精修版高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)：主觀題綜合訓(xùn)練 化學(xué)與技術(shù)選考 含答案

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1、精品文檔?高考化學(xué) 化學(xué)與技術(shù)(選考) 【主觀題綜合訓(xùn)練】 化學(xué)與技術(shù)(選考) 1．(2015·開封二模)硅及其化合物的開發(fā)由來已久，在現(xiàn)代生活中有廣泛應(yīng)用。回答下列問題。 (1) 高純硅是現(xiàn)代信息、半導(dǎo)體和光伏發(fā)電等產(chǎn)業(yè)都需要的基礎(chǔ)材料。工業(yè)上提純硅有多種路線，其中一種工藝流程示意圖及主要反應(yīng)如下。 發(fā)生的主要反應(yīng) 電弧爐 SiO2+2CSi+2CO↑ 流化床反應(yīng)器 Si+3HClSiHCl3+H2 還原爐 ①還原爐中發(fā)生主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為　　　　　　　　　　　　　　　　，該工藝中可循環(huán)使用的物質(zhì)為　　　　　　　　(填化學(xué)式)，用石英砂和焦炭在

2、電弧爐中高溫加熱也可以生產(chǎn)碳化硅，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為　 。 ②在流化床反應(yīng)的產(chǎn)物中，SiHCl3大約占85%，還有SiCl4、SiH2Cl2、SiH3Cl等，有關(guān)物質(zhì)的沸點數(shù)據(jù)如下表，提純SiHCl3的主要工藝操作依次是沉降、冷凝和　　　　　。 物質(zhì) Si SiCl4 SiHCl3 SiH2Cl2 SiH3Cl HCl SiH4 沸點/℃ 2 355 57.6 31.8 8.2 -30.4 -84.9 -111.9 ③SiHCl3極易水解，其完全水解的化學(xué)方程式為　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (2)

3、 氮化硅(Si3N4)是一種高溫結(jié)構(gòu)材料，粉末狀態(tài)的Si3N4可以由SiCl4的蒸氣和NH3反應(yīng)制取。粉末狀Si3N4遇空氣和水都不穩(wěn)定，但將粉末狀的Si3N4和適量氧化鎂在230×1.01×105 Pa和185 ℃的密閉容器中進行熱處理，可以制得結(jié)構(gòu)十分緊密、對空氣和水都相當穩(wěn)定的固體材料，同時還得到遇水不穩(wěn)定的Mg3N2。 ①由SiCl4和NH3反應(yīng)制取Si3N4的化學(xué)方程式為　　　　　　　　　　　。②四氯化硅和氮氣在氫氣氣氛保護下，加強熱發(fā)生反應(yīng)，使生成的Si3N4沉積在石墨表面可得較高純度的氮化硅，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為　　　　　　　　　　　　　　　　。③Si3N4和適量氧化鎂在230

4、×1.01×105 Pa和185 ℃的密閉容器中進行熱處理的過程中，除生成Mg3N2外，還可能生成　　　　　(填化學(xué)式)物質(zhì)，熱處理后除去MgO和Mg3N2的方法是　　　　　　　　　　　　　　　。 2．(2015·咸陽模擬)工業(yè)制鈦白粉產(chǎn)生的廢液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2(SO4)3、TiOSO4，可利用酸解法生產(chǎn)補血劑乳酸亞鐵。其生產(chǎn)流程如圖1： 圖1 圖2 已知：TiOSO4可溶于水，在水中電離為TiO2+和S。請回答下列問題： (1) 寫出TiOSO4水解生成鈦酸H4TiO4的離子方程式：　　　　　　　　　，步驟①中加入足量鐵屑的目的是　　

5、　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (2) 工業(yè)上由H4TiO4可制得鈦白粉TiO2。TiO2直接電解還原法(劍橋法)生產(chǎn)鈦是一種較先進的方法，電解質(zhì)為熔融的CaCl2，原理如圖2所示，陰極的電極反應(yīng)式為　　　　　　　　　　。 (3) 步驟②的離子方程式是　　　　　　　　　　　　，所得副產(chǎn)品主要是　　　　　　(填化學(xué)式)。 (4) 步驟④的結(jié)晶過程中必須控制一定的真空度，原因是　　　　　　　　　　　。 (5) 乳酸可由乙烯經(jīng)下列步驟合成： CH2CH2CH3CH2OHCH3CHO 乳酸與碳酸亞鐵反應(yīng)轉(zhuǎn)化為乳酸亞鐵晶體的產(chǎn)率為90%，則生產(chǎn)468 kg乳酸亞鐵晶體(

6、M=234 g·mol-1)需要標準狀況下的乙烯　　　　　　m3。 3．(2015·保定二模)軟錳礦(主要成分為MnO2，另含少量鐵、鋁、銅、鎳等金屬化合物)作脫硫劑。既脫除燃煤尾氣中的SO2，又制得電池材料MnO2(反應(yīng)條件已省略)，簡化流程圖如圖1： 圖1 圖2 請回答下列問題： (1) 上述流程不能實現(xiàn)的是　　　　　　(填字母)。 A. 廢棄物的綜合利用　　　B. 白色污染的減少 C. 酸雨的減少　　　 D. 回收貴重金屬 (2) MnCO3不溶于水，卻能除去溶液中的Al3+和Fe3+，其原因是　

7、 。 (3) 脫硫過程中加入KMnO4制取產(chǎn)品MnO2的化學(xué)方程式是　 。 (4) 海水提取鎂工藝流程也用到了脫硫(除去硫酸根離子)，部分流程如圖2，該工藝過程中，脫硫階段主要反應(yīng)的離子方程式為　　　　　　　　　　。產(chǎn)品2的化學(xué)式為　　　　　　，石灰乳的作用是　　　　　　　；　　　　　　　　。 (5) 普通鋅錳電池放電時發(fā)生的主要反應(yīng)為Zn+2NH4Cl+2MnO2Zn(NH3)2Cl2+2MnOOH，其正極的電極反應(yīng)式是　　　　　　　　　　　　　　。 4．(2015·山東高考)毒重石的主要成分為

8、BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等雜質(zhì))，實驗室利用毒重石制備BaCl2·2H2O的流程如下： (1) 毒重石用鹽酸浸取前需充分研磨，目的是　　　　　　　　　　；實驗室用37%的鹽酸配置15%的鹽酸，除量筒外還需使用下列儀器中的　　　　(填字母)。 a. 燒杯　　b. 容量瓶　　c. 玻璃棒　　　d. 滴定管 (2) 加入NH3·H2O調(diào)節(jié)pH=8可除去　　　　(填離子符號)，濾渣Ⅱ中含　　　　　(填化學(xué)式)。加入H2C2O4時應(yīng)避免過量，原因是　　　　　　　　　　　　。[已知：Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9]? C

9、a2+ Mg2+ Fe3+ 開始沉淀時的pH 11.9 9.1 1.9 完全沉淀時的pH 13.9 11.1 3.2 (3) 利用簡潔酸堿滴定法可測定Ba2+的含量，實驗分兩步進行。 已知：2Cr+2H+Cr2+H2O、Ba2++CrBaCrO4↓。 步驟Ⅰ：移取x mL一定濃度的Na2CrO4溶液于錐形瓶中，加入酸堿指示劑，用b mol·L-1鹽酸標準液滴定至終點，測得滴加鹽酸的體積為V0 mL。 步驟Ⅱ：移取y mL BaCl2溶液于錐形瓶中，加入x mL與步驟Ⅰ相同濃度的Na2CrO4溶液，待Ba2+完全沉淀后，再加入酸堿指示劑，用b mol·L-1鹽酸標準液

10、滴定至終點，測得滴加鹽酸的體積為V1 mL。 滴加鹽酸標準液時應(yīng)使用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的　　　　(填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的濃度為　　　　　 mol·L-1，若步驟Ⅱ中滴加鹽酸時有少量待測液濺出，Ba2+濃度測量值將　　　　　(填“偏大”或“偏小”)。 5．(2015·南昌模擬)利用酸解法制鈦白粉產(chǎn)生的廢液\[含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2(SO4)3、TiOSO4\]，生產(chǎn)鐵紅和補血劑乳酸亞鐵。其生產(chǎn)步驟如下： 已知：TiOSO4可溶于水，在水中可以電離為TiO2+和S。 (1) 步驟①中分離硫酸亞鐵溶液和濾渣的操作中所用的玻璃儀器

11、是　　　　　　　，步驟②得到硫酸亞鐵晶體的操作為蒸發(fā)濃縮、　　　　　　　　　　　　。 (2) 步驟④的離子方程式是　　　　　　　　　　　　　。 (3) 步驟⑥必須控制一定的真空度，原因是有利于蒸發(fā)水以及　　　　　　　　　。 (4) 硫酸亞鐵在空氣中煅燒生成鐵紅和三氧化硫，該反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為　　　　。 (5) 用平衡移動的原理解釋步驟⑤中加乳酸能得到乳酸亞鐵的原因　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (6) 為測定步驟②中所得晶體中FeSO4·7H2O的質(zhì)量分數(shù)，取晶體樣品a g，溶于稀硫酸配成100.00 mL溶液，取出20.00 mL溶液

12、，用KMnO4溶液滴定(雜質(zhì)與KMnO4不反應(yīng))。若消耗0.100 0 mol·L-1KMnO4溶液20.00 mL，所得晶體中FeSO4·7H2O的質(zhì)量分數(shù)為　　　　(用含有a的代數(shù)式表示)。 6．(2015·黃岡模擬)鹽泥是氯堿工業(yè)中的廢渣，主要成分是鎂的硅酸鹽和碳酸鹽(含少量鐵、鋁、鈣的鹽)。實驗室以鹽泥為原料制取MgSO4·7H2O的實驗過程如下： 已知：①室溫下Ksp[Mg(OH)2]=6.0×10-12。②在溶液中，F(xiàn)e2+、Fe3+、Al3+從開始沉淀到沉淀完全的pH范圍依次為7.1~9.6、2.0~3.7、3.1~4.7。③三種化合物的溶解度(S)隨溫度變化

13、的曲線如右圖所示。 (1) 在鹽泥中加入稀硫酸調(diào)pH為1~2以及煮沸的目的是　 。 (2) 若室溫下某溶液中Mg2+的濃度為6.0 mol·L-1，則溶液pH≥　　　　才可能產(chǎn)生Mg(OH)2沉淀。 (3) 由濾液Ⅰ到濾液Ⅱ需先加入NaClO調(diào)溶液pH約為5，再趁熱過濾，則趁熱過濾的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　，濾渣的主要成分是　　　　　　。 (4) 從濾液Ⅱ中獲得MgSO4·7H2O晶體的實驗步驟依次為①向濾液Ⅱ中加入　　　?。虎谶^濾，得沉淀；③　　　　　　　??；④蒸發(fā)濃縮，降溫結(jié)晶；⑤過濾、洗滌得產(chǎn)

14、品。 (5) 若獲得的MgSO4·7H2O的質(zhì)量為24.6 g，則該鹽泥中鎂\[以Mg(OH)2計\]的百分含量為　　　　。 7．(2015·安慶模擬)鈰、鉻、鈷、鎳雖不是中學(xué)階段常見的金屬元素，但在工業(yè)生產(chǎn)中有著重要作用。 (1) 二氧化鈰(CeO2)在平板電視顯示屏中有重要應(yīng)用。CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，該反應(yīng)中的氧化產(chǎn)物是　　　　(填化學(xué)式)。 (2) 自然界中Cr主要以+3價和+6價存在。+6價的Cr能引起細胞的突變，可以用亞硫酸鈉將其還原為+3價的鉻。寫出過程中的離子方程式：　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (3) 鈦(Ti)被譽為“二十

15、一世紀的金屬”，其化合物TiCl4在軍事上可作煙幕彈，由金紅石(TiO2)與碳粉和氯氣在1 100 K的高溫下反應(yīng)制得。同時還產(chǎn)生含有一個σ鍵和兩個π鍵的分子，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是　　　　　　　　　　　　　　　。 (4) NiSO4·xH2O是一種綠色易溶于水的晶體，廣泛用于鍍鎳、電池等，可由電鍍廢渣(除鎳外，還含有銅、鋅、鐵等元素)為原料獲得。操作步驟如下： ①向濾液Ⅰ中加入FeS是為了除去Cu2+、Zn2+等雜質(zhì)，除去Cu2+的離子方程式為　　　　　　　　　　　　　　　　。②對濾液Ⅱ先加W，再測pH，W最適宜的試劑是　　　　，調(diào)pH的目的是　　　　　　　　　　。③濾液Ⅲ溶質(zhì)的主要成

16、分是NiSO4，加Na2CO3過濾后，再加適量稀硫酸溶解又生成NiSO4，這兩步操作的目的是　　　　　　　　　　。 8．(2015江西模擬)氯酸鎂\[Mg(ClO3)2\]常用作催熟劑、除草劑等，制備少量Mg(ClO3)2·6H2O的流程如下： 已知：①鹵塊主要成分為MgCl2·6H2O，含有較多的MgSO4、MgCO3、FeCl2等雜質(zhì)。 ②四種化合物的溶解度(S)隨溫度(T)變化曲線如下圖所示。 (1) 過濾的主要玻璃儀器除燒杯、漏斗外，還需要　　　　　。 (2) 加H2O2調(diào)節(jié)pH后過濾所得濾渣的主要成分為　　　　　　　　。 (3) 試劑X的滴加順序為　　　　

17、　(填字母)。 a. BaCl2溶液，Na2CO3溶液，過濾后加適量鹽酸 b. Na2CO3溶液，BaCl2溶液，過濾后加適量鹽酸 c. 以上兩種順序都可 (4) 加入NaClO3飽和溶液后發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為　　　　　　　　　　　　　　　　　，再進一步制取Mg(ClO3)2·6H2O的實驗步驟依次為：①蒸發(fā)結(jié)晶；②趁熱過濾；③　　　　　；④過濾、洗滌。 (5) 產(chǎn)品中Mg(ClO3)2·6H2O含量的測定： 步驟1：準確稱量4.20 g產(chǎn)品配成100 mL溶液。 步驟2：取10.00 mL于錐形瓶中，加入30.00 mL 0.200 mol·L-1 Na2S2O3溶液。 步

18、驟3：用0.100 mol·L-1碘液滴定剩余的Na2S2O3，此過程中反應(yīng)的離子方程式為2S2+I2S4+2I-。 步驟4：將步驟2、3重復(fù)兩次，平均消耗標準碘液20.00 mL。 ①步驟2中，硫元素被氧化至最高價態(tài)，試寫出該反應(yīng)的離子方程式：　　　　　　　　　　　　　。②產(chǎn)品中Mg(ClO3)2·6H2O的質(zhì)量分數(shù)為　　　　　。 【主觀題綜合訓(xùn)練答案】 化學(xué)與技術(shù)(選考) 1．(1)①SiHCl3+H2Si+3HCl　HCl和H2 SiO2+3CSiC+2CO↑ ②精餾(或蒸餾) ③SiHCl3+3H2OH2SiO3+H2↑+3HCl↑ (2) ①3SiC

19、l4+4NH3Si3N4+12HCl ②3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl ③SiO2　加足量稀鹽酸過濾 【解析】 (1) ①還原爐中SiHCl3和氫氣發(fā)生反應(yīng)制得純硅，SiHCl3+H2Si+3HCl，流程分析可知，可循環(huán)使用的物質(zhì)為HCl和H2；用石英砂和焦炭在電弧爐中高溫加熱也可以生產(chǎn)碳化硅，反應(yīng)為SiO2+3CSiC+2CO↑。②利用沸點的不同提純SiHCl3屬于蒸餾，SiHCl3(沸點31.8 ℃)中含有少量SiCl4(沸點57.6 ℃)和HCl(沸點-84.9 ℃)，由于沸點差別較大，可以通過精餾(或蒸餾)除去雜質(zhì)。③SiHCl3水解反應(yīng)生成硅酸、氫氣和氯化氫

20、，反應(yīng)的化學(xué)方程式為SiHCl3+3H2OH2SiO3+H2↑+3HCl↑。(2) ①SiCl4和NH3反應(yīng)生成Si3N4和氯化氫，化學(xué)反應(yīng)方程式：3SiCl4+4NH3Si3N4+12HCl。②SiCl4與N2、H2反應(yīng)生成Si3N4，還應(yīng)生成HCl，化學(xué)方程式為3SiCl4+2N2+6H2 Si3N4+12HCl。③由元素守恒判斷，Si3N4與MgO反應(yīng)除生成Mg3N2外還可能生成SiO2，利用SiO2與鹽酸不反應(yīng)，而Mg3N2、MgO溶于鹽酸的性質(zhì)，可采用加入足量稀鹽酸的方法，使MgO、Mg3N2溶解后過濾。 2．(1) TiO2++3H2OH4TiO4+2H+　將溶液中的Fe

21、3+還原為Fe2+，消耗溶液中的H+，促進TiO2+水解 (2) TiO2+4e-Ti+2O2- (3) Fe2++2HCFeCO3↓+CO2↑+H2O　(NH4)2SO4 (4) 防止Fe2+被空氣中的氧氣氧化 (5) 99.6 【解析】 (1) TiOSO4水解實際上是TiO2+水解，即TiO2+和水反應(yīng)生成鈦酸H4TiO4，根據(jù)質(zhì)量守恒可知水解的離子方程式為TiO2++3H2OH4TiO4+2H+；加入鐵粉能將Fe3+還原為Fe2+，且由于TiO2+是弱堿陽離子，鐵粉的加入能消耗溶液中的H+，促進TiO2+水解。(2) 電解時，陰極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，所以二氧化鈦得電子生成鈦

22、和氧離子，電極反應(yīng)式為TiO2+4e-Ti+2O2-。(3) 由流程圖可知，硫酸亞鐵與碳酸氫銨反應(yīng)生成碳酸亞鐵，還生成氣體二氧化碳，副產(chǎn)品為硫酸銨，反應(yīng)的離子方程式為Fe2++2HCFeCO3↓+H2O+CO2↑。(4) 亞鐵離子易被氧氣氧化，所以步驟④必須控制一定的真空度，這樣有利于水蒸發(fā)，還能防止Fe2+被氧化。(5) 根據(jù)乳酸生成乳酸亞鐵的物質(zhì)的量之比為2∶1，則生產(chǎn)468 kg乳酸亞鐵晶體需乳酸的物質(zhì)的量為=4.44×103 mol，需乙烯的物質(zhì)的量也為4.44×103 mol，V=4.44×103 mol×22.4 L·mol-1×10-3=99.6 m3。 3．(1) B

23、　(2) 消耗溶液中的酸，促進Al3+和Fe3+水解生成氫氧化物沉淀 (3) 2KMnO4+3MnSO4+4KOH5MnO2↓+3K2SO4+2H2O (4) Ca2++SCaSO4↓　Mg(OH)2　提供Ca2+使海水脫硫　提供OH-使海水中的Mg2+生成Mg(OH)2沉淀 (5) MnO2+e-+NMnOOH+NH3↑ 【解析】 二氧化硫能與二氧化錳反應(yīng)生成硫酸錳，用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，MnS與銅、鎳離子生成沉淀，高錳酸鉀能與硫酸錳反應(yīng)生成二氧化錳，通過過濾獲得二氧化錳。(1) SO2能形成酸雨，因此脫硫?qū)崿F(xiàn)了廢棄物的綜合利用，同時也減少了酸雨形成，同時回收貴

24、重金屬銅、鎳，白色污染主要是塑料等難降解的物質(zhì)形成的，所以B不能實現(xiàn)。(2) 由于碳酸錳能消耗溶液中的酸，降低溶液的酸性，從而促進Al3+和Fe3+水解生成氫氧化物沉淀。(3) KMnO4溶液加入到MnSO4溶液中制備MnO2，+2價錳離子被高錳酸根離子氧化成二氧化錳，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2KMnO4+3MnSO4+4KOH5MnO2↓+3K2SO4+2H2O。(4) 海水脫硫是用鈣離子與硫酸根離子生成微溶物硫酸鈣而除去，反應(yīng)的離子方程式為Ca2++SCaSO4↓；用石灰乳提供的氫氧根離子與鎂離子結(jié)合成難溶的氫氧化鎂。(5) 原電池中負極失去電子，正極得到電子，因此鋅錳電池放電時，正極是二氧化錳

25、得到電子，則電極反應(yīng)式為MnO2+e-+NMnOOH+NH3↑。 4．(1) 增大接觸面積從而使反應(yīng)速率加快　ac (2) Fe3+　Mg(OH)2、Ca(OH)2　H2C2O4過量會導(dǎo)致生成BaC2O4沉淀，產(chǎn)品的產(chǎn)量減少 (3) 上方　　偏大 【解析】 (1) 化學(xué)反應(yīng)的速率與反應(yīng)物的接觸面積有關(guān)，毒重石用鹽酸浸取前需充分研磨，可以增大反應(yīng)物的接觸面積，增大反應(yīng)速率；實驗室用37%的鹽酸配制15%的鹽酸，需計算出濃鹽酸的體積和水的體積，需用量筒量取，濃鹽酸稀釋為稀鹽酸，需用燒杯作為容器，玻璃棒攪拌加速溶解。(2) 根據(jù)流程圖和表中數(shù)據(jù)可知：Fe3+完全沉淀時的pH為3.2，

26、加入氨水調(diào)pH為8，F(xiàn)e3++3NH3·H2OFe(OH)3↓+3N，F(xiàn)e3+完全沉淀，濾渣Ⅰ為Fe(OH)3，Ca2+完全沉淀時的pH為13.9，Mg2+完全沉淀時的pH為11.1，加入氫氧化鈉調(diào)節(jié)pH=12.5，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，濾渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2，溶液中主要含Ca2+、Ba2+，Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9，易形成CaC2O4沉淀，加入H2C2O4時應(yīng)避免過量，防止CaC2O4沉淀完全后，過量的H2C2O4會生成BaC2O4沉淀，使產(chǎn)品的產(chǎn)量減少。(3) 無論酸式還是堿式滴定管，“0”刻度都位于

27、滴定管的上方；步驟Ⅱ：待Ba2+完全沉淀后，再加入酸堿指示劑，用 b mol·L-1鹽酸標準液滴定至終點，測得滴加鹽酸的體積為V1 mL，則發(fā)生2Cr+2H+Cr2+H2O的鹽酸的物質(zhì)的量為(V1×10-3×b) mol，步驟Ⅰ：用b mol·L-1鹽酸標準液滴定至終點，測得滴加鹽酸體積為V0 mL，加入的總鹽酸的物質(zhì)的量：(V0×10-3×b) mol，Ba2++CrBaCrO4↓，與Ba2+反應(yīng)的Cr的物質(zhì)的量為(V0×10-3×b mol-V1×10-3×b) mol=[(V0-V1)b×10-3] mol，步驟Ⅱ：移取y mL BaCl2溶液于錐形瓶中，所以BaCl2溶液的濃度為 mo

28、l·L-1= mol·L-1；若步驟Ⅱ中滴加鹽酸時有少量待測液濺出，V1減小，則Ba2+濃度測量值將偏大。 5．(1) 玻璃棒、燒杯、漏斗　冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥 (2) Fe2++2HCFeCO3↓+H2O+CO2↑ (3) 防止Fe2+被氧化 (4) 1∶4 (5) FeCO3(s)Fe2+(aq)+C(aq)，C與乳酸反應(yīng)濃度降低，平衡向右移動，使碳酸亞鐵溶解得到乳酸亞鐵溶液 (6) 【解析】 (1) 過濾操作使用的儀器有玻璃棒、燒杯、漏斗；步驟②是從溶液中得到硫酸亞鐵晶體，操作為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥。(2) 由流程圖可知，硫酸亞鐵與碳酸氫銨反

29、應(yīng)生成碳酸亞鐵，還生成二氧化碳氣體，溶液B為硫酸銨溶液，反應(yīng)的離子方程式為Fe2++2HCFeCO3↓+H2O+CO2↑。(3) 亞鐵離子易被氧氣氧化，所以步驟⑥必須控制一定的真空度，這樣有利于蒸發(fā)水，還能防止Fe2+被氧化。(4) 硫酸亞鐵在空氣中煅燒生成鐵紅和三氧化硫的化學(xué)方程式為4FeSO4+O22Fe2O3+4SO3，氧化劑是氧氣，還原劑是硫酸亞鐵，所以氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶4。(5) 碳酸亞鐵沉淀存在溶解平衡：FeCO3(s)Fe2+(aq)+C(aq)，加入乳酸，C與乳酸反應(yīng)濃度降低，平衡向右移動，使碳酸亞鐵溶解得到乳酸亞鐵溶液。(6) 亞鐵離子會被高錳酸鉀氧化為三價鐵

30、離子，本身被還原為+2價的錳離子，根據(jù)得失電子守恒，則 5(FeSO4·7H2O) ~KMnO4 5×278 g　 1 mol a g×x　 0.100 0 mol·L-1×0.02 L×5 解得x= 6．(1) 提高Mg2+的浸取率(其他合理答案均可) (2) 8 (3) 溫度較高時鈣鹽與鎂鹽分離得更徹底(或高溫下CaSO4·2H2O溶解度小等合理答案均可)　Al(OH)3、Fe(OH)3、CaSO4·2H2O (4) NaOH溶液　向沉淀中加足量稀硫酸 (5) 20.0% 【解析】 (1) 在鹽泥中加入稀硫酸調(diào)pH為1~2并煮沸的目的是提高Mg2+的浸取率。(2

31、) 氫氧化鎂的Ksp=c(Mg2+)·c2(OH-)，溶液中Mg2+的濃度為6.0 mol·L-1，則溶液中氫氧根濃度= mol·L-1=10-6 mol·L-1，所以氫離子濃度為=10-8 mol·L-1，pH為8。(3) 根據(jù)三種化合物的溶解度隨溫度變化的曲線，可以知道高溫下CaSO4·2H2O溶解度小，溫度較高時鈣鹽與鎂鹽分離得更徹底；由濾液Ⅰ到濾液Ⅱ需先加入NaClO調(diào)溶液pH約為5，把亞鐵離子氧化成鐵離子，同時鐵離子、鋁離子形成氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，趁熱過濾還得到硫酸鈣沉淀，所以濾渣主要成分是Al(OH)3、Fe(OH)3、CaSO4·2H2O。(4) 鎂離子可以和氫氧化鈉發(fā)生反應(yīng)

32、生成氫氧化鎂沉淀，過濾，得到純凈的沉淀，再加入硫酸，蒸發(fā)結(jié)晶可以獲得硫酸鎂晶體。(5) 設(shè)該鹽泥中含Mg(OH)2的質(zhì)量為x，MgSO4·7H2O質(zhì)量為24.6 g，物質(zhì)的量為0.1 mol，由關(guān)系式 MgSO4·7H2OMg(OH)2 1 mol　　 58 g·mol-1 0.1 mol　 x x=5.8 g，故該鹽泥中含Mg(OH)2的百分含量為×100%=20.0%。 7．(1) O2 (2) Cr2+3S+8H+2Cr3++3S+4H2O (3) TiO2+2C+2Cl2 TiCl4+2CO (4) ①FeS+Cu2+Fe2++CuS ②H2O2　除去Fe3+

33、 ③增大NiSO4濃度，有利于蒸發(fā)結(jié)晶 【解析】 (1) CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，被還原，則H2O2被氧化生成氧氣。(2) 用亞硫酸鈉將+6價的鉻還原為+3價的鉻，說明發(fā)生氧化還原反應(yīng)，亞硫酸鈉被氧化，反應(yīng)的離子方程式為Cr2+3S+8H+2Cr3++3S+4H2O。(3) 金紅石(TiO2)與碳粉和氯氣在1 100 K的高溫下反應(yīng)生成TiCl4和CO，反應(yīng)的化學(xué)方程式為TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO。(4) 電鍍廢渣(除鎳外，還含有銅、鋅、鐵等元素)，過濾后在濾液中加入FeS，生成CuS、ZnS，可除去Cu2+、Zn2+等雜質(zhì)，對濾液Ⅱ先加W，應(yīng)為過

34、氧化氫，可氧化Fe2+生成Fe3+，有利于水解生成氫氧化鐵沉淀而除去，過濾后在濾液中加入碳酸鈉，可生成NiCO3，過濾后加入硫酸可生成NiSO4，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶可得到硫酸鎳晶體。①向濾液Ⅰ中加入FeS主要目的是除去Cu、Zn等雜質(zhì)，說明CuS的溶解度更小，反應(yīng)的離子方程式為FeS+Cu2+Fe2++CuS。②對濾液Ⅱ先加W，應(yīng)為過氧化氫，可氧化Fe2+生成Fe3+，有利于水解生成氫氧化鐵沉淀而除去。③濾液Ⅲ溶質(zhì)的主要成分是NiSO4，再加入碳酸鈉過濾后，加稀硫酸溶解又生成NiSO4，可增大NiSO4濃度，有利于蒸發(fā)結(jié)晶。 8．(1) 玻璃棒 (2) Fe(OH)3 (3)

35、a (4) MgCl2+2NaClO3Mg(ClO3)2+2NaCl↓　冷卻結(jié)晶 (5) ①3S2+4Cl+3H2O6S+4Cl-+6H+?、?5% 【解析】 鹵塊的成分有MgCl2·6H2O、MgSO4、FeCl2，加入雙氧水之后，亞鐵離子可以被氧化為三價鐵離子，調(diào)節(jié)pH=4，可以促進鐵離子的水解，將鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵而除去，過濾，再向混合物中加入氯化鋇溶液，可以將硫酸根離子轉(zhuǎn)化為硫酸鋇沉淀，得到的濾液是氯化鎂，再與NaClO3反應(yīng)，可以根據(jù)溶解度受溫度的影響情況來獲得要制取的物質(zhì)。 (1) 過濾的主要玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒。(2) 加雙氧水，調(diào)節(jié)溶液的pH為4，此時鐵離子形

36、成了氫氧化鐵沉淀。(3) 加入BaCl2的目的是除去S，為保證硫酸根離子除凈，需要加入過量的氯化鋇，但是引進了鋇離子，所以碳酸鈉加在氯化鋇的后邊，還能除去多余的鋇離子。(4) 根據(jù)溶解度的差異，加入NaClO3飽和溶液會發(fā)生如下反應(yīng)：MgCl2+2NaClO3Mg(ClO3)2+2NaCl↓，溶液獲得晶體的方法：蒸發(fā)結(jié)晶、趁熱過濾、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌。(5) ①硫代硫酸根離子具有還原性，氯酸根離子具有氧化性，二者可以發(fā)生氧化還原反應(yīng)：3S2+4Cl+3H2O6S+4Cl-+6H+。②根據(jù)化學(xué)反應(yīng)：2S2+I2S4+2I-，剩余的硫代硫酸鈉的物質(zhì)的量是2×0.02 L×0.100 mol·L-1=0.004 mol，消耗的硫代硫酸鈉的物質(zhì)的量是0.03 L×0.200 mol·L-1-0.004 mol=0.002 mol，根據(jù)反應(yīng)3S2+4Cl+3H2O6S+4Cl-+6H+，氯酸根離子的物質(zhì)的量是 mol= mol，Mg(ClO3)2·6H2O的質(zhì)量分數(shù)是×100%≈95%。