2020-2021高考化学复习铁及其化合物推断题专项综合练含详细答案

2020-2021高考化学复习铁及其化合物推断题专项综合练含详细答案
一、铁及其化合物
1．利用废旧镀锌铁皮可制备磁性Fe3O4胶体粒子并得到副产物ZnO。

制备流程如图所示：(已知ZnO能溶于强碱)
已知：Zn及其化合物的性质与Al及其化合物的性质相似。

请回答下列问题：
（1）用NaOH溶液处理废旧镀锌铁皮的目的是________（填字母）。

A 去除油污
B 溶解镀锌层
C 去除铁锈
D 钝化铁皮
（2）调节溶液A的pH可产生Zn(OH)2沉淀，为制得ZnO，后续操作步骤是抽滤______。

（3）加适量H2O2 目的是________ 溶液B制得Fe3O4胶体粒子的过程中，须持续通入N2，其原因是_____。

（4）副产物ZnO常用于制备锌单质。

我国早有炼锌技术的记载，明代宋应星著的《天工开物》中有“升炼倭铅”的记载：“每炉甘石十斤，装载入一泥罐内……然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红冷定毁罐取出…即倭铅也。

”该炼锌工艺过程涉及主要反应的化学方程式为_________，（注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，“倭铅”是指金属锌）。

（5）用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产物Fe3O4中的二价铁含量。

若需配制浓度为0.01 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液250 mL，应准确称取________g K2Cr2O7[保留4位有效数字，已知M r(K2Cr2O7)＝294]。

配制该标准溶液时，下列仪器中用不到的有________（填编号）。

①电子天平②烧杯③量筒④玻璃棒⑤250 mL容量瓶⑥胶头滴管⑦移液管（6）滴定操作中，如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。

【答案】AB 洗涤、灼烧将部分亚铁离子氧化成铁离子防止Fe2＋被氧化 ZnCO3＋
2C 高温
Zn＋3CO↑ 0.7350 ③⑦偏大
【解析】
【分析】
【详解】
(1)A．氢氧化钠溶液与油污反应生成高级脂肪酸盐，具有去除油污作用，A符合题意；B．根据Zn及化合物的性质与Al及化合物的性质相似，Zn也能和氢氧化钠溶液反应，氢氧化钠溶液起到溶解镀锌层，B符合题意；
C．氢氧化钠和铁不反应，C不符合题意；
D．氢氧化钠不能钝化铁皮，故D不符合题意；
答案为：AB；
(2)调节溶液A的pH可产生Zn(OH)2沉淀，抽滤就可以得到氢氧化锌沉淀，洗涤除去附着的离子，高温灼烧氢氧化锌分解得到ZnO；
(3)Fe3O4中有+3价铁，因此加适量H2O2目的是将部分亚铁离子氧化成铁离子，将亚铁离子和铁离子达到Fe3O4中+2价铁与+3价铁的比例关系，持续通入N2，主要防止Fe2+被氧化；故答案为：将部分亚铁离子氧化成铁离子；防止Fe2＋被氧化；
(4)该炼锌工艺参加反应的物质是煤炭饼和炉甘石(碳酸锌)，得到的物质是倭铅(金属锌)和CO，联想初中所学高炉炼铁原理，则炼锌过程涉及主要反应的化学方程式为ZnCO3＋
2C 高温
Zn＋3CO↑；
(5)m(K2Cr2O7)=0.01 mol·L-1×0.250 L×294 g·mol-1=0.7350 g，电子天平用于准确称量固体质量，烧杯用于溶解固体，玻璃棒用于搅拌和引流，容量瓶用于配制溶液，胶头滴管用于加水定容。

用不到的仪器为量筒和移液管；故答案为：0.7350g；③⑦；
(6)如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，滴定结束后气泡消失，这样就造成读出来的K2Cr2O7标准溶液体积偏大，测定结果将偏大。

2．纳米Fe3O4在生物医学和催化剂载体等领域应用前景光明。

其制备流程如下：
已知：锌单质溶于强碱生成ZnO22-；Zn（OH）2既能溶于强酸又能溶于强碱。

请回答下列问题：
(l)用NaOH溶液处理废旧锌铁皮的作用有___。

A.去除油污B．溶解镀锌层C．去除铁锈D．钝化
(2)步骤②生成Zn(OH)2沉淀的离子方程式为____，用离子方程式结合文字说明该步骤pH 不能过小的原因____。

调节pH的最佳方法是向溶液中通入____（填化学式）。

(3)步骤④反应的离子方程式为_____；为确保纳米Fe3O4粒子的纯度，应调整原溶液中Fe2+与所加H2O2的物质的量之比为_______。

(4)步骤⑤制得Fe3O4纳米粒子的过程，需要在无氧环境下进行，说明理由__________；T 业生产中可采取___________措施提供无氧环境。

(5)步骤⑤ _______（填“能”或“不能”）用减压过滤（抽滤）得到纳米Fe3O4粒子？理由是___________。

【答案】AB ZnO22-+2H+=Zn(OH)2↓加入酸是为了使ZnO22-转化为Zn（OH）2沉淀，但加入酸不能过多，要防止发生Zn（OH）2+2H+＝Zn2++2H2O，降低ZnO产量 CO2
2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 3:1 防止Fe2+[或Fe（OH）2]被氧化持续通入N₂不能纳米粒子太小，抽滤时容易透过滤纸
【解析】
【分析】
根据流程图及已知信息分析得：废旧镀锌铁皮加入氢氧化钠溶液中反应，锌溶解生成偏锌
酸钠和氢气，铁不溶解，过滤得到滤液A为Na2ZnO2，不溶物为Fe，溶液A加稀硫酸使溶液中ZnO22-转化为Zn（OH）2沉淀，再经过过滤、洗涤、干燥，灼烧得到ZnO，不溶物Fe 中加入稀盐酸，反应生成氯化亚铁，加入适量H2O2，氧化部分亚铁离子为铁离子，得到含Fe2+、Fe3+的B溶液，再加入NaOH，并通入氮气排除氧气，加热分解，生成四氧化三铁胶体粒子，据此分析解答。

【详解】
（1）氢氧化钠溶液有助于铁皮表面的油污水解除去，同时由题干信息知锌易溶于氢氧化钠溶液，故答案为：AB；
（2）根据题给信息知，步骤②为ZnO22-与酸反应生成Zn（OH）2的反应，离子方程式为：ZnO22-+2H+=Zn(OH)2↓；加入酸是为了使ZnO22-转化为Zn（OH）2沉淀，但加入酸不能过多，要防止发生Zn（OH）2+2H+＝Zn2++2H2O，降低ZnO产量；所得溶液呈碱性，为了不引入新的杂质，调节pH的最佳方法是向溶液中通入CO2；故答案为：ZnO22-
+2H+=Zn(OH)2↓；加入酸是为了使ZnO22-转化为Zn（OH）2沉淀，但加入酸不能过多，要防止发生Zn（OH）2+2H+＝Zn2++2H2O，降低ZnO产量；CO2；
（3）根据上述分析步骤④目的是用双氧水氧化亚铁离子，反应的离子方程式为
2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；Fe3O4粒子中+2铁与+3价铁物质的量之比为1:2，设Fe2+物质
的量为x，则根据离子方程式分析所加H2O2的物质的量为：
21x
x=
323
⨯⨯，则应调整原溶
液中Fe2+与所加H2O2的物质的量之比为x:x
3
=3:1，故答案为：
2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；3:1；
（4）防止Fe2+[或Fe（OH）2]被氧化，所以步骤⑤制得Fe3O4纳米粒子的过程，需要在无氧环境下进行；工业上通常通过持续通入N2提供无氧环境，故答案为：防止Fe2+[或Fe （OH）2]被氧化；持续通入N2；
（5）根据加压抽滤的原理及纳米粒子半径大小分析，不能用抽滤的方法得到纳米Fe3O4粒子，原因是纳米粒子太小，抽滤时容易透过滤纸，故答案为：不能；纳米粒子太小，抽滤时容易透过滤纸。

3．某学生探究小组将一批废弃的电子线路板简单处理后，得到含71%Cu、20%Al、5%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜晶体的路线：
已知：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2H2O+2NO2↑
回答下列问题：
（1）滤渣1的主要成分为___。

（2）第②步加入H2O2目的是将Fe2+氧化成Fe3+，其离子方程式为___；使用H2O2作为氧化剂的优点是___。

（3）用第③步所得CuSO4·5H2O晶体加热制备无水CuSO4的瓷质主要仪器___。

（4）由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O，探究小组设计了三种方案：
上述三种方案中，可行方案是___，其中不可行方案的原因是___。

【答案】Pt、Au H2O2 +2Fe2+ +2H+ =2Fe3+ +2H2O 不引入新杂质且产物无污染蒸发皿乙甲
【解析】
【分析】
（1）.滤渣1成分应为Pt，Au，性质稳定不与浓硝酸和稀硫酸反应。

（2）.H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，同时其被还原为H2O。

产物无污染无需后续处理。

（3）.蒸发结晶过程会用到主要仪器蒸发皿属于瓷质。

（4）.滤液1加H2O2是为了将溶液中Fe2+→Fe3+，然后通过加NaOH调PH值使Al3+和Fe3+沉淀，这样才能使滤液2只含Cu2+。

而滤渣2成分为Fe(OH)3和Al(OH)3,所以在制取
Al2(SO4)3·18H2O时要考虑除去Fe3+影响。

【详解】
（1）.Pt，Au都属于化学性质稳定的金属，所以滤渣1含Pt和Au，答案为Pt、Au。

（2）.根据分析，H2O2氧化Fe2+的离子方程式为H2O2 +2Fe2++2H+=2Fe3+ +2H2O，反应产物只有H2O和Fe3+，没有引入新杂质且无污染。

答案为H2O2 +2Fe2+ +2H+ =2Fe3+ +2H2O，不引入新杂质且产物无污染。

（3）.由分析可知为蒸发皿，答案为蒸发皿。

（4）.根据分析，滤渣2如果采用甲方案处理无法除去Fe3+，最终获得产物会含有杂质
Fe2(SO4)3成分。

如果采用乙方案，加适量Al粉可以置换出Fe同时生Al3+。

丙方案加入NaOH溶解Al(OH)3然后过滤，可排除Fe3+影响，但对比方案乙其原子利用率不高。

故答案为乙，甲。

4．现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。

请根据以上信息回答下列问题：
（1）写出下列物质的化学式：A_____________、B___________、C______________、
F_____________、 H____________、乙______________
（2）写出下列反应化学方程式：
反应①_________________________________________________
反应⑤_________________________________________________
反应⑥_________________________________________________
【答案】Na Al Fe FeCl2 Fe(OH)3 Cl2 2Na + 2H2O=2NaOH + H2↑ 2FeCl2 + Cl2=2FeCl3 FeCl3+ 3NaOH =Fe(OH)3↓+ 3NaCl
【解析】
【分析】
【详解】
金属单质A的焰色为黄色，则A为Na；反应①为Na与水反应生成NaOH和H2，则物质D 为NaOH，气体为H2；金属B与NaOH反应生成H2，则金属B为Al；黄绿色气体为Cl2，反应②为H2与Cl2化合成HCl，则气体丙为HCl，物质E为盐酸；金属C与盐酸反应生成F，F 与Cl2反应生成物质G，G与NaOH反应得红棕色沉淀，则金属C为Fe，F为FeCl2，G为FeCl3；
（1）A、B、C、F、H、乙的化学式依次为Na、Al、Fe、FeCl2、Fe(OH)3、Cl2。

（2）反应①的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；
反应⑤的化学方程式为Cl2+2FeCl2=2FeCl3；
反应⑥的化学方程式为FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl。

5．某Al2O3样品中含有一定量的Cu、Fe、Fe2O3杂质。

现通过下列生产过程，从该样品中提纯Al2O3，并回收铁红。

流程如下：
(1)操作①是_________，在实验室进行该操作需要的玻璃仪器有_________。

(2)白色固体②是_________，样品和试剂①反应的化学方程式是_________。

(3)固体①加入适量稀盐酸，可能发生的反应有：_______(用化学方程式表达)。

(4)溶液③中铁元素的存在形式是_________，如何用实验证明：____。

(5)溶液③中通入某气体，该气体可以是_________(任写一种的化学式)，红褐色固体制得铁红的化学方程式是_________。

【答案】过滤烧杯、漏斗、玻璃棒 Al(OH)3 Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O
Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、2FeCl3+Fe=3FeCl2、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑ Fe2+取少量溶液于试管中，滴入KSCN溶液无变化，滴加氯水后变血红色 O2或者Cl2 2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O 【解析】
【分析】
Al2O3样品中含有一定量的Cu、Fe、Fe2O3杂质，根据题中流程图可知，样品与试剂①反应得溶液①再通入CO2得白色沉淀②，该白色固体加热分解产生Al2O3，可推知试剂①为NaOH，得到的固体①为Cu、Fe、Fe2O3，溶液①为NaAlO2、NaOH混合溶液，通入过量CO2后得溶液②为NaHCO3溶液，白色固体②为Al(OH)3，Al(OH)3受热分解得Al2O3，固体①中加入盐酸得到固体粉末中铁有剩余，由于Fe会发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，则溶液③中主要含有Fe2+，经过操作①得红褐色固体应为Fe(OH)3，所以通入的气体应为氧化剂，可以是O2或Cl2，氢氧化铁受热分解得Fe2O3。

【详解】
(1)操作①是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的方法，名称为过滤；在实验室进行过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
(2)白色固体②受热分解产生Al2O3，则②是Al(OH)3，样品中含有Al2O3和试剂NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2O，反应的化学方程式是Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；
(3)固体①中含有Al2O3、Cu、Fe、Fe2O3，加入适量稀盐酸，由于反应后的固体粉末中含有Fe单质，则可能发生的反应有Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、2FeCl3+Fe=3FeCl2、
Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；
(4)由于固体①中样品与适量盐酸反应后的固体粉末中含有Fe，结合
Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、2Fe3++Fe=3Fe2+可知溶液③中铁元素的存在形式是Fe2+，证明方法是：取少量该溶液于试管中，滴入KSCN溶液无变化，滴加氯水后溶液变血红色；
(5)溶液③中含有Fe2+，向溶液③通入某气体后再加入足量NaOH溶液，产生红褐色的
Fe(OH)3沉淀，该气体具有强的氧化性，气体可以是O2或者Cl2，红褐色固体Fe(OH)3不稳定，受热分解产生铁红Fe2O3，该反应的化学方程式是2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O。

【点睛】
本题以从Al2O3样品中提取氧化铝的工艺流程为线索，考查了氧化还原反应、化学试剂的使用、混合物的分离，正确理解制备流程及反应原理为解答关键，注意掌握铝及其化合物性质和转化关系，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。

6．富铁铝土矿（主要含有A12O3、Fe2O3、FeO和SiO2）可用于制备净水剂明矾KAl
（SO4)2·12H2O和补血剂FeSO4·7H2O。

工艺流程如下（部分操作和产物略去）：
（1）操作1的名称是___________。

（2）反应①②③④中是氧化还原反应的是_______（填写编号）。

（3）综合考虑，金属X最好选择的试剂是__，写出该反应的离子方程式_______。

（4）反应①的离子方程式是_________、__________。

（5）溶液D中含有的金属阳离子是_______，检验方法是________。

（6）用含铝元素27℅的上述矿石10吨，通过上述流程最多生产明矾____吨。

【答案】过滤④ Fe Fe+2Fe3+=3Fe2+ SiO2+2OH-=SiO32-+H2O Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O Fe2+取少量溶液D于试管中，滴入硫氰化钾溶液，若无明显变化，再滴入几滴氯水，若溶液变红，证明含有Fe2+ 47.4
【解析】
【分析】
由流程可知，富铁铝土矿用氢氧化钾溶液浸取后过滤，滤渣为氧化铁，滤液中含有硅酸钾和偏铝酸钾；向滤液中加入足量的硫酸，可以得到硅酸沉淀和硫酸铝、硫酸钾溶液，结晶后得到明矾；滤渣经硫酸溶解后可以得到硫酸铁溶液，加入铁粉后得到硫酸亚铁溶液，用结晶法可以得到绿矾。

【详解】
（1）操作I得到溶液和滤渣，因此操作I为过滤；
（2）反应①中加入NaOH溶液，根据成分只有Al2O2和SiO2与NaOH反应，发生Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O，SiO2＋OH－=SiO32－＋H2O，不属于氧化还原反应，反应②中加入硫酸，发生的SiO32－＋2H＋=H2SiO3↓，AlO2－＋4H＋=Al3＋＋2H2O，没有化合价的改变，不属于氧化
还原反应，反应③发生Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O，FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O，没有化合价的改变，不属于氧化还原反应，根据操作4得到FeSO4·7H2O，说明反应④中加入一种金属，把Fe3＋转化成Fe2＋，即这种金属是铁单质，离子方程式为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，存在化合价的变化，属于氧化还原反应；
（3）操作4得到FeSO4·7H2O，不能引入新杂质，因此此金属为Fe，离子方程式为：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋；
（4）根据（1）的分析，离子方程式为Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O，SiO2＋OH－=SiO32－＋
H2O；
（5）根据（3）的分析，溶液D中含有的金属阳离子是Fe2＋，利用Fe2＋的还原性，具体操作是：取少量溶液D于试管中，滴入硫氰化钾溶液，若无明显变化，再滴入几滴氯水，若溶液变红，证明含有Fe2+；
（6）根据铝元素守恒，最多可以得到明矾的质量为10×106×27%×10－6×474÷27t=47.4t。

【点睛】
本题的难点是问题（6），一般的化学计算，都有简单的方法，根据整个流程，铝的质量没有增加和减少，因此根据铝元素守恒可以计算。

7．二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物，主要用于多相催化，例如乘用车的废气催化转化器，太阳能电池中的光催化，水分解或污染物的分解等。

平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质）。

某课题组以此粉末为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到纯净的CeO2和硫酸铁铵晶体。

已知：CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液。

回答下列问题：
(1)稀酸A的分子式是_________。

(2)滤液1中加入H2O2溶液的目的是____，滤渣1中加入H2O2溶液的目的是_____。

(3)设计实验证明滤液1中含有Fe2+_______________。

(4)在酸性溶液中，已知Fe2+溶液可以和难溶于水的FeO(OH)反应生成Fe3O4，该反应的离子方程式为_______。

(5)由滤液2生成Ce(OH)4的离子方程式为__________________。

(6)已知Fe(OH)3的K sp近似值为10－38。

常温下，在含有Fe3+杂质的溶液中，为使其除尽应调节溶液pH至少为_____。

(通常认为当离子浓度小于1.0×10－5mol·L－1时即视为沉淀完
全)
【答案】H2SO4使Fe2+氧化为Fe3+使CeO2还原为Ce3+取少许滤液1，滴加铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成，则证明滤液1中有Fe2+ Fe2+ +2FeO(OH) = Fe3O4 +2H+ 4Ce 3 ++ O2
+12OH－+2H2O =4Ce(OH)4↓ 3
【解析】
【分析】
制备纯净的CeO2和硫酸铁铵晶体，由流程可知，废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO 等物质)中加入A为稀硫酸，FeO转化为FeSO4、Fe2O3转化Fe2(SO4)3存在于滤液1中，滤渣1为CeO2和SiO2；滤液1中加入稀硫酸和铁粉，被Fe2(SO4)3还原为FeSO4，溶液1为FeSO4溶液，加入硫酸铵混合蒸发浓缩、常温晾干后得到硫酸亚铁铵晶体；滤渣1中加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+存在于滤液2中，反应为2CeO2+H2O2+3H2SO4＝
Ce2(SO4)3+O2↑+4H2O，滤渣2为SiO2；滤液2加入碱并通入氧气将Ce从+3氧化为+4后Ce3+转化为沉淀Ce(OH)4，反应为4Ce 3++O2+12OH﹣+2H2O═4Ce(OH)4↓，加入分解Ce(OH)4得到产品CeO，以此来解答。

【详解】
(1)CeO2不溶于稀硫酸，废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质)中SiO2也不溶于酸，加入稀硫酸可将CeO2和SiO2与Fe2O3、FeO分离；
(2)滤液1中加入H2O2溶液的目的是使Fe2+氧化为Fe3+，滤渣1中加入H2O2溶液的目的是还原CeO2为Ce3+；
(3)设计实验证明滤液1中含有Fe2+的方法为：取少许滤液1，滴加铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成，则证明滤液1中有Fe2+；
(4)已知Fe2+溶液可以和难溶于水的FeO(OH)反应生成Fe3O4，该反应的离子方程式为
Fe2++2FeO(OH)═Fe3O4+2H+；
(5)滤液2为含有Ce 3+的溶液，加入碱并通入氧气将Ce从+3氧化为+4后Ce3+转化为沉淀Ce(OH)4，离子方程式为：4Ce 3++O2+12OH﹣+2H2O═4Ce(OH)4↓；
(6)Fe(OH)3的K sp近似值为10﹣38，Fe3+完全沉淀时c(OH﹣)＝10﹣11mol/L，常温下
c(H+)＝
14
11
10
10
-
-
＝10﹣3mol/L，为使其除尽应调节溶液pH至少为3。

8．三氯化铁在印刷、医药、颜料、污水处理以及有机合成催化剂方面有重要的应用。

工业上常以废铁屑（含有SiO2、Al2O3、MgO、Fe2O3等杂质）为原料制备氯化铁。

其生产流程如图：
已知：氢氧化物的K sp如下表：
氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Mg(OH)2
K sp 1.0×10-36 1.6×10-14 2.0×10-33 1.2×10-11
请回答下列问题：
（1）物质X可以选用下列物质中的____（选填序号）
A．NaCl B．FeCl3 C．H2O2 D．H2SO4
（2）滤液Ⅰ加入NaOH固体的目的是调节溶液的pH（忽略加入NaOH固体以后溶液体积的变化）。

已知滤液Ⅰ中c(Fe3+)为1.0 mol·L-1，c(Al3+)为0.03 mol·L-1，c(Mg2+)为0.01 mol·L-1，当Fe3+恰好沉淀完全时[c(Fe3+)=1×10-5 mol·L-1]，Al3+是否已经开始沉淀______（填“是”或“否”）。

（3）写出滤渣1加NaOH溶液发生反应的离子方程式_____________________。

（4）生产流程中最后“从FeCl3溶液得到无水FeCl3固体”的操作分为两步：第一步，先冷却结晶得到FeCl3·6H2O晶体；第二步，制无水FeCl3固体。

第二步的正确操作是_____。

（5）FeCl3具有净水作用，但易腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小。

①FeCl3净水的原理是____________________（用离子方程式表示）
②通过控制条件生成聚合氯化铁，离子方程式为xFe3＋＋yH2O Fe x(OH)y(3x-y)+＋yH＋，欲增加聚合氯化铁的产率可采取的方法是_____（填字母）。

a．降温 b．加氨水 c．加入NH4Cl d．加入NaHCO3
【答案】C 是 Al(OH)3 + OH- = AlO2- + 2H2O 在HCl气流中加热 Fe3+＋
3H2O3Fe(OH)3+3H+ b、d
【解析】
【分析】
废铁屑中加入盐酸，过滤除去不溶性杂质二氧化硅，滤液1加入过氧化氢溶液将亚铁离子氧化为铁离子，然后加入氢氧化钠固体并控制pH，使铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤之后得滤渣1(含有氢氧化铁和氢氧化铝)，加入氢氧化钠溶液除去氢氧化铝，过滤得滤渣2即为氢氧化铁，加入过量的盐酸将其转化为氯化铁，在氯化氢的氛围下加热即可得到无水氯化铁固体。

【详解】
(1)加入H2O2溶液，使滤液Ⅰ中的Fe2+转化为Fe3+，便于制备FeCl3；
(2)当Fe3+恰好沉淀完全时，c(Fe3+)=1×10-5 mol·L-1，根据K sp(Fe(OH)3)=1.0×10-36可知此时
c(OH-)3=
36
31
5
1.010
1.010
1.010
-
-
-
⨯
=⨯
⨯
mol3·L-3，又c(Al3+)为0.03 mol·L-1，所以此时有：
c(Al3+)·c(OH-)3=0.03×1.0×10-31=3×10-33＞Ksp (Al(OH)3)=2.0×10-33，所以当Fe3+恰好沉淀完全时，Al3+已经开始沉淀；
(3)滤渣1加NaOH溶液发生反应的离子方程式：Al(OH)3 + OH- = AlO2- + 2H2O；
(4)由FeCl3·6H2O晶体制无水FeCl3固体时，在加热脱水时为防止铁离子水解，所以正确操作是：在HCl气流中加热；
(5)①FeCl3净水的原理是：Fe3+＋3H2Oƒ3Fe(OH)3+3H+，生成的Fe(OH)3胶体吸附杂质；
②水解是吸热反应，降温会降低聚合氯化铁的产率；加氨水，消耗生成的H+，促使反应向右进行，会增大聚合氯化铁的产率；加入NH4Cl后，NH4+水解会生成H+(NH4+
+H2OƒNH3·H2O+H+)，所以会抑制Fe3+的水解，平衡向左移动，降低聚合氯化铁的产率；加入NaHCO3，HCO3-与溶液中生成的H+反应生成CO2和H2O，平衡向右移动，会增大聚合氯化铁的产率。

【点睛】
判断一种离子是否已经开始沉淀，只要把该条件下的溶度积Q c算出来与K sp进行比较，若Q c=K sp，则刚好处于沉淀溶解平衡状态；若Q c＞K sp，溶液为过饱和溶液，析出沉淀；若Q c ＜K sp，溶液为不饱和溶液，无沉淀析出。

9．以高钛渣(主要成分为Ti3O5，含少量SiO2、FeO、Fe2O3)为原料制备白色颜料TiO2的一种工艺流程如下：
已知：Na2TiO3难溶于碱性溶液；H2TiO3中的杂质Fe2＋比Fe3＋更易水洗除去。

(1)熔盐:
①为加快反应速率，在维持反应物颗粒大小、反应温度一定的条件下，可采取的措施是__________。

②NaOH固体与Ti3O5在空气中加热至500～550 ℃时生成Na2TiO3，该反应的化学方程式为_________。

(2)过滤:
①“滤液”中主要溶质为NaOH，还含有少量________(填化学式)。

②除杂后的滤液中获得的NaOH可循环利用，则“水浸”时，用水量不宜过大的主要原因是_________。

(3)水解:“酸溶”后获得的TiOSO4经加热煮沸，生成难溶于水的H2TiO3，该反应的化学方程式为______。

(4)脱色:H2TiO3中因存在少量Fe(OH)3而影响TiO2产品的颜色，“脱色”步骤中Ti2(SO4)3的作
用是_________。

【答案】搅拌 12NaOH＋2Ti3O5＋O26Na2TiO3＋6H2O Na2SiO3用水量过大，导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长) TiOSO4＋2H2O H2TiO3↓＋H2SO4将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，以便除去杂质铁，提高H2TiO3的纯度
【解析】
【分析】
(1)①搅拌可使反应物混合均匀；
②Ti3O5转化为Na2TiO3，钛元素化合价升高，根据氧化还原反应的规律书写并配平化学方程式；
（2）①加入氢氧化钠后，二氧化硅会与氢氧化钠反应生成水溶性的硅酸钠；
②考虑后续的蒸发结晶耗能问题分析作答；
(3)根据水解原理结合产物书写化学方程式；
(4)根据提示给定信息，“H2TiO3中的杂质Fe2＋比Fe3＋更易水洗除去”来分析作答。

【详解】
(1)①为加快反应速率，在维持反应物颗粒大小、反应温度一定的条件下，可适当搅拌，因为搅拌可使反应物混合均匀,增加反应物的接触机会,从而达到加快反应速率的目的，
故答案为搅拌；
②NaOH固体与Ti3O5在空气中加热至500～550 ℃时生成Na2TiO3，发生氧化还原反应，其化学方程式为：12NaOH＋2Ti3O5＋O26Na2TiO3＋6H2O，
故答案为12NaOH＋2Ti3O5＋O26Na2TiO3＋6H2O；
(2) ①熔盐时加入的氢氧化钠会与少量杂质SiO2反应，其化学方程式为：2NaOH＋SiO2 = Na2SiO3＋H2O，生成的硅酸钠易溶于水，则“滤液”中含有少量Na2SiO3，
故答案为Na2SiO3；
②“水浸”时，用水量过大，导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长)，
故答案为用水量过大，导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长)；
(3)“酸溶”后获得的TiOSO4会发生水解，经加热煮沸生成难溶于水的H2TiO3，其化学方程式为：TiOSO4＋2H2O H2TiO3↓＋H2SO4，
故答案为TiOSO4＋2H2O H2TiO3↓＋H2SO4；
（4）根据给定信息易知，“脱色”步骤中加入还原性的Ti2(SO4)3，是为了将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，以便除去杂质铁，提高H2TiO3的纯度，且不引入新的杂质，
故答案为将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，以便除去杂质铁，提高H2TiO3的纯度。

10．钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)是一种金属腐蚀抑制剂。

工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的MoS2)制备钼酸钠的两种途径如图所示。

（1）NaClO的电子式为 ___。

（2）途径Ⅰ碱浸时发生反应的化学方程式为____。

（3）途径Ⅱ氧化时还有Na2SO4生成，则反应的离子方程式为____。

（4）已知途径Ⅰ的钼酸钠溶液中c(MoO42-)=0.40mol/L，c(CO32-)=0.10mol/L。

由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体时，需加入Ba(OH)2固体以除去CO32-。

当BaMoO4开始沉淀时，CO32-的去
除率是______[已知Ksp(BaCO3)=1×10-9、Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8，忽略溶液的体积变化]。

（5）分析纯钼酸钠常用钼酸铵[(NH4)2MoO4]和氢氧化钠反应来制取，若将该反应产生的
气体与途径Ⅰ所产生的气体一起通入水中，得到正盐的化学式是_______。

（6）钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。

常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如图
①当硫酸的浓度大于90%时，碳素钢腐蚀速率几乎为零，原因是____。

②若缓蚀剂钼酸钠-月桂酸肌氨酸总浓度为300mg·L-1，则缓蚀效果最好时钼酸钠(M
=206g·mol-1) 的物质的量浓度为____(计算结果保留3位有效数字)。

【答案】 MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑ MoS2+9ClO-+6OH-=MoO42-
+9Cl-+2SO42-+3H2O 90% (NH4)2CO3和(NH4)2SO3常温下浓硫酸会使铁钝化 7.28×10-4mol/L 【解析】
【分析】
根据流程利用钼精矿(主要成分是MoS2)制备钼酸钠有两种途径：
途径Ⅰ是先在空气中灼烧生成MnO3，得到对环境有污染的气体SO2，用碱液可以吸收，然后再用纯碱溶液溶解MnO3，发生反应：MoO3+Na2CO3═Na2MoO4+CO2↑，得到钼酸钠溶液，最后结晶得到钼酸钠晶体；途径Ⅱ是直接用NaClO溶液在碱性条件下氧化钼精矿得到钼酸钠溶液，反应为MnS2+9ClO-+6OH-=MoO42-+9Cl-+2SO42-+3H2O，结晶后得到钼酸钠晶
体，据此分析作答。

【详解】
(1)离子化合物NaClO的电子式为；
(2)途径I碱浸时MoO3和纯碱溶液反应生成钼酸钠，同时得到CO2气体，反应方程式为MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑；
(3)途径II 氧化时还有Na 2SO 4生成，反应物NaClO 在碱性条件下氧化MoS 2，得到钼酸钠和NaCl 、硫酸钠和水，本质为次氯酸根离子氧化MoS 2中钼和硫，化合价变化为：升高Mo(+2→+6)，S(-1→+6)，降低Cl(+1→-1)，最小公倍数18，发生反应的离子方程式为：MoS 2+9ClO -+6OH -=MoO 42-+9Cl -+2SO 42-+3H 2O ；
(4)K sp (BaMoO 4)=4.0×10-8，钼酸钠溶液中c (MoO 42-)=0.40mol•L -1，BaMoO 4开始沉淀时，溶液
中钡离子的浓度为：c (Ba 2+)=-1-7-8
1mol L =1104.01m 00.ol 40L -⨯⨯g g ，K sp (BaCO 3)=1×10-9，溶液中碳酸根离子的浓度为：c (CO 32-)=97110110--⨯⨯mol/L=0.01mol/L ，则碳酸根的去除率为
-1-1
-10.10mol L -0.01mol L 100%0.10mol L
⨯g g g =90%； (5)四钼酸铵[(NH 4)2MoO 4]和氢氧化钠反应可生成NH 3，途径Ⅰ中生成的气体有CO 2和SO 2，将NH 3和CO 2或SO 2一起通入水中可生成正盐为(NH 4)2CO 3和(NH 4)2SO 3；
(6)①当硫酸的浓度大于90%时，可以认为是浓硫酸，碳素钢的主要成分含有铁，常温下浓硫酸具有强氧化性，会使铁钝化，表面生成致密的氧化膜，起到防腐蚀作用，所以其腐蚀速率几乎为零；
②缓蚀剂钼酸钠-月桂酸肌氨酸总浓度为300mg·
L -1，据图可知缓蚀效果最好时钼酸钠和月桂酸肌氨酸的浓度均为150mg/L ，则1L 钼酸钠溶液中钼酸钠的物质的量为
-40.15g =7.2810mol 206g/mol
⨯，所以物质的量浓度为7.28×10-4mol/L 。