全国高考化学铁及其化合物推断题的综合高考真题汇总附答案

全国高考化学铁及其化合物推断题的综合高考真题汇总附答案
一、铁及其化合物
1．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。

2．现有X、Y、Z三种非金属元素,A、B、C三种金属元素,有:
①X、Y、Z的单质在常温下均为气体;
②X的单质在Z的单质中燃烧,火焰呈苍白色。

产物XZ的水溶液可使石蕊试液变红;
③2molX的单质可与1molY的单质化合生成2molX2Y,X2Y在常温下为液体;
④Z的单质溶于X2Y中所得的溶液具有漂白性;
⑤A的单质可以在Z的单质中燃烧,生成黑棕色固体,该固体溶于水得到棕黄色溶液;
⑥B与Z可形成化合物BZ3,向BZ3的溶液中逐滴滴加NaOH溶液,先生成白色沉淀后沉淀逐渐溶解;
⑦C的单质与Y的单质反应可能得到两种产物,其中一种为淡黄色固体M
请回答下列问题:
（1）写出下列物质的化学式:XZ__________,X2Y__________,M__________
（2）Z的单质溶于X2Y中所得溶液中起漂白作用的物质是__________(填化学式)
（3）A的单质与Z的单质反应的化学方程式为__________
（4）BZ3与过量的NaOH溶液反应的离子方程式为__________
（5）X的单质与Z的单质的混合气体经点燃充分反应后,冷却至室温,再通入足量的NaOH 溶液中,气体被完全吸收,则原混合气体中X的单质与Z的单质的体积关系可能为
__________(用相应化学式表示X、Z的单质)
【答案】HCl H2O Na2O2 HClO 2Fe+3Cl22FeCl3 Al3++4OH-=-2
AlO+2H2O
V(H2):V(Cl2)≤1:1
【解析】
【分析】
现有X、Y、Z三种非金属元素，A、B、C三种金属元素，有①X、Y、Z的单质在常温下均为气体；②X的单质在Z的单质中燃烧，火焰呈苍白色，产物XZ的水溶液可使石蕊试液
变红，则XZ为HCl，得出X为H，Z为Cl；③2molX的单质可与1molY的单质化合生成
2molX2Y，X2Y在常温下为液体，则X2Y为H2O，Y为O；④Z的单质溶于X2Y中所得的溶液具有漂白性；⑤A的单质可以在Z的单质中燃烧，生成黑棕色固体，该固体溶于水得到棕黄色溶液，则为氯化铁溶液，即A为Fe；⑥B与Z可形成化合物BZ3，向BZ3的溶液中逐滴滴加NaOH溶液，先生成白色沉淀后沉淀逐渐溶解，则B为Al；⑦C的单质与Y的单质反应可能得到两种产物，其中一种为淡黄色固体M，则M为过氧化钠，则C为Na。

【详解】
⑴根据分析得出下列物质的化学式：XZ为HCl，X2Y为H2O，M为Na2O2；故答案为：HCl；H2O；Na2O2。

⑵Z的单质溶于X2Y反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸起漂白作用；故答案为：HClO。

⑶A的单质与Z的单质反应是铁与氯气反应生成氯化铁，其化学方程式为
2Fe+3Cl2点燃
2FeCl3；故答案为：2Fe+3Cl2
点燃
2FeCl3。

⑷氯化铝与过量的NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，其离子方程式为Al3++4OH－= AlO2－+2H2O；故答案为：Al3++4OH－= AlO2－+2H2O。

⑸X的单质与Z的单质的混合气体经点燃充分反应生成HCl，H2 + Cl2点燃
2HCl，反应后冷
却至室温，再通入足量的NaOH溶液中，气体被完全吸收，氯化氢和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，氯气也要与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，因此氯气过量或刚好生成HCl，气体都能完全被吸收，故原混合气体中X的单质与Z的单质的体积关系可能为V(H2):V(Cl2) ≤ 1:1；故答案为：V(H2):V(Cl2) ≤ 1:1。

3．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。

4．现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙及物质C、D、E、F、G，它们之间能发生如图反应（图中某些反应的产物及条件没有全部标出）
根据以上信息填空：
（1）写出下列物质的化学式：A______ G__________ ；
（2）纯净的气体甲在气体乙中燃烧的现象：______________________________________；（3）写出下列反应的离子方程式：反应①_________________________；反应
④____________________________；
【答案】 Na Fe(OH)3产生苍白色火焰，放出大量的热，出现白雾 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【解析】金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na；由反应①Na+H2O→气体甲+C，则甲为H2，C为NaOH；乙是黄绿色气体，则乙为Cl2；反应②：气体甲+气体乙→气体丙，即
H2+Cl2→HCl，则丙为HCl；红褐色沉淀G为Fe(OH)3；反应⑤：物质C+物质F→沉淀G，即NaOH+F→Fe(OH)3，可推断F中含有Fe3+；反应④：物质E+Cl2→物质F，则E中含有Fe2+；反应③：丙的水溶液D+金属B→物质E，可推断金属B为Fe，则E为FeCl2，F为FeCl3。

（1）根据上述分析可知A为Na；G为Fe(OH)3；
（2）气体甲为H2，气体乙为Cl2，氢气在氯气中燃烧的现象为：产生苍白色火焰，放出大量的热，出现白雾；
（3）反应①为钠和水的反应，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；反应④为FeCl2与的反应，离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。

5．某工厂的工业硫酸盐废水中含有大量的Fe2+、Fe3+、较多的Cu2+和少量的Na+。

工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜，设计如下流程图。

回答下列问题；
(1)A的化学式为_________，D的化学式为_______。

(2)在工业废水中加入过量A时，发应的离子方程式有：__________、______。

(3)得到FeSO4•7H2O晶体的操作Ⅲ为：加热浓缩、冷却结晶、______、______、干燥。

【答案】Fe H2SO4 Fe + 2Fe3+=3Fe2+ Fe + Cu2+=Fe2++ Cu 过滤洗涤
【解析】
【分析】
工业废水中含大量Fe2+、Fe3+、Cu2+和少量的Na+，从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜，结合流程可知，要加入铁粉，可置换出铜，同时生成硫酸亚铁，经过滤，得到的滤液C中主要含硫酸亚铁，滤渣B中含Cu、Fe，向该固体混合物中加入D为H2SO4，得到的溶液F为硫酸亚铁，得到滤渣E为Cu，将溶液C、F合并就是FeSO4溶液，溶液经蒸发、浓缩、冷却结晶、过滤，洗涤、干燥就可得到FeSO4·7H2O晶体，以此来解答。

【详解】
(1)加入铁粉，由于金属活动性Fe＞Cu，可发生置换反应，置换出铜，反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，铁、铜的混合物中加入稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，所以A的化学式为Fe，D的化学式为H2SO4；
(2)由于离子的氧化性Fe3+＞Cu2+＞Fe2+＞Na+，所以向工业废水中加入过量A时，首先发生反应Fe + 2Fe3+=3Fe2+，然后发生反应Fe + Cu2+=Fe2++ Cu；
(3)FeSO4的溶解度受温度的影响变化较大，所以从FeSO4的溶液中获得晶体经过加热，通过蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤、洗涤，最后干燥，就得到了FeSO4•7H2O晶体。

【点睛】
本题以废水处理流程为线索，考查了混合物的分离、提纯的操作过程、试剂的选用及离子方程式书写等，把握流程中发生的化学反应及分离方法为解答的关键，注重基础知识的考查。

6．以废旧锌锰电池中的黑锰粉（MnO2、MnO(OH)、NH4Cl、少量ZnCl2及炭黑、氧化铁等）为原料制备MnCl2，实现锰的再利用。

其工作流程如下：
（1）过程Ⅰ，在空气中加热黑锰粉的目的是除炭、氧化MnO(OH)等。

O 2氧化MnO(OH)的化学方程式是_______。

（2）溶液a 的主要成分为NH 4Cl ，另外还含有少量ZnCl 2等。

① 溶液a 呈酸性，原因是______。

② 根据如图所示的溶解度曲线，将溶液a______（填操作），可得NH 4Cl 粗品。

③ 提纯NH 4Cl 粗品，有关性质数据如下： 化合物
ZnCl 2 NH 4Cl 熔点
365℃ 337.8℃分解 沸点 732℃ -------------
根据上表，设计方案提纯NH 4Cl ：________。

（3）检验MnSO 4溶液中是否含有Fe 3+：取少量溶液，加入_______（填试剂和现象），证明溶液中Fe 3+沉淀完全。

（4）探究过程Ⅱ中MnO 2溶解的适宜条件。

ⅰ．向MnO 2中加入H 2O 2溶液，产生大量气泡；再加入稀H 2SO 4，固体未明显溶解。

ⅱ．向MnO 2中加入稀H 2SO 4，固体未溶解；再加入H 2O 2溶液，产生大量气泡，固体完全溶解。

① 用化学方程式表示ⅱ中MnO 2溶解的原因：________。

② 解释试剂加入顺序不同，MnO 2作用不同的原因：________。

上述实验说明，试剂加入顺序不同，物质体现的性质可能不同，产物也可能不同。

【答案】4MnO(OH)+O 2==4MnO 2+2H 2O NH 4++H 2O ⇌NH 3·H 2O+H +（或NH 4+水解产生H +） 蒸发浓缩，趁热过滤 加热NH 4Cl 粗品至340℃左右，NH 4Cl = NH 3 + HCl ；收集产物并冷却，NH 3 + HCl=NH 4Cl ，得到纯净NH 4Cl 。

KSCN 溶液，不变红
MnO 2+H 2O 2+H 2SO 4==MnSO 4+2H 2O+O 2↑i 中2MnO 作催化剂，反应快，2MnO 只催化分解22H O ii 中2MnO 作氧化剂，加入稀24H SO 后，2MnO 的氧化性增强，被22H O 还原为4MnSO 。

【解析】
【详解】
（1）根据流程图可知，经过过程Ⅰ，得到了MnO 2粗品，则O 2将MnO(OH)氧化成MnO 2，根据得失电子守恒，1molO 2得到4mol 电子，1molMnO(OH)失去1mol 电子，则O 2和MnO(OH)的比例为1∶4，再根据原子守恒可配平方程式，答案为
4MnO(OH)+O 2=4MnO 2+2H 2O ；
（2）①ZnCl 2和NH 4Cl 均为强酸弱碱盐，均会水解，铵根离子水解使溶液呈酸性，答案为NH 4++H 2O ⇌NH 3·H 2O+H +（或NH 4+水解产生H +）；
②从曲线可以看出，随着温度的变化，NH 4Cl 的溶解度几乎没有发生太大的变化，只能蒸发溶剂得到晶体，再进行后续操作，答案为蒸发浓缩，趁热过滤；
③从表格中数据可以知道，NH 4Cl 在337.8℃分解，生成NH 3和HCl ，而此温度下，ZnCl 2没有熔化，也没有分解，因此可以利用NH 4Cl 的分解，收集产物再次合成NH 4Cl ，答案为加热NH 4Cl 粗品至340℃左右，NH 4Cl = NH 3 + HCl ；收集产物并冷却，NH 3 + HCl=NH 4Cl ，得到纯净NH 4Cl ；
（3）Fe 3＋的检验常用KSCN 溶液，如果溶液中有铁离子，生成红色物质；没有Fe 3＋就不会变红，答案为KSCN 溶液，不变红；
（4）从实验ⅰ知道，先加入双氧水，MnO 2不溶解，只做催化剂，而通过实验ⅱ可知，先加入硫酸，固体溶解，且有气体冒出，气体为氧气，则MnO 2作了氧化剂，双氧水作了还原剂。

①固体溶解，且有气体放出，气体为O 2，MnO 2做氧化剂，H 2O 2做还原剂，为酸性环境，根据得失电子守恒和原子守恒，配平方程式。

答案为MnO 2＋H 2O 2＋H 2SO 4=MnSO 4＋O 2↑＋2H 2O ；
②先加入硫酸，溶液为酸性，则酸性条件下，物质的氧化性会增加，答案为ii 中2MnO 作氧化剂，加入稀24H SO 后，2MnO 的氧化性增强，被22H O 还原为MnSO 4。

7．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O2参与生成浸渣Fe(OH)CO3的离子方程式为_______。

(3)蒸发炉中加入(NH4)2SO3的主要作用是_________；沉降池1中加入稀H2SO4的作用是
_______。

(4)在制取ZnSO4和CdSO4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 4FeS+3O2+4CO32-+6H2O=4Fe(OH)CO3↓+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。

8．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。

9．碱性锌锰电池的工作原理:Zn+2MnO2+2H2O=2MnO(OH)+Zn(OH)2,其中的电解质溶液是KOH溶液。

某课题组用废旧铁壳无汞碱性锌锰电池为原料,制备一种新型材料Mn x Zn(1-
x)Fe2O4,其工艺流程如图所示:
(1)滤液A中溶质的电子式为____________。

(2)已知Mn x Zn(1-x)Fe2O4中锰元素的化合价与实验室用二氧化锰制取氯气时还原产物中锰元素的化合价相同，则铁元素的化合价为_________。

(3)“溶渣”工序中稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3价锰的化合物全部还原成Mn2+，写出该反应的离子方程式:_____________________________。

(4)“调铁”工序的目的是调整滤液中铁离子的总浓度，使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式Mn x Zn(1-X)Fe2O4相符合。

①写出“调铁"工序中发生反应的离子方程式:_________________,___________________。

②若测得滤液的成分为c(Mn2+)+c(Zn2+)=amol.L-1,c(Fe2+)+c(Fe3+)=bmol.L-1，滤液体积为
1m3,“调铁”工序中，需加入的铁粉质量为________kg(忽略溶液体积变化，用含a、b的代数式表示)。

(5)在“氧化"工序中，加入双氧水的目的是把Fe2+氧化为Fe3+;生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值,其可能原因除温度外，主要是_______________。

(6)用氨水“调pH"后,经“结晶”“过滤”可得到产品和滤液C,从滤液C中还可分离出一种氮肥，该氮肥的溶液中的离子浓度由小到大的顺序为_____________________。

【答案】+3 MnO(OH)+Fe2++3H+=Mn2++Fe3++2H2O Fe+2Fe3+=3Fe2+
Fe+2H+=Fe2++H2↑ 112a-56b 生成的Fe3+催化了双氧水的分解(OH-)＜c(H+)＜c(SO42-)＜c(NH4+)
【解析】
【分析】
废旧无汞碱性锌锰电池为原料，制备一种新型材料Mn x Zn(1-x)Fe2O4，废旧电池加入水浸取过滤得到滤液A和滤渣，滤渣加入过量稀硫酸熔渣后加入铁，稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3价锰的化合物全部还原成Mn2+，过滤得到滤渣B和滤液，测定滤液成分，“调铁”工序的目的是调整溶液中铁离子的总浓度，使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式Mn x Zn(1-x)Fe2O4相符合，加入过氧化氢氧化亚铁离子生成铁离子，用氨水“调pH”后，经“结晶”“过滤”可得到产品和滤液C，从滤液C中还可分离出一种氮肥为硫酸铵，据此解答。

【详解】
(1)滤液A中溶质是KOH，含有离子键和共价键，电子式为。

(2)已知Mn x Zn(1-x)Fe2O4中锰元素的化合价与实验室用二氧化锰制取氯气时的还原产物中的锰的化合价相同，可知Mn为+2价，锌+2价、氧元素-2价，则根据化合价代数和为0可知铁元素的化合价为+3；
(3)“溶渣”工序中稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3价锰的化合物全部还原成
Mn2+，该反应的离子方程式为MnO(OH)+Fe2++3H+=Mn2++Fe3++2H2O。

(4)①“调铁"工序中发生反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑。

②n（Mn2+）+n（Zn2+）=a mol•L-1×1000L=1000amol，已有铁元素
bmol/L×1000L=1000bmol，由电荷守恒可知Mn x Zn(1-x)Fe204中含Fe2O42-为1000amol，其中铁元素的物质的量为1000amol×2=2000amol，还需加入铁的物质的量为2000amol-
1000bmol，质量为（2000amol-1000bmol）mol×56g/mol=（112a-56b）kg。

(5)在“氧化"工序中，加入双氧水的目的是把Fe2+氧化为Fe3+，生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值，其可能原因除温度外，主要是生成的Fe3+催化了双氧水的分解。

(6)用氨水“调pH”后，经“结晶”“过滤”可得到产品和滤液C，从滤液C中还可分离出一种氮肥为硫酸铵，铵根离子水解溶液显酸性，离子浓度为c(OH-)＜c(H+)＜c(SO42-)＜c(NH4+)。

10．粉煤灰是燃煤产生的重要污染物，主要成分有Al2O3、Fe2O3、Fe3O4和SiO2等物质。

综合利用粉煤灰不仅能够防止环境污染，还能获得纳米Fe2O3等重要物质。

已知：
i）伯胺R－NH2能与Fe3＋反应；3R－NH2＋Fe3＋＋SO42－＋H2OƒFe（NH2－R）3（OH）SO4＋H＋生成易溶于煤油的产物。

ii）Fe3＋在水溶液中能与Cl－反应：Fe3＋＋6Cl－ƒ[FeCl6]3－，回答下列问题：
（1）过程I对煤粉灰进行酸浸过滤后，滤渣的主要成分是_________。

（2）写出过程II加入过量H2O2发生的离子方程式_________。

加入伯胺－煤油对浸取液进行分离，该操作的名称是_________。

（3）从化学平衡角度解释过程III利用NaCl溶液进行反萃取的原理________。

（4）过程IV中过量的N2H4将水层2中[FeCl6]3－转化为Fe2＋，得到的Fe2＋再被O2氧化为FeOOH，其中第一步的离子方程式为4[FeCl6]3－＋5N2H4＝4Fe2＋＋N2＋.4N2H5＋＋24Cl－，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_________。

（5）在常压用纳米Fe2O3电化学法合成氨的装置如图所示。

已知电解液为熔融NaOH－KOH，纳米Fe2O3在阴极发生电极反应分两步进行：该电解池第二步：2Fe＋N2＋3H2O＝Fe2O3＋2NH3。

则该电解池第一步发生反应的方程式为_________。

纳米Fe2O3在电解过程中所起的作用是_______。

【答案】SiO2 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 萃取、分液 Fe3＋＋6Cl－ƒ[FeCl6]3－（已知ⅱ中的反应），导致Fe3+浓度降低，使3R－NH2＋Fe3＋＋SO42－＋H2OƒFe(NH2－R)3(OH)SO4＋H＋（已知ⅰ中的反应），平衡向逆反应方向移动，Fe3+从易溶于煤油的物质中转化到易溶于水的物质中，实现反萃取。

4：1 Fe2O3+3H2O+6e-=2Fe+6OH-催化剂
【解析】
【分析】
粉煤灰主要成分有Al2O3、Fe2O3、Fe2O4和SiO2等物质，过程Ⅰ酸浸，二氧化硅不溶于硫酸，除去二氧化硅；浸取液中含有Fe2+、Fe3+、Al3+，加入过氧化氢与Fe2+发生氧化还原反应生成Fe3+，再加入伯胺R－NH2与Fe3＋反应；3R－NH2＋Fe3＋＋SO42－＋H2OƒFe（NH2－R）3（OH）SO4＋H＋生成易溶于煤油的产物，得到有机层。

对有机层进行反萃取操作，Fe3+从易溶于煤油的物质中转化到易溶于水的物质中，再经过系列操作得到纳米三氧化二铁。

【详解】
（1）过程I对煤粉灰进行酸浸，主要成分二氧化硅不溶于酸，故过滤后滤渣的主要成分是SiO2。

（2）过程II加入过量H2O2与Fe2+发生氧化还原反应生成Fe3+，离子方程式为
2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。

加入伯胺－煤油对浸取液进行分离，得到有机层和水层1，该
操作的名称是萃取、分液。

（3）Fe3＋＋6Cl－ƒ[FeCl6]3－（已知ⅱ中的反应），导致Fe3+浓度降低，使3R－NH2＋Fe3＋＋SO42－＋H2OƒFe(NH2－R)3(OH)SO4＋H＋（已知ⅰ中的反应），平衡向逆反应方向移动，Fe3+从易溶于煤油的物质中转化到易溶于水的物质中，实现反萃取。

（4）4[FeCl6]3－＋5N2H4＝4Fe2＋＋N2＋4N2H5＋＋24Cl－中，铁元素化合价降低，[FeCl6]3－作氧化剂，氮元素化合升高，N2H4作还原剂，但并不是所有参与反应的N2H4都作还原剂，5mol N2H4反应只有1mol作还原剂，故该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1。

（5）该装置为电解装置，阴极发生还原反应，总电极反应为N2+6e-+6H2O=2NH3+6OH-，已知阴极发生电极反应分两步进行，第二步：2Fe＋N2＋3H2O＝Fe2O3＋2NH3，则该电解池第一步发生反应的方程式为Fe2O3+3H2O+6e-=2Fe+6OH-。

纳米Fe2O3在电解过程中质量和性质未发生改变，故其所起的作用是催化剂。