3COOHNH3H3PO4Fe（OH）3非电解质C12H22O11（蔗糖）BaSO4C2H5OHH2OA. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】溶于水或在熔融状态下能完全电离出离子的化合物是强
2、电解质，部分发生电离，存在电离平衡的电解质是弱电解质，溶于水和在熔融状态下均不能导电的化合物是非电解质，据此解答。【详解】A. 铁是单质，不是电解质，也不是非电解质，A不选；B. 氨气是非电解质，硫酸钡是强电解质，B不选；C. 三种物质的分类均是正确的，C选；D. 水是弱电解质，D不选；答案选C。2. 下列比较中，正确的是（ ）A. 同温度同物质的量浓度时，HF比HCN易电离，则NaF溶液的pH比NaCN溶液大B. 0.2 molL-1NH4Cl和0.1 molL-1NaOH溶液等体积混合后：c()c(Cl-)c(Na+)c(OH-)c(H+)C. 物质的量浓度相等的H2S和NaHS混合溶液中
3、：c(Na+)+c(H+)=c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)D. 同浓度的下列溶液中，(NH4)2SO4、NH4Cl、CH3COONH4、NH3H2O；c()由大到小的顺序是：【答案】D【解析】【分析】A相同温度相同浓度时HF比HCN易电离，说明HF酸性大于HCN，酸性越强其相应酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液pH越小；B0.2 molL-1NH4Cl和0.1 molL-1NaOH溶液等体积混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的NH4Cl、NH3H2O、NaCl，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度导致溶液呈碱性，结合物料守恒判断；C、任何电解质溶液中都存在电荷守恒；D、1mo
4、l(NH4)2SO4能电离出2mol铵根离子，浓度最大；同浓度时铵根离子水解程度越大，则溶液中铵根离子浓度越小，醋酸根离子促进铵根离子水解；【详解】A相同温度相同浓度时HF比HCN易电离说明HF酸性大于HCN，酸性越强其相应酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液pH越小，水解能力CNF，所以相同浓度的钠盐溶液pH，NaFNaCN，故A错误；B0.2 molL-1NH4Cl和0.1 molL-1NaOH溶液等体积混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的NH4Cl、NH3H2O、NaCl，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度导致溶液呈碱性，则c（OH）c（H），一水合氨电离但程度较小，结合物料守恒
5、得c（Cl）c（NH4）c（Na）c（OH）c（H），故B错误；C、任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na）+c（H）=2c（S2）+c（HS）+c（OH），故C错误；D、1mol(NH4)2SO4能电离出2mol铵根离子，浓度最大；相同浓度时铵根离子水解程度越大，则溶液中铵根离子浓度越小，醋酸根离子促进铵根离子水解，一水合氨是弱电解质，电离程度较小，所以c（NH4）由大到小的顺是：，故D正确；【点睛】本题考查离子浓度大小比较，解题关键：明确溶液中溶质构成及其性质；易错点C，电荷守恒式子离子浓度前的计量数的含义；难点B，物料守恒判断，注意B中溶液成分及其浓度关系。3. 下列有关
6、能量的判断和表示方法正确的是A. 由C(s，石墨)=C(s，金刚石)H1.9 kJ/mol，可知：金刚石比石墨更稳定B. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量更多C. 由H(aq)OH(aq)=H2O(l)H57.3 kJ/mol，可知：含1 mol CH3COOH的溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出热量等于57.3 kJD. 2 g H2完全燃烧生成液态水放出285.8 kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)O2(g)=2H2O(l)H285.8 kJ/mol【答案】B【解析】【分析】【详解】A从C（石墨）C（金刚石）H=+1.9kJmol-1，可知石墨具有
7、的能量较低，物质具有的能量越低越稳定，所以石墨比金刚石更稳定，A错误；BS固体转化为硫蒸气的过程是吸热过程，硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，硫蒸气放出热量更多，B正确；C乙酸是弱酸，电离过程是吸热过程，含1mol CH3COOH的稀溶液与含1mol NaOH的稀溶液混合，放出热量小于57.3 kJ，C错误；D2g即1molH2完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量，则2mol氢气燃烧放出的热量Q+285.8kJ2571.6kJ，D错误；答案选B。4. 常温下，体积均为的溶液和溶液，分别加水稀释至，溶液pH随的变化如图所示。下列叙述正确的是( ) A. 与等浓度的盐酸溶液中和时，消耗盐酸溶液的体积
8、：a点b点B. a点、c点对应溶液中离子数目相等C. 两溶液在稀释过程中，溶液中某种离子浓度可能增大D. 时，若两溶液同时升高温度，则减小【答案】C【解析】【详解】强碱溶液稀释10n倍，pH=pH始-n7，弱碱溶液稀释10n倍，pHpH始-n7，由图象可知，MOH为强碱，ROH为弱碱，A两溶液起始pH相等，因此两溶液起始c(OH-)相等，弱碱在水中部分电离，强碱在水中完全电离，因此起始c(ROH)c(MOH)，等体积两溶液与等浓度的盐酸溶液中和时，消耗盐酸溶液的体积：b点a点，故A错误；Ba点、c点对应溶液中c(OH-)相等，但两点所对应体积不相同，因此对应溶液中离子数目不相等，故B错误；C稀
9、释过程中c(OH-)逐渐减小，根据c(OH-)c(H+)=Kw，Kw是只与温度有关常数，因此稀释过程中溶液中c(H+)逐渐增大，故C正确；D升高温度，ROH电离平衡正向移动，ROH电离程度增大，溶液中c(R+)逐渐增大，MOH电离程度不受影响，因此c(M+)不变，则增大，故D错误；答案为C。5. 下列事实不属于盐类水解应用的是A. 明矾净水B. 使用热的纯碱溶液去除油污C. 实验室配制FeCl3溶液时加入少量稀盐酸D. 向FeCl3溶液中加入NaOH溶液产生红褐色沉淀【答案】D【解析】【详解】A、明矾净水的原理是，其中的铝离子水解得到氢氧化铝胶体，吸附水中杂质，与水解相关；B、用热的纯碱溶液除
10、去油污，是利用纯碱水解溶液显碱性的性质，使油污发生皂化反应，从而除去的，与水解相关；C、实验室配制氯化铁溶液的时候，应该加入盐酸以抑制其水解，与水解相关；D、向FeCl3溶液中加入NaOH溶液产生红褐色沉淀，是铁离子直接与氢氧根离子反应，所与水解无关；答案选D。6. 在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA(g）yB(g）zC(g），平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的体积扩大两倍，测得A的浓度变为0.35 mol/L，下列有关判断正确的是：A. x+yzB. 平衡正向移动C. A的转化率降低D. C的体积分数升高【答案】C【解析】【分析】【详解】容器的容积扩大到原
11、来的两倍，假设平衡不移动，A的浓度为0.25mol/L，但现在是0.35 mol/L，平衡左移，减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动，所以x+yz A 错，B 错，A的转化率降低C 对，C的体积分数减小，D 错。答案选C。7. 下列四种溶液中，室温下由水电离生成的H+浓度之比(：)是()pH=0的盐酸 0.1molL1的盐酸 0.01molL1的NaOH溶液pH=11的NaOH溶液A. 1：10：100：1 000B. 0：1：12：11C. 14：13：12：11D. 14：13：2：3【答案】A【解析】【分析】电离平衡为H2OH+OH，在水中加入酸或者碱溶液，导致溶液中氢离子或者氢氧根离
12、子浓度增大，抑制了水的电离；酸溶液中氢氧根离子是水电离的，碱溶液中氢离子是水电离，据此计算出各项水电离的氢离子浓度【详解】酸溶液中，氢氧根离子是水电离，碱溶液中氢离子是水电离的，pH=0的盐酸，溶液中氢离子浓度为1mol/L，水电离的氢氧根离子为： mol/L=11014mol/L；0.1mol/L盐酸，溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，水电离的氢氧根离子为： mol/L=11013mol/L；0.01mol/L的NaOH 溶液，溶液中氢离子浓度为： mol/L=11012mol/L；pH=11的NaOH 溶液，溶液中氢离子浓度为：11011mol/L；所以由水电离产生的c（H+）之比：=1
13、1014mol/L：11013mol/L：11012mol/L：11011mol/L=1：10：100：1000，故选A。8. 下列解释事实的方程式不正确的是( )A. Na2S水溶液呈碱性：S2-+2H2OH2S+2OH-B. 0.1molL-1氨水的pH为11：NH3H2ONH+OH-C. Al2S3在水溶液中不存在：Al2S3+6H2O=2Al(OH)3+3H2SD. 碳酸氢根离子的电离方程式：HCO+H2OH3O+CO【答案】A【解析】【详解】ANa2S水溶液呈碱性是因为硫离子的水解，硫离子水解方程式为S2-+H2OHS-+OH-，故A错误；B一水合氨为弱电解质，不完全电离，电离方程式
14、为NH3H2ONH+OH-，所以0.1mol/L氨水的pH为11，故B正确；C铝离子水解使溶液呈酸性，硫离子水解使溶液呈碱性，且由于水解程度较大，所以二者会发生彻底双水解，离子方程式：Al2S3+6H2O=2Al(OH)3+3H2S，故C正确；D. 碳酸氢根电离产生氢离子与水分子形成水合氢离子，电离方程式为HCO+H2OH3O+CO，故D正确；综上所述答案为A。9. 改变0.1二元弱酸溶液的pH，溶液中的、的物质的量分数随pH的变化如图所示已知。下列叙述错误的是A. pH=1.2时，B. C. pH=2.7时，D. pH=4.2时，【答案】D【解析】A、根据图像，pH=1.2时，H2A和HA-
15、相交，则有c(H2A)=c(HA-)，故A说法正确；B、pH=4.2时，c(A2)=c(HA)，根据第二步电离HAHA2，得出：K2(H2A)=c(H+)c(A2-)/c(HA-)= c(H+)=10-4.2，故B说法正确；C、根据图像，pH=2.7时，H2A和A2-相交，则有c(H2A)=c(A2-)，故C说法正确；D、根据pH=4.2时，c(HA-)=c(A2-)，且物质的量分数约为0.48，而c(H+)=10-4.2，可知c(HA-)=c(A2-)c(H+)，故D说法错误。10. 在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是A. 无色溶液：Ca2+、H+、Cl-、B. 能使pH试纸呈
16、红色的溶液：Na+、I-、C. FeCl2溶液：K+、Na+、D. =0.1mol/L的溶液：Na+、K+、【答案】D【解析】【详解】A. H+与HSO3-不能大量共存，A错误；B. 能是pH试纸呈红色的溶液为酸性溶液，NO3-在酸性条件下具有强氧化性，可氧化I-，B错误；C. Fe2+和AlO2-可发生双水解而不能大量共存，C错误；D. 碱性条件中，这些离子都可大量存在，D正确；故合理选项为D。11. 下列实验操作正确的是( )A. 将干燥的pH试纸浸入某溶液一会儿后取出，与标准比色卡比较以测定该溶液的pHB. 在酸碱中和滴定实验中，量取20. 00 mL待测NaOH溶液用20mL量筒C.
17、用托盘天平称取5.5 g KCl固体D. 配制0.1 molL-1的硫酸溶液时，将量取的浓硫酸放入容量瓶中加水稀释【答案】C【解析】【详解】A用pH试纸测定溶液pH时，不能将试纸浸入溶液，会污染试剂，故A错误；B量筒读数只能精确至0.1mL，若量取20. 00 mL待测NaOH溶液用碱式滴定管，故B错误；C托盘天平读数精确至0.1g，可用托盘天平称取5.5 g KCl固体，故C正确；D稀释浓硫酸时，应将浓硫酸加入水中并不断搅拌，防止液体飞溅，故D错误；综上所述，实验操作正确的是C，故答案为C。12. 常温下，下列关于溶液中粒子浓度大小关系的说法正确的是（ ）A 0.1mol/LNa2CO3 溶
18、液中：c（Na+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）B. 0.1mol/L NH4Cl的溶 液 和 0.1mol/LNH3H2O的 溶液等体积混合后溶液中：c（Cl-）c（NH4+）c（OH-）c（H+）C. 醋酸钠溶液中滴加醋酸溶液，则混合溶液一定有：c（Na+）c（CH3COO-）D. 0.1 mol/L NaHS 的溶液中： c（OH-）+ c（S2-）= c（H+）+c（H2S）【答案】D【解析】【详解】A、0.1mol/LNa2CO3 溶液中存在物料守恒，离子浓度关系：c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3），故A错误；B、0.1
19、mol/L NH4Cl的溶 液 和 0.1mol/LNH3H2O等体积混合后溶液中，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，所以溶液中的离子浓度关系： c（NH4+）c（Cl-）c（OH-）c（H+），故B错误；C、常温下，醋酸钠溶液中滴加醋酸溶液，溶液pH=7时，根据电荷守恒得到：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），得到c（Na+）=c（CH3COO-）；溶液pH7时，c（Na+）c（CH3COO-）；溶溶液pH7时，c（Na+）T1，升高温度，B的体积分数增大，说明平衡逆向移动，因此该反应正向为放热反应，其它条件不变，升高温度时，正、逆反应速率均增大，平衡逆向移动，
20、A的转化率减小，故D错误；故答案为C。14. 常温下，用0.1000mol/L NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000mol/L HCl溶液，滴定曲线如图所示，下列说法不正确的是A. a=20.00B. 滴定过程中，可能存在：c（Cl）c（H+）c（Na+）c（OH）C. 若将盐酸换成相同浓度的醋酸，则滴定到pH=7时，a20.00D. 若用酚酞作指示剂，当滴定到溶液明显由无色变为浅红色时立即停止滴定【答案】D【解析】【详解】ANaOH溶液和HCl溶液恰好反应时，消耗20.00mLNaOH溶液，生成强酸强碱盐，溶液呈中性，故A正确；B滴定过程酸过量时，c（Cl）c（H+）c（Na+）c（
21、OH），故B正确；CNaOH和醋酸恰好反应时生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，所以滴定到pH=7时， a20.00，故C正确；D用酚酞作指示剂进行中和滴定时，滴定前溶液显酸性，溶液无色，滴定终点NaOH稍过量，溶液显碱性，呈红色，所以当溶液由无色变为红色时，且30秒内不褪色，停止滴定，故D错误；综上所述，本题正确答案为D。15. 室温下，pH均为2的两种元酸 HA和HB各1 mL，分别加水稀释，pH随溶液体积的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A. HA的酸性比HB的酸性弱B. a点溶液的导电性比c点溶液的导电性弱C. 若两溶液无限稀释，则它们的不相等D. 对a、b两点溶液同时升高温度，则减小【答案
22、】D【解析】【详解】A. 均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释1000倍，HA溶液，HB溶液PH小于5，HA的酸性比HB的酸性强，故A错误；B. a点溶液中离子浓度大于c点溶液中离子浓度，溶液导电性取决于离子浓度大小，则a点溶液的导电性比c点溶液的导电性强，故B错误；C. 溶液无限稀释接近为水的电离，氢离子浓度接近为，若两溶液无限稀释，则它们的相等，故C错误；D. HA为强酸，HB为弱酸，对a、b两点溶液同时升高温度，浓度不变，HB电离程度增大，浓度增大，则减小，故D正确。故选：D。16. 常温下将NaOH溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所
23、示。下列叙述错误的是A. Ka2（H2X）的数量级为106B. 曲线N表示pH与的变化关系C. NaHX溶液中c(H)c(OH)D. 当混合溶液呈中性时，c(Na)c(HX)c(X2)c(OH)=c(H)【答案】D【解析】A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=Ka2=，所以当pH相等即氢离子浓度相等时，因此曲线N表示pH与的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图像取0.6和4.8点， =100.6molL1，c(H)=104.8molL1，代入Ka2得到Ka2=105.4，因此Ka2（H2X）的数量级为10-6，A正确；B.根据以上分析可知曲线N表示pH与的关系，B正确
24、；C. 曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点， =100.6molL1，c(H)=105.0molL1，代入Ka1得到Ka2=104.4，因此HX的水解常数是1014/104.4Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H)c(OH)，C正确；D.根据图像可知当0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，0，即c(X2-)c(HX-)，D错误；答案选D。第卷(非选择题共52分)17. 氮的氧化物是大气污染物之一，用活性炭或一氧化碳还原氮氧化物，可防止空气污染。回答下列问题：已知：2C(s)+O2(g)=2CO(g) H=221kJmol1C(s)+O2(g)=CO2(g) H=393
25、.5kJmol1N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=+181kJmol-1(1)若某反应的平衡常数表达式为K=，请写出此反应的热化学方程式：_；下列措施能够增大此反应中NO的转化率的是(填字母代号)_。A增大容器压强B升高温度C使用优质催化剂D增大CO的浓度(2)向容积为2L的密闭容器中加入活性炭(足量)和NO，发生反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，NO和N2的物质的量变化如下表所示。物质的量/molT1/T2/05min10min15min20min25min30minNO2.01.160.800.800.500.400.40N200.420.600.600.750.
26、800.8005min内，以CO2表示的该反应速率v(CO2)=_，该条件下的平衡常数K=_。第15min后，温度调整到T2，数据变化如上表所示，则T1_T2(填“”、“ (6). 正向 (7). 60% (8). 1.25103【解析】【详解】(1)平衡常数表达式为，可知反应为2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)；由2C(s)+O2(g)=2CO(g) H=221kJ/molC(s)+O2(g)=CO2(g) H=393.5kJ/molN2(g)+O2(g)=2NO(g) H=+181kJ/mol结合盖斯定律可知，2得到2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)，其
27、H=747kJ/mol，热化学方程式为2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) H=747kJ/mol；a.增大容器压强，向气体体积减小的方向移动，即平衡正向移动，NO转化率增大，故a符合题意；b.升高温度，平衡向吸热反应方向移动，即平衡逆向移动，NO转化率减小，故b不符合题意；c.使用优质催化剂，催化剂同等程度改变正逆反应速率，平衡不移动，故c不符合题意；d.增大CO的浓度，平衡正向移动，NO转化率增大，故d符合题意；故答案为2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) H=747kJ/mol；ad；(2)反应得到反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) H=-
28、574.5 kJ/mol；05min内，根据反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)开始（mol） 2 0 0变化（mol） 0.84 0.42 0.425min（mol） 1.16 0.42 0.42以CO2表示该反应速率v(CO2)=0.042molL1min1，10分钟达到平衡时，根据反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)开始（mol） 2 0 0变化（mol） 1.2 0.6 0.6平衡（mol） 0.8 0.6 0.6K=，故答案为0.042molL1min1；第15min后，温度调整到T2，NO的物质的量在降低，平衡正向移动，该反应为放热反应，根据已知降低温度
29、，平衡向放热反应方向移动，则T1T2，故答案为；若30min时，保持T2不变，K=4，向该容器中再加入该四种反应混合物各2mol，Qc=1.36”、“10Vb B.Va10Vb C.Vb10Va(7)已知100时，水的离子积常数Kw=1.010-12，pH=3的CH3COOH和pH=9的NaOH溶液等体积混合，混合溶液呈_性；(8)等浓度的(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4HCO3、NH4Cl、NH3H2O溶液中，浓度由大到小的顺序是：_。(9)已知常温下，Ksp(Ag2CrO4)=1.1210-12，Ksp(BaCrO4)=1.1710-10在浓度都为0.001molL-1的含Ag+
30、、Ba2+的溶液中，缓慢滴加稀K2CrO4溶液，先产生的沉淀的化学式是_【答案】 (1). H3PO4 (2). (3). (4). (9). BaCrO4【解析】【详解】(1)在同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强，根据酸的电离常数知，则它们酸性强弱顺序是：H3PO4CH3COOHH2CO3HClO，则酸性最强的是H3PO4；(2)由于酸性：H2CO3HClO，则向NaClO溶液中通入少量的CO2，反应产生NaHCO3和HClO，该反应的离子方程式为：；(3)该温度下，0.10 mol/L的CH3COOH溶液中存在电离平衡，CH3COOHCH3COO-+H+，平衡常数K= =1.7610-
31、5，c2(H+)=0.101.7610-5 ，c(H+)1.410-3 mol/L；(4) 因酸性：CH3COOHHClO，则等体积的pH均为a的醋酸和次氯酸的浓度大小比较为：CH3COOHHClO，所以分别用等浓度的NaOH稀溶液恰好中和，消耗的NaOH溶液的体积大小关系为V1V2，故答案为：10Va，故答案为：D；(7)100时，水的离子积常数Kw=1.010-12，pH=9的NaOH溶液中的c(OH-)=，则pH=3的CH3COOH和pH=9的NaOH溶液等体积混合后醋酸有大量剩余，溶液显酸性，故答案为：酸；(8)中的下角标都是1，在水溶液中发生水解显酸性，中氢离子抑制水解，中碳酸氢根离
32、子促进水解，氯离子既不促进也不抑制水解，NH3H2O部分发生电离生成，其浓度最小，根据组成可知，中铵根离子浓度最大，故浓度由大到小的顺序是；(9)在浓度为0.001molL-1的含Ag+的溶液形成沉淀所需的CrO的浓度至少为=mol/L，在浓度为0.001molL-1的含Ba2+的溶液形成沉淀所需的CrO的浓度至少为=mol/L，所以缓慢滴加稀K2CrO4溶液，先产生的沉淀的是BaCrO4。19. 实验室利用橄榄石尾矿（主要成分为MgO及少量FeO、Fe2O3、Al2O3等）制备纯净氯化镁晶体（MgCl26H2O），实验流程如下：已知几种金属阳离子形成氢氧化物沉淀时的pH如下表：Fe2+Fe3
33、+Al3+Mg2+开始沉淀时7.62.74.29.6沉淀完全时9.63.75.411.1回答下列问题：(1)“浸取”步骤中，能加快浸取速率的方法有_（任写两种）。(2)气体X是_，滤渣1溶于一定浓度硫酸溶液后，加热到7080可以制得一种高效的无机高分子混凝剂、净水剂，其化学式为Fe2(OH)n(SO4)(3-0.5)nm，则该物质中铁元素的化合价为_。溶液采用的加热方式为_，控制温度7080的原因是_。若溶液的pH偏小，将导致聚铁中铁的质量分数_（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。(3)加入H2O2的目的是_ 。若将上述过程中的“H2O2”用“NaClO”代替也能达到同样目的，则发生反应的离
34、子方程式为_。(4)“一系列操作”主要包括加入足量盐酸，然后经过_、过滤、洗涤，即得到氯化镁晶体。【答案】 (1). 橄榄石尾矿粉碎、适量增大盐酸浓度、适当提高反应的温度等； (2). NH3 (3). +3 (4). 水浴加热 (5). 防止Fe3全部水解成Fe(OH)3 (6). 偏低 (7). 将Fe2氧化成Fe3 (8). ClO2Fe22H=2Fe3ClH2O (9). 蒸发浓缩、冷却结晶【解析】【分析】橄榄石尾矿中含有MgO、FeO、Fe2O3、Al2O3等，加入盐酸浸取，得到Mg2、Fe2、Fe3、Al3，加入H2O2，利用H2O2的氧化性，将Fe2氧化成Fe3，根据表格中的数据
35、，通入气体X，调节pH，应除去溶液中的Fe3，Al(OH)3为两性氢氧化物，Mg(OH)2是碱，加入过量的NaOH溶液，得到Mg(OH)2沉淀，然后对滤渣2进行洗涤、干燥，将Mg(OH)2溶解到盐酸中，然后蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤得到氯化镁晶体，据此分析；【详解】(1)“浸取”步骤中，能加快进去速率的方法有将橄榄石尾矿粉碎、适量增大盐酸的浓度、适当提高反应的温度等；故答案为橄榄石尾矿粉碎、适量增大盐酸的浓度、适当提高反应的温度等；(2)根据上述分析，加入气体X，调节pH，使Fe3以Fe(OH)3的形式沉淀出来，即气体X为NH3；OH为1价，整体显2价，根据化合价代数和为0，推出Fe元素显
36、3价；获得该物质需要加热到7080，因此采用水浴加热；控制温度在7080，防止Fe3全部水解成Fe(OH)3；溶液的pH减小，则生成的聚铁中OH的含量减少，的含量增多，使铁的含量偏低；故答案为NH3；+3；水浴加热；防止Fe3全部水解成Fe(OH)3；偏低；(3)根据上述分析，加入H2O2的目的是将Fe2氧化成Fe3；NaClO具有强氧化性，能将Fe2氧化成Fe3，ClO本身被还原成Cl，然后根据化合价升降法进行配平，得到ClO2Fe22H=2Fe3ClH2O；故答案为将Fe2氧化成Fe3；ClO2Fe22H=2Fe3ClH2O；(4)滤渣2为Mg(OH)2，将滤渣2加入足量的盐酸，然后经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，即得到氯化镁晶体；故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶。【点睛】陌生氧化还原反应方程式的书写是工艺流程中的难点，一般先找出氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物，像本题ClO为氧化剂，其还原产物是Cl，Fe2为还原剂，其氧化产物是Fe3，即ClOFe2Fe3Cl，根据化合价升降法进行配平，即ClO2Fe22Fe3Cl，根据流程判断出反应的酸碱性，加入盐酸是过量，则本题中溶液显酸性，根据电荷守恒和原子守恒，得出ClO2Fe22H=2Fe3ClH2O。
