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2019-2020年高考化學二輪復習 考點加餐訓練 化學在技術中的應用（含解析） 1．工業(yè)上接觸法制硫酸的生產(chǎn)過程中，下列措施有利于提高SO2的轉化率的是（　　） ①V2O5作催化劑?、谕ㄈ脒^量O2　③兩次氧化④SO2、O2循環(huán)使用　⑤通過熱交換器進行熱交換⑥通入過量SO2 A.①②③ B.②③④⑤ C.②③④⑤⑥ D.全部 【答案】B 【解析】使用催化劑只能提高反應速率而不影響平衡移動；通入過量的O2可使平衡右移，提高SO2的轉化率；兩次氧化和SO2、O2循環(huán)使用均能使未轉化的SO2進一步轉化為SO3；SO2的氧化正反應為放熱反應，而熱交換器可以使反應后混合氣體溫度降低，使平衡右移；通入過量的SO2，雖然能使化學平衡右移，但由于SO2的量增加而使SO2的轉化率降低。因此能提高SO2的轉化率的措施為②③④⑤。 2．人工固氮為糧食豐產(chǎn)奠定了基礎。下面能實現(xiàn)人工固氮的是 （ ）。 （A）閃電 （B）由氨制硝酸 （C）大豆的根瘤 （D）合成氨工廠 【答案】D 【解析】 試題分析：游離態(tài)的氮元素直接轉化為氮的化合物的過程是氮的固定，則選項B不是氮的固定；A和C不是人工固氮，答案選D。 考點：考查氮的固定 點評：該題是主要是考查學生對氮的固定的概念即判斷依據(jù)的掌握情況，旨在考查學生靈活運用基礎知識解決實際問題的能力，難度不大，掌握原理靈活運用即可。 3．下列廣告語中，你認為符合科學道理的是…（　　） A.“超純水”“超純蒸餾水”絕對衛(wèi)生，對人體有益 B.含碘食鹽可防治甲狀腺腫大 C.本飲料由純天然物質(zhì)配制而成，絕對不含化學物質(zhì)，對人體無害 D.含氟牙膏可預防齲齒 【答案】BD 【解析】A項“超純水”“超純蒸餾水”因缺乏人體所必需的微量元素，長期飲用不利于人的身體健康。C項“不含化學物質(zhì)”的說法錯誤。 4．溫度、催化劑不變，向某一固定體積的容器內(nèi)按下列各組物質(zhì)的量加入反應達平衡時，氨氣濃度最大的一組是（ ） A 6 2 0 B 1 0 4 C 3.5 1 2 D 5 1.5 1 【答案】B 5．石灰石是工業(yè)原料之一，而制取下列物質(zhì)不需要用石灰石的是 A.玻璃 B.水泥 C. 生石灰 D.陶瓷 【答案】D 6．采用循環(huán)操作可提高原料的利用率，下列工業(yè)生產(chǎn)中，采用循環(huán)操作的是（ ） ①硫酸工業(yè)　　 ②合成氨工業(yè)　 　?、巯跛峁I(yè) A． ②③ B．①② C．①③ D．①②③ 【答案】D 7．下列說法不正確的是（ ） A．通過煤的干餾可以獲得焦炭 B．煤中含有苯和甲苯，可以用蒸餾的方法把它們分離出來 C．通過煤的干餾可以獲得粗氨水 D．煤液化后可以得到甲醇 【答案】B 8．從海水中提取溴（Br）的主要反應為：2Br-+Cl2=2Cl-+Br2，下列說法正確的是 A．溴離子具有氧化性 B．溴離子的還原性比氯離子弱 C．該反應屬于復分解反應 D．氯氣的氧化性比溴單質(zhì)強 【答案】D 【解析】A不正確，溴離子處于最低價，只有還原性。還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的，B不正確。C不正確，是置換反應，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的，D正確，答案選D。 9．下列敘述正確的是 A．金屬被人類開發(fā)利用的大致年限之所以有先后，主要取決于金屬在地殼中的含量多少 B．海水中含有豐富的碘元素，因此碘被稱為“海洋元素” C．高爐煉鐵的主要反應原理是碳在高溫下直接將氧化鐵還原成鐵 D．在海水中加入石灰乳可得氫氧化鎂沉淀，這是從海水中富集鎂的基本方法 【答案】D 【解析】 試題分析：A、金屬被人類開發(fā)利用的大致年限之所以有先后，主要取決于金屬的活潑性，錯誤；B、海水中含有豐富的氯元素，錯誤；C、高爐煉鐵的主要反應原理是碳在高溫下先生成一氧化碳，再將氧化鐵還原成鐵，錯誤；D、海水中富含鎂離子，加入石灰乳可得氫氧化鎂沉淀，這是從海水中富集鎂的基本方法，正確，答案選Ｄ。 考點：考查化學中與生活、生產(chǎn)的相關知識 10．從海水中提取部分物質(zhì)的過程如下圖所示 下列有關說法錯誤的是 A．過程①需要加入化學試劑、沉淀、過濾等操作 B．由“母液→無水MgCl2”一系列變化中未涉及氧化還原反應 C．工業(yè)上一般用金屬鈉與無水MgCl2反應制取Mg單質(zhì) D．反應③和⑤均可由下列反應實現(xiàn)：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，該反應屬于置換反應 【答案】C 【解析】 試題分析：A．過程①在粗鹽中含有CaCl2、MgCl2、Na2SO4等雜質(zhì)，需要加入化學試劑Na2CO3、BaCl2、NaOH等化學試劑把雜質(zhì)沉淀過濾除去，再加入HCl調(diào)節(jié)溶液的pH，就得到精鹽溶液，可以用于氯堿工業(yè)，正確；B．母液中含有MgCl2，將溶液在HCl的氛圍中加熱就可以得到無水MgCl2，在這一系列變化中元素的化合價沒有變化，因此未涉及氧化還原反應，正確；C．工業(yè)上一般電解無水MgCl2反應制取Mg單質(zhì)，錯誤；D．反應③和⑤均可由下列反應實現(xiàn)：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，該反應是單質(zhì)與化合物反應產(chǎn)生新的單質(zhì)和新的化合物，因此都屬于置換反應，正確。 考點：考查從海水中提取部分物質(zhì)的操作過程、物質(zhì)的分離、制取方法及反應原理的正誤判斷的知識。 11．下圖所示為海水綜合利用部分流程，有關說法錯誤的是 A．實驗室進行①的操作需用到坩堝、玻璃棒、酒精燈 B．②是一個將電能轉化為化學能的過程 C．③④⑤涉及的反應均為氧化還原反應 D．④中反應的離子方程式為SO2+Br2+2H2O＝4H++SO42-+2Br- 【答案】A 【解析】 試題分析：A、實驗室進行①的操作為蒸發(fā)溶液，需用儀器有：蒸發(fā)皿、玻璃棒、酒精燈，錯誤；B、②為電解食鹽水，能量轉化為把電能轉化為化學能，正確；C、③為Cl2氧化NaBr，④為Br2氧化SO2，⑤為Br￣被氧化為Br2，均為氧化還原反應，正確；D、④為Br2氧化SO2，離子方程式為：SO2+Br2+2H2O＝4H++SO42-+2Br-，正確。 考點：本題考查化學流程的分析、反應類型的判斷、能量轉化、離子方程式的書寫。 12．由下列物質(zhì)冶煉相應金屬時通常用熱分解法的是 A．NaCl B．HgO C．Cu2S D．Al2O3 【答案】B 【解析】 試題分析：冶煉不活潑的金屬化合物時使用熱分解的方法。所以B正確。 考點：考查了金屬的冶煉方法。 13．下列金屬的冶煉中，通常是用加熱分解的方法來完成的是 A．Na B． Mg C．Ag D．Fe 【答案】C 【解析】 試題分析：鈉和鎂是活潑的金屬，通過電解法冶煉。鐵的冶煉通過還原劑還原。銀是不活潑的金屬，通過熱分解冶煉，答案選C。 考點：考查常見金屬的冶煉 點評：常見金屬冶煉的方法： 1.熱分解法 運用于不活潑的金屬,如汞可用氧化汞加熱制得 2熱還原法 用還原劑(氫氣,焦炭,一氧化碳,活潑金屬等)還原. 如制鎢用氫氣或鋁(鋁熱反應,在制取一些熔點高的金屬是可以用這個方法)制鐵用焦炭. 3電解法 電解法冶金會消耗大量的電能成本較高,但冶煉的金屬純度高一般用于金屬的精煉.適用于K,Ca,Na,Mg,Al等活潑金屬. 4其他方法 CuSO4+Fe==Cu+FeSO4 Na+KCl==K+NaCl(反應條件是高溫，真空。）(原理是高沸點金屬制低沸點金屬。) 14．從海水中提取金屬鎂的生產(chǎn)步驟有：①濃縮結晶，②加熟石灰，③加鹽酸，④過濾，⑤熔融電解，正確的生產(chǎn)步驟是 _ 。 【答案】②④③①⑤ 【解析】略 15．（10分）硫酸渣是用黃鐵礦制造硫酸過程中排出的廢渣，主要化學成分為SiO2(約45%)、Fe2O3(約40%)、Al2O3(約10%)和MgO(約5%)。某同學設計了如下方案，分離樣品中各種金屬元素。請回答下列問題。 （1）寫出溶液B的溶質(zhì)是 。 （2）參照以下框的形式進一步完成“溶液C”到“Al2O3”的流程（注明試劑、條件和操作）。 （3）為了分析某硫酸渣中鐵元素的含量，先將硫酸渣預處理，把鐵元素還原成 Fe2+，再用KMnO4標準溶液在酸性條件下進行氧化還原滴定。 ①判斷到達滴定終點的現(xiàn)象是 。 ②某同學稱取2.000g硫酸渣，預處理后在容量瓶中配制成100mL溶液，移到25.00mL試樣溶液，用0.0050molL-1KMnO4標準溶液滴定，達到滴定終點時，消耗標準溶液20.00mL，則殘留物中鐵元素的質(zhì)量分數(shù)是 。 【答案】 16．以鋁灰（主要成分為Al、Al2O3，另有少量CuO、SiO2、FeO和Fe2O3雜質(zhì)）為原料，可制得液體聚合氯化鋁Alm（OH）nCl3m-n，生產(chǎn)的部分過程如下圖所示（部分產(chǎn)物和操作已略去）。 已知某些硫化物的性質(zhì)如下表： （1）操作I是 。Al2O3與鹽酸反應的離子方程式是 。 （2）濾渣2為黑色，該黑色物質(zhì)的化學式是 。 （3）向濾液2中加入NaClO溶液至不再產(chǎn)生紅褐色沉淀，此時溶液的pH約為3．7。NaClO的作用是 。 （4）將濾液3的pH調(diào)至4．2～4．5，利用水解反應得到液體聚合氯化鋁。反應的化學方程式是 。 （5）將濾液3電解也可以得到液體聚合氯化鋁。裝置如圖所示（陰離子交換膜只允許陰離子通過，電極為惰性電極）。 ①寫出陰極室的電極反應： 。 ②簡述在反應室中生成聚合氯他鋁的原理： 。 【答案】（1）過濾 （2分）Al2O3+6H+=2Al3++3H2O (2分) （2）CuS (2分) （3）將Fe2+氧化為Fe3+，使轉化為Fe（OH）3沉淀 （2分） （4）mAlCl3+nH2O=Alm（OH）nCl3m-n+nHCl (寫“”得分)（1分） （5）①2H++2e-=H2↑ (2分) ②電解過程中反應室中的Cl-通過陰離子交換膜進入陽極室，陰極室中的OH-通過陰離子交換膜進入反應室，生成聚合氯化鋁。（2分） 【解析】 試題分析：（1）加入稀鹽酸后，CuO、SiO2不溶于稀鹽酸的雜質(zhì)可過濾出，所以操作I是過濾；氧化鋁與稀鹽酸反應的離子方程式為Al2O3+6H+=2Al3++3H2O； （2）根據(jù)硫化物的性質(zhì)可知該黑色物質(zhì)為CuS，因為硫化亞鐵溶液稀鹽酸中； （3）加入次氯酸鈉目的是把亞鐵離子氧化成鐵離子，轉化為Fe（OH）3沉淀除去； （4）根據(jù)聚合氯化鋁的化學式和質(zhì)量守恒定律，氯化鋁水解的化學方程式為 mAlCl3+nH2O=Alm（OH）nCl3m-n+nHCl； （5）①濾液3的主要成分是氯化鋁，根據(jù)離子放電順序，在陰極是陽離子放電，所以應為H+放電，電極反應為2H++2e-=H2↑； ②反應室兩側均為陰離子交換膜，電解過程中反應室中的Cl-通過陰離子交換膜進入陽極室，陰極室中OH-濃度增大，通過陰離子交換膜進入反應室，生成聚合氯化鋁。 考點：考查化學與化工生產(chǎn)的聯(lián)系，對題目信息的分析能力 17．（8分）某化學課外小組用海帶為原料制取少量碘水，已知：海帶中碘元素以I—形式存在。提取碘的原理是“在酸性條件下用H2O2將I—氧化為碘單質(zhì)”。 反應后，再進行以下實驗步驟： ①把盛有溶液的分液漏斗放在鐵架臺的鐵圈中；②把50mL碘水和15mL CCl4加入分液漏斗中，蓋好玻璃塞，倒轉漏斗用力振蕩，并不時旋開活塞放氣，最后關閉活塞把分液漏斗放正；③檢驗分液漏斗活塞和上口的玻璃塞是否漏液；④旋開分液漏斗活塞，用燒杯接收下層液體；⑤從分液漏斗上口倒出上層液體；⑥將漏斗上口的玻璃塞打開或使塞上凹槽對準漏斗口上的小孔；⑦靜置，分層。 就此實驗，完成下列填空： （1）寫出用海帶制取單質(zhì)碘的離子方程式：______________ ______________________ 。 （2）正確的實驗操作步驟順序為： ⑥ ⑦④ ⑤。 ⑶第②步操作的名稱是_______ _____， ⑷第②步中，可以用來替代CCl4的溶劑有： A、汽油 B、酒精 C、苯 D．水 【答案】 【解析】 ⑴2I―＋2H＋＋2H2O=I2＋2H2O,用H2O2在酸性條件下將I― 氧化成I2； ⑵分液漏斗應先查漏，再裝液，然后放在漏斗架上，操作順序為③②①； ⑶從碘水中提取碘，萃?。? ⑷AC，BD能與水互溶，不分層，不符合萃取的條件。 18．氧化鎂在醫(yī)藥、建筑等行業(yè)應用廣泛。硫酸鎂還原熱解制備高純氧化鎂是一種新的探索。以菱鎂礦(主要成分為MgCO3，含少量FeCO3)為原料制備高純氧化鎂的實驗流程如下： （1）MgCO3與稀硫酸反應的離子方程式為 。 （2）加入H2O2氧化時，發(fā)生反應的化學方程式為 。 （3）濾渣2的成分是 （填化學式）。 （4）煅燒過程存在以下反應： 2MgSO4+C2MgO+2SO2↑+CO2↑ MgSO4+C MgO+SO2↑+CO↑ MgSO4+3CMgO+S↑+3CO↑ 利用下圖裝置對煅燒產(chǎn)生的氣體進行分步吸收或收集。 ①D中收集的氣體可以是 (填化學式)。 ②B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 ③ A中得到的淡黃色固體與熱的NaOH溶液反應，產(chǎn)物中元素最高價態(tài)為+4，寫出該反應的離子方程式： 。 【答案】 （1）MgCO3+2H+═Mg2++CO2↑+H2O； （2）2FeSO4+H2O2+H2SO4═Fe2（SO4）3+2H2O； （3）Fe（OH）3； （4）①CO；②d；③3S+6OH-2S2-+SO32-+3H2O。 【解析】 試題分析：（1）MgCO3與稀硫酸反應生成硫酸鎂、二氧化碳和水，反應的離子方程式為MgCO3+2H+═Mg2++CO2↑+H2O，故答案為：MgCO3+2H+═Mg2++CO2↑+H2O； （2）加入H2O2 氧化時，在酸性溶液中氧化硫酸亞鐵為硫酸鐵，反應的化學方程式為：2FeSO4+H2O2+H2SO4═Fe2（SO4）3+2H2O，故答案為：2FeSO4+H2O2+H2SO4═Fe2（SO4）3+2H2O； （3）酸溶后過濾得到溶液中加入過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，加入氨水調(diào)節(jié)溶液PH使鐵離子全部沉淀，過濾后所以得到沉淀為氫氧化鐵，故答案為：Fe（OH）3； （4）煅燒得到的氣體主要有SO2、CO2、CO、S，產(chǎn)生的氣體進行分步吸收或收集，所以通過A使硫蒸氣冷凝下來，再通過B裝置高錳酸鉀溶液吸收二氧化硫，通過C中的氫氧化鈉溶液吸收二氧化碳，最后剩余一氧化碳氣體在D中收集； ①D中收集的氣體可以是CO，故答案為：CO； ②B中盛放的溶液可以KMnO4溶液吸收二氧化硫，故答案為：d； ③A中得到的淡黃色固體與熱的NaOH溶液反應，依據(jù)氧化還原反應原理，產(chǎn)物中元素最高價態(tài)為+4，最低價為-2價，反應的離子方程式為：3S+6OH-2S2-+SO32-+3H2O，故答案為：3S+6OH-2S2-+SO32-+3H2O。 考點：考查了鎂鋁及其化合物、二氧化硫性質(zhì)應用，混合物分離方法和實驗操作方法的相關知識。 19．農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中使用最廣泛的磷肥是過磷酸鈣，其主要成分是 (填化學式)；在實際使用中，其不能與草木灰混合施用的原因是(用離子方程式表示) 。目前常用的濕法磷肥生產(chǎn)工藝是用硫酸分解磷礦石(主要成分為Ca5(PO4)3F)，這樣處理的主要目的是 。 該生產(chǎn)工藝的有關反應為： 2Ca5(PO4)3F+7H2SO4=Ca3(PO4)2+4H3PO4+7CaSO4+2HF Ca3(PO4)2+4H3PO4=3Ca(H2PO4)2 生成的氟化氫會和磷礦中帶入的二氧化硅反應生成SiF4，若直接排放到空氣中，將嚴重污染環(huán)境。某磷肥廠改進工藝，在吸收塔中將SiF4經(jīng)水吸收后轉化為氟硅酸(H2SiF6)溶液和硅膠(SiO2)，實現(xiàn)氟的循環(huán)使用和硅膠的合理利用，以減小對環(huán)境的污染，同時創(chuàng)造經(jīng)濟效益。工藝流程如下： （1）寫出吸收塔中反應的化學方程式____ 。 （2）該工藝流程中，設計兩個吸收塔的目的是 。 （3）氟硅酸與磷酸鈣和水反應可生成磷酸二氫鈣，原理是： 2H2SiF6+Ca3(PO4)2+4H2O=2CaSiF62H20 +Ca(H2PO4)2 CaSiF62H2O+2H2O=CaF2SiO22H2O+4HF 4HF+Ca3(PO4)2=2CaF2+Ca(H2PO4)2 若利用氟硅酸與磷酸鈣和水反應代替硫酸與磷酸鈣反應生產(chǎn)Ca(H2PO4)2，理論上lkg氟硅酸可替代_____kg硫酸。 （4）分離得到的硅膠中因含有H2SiF6而稱含氟硅膠，含氟硅膠中SiO2易溶于沸騰的氟化銨溶液，得到(NH4)2SiF6溶液，此反應為可逆反應，加入氨水后，二氧化硅重新析出。寫出SiO2與氟化銨反應的化學方程式______ __。 【答案】（15分） Ca(H2PO4)2H2O和CaSO4 （2分）； CO32－＋H2PO4－＋Ca2＋=CaHPO4＋HCO3－（2分）； 使之變?yōu)橹参锟梢晕湛扇苄缘牧姿猁}，便于植物吸收（2分） （1）3SiF4＋2H2O=2H2SiF6＋SiO2（2分） （2）提高SiF4R的吸收率（2分） （3）2.04（2分） （4）6NH4F(沸騰)＋SiO2=(NH4)2SiF6＋4NH3＋2H2O（3分） 【解析】 試題分析：K2 CO3和Ca(H2PO4)2反應符合強酸制弱酸原理。Ca5(PO4)3F和 Ca3(PO4)2 不溶，Ca(H2PO4)2可溶。 （3）①2H2SiF6+Ca3(PO4)2+4H2O=2CaSiF62H20 +Ca(H2PO4)2 ②CaSiF62H2O+2H2O=CaF2SiO22H2O+4HF ③4HF+Ca3(PO4)2=2CaF2+Ca(H2PO4)2 ①+②*2+ ③*2 可得關系 2H2SiF6→3Ca(H2PO4)2 ④2H2SO4+Ca3(PO4)2=2 CaSO4+ Ca(H2PO4)2 可得關系: 2H2SO4→Ca(H2PO4)2 綜合以上兩種關系：2H2SiF6→3Ca(H2PO4)2→6H2SO4 設lkg氟硅酸可替代硫酸質(zhì)量為x。 2*144 6*98 1 x x=2.04 考點：本題以工藝流程為基礎，考元素及化合物、化學實驗基本操作、化學計算等相關知識。 20．鍶(Sr)為第五周期第II A族元素。高純六水氯化鍶晶體(SrCl26H2O)具有很高的經(jīng)濟價值，用工業(yè)碳酸鍶粉末(含少量鋇、鐵的化合物等雜質(zhì))制備高純六水氯化鍶晶體的過程如下圖所示。 工業(yè) 碳酸鍶 漿液 水 鹽酸 ① 適量 1mol/L H2SO4 ② 溶液 少量 30%H2O2 調(diào)pH至8-10 ③過濾 濾液 濾渣 加熱蒸發(fā) 冷卻結晶 ④過濾 氯 化 鍶 晶 體 ⑤干燥 洗滌 高純六水氯化鍶晶體 已知：SrCl26H2O 晶體在61℃時開始失去結晶水，100℃時失去全部結晶水。請回答： （1）操作①加快反應速率的措施有 (任寫一種方法)。碳酸鍶與鹽酸反應的離子方程式為 。 （2）加入少量30% H2O2溶液的發(fā)生反應的離子方程式為 。 （3）步驟③中調(diào)節(jié)溶液pH至8—10，宜選用的試劑為_______(填序號)： A．氨水 B．氫氧化鈉 C． 氫氧化鍶粉末 D．碳酸鈉晶體 所得濾渣的主要成分是Fe(OH)3和 (填化學式)。 （4）工業(yè)上用熱風吹干六水氯化鍶，選擇的適宜溫度范圍是 。 A．50~60℃ B．70~80℃ C．80~100℃ D．100℃以上 （5）若濾液中Ba2+濃度為110－5mol/L，依下表數(shù)據(jù)推算出濾液中Sr2+物質(zhì)的量濃度不大于 mol/L。 SrSO4 BaSO4 Sr(OH)2 Ksp 3.310—7 1.110—10 3.210—4 【答案】（16分） （1）（共5分）升高溫度、或增大鹽酸濃度、或充分攪拌等（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310－2） [計算過程：c(SO42－)=1.110－1010－5 mol?L－1=1.110－5 mol?L－1，c(Sr2+)=3.310－71.110－5 mol?L－1=310－2 mol?L－1] 【解析】 試題分析：（1）根據(jù)影響化學反應速率的因素，升高溫度、或增大鹽酸濃度、或充分攪拌等都能加快反應速率；鹽酸的酸性比碳酸強，因此碳酸鍶與鹽酸能發(fā)生復分解反應，同主族元素具有相似性，鎂、鈣、鍶、鋇都是第IIA族，碳酸鎂微溶、碳酸鈣難溶、碳酸鋇難溶，由此推斷碳酸鍶難溶于水，應保留化學式，則該反應為SrCO3+2H+=Sr2++CO2↑+H2O； （2）鐵的化合物溶于鹽酸時可能生成亞鐵離子和鐵離子，雙氧水具有強氧化性，是綠色氧化劑，可以將亞鐵離子氧化為鐵離子，即2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++H2O，便于除鐵； （3）氨水與氫離子容易結合成銨根離子，雖然能消耗氫離子，升高溶液的pH，但是引入的銨根離子是新的雜質(zhì)，故A選項錯誤；氫氧化鈉也能消耗氫離子，達到調(diào)節(jié)溶液pH的目的，但是引入的鈉離子是新的雜質(zhì)，故B選項錯誤；氫氧化鍶能消耗氫離子，將溶液pH調(diào)至8～10，且引入的鍶離子是目標產(chǎn)物需要的離子，故C選項正確；碳酸鈉能消耗氫離子，但是會引入鈉離子，故D選項錯誤；由于鋇的化合物溶于鹽酸產(chǎn)生鋇離子，加入過量硫酸時，硫酸根離子與鋇離子結合生成硫酸鋇沉淀，則濾渣的主要成分是氫氧化鐵和硫酸鋇； （4）由于SrCl26H2O 晶體在61℃時開始失去結晶水，100℃時失去全部結晶水，為了減少目標產(chǎn)物的損失，不能使溫度達到61℃或61℃以上，故只有A選項正確； （5）由于BaSO4(s) Ba2++SO42—，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)?c(SO42—)，則濾液中c(SO42—)= 1.110—10110－5 mol/L =1.110—5mol/L，由于SrSO4(s) Ba2++SO42—，為了防止鍶離子沉淀，則Qc(SrSO4)=c(Sr2+)?c(SO42—)≤Ksp(SrSO4)，則濾液中c(Sr2+)≤3.310—71.110－5 mol/L =3.010—2mol/L。 考點：考查物質(zhì)制備化學工藝流程，涉及加快酸浸反應速率的措施、鹽酸與碳酸鍶反應的離子方程式、加入過氧化氫時反應的離子方程式、選擇合理的試劑調(diào)節(jié)溶液pH除雜、濾渣的成分、選擇合適的烘干溫度、硫酸鋇和硫酸鍶溶度積的計算等。 21．【化學與技術】 鈦冶煉廠與氯堿廠、甲醇廠組成一個產(chǎn)業(yè)鏈（如圖所示），將大大提高資源的利用率，減少環(huán)境污染。 請回答下列問題： （1）Fe的原子序數(shù)為26，其最外層電子數(shù)為2，請寫出鐵原子結構示意圖____。 （2）寫出鈦鐵礦在高溫下與焦炭經(jīng)氯化得到四氯化鈦的化學方程式。 （3）氯堿廠獲得Cl2的離子方程式為 。 （4）由TiCl4→Ti反應后得到Mg、MgCl2、Ti的混合物，可采用真空蒸餾的方法分離得到Ti，依據(jù)下表信息，需加熱的溫度略高于℃即可。 （5）為了減少產(chǎn)業(yè)鏈生產(chǎn)時產(chǎn)生的工業(yè)三廢對環(huán)境的威脅，當NaCl與FeTiO3的物質(zhì)的量之比為 時，理論上Cl2的利用率最大。 【答案】（1） （2）2FeTiO3＋6C＋7Cl22FeCl3＋2TiCl4＋6CO （3）2Cl- + 2H2O H2↑ + Cl2↑ + 2OH- （4）1412 （5）7：1 【解析】（1）鐵位于元素周期表的第4周期第Ⅷ族，是過渡金屬元素的代表，原子序數(shù)為26，電子層結構為 （2）從圖示可知氯化時的反應物為FeTiO3、C、Cl2，生成物為FeCl3、TiCl4、CO，再根據(jù)得失電子和原子守恒即可得出該反應的方程式為FeTiO3＋6C＋7Cl22FeCl3＋2TiCl4＋6CO； （3）工業(yè)上用電解飽和NaCl溶液的方法來制取NaOH、Cl2和H2，并以它們?yōu)樵仙a(chǎn)一系列化工產(chǎn)品，稱為氯堿工業(yè)。陽極反應：2Cl－－2e－=Cl2↑（氧化反應）；陰極反應：2H＋+2e－=H2↑（還原反應）；因此，電解飽和食鹽水的總反應可以表示為：2Cl－+2H2OH2↑ + Cl2↑ + 2OH－； （4）Ar氣中進行防止鈦、鎂被氧化；控制溫度使TiCl4、Mg、MgCl2轉化為蒸氣，Ti不熔化，故溫度略高于1412℃； （5）根據(jù)2Cl－+ 2H2OH2↑ + Cl2↑ + 2OH－；再根據(jù)圖示可知氯化時的反應物為FeTiO3、C、Cl2，生成物為FeCl3、TiCl4、CO，再根據(jù)得失電子和原子守恒即可得出該反應的方程式為2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO，得出關系式2FeTiO3~7Cl2~ 14NaCl，所以為了減少產(chǎn)業(yè)鏈生產(chǎn)時產(chǎn)生的工業(yè)三廢對環(huán)境的威脅，當NaCl與FeTiO3的物質(zhì)的量之比為7：1時，理論上Cl2的利用率最大。 22．（16分）以黃鐵礦為原料制硫酸產(chǎn)生的硫酸渣中含F(xiàn)e2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，用硫酸渣制備鐵紅（Fe2O3）的過程如下： （1）酸溶過程中Fe2O3與稀硫酸反應的化學方程式為 ； “濾渣A”主要成份的化學式為 。 （2）還原過程中加入FeS2的目的是將溶液中的Fe3 +還原為Fe2 +，而本身被氧化為H2SO4，請完成該反應的離子方程式：FeS2 + 14Fe3 + + H2O== 15Fe2 + + SO42- + 。 （3）氧化過程中，O2、NaOH與Fe2+反應的離子方程式為 。 （4）為了確保鐵紅的質(zhì)量，氧化過程需要調(diào)節(jié)溶液的pH的范圍是 （幾種離子沉淀的pH見下表）；濾液B可以回收的物質(zhì)有（寫化學式） 。 沉淀物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Fe(OH)2 Mg(OH)2 開始沉淀pH 2.7 3.8 7.6 9.4 完全沉淀pH 3.2 5.2 9.7 12.4 【答案】（16分） （1）（5分）Fe2O3 + 3H2SO4 == Fe2(SO4) 3 + 3H2O（2分?；瘜W式1分、配平1分） SiO2（2分。多寫FeS2不扣分，多寫其它化學式0分） （2）（3分）8 2 16H+（第空1分） （3）（4分）4Fe2 + + O2 + 2H2O + 8OH－= 4Fe(OH)3↓ （化學式對2分、配平2分?；? Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓（2分），4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3（2分） （分兩個方程寫：第個方程式化學式對1分、配平1分） （4）（5分）3.2~3.8（或之間的數(shù)據(jù)值，2分） Na2SO4、Al2(SO4)3、MgSO4（3分，多寫H2SO4不扣分，多寫其它0分） 【解析】 試題分析：（1）氧化鐵與稀硫酸反應生成硫酸鐵和水，化學方程式為Fe2O3 + 3H2SO4 == Fe2(SO4) 3 + 3H2O；硫酸渣中只有二氧化硅不與稀硫酸反應，所以“濾渣A”主要成份的化學式為SiO2； （2）FeS2 中的S元素的化合價是-1價，生成物中Fe的化合價是+2價，S的化合價是+6價，整體升高14價，而Fe3+的化合價降低1價，根據(jù)升降化合價總數(shù)相等，所以Fe3+的系數(shù)是14，則SO42-的系數(shù)是2，再根據(jù)元素守恒和電荷守恒判斷生成物中還有氫離子，其系數(shù)為16，則水的系數(shù)是8； （3）O2、NaOH與Fe2+反應生成氫氧化鐵沉淀，離子方程式為4Fe2 + + O2 + 2H2O + 8OH－= 4Fe(OH)3↓； （4）根據(jù)表中數(shù)據(jù)使鐵離子完全沉淀，而其他離子不能沉淀，所以溶液的pH的范圍是）3.2~3.8；濾液B中則含有其他離子的硫酸鹽，如Na2SO4、Al2(SO4)3、MgSO4。 考點：考查對工藝流程的分析，物質(zhì)的判斷，化學方程式的配平 23．鐵及其化合物有重要用途，如聚合硫酸鐵[Fe2(0H)n（S04)3-n/2]m是一種新型高效的水處理混凝劑，而高鐵酸鉀（其中鐵的化合價為+6)是一種重要的殺菌消毒劑，某課題小組設計如下方案制備上述兩種產(chǎn)品： 請回答下列問題： （1）若A為H20(g)，可以得到Fe304，寫出其轉化的化學方程式： 。 （2）若C為KNO3和KOH的混合物，寫出其與Fe2O3加熱共融制得高鐵酸鉀的化學方程式 并配平： （3）為測定溶液Ⅰ中鐵元素的總含量，實驗操作：準確量取20.00mL溶液Ⅰ于帶塞錐形瓶中，加入足量H202 ，調(diào)節(jié)pH<3，加熱除去過量H202 ；加入過量KI充分反應后,再用 O.1OOOmol.L-1 Na2S2O3標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液20.00mL。 已知：2Fe3＋+2I－=2Fe2＋+I2 I2+2S2O32-=2I－+S4O62- ①寫出滴定選用的指示劑 ,滴定終點觀察到的現(xiàn)象 。 ②溶液Ⅰ中鐵元素的總含量為 g.L-1。若滴定前溶液中H202沒有除盡，所測定的鐵元素的含量將會 (填“偏高” “偏低” “不變”）。 （4）將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+全部反應，Cr2O72-轉化為Cr3+。則K2Cr2O7溶液的物質(zhì)的量濃度為 【答案】（1）3Fe+4H20(g)Fe3O4+ 4H2 （2）Fe2O3+3KNO3+4KOH 2K2FeO4+3KNO2+2H2O （3）①淀粉溶液（1分） 溶液由藍色變?yōu)闊o色且半分鐘不變色（1分） ②5.6 ，偏高 （4）0.1molL-1 【解析】 試題分析：（1）Fe與水蒸氣在高溫下反應生成Fe3O4和氫氣，化學方程式為3Fe+4H20(g)Fe3O4+ 4H2； （2）KNO3和KOH的混合物與Fe2O3加熱共融制得K2FeO4，則缺項中有一種為K2FeO4，K2FeO4中鐵元素化合價為+6，亞鐵離子從+3價變?yōu)?6價，化合價升高3價；KNO3中N元素從+5降為KNO2中的+3價，化合價降低2價，根據(jù)化合價升降相等，氧化鐵的系數(shù)為1，KNO3的系數(shù)為3，然后根據(jù)質(zhì)量守恒定律配平，配平后的方程式為Fe2O3+3KNO3+4KOH 2K2FeO4+3KNO2+2H2O。 （3）①Fe3+氧化I-生成I2，淀粉遇碘變藍，選擇淀粉溶液作指示劑；當加入最后一滴硫代硫酸鈉溶液時，溶液由藍色變?yōu)闊o色且半分鐘不變色，說明到達滴定終點。 ②由2Fe3++2I-═2Fe2++I2、I2+2S2O32-═2I-+S4O62-可得：Fe3+～S2O32-，則n（Fe3+）=n（S2O32-）=0.1000mol/L0.02L=0.002mol，鐵元素總含量為(56g/mol0.002mol)0.02L=5.6g/L；H2O2也能氧化I-生成I2，所以若過氧化氫沒有除盡，則消耗硫代硫酸鈉溶液體積偏大，所測結果偏高。 （4）3.48g Fe3O4的物質(zhì)的量為3.48232=0.015mol，發(fā)生的反應為 Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O， 6FeSO4+K2Cr2O7+7H2SO4 =3Fe2(SO4)3+Cr2(SO4)3+K2SO4+7H2O,根據(jù)化學反應可知，反應生成0.015molFeSO4，0.015molFeSO4消耗0.0025mol K2Cr2O7，則K2Cr2O7的濃度為0.0025mol0.025L=0.1molL-1。 【考點定位】考查物質(zhì)制備方案的設計，涉及鐵的及其化合物的性質(zhì)，氧化還原反應配平，化學計算。 【名師點睛】本題考查了物質(zhì)制備方案的設計、鐵及其化合物的性質(zhì)、氧化還原反應配平、化學計算、滴定等知識，題目難度中等，試題知識點較多、綜合性較強，充分考查了學生的分析、理解能力及靈活應用所學知識的能力。鐵元素是過渡元素的代表，而鐵及鐵合金材料又在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有著重要應用，因此鐵及其化合物的有關知識是高考的熱點內(nèi)容之一，命題多以生活、生產(chǎn)、實際應用為背景，突出鐵及其化合物的性質(zhì)，學生在平時的學習中應注意掌握。