高考化學模擬考試題精心編制

...wd......wd...word完美格式...wd...2019年高考化學模擬試題精編(一)(考試用時：45分鐘試卷總分值：100分)第一卷(選擇題共42分)本卷共7小題，每題6分，共42分。在每題給出的四個選項中，只有一項為哪一項符合題目要求的。7．化學與社會、生活密切相關(guān)。對以下現(xiàn)象或事實的解釋正確的選項是()選項現(xiàn)象或事實解釋AAl(OH)3用作塑料的阻燃劑Al(OH)3受熱熔化放出大量的熱BK2FeO4用于自來水的消毒和凈化K2FeO4具有強氧化性，被復原后生成的Fe3＋水解生成膠狀物，可以軟化硬水CNa2O2用于呼吸面具中作為O2的來源Na2O2是強氧化劑，能氧化CO2生成O2D浸泡過KMnO4溶液的硅藻土可用于水果保鮮KMnO4溶液可氧化水果釋放的CH2=CH28.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，以下說法正確的選項是()A．1mol·L－1AlCl3溶液中含有的Al3＋數(shù)目小于NAB．標準狀況下，11g3Heq\o\al(16,2)O中含有的質(zhì)子數(shù)目為6NAC．1molLi2O和Na2O2的混合物中含有的離子總數(shù)大于3NAD．常溫常壓下，4.6gNO2所含的氮原子數(shù)目為0.1NA9．用以下裝置完成相關(guān)實驗，合理的是()A．圖①：驗證H2CO3的酸性強于H2SiO3B．圖②：收集CO2或NH3C．圖③：別離Na2CO3溶液與CH3COOC2H5D．圖④：別離CH3CH2OH與CH3COOC2H510．短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大。W的單質(zhì)與H2在暗處能化合并發(fā)生爆炸，X是同周期中金屬性最強的元素，Y原子的最外層電子數(shù)等于電子層數(shù)，W和Z原子的最外層電子數(shù)一樣。以下說法錯誤的選項是()A．單質(zhì)的沸點：Z>WB．簡單離子半徑：X>WC．元素X與氧可形成既含離子鍵又含非極性共價鍵的化合物D．X、Y、Z的最高價氧化物對應(yīng)的水化物兩兩之間能相互反響11．有機物M、N、Q之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系為以下說法正確的選項是()A．M的同分異構(gòu)體有3種(不考慮立體異構(gòu))B．N分子中所有原子共平面C．Q的名稱為異丙烷D．M、N、Q均能與溴水反響12．銀-Ferrozine法檢測甲醛(HCHO)的原理為①在原電池裝置中，氧化銀能將甲醛充分氧化為CO2；②Fe3＋與產(chǎn)生的Ag定量反響生成Fe2＋；③Fe2＋與Ferrozine形成有色配合物；④測定溶液的吸光度(吸光度與溶液中有色物質(zhì)的濃度成正比)。以下說法正確的選項是()A．①中，負極上消耗1mol甲醛時轉(zhuǎn)移2mol電子B．①溶液中的H＋由正極移向負極C．理論上消耗的甲醛與生成的Fe2＋的物質(zhì)的量之比為1∶4D．④中，甲醛濃度越大，吸光度越小13．常溫下，向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中，不斷參加固體NaOH后，NHeq\o\al(＋,4)與NH3·H2O的變化趨勢如以以下列圖(不考慮體積變化和氨的揮發(fā))。以下說法不正確的選項是()A．M點溶液中水的電離程度比原溶液小B．在M點時，n(OH－)－n(H＋)＝(a－0.05)molC．隨著NaOH的參加，eq\f(cH＋,cNH\o\al(＋,4))不斷增大D．當n(NaOH)＝0.1mol時，c(Na＋)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)選擇題答題欄題號78910111213答案第二卷(非選擇題共58分)本卷包括必考題和選考題兩局部。第26～28題為必考題，每個試題考生都必須作答。第35～36題為選考題，考生根據(jù)要求作答。26．(14分)鐵及其化合物在生產(chǎn)和生活中有著廣泛的應(yīng)用。Ⅰ.氧化鐵是重要的工業(yè)顏料，用廢鐵屑制備氧化鐵的流程如下：答復以下問題：(1)操作A、B的名稱分別是________、________；參加稍過量NH4HCO3溶液的作用是_____________________________。(2)寫出在空氣中充分加熱煅燒FeCO3的化學方程式：__________________________________________________________________________________________________________________________。Ⅱ.上述流程中，假設(shè)煅燒不充分，最終產(chǎn)品中會含有少量的FeO雜質(zhì)。某同學為測定產(chǎn)品中Fe2O3的含量，進展如下實驗：a．稱取樣品8.00g，參加足量稀H2SO4溶解，并加水稀釋至100mL；b．量取25.00mL待測溶液于錐形瓶中；c．用酸化的0.01000mol·L－1KMnO4標準液滴定至終點；d．重復操作b、c2～3次，得出消耗KMnO4標準液體積的平均值為20.00mL。(3)寫出滴定過程中發(fā)生反響的離子方程式：______________________________________________________________________________________________________________________________。(4)確定滴定到達終點的操作及現(xiàn)象為______________________________________________________________________________________________________________________________。(5)上述樣品中Fe2O3的質(zhì)量分數(shù)為________。(6)以下操作會導致樣品中Fe2O3的質(zhì)量分數(shù)的測定結(jié)果偏低的是________。a．未枯燥錐形瓶b．盛裝標準液的滴定管沒有用標準液潤洗c．滴定完畢時仰視刻度線讀數(shù)d．量取待測液的滴定管沒有潤洗27．(15分)H2S在金屬離子的鑒定分析、煤化工等領(lǐng)域都有重要應(yīng)用。請答復：Ⅰ.工業(yè)上一種制備H2S的方法是在催化劑、高溫條件下，用天然氣與SO2反響，同時生成兩種能參與大氣循環(huán)的氧化物。(1)該反響的化學方程式為___________________________________________________________。Ⅱ.H2S可用于檢測和沉淀金屬陽離子。(2)H2S的第一步電離方程式為_____________________________________________________________。(3)：25℃時，Ksp(SnS)＝1.0×10－25，Ksp(CdS)＝8.0×10－27。該溫度下，向濃度均為0.1mol·L－1的CdCl2和SnCl2的混合溶液中通入H2S，當Sn2＋開場沉淀時，溶液中c(Cd2＋Ⅲ.H2S是煤化工原料氣脫硫過程的重要中間體。反響原理為ⅰ.COS(g)＋H2(g)H2S(g)＋CO(g)ΔH＝＋7kJ·mol－1；ⅱ.CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－42kJ·mol－1。(4)：斷裂1mol分子中的化學鍵所需吸收的能量如表所示。分子COS(g)H2(g)CO(g)H2S(g)H2O(g)CO2(g)能量/(kJ·mol－1)1319442x6789301606表中x＝________。(5)向10L容積不變的密閉容器中充入1molCOS(g)、1molH2(g)和1molH2O(g)，進展上述兩個反響。其他條件不變時，體系內(nèi)CO的平衡體積分數(shù)與溫度(T)的關(guān)系如以以下列圖。①隨著溫度升高，CO的平衡體積分數(shù)________(填“增大〞或“減小〞)。原因為___________________________________________________________________________________________________________________。②T1℃時，測得平衡時體系中COS的物質(zhì)的量為0.80mol。則該溫度下，COS的平衡轉(zhuǎn)化率為________；反響ⅰ28．(14分)鎳及其化合物用途廣泛。某礦渣的主要成分是NiFe2O4(鐵酸鎳)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，以下是從該礦渣中回收NiSO4的工藝路線：：(NH4)2SO4在350℃以上會分解生成NH3和H2SO4。NiFe2O4在焙燒過程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3。錫(Sn)位于第五周期第ⅣA族。(1)焙燒前將礦渣與(NH4)2SO4混合研磨，混合研磨的目的是_________________________________________________________________。(2)“浸泡〞過程中Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的離子方程式為_______________________________________________________________，“浸渣〞的成分除Fe2O3、FeO(OH)外還含有________(填化學式)。(3)為保證產(chǎn)品純度，要檢測“浸出液〞的總鐵量：取一定體積的浸出液，用鹽酸酸化后，參加SnCl2將Fe3＋復原為Fe2＋，所需SnCl2的物質(zhì)的量不少于Fe3＋物質(zhì)的量的________(填分數(shù))；除去過量的SnCl2后，再用酸性K2Cr2O7標準溶液滴定溶液中的Fe2＋，復原產(chǎn)物為Cr3＋，滴定時反響的離子方程式為________________________________________________________________。(4)“浸出液〞中c(Ca2＋)＝1.0×10－3mol·L－1，當除鈣率到達99%時，溶液中c(F－)＝________mol·L－1。[Ksp(CaF2)＝4.0×10－11](5)本工藝中，萃取劑與溶液的體積比(V0/VA)對溶液中Ni2＋、Fe2＋的萃取率的影響如以以下列圖，V0/VA的最正確取值是________。請考生在第35、36兩道化學題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。35．(15分)【化學——選修3：物質(zhì)構(gòu)造與性質(zhì)】硼及其化合物在新材料、工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)等方面用途很廣。請答復以下問題：(1)B元素的基態(tài)原子的價電子排布圖為________，B、N、O元素的第一電離能由大到小的順序為________。(2)三氟化硼在常溫常壓下為具有刺鼻惡臭和強刺激性氣味的無色有毒腐蝕性氣體，其分子的立體構(gòu)型為________，B原子的雜化類型為________。(3)自然界中，含B的鈉鹽是一種天然礦藏，其化學式寫作Na2B4O7·10H2O，實際上它的陰離子構(gòu)造單元是由兩個H3BO3和兩個[B(OH)4]－縮合而成的雙六元環(huán)，應(yīng)該寫成Na2[B4O5(OH)4]·8H2O，其構(gòu)造式如圖1，它的陰離子可形成鏈狀構(gòu)造。該陰離子由極性鍵和配位鍵構(gòu)成，請在圖1中用“→〞標出其中的配位鍵，該陰離子通過________相互結(jié)合形成鏈狀構(gòu)造。(4)科學家發(fā)現(xiàn)硼化鎂在39K時有超導性，在硼化鎂晶體的理想模型中，鎂原子和硼原子是分層排布的，一層鎂一層硼相間排列。圖2是該晶體微觀構(gòu)造中取出的局部原子沿z軸方向的投影，白球是鎂原子投影，黑球是硼原子投影。則硼化鎂的化學式為________。(5)磷化硼(BP)是一種有價值的超硬耐磨涂層材料，這種陶瓷材料可作為金屬外表的保護薄膜。磷化硼晶胞如圖3所示，在BP晶胞中B的堆積方式為________，當晶胞晶格參數(shù)為478pm時，磷化硼中硼原子和磷原子之間的最近距離為________cm。36．(15分)【化學——選修5：有機化學根基】1,6-己二酸(G)是合成尼龍的主要原料之一，可用烴A氧化制備。制備G的合成路線如下：答復以下問題：(1)化合物A的質(zhì)譜圖如以以下列圖，則A的化學名稱為________。(2)C→D的反響類型為________。(3)F的構(gòu)造簡式為________。(4)寫出能同時滿足以下條件的X的同分異構(gòu)體的構(gòu)造簡式________________________________________________________________。①相對分子質(zhì)量與F相等②烴的含氧衍生物，能發(fā)生銀鏡反響③核磁共振氫譜中有三組峰，面積比為3∶2∶1(5)由G合成尼龍的化學方程式為___________________________________。(6)由A通過兩步反響制備1,3-環(huán)己二烯的合成路線為_______________________________________________________________________________。2019年高考化學模擬試題精編(一)7．解析：選D。Al(OH)3受熱熔化吸收大量的熱，A項錯誤；K2FeO4的復原產(chǎn)物Fe3＋水解生成膠狀物，能使水中的懸浮物沉降下來，但不能軟化硬水，B項錯誤；Na2O2不能氧化CO2，C項錯誤。KMnO4溶液具有強氧化性，能與乙烯發(fā)生氧化復原反響，D項正確。8．解析：選D。題中沒有給出溶液的體積，故不能計算Al3＋的數(shù)目，A項錯誤；3Heq\o\al(16,2)O的相對分子質(zhì)量為16＋3×2＝22，質(zhì)子數(shù)為10，所以11g3Heq\o\al(16,2)O中含有的質(zhì)子的物質(zhì)的量為eq\f(11g,22g·mol－1)×10＝5mol，B項錯誤；Li2O和Na2O2中陽離子和陰離子的個數(shù)比均為2∶1，故1molLi2O和Na2O2的混合物中含有的離子總數(shù)為3NA，C項錯誤；n(NO2)＝eq\f(4.6g,46g·mol－1)＝0.1mol，雖然存在可逆反響：2NO2N2O4，但根據(jù)氮原子守恒知，氮原子總數(shù)不變，n(N)＝n(NO2)＝0.1mol，D項正確。9．解析：選B。圖①中制得的CO2中含有HCl，HCl通入Na2SiO3溶液中也會產(chǎn)生白色沉淀，A項不合理；圖②中收集CO2時，用向上排空氣法，氣體從左管進，收集NH3時，用向下排空氣法，氣體從右管進，B項合理；圖③為蒸餾裝置，而別離Na2CO3溶液和CH3COOC2H5應(yīng)用分液的方法，C項不合理；CH3CH2OH和CH3COOC2H5互溶，不能用分液的方法別離，D項不合理。10．解析：選B。根據(jù)題意可推知，W為F，X為Na，Y為Al，Z為Cl。F2、Cl2均為分子晶體，構(gòu)造相似，Cl2的相對分子質(zhì)量較大，則Cl2的分子間作用力較大，故沸點：Cl2>F2，A項正確；Na＋、F－具有一樣的電子層構(gòu)造，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，故離子半徑：Na＋<F－，B項錯誤；Na2O2中既含離子鍵又含非極性共價鍵，C項正確；Na、Al、Cl的最高價氧化物對應(yīng)的水化物分別為NaOH、Al(OH)3、HClO4，兩兩之間均能相互反響，D項正確。11．解析：選A。依題意，M、N、Q的構(gòu)造簡式分別為、、。確定M的同分異構(gòu)體數(shù)目可以轉(zhuǎn)化為確定丁烷的一氯代物，丁烷有2種同分異構(gòu)體：CH3CH2CH2CH3、，它們的一氯代物均有2種，故丁烷的一氯代物共有4種，除M外，還有3種，A項正確；N分子可以看做乙烯分子中的2個氫原子被甲基取代，乙烯分子中所有原子共平面，甲烷分子中所有原子不可能共平面，所以N分子中所有原子不可能共平面，B項錯誤；Q的名稱是異丁烷，C項錯誤；M、Q為飽和有機物，不能與溴水反響，N分子中含有碳碳雙鍵，能與Br2發(fā)生加成反響，D項錯誤。12．解析：選C。①中，負極的電極反響式：HCHO－4e－＋H2O=CO2↑＋4H＋；正極的電極反響式：2Ag2O＋4H＋＋4e－=4Ag＋2H2O。負極上消耗1mol甲醛時轉(zhuǎn)移4mol電子，A項錯誤；①溶液中的H＋由負極向正極遷移，B項錯誤；存在關(guān)系式：HCHO～4Ag～4Fe2＋，故理論上消耗的甲醛與生成的Fe2＋的物質(zhì)的量之比為1∶4，C項正確；甲醛濃度越大，理論上生成的Fe2＋的濃度越大，進而得到有色配合物的濃度也越大，溶液吸光度越大，D項錯誤。13．解析：選C。M點溶液為NH4Cl、NH3·H2O、NaCl的混合溶液，NHeq\o\al(＋,4)的水解促進水的電離，NH3·H2O的電離抑制水的電離，且M點NHeq\o\al(＋,4)的濃度小于原溶液中NHeq\o\al(＋,4)的濃度，故M點溶液中水的電離程度比原溶液小，A項正確；在M點時，根據(jù)電荷守恒有：n(OH－)＋n(Cl－)＝n(H＋)＋n(Na＋)＋n(NHeq\o\al(＋,4))，則n(OH－)－n(H＋)＝n(Na＋)＋n(NHeq\o\al(＋,4))－n(Cl－)＝(a＋0.05－0.1)mol＝(a－0.05)mol，B項正確；NHeq\o\al(＋,4)的水解常數(shù)Kh＝eq\f(cNH3·H2O·cH＋,cNH\o\al(＋,4))，則eq\f(cH＋,cNH\o\al(＋,4))＝eq\f(Kh,cNH3·H2O)，隨NaOH參加，Kh不變，c(NH3·H2O)不斷增大，則eq\f(cH＋,cNH\o\al(＋,4))不斷減小，C項錯誤；當n(NaOH)＝0.1mol時，得到等物質(zhì)的量的NaCl和NH3·H2O的混合溶液，則c(Na＋)＝c(Cl－)，結(jié)合物料守恒式：c(Cl－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)知，D項正確。26．解析：(1)通過操作A得到濾渣和濾液，故操作A為過濾；操作B為洗滌。根據(jù)圖示工藝流程，參加稍過量NH4HCO3溶液的目的是調(diào)節(jié)溶液的pH，使溶液中的Fe2＋完全沉淀為FeCO3。(2)在空氣中充分加熱煅燒FeCO3，最終得到Fe2O3，反響的化學方程式為4FeCO3＋O2eq\o(=,\s\up7(高溫))2Fe2O3＋4CO2。(3)滴定過程中，F(xiàn)e2＋和MnOeq\o\al(－,4)發(fā)生氧化復原反響，F(xiàn)e2＋被氧化為Fe3＋，MnOeq\o\al(－,4)被復原為Mn2＋，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒配平離子方程式：5Fe2＋＋MnOeq\o\al(－,4)＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O。(4)假設(shè)向待測液中再滴加一滴標準液，振蕩，溶液剛好由黃色變成淺紫色，且半分鐘內(nèi)不變色，則滴定到達終點。(5)根據(jù)關(guān)系式：5FeO～5Fe2＋～MnOeq\o\al(－,4)，則樣品中n(FeO)＝5n(KMnO4)＝5×0.01000mol·L－1×20.00×10－3L×eq\f(100mL,25.00mL)＝0.004mol，樣品中FeO的質(zhì)量分數(shù)為eq\f(0.004mol×72g·mol－1,8.00g)×100%＝3.6%，故樣品中Fe2O3的質(zhì)量分數(shù)為1－3.6%＝96.4%。(6)未枯燥錐形瓶，對實驗結(jié)果無影響，a項不符合題意；盛裝標準液的滴定管沒有用標準液潤洗，則標準液的濃度偏小，消耗的標準液的體積偏大，F(xiàn)eO的質(zhì)量分數(shù)的測定結(jié)果偏高，從而使Fe2O3的質(zhì)量分數(shù)的測定結(jié)果偏低，b項符合題意；滴定完畢時仰視刻度線讀數(shù)，則讀取的標準液的體積偏大，F(xiàn)eO的質(zhì)量分數(shù)的測定結(jié)果偏高，從而使Fe2O3的質(zhì)量分數(shù)的測定結(jié)果偏低，c項符合題意；量取待測液的滴定管沒有潤洗，則消耗標準液的體積偏小，F(xiàn)eO的質(zhì)量分數(shù)的測定結(jié)果偏低，從而使Fe2O3的質(zhì)量分數(shù)的測定結(jié)果偏高，d項不符合題意。答案：(1)過濾洗滌調(diào)節(jié)溶液的pH，使溶液中的Fe2＋完全沉淀為FeCO3(2)4FeCO3＋O2eq\o(=,\s\up7(高溫))2Fe2O3＋4CO2(3)5Fe2＋＋MnOeq\o\al(－,4)＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O(4)向待測液中再滴加一滴標準液時，振蕩，溶液剛好由黃色變成淺紫色，且半分鐘內(nèi)不變色(5)96.4%(6)bc27．解析：(1)天然氣的主要成分是CH4，根據(jù)題意，CH4與SO2反響生成H2S、CO2和H2O，反響條件是高溫、催化劑。根據(jù)得失電子守恒和原子守恒配平化學方程式。(2)H2S是二元弱酸，分兩步電離，且電離過程是“可逆過程〞，以第一步電離為主，H2S的第一步電離方程式為H2SH＋＋HS－。(3)當Sn2＋開場沉淀時，溶液中c(S2－)＝eq\f(KspSnS,cSn2＋)＝eq\f(1.0×10－25,0.1)mol·L－1＝1.0×10－24mol·L－1，此時溶液中c(Cd2＋)＝eq\f(KspCdS,cS2－)＝eq\f(8.0×10－27,1.0×10－24)mol·L－1＝8.0×10－3mol·L－1。(4)反響熱＝反響物總鍵能－生成物總鍵能，對于反響ⅰ，ΔH＝(1319＋442－678－x)kJ·mol－1＝＋7kJ·mol－1，解得x＝1076[或利用反響ⅱ進展計算，ΔH＝(x＋930－1606－442)kJ·mol－1＝－42kJ·mol－1，解得x＝1076]。(5)①由題圖知，隨著溫度升高，CO的平衡體積分數(shù)增大。反響ⅰ為吸熱反響，升高溫度，平衡正向移動，CO的平衡體積分數(shù)增大；反響ⅱ為放熱反響，升高溫度，平衡逆向移動，CO的平衡體積分數(shù)增大，綜合來講，其他條件不變，升高溫度，體系中CO的平衡體積分數(shù)增大。②T1℃時，測得平衡時體系中COS的物質(zhì)的量為0.80mol，則反響的n(COS)＝0.20mol，故COS的平衡轉(zhuǎn)化率為eq\f(0.20mol,1mol)×100%＝20%。反響ⅰ生成0.20molCO，剩余0.80molH2，生成的CO與H2O(g)發(fā)生反響ⅱ，設(shè)到達平衡時，參加反響ⅱ的CO為xmol，利用三段式法進展計算：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)起始(mol)0.20100.80轉(zhuǎn)化(mol)xxxx平衡(mol)0.20－x1－xx0.80＋x開場共投入3mol氣體，且反響ⅰ和反響ⅱ都是氣體分子數(shù)不變的反響，故平衡時體系中氣體的總物質(zhì)的量不變。根據(jù)題圖知，T1℃到達平衡時，CO的體積分數(shù)為5%，故eq\f(0.20－xmol,3mol)×100%＝5%，解得x＝0.05。故平衡時體系中n(COS)＝0.80mol，n(H2)＝0.80mol＋0.05mol＝0.85mol，n(H2S)＝0.20mol，n(CO)＝0.20mol－0.05mol＝0.15mol，反響ⅰ的平衡常數(shù)K＝eq\f(cH2S·cCO,cCOS·cH2)＝eq\f(0.20×0.15,0.80×0.85)≈0.044。答案：Ⅰ.(1)4SO2＋3CH4eq\o(=,\s\up10(催化劑),\s\do10(高溫))4H2S＋3CO2＋2H2OⅡ.(2)H2SH＋＋HS－(3)8.0×10－3mol·L－1Ⅲ.(4)1076(5)①增大反響ⅰ為吸熱反響，升高溫度，平衡正向移動，CO的平衡體積分數(shù)增大；反響ⅱ為放熱反響，升高溫度，平衡逆向移動，CO的平衡體積分數(shù)也增大②20%0.04428．解析：(1)混合研磨的目的是增大接觸面積，加快反響速率，使反響更充分。(2)浸泡過程中Fe3＋發(fā)生水解反響生成FeO(OH)，離子方程式為Fe3＋＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(△))FeO(OH)↓＋3H＋。浸渣中還含有難溶于水的SiO2及反響生成的CaSO4。(3)Fe3＋eq\o(→,\s\up7(得e－))Fe2＋、Sn2＋eq\o(→,\s\up7(失2e－))Sn4＋，根據(jù)得失電子守恒知，SnCl2與Fe3＋反響時，SnCl2的物質(zhì)的量為Fe3＋的物質(zhì)的量的一半。Fe2＋eq\o(→,\s\up7(失e－))Fe3＋、Cr2Oeq\o\al(2－,7)eq\o(→,\s\up7(得2×3e－))2Cr3＋，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒及原子守恒，配平離子方程式：Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。(4)當除鈣率到達99%時，溶液中c(Ca2＋)＝1.0×10－3mol·L－1×(1－99%)＝1.0×10－5mol·L－1，根據(jù)Ksp(CaF2)＝c(Ca2＋)·c2(F－)，