2020-2021全国各地高考模拟试卷化学分类：铁及其化合物推断题综合题汇编及答案

2020-2021全国各地高考模拟试卷化学分类：铁及其化合物推断题综合题汇编
及答案
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．物质X是某新型净水剂的中间体，它可以看成由AlCl3（在180℃升华）和一种盐A按物质的量之比1：2组成。

在密闭容器中加热X使之完全分解，发生如下转化：
请回答下列问题：
（1）X的化学式为__。

（2）将E混合晶体溶于水配成溶液，向溶液中加入过量稀NaOH溶液时发生的总反应的离子方程式为__。

（3）高温下，若在密闭容器中长时间煅烧X，产物中还有另外一种气体，请设计实验方案验证之_。

【答案】AlCl3·2FeSO4 Al3++2H++6OH-=AlO2-+4H2O 将气体通入足量NaOH溶液中，收集余气，把一条带火星的木条伸入其中，若复燃，则说明是O2
【解析】
【分析】
固体氧化物B溶于稀盐酸后得到的溶液C中滴加KSCN溶液，混合液变血红色，说明B中含有Fe3+，则B为Fe2O3，C为FeCl3溶液，无色D气体能使品红褪色，则D为SO2，由元素守恒可知A中含有Fe、S、O元素，A加热分解能生成氧化铁和二氧化硫，则盐A为
FeSO4，氧化铁的物质的量为
3.2g
160g/mol
=0.02mol，生成二氧化硫为
0.448L
22.4L/mol
=0.02mol，
由Fe、S原子为1：1可知生成SO3为0.02mol，4.27g混合晶体E为AlCl3和SO3，AlCl3的物
质的量为4.27g-0.02mol80g/mol
133.5g/mol
=0.02mol，X的组成为AlCl3∙2FeSO4，以此解答该题。

【详解】
(1)根据上述分析，X的化学式为AlCl∙2FeSO4；
(2)将E混合晶体溶于水配成溶液，三氧化硫反应生成硫酸，则硫酸与氯化铝的物质的量相等，逐滴加入过量稀NaOH溶液，该过程的总反应的离子方程式为：Al3++2H++6OH-=AlO2-+4H2O；
(3)若在高温下长时间煅烧X，生成的三氧化硫再分解生成二氧化硫和氧气，另一种气体分子式是O2，检验氧气的方法为：将气体通入足量NaOH溶液中，收集余气，把一条带火星的本条伸入其中，若复燃，则说明是O2。

3．A、B、C、X为中学化学常见物质，且A、B、C含有相同元素甲，可以发生如下转化关系(水参与的反应，水未标出)。

(1)若A、B、C的焰色反应呈黄色，C为淡黄色固体，则X是__________。

(2)若A、B、C的焰色反应呈黄色，X是CO2，写出B→C反应的方程式_________。

(3)若B是FeCl3，则X一定是_________，写出B→C反应的离子方程式_________。

【答案】O2(氧气) CO2+Na2CO3+ H2O＝2NaHCO3 Fe 2Fe3++Fe＝3Fe2+
【解析】
【分析】
【详解】
(1)若A、B、C的焰色反应呈黄色，说明含有钠元素，C为淡黄色固体，说明C为过氧化钠，则A为Na、B为Na2O、则X是氧气；故答案为：O2(氧气)。

(2)若A、B、C的焰色反应呈黄色，说明含有钠元素，X是CO2，说明A为NaOH、B为Na2CO3、C为NaHCO3，B→C反应是碳酸钠与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，其方程式Na2CO3 + CO2 + H2O＝2NaHCO3；故答案为：Na2CO3 + CO2 + H2O＝2NaHCO3。

(3)若B是FeCl3，则说明A为Cl2、C为FeCl2，则X一定是Fe，B→C是氯化铁和铁反应生成氯化亚铁，其反应的离子方程式2Fe3++Fe＝3Fe2+。

4．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】FeCl 3 Al (OH )3+OH -=AlO 2-+2H 2O 2H 2S+SO 2═3S+2H 2O CO 32-+CO 2+H 2O ═2HCO 3-
【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Cl 2；
(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H 2S 、D 为O 2、B 为S 、C 为SO 2；
(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Cl 2、B 为FeCl 3、C 为FeCl 2；
(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NaAlO 2，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 −=AlO 2−+2H 2O ；
(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H 2S 、D 为O 2、B 为S 、C 为SO 2，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：
2H 2S+SO 2═3S+2H 2O ；
(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Na 2CO 3、C 为NaHCO 3，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：CO 32−+CO 2+H 2O ═2HCO 3−。

5．铁及其化合物在生活、生产中有广泛应用。

请回答下列问题：
(1)在实验室中，2FeCl 可用铁粉和______反应制备，3FeCl 可用铁粉和______反应制备。

(2)黄铁矿(主要成分为2FeS )是生产硫酸和冶炼钢铁的重要原料。

高温下可发生反应： 222343FeS 8O 6SO e O =F ++高温，该过程中若有1.5mol 2FeS 参加反应，则反应过程中转移______mol 电子。

(3)24K FeO 与Zn 组成新型二次电池高铁电池，电解液为碱溶液，其反应式为：222423Zn(OH)2Fe(OH)4KOH 3Zn 2K FeO 8H O ++++ƒ充电
放电，放电时电池的负极反应式
为______；充电时电解液的pH______(填“增大”“减小”或“不变”之一)。

(4)某同学向盛有22H O 溶液的试管中加入几滴酸化的2FeCl 溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为______；一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成。

产生气泡的原因是______；生成沉淀的原因是______(用平衡移动原理解释)。

【答案】盐酸(或氯化铁) 氯气 16 2Zn 2OH 2e Zn(OH)--+-= 减小
232222Fe H O 2H 2Fe 2H O +++++=+ 3Fe +催化22H O 分解产生2O 22H O 分解反应放热，促进3Fe +的水解平衡正向移动
【解析】
【分析】
(1)Fe 与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气；Fe 与氯化铁反应生成氯化亚铁，Fe 与氯气反应生成氯化铁；
(2)22234
3FeS 8O 6SO e O =F ++高温
中，Fe 、S 元素的化合价升高，O 元素的化合价降低； (3)Zn 元素的化合价升高，放电时负极上Zn 失去电子；由电池反应可知，充电时消耗KOH ；
(4)酸性条件下22H O 将亚铁离子氧化为铁离子；铁离子能催化22H O 分解产生氧气；从平衡角度分析。

【详解】
(1)在实验室中，2FeCl 可用铁粉和盐酸(或氯化铁)反应制取；3FeCl 可用铁粉和氯气反应制取， 故答案为：盐酸(或氯化铁)；氯气；
(2)222343FeS 8O 6SO e O =F ++高温中，Fe 、S 元素的化合价升高，O 元素的化合价降低，21.5molFeS 参加反应，则消耗氧气为4mol ，由O 元素的化合价变化可知，转移的电子为()4mol 22016mol ⨯⨯-=， 故答案为：16；
(3)Zn 元素的化合价升高，放电时负极上Zn 失去电子，电极反应为
2Zn 2OH 2e Zn(OH)--+-=，由电池反应可知，充电时消耗KOH ，则pH 减小， 故答案
为：2Zn 2OH 2e Zn(OH)--+-=；减小；
(4)向盛有22H O 溶液的试管中加入几滴酸化的2FeCl 溶液，发生的离子方程式为：232222Fe H O 2H 2Fe 2H O +++++=+；3Fe +催化氧化22H O 分解产生2O ，故一段时间后，溶液中有气泡出现；生成沉淀的原因是22H O 分解反应放热，促进3Fe +的水解平衡正向移动， 故答案为：232222Fe H O 2H 2Fe 2H O +++++=+； 3Fe +催化氧化22H O 分解产生2O ；22H O 分解反应放热，促进3Fe +的水解平衡正向移动。

6．NiCl 2是化工合成中最重要的镍源，工业上以金属镍废料(含Fe 、Ca 、Mg 等杂质)为原料生产NiCl 2，继而生产Ni 2O 3的工艺流程如下：
流程中相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH 如下表所示：
（1）为了提高镍元素的浸出率，在“酸浸”时可采取的措施有：①适当升高温度；②搅拌；
③_______________等。

（2）加入H2O2的目的是____________，所发生的离子方程式为____________________。

（3）“除铁”时，控制溶液pH的范围为_____________________。

（4）滤渣B的主要成分的化学式为___________________，滤液中的阳离子有________。

（5）“氧化”生成Ni2O3的离子方程式为________________。

【答案】增大盐酸的浓度(或将镍废料研成粉末或延长浸泡时间等) Fe2＋转化成Fe3＋ 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O 3.2～7.1 MgF2、CaF2 NH4+、Na+ 2Ni2＋＋ClO－＋4OH－
===Ni2O3↓＋Cl－＋2H2O
【解析】
【分析】
根据工艺流程分析可知，向金属镍废料中加入盐酸酸浸，形成Ni2+、Fe2+、Ca2+和Mg2+的溶液，再向溶液中加入H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，加入Na2CO3溶液调节pH使得Fe3+沉淀，得到滤渣A为Fe(OH)3，再加入NH4F使得Mg2+和Ca2+沉淀，得到滤渣B为CaF2和MgF2，继续向滤液中加入Na2CO3沉镍，再加入盐酸溶解，向溶液中加入NaClO和NaOH氧化得到Ni2O3，据此分析解答问题。

【详解】
(1)为了提高金属镍废料浸出的速率，还可以增大盐酸的浓度(或将镍废料研成粉末或延长浸泡时间等)，故答案为：增大盐酸的浓度(或将镍废料研成粉末或延长浸泡时间等)；
(2)根据上述分析，加入H2O2的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，根据氧化还原反应规律得出其离子反应方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O，故答案为：Fe2+转化成Fe3+；2Fe2+＋H2O2＋2H+===2Fe3+＋2H2O；
(3)沉镍前要将Fe3+沉淀完全，而镍离子不能产生沉淀，根据表中所给信息可知，Fe3+完全沉淀的pH值为3.2，镍离子开始沉淀的pH值为7.1，所以溶液的pH值控制在3.2～7.1，故答案为：3.2～7.1；
(4)根据以上分析可知，滤渣B的主要成分的化学式为MgF2、CaF2，所得的滤液中主要含有NH4+和Na+，故答案为：MgF2、CaF2；NH4+、Na+；
(5)“氧化”过程发生的反应中，Cl元素由+1价降低到-1价，即反应生成NaCl，而Ni由+2价升高到+3价，生成Ni2O3，反应离子方程式为：2Ni2＋＋ClO－＋4OH－===Ni2O3↓＋Cl－＋
2H2O，故答案为：2Ni2＋＋ClO-＋4OH-===Ni2O3↓＋Cl-＋2H2O。

7．七水硫酸锌别名皓矾，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H 2SO 4酸溶过程中，ZnSiO 3与H 2SO 4会生成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；
(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；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。

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SiO 2、Al 2O 3、MgO 、Fe 2O 3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．我国某科研团队以软锰矿（主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质）为主要原料，制取高纯碳酸锰，工艺流程如下图:
（1）对矿石进行粉粹的目的是_______；
（2）滤渣Ⅰ、Ⅱ分别为________、________；
（3）采用1％稀硫酸而不采用水混合矿粉制浆的原因是_________；不采用较浓H2SO4的原因是______；不直接采用H2SO4浸锰的原因是___________。

（4）浸锰的离子方程式为____________；
（5）“系列操作”为过滤、_________、干燥。

（6）取所得的高纯MnCO311.7g溶于足量的盐酸中，将产生的气体用足量的Ba（OH）2浓溶液吸收，得到白色沉淀19.7g，则所得产品的纯度为________％（保留一位小数）
【答案】加快浸取速率，提矿石高浸出率 SiO2（二氧化硅） Fe（OH）3（氢氧化铁）
提高Fe2O3、MnO2的氧化性，易于被SO2还原溶出（其他合理答案亦可）会降低SO2在溶液中的溶解度，从而降低反应速率 MnO2不能与H2SO4直接反应（其他合理答案亦可）MnO2+SO2=Mn2++SO42-、Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++SO42-+H2O 洗涤 98.3
【解析】
【分析】
软锰矿先加稀硫酸制浆，然后通入SO2，酸性环境下Fe2O3、MnO2将SO2氧化，自身被还原成Fe2+、Mn2+，过滤得到的滤渣I主要为SiO2，滤液中主要为Fe2+、Mn2+；加入MnO2将亚铁离子氧化成铁离子，然后调节pH得到氢氧化铁沉淀，即滤渣II；沉锰时可加入可溶性碳酸氢盐，得到碳酸锰沉淀，经过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。

【详解】
(1)粉碎后可增大接触面积，加快浸取速率，提矿石高浸出率；
(2)根据分析可知滤渣I为SiO2(二氧化硅)，滤渣II为Fe(OH)3(氢氧化铁)；
(3)采用1％稀硫酸而不采用水混合矿粉制浆是酸性环境可以提高Fe2O3、MnO2的氧化性，易于被SO2还原溶出；较浓H2SO4会降低SO2在溶液中的溶解度，从而降低反应速率；MnO2不能与H2SO4直接反应，所以不直接采用H2SO4浸锰；
(4)浸锰时酸性环境下Fe2O3、MnO2将SO2氧化，离子方程式为：MnO2+SO2=Mn2++SO42-，Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++SO42-+H2O；
(5)沉锰得到碳酸锰沉淀，经过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰；
(6)碳酸锰溶于稀盐酸生成的气体为二氧化碳，二氧化碳通入足量的Ba(OH)2浓溶液得到的
是BaCO3沉淀，所以n(BaCO3)=
19.7g
197g/mol
=0.1mol，根据碳元素守恒可知样品中
n(MnCO3)=0.1mol，所以产品纯度为0.1mol115g/mol
100%
11.7g
⨯
⨯=98.3%。

10．工业上利用粗ZnO(含FeO、CuO)制取金属锌的流程如下(部分步骤省略):
已知：几种离子形成氢氧化物沉淀时的pH如下表:
待沉淀的离子Fe2+Fe3+Zn2+Cu2+
开始沉淀时pH 6.3 1.5 6.2 5.2
沉淀完全时pH9.7 3.28.0 6.4
请回答下列问题：
（1）酸浸粗氧化锌的过程中，常将粗氧化锌粉碎成细颗粒，适当增加硫酸的浓度，目的是_________。

（2）步骤A的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,并全部形成Fe(OH)3沉淀,为了暂不形成
Cu(OH)2、 Zn(OH)2 ,该步骤需控制溶液pH的范围是____________,该步骤中先加入H2O2充分反应后再加入氨水，写出加入H2O2的离子方程式_____________。

（3）步骤C的反应离子方程式为____________。

（4）若步骤A中加入H2O2后，室温下将溶液的pH调为4，求Fe3+ 离子浓度为_________。

（已知Ksp[Fe(OH)3]= 4.0×10-3 8）
【答案】加快反应速率 3. 2≤pH＜5.2 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O Cu2+ +Zn = Zn2+ +Cu 4 ×10-8
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据影响化学反应速率的因素，酸浸粗氧化锌的过程中，为了加快酸浸速率，可采取的措施有将粗氧化锌粉碎成细颗粒、适当增加硫酸的浓度、适当升高温度等，故目的是加快反应速率；
(2)氢氧化铁沉淀时的pH是1.48 ~ 3.2 ，Zn(OH)2沉淀时的pH为6.2 ~ 8.0，和Cu(OH)2沉淀时的pH为5.2~6.4，因此将Fe2+氧化为Fe3+，并全部形成Fe(OH)3沉淀，为了暂不形成
Cu(OH)2、Zn(OH)2，该步骤需控制溶液pH的范围为3.2<pH<5.2，加入H2O2，发生过氧化氢氧化亚铁离子的反应，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
(3)步骤C中加入锌，发生锌和硫酸铜反应生成铜和硫酸锌，反应离子方程式为
Cu2++Zn=Zn2++Cu；
(4) 若步骤A中加入H2O2后，室温下将溶液的pH调为4，c（H+）=10-4mol/L，c(OH-)=10-10mol/L，Ksp[Fe(OH)3]= c(Fe3+)c3(OH-)= c(Fe3+)× (10-10mol/L) 3=4.0×10-38，故c(Fe3+)=4.0×10-8 mol/L。