（6）2FePO4+Li2CO3+H2C2O4
2LiFePO4+3CO2↑+H2O↑
【解析】本题考查无机化工流程，涉及书写陌生的化学方程式、溶度积计算、控制条件、分析原理等，意在考查考生的综合应用能力。
四审无机化工流程题:
一审原料成分和性质，钛铁矿的主要成分是钛酸亚铁，杂质是二氧化硅和氧化镁，而二氧化硅是酸性氧化物，氧化镁是碱性氧化物。
二审流程图，抓住盐酸、氨水、磷酸、双氧水、氢氧化锂、碳酸锂、草酸等物质发生的化学反应；抓住混合物分离方法等。
三审图象，通过“浸出率”与时间、温度的关系图象，可以确定最佳反应条件。
四审设问，联系化学反应速率的影响因素、盐类水解原理、溶度积等解答相关问题。
（1）从图象直接可以看出，铁的浸出率为70%时对应的温度、时间，符合温度升高，反应速率加快，值得注意的是，这类填空题可能有多个合理答案。
（2）考查离子方程式书写。
难点为生成物还有什么，钛酸亚铁中钛为+4价，铁为+2价，产物有氯化亚铁，比较FeTiO3和TiOCl42-知，产物中一定有H2O。
值得注意的是钛酸亚铁与盐酸反应是非氧化还原反应。
（3）联系化学反应速率、双氧水和氨水性质分析转化率。
这类问题要从两个角度分析，即低于40℃时，随着温度的升高，反应速率加快；高于40℃时，氨水挥发速率加快、双氧水分解速率加快，导致反应物浓度降低，结果转化率降低。
（4）考查化学式与元素化合价关系。
锂元素在化合物中只有一种化合价（+1），化合物中元素化合价代数和等于0，过氧键中氧显-1价，类似双氧水、过氧化钠。
如果能求出-1价氧原子个数，就能求出过氧键数目，即过氧键数目等于-1价氧原子个数的一半。
设Li2Ti5O15中-2价、-1价氧原子个数分别为x、y。
有:
，解得x=7，y=8。
所以，过氧键数目为8/2=4。
（5）考查溶度积计算以及判断沉淀是否形成。
分两步计算:
①计算铁离子完全沉淀时磷酸根离子浓度。
c（Fe3+）·c（PO43-）=Ksp（FePO4），c（PO43-）=
mol·L-1=1.3×10-17mol·L-1。
②混合后，溶液中镁离子浓度为c（Mg2+）=0.01mol·L-1，c3（Mg2+）·c2（PO43-）=0.013×（1.3×10-17）2=1.7×10-40<
Ksp[Mg3（PO4）2]，没有磷酸镁沉淀生成。
（6）草酸中碳为+3价，高温煅烧过程中铁的化合价降低，碳的化合价升高，有CO2生成。
【名师点睛】解答无机化工流程题时常用“通用原理”:
（1）“控制合适温度”——常考虑物质挥发、分解、转化，如双氧水、盐酸、氨水和硝酸等作反应物。
当然，温度过低，反应速率较小。
（2）“加过量试剂”——常考虑提高另一种物质的转化率、提高产率，但下一步要考虑上一步过量的试剂。
（3）能否加入其他试剂——常考虑转化率、产品纯度等问题。
（4）“在空气中或其他气体中”——主要考虑O2、CO2、水是否参与反应。
（5）判断某离子是否完全沉淀——在上层清液中继续加入对应的沉淀剂，观察是否有沉淀生成。
（6）判断沉淀是否洗涤干净——取最后一次的洗涤液，滴加某试剂，观察现象。
（7）“控制pH”——主要考虑防水解、促进离子沉淀、防止某离子沉淀、除去某杂质等。
（8）“某些有机试剂洗涤”——降低产品溶解度、减小产品损失或提高产率。
例如，乙醇、异丙醇等都是常用的洗涤剂。
（9）选择加热方式或干燥方式——主要考虑受热是否均匀、产品是否易分解或易挥发等。
3.【2017年高考海南卷】碳酸钠是一种重要的化工原料，主要采用氨碱法生产。
回答下列问题：
（1）碳酸钠俗称________，可作为碱使用的原因是___________（用离子方程式表示）。
（2）已知：
①2NaOH（s）+CO2（g）
Na2CO3（s）+H2O（g）ΔH1=−127.4kJ·mol−1
②NaOH（s）+CO2（g）
NaHCO3（s）ΔH1=−131.5kJ·mol−1
反应2NaHCO3（s）
Na2CO3（s）+H2O（g）+CO2（g）的ΔH=_______kJ·mol−1，该反应的平衡常数表达式K=________。
（3）向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有BaCO3沉淀生成时溶液中
=_____________。
已知Ksp（BaCO3）=2.6×10−9，Ksp（BaSO4）=1.1×10−10。
【答案】
（1）纯碱或苏打；CO32－＋H2O
HCO3－＋OH－；
（2）135.6，c（H2O）×c（CO）；（3）24。
【解析】
（1）碳酸钠俗称纯碱和苏打，碳酸钠属于强碱弱酸盐，CO32－发生水解反应，其水解方程式为：
CO32－＋H2O
HCO3－＋OH－，溶液显碱性；
（2）①－2×②得到：
2NaHCO3（s）=Na2CO3（s）＋CO2（g）＋H2O（g）△H=（－127.4＋2×131.5）kJ·mol－1=
＋135.6kJ·mol－1，Na2CO3和NaHCO3为固体，根据化学平衡常数的定义K=c（H2O）×c（CO）；（4）在同一个溶液中，c（Ba2＋）相同，依据溶度积的数学表达式，则有
=24。
【名师点睛】本题考查物质的俗称、盐类水解、热化学方程式的计算、化学平衡常数的表达、溶度积的计算，本题相对比较简单，热化学反应方程式的计算，一般采用先找出目标反应方程式，通过对已知反应方程式变形进行加减，注意△H的符号和数值的变化；溶度积的计算，根据信息，因为是同一种溶液中c（Ba2＋）相等，因此此比值分子分母同乘以c（Ba2＋），得到相应的溶度积，然后进行计算，注意理解溶度积的含义。
4.【2017年高考浙江卷】分别称取2.39g（NH4）2SO4和NH4Cl固体混合物两份。
（1）将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的Ba（OH）2溶液，产生的沉淀质量与加入Ba（OH）2溶液体积的关系如图。
混合物中n[（NH4）2SO4]∶n（NH4Cl）为________。
（2）另一份固体混合物中NH
与Ba（OH）2溶液（浓度同上）恰好完全反应时，溶液中c（Cl
）＝________（溶液体积变化忽略不计）。
【答案】
（1）1:
2
（2）0.100mol·Lˉ1
【考点】基于化学反应的物质的量、物质的量浓度的计算
【解析】n[（NH4）2SO4]=n（BaSO4）=0.01mol，n（NH4Cl）=（2.39-0.01×132）/53.5=0.02mol
所以n[（NH4）2SO4]∶n（NH4Cl）=1:
2；c[Ba（OH）2]=0.1mol/L，2NH
~Ba（OH）2，∵NH
总共0.04mol，∴n[Ba（OH）2]=0.02mol，∴加入V[Ba（OH）2]=0.02/0.1=0.2L，∴c（Cl—）=0.100mol/L。
本题需要注意有效数字，有效数字不正确相应扣分。
2016-2013年化学高考题
1．【2016年高考上海卷】某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。
x值为（）
A．0.80B．0.85C．0.90D．0.93
【答案】A
【解析】根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等，标准状况下，112mlCl2转移的电子数为0.01mol，
选项A正确。
【考点定位】考查化学反应方程式的有关计算。
【名师点睛】氧化还原反应计算是历次考试的重要考点，往往与阿伏加德罗常数、物质的量等结合在一起考查，掌握正确的解题思路和技巧一般难度不大。
得失电子守恒法（化合价升降总数相等）是最常用的解题方法，具体步骤：
①找出氧化剂、还原剂及对应产物；②准确找出一个微粒（原子、离子或分子）对应的得失电子数目；③设未知数、依据电子守恒列出关系式、计算出未知量。
注意，对于多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各步反应过程中电子没有损耗，可直接找出起始物和最终产物之间的电子守恒关系，快速求解。
2．【2016年高考上海卷】称取（NH4）2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24g，加入含0.1molNaOH的溶液，完全反应，生成NH31792ml（标准状况），则（NH4）2SO4和NH4HSO4的物质的量比为（）
A．1:
1B．1:
2C．1.87:
1D．3.65:
1
【答案】C
【解析】利用极值法分析，可知0.1mol氢氧化钠不足，故先将NH4HSO4反应完，再反应（NH4）2SO4,因共生成NH30.08mol，故与H+反应的氢氧化钠为0.02mol，则可知道NH4HSO4为0.02mol，则（NH4）2SO4质量为7.24g－115g/mol×0.02mol=4.94g，（NH4）2SO4的物质的量为4.94g÷132g/mol
=0.0374mol。
因此（NH4）2SO4与NH4HSO4物质的量之比为：
1.87:
1，故选C。
【考点定位】考查有关化学反应计算的技巧和方法。
【名师点睛】根据化学方程式的计算，多以物质的量为核心，考查物质的量、阿伏加德罗常数、物质的量浓度、物质的质量、摩尔质量、气体的体积、气体摩尔体积等相关物理量的转化关系，以及反应物的转化率或产物的产率的计算，同时还可以融入多种化学解题思想，比如极值法、差量法、守恒法、讨论法、特殊值法等，是历来高考的重点内容。
日常学习中要注意相关知识的积累，以便快速准确作答，题目难度中等。
3．【2015上海化学】将O2和NH3的混合气体448mL通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8mL气体。
原混合气体中O2的体积可能是（假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况）（）
A．231.5mLB．268.8mLC．287.5mLD．313.6mL
【答案】C、D
【解析】将O2和NH3的混合气体通过加热的三氧化二铬，发生反应：
4NH3+5O2
4NO+6H2O。
充分反应后，再通过足量的水，发生反应：
4NO+3O2+2H2O===4HNO3，将两个方程式叠加，可得总反应方程式：
NH3+2O2===HNO3+H2O，若最后得到的气体是NO，则发生4NH3+5O2
4NO+6H2O消耗的氧气的体积是V（O2）=5/4V（NO）=5/4×44.8mL=56ml，消耗的总体积是V（总）=V（O2）+V（NH3）=9/4×44.8mL=100.8ml，其余的气体体积是448mL-100.8ml=347.2ml，发生反应：
NH3+2O2=HNO3+H2O，反应消耗的氧气体积是：
V（O2）=2/3V（剩余）=2/3×347.2ml=231.5ml，则其中的氧气的总体积是：
V（O2）（总）=56ml+231.5ml=287.5mL。
若最后剩余的气体是O2，则O2应该是发生总反应NH3+2O2===HNO3+H2O消耗的和剩余的氧气两部分，氧气的体积是：
V（O2）=（448mL–
44.8mL）×2/3+44.8mL=313.6mL。
故答案是选项C、D。
【考点定位】考查反应物有过量时的化学计算的知识。
【名师点睛】本题涉及氧化还原反应的有关计算，对于多步反应的化学计算，要学会使用关系式方法、元素守恒、电子守恒确定物质之间的相互关系。
先判断过量物质的成分，再结合物质反应中的关系判断所有的可能性。
4．【2013年高考上海卷】汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3→K2O+
5Na2O+16N2↑。
若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是（）
A．生成42.0LN2（标准状况）
B．有0.250molKNO3被氧化
C．转移电子的物质的量为1.25mol
D．被氧化的N原子的物质的量为3.75mol
【答案】C、D
【解析】根据反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化物比还原物多14mol。
转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2molKNO3被还原，现氧化物比还原物多1.7mol，则生成2molN2，转移电子的物质的量为1.25mol，被氧化的N原子的物质的量为3.75mol，因此，C、D正确。
【考点定位】本题考查氧化还原反应计算。
【名师点睛】本题考查氧化还原反应有关知识，侧重于氧化还原反应的计算，注意根据化合价的变化结合方程式判断氧化产物和还原产物的物质的量关系为解答本题的关键，氧化还原反应是高频考点，试题注重考查学生的计算技巧。
难点中等。
5．【2013年高考上海卷】一定条件下，将0.1LCO、0.2LCO2、0.1LNO、0.2LNO2和0.2LNH3混合，然后通过分别盛有足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液的三个洗气瓶（洗气瓶排列顺序不确定）。
假设气体通过每个洗气瓶都能充分反应则尾气（已干燥）（）
A．可能是单一气体B．不可能含有一氧化碳
C．可能存在原气体中的两种气体D．成分和洗气瓶的排列顺序无关
【答案】A、C
【解析】方法一、洗气瓶排列顺序有6种，若第一个洗气瓶装氢氧化钠溶液，则这时出来的气体有CO、NH3，后面的2个洗气瓶无论怎样的顺序，最后的气体为CO；若第一个洗气瓶装水，则这时出来的气体有CO、CO2、NO，后面的2个洗气瓶无论怎样的顺序，最后的气体为CO、NO；若第一个洗气瓶装饱和碳酸氢钠溶液，则这时出来的气体有CO、CO2、NO，后面的2个洗气瓶无论怎样的顺序，最后的气体为CO、NO。
方法二、洗气瓶的排列顺序不论怎样，最终的气体肯定没有CO2、NH3，而CO与三种溶液都不反应，尾气肯定有CO，若第一个洗气瓶装氢氧化钠溶液，则尾气没有NO（NO＋NO2＋2NaOH===2NaNO2＋H2O），若第一个洗气瓶不是装氢氧化钠溶液，则尾气一定有NO。
【考点
定位】本题考查化学计算、收敛思维能力。
【名师点睛】本题考查的知识点是常见气体的检验，主要考查了洗气瓶的洗气，掌握常见气体和足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液反应的性质是解答本题的关键，该题综合性较强，有利于培养学生分析、解决问题的能力。
6．【2013年高考上海卷】一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42-）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1﹕1，则V可能为（）
A．9.0B．13.5C．15.7D．16.8
【答案】A
【解析】若混合物全是CuS，其物质的量为12/80=0.15mol，电子转移数，0.15×（6+2）=1.2mol。
两者体积相等，设NOxmol,NO2xmol,3x+x1=1.2，计算的x=0.3。
气体体积V=0.6×22.4=13.44L；若混合物全是Cu2S,其物质的量为0.075mol,转移电子数0.075×10=0.75mol，设NOxmol,NO2xmol,3x+x1=0.75，计算得x=0.1875,气体体积0.375×22.4=8.4L，因此选A。
【考点定位】本题考查氧化还原反应计算（极限法）。
【名师点睛】利用极限法解答，假设混合物全是CuS，或混合物全是Cu2S，根据n=m/M，计算n（CuO），根据电子转移守恒计算n（CuS）、n（Cu2S），再根据电子转移数目守恒，计算n（NO）、n（NO2），根据V=nVm
计算气体体积，实际气体介于二者之间，本题考查了氧化还原反应的计算，一定要注意守恒思想与极限法的利用，是对学生综合能力的考查。
7．【2013年高考四川卷】1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混
合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液,当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，下列说法不正确的是（）
A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2︰1
B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/L
C．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
D．得到2.54沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL
【答案】D
【解析】设铜镁的物质的量分别为x、y，则①64x+24y=1.52②64x+24y+34x+34y=2.54，解得x=0.02mol，y=0.01mol，设N2O4、NO2
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