2020-2021高考化学易错题专题复习-铁及其化合物推断题练习题附答案解析

2020-2021高考化学易错题专题复习-铁及其化合物推断题练习题附答案解析
一、铁及其化合物
1．钛（Ti ）被称为继铁、铝之后的第三金属，钛白（2TiO ）是目前使用最广泛的白色颜料。

制备2TiO 和Ti 的原料是钛铁矿，用含23Fe O 的钛铁矿（主要成分为3FeTiO ）制备2TiO 的流程如下：
（1）步骤①加Fe 的目的是________________________；步骤②冷却的目的是__________________。

（2）考虑成本和废物的综合利用等因素，水浸后的废液中应加入_______处理。

（3）由金红石（2TiO ）制取单质钛（Ti ）的过程为，其中反应42800C TiCl 2Mg
2MgCl Ti ︒++在氩气
气氛中进行的理由是______________________________。

【答案】将3+Fe 还原为2+Fe 析出绿矾（42FeSO 7H O ⋅） 生石灰（或碳酸钙、碱） 高温下镁或钛与2O 、2N 等反应
【解析】
【分析】
根据钛铁矿中23Fe O 、3FeTiO 与浓硫酸反应的溶液中加入铁粉、过滤后，滤液冷却得到硫酸亚铁晶体推知，铁粉与铁离子发生反应得到亚铁离子。

水浸后的溶液成酸性。

【详解】
(1）分析题图可知，钛铁矿中的铁最终转化成副产品绿矾，所以要将+3价Fe 转化为+2价Fe ；降低温度，减小了42FeSO 7H O ⋅的溶解度，有利于绿矶结晶析出。

（2）水浸过程发生的离子反应为2223TiO 2H O H TiO 2H +++=↓+，废液呈酸性，所以处理水浸后的废液应加入CaO 、3CaCO 或碱。

（3）由于Ti 和Mg 易与空气中的2O 、2N 等反应，故该反应应在氩气气氛中进行。

2．某强酸性溶液 X 中可能含有 Fe 2＋、Fe 3＋、Al 3＋、Ba 2＋、NH 4＋、CO 32－、NO 3－、SO 42－、SiO 32－中的若干种，现取 X 溶液进行连续实验，实验过程及产物如图所示。

实验过程中有一种气体为红棕色。

根据以上信息，回答下列问题：
（1）由强酸性条件即可判断 X 溶液中肯定不存在的离子有_____。

（2）溶液 X 中关于硝酸根离子的判断，正确的是_____(填编号，下同)。

a．一定含有 b．一定不含有 c．可能含有
（3）气体 F 的电子式为_____，化合物 I 中含有的化学键类型有_____。

（4）转化①的离子方程式为_____。

转化⑦的离子方程式为_________。

（5）对不能确定是否存在的离子，可以另取 X 溶液，加入下列溶液中的一种，根据现象即可判断，该试剂最好是_____。

①NaOH 溶液②KSCN 溶液③氯水和 KSCN 的混合溶液④pH 试纸⑤KMnO4溶液
【答案】CO32－、SiO32－ b 共价键和离子键 3Fe2+ +4H+ +NO3－= 3Fe3++NO↑ +
2H2O AlO2－＋2H2O＋CO2===HCO3－＋Al(OH) 3↓②
【解析】
【分析】
某强酸性溶液X中一定含有氢离子，一定不含CO32－、SiO32－，加过量的硝酸钡溶液，产生白色沉淀C是硫酸钡，一定含有SO42－，一定不含Ba2+，产生气体A一定是亚铁离子和硝酸根离子、氢离子发生氧化还原反应得到的NO，所以一定含有Fe2+，一定不含NO3－，NO 遇到氧气转化为气体D为二氧化氮，二氧化氮与水、氧气反应生成溶液E为硝酸溶液，溶液B中加入过量氢氧化钠生成气体F，F为氨气，则原溶液中一定含有NH4＋，氨气和硝酸溶液反应生成I为硝酸铵，溶液H中通入过量二氧化碳产生沉淀K和溶液L，沉淀K一定为氢氧化铝，原溶液中一定含有Al3+，L是NaHCO3，溶液B中生成的有铁离子，所以沉淀G是Fe(OH)3，溶于盐酸得到J为氯化铁溶液，但原溶液中不一定含有Fe3＋。

【详解】
(1). 由强酸性条件即可判断X溶液中肯定不存在的离子有CO32－、SiO32－，故答案为CO32－、SiO32－；
(2).根据上述分析可知，原溶液中一定会有H+、Fe2＋，则一定不含NO3－，故答案为b；
(3).气体F为NH3，电子式为，氨气和硝酸溶液反应生成化合物I为硝酸铵，硝酸
铵中含有共价键和离子键，故答案为；共价键和离子键；
(4).由上述分析可知，转化①为H+、NO3－和Fe2＋发生氧化还原反应生成Fe3＋、NO和水，离子方程式为3Fe2+ +4H+ +NO3－= 3Fe3++NO↑ + 2H2O，转化⑦为过量CO2与AlO2－、H2O反
应生成Al(OH) 3沉淀和HCO3－，离子方程式为AlO2－+2H2O+CO2=HCO3－＋Al(OH) 3↓，故答案为3Fe2+ +4H+ +NO3－= 3Fe3++NO↑ + 2H2O；AlO2－+2H2O+CO2=HCO3－＋Al(OH) 3↓；
(5).由上述分析可知，不能确定X溶液中是否含有Fe3＋，检验Fe3＋最好的是试剂是KSCN溶液，故答案为②。

【点睛】
本题考查离子的检验和推断，明确常见离子的性质是解题的关键，注意加入过量硝酸钡溶液能够生成气体，说明X溶液中一定含有Fe2＋和NO3－，反应生成的溶液B中一定有Fe3＋，所以无法判断X溶液中是否含有Fe3＋，为易错点。

3．某兴趣活动小组利用物质间的互变，设计成一个平面魔方，如下图所示：
已知①A、B、C、D、G含有同种元素。

②
纯A(单质)B溶液D固体G溶液
颜色银白色黄色红棕色浅绿色
③E是通常情况下密度最小的气体；B与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，也能将一种氧化物氧化为F，F是含有三种元素的化合物，与A反应生成E、G。

依据以上信息填空：
(1)写出D的化学式：___________________________________________。

(2)G生成C的过程中所出现的现象为_________________________。

(3)写出反应A→B的化学方程式：_________________________________。

(4)B→F的离子方程式为________；G与次氯酸反应的离子方程式为
________________________________。

【答案】Fe2O3先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色 2Fe＋3Cl22FeCl3 2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42-＋4H＋ H＋＋2Fe2＋＋HClO=2Fe3＋＋Cl－＋H2O
【解析】
【分析】
结合框图，D固体呈红棕色，则其为Fe2O3；A、B、C、D、G含有同种元素，B与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，则B为FeCl3，G中含有Fe2+，A为Fe。

由“B与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，也能将一种氧化物氧化为F，F是含有三种元素的化合物，与A反应生成E、G”，则F为H2SO4，G为FeSO4；E是通常情况下密度最小的气体，则E为H2。

由B→C→D的转化可推知，C为Fe(OH)3。

【详解】
(1)由以上分析可知，D为氧化铁，其化学式：Fe2O3。

答案为：Fe2O3；
(2)FeSO4生成Fe(OH)3，可先加碱、后氧化，所出现的现象为先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色。

答案为：先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；
(3)反应Fe→FeCl3需用Cl2将Fe氧化，反应方程式为2Fe＋3Cl22FeCl3。

答案为：2Fe＋3Cl22FeCl3；
(4)FeCl3→H2SO4，应使用SO2，离子方程式为2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42-＋4H＋；FeSO4与次氯酸反应，生成Fe3+、Cl-和H+，离子方程式为H＋＋2Fe2＋＋HClO=2Fe3＋＋Cl－＋H2O。

答案为：2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42-＋4H＋；H＋＋2Fe2＋＋HClO=2Fe3＋＋Cl－＋
H2O。

【点睛】
利用框图进行物质推断时，先确定信息充足的物质，然后利用已知的少量信息、反应条件及未知物质前后的已知物质，推断出未知物质的组成。

4．下列物质A－F是我们熟悉的单质或化合物，其中A、B均是常见的金属，且B的合金用量最大；E在常温下是黄绿色气体；适当的条件下，它们之间可以发生如图所示的转化。

（1）G溶液中溶质的化学式为_____________。

（2）请写出反应D→F的化学方程式：_________。

（3）检验F中金属阳离子的常用试剂是______________（填物质的化学式）；现象是
____________。

（4）E物质可与石灰乳反应制取漂白粉，写出漂白粉的有效成分_________。

（5）写出C与过量氢氧化钠溶液反应的离子方程式_______________。

（6）若向D溶液中滴加氢氧化钠溶液，现象是：____，反应过程中的化学方程式为：
____，______。

【答案】NaAlO2 2FeCl2+ Cl2= 2FeCl3 KSCN 溶液呈血红色 Ca（ClO）2 Al3+ +4OH-=AlO2-+2H2O 先产生白色沉淀，后白色沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色 FeCl2+2NaOH=Fe （OH）2↓+2NaCl 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3
【解析】
【分析】
B的合金用量最大，所以B为Fe；E在常温下是黄绿色气体，所以E为Cl2；盐酸与铁反应生成FeCl2，FeCl2与Cl2反应生成的F为FeCl3；金属A与盐酸反应后生成的盐，与适量的
NaOH 溶液反应能生成白色沉淀，白色沉淀还能溶于NaOH ，所以A 为Al 单质，C 为AlCl 3溶液，G 为NaAlO 2溶液。

【详解】
(1)根据分析可知，G 即为偏铝酸钠溶液，溶质的化学式为NaAlO 2;
(2)根据分析可知，D 为FeCl 2，与E 即Cl 2反应后生成FeCl 3，方程式为：
2232FeCl Cl =2FeCl +；
(3)检验Fe 3+常用硫氰化钾溶液，Fe 3+遇SCN -生成血红色物质；
(4)漂白粉中的有效物质为次氯酸钙；
(5)通过分析可知，C 为AlCl 3溶液，与过量的NaOH 溶液反应，生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：322Al 4OH =AlO 2H O +--
++；
(6)通过分析可知，D 的溶液为FeCl 2溶液，FeCl 2会与NaOH 溶液反应生成很不稳定的白色Fe(OH)2沉淀，沉淀会迅速的被氧化为Fe(OH)3，转化的现象为：白色沉淀先转变为灰绿色，最终变为红褐色；相关的方程式还有：22234Fe(OH)O 2H O=4Fe(OH)++；
5．某盐A 是由三种元素组成的化合物，且有一种为常见金属元素，某研究小组按如下流程图探究其组成：
请回答：
(1)写出组成 A 的三种元素符号______。

(2)混合气体B 的组成成份______。

(3)写出图中由C 转化为E 的离子方程式______。

(4)检验E 中阳离子的实验方案______。

(5)当A 中金属元素以单质形式存在时，在潮湿空气中容易发生电化学腐蚀，写出负极的电极反应式______。

【答案】Fe 、O 、S SO 2 和SO 3 Fe 2O 3+6H +=2Fe 3++3H 2O 取少量E 溶液于试管中，滴加几滴KSCN 溶液，若溶液变为血红色，则说明E 中阳离子为Fe 3+ Fe-2eˉ=Fe 2+
【解析】
【分析】
由红棕色固体溶于盐酸得到棕黄色溶液，可知C 为氧化铁、E 为氯化铁溶液，说明A 中含有铁元素和氧元素，1.6g 氧化铁的物质的量为 1.6g 160g/mol =0.01mol ；由气体B 与足量氯化钡溶液反应生成白色沉淀可知，白色沉淀D 为硫酸钡、气体B 中含有三氧化硫，由硫原子个数守恒可知，三氧化硫的物质的量为 2.33g 233g/mol =0.01mol ，气体B 的物质的量为
0.44822.4/L
L mol =0.02mol ，由A 是由三种元素组成的化合物可知，A 中含有硫元素、气体B 为二氧化硫和三氧化硫的混合气体，二氧化硫的物质的量为（0.02—0.01）mol=0.01mol ，m （SO 3）+m （SO 2）+m （Fe 2O 3）=0.01mol ×80g/mol+0.01mol ×64g/mol+1.6g=3.04g ，说明A
中nFe）：n（S）：n（O）=1：1：4，则A为FeSO4。

【详解】
（1）由分析可知，A为FeSO4，含有的三种元素为Fe、O、S，故答案为：Fe、O、S；（2）由分析可知，三氧化硫的物质的量为 2.33g
233g/mol
=0.01mol，气体B的物质的量为
0.448 22.4/L
L mol
=0.02mol，由A是由三种元素组成的化合物可知，A中含有硫元素、气体B为二氧化硫和三氧化硫的混合气体，故答案为：SO2和SO3；
（3）C为氧化铁、E为氯化铁溶液，氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
（3）E为氯化铁溶液，检验铁离子的实验方案为可取少量E溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明E中阳离子为Fe3+，故答案为：取少量E溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明E中阳离子为Fe3+；
（5）铁在潮湿空气中容易发生电化学腐蚀，铁做原电池的负极，失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe-2eˉ=Fe2+，故答案为：Fe-2eˉ=Fe2+。

【点睛】
注意从质量守恒的角度判断A的化学式，把握二氧化硫的性质、铁离子检验为解答的关键。

6．已知A、B、C、D是中学化学的常见物质，且A、B、C均含有同一种元素。

在一定条件下它们之间的相互转化关系如图所示(部分反应中的H2O已略去)。

请回答下列问题：
（1）若A可用于自来水消毒，D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，加热蒸干B的溶液不能得到B。

则B的化学式为__。

（2）若D是氯碱工业的主要产品之一，B有两性，则反应②的离子方程式是__。

（3）若A、C、D都是常见气体，C是导致酸雨的主要气体，则反应③的化学方程式为
___。

（4）若A的焰色反应呈黄色，D为二氧化碳，则反应②的离子方程式是___。

【答案】FeCl3 Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O 2H2S+SO2═3S+2H2O CO32-+CO2+H2O═2HCO3-【解析】
【分析】
(1)D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则D是铁，A可用于自来水消毒，A为Cl2；
(2)若D是氯碱工业的主要产品之一，B有两性，D为NaOH、B为Al(OH)3；
(3)C是形成酸雨的主要气体，则A为H2S、D为O2、B为S、C为SO2；
(4)若A的焰色反应呈黄色，说明A中含有Na元素，且A、B、C均含有同一种元素据此分析。

【详解】
(1)D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则D是铁，A可用于自来水消毒，由转化关系可知，A为Cl2、B为FeCl3、C为FeCl2；
(2)若D是氯碱工业的主要产品之一，B有两性，由转化关系可知，A为铝盐、D为NaOH、B为Al(OH)3、C为NaAlO2，反应②为氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式是：Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O；
(3)若A、C、D都是常见气体，C是形成酸雨的主要气体，则A为H2S、D为O2、B为S、C 为SO2，反应③为硫化氢与二氧化硫反应生成硫和水，反应的化学方程式为：
2H2S+SO2═3S+2H2O；
(4)若A的焰色反应呈黄色，D为二氧化碳，由转化关系可知，A为NaOH、B为Na2CO3、C 为NaHCO3，反应②为碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，反应的的离子方程式是：CO32−+CO2+H2O═2HCO3−。

7．溴主要以Br- 形式存在于海水（呈弱碱性）中，利用空气吹出法从海水中提溴，工艺流程示意如下。

资料：常温下溴呈液态，深红棕色，易挥发。

（1）酸化：将海水酸化的主要目的是避免___（写离子反应方程式）。

（2）脱氯：除去含溴蒸气中残留的Cl2
①具有脱氯作用的离子是____。

②溶液失去脱氯作用后，补加FeBr2或加入____，脱氯作用恢复。

（3）富集、制取Br2：
用Na2CO3溶液吸收溴，Br2歧化为BrO3-和Br-。

再用H2SO4酸化歧化后的溶液得到Br2，其离子反应方程式为____。

（4）探究(3)中所用H2SO4浓度对Br2生成的影响，实验如下：
序号A B C
试剂组成1 mol/L NaBr
20% H2SO4
1 mol/L NaBr
98% H2SO4
将B中反应后溶液用
水稀释
实验现象无明显现象溶液呈棕红色，放热溶液颜色变得很浅
①B中溶液呈棕红色说明产生了____。

②分析C中溶液颜色变浅的原因，甲同学认为是发生了化学反应所致；乙同学认为是用水稀释所致。

若认为甲同学的分析合理，请用具体的反应说明理由；若认为乙同学的分析合理，进一步设计实验方案说明。

理由或方案：____。

③酸化歧化后的溶液宜选用的酸是____（填“稀硫酸”或“浓硫酸”）。

【答案】Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O Fe2+、Br-铁粉 BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O Br2理由：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4方案：用CCl4萃取颜色很浅的溶液，观察溶液下层是否呈棕红色
稀硫酸
【解析】
【分析】
【详解】
(1)海水中溴元素以Br-存在，从海水中提取溴单质，要用Cl2氧化溴离子得到，但海水呈碱性，若不酸化，就会发生反应：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，影响溴的提取；
(2) ①将溴蒸气的残留的Cl2脱去，可利用氯气有强的氧化性，要加入能与Cl2反应，但不能与Br2反应的物质，如Fe2+、Br-；
②溶液失去脱氯作用后，补加FeBr2或加入还原铁粉，物质具有还原性，脱氯作用就恢复；
(3)用Na2CO3溶液吸收溴，Br2歧化为BrO3-和Br-。

再用H2SO4酸化，BrO3-和Br-及H+发生归中反应得到Br2，其离子反应方程式为BrO3- +5Br-+6H+=3Br2+3H2O；
(4)①B中溶液呈棕红色是由于Br2是红棕色物质，产生了Br2；
②若甲同学说法正确，则会发生反应：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4,消耗了溴单质；若乙同学说法正确，则要把颜色很浅的溶液用CCl4萃取，利用CCl4密度比水大，溴单质容易溶于CCl4，观察下层液体颜色否呈棕红色即可；
③歧化后的溶液若用稀硫酸酸化无明显现象，若用浓硫酸酸化，溶液变为红棕色，反应放出热量，会导致溴单质挥发，所以酸化要用稀硫酸。

8．以粉煤灰（主要含3Al2O3·2SiO2、SiO2，还含有少量CaO、Fe2O3等物质）为原料制取
Al2O3的流程如图：
（1）当(NH4)2SO4和3Al2O3·2SiO2的配比a（
a=424
232
n[(NH)SO]
n(3Al O2SiO)
）不同时，“焙烧”后所得
产物的X射线衍射谱图如图所示（X射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同）。

由图可知，当a=___时，3Al2O3·2SiO2的利用率最高。

（2）“沉淀、过滤”所得滤渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，生成Fe(OH)3的离子反应方程式为___。

（3）“碱浸”加入NaOH发生反应的离子方程式为___。

（4）“水解、过滤”可得到Al(OH)3沉淀，升高温度有利于水解的原因是___。

该步骤可将加水改成通入过量的___气体。

（5）流程中，可以回收并循坏利用的物质除NH3外，还有___和___。

【答案】8 Fe3+＋3NH3＋3H2O=Fe(OH)3↓＋3NH4+ OH-＋Al(OH)3=AlO2-＋2H2O 水解为吸热反应，升高温度有利于平衡正向进行 CO2 NaOH (NH4)2SO4
【解析】
【分析】
粉煤灰、(NH4)2SO4进行灼烧处理，把3Al2O3·2SiO2转化为NH4Al (SO4)2，且当(NH4)2SO4和
3Al2O3·2SiO2的配比a（
a=424
232
n[(NH)SO]
n(3Al O2SiO)
）不同时各产物含量不同，如图a=8时，体
系中NH4Al (SO4)2含量最高，此时3Al2O3·2SiO2的利用也率最高。

加硫酸进行酸浸，过滤，滤液中含有Al3+、Fe3+以及其他可溶性离子，通入氨气生成沉淀Al(OH)3和Fe(OH)3，滤液Ⅰ为(NH4)2SO4，加入氢氧化钠进行碱浸取过滤，滤渣为Fe(OH)3滤液Ⅱ为NaOH 和NaAlO2，加水水解得到Al(OH)3沉淀，煅烧得氧化铝。

【详解】
（1）根据分析，当(NH4)2SO4和3Al2O3·2SiO2的配比a=8时，体系中NH4Al (SO4)2含量最高，此时3Al2O3·2SiO2的利用也率最高。

（2）通入氨气“沉淀、过滤”所得滤渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，生成Fe(OH)3离子反应方程式：Fe3+＋3NH3＋3H2O=Fe(OH)3↓＋3NH4+；
（3）根据分析，“碱浸”加入NaOH发生反应的离子方程式为OH-＋Al(OH)3=AlO2-＋2H2O；（4）“水解、过滤”可得到Al(OH)3沉淀，水解过程是吸热的，升高温度促进AlO2-水解；该步骤可将加水改成通入过量的酸性气体二氧化碳（CO2＋AlO2-＋2H2O= HCO3-＋
Al(OH)3↓）；
（5）流程中，滤液Ⅰ为(NH4)2SO4，滤液Ⅱ含有NaOH ，故可以回收并循坏利用的物质除NH3外，还有(NH4)2SO4和NaOH。

【点睛】
氢氧化铝是两性氢氧化物，遇强酸强碱发生反应而溶解，不与弱酸弱碱反应。

氢氧化铝的制备：1.向氯化铝溶液中通过量氨气；2.向偏铝酸钠中通入过量的二氧化碳；3.氯化铝和偏铝酸钠发生双水解。

9．工业上采用硫铁矿焙烧去硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质) 制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O) ，流程如下：
（1）浸取时，溶液中的Fe2+易被空气中的O2氧化，其离子方程式为____________。

能提高烧渣浸取速率的措施有_________（填字母）。

A．将烧渣粉碎B．降低硫酸的浓度C．适当升高温度
（2）还原时，试剂X的用量与溶液pH的变化如图所示，则试剂X可能是___________（填字母）。

A．Fe粉B．SO2C．NaI
还原结束时，溶液中的主要阴离子有___________。

（3）滤渣Ⅱ主要成分的化学式为_____________；由分离出滤渣Ⅱ后的溶液得到产品，进行的操作是__________、__________过滤、洗涤、干燥。

【答案】4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O AC B SO42- Al(OH)3蒸发浓缩冷却结晶
【解析】
【分析】
烧渣中加入稀硫酸，得到硫酸铁、硫酸亚铁和硫酸铝，二氧化硅不反应，过滤，滤渣Ⅰ为二氧化硅，在滤液中加入试剂X，随着X的加入，溶液pH逐渐减小，X应为SO2，得到硫酸铝和硫酸亚铁溶液，调节溶液pH，生成氢氧化铝沉淀，滤渣Ⅱ为氢氧化铝，溶液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥，可得到FeSO4•7H2O。

【详解】
（1）溶液中的Fe2+ 易被空气中的O2氧化，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+
=4Fe3++2H2O，提高烧渣浸取速率，可增大固体的表面积，提高反应温度，或增大离子的浓度的方法，所以选项AC正确；
（2）由以上分析可知，随着X的加入，溶液酸性增强，应通入二氧化硫，被氧化生成硫酸，反应后溶液中含有SO42-；
（3）由以上分析可知滤渣Ⅱ为氢氧化铝，即Al(OH)3，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可得到FeSO4•7H2O。

10．以赤铁矿(主要成分为60.0%Fe2O3，杂质为3.6%FeO，Al2O3，MnO2，CuO等)为原料制备高活性铁单质的主要生产流程如图所示：
已知部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH如表所示：
沉淀物Fe(OH)3Al(OH)3Fe(OH)2Cu(OH)2
pH 3.4 5.29.7 6.7
请回答下列问题：
（1）含杂质的赤铁矿使用前要将其粉碎，目的是___。

操作Ⅰ的名称是___。

（2）将操作Ⅰ后所得的MnO2与KClO3、KOH溶液混合共热，可得到K2MnO4，此反应的化
学方程式是____。

（3）将pH 控制在3.6的目的是___。

已知25℃时，K sp [Cu(OH)2]=2×10-20，该温度下反应Cu 2++2H 2O Cu(OH)2+2H +的平衡常数K =___。

（4）加入双氧水时反应的离子方程式为___。

（5）利用氨气在500℃以上分解得到的氮原子渗透到铁粉中可制备氮化铁(Fe x N y )，若消耗氨气17.0g ，消耗赤铁矿石1kg ，写出该反应完整的化学方程式：___。

【答案】增大固液接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率 过滤 3MnO 2＋6KOH ＋KClO 33K 2MnO 4＋KCl ＋3H 2O 使Fe 3+全部沉淀下来而其他金属离子不形成沉淀 5.0×10-9
H 2O 2＋2Fe 2+＋2H +=2Fe 3+＋2H 2O 16Fe ＋2NH 3
2Fe 8N ＋3H 2 【解析】
【分析】
赤铁矿(主要成分为60.0%Fe 2O 3，杂质有3.6%FeO ，Al 2O 3，MnO 2，CuO 等)加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加双氧水把亚铁离子还原为铁离子，调节PH=3.6生成氢氧化铁沉淀，过滤，灼烧氢氧化铁生成氧化铁，再用氢气还原得铁单质，以此解答该题。

【详解】
(1)含杂质的赤铁矿使用前要将其粉碎，可以增大固液接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率，通过操作Ⅰ将不溶的二氧化锰过滤掉；
(2)MnO 2与KClO 3、KOH 溶液混合共热，可得到K 2MnO 4，锰元素化合价升高，则氯元素化合价降低，产物有氯化钾，化学方程式为：3MnO 2+KClO 3+6KOH 3K 2MnO 4+KCl+3H 2O ；
(3)根据表中数据可知，为保证铁离子全部沉淀的PH 大于3.4，但为了不使其他金属离子沉淀，PH 不能太大；K sp [Cu(OH)2]=c(Cu 2+)×c 2(OH -)=2×10-20，c(H +)=()w K c OH -，反应
Cu 2++2H 2O ⇌Cu(OH)2+2H +的平衡常数K= ()()()()[]222w w 222sp 2
H K K K Cu(OH)c Cu c Cu c OH c +
++-==⋅=5×10-9； (4)双氧水氧化亚铁离子，发生反应的离子方程式为H 2O 2+2Fe 2++2H +=2Fe 3++2H 2O ；
(5)赤铁矿石1kg 含铁的物质的量为：
100060%160⨯×2+1000 3.6%72⨯=8mol ，氨气的物质的量为：17g 17g /mol
=1mol ，铁和氨气的物质的量之比是8:1，生成的氮化铁为Fe 8N ，根据质量守恒，则该反应为：16Fe+2NH 3
2Fe 8N+3H 2。