2020-2021高考化学 铁及其化合物推断题 培优练习(含答案)及答案解析

2020-2021高考化学铁及其化合物推断题培优练习(含答案)及答案解析
一、铁及其化合物
1．某强酸性溶液 X 中可能含有 Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、Ba2＋、NH4＋、CO32－、NO3－、SO42
－、SiO32－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。

2．现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙以及物质D、E、F、G、H，它们之间的相互转化关系如图所示（图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出）。

请根据以上信息完成下列各题：
(1)写出下列物质的化学式：B_______、丙__________。

(2)写出黄绿色气体乙的一种用途___________，反应过程⑦可能观察到的实验现象是
______。

对应的化学方程式是_______。

(3)反应③中的离子方程式是_________。

【答案】Al HCl 杀菌消毒、强氧化剂、漂白白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 2Al+2OH- +2H2O=2AlO2-+3H2↑
【解析】
【分析】
金属A颜色反应为黄色证明A为金属Na，Na与水反应生成气体甲为H2，D为NaOH；金属B和氢氧化钠溶液反应产生H2，说明B为金属Al，黄绿色气体乙为Cl2，气体甲是H2，H2和Cl2反应生成丙为HCl，HCl溶于水得到的物质E为盐酸溶液，盐酸与金属C反应产生F溶液是金属氯化物，该氯化物与Cl2还可以反应产生G，G与NaOH溶液反应生成红褐色沉淀H为Fe(OH)3，则G为FeCl3，推断物质F为FeCl2；判断C为Fe，以此解答该题。

根据上述分析可知A是Na，B是Al，C为Fe，气体甲是H2，气体乙是Cl2，气体丙是HCl；D是NaOH，E是盐酸，F是FeCl2，G是FeCl3，H是Fe(OH)3。

(1)根据上述分析可知，物质B是Al，丙是HCl；
(2)黄绿色气体乙是Cl2，该物质可以与水反应产生HCl和HClO，HClO具有强氧化性，可作氧化剂，氧化一些具有还原性的物质，也用于杀菌消毒或用于物质的漂白；
(3)FeCl2与NaOH溶液发生反应：FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl，Fe(OH)2具有还原性，容易被溶解在溶液中的氧气氧化，发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，固体由白色迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，因此可观察到的实验现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；
(4)反应③是Al与NaOH溶液发生反应产生NaAlO2和H2，反应的离子方程式为：2Al+2OH- +2H2O=2AlO2-+3H2↑。

【点睛】
本题是无机物推断，物质的颜色及转化关系中特殊反应是物质推断的突破口，再结合转化关系推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。

3．己知A为淡黄色固体，R是地壳中含量最多的金属元素的单质，T为生活中使用最广泛的金属单质，F是无色无味的气体，H是白色沉淀，W溶液中滴加KSCN溶液出现血红色。

（1）物质A的化学式为___。

（2）B和R在溶液中反应生成F的离子方程式为___。

（3）H在潮湿空气中变成M的实验现象是___，化学方程式为___。

（4）A和水反应生成B和C的离子方程式为___，A可以作为呼吸面具的___。

（5）W和T反应的离子方程式___。

【答案】Na2O2 2Al +2H2O + 2OH- =2AlO2- +3H2↑白色沉淀逐渐变为红褐色沉淀 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O =4Fe(OH)3 2Na2O2 +2 H2O=4 Na+ + 4OH- + O2↑供氧剂 2Fe3+ + Fe =3Fe2+
【解析】
【分析】
题干已经对部分物质的特征进行了描述，可先根据某些物质的特定表征直接得出该物质，地壳含量最多金属为Al，T为最广泛使用的金属单质，则为Fe，W溶液中滴加KSCN溶液出现血红色，则W含有Fe3+。

根据上述能直接确定的物质，结合各物质间转换图解答此题。

（1）.A为淡黄色固体，常见物质可能为Na2O2或S，A与水的产物B可与Al反应，同时C 又与Fe反应。

综上可推知A应为Na2O2，答案为Na2O2。

（2）.根据分析B为NaOH，R为Al，答案为2Al +2H2O + 2OH- =2AlO2- +3H2↑。

（3）.根据分析，A与水反应产物C为氧气，B为NaOH。

D为Fe在氧气中燃烧产物
Fe3O4，H为白色沉淀,则H应为Fe(OH)2。

W 含有Fe3+，说明Fe(OH)2发生氧化生成
Fe(OH)3。

答案为白色沉淀逐渐变为红褐色沉淀，4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O =4Fe(OH)3。

（4）.A为Na2O2与水反应生成NaOH和O2，同时Na2O2与水和CO2反应生成的氧气供人呼吸。

故答案为2Na2O2 +2 H2O =4 Na+ + 4OH- + O2↑，供氧剂。

（5）.由分析可知W为FeCl3，T为金属Fe。

答案为2Fe3+ + Fe =3Fe2+。

【点睛】
解答本题需要对某些物质的特定表征非常熟悉，首先应该根据这些表征即得出对应物质，然后再结合各种物质之间的转换关系和相关描述合理推导出其他对应的物质。

4．常见含硫物质A~D，在生活、生产中有着广泛应用，它们之间的转化关系如下图所示。

其中反应①、②中所需物质B溶液的浓度不同。

请按要求回答下列问题：
（1）A的化学式为_______。

（2）反应①、②中Cu、Fe所起的作用相同，即都作_______（填“氧化剂”或“还原剂”），你判断的依据是它们都是金属，在反应中都_______。

（3）反应②的离子方程式为_______。

（4）大气中因废气A引起酸雨的反应流程之一可用下图示意：
上图中由D→B的转化所需氧化剂为_______。

当将含D的雨水敞口放置一段时间后（忽略溶液体积、温度的变化），其c（H+）将
_______。

（填“增大”“减小”或“不变”）。

废气A是一种重要的化工原料，常采用氨吸收法进行循环利用、变废为宝。

某工厂若将4.48×106L（标准状况下）废气A进行环保处理，完全转化为 NH4HSO3时，需消耗10mol/L氨水溶液（溶质全部以NH3•H2O计）的体积为
_______L。

【答案】SO2还原剂失去电子，化合价升高 Fe+2H+=Fe2++H2↑ O2增大 20000
【分析】
由B(含氧酸)在常温下与足量的铁反应生成C(硫酸盐)，故B 是H 2SO 4，反应方程式为Fe+2H 2SO 4=FeSO 4+H 2↑，C 是FeSO 4；Cu+2H 2SO 4(浓)
CuSO 4+SO 2↑+2H 2O ，故A 是SO 2，
SO 2+H 2O
H 2SO 3，D 是H 2SO 3。

【详解】
（1）由解析可知，A 的化学式为SO 2；
（2）反应①、②中，反应前后Cu 、Fe 元素的化合价都升高，故反应①、②中Cu 、Fe 所起的作用相同，即都作还原剂；
（3）铁与稀硫酸常温下反应，离子方程式为Fe+2H +=Fe 2++H 2↑；
（4）H 2SO 3→H 2SO 4过程中，S 元素化合价升高，即H 2SO 3被空气中的O 2氧化为H 2SO 4；2H 2SO 3+ O 2= H 2SO 4，H 2SO 3是弱酸，H 2SO 4是强酸，故当将含H 2SO 3的雨水敞口放置一段时间后（忽略溶液体积、温度的变化），其c (H +)将增大；SO 2+NH 3•H 2O =NH 4HSO 3，n(SO 2)= 64.4810L 22.4L/mol
⨯=2.0×105mol ，故n(NH 3•H 2O)= 2.0×105mol ，需消耗10mol/L 氨水溶液（溶质全部以NH 3•H 2O 计）的体积为52.010mol 10mol/L
⨯=20000L 。

【点睛】
本题是结合图考查S 元素的化合物知识，有关化学方程式书写等，难度不大。

5．黄血盐[亚铁氰化钾K 4Fe (CN )6]目前广泛用作食品添加剂(抗结剂)，我国卫生部规定实验中黄血盐的最大使用量为10 mg /kg ，一种制备黄血盐的工艺如下：
请回答下列问题：
(1)过滤需要用到的玻璃仪器有__________；写出中间产物CaSO 4的一种用途__________。

(2)步骤I 反应的化学方程式是___________。

(3)步骤V 所用的试剂X 是________(填化学式)，在得到产品前还需经过的步骤包括____。

(4)工艺中用到剧毒的HCN 溶液，含CN -等的废水必须处理后才能排放。

①CN -的电子式是_____________。

②处理含CN -废水的方法：第一步NaClO 溶液先将CN -不完全氧化为OCN -；第二步NaClO 溶液完全氧化OCN -生成N 2和两种盐。

第二步反应的离子方程式是_____。

(5)已知反应：
3Fe 2++2[Fe (CN )6]3- =Fe 3[Fe (CN )6]2↓(蓝色沉淀)
4Fe 3++3[Fe (CN )6]4-=Fe 4[Fe (CN )6]3↓(蓝色沉淀)
现有Fe2+被氧化后的溶液，仅供选择的试剂：铁粉、铁氰化钾溶液、亚铁氰化钾溶液、KSCN溶液，请设计检验Fe2+是否氧化完全的实验方案_________。

【答案】漏斗（普通漏斗）、玻璃棒、烧杯制作石膏或用于制作水泥的原料等（填一种即可） 3Ca(OH)2+ FeSO4+6HCN= Ca2Fe(CN)6+ CaSO4+ 6H2O K2CO3蒸发浓缩、冷却结
晶 3ClO－+ 2OCN－+2OH－= 3Cl－+ 2CO32-+ N2↑+ H2O或3ClO－+ 2OCN－+
H2O = 3Cl－+ 2HCO3-+ N2↑取氧化后的溶液少许于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，证明Fe2+完全被氧化，否则未完全氧化
【解析】
【分析】
制备黄血盐的流程分析：步骤一加石灰水、硫酸亚铁、HCN溶液制备Ca2Fe(CN)6，没有化合价变化不属于氧化还原反应，根据步骤二过滤的滤渣CaSO4，确定步骤一的产物中含有CaSO4，故步骤一反应原理为：3Ca(OH)2+ FeSO4+6HCN= Ca2Fe(CN)6+ CaSO4↓+ 6H2O，该过程中CaSO4沉淀生成，步骤二过滤，步骤三加入KCl制备K2CaFe(CN)6：
Ca2Fe(CN)6+2KCl= K2CaFe(CN)6↓+ CaCl2，步骤四过滤，滤液进行废水处理，滤渣为
K2CaFe(CN)6进行步骤五脱钙处理，在不引入新杂质的原则下，选用K2CO3进行脱钙，过滤得到滤液K4Fe(CN)6，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得产品K4Fe(CN)6·3H2O。

【详解】
(1)过滤需要用到的玻璃仪器有普通漏斗、玻璃棒、烧杯；中间产物CaSO4制作石膏或用于制作水泥的原料等；
(2)根据分析，步骤I反应的化学方程式是3Ca(OH)2+ FeSO4+6HCN= Ca2Fe(CN)6+
CaSO4↓+ 6H2O；
(3)步骤V脱钙过程，一般用碳酸盐脱去钙离子，且不引入新杂质的原则，应该使用碳酸钾，故试剂X为K2CO3；根据分析，步骤五脱钙处理后，对滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得产品K4Fe(CN)6·3H2O；
(4) ①CN-的电子式是；
②处理含CN-废水的方法：第一步NaClO溶液先将CN-不完全氧化为OCN-；第二步NaClO 溶液完全氧化OCN-生成N2和两种盐，NaClO作氧化剂被还原为NaCl,，每个NaClO化合价降低2。

每个OCN¯中碳元素化合价为+4为最高价不能被氧化，产物以Na2CO3或NaHCO3形式存在，氮的化合价为-3，被氧化为N2，每个氮气分子化合价上升6，故n（ClO¯）：n （N2）=3:1，由于次氯酸钠水解显碱性，则污水处理的第二步对应的离子反应式为：3ClO－+ 2OCN－+2OH－= 3Cl－+ 2CO32-+ N2↑+ H2O或3ClO－+ 2OCN－+ H2O = 3Cl－+ 2HCO3-+
N2↑。

(5) 设计检验Fe2+是否氧化完全的在于检测此时溶液中是否有Fe2+，Fe3+无需检验，则根据已知信息3Fe2++2[Fe(CN)6]3- =Fe3[Fe(CN)6]2↓(蓝色沉淀)，实验方案是：取少量氧化后的溶液放于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，证明Fe2+完全被氧化，若出现蓝色沉淀，证明还有Fe2+未完全被氧化。

【点睛】
在书写氧化还原反应式过程中，判断物质中元素的化合价OCN¯，可以结合氢离子写成酸
，按照非金属性O＞N＞C＞H，三对共用电子偏向N，N 的结构HOCN，结构式H-O-C N
的化合价为-3，碳与氧的公用电子偏向氧，故C的化合价为+4。

6．以废旧锌锰电池初步处理分选出的含锰废料（MnO2、MnOOH、MnO及少量Fe、Pb 等）为原料制备高纯MnCl2·xH2O，实现锰的再生利用。

其工作流程：
资料a．Mn的金属活动性强于Fe，Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化。

资料b．生成氢氧化物沉淀的pH
Mn(OH)2Pb(OH)2Fe(OH)3
开始沉淀时8.1 6.5 1.9
完全沉淀时10.18.5 3.2
注：金属离子的起始浓度为0.1mol·L-1
（1）过程Ⅰ的目的是浸出锰。

经检验滤液1中含有的阳离子为Mn2+、Fe3+、Pb2+和H+。

①MnO2与浓盐酸反应的离子方程式是_____________。

②检验滤液1中只含Fe3+不含Fe2+的操作和现象是：取少量滤液1于试管中，滴入铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀生成；另取少量滤液1于试管中，_____________。

③Fe3+由Fe2+转化而成，可能发生的反应有：
a．2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－
b．4Fe2++O2+4H+=2Fe3++2H2O
c．......
写出c的离子方程式：_____________。

（2）过程Ⅱ的目的是除铁。

有如下两种方法：
ⅰ.氨水法：将滤液1先稀释，再加适量10%的氨水，过滤。

ⅱ.焙烧法：将滤液1浓缩得到的固体于290℃焙烧，冷却，取焙烧物......。

已知：焙烧中发生的主要反应为2FeCl3+3O2=2Fe2O3+3Cl2，MnCl2和PbCl2不发生变化。

①氨水法除铁时，溶液pH应控制在_____________之间。

②补全ⅱ中的操作：_____________。

③两种方法比较，氨水法除铁的缺点
．．是_____________。

（3）过程Ⅲ的目的是除铅。

加入的试剂是_____________。

（4）过程Ⅳ所得固体中的x 的测定如下：取m 1g 样品，置于氮气氛围中加热至失去全部结晶水时，质量变为m 2g 。

则x=_____________。

【答案】MnO 2+4H ++2Cl －Mn 2++Cl 2↑+2H 2O 滴加KSCN 溶液，变红
MnO 2+4H ++2Fe 2+=Mn 2++2Fe 3++2H 2O 或MnOOH+3H ++Fe 2+=Mn 2++Fe 3++2H 2O 3.2~5.5 加水溶解，快速过滤，再加盐酸酸化至pH 小于5.5 引入杂质NH 4+ 锰 ()1227m m m -
【解析】 【分析】
含锰废料（MnO 2、MnOOH 、MnO 及少量Fe 、Pb 等）与浓盐酸反应，过滤滤液1中含有的阳离子为Mn 2＋、Fe 3＋、Pb 2＋和H ＋，过程II 除去铁离子，过程III 用锰除去铅离子。

【详解】
（1）①MnO 2与浓盐酸反应产生氯气，反应的离子方程式为：MnO 2+4H ++2Cl －Mn 2++Cl 2↑+2H 2O ，故答案为：MnO 2+4H ++2Cl －Mn 2++Cl 2↑+2H 2O 。

②亚铁离子与铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀，铁离子使KSCN 溶液显红色，检验滤液1中只含Fe 3＋不含Fe 2＋的操作和现象是：取少量滤液1于试管中，滴入铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀生成，另取少量滤液1于试管中，滴加KSCN 溶液，变红，
故答案为：取少量滤液1于试管中，滴入铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀生成，另取少量滤液1于试管中，滴加KSCN 溶液，变红；
③Fe 3+由Fe 2+转化而成，由a 、b 两个方程式得：可能由氯气、氧气氧化，也可能由二氧化锰氧化，反应的离子方程式为：MnO 2+4H ＋+2Fe 2＋=Mn 2＋+2Fe 3＋+2H 2O ，故答案为：MnO 2+4H ＋+2Fe 2＋=Mn 2＋+2Fe 3＋+2H 2O ；
（2）①调节pH 除去铁离子，pH 大于3.2时，铁离子沉淀完全，铅离子、锰离子不能沉淀，小于5.5时锰离子不易氧化，故pH 应小于5.5，
故答案为：3.2～5.5；
②补全ⅱ中的操作：加水溶解，快速过滤，再加盐酸酸化至pH 小于5.5 ，故答案为：加水溶解，快速过滤，再加盐酸酸化至pH 小于5.5 。

③两种方法比较，氨水法除铁的缺点．．
是：氨水法除铁的过程中，会引入杂质NH 4＋， 故答案为：引入杂质NH 4＋；
（3）过程Ⅲ的目的是除铅。

用活泼金属置换不活泼金属，加入锰，将铅离子置换与溶液分离，自身生成锰离子，不引入杂质，故答案为：Mn ；
（4）过程Ⅳ所得固体中的x 的测定如下：取m 1g 样品，置于氮气氛围中加热至失去全部
结晶水时，质量变为m 2g 。

m 1gMnCl 2·
xH 2O 置于氮气氛围中加热至失去全部结晶水时，生成MnCl 2质量为m 2g ，则n （MnCl 2）=221m g m =mol 126g?mol 126
－，结晶水的质量为（m 1-m 2）g ，n （H 2O ）=1218
m m -，则1：x=n （MnCl 2）：n （H 2O ），解得：x=()1227m m m -，
故答案为：
()
12
2
7m m
m
-。

【点睛】
本题考查了物质制备方案设计，侧重于学生的分析、实验能力的考查，题目涉及离子方程式的书写、物质组成的计算等知识，解题关键：注意把握实验的流程、相关物质的性质以及题目信息。

7．纯橄岩为含镁的硅酸盐矿物，并含有MnO、Fe2O3、FeO、SiO2和一些有机物等杂质。

工业上利用纯橄岩制备一水硫酸镁(MgSO4·H2O)的工艺流程如下：
（1）浸出时温度控制在90℃~100℃之间，并且要连续搅拌2小时的目的是___________。

（2）上述流程中多次用到了过滤操作，实验室过滤时需要用到的玻璃仪器是玻璃棒、烧杯和________________。

（
3）向过滤Ⅰ的滤液中加入NaClO溶液，将溶液中的Mn2+氧化成MnO2，反应的离子方程式为________________________________。

（4）滤渣Ⅱ中主要成分为________________（填化学式）。

（5）检验过滤Ⅱ后的滤液中是否含有Fe3+的实验操作方法是________________________。

（6）已知硫酸镁的溶解度随温度变化的曲线如下图，且溶液的沸点随压强增大而升高。

为了从滤液中充分回收MgSO4·H2O，采取将滤液蒸发浓缩、加压升温结晶的方法，采取加压升温结晶的原因是________________________________。

【答案】提高纯橄岩中镁的浸出率漏斗 Mn2++ClO−+H2O MnO2↓+2H++Cl−
Fe(OH)3、MnO2取过滤Ⅱ后的滤液1～2 mL于试管中，加入少量KSCN溶液，如果溶液不显红色，证明滤液中无Fe3+增大压强，溶液沸点升高，溶液能够达到较高温度，有利于MgSO4·H2O晶体析出
【解析】
【分析】
分析流程过程，纯橄岩用硫酸进行酸浸，硅酸盐与硫酸反应生成硫酸盐和硅酸沉淀，MnO、Fe2O3、FeO与硫酸反应生成相应的硫酸盐和水，SiO2不与硫酸反应也不溶于硫酸，以滤渣形式除去，故滤渣Ⅰ的成分可确定。

滤液中加入NaClO溶液，可将Fe2+氧化为
Fe3+，将Mn2+氧化为MnO2，通过调节pH=5～6，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去。

则可知滤渣Ⅱ的成分。

据此进行分析。

【详解】
（1）浸出时升高温度、连续搅拌，其目的是提高纯橄岩中镁的浸出率；答案为：提高纯橄岩中镁的浸出率；
（2）过滤时用到的玻璃仪器是玻璃棒、烧杯和漏斗；答案为：漏斗；
（3）NaClO将溶液中的Mn2+氧化成MnO2，本身被还原为Cl−，依据守恒即可写出反应的离子方程式：Mn2++ClO−+H2O MnO2↓+2H++Cl−；答案为：
Mn2++ClO−+H2O MnO2↓+2H++Cl−；
（4）加入NaClO溶液，能将Fe2+氧化为Fe3+，将溶液中的Mn2+氧化成MnO2，调节溶液pH=5～6，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，滤渣Ⅱ中主要成分为Fe(OH)3、MnO2；答案为：
Fe(OH)3、MnO2；
（5）检验过滤Ⅱ后的滤液中是否含有Fe3+的实验方法是用KSCN溶液，具体操作为取过滤Ⅱ后的滤液1～2 mL于试管中，加入少量KSCN溶液，如果溶液不显红色，证明滤液中无Fe3+；答案为：取过滤Ⅱ后的滤液1～2 mL于试管中，加入少量KSCN溶液，如果溶液不显红色，证明滤液中无Fe3+；
（6）从图中可以看出，升高温度，有利于MgSO4·H2O晶体析出，增大压强，溶液的沸点升高，溶液能够达到较高温度，有利于MgSO4·H2O晶体析出。

答案为：增大压强，溶液沸点升高，溶液能够达到较高温度，有利于MgSO4·H2O晶体析出。

8．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+)。

9．三氯化铁在印刷、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。

10．某矿渣的成分为Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2，工业上用该矿渣获取铜和胆矾的操作流程如图：
已知：①Cu2O＋2H+=Cu＋Cu2+＋H2O。

②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表所示：
（1）为了加快反应Ⅰ的速率，可以采取的措施是__(任写1条)。

（2）固体混合物A中的成分是__。

（3）反应Ⅰ完成后，铁元素的存在形式为__(填离子符号)；检验该离子常用的方法之一是：取少量含该离子的溶液于试管中，滴加几滴含有+3价铁元素的配合物溶液，会产生沉淀.写出该反应的离子方程式__。

（4）操作1主要包括：__、__、__。

洗涤CuSO4·5H2O粗产品不能用大量水洗，而用冰水洗涤。

原因是__。

（5）用NaClO调pH可以生成沉淀B，利用题中所给信息分析沉淀B为___，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___。

（6）用NaOH调pH可以生成沉淀C，利用题中所给信息分析y的范围为___。

【答案】适当升高温度；不断搅拌；将矿渣粉碎；适当增大硫酸的浓度等 SiO2、Cu Fe2+ 3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓蒸发浓缩冷却结晶过滤冰水既可以洗去晶体表面的杂质离子，又可以减少晶体的损失 Fe(OH)3 1：2 5.2-5.4或5.2≤pH<5.4
【解析】
【分析】
根据已知，分析工艺流程图，矿渣的成分为Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2，在加入稀硫酸溶解经过滤后得到CuSO4、Al2(SO4)3、FeSO4溶液和固体混合物A(主要成分为Cu单质和SiO2)，再加入NaClO氧化Fe2+并调节pH至3.7≤pH<4.0，将Fe3+沉淀，再加入NaOH调节pH至5.2≤pH<5.4，将Al3+沉淀，滤液再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到CuSO4·5H2O粗产品，据此分析解答问题。

【详解】
(1)由于矿渣为固体，所以为了加快反应的速率，可以采取的措施是将固体粉碎，也可以适当升高反应的温度，或增大反应物H2SO4浓度等措施，故答案为：适当升高温度；不断搅拌；将矿渣粉碎；适当增大硫酸的浓度等；
(2)SiO2是酸性氧化物，不能与酸发生反应，其它金属氧化物Cu2O、Al2O3、Fe2O3与硫酸发生反应Cu、CuSO4、Al2(SO4)3、FeSO4，因此发生反Ⅰ后过滤出的固体混合物A中的成分是SiO2和Cu，故答案为：SiO2、Cu；
(3)因为在反应Ⅰ中Fe2O3与硫酸发生反应生成Fe2(SO4)3，而Cu2O与稀硫酸生成的Cu又与Fe2(SO4)3发生氧化还原生成Cu2+和Fe2+，则铁元素的存在形式为Fe2+，检验Fe2+用铁氰化钾溶液，发生的反应方程式为3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓，故答案为：Fe2+；
3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓；
(4)从硫酸铜溶液中制取硫酸铜晶体的操作主要包括：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，由于CuSO4溶解于水,且温度越高，溶解度越大，若用冰水既可以洗去晶体表面的杂质离子，又可以减少晶体的损失，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；过滤；冰水既可以洗去晶体表面。