高考化学人教版必修1第二章化学物质及其变化专题复习

2021 年高考化学人教版必修 1 第二章化学物质及其变化专题复习 一、选择题 1．分类是科学研究的重要方法，下列物质分类不正确的是 A．化合物：干冰、冰水混合物、烧碱 B．同素异形体：活性炭、C60、金刚石 C．非电解质：乙醇、四氯化碳、氯气 D．混合物：漂白粉、纯净矿泉水、盐酸 2．只含有一种元素的物质 A．可能是纯净物也可能是混合物 B．可能是单质也可能是化合物 C．一定是纯净物 D．一定是一种单质 3．下列说法正确的是( ) A．碱性氧化物一定是金属氧化物 B．汽油属于有机物 C．粒子直径为 1~100nm 的是胶体 D．胶体与溶液的本质区别为是否有丁达尔效应 4．下列有关物质分类的叙述正确的是( ) A．CaCl2、NaOH、HCl、O2 四种物质都属于化合物 B．溶液、胶体、浊液都属于混合物 C．硫酸、烧碱、氯化钠和石灰石分别属于酸、碱、盐和氧化物 D．CO2、CO 等非金属氧化物均属于酸性氧化物 5．下列有关 FeCl3 溶液和 Fe(OH)3 胶体的叙述正确的是( ) A．利用丁达尔效应可将两种液体区分开 B．都是无色、透明的溶液 C．两种分散系的分散质具有相同的粒子直径 D．将饱和 FeCl3 溶液滴加到加热煮沸的 NaOH 溶液中可制得 Fe(OH)3 胶体 6．下列关于物质分类的组合正确的是( ) 酸 碱 盐 酸性氧化物 电解质 A NaHSO4 NaOH CaCO3 CO2 BaSO4 B H2SO4 KOH NH4Cl SO2 Fe C CH3COOH Ca(OH)2 CaCl2 CO SO3 D HNO3 Ba(OH)2 NaHCO3 SO3 NaCl A．A B．B C．C D．D 7．在两份相同的 Ba(OH)2 溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的 H2SO4、NaHSO4 溶液，其导电能力随滴 入溶液体积变化的曲线如图所示，下列分析不正确的是（ ） A．①代表滴加 H2SO4 溶液的变化曲线 B．b 点，溶液中大量存在的离子是 Na+、OH- C．c 点，两溶液中含有相同浓度的 OH- D．a、d 两点对应的溶液均显中性 8．下列离子方程式不正确的是( ) A．Fe3O4 与稀硝酸反应的离子方程式为：3Fe3O4+28H++NO - 3 =9Fe3++NO↑+14H2O B．用稀硫酸除去铜绿：4H++Cu2(OH)2CO3=2Cu2++CO2↑+3H2O C．向 NH4Al(SO4)2 溶液中滴入 Ba(OH)2 溶液恰好使 SO 2- 4 完全沉淀：2Ba2++NH + 4 +Al3++2SO 2- 4 +4OH﹣ =Al(OH)3↓+NH3•H2O+2BaSO4↓ D．少量氢氧化钙溶液与碳酸氢钠溶液混合：Ca2++OH﹣+HCO - 3 =CaCO3↓+H2O 9．下列各组离子中，能在溶液中大量共存的一组是( ) A．Na+、Ag+、NO - 3 、Cl- B．K+、Mg2+、OH-、Cl- C．Na+、H+、SO 2- 4 、NO - 3 D．K+、Ca2+、CO 2- 3 、OH- 10．分类方法在化学学科的发展中起了非常重要的作用，如图是某反应在密闭容器中反应前后的分子状况 示意图， 和 分别表示不同的原子。对此反应的分类不正确的是（ ） A．化合反应 B．加成反应 C．可逆反应 D．氧化还原反应 11．对于反应 2 3 2 Δ3Cl +6NaOH 5NaCl+NaClO +3H O ，以下叙述正确的是 A．NaCl 是氧化产物 B． 2Cl 既做氧化剂又做还原剂 C．每生成 1mol 的 3NaClO 转移 6mol e D．被氧化的氯原子和被还原的氯原子的物质的量之比为 5∶1 12．高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备高铁酸钠有多种方法， 其中一种方法的原理可用离子方程式表示为：2Fe3++3ClO-+aOH-=2FeO 2 4  +3Cl-+bH2O，下列有关说法不正确 的是( ) A．该反应的还原剂是 Fe3+ B．该反应中 ClO-发生了还原反应 C．反应式中化学计量数 a、b 的值分别为 10、5 D．每生成 1 mol 的 FeO 2 4  ，转移电子的物质的量为 6 mol 13．下列反应中，H2O 作氧化剂的是( ) A． 2 2CaO H O=Ca(OH) B． 2 22Na 2H O 2NaOH H    C． 2 2 22F 2H O=4HF O  D． 2 2Cl H O HClO HCl  14．复印机工作时易产生臭氧，臭氧具有强氧化性，可使润湿的 KI-淀粉试纸变蓝。反应为 O3+2KI+H2O = 2KOH+I2+O2，关于此反应的说法正确的是 A．1 mol O3 得到 4 mol 电子 B．O3 是氧化剂，H2O 与 KI 是还原剂 C．氧化性强弱顺序：O3＞I2 D．氧化产物 I2 与还原产物 KOH 的物质的量之比是 1∶2 15．在离子方程式 xR2++yH++O2=mR3++nH2O 中，下列判断错误的是 A．m=4 R2+是还原剂 B．m=y R3+是氧化产物 C．m=2 R2+是还原剂 D．m=y H2O 是还原产物 二、实验题 16．实验室探究制备高锰酸钾的绿色化方案，其实验流程如图 1。 已知：①K2MnO4 水溶液呈墨绿色，在酸性、中性和弱碱性环境下， 2 4MnO  会发生自身氧化还原(歧化)反应， 生成 4MnO 和 MnO2；②碱性条件下，三价锰易形成 MnOOH 沉淀，该物质 250℃分解为 Mn2O3；③相关物 质的溶解度数据如表： 20℃ K2CO3 KHCO3 K2MnO4 KMnO4 S(g/100g 水) 111 33.7 11.1 6.34 (1)“共熔”投料的顺序为先加入 KOH 和 KClO3 混合均匀，待小火完全熔融，再加入 MnO2，迅速搅拌。不能 先将 KClO3 与 MnO2 混合的原因是__________ (2)溶解后所得溶液转入三颈瓶中，趁热滴入 6mol·L-1 的乙酸，调节 pH≈10，在如图 2 所示的装置中进行歧 化。 ①判断三颈瓶中 K2MnO4 完全反应的实验方法是：用玻璃棒蘸取溶液点在滤纸上，若观察到___________， 表示 2 4MnO  已完全反应。 ②也可以将滴入乙酸改为通入 CO2 引发“歧化”，反应化学方程式是___________，当溶液 pH 值达 10～11 时， 停止通 CO2；若 CO2 过多，可能造成的不良后果是___________ (3)从提高原料利用率的角度分析，本实验流程的优点是_________ (4)请设计实验方案，由 MnSO4 溶液制备较纯净 Mn2O3.向 MnSO4 溶液中，72h 后得到产品 Mn2O3(必须使用 的试剂：0.2mol•L-1 氨水、3%H2O2 溶液、热水)。_________ 三、计算题 17．取 KClO3 和 MnO2的混合物 16.60g 加热至恒重，将反应后的固体加 15g 水充分溶解，剩余固体 6.55g (25℃)， 再加 5 g 水充分溶解，仍剩余固体 4.80g(25℃)。 (1)若剩余的 4.80g 固体全是 MnO2，则原混合物中 KClO3 的质量为________________g(保留 2 位小数) (2)若剩余的 4.80g 固体是 MnO2 和 KCl 的混合物，则 25℃时 KCl 的溶解度为_____；原混合物中 KClO3 的 质量为________________g(保留 2 位小数)；所得 KCl 溶液的密度为 1.72g/cm3，则溶液的物质的量浓度为 ______mol/L(保留 2 位小数)。 (3)可用以下反应制备 KIO3 和 K2H3IO6(高碘酸氢二钾)：I2+2KClO3=2KIO3+Cl2① KIO3+Cl2+3KOH =K2H3IO6+2KCl ②最终制得的 KIO3 和 K2H3IO6 的物质的量之比 x，若制得 100molK2H3IO6, 共消耗 ymolKClO3，试确定 y 与 x 的关系式________________。 四、工业流程题 18．钛合金在工业及军工生产中有重要的作用。金属钛熔点高、强度高且质地轻。工业上以钛铁矿 3FeTiO 为原料冶炼金属钛的流程如下： 已知：室温下钛不与 2 2 2X O H O、 、 反应，也不与强酸、强碱、王水反应。但高温下十分活泼，易与氧气、 氮气、碳和氢气反应。 回答下列问题： (1)“溶煮”过程生成 4+Ti 的离子方程式为_______。 (2)加入铁屑的目的是_______。 (3)已知不同温度时硫酸亚铁在钛液中的溶解度如下表，数据以含铁量来折算。则操作 a 为_______。 温度(°C) 30 20 14 10 5 0 -6 溶解度(g/L) 88 70 48 43 35 25 14 (4)加热过滤 1 所得滤液，其中的 4+Ti 沉淀为偏钛酸 2 3H TiO 。常温下 2 3H TiO 的沉淀溶解平衡为   2+ - 2 3H TiO s TiO +2OH ，其溶度积常数 -30 3 -3 spK =4.0 10 mol L  ，则过滤 2 所得溶液的 pH 约为 _______。(已知 lg2 0.3 ) (5)“煅烧”偏钛酸得到 2TiO ， 2TiO 与 2Cl 和过量焦炭共热生成 4TiCl ，写出“共热”过程中的化学方程式 _______。 (6)“高温”过程需要在 Ar 气氛中进行，其理由是_______；利用上述方法制得的钛中可能会含有少量金属杂 质，可用_______除去。 参考答案 1．C 【详解】 A．干冰是二氧化碳固体是纯净的化合物，冰水混合物成分为水是纯净的化合物，烧碱是氢 氧化钠属于纯净的化合物，故 A 正确； B．活性炭，C60，金刚石是碳元素的不同单质，是碳元素的同素异形体，故 B 正确； C，乙醇、四氯化碳水溶液中和熔融状态下都不导电，属于非电解质，氯气是单质既不是电 解质也不是非电解质，故 C 错误； D．漂白粉为氯化钙和次氯酸钙的混合物，纯净矿泉水含有电解质的水属于混合物，盐酸是 氯化氢的水溶液属于混合物，故 D 正确。 答案选 C。 【点睛】 考查物质分类方法，物质组成判断，掌握概念实质、物质组成与名称是解题关键，注意：化 合物是不同元素组成的纯净物；同素异形体是同种元素组成的不同单质；非电解质是水溶液 中和熔融状态都不导电的化合物；混合物是不同物质组成的物质。 2．A 【详解】 一种元素可构成不同的单质，它们互为同素异形体，如由碳元素形成单质有金刚石和石墨以 及无定形的碳。由磷元素形成的单质有红磷和白磷。由氧元素形成的单质有氧气和臭氧。因 此含有一种元素的不一定是纯净物，可能是由几种单质混合在一起的混合物。化合物是指由 不同元素组成的纯净物，至少有两种元素，所以只含有一种元素一定不是化合物；故答案为 A。 3．A 【详解】 A．能和酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物。但金属 氧化物不一定是碱性氧化物，还可能是两性氧化物，如 Al2O3，A 项正确； B．汽油主要成分为 C5～C12 脂肪烃和环烷烃，以及一定量芳香烃，属于混合物。有机物为 纯净物，B 项错误； C．分散质粒子直径在 1~100nm 的分散系是胶体，直径为 1~100nm 的粒子不一定是分散系 中的分散质，则不一定是胶体。C 项错误； D．胶体和其他分散质的本质区别是分散质粒子直径，而不是丁达尔效应。胶体的分散质粒 子直径在 1~100nm 之间，D 项错误； 答案选 A。 4．B 【详解】 A． O2 是单质，不是化合物，故 A 错误； B． 溶液、浊液、胶体都是由分散质和分散剂组成的，都属于混合物，故 B 正确； C． 硫酸属于酸，烧碱属于碱，氯化钠属于盐，石灰石主要成分是碳酸钙，属于混合物， 故 C 错误； D． CO 不能和碱反应，属于不成盐氧化物，CO2 和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物， 故 D 错误； 故选 B。 5．A 【详解】 A．丁达尔效应是胶体的特性，故利用丁达尔效应可将两种液体区分开，故 A 正确； B．FeCl3 溶液为棕黄色，Fe(OH)3 胶体为红褐色液体，故 B 错误； C．FeCl3 溶液中溶质粒子直径小于 1nm，Fe(OH)3 胶体的胶体粒子直径为 1nm~100nm，故 C 错误； D．将饱和 FeCl3 溶液滴加到加热煮沸的 NaOH 溶液中可制得 Fe(OH)3 沉淀，得不到 Fe(OH)3 胶体，故 D 错误； 故选 A。 6．D 【详解】 A． NaHSO4 属于酸式盐，不是酸，故 A 错误； B． 电解质必须是化合物，Fe 是单质，不是化合物，既不是电解质也不是非电解质，故 B 错误； C． CO 属于不成盐氧化物，不是酸性氧化物，SO3 的水溶液能导电是因为生成的硫酸是电 解质，而 SO3 本身属于非电解质，故 C 错误； D． HNO3 属于酸，KOH 属于碱，NaHCO3 属于盐，SO3 属于酸性氧化物，NaCl 属于盐， 故 D 正确； 答案选 D。 7．C 【分析】 向 Ba(OH)2 溶液中滴入硫酸溶液发生反应的化学方程式为 H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O， 向 Ba(OH)2 溶液中滴入 NaHSO4 溶液，随着 NaHSO4 溶液的滴入依次发生反应 Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH、NaOH+NaHSO4=Na2SO4+H2O，溶液导电能力与离 子浓度成正比，根据图知，曲线①在 a 点溶液导电能力接近 0，说明该点溶液离子浓度最小， 应该为 Ba(OH)2 溶液和 H2SO4 的反应，则曲线②为 Ba(OH)2 溶液和 NaHSO4 溶液的反应，据 此分析作答。 【详解】 A．根据分析，①代表滴加 H2SO4 溶液的变化曲线，故 A 正确； B．根据图知，a 点为 Ba(OH)2 溶液和 H2SO4 恰好反应，H2SO4、NaHSO4 溶液的物质的量浓 度相等，则 b 点溶液溶质为 NaOH，所以 b 点溶液中大量存在的离子是 Na+、OH−，故 B 正 确； C．c 点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，溶液呈酸性，②中反应后溶液中溶质为 NaOH、 Na2SO4，溶液呈碱性，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，故 C 错误； D． a 点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应生成 BaSO4 沉淀和水，溶液呈中性，d 点②中溶 质为 Na2SO4，溶液呈中性，故 D 正确； 故选：C。 8．D 【详解】 A．Fe3O4 与稀硝酸发生氧化还原反应，反应的离子方程式为 3Fe3O4+28H++NO - 3 ═9Fe3++NO↑+14H2O，故 A 正确； B．铜绿的主要成分为碱式碳酸铜，碱式碳酸铜与稀硫酸反应生成硫酸铜、二氧化碳和水， 反应的离子方程式为 4H++Cu2(OH)2CO3═2Cu2++CO2↑+3H2O，故 B 正确； C．向 NH4Al(SO4)2 溶液中滴入 Ba(OH)2 溶液恰好使 SO 2- 4 完全沉淀，反应生成氢氧化铝、一 水合氨和硫酸钡，离子方程式：2Ba2++NH4++Al3++2SO 2- 4 +4OH﹣═ Al(OH)3↓ +NH3•H2O + 2BaSO4↓，故 C 正确； D．少量氢氧化钙溶液与碳酸氢钠溶液混合反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，反应的离子方程 式为 Ca2++2OH﹣+2HCO - 3 ═CaCO3↓+2H2O+CO 2- 3 ，故 D 错误； 故选 D。 【点睛】 本题的易错点为 CD，要注意反应物的用量对反应生成物的影响。 9．C 【详解】 A．银离子与氯离子反应生成氯化银沉淀，不能大量共存，故 A 错误； B．镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，不能大量共存，故 B 错误； C．四种离子间相互间不反应，能够大量共存，故 C 正确； D．钙离子和碳酸根离子反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，故 D 错误； 故选 C。 10．B 【分析】 根据图知，反应物中有一种化合物和一种单质，反应后的容器中有一种单质和两种化合物， 其中反应后的容器中的单质和一种化合物与反应容器中的相同，则实质上生成物是一种化合 物，则反应物是一种单质和一种化合物，生成物是一种化合物，根据反应物和生成物种类反 应特点来判断。 【详解】 根据图知，反应物中有一种化合物和一种单质，反应后的容器中有一种单质和两种化合物， 其中反应后的容器中的单质和一种化合物与反应容器中的相同，则实质上生成物是一种化合 物，即反应物是一种单质和一种化合物，生成物是一种化合物，根据原子的相对大小，可知 该图示表示反应：2SO2+O2 2SO3，该反应是化合反应，属于可逆反应，应用反应前后 有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，不是加成反应，故合理选项是 B。 【点睛】 本题从微观上分析化学反应的类型，结合原子大小及物质分子中含有的各种元素的原子个数 确定反应物、生成物种类是解本题关键，根据不同反应的特点判断化学反应类型。 11．B 【分析】 3Cl2+6NaOH Δ 5NaCl+NaClO3+3H2O 中 Cl 元素的化合价部分由 0 升高为+5 价，部分由 0 降 低为-1 价，结合氧化还原反应的规律分析判断。 【详解】 A．Cl2 转化为 NaCl，Cl 元素的化合价降低被还原，则 NaCl 为还原产物，故 A 错误； B．只有 Cl 元素的化合价变化，氯气是氧化剂也是还原剂，故 B 正确； C．Cl 元素的化合价部分由 0 升高为+5 价，部分由 0 降低为-1 价，生成 1mol 的 NaClO3 转 移 5mol 电子，故 C 错误； D．由反应可知，1 个 Cl 失去电子被氧化与 5 个 Cl 得到电子被还原时遵循电子守恒，则被 氧化的氯原子和被还原的氯原子的物质的量之比为 1∶5，故 D 错误； 故选 B。 12．D 【详解】 A．在该反应中 Fe 元素化合价由反应前+3 价变为反应后的+6 价，化合价升高，失去电子被 氧化，所以 Fe3+作还原剂，A 正确； B．在该反应中 Cl 元素化合价由反应前 ClO-中的+1 价变为反应后 Cl-中的-1 价，化合价降低， 得到电子被还原，所以 ClO-发生了还原反应，B 正确； C．根据电荷守恒可知 a=10，根据原子守恒，可知 b=5，C 正确； D．根据反应方程式可知：每生成 1 mol 的 FeO 2 4  ，转移电子的物质的量为 3 mol，D 错误； 故合理选项是 D。 13．B 【详解】 A．反应 2 2CaO H O=Ca(OH) 为非氧化还原反应，H2O 不作氧化剂，A 不符合题意； B．在反应 2 22Na 2H O 2NaOH H    中，H2O 中 H 元素由+1 价部分降为 0 价，H2O 作氧化剂，B 符合题意； C．在反应 2 2 22F 2H O=4HF O  中，H2O 中 O 元素由-2 价升高为 0 价，H2O 作还原剂， C 不符合题意； D．在反应 2 2Cl H O HClO HCl  中，H2O 中的 O 元素和 H 元素价态都未改变，所以 H2O 不作氧化剂，D 不符合题意； 故选 B。 14．C 【详解】 A. 1 mol O3 变成 O2 得到 2 mol 电子，故 A 错误； B．O3 是氧化剂，KI 是还原剂，H2O 中元素的化合价没有变化，故 B 错误； C．氧化性强弱顺序：氧化剂＞氧化产物，O3＞I2，故 C 正确； D．1 mol O3 中只有 1molO 得电子，氧化产物 I2 与还原产物 KOH 的物质的量之比是 1∶1， 故 D 错误； 故选 C。 15．C 【详解】 在离子方程式 xR2++yH++O2=mR3++nH2O 中，R 的化合价升高，O 的化合价降低，R2+是还原 剂、O2 是氧化剂、R3+是氧化产物、H2O 是还原产物。根据化合价升高与降低的总数相等， 可以确定 x=4，根据电荷守恒可以确定 y=4，根据质量守恒定律可知 n=2、m=4，综上所述， 判断错误的是 C，故本题选 C。 16．MnO2 会催化 KClO3 分解，消耗更多的原料 滤纸上仅有紫红色而没有绿色痕迹 3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3 CO2 过多时会生成碳酸氢钾，结晶时会同高 锰酸钾一起析出，导致产品纯度降低 滤渣可回收 MnO2，作为反应物制备 KMnO4 边 搅拌边加入适(过)量 3%过氧化氢溶液和 0.2mol•L-1 氨水至沉淀完全， 过滤，用热水洗涤沉 淀 2～3 次，控制温度在 250℃将沉淀充分加热 【分析】 在强碱性条件下，MnO2 与 KClO3 共熔发生氧化还原反应，可制得 K2MnO4，加水溶解后， 在酸性环境下， 2 4MnO  会发生自身氧化还原（歧化）反应，生成 MnO2 和 4MnO ，过滤浓 缩，得到高锰酸钾晶体。 (1) KClO3 在 MnO2 催化作用下受热会分解； (2) ① 2 4MnO  水溶液呈墨绿色， 4MnO 水溶液呈紫红色，可通过颜色检验； ②加入 CO2 时， 2 4MnO  会发生自身氧化还原反应，发生歧化反应，生成不溶于水的 MnO2， 同时生成 KMnO4； (3) 2 4MnO  会发生自身氧化还原反应，生成不溶于水的 MnO2，回收 MnO2，作为反应物制备 KMnO4； (4) KMnO4在水溶液中，90℃以上开始分解，因此需要控制蒸发温度低于90℃；又由于KMnO4 固体 240℃会分解，故烘干时要低于 240℃。 【详解】 (1)在强碱性条件下，MnO2与KClO3共熔可制得K2MnO4，投料的顺序为先加入KOH 和KClO3 混合均匀，待小火完全熔融，再加入 MnO2，迅速搅拌。不能先将 KClO3 与 MnO2 混合的原 因是 MnO2 会催化 KClO3 分解，消耗更多的原料，故答案为：MnO2 会催化 KClO3 分解，消 耗更多的原料； (2) ①锰酸根为墨绿色，高锰酸根为紫红色，判断三颈瓶中 K2MnO4 完全反应的实验方法是： 用玻璃棒蘸取溶液点在滤纸上，若观察到滤纸上仅有紫红色而没有绿色痕迹，表示 2 4MnO  已 完全反应，故答案为：滤纸上仅有紫红色而没有绿色痕迹； ②加入 CO2 时， 2 4MnO  会发生自身氧化还原反应，发生歧化反应，生成不溶于水的 MnO2， 同时生成 KMnO4，反应的化学方程式为 3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3；CO2 过多时会生成碳酸氢钾，结晶时会同高锰酸钾一起析出，导致产品纯度降低； (3)从提高原料利用率的角度分析，本实验流程的优点是滤渣可用于回收 MnO2，作为反应物 制备 KMnO4，故答案为：滤渣可用于回收 MnO2，作为反应物制备 KMnO4； (4) 由 MnSO4 溶液制备较纯净 Mn2O3 实验方案：向 MnSO4 溶液中，边搅拌边加入适(过)量 3%过氧化氢溶液和 0.2mol•L-1 氨水至沉淀完全， 过滤，用热水洗涤沉淀 2～3 次，控制温度 在 250℃将沉淀充分加热。 17．11.80 35g 12.25 5.99 y=100(1+x) 【分析】 (1)若剩余的 4.80g 固体全是 MnO2，m(KClO3)=总质量- m(MnO2) (2)若剩余的 4.80g 固体是 MnO2 和 KCl 的混合物，则 5g 水溶解氯化钾得到的溶液是饱和溶 液，据此计算其溶解度；反应前后质量减少的质量为氧气的质量，根据氯酸钾和氧气之间的 关系式计算氯酸钾的质量；根据溶液质量、密度计算溶液体积，再结合 c= n V 计算溶液的物 质的量浓度； (3)由方程式可知，整个过程 KClO3 中 Cl 原子的物质的量等于 I 原子的物质的量。 【详解】 (1)若剩余的 4.80g 固体全是 MnO2，m(KClO3)=16.60g-4.80g=11.80g； (2)若剩余的 4.80g 固体是 MnO2 和 KCl 的混合物，则 5g 水溶解氯化钾得到的溶液是饱和溶 液，5g 水溶解 KCl 的质量=6.55g-4.80g=1.75g，则 100g 水溶解 KCl 的质量= 1.75g 5g ×100g=35g， 即 KCl 的溶解度为 35g；20g 水溶解氯化钾的质量=1.75g×4=7g，反应前后质量减少的质量为 氧气的质量，氧气的质量=16.60g-7g-4.80g=4.8g，根据氧原子守恒得原混合物中 KClO3 的质 量为 4.8g 16g/mol 3 ×122.5g/mol=12.25g，溶液的质量=20g+7g=27g，溶液的体积= 27g 1.72g/mL ， n(KCl)= 7g 74.5g/mol ，则溶液的物质的量浓度= 7g 74.5g / mol 27g 1.72 L n V g / m  =5.99mol/L； (3) 最终制得的 KIO3 和 K2H3IO6 的物质的量之比 x，若制得 100molK2H3IO6，则最终制得 KIO3 为 100xmol，由 KIO3+Cl2+3KOH=K2H3IO6+2KCl 可知，制得 100molK2H3IO6 时，消耗 KIO3100mol，则整个过程中总共制备 KIO3 为 100(1+x)mol，结合 I2+2KClO3=2KIO3+Cl2 可得 消耗 KClO3 的物质的量 y=100(1+x)。 18． + 4+ 2+ 3 2 150 200 CFeTiO +6H Ti +Fe +3H O  防止 2+Fe 被氧化 蒸发浓缩、低 温结晶 4.3 2 2 4 ΔTiO +2Cl +2C TiCl +2CO Na 和 Ti 都有较强还原性，在高温 下都易被空气中的 2O 氧化 水 【分析】 由题给流程可知，向钛铁矿加稀硫酸溶解，FeTiO3 与硫酸反应“溶煮”过程生成 4+Ti 、Fe2+； 加入铁屑防止 Fe2+被氧化，混合液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 1 得到 FeSO4 晶体和含 Ti4+ 溶液，加热溶液使 Ti4+水解生成偏钛酸，过滤 2 得到偏钛酸，灼烧偏钛酸，偏钛酸分解生成 二氧化钛，二氧化钛与氯气和过量的焦炭共热反应生成四氯化钛和一氧化碳气体，四氯化钛 和钠在高温条件下发生置换反应生成氯化钠和金属钛。 【详解】 （1）由钛铁矿精矿中加入稀硫酸“溶煮”，充分反应生成 4+Ti 、Fe2+，答案： + 4+ 2+ 3 2 150 200 CFeTiO +6H Ti +Fe +3H O  ； （2）亚铁离子具有还原性，在空气中易被氧化，则加入铁屑的目的是防止 Fe2+被氧化，答 案：防止 2+Fe 被氧化； （3）从溶液中得到硫酸亚铁晶体，应经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作，有表中数据 可知，温度越低，硫酸亚铁在滤液中溶解度越小，故要低温结晶，答案：蒸发浓缩、低温结 晶； （4）由常温下 2 3H TiO 的沉淀溶解平衡   2+ - 2 3H TiO s TiO +2OH 可知， -30 3 -3 spK =4.0 10 mol L  = 22+ -TiO OH       ，又 12+ -TiO = OH2           ，故 3-OH 2    =4 10-30， 解得 -OH   =2 10-10， -14 + -4 -10- Kw 1 10 1H = = = 10 mol/L22 10OH            故 pH=4.3，答案：4.3； （5）二氧化钛与氯气和过量的焦炭共热反应生成四氯化钛和一氧化碳气体，反应的化学方 程式为 2 2 4 ΔTiO +2Cl +2C TiCl +2CO ，答案： 2 2 4 ΔTiO +2Cl +2C TiCl +2CO ； （6）Na 和 Ti 都有较强还原性，在高温下都易被空气中的 2O 氧化，需要在 Ar 气氛中进行； 钠可与水反应而钛常温下不与水反应，故可用水除去杂质钠，答案： Na 和 Ti 都有较强还 原性，在高温下都易被空气中的 2O 氧化；水。