2019-2020年高考化学二轮复习 考点加餐训练 化学在技术中的应用（含解析）.doc

2019-2020年高考化学二轮复习 考点加餐训练 化学在技术中的应用（含解析）1工业上接触法制硫酸的生产过程中，下列措施有利于提高SO2的转化率的是（）V2O5作催化剂通入过量O2两次氧化SO2、O2循环使用通过热交换器进行热交换通入过量SO2A.B.C.D.全部【答案】B【解析】使用催化剂只能提高反应速率而不影响平衡移动；通入过量的O2可使平衡右移，提高SO2的转化率；两次氧化和SO2、O2循环使用均能使未转化的SO2进一步转化为SO3；SO2的氧化正反应为放热反应，而热交换器可以使反应后混合气体温度降低，使平衡右移；通入过量的SO2，虽然能使化学平衡右移，但由于SO2的量增加而使SO2的转化率降低。因此能提高SO2的转化率的措施为。2人工固氮为粮食丰产奠定了基础。下面能实现人工固氮的是 （ ）。（A）闪电 （B）由氨制硝酸 （C）大豆的根瘤 （D）合成氨工厂【答案】D【解析】试题分析：游离态的氮元素直接转化为氮的化合物的过程是氮的固定，则选项B不是氮的固定；A和C不是人工固氮，答案选D。考点：考查氮的固定点评：该题是主要是考查学生对氮的固定的概念即判断依据的掌握情况，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，难度不大，掌握原理灵活运用即可。3下列广告语中，你认为符合科学道理的是（）A.“超纯水”“超纯蒸馏水”绝对卫生，对人体有益B.含碘食盐可防治甲状腺肿大C.本饮料由纯天然物质配制而成，绝对不含化学物质，对人体无害D.含氟牙膏可预防龋齿【答案】BD【解析】A项“超纯水”“超纯蒸馏水”因缺乏人体所必需的微量元素，长期饮用不利于人的身体健康。C项“不含化学物质”的说法错误。4温度、催化剂不变，向某一固定体积的容器内按下列各组物质的量加入反应达平衡时，氨气浓度最大的一组是（ ）A620B104C3.512D51.51【答案】B5石灰石是工业原料之一，而制取下列物质不需要用石灰石的是A.玻璃 B.水泥 C. 生石灰 D.陶瓷【答案】D6采用循环操作可提高原料的利用率，下列工业生产中，采用循环操作的是（ ）硫酸工业 合成氨工业 硝酸工业A B C D【答案】D7下列说法不正确的是（ ）A通过煤的干馏可以获得焦炭B煤中含有苯和甲苯，可以用蒸馏的方法把它们分离出来C通过煤的干馏可以获得粗氨水D煤液化后可以得到甲醇【答案】B8从海水中提取溴（Br）的主要反应为：2Br-+Cl2=2Cl-+Br2，下列说法正确的是A溴离子具有氧化性 B溴离子的还原性比氯离子弱C该反应属于复分解反应 D氯气的氧化性比溴单质强【答案】D【解析】A不正确，溴离子处于最低价，只有还原性。还原剂的还原性大于还原产物的，B不正确。C不正确，是置换反应，氧化剂的氧化性大于氧化产物的，D正确，答案选D。9下列叙述正确的是A金属被人类开发利用的大致年限之所以有先后，主要取决于金属在地壳中的含量多少B海水中含有丰富的碘元素，因此碘被称为“海洋元素”C高炉炼铁的主要反应原理是碳在高温下直接将氧化铁还原成铁D在海水中加入石灰乳可得氢氧化镁沉淀，这是从海水中富集镁的基本方法【答案】D【解析】试题分析：A、金属被人类开发利用的大致年限之所以有先后，主要取决于金属的活泼性，错误；B、海水中含有丰富的氯元素，错误；C、高炉炼铁的主要反应原理是碳在高温下先生成一氧化碳，再将氧化铁还原成铁，错误；D、海水中富含镁离子，加入石灰乳可得氢氧化镁沉淀，这是从海水中富集镁的基本方法，正确，答案选。考点：考查化学中与生活、生产的相关知识10从海水中提取部分物质的过程如下图所示下列有关说法错误的是A过程需要加入化学试剂、沉淀、过滤等操作B由“母液无水MgCl2”一系列变化中未涉及氧化还原反应C工业上一般用金属钠与无水MgCl2反应制取Mg单质D反应和均可由下列反应实现：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，该反应属于置换反应【答案】C【解析】试题分析：A过程在粗盐中含有CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，需要加入化学试剂Na2CO3、BaCl2、NaOH等化学试剂把杂质沉淀过滤除去，再加入HCl调节溶液的pH，就得到精盐溶液，可以用于氯碱工业，正确；B母液中含有MgCl2，将溶液在HCl的氛围中加热就可以得到无水MgCl2，在这一系列变化中元素的化合价没有变化，因此未涉及氧化还原反应，正确；C工业上一般电解无水MgCl2反应制取Mg单质，错误；D反应和均可由下列反应实现：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，该反应是单质与化合物反应产生新的单质和新的化合物，因此都属于置换反应，正确。考点：考查从海水中提取部分物质的操作过程、物质的分离、制取方法及反应原理的正误判断的知识。11下图所示为海水综合利用部分流程，有关说法错误的是A实验室进行的操作需用到坩埚、玻璃棒、酒精灯B是一个将电能转化为化学能的过程C涉及的反应均为氧化还原反应D中反应的离子方程式为SO2+Br2+2H2O4H+SO42-+2Br-【答案】A【解析】试题分析：A、实验室进行的操作为蒸发溶液，需用仪器有：蒸发皿、玻璃棒、酒精灯，错误；B、为电解食盐水，能量转化为把电能转化为化学能，正确；C、为Cl2氧化NaBr，为Br2氧化SO2，为Br被氧化为Br2，均为氧化还原反应，正确；D、为Br2氧化SO2，离子方程式为：SO2+Br2+2H2O4H+SO42-+2Br-，正确。考点：本题考查化学流程的分析、反应类型的判断、能量转化、离子方程式的书写。 12由下列物质冶炼相应金属时通常用热分解法的是ANaCl BHgO CCu2S DAl2O3【答案】B【解析】试题分析：冶炼不活泼的金属化合物时使用热分解的方法。所以B正确。考点：考查了金属的冶炼方法。13下列金属的冶炼中，通常是用加热分解的方法来完成的是ANa B Mg CAg DFe【答案】C【解析】试题分析：钠和镁是活泼的金属，通过电解法冶炼。铁的冶炼通过还原剂还原。银是不活泼的金属，通过热分解冶炼，答案选C。考点：考查常见金属的冶炼点评：常见金属冶炼的方法：1.热分解法运用于不活泼的金属,如汞可用氧化汞加热制得2热还原法用还原剂(氢气,焦炭,一氧化碳,活泼金属等)还原.如制钨用氢气或铝(铝热反应,在制取一些熔点高的金属是可以用这个方法)制铁用焦炭.3电解法电解法冶金会消耗大量的电能成本较高,但冶炼的金属纯度高一般用于金属的精炼.适用于K,Ca,Na,Mg,Al等活泼金属.4其他方法CuSO4+Fe=Cu+FeSO4Na+KCl=K+NaCl(反应条件是高温，真空。）(原理是高沸点金属制低沸点金属。)14从海水中提取金属镁的生产步骤有：浓缩结晶，加熟石灰，加盐酸，过滤，熔融电解，正确的生产步骤是 _ 。【答案】【解析】略15（10分）硫酸渣是用黄铁矿制造硫酸过程中排出的废渣，主要化学成分为SiO2(约45%)、Fe2O3(约40%)、Al2O3(约10%)和MgO(约5%)。某同学设计了如下方案，分离样品中各种金属元素。请回答下列问题。 （1）写出溶液B的溶质是 。 （2）参照以下框的形式进一步完成“溶液C”到“Al2O3”的流程（注明试剂、条件和操作）。 （3）为了分析某硫酸渣中铁元素的含量，先将硫酸渣预处理，把铁元素还原成 Fe2+，再用KMnO4标准溶液在酸性条件下进行氧化还原滴定。判断到达滴定终点的现象是 。某同学称取2.000g硫酸渣，预处理后在容量瓶中配制成100mL溶液，移到25.00mL试样溶液，用0.0050molL-1KMnO4标准溶液滴定，达到滴定终点时，消耗标准溶液20.00mL，则残留物中铁元素的质量分数是 。【答案】16以铝灰（主要成分为Al、Al2O3，另有少量CuO、SiO2、FeO和Fe2O3杂质）为原料，可制得液体聚合氯化铝Alm（OH）nCl3m-n，生产的部分过程如下图所示（部分产物和操作已略去）。已知某些硫化物的性质如下表：（1）操作I是 。Al2O3与盐酸反应的离子方程式是 。（2）滤渣2为黑色，该黑色物质的化学式是 。（3）向滤液2中加入NaClO溶液至不再产生红褐色沉淀，此时溶液的pH约为37。NaClO的作用是 。（4）将滤液3的pH调至4245，利用水解反应得到液体聚合氯化铝。反应的化学方程式是 。（5）将滤液3电解也可以得到液体聚合氯化铝。装置如图所示（阴离子交换膜只允许阴离子通过，电极为惰性电极）。写出阴极室的电极反应： 。简述在反应室中生成聚合氯他铝的原理： 。【答案】（1）过滤 （2分）Al2O3+6H+=2Al3+3H2O (2分)（2）CuS (2分)（3）将Fe2+氧化为Fe3+，使转化为Fe（OH）3沉淀 （2分）（4）mAlCl3+nH2O=Alm（OH）nCl3m-n+nHCl (写“”得分)（1分）（5）2H+2e-=H2 (2分)电解过程中反应室中的Cl-通过阴离子交换膜进入阳极室，阴极室中的OH-通过阴离子交换膜进入反应室，生成聚合氯化铝。（2分）【解析】试题分析：（1）加入稀盐酸后，CuO、SiO2不溶于稀盐酸的杂质可过滤出，所以操作I是过滤；氧化铝与稀盐酸反应的离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3+3H2O；（2）根据硫化物的性质可知该黑色物质为CuS，因为硫化亚铁溶液稀盐酸中；（3）加入次氯酸钠目的是把亚铁离子氧化成铁离子，转化为Fe（OH）3沉淀除去；（4）根据聚合氯化铝的化学式和质量守恒定律，氯化铝水解的化学方程式为mAlCl3+nH2O=Alm（OH）nCl3m-n+nHCl；（5）滤液3的主要成分是氯化铝，根据离子放电顺序，在阴极是阳离子放电，所以应为H+放电，电极反应为2H+2e-=H2；反应室两侧均为阴离子交换膜，电解过程中反应室中的Cl-通过阴离子交换膜进入阳极室，阴极室中OH-浓度增大，通过阴离子交换膜进入反应室，生成聚合氯化铝。考点：考查化学与化工生产的联系，对题目信息的分析能力17（8分）某化学课外小组用海带为原料制取少量碘水，已知：海带中碘元素以I形式存在。提取碘的原理是“在酸性条件下用H2O2将I氧化为碘单质”。 反应后，再进行以下实验步骤：把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中；把50mL碘水和15mL CCl4加入分液漏斗中，盖好玻璃塞，倒转漏斗用力振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞把分液漏斗放正；检验分液漏斗活塞和上口的玻璃塞是否漏液；旋开分液漏斗活塞，用烧杯接收下层液体；从分液漏斗上口倒出上层液体；将漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上凹槽对准漏斗口上的小孔；静置，分层。就此实验，完成下列填空：（1）写出用海带制取单质碘的离子方程式：_ _ 。（2）正确的实验操作步骤顺序为： 。第步操作的名称是_ _，第步中，可以用来替代CCl4的溶剂有： A、汽油 B、酒精 C、苯 D水 【答案】【解析】2I2H2H2O=I22H2O,用H2O2在酸性条件下将I 氧化成I2；分液漏斗应先查漏，再装液，然后放在漏斗架上，操作顺序为；从碘水中提取碘，萃取；AC，BD能与水互溶，不分层，不符合萃取的条件。18氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛。硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索。以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3)为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：（1）MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为 。（2）加入H2O2氧化时，发生反应的化学方程式为 。（3）滤渣2的成分是 （填化学式）。（4）煅烧过程存在以下反应：2MgSO4+C2MgO+2SO2+CO2MgSO4+C MgO+SO2+COMgSO4+3CMgO+S+3CO利用下图装置对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集。D中收集的气体可以是 (填化学式)。B中盛放的溶液可以是 (填字母)。a、NaOH溶液 b、Na2CO3溶液 c、稀硝酸 d、KMnO4溶液 A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，产物中元素最高价态为+4，写出该反应的离子方程式： 。【答案】（1）MgCO3+2H+Mg2+CO2+H2O；（2）2FeSO4+H2O2+H2SO4Fe2（SO4）3+2H2O；（3）Fe（OH）3；（4）CO；d；3S+6OH-2S2-+SO32-+3H2O。【解析】试题分析：（1）MgCO3与稀硫酸反应生成硫酸镁、二氧化碳和水，反应的离子方程式为MgCO3+2H+Mg2+CO2+H2O，故答案为：MgCO3+2H+Mg2+CO2+H2O；（2）加入H2O2 氧化时，在酸性溶液中氧化硫酸亚铁为硫酸铁，反应的化学方程式为：2FeSO4+H2O2+H2SO4Fe2（SO4）3+2H2O，故答案为：2FeSO4+H2O2+H2SO4Fe2（SO4）3+2H2O；（3）酸溶后过滤得到溶液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氨水调节溶液PH使铁离子全部沉淀，过滤后所以得到沉淀为氢氧化铁，故答案为：Fe（OH）3；（4）煅烧得到的气体主要有SO2、CO2、CO、S，产生的气体进行分步吸收或收集，所以通过A使硫蒸气冷凝下来，再通过B装置高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，通过C中的氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，最后剩余一氧化碳气体在D中收集；D中收集的气体可以是CO，故答案为：CO；B中盛放的溶液可以KMnO4溶液吸收二氧化硫，故答案为：d；A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，依据氧化还原反应原理，产物中元素最高价态为+4，最低价为-2价，反应的离子方程式为：3S+6OH-2S2-+SO32-+3H2O，故答案为：3S+6OH-2S2-+SO32-+3H2O。考点：考查了镁铝及其化合物、二氧化硫性质应用，混合物分离方法和实验操作方法的相关知识。19农业生产中使用最广泛的磷肥是过磷酸钙，其主要成分是 (填化学式)；在实际使用中，其不能与草木灰混合施用的原因是(用离子方程式表示) 。目前常用的湿法磷肥生产工艺是用硫酸分解磷矿石(主要成分为Ca5(PO4)3F)，这样处理的主要目的是 。该生产工艺的有关反应为：2Ca5(PO4)3F+7H2SO4=Ca3(PO4)2+4H3PO4+7CaSO4+2HFCa3(PO4)2+4H3PO4=3Ca(H2PO4)2生成的氟化氢会和磷矿中带入的二氧化硅反应生成SiF4，若直接排放到空气中，将严重污染环境。某磷肥厂改进工艺，在吸收塔中将SiF4经水吸收后转化为氟硅酸(H2SiF6)溶液和硅胶(SiO2)，实现氟的循环使用和硅胶的合理利用，以减小对环境的污染，同时创造经济效益。工艺流程如下：（1）写出吸收塔中反应的化学方程式_ 。（2）该工艺流程中，设计两个吸收塔的目的是 。（3）氟硅酸与磷酸钙和水反应可生成磷酸二氢钙，原理是：2H2SiF6+Ca3(PO4)2+4H2O=2CaSiF62H20 +Ca(H2PO4)2CaSiF62H2O+2H2O=CaF2SiO22H2O+4HF4HF+Ca3(PO4)2=2CaF2+Ca(H2PO4)2若利用氟硅酸与磷酸钙和水反应代替硫酸与磷酸钙反应生产Ca(H2PO4)2，理论上lkg氟硅酸可替代_kg硫酸。（4）分离得到的硅胶中因含有H2SiF6而称含氟硅胶，含氟硅胶中SiO2易溶于沸腾的氟化铵溶液，得到(NH4)2SiF6溶液，此反应为可逆反应，加入氨水后，二氧化硅重新析出。写出SiO2与氟化铵反应的化学方程式_ _。【答案】（15分） Ca(H2PO4)2H2O和CaSO4 （2分）； CO32H2PO4Ca2=CaHPO4HCO3（2分）；使之变为植物可以吸收可溶性的磷酸盐，便于植物吸收（2分）（1）3SiF42H2O=2H2SiF6SiO2（2分）（2）提高SiF4R的吸收率（2分）（3）2.04（2分）（4）6NH4F(沸腾)SiO2=(NH4)2SiF64NH32H2O（3分）【解析】试题分析：K2 CO3和Ca(H2PO4)2反应符合强酸制弱酸原理。Ca5(PO4)3F和 Ca3(PO4)2 不溶，Ca(H2PO4)2可溶。（3）2H2SiF6+Ca3(PO4)2+4H2O=2CaSiF62H20 +Ca(H2PO4)2CaSiF62H2O+2H2O=CaF2SiO22H2O+4HF4HF+Ca3(PO4)2=2CaF2+Ca(H2PO4)2 +*2+ *2 可得关系 2H2SiF63Ca(H2PO4)22H2SO4+Ca3(PO4)2=2 CaSO4+ Ca(H2PO4)2 可得关系: 2H2SO4Ca(H2PO4)2综合以上两种关系：2H2SiF63Ca(H2PO4)26H2SO4 设lkg氟硅酸可替代硫酸质量为x。 2*144 6*98 1 x x=2.04考点：本题以工艺流程为基础，考元素及化合物、化学实验基本操作、化学计算等相关知识。20锶(Sr)为第五周期第II A族元素。高纯六水氯化锶晶体(SrCl26H2O)具有很高的经济价值，用工业碳酸锶粉末(含少量钡、铁的化合物等杂质)制备高纯六水氯化锶晶体的过程如下图所示。工业碳酸锶浆液水盐酸适量1mol/LH2SO4溶液少量30%H2O2调pH至8-10过滤滤液滤渣加热蒸发冷却结晶过滤氯化锶晶体干燥洗涤高纯六水氯化锶晶体已知：SrCl26H2O 晶体在61时开始失去结晶水，100时失去全部结晶水。请回答：（1）操作加快反应速率的措施有 (任写一种方法)。碳酸锶与盐酸反应的离子方程式为 。（2）加入少量30% H2O2溶液的发生反应的离子方程式为 。（3）步骤中调节溶液pH至810，宜选用的试剂为_(填序号)：A氨水 B氢氧化钠 C 氢氧化锶粉末 D碳酸钠晶体所得滤渣的主要成分是Fe(OH)3和 (填化学式)。（4）工业上用热风吹干六水氯化锶，选择的适宜温度范围是 。A5060 B7080 C80100 D100以上 （5）若滤液中Ba2+浓度为1105mol/L，依下表数据推算出滤液中Sr2+物质的量浓度不大于 mol/L。 SrSO4BaSO4Sr(OH)2Ksp3.31071.110103.2104【答案】（16分）（1）（共5分）升高温度、或增大盐酸浓度、或充分搅拌等（合理均可，2分） SrCO3+2H+=Sr2+CO2+H2O （3分）（2）（共3分）2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O （3）（共4分）C（2分） BaSO4（2分） （4）（共2分） A （5）（共2分）0.03（或3102） 计算过程：c(SO42)=1.11010105 molL1=1.1105 molL1，c(Sr2+)=3.31071.1105 molL1=3102 molL1【解析】试题分析：（1）根据影响化学反应速率的因素，升高温度、或增大盐酸浓度、或充分搅拌等都能加快反应速率；盐酸的酸性比碳酸强，因此碳酸锶与盐酸能发生复分解反应，同主族元素具有相似性，镁、钙、锶、钡都是第IIA族，碳酸镁微溶、碳酸钙难溶、碳酸钡难溶，由此推断碳酸锶难溶于水，应保留化学式，则该反应为SrCO3+2H+=Sr2+CO2+H2O；（2）铁的化合物溶于盐酸时可能生成亚铁离子和铁离子，双氧水具有强氧化性，是绿色氧化剂，可以将亚铁离子氧化为铁离子，即2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+H2O，便于除铁；（3）氨水与氢离子容易结合成铵根离子，虽然能消耗氢离子，升高溶液的pH，但是引入的铵根离子是新的杂质，故A选项错误；氢氧化钠也能消耗氢离子，达到调节溶液pH的目的，但是引入的钠离子是新的杂质，故B选项错误；氢氧化锶能消耗氢离子，将溶液pH调至810，且引入的锶离子是目标产物需要的离子，故C选项正确；碳酸钠能消耗氢离子，但是会引入钠离子，故D选项错误；由于钡的化合物溶于盐酸产生钡离子，加入过量硫酸时，硫酸根离子与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，则滤渣的主要成分是氢氧化铁和硫酸钡；（4）由于SrCl26H2O 晶体在61时开始失去结晶水，100时失去全部结晶水，为了减少目标产物的损失，不能使温度达到61或61以上，故只有A选项正确；（5）由于BaSO4(s) Ba2+SO42，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)c(SO42)，则滤液中c(SO42)= 1.110101105 mol/L =1.1105mol/L，由于SrSO4(s) Ba2+SO42，为了防止锶离子沉淀，则Qc(SrSO4)=c(Sr2+)c(SO42)Ksp(SrSO4)，则滤液中c(Sr2+)3.31071.1105 mol/L =3.0102mol/L。考点：考查物质制备化学工艺流程，涉及加快酸浸反应速率的措施、盐酸与碳酸锶反应的离子方程式、加入过氧化氢时反应的离子方程式、选择合理的试剂调节溶液pH除杂、滤渣的成分、选择合适的烘干温度、硫酸钡和硫酸锶溶度积的计算等。21【化学与技术】钛冶炼厂与氯碱厂、甲醇厂组成一个产业链（如图所示），将大大提高资源的利用率，减少环境污染。请回答下列问题：（1）Fe的原子序数为26，其最外层电子数为2，请写出铁原子结构示意图_。（2）写出钛铁矿在高温下与焦炭经氯化得到四氯化钛的化学方程式。（3）氯碱厂获得Cl2的离子方程式为 。（4）由TiCl4Ti反应后得到Mg、MgCl2、Ti的混合物，可采用真空蒸馏的方法分离得到Ti，依据下表信息，需加热的温度略高于即可。（5）为了减少产业链生产时产生的工业三废对环境的威胁，当NaCl与FeTiO3的物质的量之比为 时，理论上Cl2的利用率最大。【答案】（1）（2）2FeTiO36C7Cl22FeCl32TiCl46CO （3）2Cl- + 2H2O H2 + Cl2 + 2OH-（4）1412 （5）7：1【解析】（1）铁位于元素周期表的第4周期第族，是过渡金属元素的代表，原子序数为26，电子层结构为（2）从图示可知氯化时的反应物为FeTiO3、C、Cl2，生成物为FeCl3、TiCl4、CO，再根据得失电子和原子守恒即可得出该反应的方程式为FeTiO36C7Cl22FeCl32TiCl46CO；（3）工业上用电解饱和NaCl溶液的方法来制取NaOH、Cl2和H2，并以它们为原料生产一系列化工产品，称为氯碱工业。阳极反应：2Cl2e=Cl2（氧化反应）；阴极反应：2H+2e=H2（还原反应）；因此，电解饱和食盐水的总反应可以表示为：2Cl+2H2OH2 + Cl2 + 2OH；（4）Ar气中进行防止钛、镁被氧化；控制温度使TiCl4、Mg、MgCl2转化为蒸气，Ti不熔化，故温度略高于1412；（5）根据2Cl+ 2H2OH2 + Cl2 + 2OH；再根据图示可知氯化时的反应物为FeTiO3、C、Cl2，生成物为FeCl3、TiCl4、CO，再根据得失电子和原子守恒即可得出该反应的方程式为2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO，得出关系式2FeTiO37Cl2 14NaCl，所以为了减少产业链生产时产生的工业三废对环境的威胁，当NaCl与FeTiO3的物质的量之比为7：1时，理论上Cl2的利用率最大。22（16分）以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，用硫酸渣制备铁红（Fe2O3）的过程如下：（1）酸溶过程中Fe2O3与稀硫酸反应的化学方程式为 ；“滤渣A”主要成份的化学式为 。（2）还原过程中加入FeS2的目的是将溶液中的Fe3 +还原为Fe2 +，而本身被氧化为H2SO4，请完成该反应的离子方程式：FeS2 + 14Fe3 + + H2O= 15Fe2 + + SO42- + 。（3）氧化过程中，O2、NaOH与Fe2+反应的离子方程式为 。（4）为了确保铁红的质量，氧化过程需要调节溶液的pH的范围是 （几种离子沉淀的pH见下表）；滤液B可以回收的物质有（写化学式） 。沉淀物Fe(OH)3Al(OH)3Fe(OH)2Mg(OH)2开始沉淀pH2.73.87.69.4完全沉淀pH3.25.29.712.4【答案】（16分）（1）（5分）Fe2O3 + 3H2SO4 = Fe2(SO4) 3 + 3H2O（2分。化学式1分、配平1分） SiO2（2分。多写FeS2不扣分，多写其它化学式0分）（2）（3分）8 2 16H+（第空1分）（3）（4分）4Fe2 + + O2 + 2H2O + 8OH= 4Fe(OH)3 （化学式对2分、配平2分。或Fe2+2OH-=Fe(OH)2（2分），4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3（2分）（分两个方程写：第个方程式化学式对1分、配平1分）（4）（5分）3.23.8（或之间的数据值，2分） Na2SO4、Al2(SO4)3、MgSO4（3分，多写H2SO4不扣分，多写其它0分）【解析】试题分析：（1）氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，化学方程式为Fe2O3 + 3H2SO4 = Fe2(SO4) 3 + 3H2O；硫酸渣中只有二氧化硅不与稀硫酸反应，所以“滤渣A”主要成份的化学式为SiO2；（2）FeS2 中的S元素的化合价是-1价，生成物中Fe的化合价是+2价，S的化合价是+6价，整体升高14价，而Fe3+的化合价降低1价，根据升降化合价总数相等，所以Fe3+的系数是14，则SO42-的系数是2，再根据元素守恒和电荷守恒判断生成物中还有氢离子，其系数为16，则水的系数是8；（3）O2、NaOH与Fe2+反应生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为4Fe2 + + O2 + 2H2O + 8OH= 4Fe(OH)3；（4）根据表中数据使铁离子完全沉淀，而其他离子不能沉淀，所以溶液的pH的范围是）3.23.8；滤液B中则含有其他离子的硫酸盐，如Na2SO4、Al2(SO4)3、MgSO4。考点：考查对工艺流程的分析，物质的判断，化学方程式的配平23铁及其化合物有重要用途，如聚合硫酸铁Fe2(0H)n（S04)3-n/2m是一种新型高效的水处理混凝剂，而高铁酸钾（其中铁的化合价为+6)是一种重要的杀菌消毒剂，某课题小组设计如下方案制备上述两种产品：请回答下列问题：（1）若A为H20(g)，可以得到Fe304，写出其转化的化学方程式： 。（2）若C为KNO3和KOH的混合物，写出其与Fe2O3加热共融制得高铁酸钾的化学方程式 并配平：（3）为测定溶液中铁元素的总含量，实验操作：准确量取20.00mL溶液于带塞锥形瓶中，加入足量H202 ，调节pH3，加热除去过量H202 ；加入过量KI充分反应后,再用 O.1OOOmol.L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL。已知：2Fe3+2I=2Fe2+I2 I2+2S2O32-=2I+S4O62-写出滴定选用的指示剂 ,滴定终点观察到的现象 。溶液中铁元素的总含量为 g.L-1。若滴定前溶液中H202没有除尽，所测定的铁元素的含量将会 (填“偏高” “偏低” “不变”）。（4）将3.48gFe3O4完全溶解在100mL 1 molL-1H2SO4溶液中，然后加入K2Cr2O7溶液25mL，恰好使溶液中的Fe2+全部反应，Cr2O72-转化为Cr3+。则K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为 【答案】（1）3Fe+4H20(g)Fe3O4+ 4H2（2）Fe2O3+3KNO3+4KOH 2K2FeO4+3KNO2+2H2O（3）淀粉溶液（1分） 溶液由蓝色变为无色且半分钟不变色（1分） 5.6 ，偏高（4）0.1molL-1【解析】试题分析：（1）Fe与水蒸气在高温下反应生成Fe3O4和氢气，化学方程式为3Fe+4H20(g)Fe3O4+ 4H2；（2）KNO3和KOH的混合物与Fe2O3加热共融制得K2FeO4，则缺项中有一种为K2FeO4，K2FeO4中铁元素化合价为+6，亚铁离子从+3价变为+6价，化合价升高3价；KNO3中N元素从+5降为KNO2中的+3价，化合价降低2价，根据化合价升降相等，氧化铁的系数为1，KNO3的系数为3，然后根据质量守恒定律配平，配平后的方程式为Fe2O3+3KNO3+4KOH 2K2FeO4+3KNO2+2H2O。（3）Fe3+氧化I-生成I2，淀粉遇碘变蓝，选择淀粉溶液作指示剂；当加入最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液由蓝色变为无色且半分钟不变色，说明到达滴定终点。由2Fe3+2I-2Fe2+I2、I2+2S2O32-2I-+S4O62-可得：Fe3+S2O32-，则n（Fe3+）=n（S2O32-）=0.1000mol/L0.02L=0.002mol，铁元素总含量为(56g/mol0.002mol)0.02L=5.6g/L；H2O2也能氧化I-生成I2，所以若过氧化氢没有除尽，则消耗硫代硫酸钠溶液体积偏大，所测结果偏高。（4）3.48g Fe3O4的物质的量为3.48232=0.015mol，发生的反应为Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O，6FeSO4+K2Cr2O7+7H2SO4 =3Fe2(SO4)3+Cr2(SO4)3+K2SO4+7H2O,根据化学反应可知，反应生成0.015molFeSO4，0.015molFeSO4消耗0.0025mol K2Cr2O7，则K2Cr2O7的浓度为0.0025mol0.025L=0.1molL-1。【考点定位】考查物质制备方案的设计，涉及铁的及其化合物的性质，氧化还原反应配平，化学计算。【名师点睛】本题考查了物质制备方案的设计、铁及其化合物的性质、氧化还原反应配平、化学计算、滴定等知识，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。铁元素是过渡元素的代表，而铁及铁合金材料又在工农业生产中有着重要应用，因此铁及其化合物的有关知识是高考的热点内容之一，命题多以生活、生产、实际应用为背景，突出铁及其化合物的性质，学生在平时的学习中应注意掌握。