题目内容

1．铁及其化合物有重要用途，如聚合硫酸铁[Fe2（OH）n（SO4）${\;}_{\frac{3-n}{2}}$]m是一种新型高效的水处理混凝剂，而高铁酸钾K2FeO4是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，某化学探究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物质为水，一定条件下可得铁的固体氧化物Fe3O4，检验Fe3O4中铁的化合价，应使用的试剂是ACD（填标号）．
A．稀硫酸     B．稀硝酸    C．KSCN溶液    D．酸性高锰酸钾溶液
（2）在溶液Ⅰ中加入NaClO3，写出其氧化Fe2+的离子方程式6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O．
（3）Fe2O3与KNO3和KOH的混合物加热共融可制得K2FeO4．完成并配平下列化学方程式：
□Fe2O3+□KNO3+□KOH-□K2FeO4+□KNO2+□H2O
该反应中的氧化剂是KNO3，每生成1mol K2FeO4转移3mol电子．
（4）为测定溶液I中铁元素的总含量，实验操作：准确量取20.00mL溶液I于带塞锥形瓶中，加入足量H2O2，调节pH＜3，加热除去过量H2O2；加入过量KI充分反应后，再用 0.1000mol•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-
①写出滴定选用的指示剂淀粉，滴定终点观察到的现象溶液由蓝色变无色且半分钟不变色．
②溶液I中铁元素的总含量为5.6g•L-1．若滴定前溶液中H2O2没有除尽，所测定的铁元素的含量将会偏高（填“偏高”、“偏低”、“不变”）．

分析 本题以铁为原料，制备聚合硫酸铁和高铁酸钾，主要考查的是Fe3+和Fe2+的检验，以及结合氧化还原反应理论分析反应原理并能用化学方程式或离子方程式表示，最后还利用滴定原理测定聚合硫酸铁中铁的含量，可结合关系式，借助原子守恒解题；
（1）欲检验Fe3O4中铁的化合价，需要用酸溶解形成溶液，再分别取样检验二价铁离子和三价铁离子的存在；
（2）溶液Ⅰ中含有亚铁离子，酸性条件下，ClO3-氧化Fe2+为Fe3+，本身被还原为Cl-，根据得失电子相等、电荷守恒、质量守恒配平；
（3）若C为KKO3和KOH的混合物，与Fe2O3加热共融制得高铁酸钾，则缺项物质为K2FeO4和H2O，根据得失电子相等、质量守恒配平，反应中KNO3所含有元素化合价降低是氧化剂，每生成一个转移电子数为6-3=3；
（4）①反应原理中有碘单质生成和消耗，碘单质遇到淀粉显示蓝色，可选淀粉为指示剂；当碘单质完全反应后溶液由蓝色变为无色，据此判断滴定终点；
②根据反应2Fe3++2I-═2Fe2++I2、I2+2S2O32-═2I-+S4O62-找出关系式Fe3+～S2O32-，然后根据关系式计算出铁离子的物质的量，再根据c=$\frac{n}{V}$计算出铁元素含量；根据双氧水对消耗S2O32-的物质的量的影响判断误差．

解答 解：（1）因硝酸有强氧化性，只能选择用稀硫酸溶解Fe3O4，将所得溶液取二份样品，一份滴加KSCN溶液，溶液变血红色，证明溶液里有Fe3+，另一份滴加酸性高锰钾溶液，溶液紫色褪去，可知溶液里有Fe2+，由此推断出Fe3O4中铁的化合价有+2、+3二种，故答案为：ACD；
（2）根据题中流程可知，四氧化三铁与硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁，在溶液Ⅰ中含有亚铁离子，酸性条件下，ClO3-氧化Fe2+为Fe3+，本身被还原为Cl-，根据化合价升降相等配平，配平后的离子方程式为：6Fe2++ClO3-+6H+═6Fe3++Cl-+3H2O，故答案为：6Fe2++ClO3-+6H+═6Fe3++Cl-+3H2O；
（3）KNO3和KOH的混合物，写出其与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，则亚铁离子从+3价变为+6价，化合价升高3价，化合价至少升高3×2=6价；KNO3中N元素从+5降为KNO2中的+3价，化合价降低2价，则化合价最小公倍数为6，所以氧化铁的系数为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+2KOH=K2FeO4+3KNO2+H2O，氧化剂为KNO3，每生成1mol K2FeO4转移3mol电子，故答案为：1、3、2、K2FeO4、3、H2O；HNO3；3；
（4）①Fe3+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，蓝色消失，且半分钟不变色说明是终点，故答案为：淀粉；溶液由蓝色变无色且保持半分钟不变色；
②由2Fe3++2I-═2Fe2++I2、I2+2S2O32-═2I-+S4O62-可得：Fe3+～S2O32-，则n（Fe3+）=n（S2O32-）=0.1000mol/L×0.02L=0.002mol，铁元素总含量为$\frac{56g/mol×0.002mol}{0.02L}$=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，故答案为：5.6；偏高．

点评 本题考查了物质的制备方案的设计、常见离子的检验、氧化还原反应配平、化学计算等知识，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，是一道质量结合的题目，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．

练习册系列答案
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5．下列叙述正确的是（　　）
A．Na2O2能与酸反应生成盐和水，所以Na2O2是碱性氧化物
B．Na2CO3不能转化成NaHCO3，而NaHCO3能转化成Na2CO3
C．与相同浓度的酸反应的速率：Na2CO3＜NaHCO3
D．Na着火时可用泡沫灭火器灭火
12．塑化剂DBP（邻苯二甲酸二丁酯）主要应用于PVC等合成材料中作软化剂．反应原理为：
+2CH3CH2CH2CH2OH→+H2O
实验步骤如下：
步骤1：在三颈瓶中放入14.8g邻苯二甲酸酐、25mL正丁醇、4滴浓硫酸，开动搅拌器b（反应装置如图）．
步骤2：缓缓加热至邻苯二甲酸酐固体消失，升温至沸腾．
步骤3：等酯化到一定程度时，升温至150℃
步骤4：冷却，将三颈瓶中的液体倒入分漏斗中，用饱和食盐水和5%碳酸钠洗涤．
步骤5：减压蒸馏，收集200～210℃2666Pa馏分，即得DBP产品
（1）浓硫酸的作用催化剂、脱水剂，搅拌器的作用使反应物充分混合．
（2）反应过程中正丁醇过量的目的是增大正丁醇的含量，可促使反应正向移动，增大邻苯二甲酸酐的转化率．
（3）图中仪器a的名称是分水器，试分析它的作用：及时分离出酯化反应生成的水，促使反应正向移动．步骤3中确定有大量酯生成的依据分水其中有大量水生成．
（4）碳酸钠溶液洗涤的目的是用碳酸钠除去酯中的醇和酸．用减压蒸馏的目的是可以防止有机物脱水碳化，提高产物的纯度．
（5）写出正丁醇在135℃生成醚的反应方程式2CH3CH2CH2CH2OH$→_{135℃}^{浓硫酸}$CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+H2O．写出DBP在氢氧化钠溶液中水解的方程式+2NaOH$\stackrel{△}{→}$+2CH3CH2CH2CH2OH．
9．高炉炼铁中发生的基本反应如下：FeO（s）+CO（g）?Fe（s）+CO2（g）已知1100℃，K=0.263
（1）1100℃时，若平衡向右进行，高炉内CO2和CO的体积比值增大．（填“增大”“减小”或“不变”）
（2）1100℃时，测得高炉中c（CO2）=0.025mol/L，c（CO）=0.1mol/L，在这种情况下该反应是否处于平衡状态否（填“是”或“否”），此时化学反应速率是V正大于V逆（填“大于”、“小于”或“等于”），其原因是：浓度商Qc=$\frac{0.025}{0.1}$=0.25＜K=0.263，说明不是平衡状态，且向正反应方向进行．
16．利用某含铬废液[含较低浓度的Na2Cr2O7、Fe2（SO4）3]制备K2Cr2O7流程如下：Ⅰ．用NaOH溶液调pH至3.6，产生红褐色沉淀，过滤；
Ⅱ．向滤液中加入Na2SO3，一定操作后分离出Na2SO4；
Ⅲ．将分离出Na2SO4后的溶液调pH约为5，得到Cr（OH）3沉淀；
Ⅳ．在KOH存在条件下，向Cr（OH）3中加入足量H2O2溶液，得到黄色溶液；
Ⅴ．向黄色溶液中加入物质A后，溶液变为橙红色，一定操作后得到K2Cr2O7固体；
Ⅵ．测定K2Cr2O7固体的纯度．
已知：Cr2O72-（橙红色）+H2O?2CrO42-（黄色）+2H+
（1）步骤Ⅰ中红褐色沉淀的化学式是Fe（OH）3．
（2）步骤Ⅱ中加入Na2SO3的目的是将+6价的Cr还原为+3价．
（3）步骤Ⅳ中反应的离子方程式是2Cr（OH）3+3H2O2+4OH-=2CrO42-+8H2O．
（4）步骤Ⅴ中加入的物质A可以是c．（填序号）
a．KOH        b．K2CO3       c．H2SO4        d．SO2
（5）步骤Ⅵ的操作是：取0.45g K2Cr2O7产品配成溶液，酸化后滴入18.00mL，.50mol/L的FeSO4溶液，恰好使Cr2O72-完全转化为Cr3+．产品中K2Cr2O7的纯度是98%．（注：K2Cr2O7的摩尔质量为294g/mol）
（6）向橙红色的K2Cr2O7溶液中，滴加Ba（NO3）2溶液，产生黄色沉淀，溶液pH减小．试推测黄色沉淀是BaCrO4，溶液pH变小的原因是K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-（橙红色）+H2O?2CrO42-（黄色）+2H+，加入Ba（NO3）2溶液后，产生BaCrO4沉淀，c（CrO42-）降低，平衡正向移动，c（H+）增大．
6．立德粉是一种白色颜料，可通过反应：ZnSO4（aq）+BaS（aq）═ZnS↓+BaSO4↓制得．用含锌废料制取立德粉的实验流程如图：

（1）配制30%BaS溶液，现有量筒、烧杯及玻璃棒，还缺少的实验仪器有托盘天平．
（2）加入锌粉被还原的离子有Fe3+、Cu2+．
（3）在弱酸性条件下，KMnO4除Mn2+时发生的离子反应是2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+．
（4）若所得ZnSO4酸性较强，可采取的简单措施是加少量的锌粉，搅拌直到溶解．
（5）两种溶液合成立德粉，还需要经过陈化、过滤、洗涤、干燥、焙烧、磨粉得成品．
（6）若最后发现立德粉成品白度不够，其可能原因是Cu2+、Mn2+及Fe3+没有除尽．
（7）某研究性学习小组欲从废电池锌片 （主要成分为Zn、Fe、C）出发，先制备纯净的硫酸锌溶液，再合成立德粉．请补充完整由废锌片制备ZnSO4溶液的实验步骤[如表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol•L-1计算）]．
开始沉淀的pH沉淀完全的pH
Fe3+1.13.2
Fe2+5.88.8
Zn2+5.98.9
实验中可选用的试剂：30% H2O2、3.0mol•L-1 H2SO4、1.0mol•L-1 NaOH．
实验步骤依次为：
①用稍过量3.0 mol•L-1 H2SO4溶解废锌皮；
②加入适量30% H2O2，使其充分反应；
③1.0 mol•L-1 NaOH，调节溶液pH约为5（或3.2≤pH＜5.9），使Fe3+沉淀完全；
④过滤得滤液．
13．下表为长式周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素．

请回答下列问题：
（1）按电子排布，可把周期表中的元素划分成5个区，请在上图中划出区域并注明．
（2）表中元素①的6个原子与元素③的6个原子形成的某种环状分子名称为苯；③和⑦形成的一种常见溶剂的化学式为CCl4，其立体构型为正四面体，键角为109°28′．
（3）某元素原子的价电子排布式为nsnnpn+1，该元素原子的最外电子层上孤电子对数为1；该元素与元素①形成的最简单分子X属于极性分子（填“极性”或“非极性”）．
（4）元素④的第一电离能＞元素⑤（选填“＞”、“=”、“＜”）的第一电离能；元素⑥的电负性＜元素⑦（选填“＞”、“=”、“＜”）的电负性．
（5）元素⑥和①形成的化合物的结构式为H-S-H； 元素⑨的基态原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2．
（6）某些不同族元素的性质也有一定的相似性，如上表中元素②与元素⑤的氢氧化物有相似的性质．请写出元素②的氢氧化物与NaOH溶液反应的化学方程式Be（OH）2+2NaOH═Na2BeO2+2H2O．
10．对标准状况下的四种气体的关系从小到大表示不正确的是（　　）
①6.72L甲烷  ②3.01×1023HCl分子  ③13.6g H2S  ④0.2mol NH3．
A．质量：④＜①＜③＜②B．密度：①＜④＜③＜②
C．体积：④＜①＜②＜③D．氢原子数：②＜④＜③＜①
11．下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是（　　）
A．Na+Mg2+   Cl-    OH-B．H+Ca2+   CO32-NO3-
C．Cu2+K+SO42-NO3-D．Na+   HCO3-OH-    Ca2+

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