【化学】四川省树德中学2019-2020学年高二下学期定时检测（线上开学考试）（解析版）

【化学】四川省树德中学2019-2020学年高二下学期定时检测（线上开学考试）（解析版）

四川省树德中学2019-2020学年高二下学期定时检测（线上开学考试）‎ ‎1.《抱朴子内篇》中记载：丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂。若上述过程在密封条件下进行，下列说法不正确的是 A. “丹砂”的主要成分HgS是离子化合物 B. “丹砂烧之成水银”过程中发生反应：HgS+O2Hg +SO2‎ C. 整个过程中发生的氧化还原反应有2个 D. “积变又还成丹砂”的反应在常温下就能发生 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．HgS是离子化合物，故A正确；‎ B．丹砂烧之成水银过程中发生反应：HgSHg +S，故B错；‎ C．丹砂(HgS)烧之成水银指HgSHg +S，积变又还成丹砂Hg +SHgS，均是氧化还原反应，故C正确；‎ D．“积变又还成丹砂”是指此反应在常温下就能发生，故D正确；‎ 答案：B。‎ ‎2.已知：三元轴烯 (a)、四元轴烯 (b)、五元轴烯 (c)的最简式都与苯相同，下列说法不正确的是 A. 三种物质都能发生加成反应 B. a、b分子中所有原子都在同一个平面上 C. a与互为同分异构体 D. a、b的一氯代物均只有一种，c的一氯代物有三种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．三种物质都有碳碳双键，都能发生加成反应，故A去；‎ B．根据乙烯的结构特征，a、b分子中所有原子都在同一个平面上正确，故B正确；‎ C．a的分子式为C6H6，的分子式为C6H6，互为同分异构体，故C正确；‎ D．a、b、c都有一种氢原子，其一氯代物均只有一种，故D错误 答案：D。‎ ‎【点睛】解答关键是抓住碳碳双键的性质，能发生加成反应也能被氧化。通过乙烯的结构特点推断多个双键原子共面问题。‎ ‎3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 标准状况下，22.4 LCl2通入到水中，则N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)=2NA B. 足量过氧化钠与1mol CO2反应，转移电子的数目为2NA C. 44g乙醛和乙酸乙酯组成的混合物中含有的氢原子数目为4NA D. 32.5g锌与一定量浓硫酸恰好完全反应，生成的气体分子数小于0.5NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.标准状况下，22.4 LCl2为1mol，通入到水中，发生可逆反应，还有氯气分子存在，根据物料守恒，则N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)＜2NA，故A错误；‎ B. 足量Na2O2与1mol CO2反应，转移电子的数目是NA，故B错误；‎ C.乙醛和乙酸乙酯的最简式相同，均为C2H4O，所以44g两者的混合物中含有的氢原子数目为4NA，故C正确；‎ D.极值法分析知道32.5g锌（0.5mol）与一定量浓硫酸恰好完全反应，若生成的气体全部是SO2，则分子数等于0.5NA；若全部是氢气，分子数也是0.5NA，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎4.室温条件下，用0.100 mol/L的NaOH溶液分别滴定酸HX、HY、HZ，三种酸的体积均为20.00 mL，浓度均为0.100 mol/L，滴定曲线如图所示。下列叙述正确的是 A. 电离常数Ka(HX)的数量级为10-12‎ B. P点对应的溶液中：c(Y-) >c(Na+) >c(HY)>c(H+)>c(OH-)‎ C. pH=7时，三种溶液中c(X-) =c(Y-)=c(Z-)‎ D. HX电离程度大于X-的水解程度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．起始时HA溶液pH=6，则溶液中c(H+)=c(A-)=10-6mol/L，所以Ka(HA)===10-11，所以数量级不是10-12，故A错误；‎ B．P点为在HY溶液中加入10mLNaOH溶液，溶液中含有等浓度的NaY和HY，溶液显酸性，说明HY的电离程度大于NaY的水解程度，所以c(Y-)＞c(Na+)＞c(HY)＞c(H+)＞c(OH-)，故B正确；‎ C．pH=7时，根据电荷守恒，溶液中均存在，c(Na+) =c(X-)，c(Na+)=c(Y-) ，c(Na+)=c(Z-)，三种溶液中加入的NaOH体积不等，即c(Na+)各不相同，所以c(X-)≠c(Y-)≠c(Z-)，故C错误；‎ D．当加入10mLNaOH溶液时，HX溶液中恰好反应生成等量的HX和NaX，此时溶液显碱性，说明X-的水解程度大于HX的电离程度，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为BD，要注意加入10mLNaOH溶液时，尽管溶液的组成和浓度相似，但溶液的性质有很大差别，Y对应溶液显酸性，X对应溶液显碱性。‎ ‎5.由下列实验及现象推出的相应结论正确的是 选项 实验 现象 结论 A ‎2 mL0.01mol·L-1的KI溶液中滴入等体积等浓度的FeCl3溶液，将充分反应后的溶液分三份，一份滴入 滴入K3[Fe(CN)6]溶液后产生蓝色沉淀；滴入KSCN溶夜后 KI溶液和FeCl3溶液发生反应：2Fe3++2I-2Fe2++I2‎ K3[Fe(CN)6]溶液，第二份滴入KSCN溶液，第三份滴入淀粉溶液 变血红色；滴入淀粉溶液后溶液变蓝 B 向稀硫酸中加入铜片，然后通入氧气加热 先无明显现象，通入氧气加热后溶液变蓝 氧化性：稀硫酸＞Cu2+‎ C 向浓度均为0.1 mol·L-1的Na2SO3和Na2SiO3溶液中分别滴加酚酞 Na2SiO3溶液红色更深 非金属性：Si＜S D 将几滴等浓度的FeCl3溶液、AlCl3溶液同时滴入足量等浓度的NaOH溶液中 只产生红褐色沉淀 Ksp[Al(OH)3]＞Ksp[Fe(OH)3]‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.K3[Fe(CN)6]是鉴别Fe2+的试剂，遇到Fe2+会产生蓝色沉淀；滴入KSCN是鉴别Fe3+的试剂，KSCN遇Fe3+后变血红色，淀粉是鉴别I2的试剂，淀粉溶液遇I2后溶液变蓝，因此可以说明KI溶液和FeCl3溶液发生反应：2Fe3++2I-2Fe2++I2，故A正确；‎ B.向稀硫酸中加入铜片，不反应，然后通入氧气加热使铜变成氧化铜，就可以和硫酸反应了，并不能证明氧化性：稀硫酸＞Cu2+，故B错误；‎ C.Na2SiO3溶液红色更深只能证明H2SiO3的酸性比H2SO3弱，因H2SO3不是最高价氧化物对应得水化物，不能判断非金属性：Si＜S，故C错误；‎ D.因为氢氧化铝是两性氢氧化物，可以溶于强碱氢氧化钠，不能证明Ksp[Al(OH)3]＞Ksp[Fe(OH)3]，故D错误。‎ 答案：A。‎ ‎6.四种短周期元素X、Y、Z、W的最外层电子数之和为16，其中X、Y、Z的电子层数相同，W原子的核外电子层数与其他三种不同，X元素的焰色反应呈黄色，Y元素能形成多种单质，其中一种单质在空气中易自燃，Z元素的最外层电子数是K层的2倍。下列推断正确的是（ ）‎ A. 原子半径：X＜Y B. 简单离子半径：W＞X＞Y C. Z和W形成的化合物和某些酸、强碱均能发生反应 D. X、Y、W和氢元素形成化合物的水溶液一定呈碱性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z电子层数相同，则三者位于同周期；又X元素的焰色反应呈黄色，X为Na；Y元素能形成多种单质，其中一种单质在空气中易自燃，白磷着火点低易自燃， Y为P；Z元素的最外层电子数是K层的2倍，则Z的最外层电子是4，为Si；又X、Y、Z、W的最外层电子数之和为16，均为短周期元素，故W的最外层电子数为=16-1-5-4=6，W为O。‎ ‎【详解】A．同一周期原子半径从左到右依次减小，原子半径X＞Y，故A错误；‎ B．简单离子的核外电子排布相同，序数越大，离子半径越小；X、W相同，Y大于两者，故大小顺序应为：Y＞W＞X，故B错误；‎ C．Z和W形成的化合物是二氧化硅，二氧化硅能与氢氟酸反应：，也可以和氢氧化钠反应：，故C正确；‎ D．X（Na）和氢元素形成的化合物的水溶液是NaOH，显碱性；Y（P）和氢元素形成的化合物的水溶液显弱碱性，W（O）和氢元素形成的化合物的水溶液是水，显中性，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎7.25℃时，NH4+的水解平衡常数为Kb=5.556×10-10。该温度下，用0.100 mol·L-1的氨水滴定10.00mL 0.050 mol·L-1的二元酸H2A的溶液，滴定过程中加入氨水的体积(V与溶液中lg的关系如图所示。下列说法正确的是 A. H2A的电离方程式为H2AH++A2-‎ B. 25℃时，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5‎ C. P点时加入氨水体积为10 mL D. 向H2A溶液中滴加氨水的过程中，水的电离程度逐渐减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．未加氨水时0.050mol•L-1的二元酸H2A的溶液lg=12、c（H+）·c（OH-）=10-14，则该溶液中c（H+）=0.1mol/L=2c（H2A），说明该酸是强酸，在水溶液中完全电离，电离方程式为H2A＝2H++A2-，故A错误；‎ B.25℃时，Kb（NH3•H2O）=Kw/Kh=10-14/5.556×10-10=1.8×10-5，故B正确；‎ C．P点溶液中lg=0，说明c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，如果加入氨水的体积为10 mL，二者恰好完全反应生成NH4HA，强酸酸式弱碱盐，其水溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），故C错误；‎ D．酸或碱抑制水电离，且酸中c（H+）越大、碱中c（OH-）越大，其抑制水电离程度越大；含有弱离子的盐促进水电离，所以向酸中加入氨水时水电离程度先增大后减小，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎8.氯化亚铁常用于检测硒、污水处理等。制备FeCl2的方法有多种。‎ ‎（1）在一定量的盐酸中，逐渐加入一定量的铁屑，若二者恰好完全反应。再向溶液中加入_____________然后保存溶液。‎ ‎（2）用H2还原无水FeCl3制取FeCl2，装置如下：‎ 已知：FeCl2、FeCl3易吸水。‎ ‎①H2还原无水FeCl3制取FeCl2的化学方程式为______________________。‎ ‎②上述仪器的连接顺序为（可多次使用）______________，C中盛放的试剂是___________________。‎ ‎（3）按下图装置，用162.5g无水氯化铁和225g氯苯，控制反应温度在一定范围加热3h。冷却，分离提纯得到粗产品。反应为2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl。‎ 已知：‎ C6H5Cl（氯苯）‎ C6H4Cl2‎ FeCl3‎ FeCl2‎ 溶解性 不溶于水，易溶于苯 不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯 熔点/℃‎ ‎-45‎ ‎53‎ ‎_________‎ ‎_________‎ 沸点/℃‎ ‎132‎ ‎173‎ ‎_________‎ ‎_________‎ ‎①仪器A的名称是____________；下列装置可以代替装置C的是_____________（填字母）。‎ ‎②反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl中，氧化产物是________________。‎ ‎③反应的温度最好控制在_______________左右。‎ ‎④反应结束后，冷却实验装置，将仪器A 内物质经过过滤洗涤、干燥后，得到粗产品。洗涤所用的试剂可以是_________________________。‎ ‎⑤通过烧杯中的现象变化就可以监控氯化铁的转化率。若要监控氯化铁转化率达到或超过80%，则烧杯中试剂为加有酚酞且理论上至少含_______gNaOH的溶液。‎ ‎【答案】 (1). 还原铁粉、稀盐酸 (2). H2+2FeCl3=2FeCl2+2HCl (3). BACDCE或BCDCE (4). 碱石灰 (5). 三颈烧瓶 (6). ab (7). C6H4Cl2 (8). 132℃ (9). 苯 (10). 16‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1‎ ‎）在一定量的盐酸中，逐渐加入一定量的铁屑，若二者恰好完全反应。再向溶液中加入过量的铁粉和稀盐酸，防止Fe2+被氧化和水解，然后保存溶液。‎ ‎（2）①H2还原无水FeCl3制取FeCl2的化学方程式为：H2+2FeCl3=2FeCl2+2HCl。因为FeCl2、FeCl3易吸水按如图中装置的特点，可以知道用H2还原无水FeCl3制取无水FeCl2，B装置一般用锌和稀盐酸制备H2，A装置用来除去氢气中的氯化氢，C装置用来干燥氢气，可以用碱石灰，D装置中用氢气与氯化铁反应生成氯化亚，E装置将多余的氢气除去影响连接顺序是BACDCE或BCDCE。‎ ‎（3）①仪器A的名称是三颈烧瓶；装置C是防倒吸装置，所以ab具有这样的功能，故答案为ab。‎ ‎②反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl中铁元素化合价降低，碳元素化合价升高，根据化合价变化规律知氧化产物是C6H4Cl2。‎ ‎③三颈瓶内物质为氯化亚铁、C6H5Cl、C6H5Cl,根据表格中沸点的高低可以控制温度在氯苯沸点左右，即反应在132℃。‎ ‎④因为产品为FeCl2不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯，所以可以选择苯作为洗涤所用的试剂。‎ ‎⑤若要监控氯化铁转化率达到或超过80%，则根据方程式可知生成n（HCl）≥×80%=0.4mol，HCl和NaOH以1：1反应，则n（NaOH）=n（HCl）=0.4mol，m（NaOH）=0.4mol×40g/mol=16。‎ ‎【点睛】明确实验原理及物质性质是解本题关键，易错点是实验仪器排列顺序判断，知道装置的作用。‎ ‎9.某地湖盐中含有Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、SO42－等杂质离子，氨碱厂用该地湖盐制取烧碱。其中制得精制食盐水的过程如下：‎ ‎（1）过程Ⅰ中将粗盐加水溶解需要适当加热，其目的是__________。‎ ‎（2）过程Ⅱ的目的是除去SO42－，加入的X溶液是__________。‎ ‎（3）下表是过程Ⅱ、Ⅲ中生成的部分沉淀及其在20℃时的溶解度[g/100gH2O]‎ CaSO4‎ Mg2(OH)2CO3‎ CaCO3‎ BaSO4‎ BaCO3‎ Fe(OH)3‎ ‎2.6×10－2‎ ‎2.5×10－4‎ ‎7.8×10－4‎ ‎2.4×10－4‎ ‎1.7×10－3‎ ‎4.8×10－9‎ ‎①过程Ⅲ中生成的主要沉淀除CaCO3和Fe(OH)3外还有__________。‎ ‎②过程Ⅳ中调节pH时发生的主要反应的离子方程式为__________。‎ ‎（4）上述精制食盐水中还含有微量的I－、IO3－、NH4＋、Ca2＋、Mg2＋，除去这些离子及进行电解的流程如下：‎ ‎①过程V生成N2的离子方程式为__________。‎ ‎②过程Ⅳ可以通过控制Na2S2O3的量，将IO3－还原成I2，且盐水b中含有SO42－，该过程中发生氧化还原反应，其中氧化剂和还原剂的物质的量之比为__________。‎ ‎③在过程Ⅳ中所用的Na2S2O3俗称海波，是一种重要的化工原料。商品海波主要成分是Na2S2O3·5H2O。为了测定其含Na2S2O3·5H2O的纯度，称取8.00g样品，配成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，滴加淀粉溶液作指示剂，再用浓度为0.0500mol·L－1的碘水滴定（发生反应2S2O32－＋I2＝S4O62－＋2I－），下表记录滴定结果：‎ 滴定次数 滴定前读数（mL）‎ 滴定后读数（mL）‎ 第一次 ‎0．30‎ ‎29．12‎ 第二次 ‎0．36‎ ‎30．56‎ 第三次 ‎1．10‎ ‎29．88‎ 计算样品的纯度为__________。‎ ‎【答案】 (1). 加快物质溶解 (2). BaCl2溶液 (3). BaCO3、Mg2(OH)2CO3 (4). CO32-+2H+＝CO2↑+H2O (5). 2NH4++3ClO-＝N2↑+3Cl-+2H++3H2O (6). 8：5 (7). 89.28%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粗盐在加热条件下溶解后加入氯化钡溶液，可除去SO42-，生成沉淀为BaSO4，滤液再加入碳酸钠，可生成CaCO3、Fe(OH)3、BaCO3、Mg2(OH)2CO3等沉淀，溶液中含有CO32-‎ ‎，加入盐酸除去CO32-，可得到精制盐水，以此解答（1）～（3）；（4）精制食盐水中还含有微量的I－、IO3－、NH4＋、Ca2＋、Mg2＋，加入NaClO氧化NH4＋生成氮气，然后加入Na2S2O3，将IO3－还原为I2，盐水b中含有Ca2+、Mg2+等，可用离子交换法除去，电解可得到氢氧化钠溶液，以此解答该题。‎ ‎【详解】（1）将粗盐加水溶解需要适当加热，温度升高，可加快物质溶解；‎ ‎（2）除去SO42-，可加入BaCl2溶液，生成BaSO4沉淀，即X为BaCl2溶液；‎ ‎（3）①由表中数据可知，过程Ⅲ中生成的主要沉淀除CaCO3、Fe(OH)3外还有BaCO3、Mg2(OH)2CO3；‎ ‎②滤液中含有过量的碳酸钠，过程Ⅳ中调节pH时发生的主要反应的离子方程式为CO32-+2H+＝CO2↑+H2O；‎ ‎（4）①加入NaClO氧化铵根生成氮气，方程式为2NH4++3ClO-＝N2↑+3Cl-+2H++3H2O；‎ ‎②加入Na2S2O3的量，将IO3－还原成I2，且盐水b中含有SO42－，可知反应中IO3－为氧化剂，化合价由+5价降低到0价，Na2S2O3为还原剂，反应中S元素化合价由+2价升高到+6价，总共升高8价，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为8：5；‎ ‎③表中第二次实验数据误差较大，可舍去，则其它两次平均值为(29.12-0.30+29.88-1.10)mL/2=28.80mL，则n（I2）=0.0288L×0.0500mol•L-1=1.44×10-3mol，由反应2S2O32－＋I2＝S4O62－＋2I－可知25.00mL溶液中n（Na2S2O3）=2.88×10-3mol，则250mL溶液中含有0.0288mol Na2S2O3，则8.00g样品中Na2S2O3的纯度为(0.0288mol×248g/mol)/8g×100%=89.28%。‎ ‎10.硫单质及其化合物在化工生成等领域应用广泛。‎ ‎（1）工业尾气中的SO2一直是环境污染的主要原因之一，工业上常采用如下方法降低尾气中的含硫量：‎ ‎①方法1：燃煤中加入生石灰，将SO2转化为CaSO3，再氧化为CaSO4‎ 已知：a. CaO(s)+CO(g)=CaCO3(s) ΔH=-178.3kJ·mol-1‎ b.2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g) ΔH=-2762.2kJ·mol-1 ‎ c.2CaSO3(s)+O2(g)=2CaSO4(s) ΔH=-2314.8kJ·mol-1 ‎ 写出CaO(s)与SO2(g)反应生成CaSO3(s)的热化学方程式：_________________。‎ ‎②方法2：用氨水将SO2转化为NH4HSO3，再氧化为(NH4)2SO4。实验测得NH4HSO3溶液中= 1500，则溶液的pH为______________（已知：H2SO3的Ka1=1.5×10-2，‎ Ka2=1.0×10-7）。‎ ‎（2）煤制得的化工原料气中含有羰基硫(0=C=S)，该物质可转化为H2S，反应为COS(g) +H2(g)H2S(g)+CO(g) ΔH＞0。‎ ‎①恒温恒容条件下，密闭容器中发生上述反应，下列事实不能说明反应达到平衡状态的是__________(填字母)。‎ a.COS的浓度保持不变 b.化学平衡常数不再改变 c.混合气体的密度不再改变 d.形成2molH-S键的同时形成1mol H-H键 ‎②T1℃时，在恒容的密闭容器中，将定量的CO和H2S混合加热并达到下列平衡：H2S(g)+ CO(g) COS(g)+H2(g)，K=0 25，则该温度下反应COS(g)+H2(g) H2S(g)+ CO(g)的平衡常数K=__________。‎ ‎③T1℃时，向容积为10 L的恒容密闭容器中充入1mol COS(g)和1molH2(g)，达到平衡时COS的转化率为______________________。‎ ‎（3）过二硫酸(H2S2O8)是一种强氧化性酸，其结构式为。‎ ‎①在Ag+催化作用下，S2O82-能与Mn2+在水溶液中发生反应生成SO42-和MnO4-，1mol S2O82-能氧化的Mn2+的物质的量为_________mol。‎ ‎②工业上可用惰性电极电解硫酸和硫酸铵混合溶液制备过二硫酸铵。则阳极的电极反应式为______________________。‎ ‎【答案】 (1). CaO(s)+SO2(g)=CaSO3(s) ΔH=-402.0kJ·mol-1 (2). 6 (3). bc (4). 4 (5). 66.7% (6). 0.4 (7). 2SO42--2e-=S2O82-‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①已知：a. CaO(s)+CO(g)=CaCO3(s) ΔH=-178.3kJ·mol-1‎ b.2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g) ΔH=-2762.2kJ·mol-1 ‎ c.2CaSO3(s)+O2(g)=2CaSO4(s) ΔH=-2314.8kJ·mol-1 ‎ 根据盖斯定律(b-c)/2+a即得到CaO(s)与SO2(g)反应生成CaSO3(s)的热化学方程式：CaO(s)+SO2(g)=CaSO3(s) ΔH=-402.0kJ·mol-1。‎ ‎②Ka1=c(H+)c(HSO3-)/c(H2SO3)、Ka2=c(H+)c(SO32-)/c(HSO3-，则Ka1Ka2=c2(H+)·=1.5×10-2×1.0×10-7，解得c(H+)=1×10-6，溶液的pH为6。‎ ‎（2）COS(g) +H2(g)H2S(g)+CO(g) ΔH＞0。‎ ‎①恒温恒容条件下，密闭容器中发生上述反应，a.COS的浓度保持不变说明化学反应达到平衡状态了；b.化学平衡常数只和温度有关，不受浓度影响，所以不能作为判断平衡的依据；c.混合气体的密度=m/V，恒容V定值，都是气体所以m不变，故c不能；d.形成2molH-S键的同时形成1mol H-H键说明正逆反应速率相等，故可以作为判断平衡的标志。答案：bc。‎ ‎②T1℃时H2S(g)+ CO(s) COS(g)+H2(g)的K=c(COS)c(H2)/c(CO)c(H2S)=0.25，COS(g)+H2(g)=H2S(g)+ CO(s)的K=c(CO)c(H2S)/c(COS)c(H2))=1/0.25=4。‎ ‎③‎ K=x·x/(0.1-x)·(0.1-x)=4，解得x=0.0667，COS的转化率为0.0667/0.1×100%=66.7%。‎ ‎（3）①根据方程式5S2O82-+ 2Mn2+ +8H2O＝10SO42-+2MnO4-+16H+可知1mol S2O82-能氧化的Mn2+的物质的量为0.4mol。‎ ‎②用惰性电极电解硫酸和硫酸铵混合溶液制备过二硫酸铵。根据氧化还原原理知阳极SO42-失电子，则阳极的电极反应式为2SO42--2e-=S2O82-。‎ ‎11.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。‎