以黄铁矿为原料（主要成分是FeS2）为原料，生产硫酸的简要流程图如下：

（1）氧化铁是碱性氧化物，可以和硫酸反应生成硫酸铁和水，即Fe₂O₃+3H₂SO₄=Fe₂（SO₄）₃+3H₂O，故答案为：Fe₂O₃+3H₂SO₄=Fe₂（SO₄）₃+3H₂O；
（2）-2价的硫离子具有还原性，FeS₂可以将溶液中的Fe³⁺还原为Fe²⁺，而本身被氧化为硫酸根离子，有关的离子方程式为：FeS₂+14Fe³⁺+8H₂O=15Fe²⁺+2SO₄^2-+16H⁺，故答案为：FeS₂+14Fe³⁺+8H₂O=15Fe²⁺+2SO₄^2-+16H⁺；
（3）通入空气、加入NaOH可以将溶液中的铁元素充分转化为氢氧化铁沉淀而析出，即4Fe²⁺+O₂+2H₂O+8OH^-=4Fe（OH）₃↓，故答案为：4Fe²⁺+O₂+2H₂O+8OH^-=4Fe（OH）₃↓；
（4）为了确保铁红的质量，氧化过程调节溶液的pH至3～4，其目的是使Fe³⁺沉淀完全，而其他金属阳离子不生成沉淀，故答案为：使Fe³⁺沉淀完全，而其他金属阳离子不生成沉淀．

点评：
本题考点： 铁的氧化物和氢氧化物；离子方程式的书写；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物．

考点点评： 本题涉及物质的性质、离子方程式的书写以及元素以及化合物的性质等方面的知识，难度不大．

在反应前原子的种类和数目分别为：Fe→4个，O→22个，S→8个，反应后不包括物质M中，原子的种类和数目分别为：S→8个，O→16个，所以根据化学反应前后原子的种类和数目不变可得：2M中含有个4个Fe和6个O，所以M中含有2个Fe和3个O，化学式为Fe₂0₃．
故选B．

点评：
本题考点： 质量守恒定律及其应用．

考点点评： 此题考查的是质量守恒定律，根据其微观解释原子的三不变来做题，此题属于比较简单的题，但关键是要数清各原子的个数，另外要注意M前面有计量数2，很多学生往往忽略这一点，导致结果错误．

A．在完全生成Na₂SO₃时溶液还是碱性，没变色，不能用于测定，故A错误；
B．石灰水中所含溶质较少，且石蕊试液的颜色变化不明显，故B错误；
C．碘水和二氧化硫发生氧化还原反应，终点时溶液褪色，可检测，故C正确；
D．氨水碱性较弱，在SO₂还没与氨水完全反应时就开始变色了，不能测定，故D错误．
故选C．

点评：
本题考点： 探究物质的组成或测量物质的含量；二氧化硫的化学性质．

考点点评： 本题考查物质的含量的测定实验方案的评价，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质以及溶液酸碱性的判断，难度不大．

（1）二氧化硫或三氧化硫或三氧化二铁都是由两种元素组成，一种元素是氧元素，属于氧化物；
（2）反应物接触面积越大，反应越剧烈，黄铁矿粉碎会增大反应物的接触面积，加快反应速度；
（3）反应物是二氧化硫和氧气，生成物是三氧化硫，用观察法配平，反应条件是催化剂和加热，所以方程式是：2SO₂+O₂

催化剂
.
△2SO₃；
（4）浓硫酸的稀释方法是：将浓硫酸沿着容器壁慢慢倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌；
（5）炉渣（Fe₂O₃）可以用来炼铁，一氧化碳与氧化铁反应生成铁和二氧化碳，所以可以用做冶铁原料，反应物是一氧化碳和氧化铁，生成物是铁和二氧化碳，根据得失氧进行配平，反应条件是高温，所以方程式是：3CO+Fe₂O₃

高温
.
2Fe+3CO₂．
故答案为：（1）二氧化硫（或三氧化硫或三氧化二铁）；（2）增大反应物的接触面积；（3）2SO₂+O₂

催化剂
.
△2SO₃；（4）将浓硫酸沿器壁慢慢倒入水中，边倒边搅拌，且不可将水倒入浓硫酸中；（5）炼铁；3CO+Fe₂O₃

高温
.
2Fe+3CO₂．

点评：
本题考点： 物质的相互转化和制备；浓硫酸的性质及浓硫酸的稀释；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 解答本题的关键是要知道氧化物的特点，知道反应物接触面积越大，反应越剧烈，熟悉方程式的书写注意事项，知道浓硫酸的稀释方法．

（1）根据反应原料写出化学方程式4FeS₂+11O₂

高温
.
2Fe₂O₃+4SO₂，故答案为4FeS₂+11O₂

高温
.
2Fe₂O₃+4SO₂
（2）①E为活化能，不影响化学反应能量，加入催化剂可改变反应历程并降低活化能．
②K只与温度相关的函数，升高温度，由于本反应为放热反应，平衡向逆移动，故K减小；图中表示的是反应2SO₂（g）+O₂（g）

催化剂
.
△2SO₃（g），表示2mol二氧化硫反应放出的热量，已知1mol SO₂（g）氧化为1mol SO₃（g）的△H=-99kJ•mol^-1，所以图中的焓变为99kJ•mol^-1×2=198KJ•mol^-1，
故答案为：①生成物能量，无，降低．②，减小，-198．
（3）本反应历程是：OH^-首先是和NH₄HSO₃中的H⁺反应，随后有多的OH^-再和NH₄⁺反应放出氨气，所以随着铵盐的量的增大，NH₄HSO₃的量也增大，放出的氨气的量会为0．浓硫酸增加的质量就是氨气的质量．第一次和第二次放出的氨气的量是一样的，所以说第一次肯定是OH^-的量过量．利用第二次的量计算（因为是OH^-不足）．
设：（NH₄）₂SO₃的物质的量为a，NH₄HSO₃的物质的量为b
116a+99b=3.140（质量守恒）…①
17（2a+b）=0.680（元素守恒）…②
解得a=0.010mol，b=0.020mol，即（NH₄）₂SO₃和NH₄HSO₃的物质的量之比为1：2．
再根据（NH₄）₂SO₃～2NaOH，NH₄HSO₃～NaOH，可算出x=1.2mol/L．
故答案为：①1：2．②1.2．

点评：
本题考点： 工业制取硫酸；化学反应中能量转化的原因；化学平衡常数的含义．

考点点评： 本题考查了影响化学平衡的因素，利用平衡进行工业生产的条件选择，反应焓变的计算和影响因素，平衡常数的书写与判断，元素守恒、质量守恒的计算应用等知识．

依据废渣溶于过量盐酸得到溶液B中含有溶质为：MgCl2、AlCl3、FeCl3和过量HCl；B溶液中加入氢氧化钠溶液，调节溶液PH=3.2后，生成氢氧化铁沉淀；和滤液MgCl2、AlCl3和过量HCl；在加入过量氢氧化钠溶液，过滤得到滤液...

点评：
本题考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

考点点评： 本题考查了设计流程分离物质，试剂选择和反应现象，反应特征的应用，滴定实验的终点判断，滴定过程的计算应用，题目难度中等．

（1）燃烧黄铁矿是在沸腾炉中与氧气反应，故答案为：沸腾炉；
（2）能够使平衡向正方向移动的条件，有利于三氧化硫的生成，则可以用勒夏特列原理解释：
A．二氧化硫与氧气反应是放热反应，温度为400℃-500℃，平衡逆移，不利于三氧化硫的生成，故A错误；
B．高温有利于三氧化硫的生成，但是高压对转化率改变不大，而且提高了生产成本，所以采用常压，故B错误；
C．O₂过量，能促使平衡正移，提高二氧化硫的转化率，故C正确；
D．用V₂O₅作催化剂，能加快反应速率，但是平衡不移动，故D错误；
故答案为：C；
（3）氨水中的NH₃•H₂O能与二氧化硫反应，其反应方程式为：SO₂+NH₃•H₂O=（NH₄）₂SO₃，亚硫酸和亚硫酸根离子中的硫元素易被氧气氧化，其反应方程为2H₂SO₃+O₂=2H₂SO₄ 2SO₃^2-+O₂=2SO₄^2-，
故答案为：SO₂+NH₃•H₂O=（NH₄）₂SO₃；2H₂SO₃+O₂=2H₂SO₄ 2SO₃^2-+O₂=2SO₄^2-；
（4）SO₂能与饱和Na₂SO₃溶液反应生成NaHSO₃，其反应方程式为SO₂+H₂O+SO₃^2-=2HSO₃^-，故答案为：SO₂+H₂O+SO₃^2-=2HSO₃^-；
（5）Fe₂O₃（或Fe₃O₄等）溶于H₂SO₄后，生成的Fe³⁺与Fe²⁺易水解，Fe²⁺易被氧化成Fe³⁺，所以要加入Fe粉和酸，抑制Fe³⁺与Fe²⁺的水解，并防止Fe²⁺被氧化成Fe³⁺，
故答案为：抑制Fe³⁺与Fe²⁺的水解，并防止Fe²⁺被氧化成Fe³⁺．

点评：
本题考点： 工业制取硫酸．

考点点评： 本题考查了元素及化合物的性质，涉及平衡的移动，化学方程式和离子方程式的书写等，考查的知识点较多，难度中等．

（1）二氧化硫、三氧化硫、三氧化二铁都是由两种元素组成，一种元素是氧元素，属于氧化物；
（2）反应物接触面积越大，反应越剧烈，黄铁矿粉碎会增大反应物的接触面积，加快反应速度；
（3）反应物是二氧化硫和氧气，生成物是三氧化硫，用观察法配平，反应条件是催化剂和加热，所以方程式是：2SO₂+O₂

催化剂
.
△2SO₃；
（4）浓硫酸的稀释方法是：将浓硫酸沿着容器壁慢慢倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌；
故答案为：（1）二氧化硫（或三氧化硫或三氧化二铁）；
（2）增大反应物的接触面积；
（3）2SO₂+O₂

催化剂
.
△2SO₃；
（4）将浓硫酸沿器壁慢慢倒入水中，边倒边搅拌，且不可将水倒入浓硫酸中．

点评：
本题考点： 物质的相互转化和制备；浓硫酸的性质及浓硫酸的稀释；从组成上识别氧化物；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 解答本题的关键是要知道氧化物的特点，知道反应物接触面积越大，反应越剧烈，熟悉方程式的书写注意事项，知道浓硫酸的稀释方法．

（1）炉渣的主要成分是三氧化二铁；二氧化硫易形成酸雨；故答案为：用来炼铁．放热、造成酸雨．
（2）根据稀释前后溶质质量不变设需98%的浓硫酸的质量为x
x×98%═98g×20%
x=20g
需要加水的质量为：98g-20g═78g
答：需要加水的质量为78g
故答案为：78g
（3）根据反应前后元素质量不变故反应前和反应后硫元素质量相等；可列等式．
设98%的硫酸的质量为y
10t×32%×（1-2%）=y×98%×[32/98]
y═9.8t
答：98%的硫酸的质量为9.8t

点评：
本题考点： 物质的相互转化和制备；用水稀释改变浓度的方法；酸雨的产生、危害及防治；物质组成的综合计算；物质发生化学变化时的能量变化．

考点点评： 解答本题的关键是要掌握稀释前后溶质质量不变，反应前后元素质量不变的判断方法，只有这样才能对问题做出正确的判断．

I．根据硫酸渣的成分为SiO₂、Fe₂O₃、Al₂O₃、MgO，当向硫酸渣中加过量盐酸时，二氧化硅和盐酸不反应，所以固体A是二氧化硅，氧化铁、氧化铝、氧化镁和盐酸反应，所以溶液B的溶质是氯化镁、氯化铁、氯化铝、盐酸（过量）；向溶液B中加试剂①并调节溶液的pH值为3.7，结合题意溶液pH=3.7时Fe³⁺已经沉淀完全知，试剂①是能和氯化铁反应生成沉淀的物质且和铝离子反应没有沉淀生成，所以试剂①只能是强碱溶液，固体C是氢氧化铁；向溶液D中加入试剂①并调节溶液的pH值为13，溶液呈强碱性溶液，铝元素在溶液中以偏铝酸根离子存在，镁离子和氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，所以固体E是氢氧化镁；溶液F的溶质含有偏铝酸钠和氯化钠，向F溶液中通入过量二氧化碳气体，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，所以G是氢氧化铝，
（1）固体E是氢氧化镁，故答案为：Mg（OH）₂；
（2）试剂①是强碱溶液，故选：A；
（3）因PH值精确到小数点后一位，而石蕊试液测得的PH值在一个范围内，广泛pH试纸测得的PH值是一个整数，精密pH试纸、pH计均可准确到小数点后一位，故选：CD；
（4）溶液F的溶质含有偏铝酸钠和氯化钠，向F溶液中通入过量二氧化碳气体，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，故答案为：NaCl、NaHCO₃；
（5）固体C是氢氧化铁，固体E是氢氧化镁，固体G是氢氧化铝，加热均可分解得到对应的氧化物，故答案为：灼烧；
（6）因溶液的PH值为13，C（OH^-）=10^-1mol•L^-1，Ksp=C（Mg²⁺）×C²（OH^-）=C（Mg²⁺）×10^-2=5.6×10^-12，所以C（Mg²⁺）=5.6×10^-10 mol•L^-1，故答案为：5.6×10^-10 mol•L^-1；
（7）①产品不纯，最后产物中大多数是二氧化硅；②步骤多试剂消耗题量大，故答案为：①产品不纯，最后产物中大多数是二氧化硅；②步骤多试剂消耗题量大；
（8）溶液主要含有硅酸钠，硅酸钠和二氧化碳反应生成硅酸沉淀和碳酸氢钠，方程式为：Na₂SiO₃+2CO₂+2H₂O=H₂SiO₃↓+2NaHCO₃，故答案为：SiO₃^2-+2CO₂+2H₂O=H₂SiO₃↓+2HCO₃^2-；
II．（1）因KMnO₄标准溶液本身就是一种指示剂，故答案为：与滴下最后一滴KMnO₄标准溶液时，溶液颜色变为紫红色，且在半分钟内不褪色；
（2）利用关系式法计算：
5Fe^2+_～MnO₄^-
2×10^-3mol 1.000×10^-2mol•L^-1×0.01L×4
铁元素的质量为：2×10^-3mol×56g/mol=1.12×10^-1g，铁元素的质量分数为
1.12×10 −1g
2.000g×100%=5.6%，故答案为：5.6%．

点评：
本题考点： 物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铁的氧化物和氢氧化物；中和滴定．

考点点评： 本题考查了物质的分离、提纯的方法选择及应用，实验方案设计和评价，题目难度较大，明确各物质的性质是解本题的关键，本题注意关系式法的利用．