备战高考化学铁及其化合物推断题(大题培优易错试卷)含答案解析

备战高考化学铁及其化合物推断题(大题培优易错试卷)含答案解析
一、铁及其化合物
1．某铁的化合物A存在如下转化关系:
已知B为黄绿色气体单质。

请完成下列问题:
（1）A的化学式________。

（2）向C的溶液中滴加适量KSCN溶液,无明显现象,再滴加几滴B的水溶液,溶液呈血红色。

用离子方程式表示该过程________、________。

（3）若D为金属,则D的化学式________ (写出2种)。

【答案】 FeC13 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3 Fe、Cu、Zn等(任选两种,其他答案合理也给分)
【解析】（1）B为Cl2，由题可知A和C的组成元素相同，均含Fe和Cl元素，且C可以与Cl2反应生成A，则A为FeCl3，C为FeCl2，A的化学式为FeCl3。

（2）Fe2+与SCN-无明显现象，加几滴氯水，Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+与SCN-反应生成红色的Fe(SCN )3，对应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3。

（3）Fe3+转化为Fe2+，加入活泼的金属如Fe、Zn或不活泼金属如Cu，均可将Fe3+还原为Fe2+。

点睛：本题解题的关键是分析出A和C均是铁的氯化物，铁元素化合价可以变化，C可以与氯气反应生成A，说明A中铁元素的化合价高于C中铁元素的化合价，故A是FeCl3，C 是FeCl2。

2．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。

3．室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体。

在合适反应条件下，它们可以按下面框图进行反应；E是无色溶液，F是淡绿色溶液。

B和C反应发出苍白色火焰。

请回答：
（1）A是__________，B是__________，C是__________（请填写化学式）；
（2）反应①的化学方程式______________________________；
（3）反应③的离子方程式______________________________；
（4）反应④的离子方程式______________________________。

【答案】Fe Cl2 H2 2Fe+3Cl22FeCl3 Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑ 2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－
【解析】
【分析】
室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体，B是氯气，B和C反应发出苍白色火焰，C是氢气，E是氯化氢。

F是淡绿色溶液，F溶液中含有亚铁离子，所以A是铁，F是氯化亚铁，D是氯化铁，据以上分析解答。

【详解】
室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体，B是氯气，B和C反应发出苍白色火焰，C是氢气，E是氯化氢。

F是淡绿色溶液，F溶液中含有亚铁离子，所以A是铁，F是氯化亚铁，D是氯化铁，
(1)根据以上分析可知A、B、C分别是Fe、Cl2、H2；
(2)反应①为铁与氯气反应生成氯化铁，化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3；
(3)反应③为铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑；
(4)反应④为氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，离子方程式为2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－。

4．A、B、C均为中学化学常见的纯净物，它们之间存在如下转化关系：
其中①②③均为有单质参与的反应。

（1）若A是常见的金属，①③中均有同一种黄绿色气体参与反应，B溶液遇KSCN显血红色，且②为化合反应，写出反应②的离子方程式_________________________。

（2）如何检验上述C溶液中的阳离子？______________________。

（3）若B是太阳能电池用的光伏材料，①②③为工业制备B的反应。

C的化学式是
____________，属于置换反应____________，（填序号）写出反应①的化学方程式
____________________。

【答案】Fe+2Fe3+＝3Fe2+取少量溶液于试管，加KSCN溶液，无明显现象，再加氯水，溶
液变成血红色，则证明含Fe2+ SiCl4①③ 2C+SiO2Si+2CO↑
【解析】
【分析】
(1)由转化关系可知A为变价金属，则A应为Fe，B为氯化铁，C为氯化亚铁，②为Fe与氯化铁的反应；
(3)B是太阳能电池用的光伏材料，可知B为Si，①为C与二氧化硅的反应，①②③为工业制备B的反应，则C为SiCl4，③中SiCl4与氢气反应，提纯Si，以此解答该题。

【详解】
(1)A是常见的金属，①③中均有同一种气态非金属单质参与反应，且②为化合反应，则该非金属气体为Cl2，B为氯化铁，则反应②的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；
(2)由分析知C为氯化亚铁，检验Fe2+的操作方法是取少量溶液于试管，加KSCN溶液，无明显现象，再加氯水，溶液变成血红色，则证明含Fe2+；
(3)B是太阳能电池用的光伏材料，可知B为Si，①为C与二氧化硅的反应，①②③为工业制备B的反应，则C为SiCl4，其中②为Si和Cl2化合生成SiCl4，③中SiCl4与氢气反应，提纯Si，则反应①的化学方程式为SiO2+2C Si+2CO↑，其中属于置换反应的有①③。

5．钠、铝、铁是三种重要的金属。

请回答：
（1）钠元素的金属性比铝___(填“强”或“弱”)。

三种金属对应的氢氧化物中，具有两性的物质是__（填化学式）。

（2）将一小块金属钠投入水中，发生反应的离子方程式为__；可观察到的实验现象是
__(填序号)。

A．钠沉到水底 B．钠熔成小球
C．小球四处游动 D．钠无变化
（3）Fe与Cl2在一定条件下反应，所得产物的化学式是__。

将该产物溶于水配成溶液，分装在两支试管中。

请回答：
①若向其中一支试管中滴加KSCN溶液，则溶液变成___色。

②向另一支试管中滴加NaOH溶液，反应的离子方程式是___。

（4）Na2O2可作为呼吸面具中的供氧剂，其供氧时主要反应的化学方程式为：__。

（5）在AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，观察到的现象是___。

【答案】强 Al(OH)3 2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH-＋H2↑ BC FeCl3红 Fe3＋＋3OH-
=Fe(OH)3↓ 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑先生成白色沉淀，然后白色沉淀消失
【解析】
【分析】
（1）金属钠与铝处于同周期，金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应的水化物碱性逐渐减弱；
（2）金属钠与水反应，生成氢氧化钠和氢气；由于钠的密度小于水的密度，因此钠浮在水面上；反应放热，因此钠熔化成光亮的小球；反应放出气体，因此钠四处游动；最终金属
钠完全溶解；
（3）Fe在Cl2燃烧，生成FeCl3，将FeCl3溶于水后，溶液中存在大量的Fe3+，滴加KSCN溶液后，溶液变为血红色；滴加氢氧化钠溶液后生成红褐色沉淀；
（4）Na2O2可作为呼吸面具中的供氧剂，可与CO2和H2O反应；
（5）在AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，生成白色沉淀Al(OH)3，当NaOH溶液过量时，沉淀逐渐溶解，最终完全消失。

【详解】
（1）钠元素的金属性比铝强；钠、铝、铁三种金属对应的氢氧化物中具有两性的物质是Al(OH)3；
（2）钠和冷水反应，生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为：2Na＋2H2O=2Na+＋2OH-＋
H2↑；由于钠的密度小于水的密度，因此钠浮在水面上；反应放热，因此钠熔化成光亮的小球；反应放出气体，因此钠四处游动；最终金属钠完全溶解，因此金属钠与水反应的实验中，可观察到的实验现象是钠熔成小球、小球四处游动，答案选BC；
（3）Fe在Cl2燃烧，生成FeCl3，将FeCl3溶于水后，溶液中存在大量的Fe3+，滴加KSCN溶液后，溶液变为血红色；滴加氢氧化钠溶液后生成红褐色沉淀，离子方程式为：Fe3＋＋
3OH-=Fe(OH)3↓；
（4）Na2O2可作为呼吸面具中的供氧剂，可与CO2和H2O反应，反应方程式为：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑；
（5）在AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，生成白色沉淀Al(OH)3，当NaOH溶液过量时，沉淀逐渐溶解，最终完全消失。

6．粉末状试样A是由等物质的量的MgO和Fe2O3组成的混合物。

进行如下实验：
①取适量A进行铝热反应，产物中有单质B生成；
②另取20 g A全部溶于0.15 L 6.0 mol·L－1盐酸中，得溶液C；
③将①中得到的单质B和溶液C反应，放出1.12 L(标况)气体，同时生成溶液D，还残留有固体物质B；
④用KSCN溶液检验时，溶液D不变色。

请填空：
(1)①中引发铝热反应的实验操作是___________，产物中的单质B是________。

(2)②中所发生的各反应的化学方程式是___________。

(3)③中所发生的各反应的离子方程式是___________。

(4)若溶液D的体积仍视为0.15 L，则该溶液中c(Mg2＋)为________，c(Fe2＋)为________。

【答案】加少量KClO3，插上镁条并将其点燃 Fe Fe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O、MgO＋
2HCl=MgCl2＋H2O Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋、Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑ 0.67 mol·L－1 2.3 mol·L－1
【解析】
【详解】
(1)铝热反应是指单质Al和某些金属氧化物发生的反应，反应过程中放出大量热，但该反应需要较高的温度才能引发。

在混合物上加少量KClO3固体并插上Mg条，点燃Mg条后放出热量，使KClO3固体分解放出O2，进一步加剧Mg的燃烧，可在短时间内使混合物温度迅
速升高，引发反应。

发生的反应为Fe 2O 3＋2Al 高温Al 2O 3＋2Fe ，所以产物中单质B 为Fe ，故答案为：加少量KClO 3，插上镁条并将其点燃；Fe ；
(2)Fe 2O 3和MgO 都是碱性氧化物，能和酸反应生成盐和水：Fe 2O 3＋6HCl=2FeCl 3＋3H 2O ，MgO ＋2HCl=MgCl 2＋H 2O ，故答案为：Fe 2O 3＋6HCl=2FeCl 3＋3H 2O 、MgO ＋2HCl=MgCl 2＋H 2O ；
(3)混合物中只有Fe 2O 3能和Al 发生铝热反应，生成Fe 单质。

C 溶液中有反应生成的FeCl 3，还有未反应的HCl 。

发生的离子反应为Fe ＋2Fe 3＋=3Fe 2＋、Fe ＋2H ＋=Fe 2＋＋H 2↑。

(4)假设步骤②用去的20 g 固体中，MgO 的物质的量为x ，则Fe 2O 3的物质的量也为x ，则40 g·mol －1×x ＋160 g·mol －1×x ＝20 g ，解得：x ＝0.1 mol 。

根据MgO ～MgCl 2的关系，则溶液中MgCl 2的浓度为0.1 mol÷0.15 L≈0.67 mol·L －1。

步骤④说明溶液中没有Fe 3＋，也就是溶质为FeCl 2和MgCl 2。

根据Cl －
守恒的关系，可知MgCl 2和FeCl 2的总的物质的量等于⨯g -1
0.15L 6.0mol L 2
＝0.45mol ，所以，FeCl 2的浓度为0.45mol-0.1mol 0.15L ≈2.3 mol·L －1，故答案为：Fe ＋2Fe 3＋=3Fe 2＋、Fe ＋2H ＋=Fe 2＋＋H 2↑；0.67 mol·
L －1； 【点睛】
本题考查混合物反应的计算、物质的量浓度计算，题目难度中等，掌握氧化镁、氧化铁以及铁和三价铁离子的反应原理为解答的关键，(4)中计算亚铁离子的物质的量时，不可忽略了铁与氢离子的反应。

7．无水氯化锰()2MnCl 在电子技术和精细化工领域有重要应用。

一种由粗锰粉(主要杂质为Fe 、Ni 、Pb 等金属单质)制备无水氯化锰的工艺如下(部分操作和条件略)。

I ．向粗锰粉中加入盐酸，控制溶液的pH 约为5，测定离子的初始浓度。

静置一段时间后锰粉仍略有剩余，过滤；
II ．向I 的滤液中加入一定量盐酸，再加入22H O 溶液，充分反应后加入3MnCO 固体调节溶液的pH 约为5，过滤；
III ．向II 的滤液中通入2H S 气体，待充分反应后加热一段时间，冷却后过滤； IV ．浓缩、结晶、过滤、洗涤、脱水得到无水MnCl 2。

各步骤中对杂质离子的去除情况
已知：金属活动性Mn ＞Fe ＞Ni ＞Pb
(1)锰和盐酸反应的化学方程式是_______。

(2)步骤I 中：
①Fe 2+浓度降低，滤渣中存在()3Fe OH 。

结合离子方程式解释原因：_______。

②Pb 2+浓度降低，分析步骤I 中发生的反应为：Pb + 2H + = Pb 2+ + H 2↑、______。

(3)步骤II 中：
①22H O 酸性溶液的作用：_______。

②结合离子方程式说明MnCO 3的作用： _______。

(4)步骤III 通入H 2S 后， Ni 2+不达标而2+Pb 达标。

推测溶解度：PbS_____NiS （填“>”或“<”）。

(5)测定无水2MnCl 的含量：将a g 样品溶于一定量硫酸和磷酸的混合溶液中，加入稍过量43NH NO ，使2+Mn 氧化为3+Mn 。

待充分反应后持续加热一段时间，冷却后用b mol/L 硫
酸亚铁铵()()4422NH Fe SO ⎡⎤⎣⎦滴定3+Mn ，消耗c mL 硫酸亚铁铵。

（已知：滴定过程中发生
的反应为：Fe 2+ + Mn 3+ = Fe 3+ + Mn 2+）
①样品中MnCl 2的质量分数是_____（已知：MnCl 2的摩尔质量是126 g ·mol -1）。

②“持续加热”的目的是使过量的43NH NO 分解。

若不加热，测定结果会______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。

【答案】Mn + 2HCl = MnCl 2 + H 2↑ 空气中的O 2 将部分Fe 2+氧化为Fe(OH)3沉淀，相关的离子方程式为：4Fe 2+ + O 2 + 10H 2O = 4Fe(OH)3↓+ 8H + Pb 2+ + Mn = Pb + Mn 2+ 将剩余Fe 2+氧化为Fe 3+，调节pH 使Fe 3+转化为Fe(OH)3沉淀除去
MnCO 3+2H +=Mn 2++H 2O+CO 2↑,Fe 3++3H 2O 垐?噲?Fe(OH)3+3H + ＜
0.126bc a
偏高 【解析】
【分析】 制备无水氯化锰的原料是含有Fe ，Ni ，Pb 等金属杂质的粗锰粉，因此制备过程中要将Fe ，Ni ，Pb 等杂质元素去除；第一步将粗锰粉加酸溶解，Fe 溶解后产生Fe 2+，由于其还原性较强，容易被氧气氧化；由于金属活动性Mn ＞Fe ＞Ni ＞Pb ，所以溶液中Pb 2+会与未反应完全的Mn 反应，造成Pb 2+浓度下降；第二步加入过氧化氢，主要是为了将Fe 2+氧化为Fe 3+，便于沉淀法去除；第三步通入H 2S ，是想通过生成硫化物沉淀的方式去除残余的Zn 2+和Pb 2+，由于Pb 的去除达标，而Zn 的仍未达标，所以PbS 的溶解度应该更低。

【详解】
(1)Mn 与盐酸反应的化学方程式为：22Mn 2HCl==MnCl H ++↑；
(2)①将粗锰粉酸浸后，Fe 单质转化为还原性较强的Fe 2+，静置一段时间，Fe 2+会被空气中的氧气氧化，进而生成Fe(OH)3沉淀，相应的离子方程式为：
22234Fe O 10H O=4Fe(OH)8H ++++↓+；
②由于金属活动性Mn ＞Fe ＞Ni ＞Pb ，所以溶液中Pb 2+会与未反应完全的Mn 反应，造成
Pb 2+浓度下降，因此与之相关的反应为：22Pb Mn=Pb+Mn +++；
(3)①通过分析可知，过氧化氢的作用是将溶液中的Fe 2+氧化为Fe 3+，便于调节pH 值将其转化为Fe(OH)3沉淀除去；
②通过分析可知，MnCO 3的作用即调节溶液的pH 值以便于Fe 3+沉淀，相关的离子方程式为：2322MnCO 2H =Mn H O CO +++++↑以及()323Fe +3H O Fe OH 3H +++垐?噲?；
(4)通过分析可知，PbS 的溶解度更小；
(5)①由题可知，ag 无水氯化锰中的Mn 2+经过氧化后全部转变为Mn 3+，硫酸亚铁铵与Mn 3+反应时，Mn 3+和Fe 2+按照1:1反应，所以MnCl 2的质量分数为：22MnCl MnCl bc 126126g/mol 0.126bc 1000===ag ag a a
m n w ⨯⨯=；
②若不加热，溶液中剩余的硝酸铵会在酸性条件下体现氧化性能与硫酸亚铁铵发生反应，这样会使消耗的硫酸亚铁铵偏大，那么最终求出的纯度也偏大。

8．目前，处理锌矿进行综合利用，多采用传统的“高氧酸浸法”，但该法也存在一些缺点。

最近，有文献报道：用高铁闪锌矿(含有ZnS 、FeS 、CuS 、CdS 及少量SiO 2等)为原料，采用“高氧催化氧化氨浸法”可以联合制取Cu 2O(红色)、CdS(黄色)、锌钡白(白色)三种颜料，其流程如图：
已知：
Ⅰ：浸取剂由碳酸铵、氨水、双氧水等组成；
Ⅱ：浸渣为S 、Fe(OH)CO 3、SiO 2等不溶性物质；
Ⅲ：浸取液中含有[Zn(NH 3)4]2+、[Cu(NH 3)4]2+、[Cd(NH 3)4]2+；
Ⅳ：Cu +在溶液中不存在，但可以与NH 3形成稳定的[Cu(NH 3)2]+。

回答下列问题：
(1)为加快浸取速度，可以采取的措施是(任答两项)_______；在实际生产中采取常温下浸取而不采用加热的方法，其原因是___。

(2)浸取釜中有O 2参与生成浸渣Fe(OH)CO 3的离子方程式为_______。

(3)蒸发炉中加入(NH 4)2SO 3的主要作用是_________；沉降池1中加入稀H 2SO 4的作用是_______。

(4)在制取ZnSO 4和CdSO 4时使用硫酸的量要适当，如果硫酸过量，产生的后果是______。

(5)无论采用“高氧酸浸法”还是“高氧催化氧化氨浸法”，其前期处理，都要经过用浸取剂浸取这一步，不同的是“高氧酸浸法”需先高温焙烧，然后再用硫酸浸出。

两种方法比较，“高氧酸浸法”存在的缺点是(任答两条)__________。

【答案】粉碎矿石，增大O 2压强，增大氨水和碳酸铵的浓度 防止NH 3的挥发，以便形成稳定的配合物，防止双氧水分解 4FeS+3O 2+4CO 32-+6H 2O=4Fe(OH)CO 3↓+4S↓+8OH - 将
[Cu(NH3)4]2+还原为[Cu (NH3)2]+调节溶液的pH，使[Cu(NH3)2]+转化为Cu2O沉淀产生H2S 气体污染大气；降低锌钡白、CdS的产量能耗高；设备耐酸性要求高；产生大量有害气体(SO2)污染大气
【解析】
【分析】
由题干信息，分析流程图可知，高铁闪锌矿在浸取釜中与O2、碳酸铵、氨水、双氧水等组成的浸取剂反应生成S、Fe(OH)CO3、SiO2等不溶性物质、[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+和
[Cd(NH3)4]2+，在蒸发炉中加入(NH4)2SO3将[Cu(NH3)4]2+还原为[Cu (NH3)2]+，进入沉降池1中加入稀H2SO4调节pH使[Cu(NH3)2]+转化为Cu2O沉淀，剩下的溶液在置换炉中加入适量锌粉得到Cd单质，滤液进入沉降池2加入碳化氨水得到Zn2(OH)2CO3，经稀硫酸得到ZnSO4溶液，ZnSO4与BaS溶液反应得到锌钡白，据此分析解答问题。

【详解】
(1)由化学反应速率的影响因素可以知道，可采用粉碎矿石，增大O2压强，增大氨水和碳酸铵的浓度等方法加快浸取速率，由于浸取剂由碳酸铵、氨水、双氧水等组成，受热易分解，故在实际生产中采取常温浸取而不采用加热的方法，故答案为：粉碎矿石，增大O2压强，增大氨水和碳酸铵的浓度；防止NH3的挥发，以便形成稳定的配合物，防止双氧水分解；
(2)浸取釜中O2与碳酸铵和FeS反应生Fe(OH)CO3、S，反应的离子方程式为
4FeS+3O2+4CO32-+6H2O=4Fe(OH)CO3↓+4S↓+8OH-，故答案为：4FeS+3O2+4CO32-
+6H2O=4Fe(OH)CO3↓+4S↓+8OH-；
(3)Cu+在溶液中不存在，但可以与NH3形成稳定的[Cu(NH3)2]+，根据上述分析，(NH4)2SO3
中SO32-具有还原性，在蒸发炉中加入(NH4)2SO3可将[Cu(NH3)4]2+还原为[Cu (NH3)2]+，从而加入稀H2SO4调节pH使[Cu(NH3)2]+转化为Cu2O沉淀，故答案为：将[Cu(NH3)4]2+还原为[Cu (NH3)2]+；调节溶液的pH，使[Cu(NH3)2]+转化为Cu2O沉淀；
(4)在制取ZnSO4和CdSO4时使用硫酸过量会产生H2S气体污染大气并降低锌钡白、CdS的产量，故答案为：产生H2S气体污染大气，降低锌钡白、CdS的产量；
(5) “高氧酸浸法”需先高温焙烧，然后再用硫酸浸出，此法需要在高温条件，能耗高；对设备的耐酸性要求高；同时会产生大量有害气体(SO2)污染大气，故答案为：能耗高、设备耐酸性要求高、产生大量有害气体(SO2)污染大气。

9．七水硫酸锌别名皓矾，常用作媒染剂、收敛剂、木材防腐剂。

工业上由氧化锌矿(主要成分为ZnO，另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等)生产ZnSO4·7H2O的流程如下：
在该流程中，相关离子生成氢氧化物的pH如表：
开始沉淀时pH完全沉淀时pH
Zn2+ 5.4 6.4
Fe3+ 1.1 3.2
Fe2+ 5.88.8
Cu2+ 5.6 6.4
请回答下列问题：
(1)粉碎氧化锌矿石的目的是______________；滤渣X的成分是________________。

(2)步骤Ⅱ中加入H2O2目的是：_______________，发生反应的离子方程式为：
______________。

(3)“除铁”步骤中加入试剂M调节溶液的pH，试剂M可以是________(填化学式，一种即可)，控制溶液的pH范围为：_________。

同时还需要将溶液加热，其目的是：
__________。

(4)滤渣Z的成分是____________。

(5)取28.70 g ZnSO4·7H2O(相对分子质量：287)加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示：
①步骤Ⅳ中的烘干操作需在减压条件下进行，其原因是____________。

②680 ℃时所得固体的化学式为________________。

a.ZnO
b.Zn3O(SO4)2
c.ZnSO4
d.ZnSO4·H2O
【答案】增大比表面积，加快反应速率、提高浸取率 H2SiO3将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续步骤中将铁元素除去 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O ZnO或ZnCO3或Zn(OH)2 3.2≤pH＜5.4 防止生成氢氧化铁胶体，便于分离 Cu、Zn 降低烘干温度，防止ZnSO4·7H2O失去结晶水 b
【解析】
【分析】
(1)氧化锌矿石粉碎可增大比表面积，加快反应速率、提高浸取率；在加H2SO4酸溶过程中，ZnSiO3与H2SO4会生成H2SiO3；
(2)在步骤Ⅱ中加入H2O2，会与溶液中的Fe2+发生氧化还原反应；
(3)要中和多余H2SO4并且不引入新杂质，可以加入ZnO或ZnCO3或Zn(OH)2等化合物；根
据表格所知，Fe 3+全部除尽，pH≥3.2，Zn 2+开始沉淀，pH 为5.4；加热可以防止生成氢氧化铁胶体，便于分离；
(4)为了将Cu 2+全部置换出来，加入的锌粉过量，滤渣Z 中包含Cu 和Zn ；
(5)①由于ZnSO 4·7H 2O 易失去结晶水，烘干时要适当降低温度；
②根据图像分析。

【详解】
(1)氧化锌矿石粉碎可增大比表面积，加快反应速率、提高浸取率；在加H 2SO 4酸溶过程中，ZnSiO 3与H 2SO 4会生成H 2SiO 3，故滤渣X 的成分为H 2SiO 3，故答案为：增大比表面积，加快反应速率、提高浸取率； H 2SiO 3；
(2)在步骤Ⅱ中加入H 2O 2，会与溶液中的Fe 2+发生氧化还原反应，对应的离子方程式为：2Fe 2＋+H 2O 2+2H ＋2Fe 3＋+2H 2O ，故答案为：将Fe 2+氧化成Fe 3+，便于后续步骤中将铁元
素除去；2Fe 2＋+H 2O 2+2H ＋2Fe 3＋+2H 2O ； (3)要中和多余H 2SO 4并且不引入新杂质，可以加入ZnO 或ZnCO 3或Zn(OH)2等化合物；根据表格所知，Fe 3+全部除尽，pH≥3.2，Zn 2+开始沉淀，pH 为5.4，故pH 的范围为：3.2≤pH ＜5.4；加热可以防止生成氢氧化铁胶体，便于分离，故答案为：ZnO 或ZnCO 3或Zn(OH)2； 3.2≤pH ＜5.4；加热可以防止生成氢氧化铁胶体，便于分离；
(4)为了将Cu 2+全部置换出来，加入的锌粉过量，滤渣Z 中包含Cu 和Zn ，故答案为：Cu 、Zn ；
(5)①由于ZnSO 4·7H 2O 易失去结晶水，烘干时要适当降低温度；
②n(ZnSO 4·7H 2O)=-1
28.70g 287g mol =0.1 mol ，加热过程中若得ZnSO 4·H 2O 的质量为17.90 g(100 ℃)；若得ZnSO 4的质量为16.10 g(250 ℃)；若得ZnO 的质量为8.10 g(930 ℃)；据此通过排除法确定680 ℃时所得固体的化学式为Zn 3O(SO 4)2，故答案为：降低烘干温度，防止ZnSO 4·7H 2O 失去结晶水；b 。

【点睛】
分析流程题需要掌握的技巧是：浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图，了解流程图以外的文字描述、表格信息，后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时调用。

10．以高钛渣(主要成分为Ti 3O 5，含少量SiO 2、FeO 、Fe 2O 3)为原料制备白色颜料TiO 2的一种工艺流程如下：
已知：Na 2TiO 3难溶于碱性溶液；H 2TiO 3中的杂质Fe 2＋比Fe 3＋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Ti 3O 5在空气中加热至500～550 ℃时生成Na 2TiO 3，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。