高考化学二轮（通用版）复习逐题对点特训9 Word版含答案

这是一份高考化学二轮（通用版）复习逐题对点特训9 Word版含答案，共7页。试卷主要包含了用废铁屑制取铁红的流程如下等内容，欢迎下载使用。
1．用废铁屑(含Fe2O3、油污、碳及少量不溶于酸碱的杂质)制取铁红的流程如下：回答下列问题：(1)浊液B中一定含有常见的难溶物C(填化学式)，热碱液的作用：除去油污。(2)溶液C加入H2O2发生反应的离子方程式：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O；操作Ⅱ由浊液E得到80.0 g Fe2O3按操作顺序应为CED(选择合适的选项)→冷却→称量。A．蒸发 B．烘干　　C．过滤 D．灼烧　　E．洗涤(3)在溶液C中加入H2O2，加热一段时间后，检验Fe2＋已经反应完全的试剂是D。A．氯水 B．KSCN溶液C．NaOH溶液 D．KMnO4酸性溶液(4)已知：常温下，KspFe(OH)3]＝4.0×10－38；则浊液E中Fe3＋的物质的量浓度是4.0×10－8_mol/L。(5)若原铁屑质量100.0 g，含铁元素质量分数70%，得到铁红80.0 g，则铁屑中铁的利用率为80%。解析：(1)油污在碱性条件下水解而被除去；加H2SO4，硫酸和铁反应生成H2，碳与酸碱都不反应，浊液B中一定含碳。(2)操作Ⅰ为过滤，由题意可知向溶液C中加H2O2的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋ ；加氨水，调pH将Fe3＋转化成沉淀Fe(OH)3，再经过过滤、洗涤、灼烧得到Fe2O3。(4)浊液E中pH＝4, c(OH－)＝1.0×10－10 mol/L，c(Fe3＋ )＝KspFe(OH)3]/c3(OH－)＝4.0×10－8 mol/L。(5)铁红中铁元素的质量：56/80×80.0 g＝56.0 g，原铁屑中铁元素的质量：100.0 g×70% ＝70.0 g，铁的利用率为56.0 g/70.0 g×100%＝80%。2．氢溴酸在医药和石化工业上有广泛用途。如图是模拟工业制备氢溴酸粗品并精制的流程：根据上述流程回答下列问题：(1)混合①中发生反应的化学方程式为SO2＋Br2＋2H2O===2 HBr＋H2SO4。(2)混合①中使用冰水的目的是降低体系温度，防止溴挥发。(3)操作Ⅱ和操作Ⅲ的名称分别是过滤，蒸馏。操作Ⅲ一般适用于分离D混合物(填编号)。A．固体和液体 B．固体和固体C．互不相溶的液体 D．互溶的液体(4)混合②中加入Na2SO3的目的是除去粗品中未反应完的溴。(5)纯净的氢溴酸应为无色液体，但实际工业生产中制得的氢溴酸(工业氢溴酸)带有淡淡的黄色。于是甲、乙两同学设计了简单实验加以探究：甲同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为含Fe3＋，则用于证明该假设所用的试剂为KSCN溶液，若假设成立可观察到的现象为溶液变成血红色。乙同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为含有Br2，其用于证明该假设所用的试剂为CCl4(或苯或淀粉－KI溶液)。解析：(1)Br2具有强氧化性，在溶液中将SO2氧化为H2SO4，自身被还原为HBr，反应方程式为SO2＋Br2＋2H2O===2HBr＋H2SO4。(2)Br2氧化 SO2 放出很多热量，溴易挥发，使用冰水，降低体系温度，防止溴蒸发，使反应完全。(3)由工艺流程可知，操作Ⅱ分离固体与液体，应是过滤；操作Ⅲ为互溶的溶液组分的分离，应是蒸馏，蒸馏一般适用于互溶的液体的分离。(4)粗品中可能含有未反应的Br2，加入Na2SO3，除去粗品中未反应完的溴。(5)用KSCN溶液检验Fe3＋，取少许溶液滴加KSCN溶液，溶液变成血红色，说明氢溴酸呈淡黄色是因为含Fe3＋。由工艺流程可知，溶液中可能含有Br2，可以用CCl4萃取方法检验，取少许溶液加CCl4振荡、静置分层，下层呈橙红色，说明氢溴酸呈淡黄色是因为含Br2。3．金属钛易于和肌肉长在一起，可用于制造各种人造关节，因此被称为“生物金属”。工业上由钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含少量Fe2O3制备钛的工艺流程如下：(1)进行步骤Ⅰ前，钛铁矿需要先粉碎成细颗粒，目的为增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，提高原料利用率(答案合理答出其中一点即可)。(2)步骤Ⅰ中所发生的主要反应的化学方程式为FeTiO3＋CFe＋TiO2 ＋CO↑。(3)将步骤Ⅱ中所发生的主要反应记为反应①，则①的化学方程式为TiO2＋2Cl2＋2CTiCl4＋2CO；有同学认为步骤Ⅱ中的物质转化中只需通入氯气，而无需加入焦炭就能实现，即发生反应②：TiO2＋2Cl2高温,TiCl4＋O2。已知相关数据如下：反应ΔH/kJ·mol－1ΔS/J·K－1·mol－1①－72.1＋220②＋149＋41结合上表数据，从反应进行的方向角度分析加入焦炭的必要性：加入焦炭后发生反应①，与反应②相比，△H减小，△S增大，更有利于反应在较低温度下向右进行(或从△G角度作答也可，合理答案均可)。(4)步骤Ⅲ中，反应物TiCl4应避免接触水，原因为防止_TiCl4_水解；反应结束后，用盐酸洗涤粗Ti，除去Mg、MgCl2(填化学式)，即可制得海绵钛。(5)钛铁矿转化为粗TiO2也可以通过湿法完成：先用浓H2SO4溶解，将钛铁矿转化为TiO2＋，然后使其水解得到粗TiO2。用酸清洗可除去粗TiO2中的Fe(OH)3杂质，已知25℃时，KspFe(OH)3]＝2.79×10－39，则该温度下，Fe(OH)3(s)＋3H＋(aq)Fe3＋(aq)＋3H2O(Ⅰ)的平衡常数K＝2.79×103。(6)金属钛还可以通过电解直接获得。以石墨为阳极，TiO2为阴极，熔融CaO为电解质，其阴极的电极反应式为TiO2＋4e－===Ti＋2O2－。解析：(2)步骤Ⅰ发生焦炭还原FeTiO3和Fe2O3的反应。(3)步骤Ⅱ是焦炭、Cl2、TiO2在800～900 ℃反应生成TiCl4、CO。(4)粗Ti中混有MgCl2电解后生成的Mg和未电解的MgCl2。(5)由题意知KspFe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝2.79×10－39，所以c(Fe3＋)/c3(H＋)＝KspFe(OH)3]/K＝2.79×10－39/(10－14)3＝2.79×103。(6)阴极TiO2得到电子发生还原反应生成Ti，因在熔融CaO中O2－可以自由移动，所以电极反应式为TiO2＋4e－===Ti＋2O2－。4．蓝铜矿主要含xCuCO3·yCu(OH)2，还含有少量Fe的化合物，工业上以蓝铜矿为原料制备Cu、CuSO4·5H2O和CaCO3。具体方法步骤如下：金属离子Fe3＋Fe2＋Cu2＋pH氢氧化物开始沉淀1.97.04.7氢氧化物完全沉淀3.29.06.7(1)蓝铜矿的主要成分与焦炭高温条件可以生成铜、二氧化碳和水，写出该反应的化学方程式：2xCuCO3·yCu(OH)2]＋(x＋y)C2(x＋y)Cu＋(3x＋y)CO2↑＋2yH2O。(2)从下列所给试剂中选择：实验步骤中试剂①为C(填代号)。A．KMnO4 B．K2Cr2O7C．H2O2 D．氯水(3)在溶液B中加入CuO的作用是调节溶液的pH，则pH的范围为3.2≤pH<4.7。(4)由溶液C获得CuSO4·5H2O，需要经过加热蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作，加热蒸发至有少量晶体析出(或者表面出现结晶薄膜)时停止加。(5)制备CaCO3时，应向CaCl2溶液中先通入(或加入)试剂②，则试剂②可以是AD(填代号)；A．氨水 B．盐酸C．水蒸气 D．NaOH溶液如果不加入试剂②，则CaCl2溶液不能与CO2反应生成CaCO3，请依据难溶电解质的沉淀溶解平衡原理分析可能的原因：H2CO3第二步电离产生的CO离子浓度太低，与Ca2＋浓度的乘积小于CaCO3的溶度积，因而不能生成CaCO3沉淀。加入碱性物质后CO离子浓度增大，与Ca2＋浓度的乘积超过了CaCO3的溶度积，因而能生成CaCO3沉淀。(6)为确定试剂①的用量，需测定溶液A中Fe2＋的浓度。实验操作为准确量取20.00 mL溶液A于锥形瓶中，用0.012 00 mol/L的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4标准溶液15.00 mL，则溶液A中Fe2＋的浓度为0.045_00_mol/L。解析：(2)试剂①的作用是将Fe2＋氧化成Fe3＋，同时要注意不能引进新的杂质，选项中的四种物质都是氧化剂，但只有H2O2反应后不引进新的杂质，故选C。(3)调节pH是使Fe3＋沉淀而Cu2＋不沉淀，所以pH应在3.2～4.7之间。(5)CO2与CaCl2溶液不产生沉淀，加入碱性物质可以生成CaCO3沉淀，所以选A和D。(6)由得失电子守恒可知，Fe2＋与KMnO4 以5∶1 比例反应，所以 20.00 mL×c(Fe2＋)＝0.012 00 mol· L－1×15.00 mL×5，解得c(Fe2＋)＝0.045 00 mol·L－1。5．氯化亚铜(CuCl)常用作有机合成工业中的催化剂，在空气中迅速被氧化成绿色；见光则分解，变成褐色。下图是工业上用制作印刷电路的废液(含Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋、Cl－)生产CuCl的流程：根据以上信息回答下列问题：(1)写出生产过程中XFe，Y稀盐酸。(2)写出产生CuCl的化学方程式：CuCl2＋CuSO4＋SO2＋2H2O===2CuCl↓＋2H2SO4。(3)在CuCl的生成过程中理论上不需要补充SO2气体，结合化学方程式和必要的文字说明理由：反应Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O中生成的CuSO4和SO2为1∶1，所以理论上不需要补充SO2气体。(4)在CuCl的生成过程中除环境问题、安全问题外，你认为还应该注意的关键问题是生产中应防止CuCl的氧化和见光分解。(5)实验探究pH对CuCl产率的影响如下表所示：pH1234567CuCl产率70908278757270析出CuCl晶体最佳pH为2，当pH较大时CuCl产率变低的原因是pH较大时，Cu2＋水解程度增大，反应生成的CuCl减少。(6)氯化亚铜的定量分析：①称取样品0.25 g和10 mL过量的FeCl3溶液于250 mL锥形瓶中，充分溶解。②用0.10 mol·L－1硫酸铈Ce(SO4)2]标准溶液滴定。已知：CuCl＋FeCl3===CuCl2＋FeCl2，Fe2＋＋Ce4＋===Fe3＋＋Ce3＋。三次平行实验结果如下(平行实验结果相差不能超过1%)：平行实验次数1230.25 g样品消耗硫酸铈标准溶液的体积(mL)24.3524.0523.95则样品中CuCl的纯度为0.955(或_95.5%)(结果保留三位有效数字)。解析：(1)根据滤渣②与浓硫酸、Cl2分别反应生成物判断滤渣②为Cu，结合废液成分及废液与过量X反应生成Cu，X应为Fe粉。Y溶解Fe粉，应为盐酸。(3)由Cu与浓H2SO4反应生成物分析。(4)由题干提示CuCl用途、性质分析推理。(5)pH较大，Cu2＋形成Cu(OH)2。6．硫酸亚铁晶体俗称绿矾(FeSO4·7H2O)，重铬酸钠晶体俗称红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)，它们都是重要的化工产品。工业上以铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2]为原料制备绿矾和红矾钠的工艺流程如图所示。请回答下列问题：(1)已知Fe(CrO2)2中铬元素的化合价为＋3价，则Fe(CrO2)2中铁元素的化合价为＋2。(2)化学上可将某些盐写成氧化物的形式，如Na2SiO3写成Na2O·SiO2，则Fe(CrO2)2可写成FeO·Cr2O3。(3)煅烧铬铁矿时，矿石中的Fe(CrO2)2转变成可溶于水的Na2CrO4，反应的化学方程式如下：4Fe(CrO2)2＋8Na2CO3＋7O2△,2Fe2O3＋8Na2CrO4＋8CO2，①该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为4∶7。②为了加快该反应的反应速率，可采取的措施是粉碎矿石(或升高温度)(填一种即可)。(4)已知CrO在氢离子浓度不同的酸性溶液中有不同的反应。如：2CrO＋2H＋===Cr2O＋H2O3CrO＋4H＋===Cr3O＋2H2O①往混合溶液甲中加入硫酸必须适量的原因是H2SO4量少时不能除尽Na2CO3杂质，H2SO4量多时又会生成新的杂质Cr3O，所以H2SO4必须适量。②混合溶液乙中溶质的化学式为Na2Cr2O7、Na2SO4。(5)写出Fe与溶液丙反应的离子方程式：Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋。检验溶液丁中无Fe3＋的方法是：取少量丁溶液于试管中，向其中加入KSCN溶液，不显红色则说明丁溶液中不含Fe3＋。从溶液丁到绿矾的实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(6)＋3、＋6价铬都有很强的毒性，元素的价态越高毒性越强，所以制取红矾钠晶体后的废水中含的Cr2O必须除去。工业上一般用电解法来处理酸性Cr2O废水。具体做法是以铁板为阴阳两极，电解酸性Cr2O溶液，在处理的过程中电解质溶液中存在下列反应：Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，最后Cr3＋以Cr(OH)3沉淀形式除去。则每还原1 mol Cr2O①在电解质溶液中存在的反应里转移6mol电子。②在闭合电路上转移12mol电子。解析：(1)根据化合价代数和为零即可求铁元素的化合价。(2)由(1)知铁元素和铬元素的化合价即可将化合物表示成氧化物的形式。(3)①Fe(CrO2)2作还原剂，氧气作氧化剂，它们之比为4∶7；②增大反应物的接触面积和升高温度均可提高反应速率。(4)由题中流程知混合溶液甲为Na2CrO4和Na2CO3的混合溶液，最后的目的是得到红矾钠，所以加硫酸的目的是除去Na2CO3，并将Na2CrO4转化为红矾钠，根据题给信息知酸加多了就会引入新的杂质。(5)由题中流程知不溶物甲为Fe2O3，加硫酸溶解得至Fe3＋，所以丙“ Fe与Fe3＋的反应。(6)阳极反应为Fe－2e－===Fe2＋，得到的Fe2＋与溶液中的Cr2O反应，①溶液中反应1 mol Cr2O时转移6 mol电子；②上述两个反应合并得：6Fe～12e－～6Fe2＋～Cr2O，所以闭合电路上转移12 mol e。