【化学】化学铁及其化合物推断题的专项培优 易错 难题练习题(含答案)附详细答案

【化学】化学铁及其化合物推断题的专项培优易错难题练习题(含答案)附详
细答案
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．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．下列框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶液，相互之间的转化关系如图所示（部分产物及反应条件已略去）。

已知A、B为气态单质，F是地壳中含量最多的金属元素的单质；E、H、I为氧化物，E为黑色固体，I为红棕色气体；M为红褐色沉淀。

请回答下列问题：
(1)A在B中燃烧的现象是__________________________________________。

(2)D+E→B的反应中，被氧化与被还原的物质的物质的量比是
_________________________。

(3)G+J→M的离子方程式是____________________________________。

(4)Y受热分解的化学方程式是______________________________________。

(5)检验硫酸铁溶液中是否存在Fe2＋的试剂是 ____________________。

【答案】放出大量的热，产生苍白色火焰 2:1 3AlO2－+Fe3＋+6H2O=3Al(OH)3↓+Fe(OH)3↓
4Fe(NO3)3Δ
2Fe2O3+12NO2↑+3O2↑酸性高锰酸钾溶液
【解析】
【分析】
F是地壳中含量最多的金属元素的单质，则F为Al，转化关系中X电解得到三种物质，为电解电解质与水型，A、B为气态单质，二者为氢气和氯气，二者反应生成D，D为HCl，E 为黑色固体，为氧化物，和HCl反应又生成B气体，A为H2，B为Cl2，E为MnO2，电解X 是电解氯化钠溶液，C为NaOH，与Al反应生成G，G为NaAlO2；M为红褐色沉淀为
Fe(OH)3，所以J是含三价铁离子的物质，是H和D反应生成，证明J为FeCl3，H、I为氧化物判断H为Fe2O3，I为红棕色气体为NO2，结合转化关系可知，N为HNO3，Y为
Fe(NO3)3，结合物质的性质来解答。

【详解】
(1) A为H2，B为Cl2，H2在Cl2中燃烧的现象是：气体安静燃烧，放出大量的热，火焰呈苍白色，并有白雾产生；
(2) D+E→B的反应为MnO2+4HCl加热MnCl2+Cl2↑+2H2O，MnO2中Mn元素化合价降低，被还原，HCl 中Cl元素化合价升高，被氧化，4mol盐酸参与反应，发生氧化反应的盐酸为
2mol，另外2mol盐酸显酸性，则n(被氧化的物质HCl)：n(被还原的物质MnO2)=2：1；(3) G(NaAlO2)+J(FeCl3)→M(Fe(OH)3)的反应是在水溶液中发生的双水解反应，反应离子方程式是：3AlO2－+Fe3＋+6H2O=3Al(OH)3↓+Fe(OH)3↓；
(4)依据分析推断可知Y为Fe(NO3)3，受热分解生成二氧化氮和氧化铁，依据原子守恒配平
书写的化学方程式是：4Fe(NO3)3Δ
2Fe2O3+12NO2↑+3O2↑；
(5)检验硫酸铁溶液中是否存在Fe2+的方法是取少量待测液于试管中，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，证明原溶液中含有Fe2+，反之没有Fe2+。

4．A-J分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如图所示(部分反应物、生成物没有列出)，且已知G为主族元素的固态氧化物，A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。

请填写下列空白：
(1)A 、B 、C 、D 、E 、F 六种物质中所含同一种元素在周期表中位置_________
(2)写出检验D 溶液中阳离子的方法____。

(3)写出反应④的离子方程式________。

(4)若向气体K 的水溶液中加入盐酸，使其恰好完全反应，所得溶液的pH_____7(填“>”、“<”或“=”)，用离子方程式表示其原因：______；
(5)若向气体K 的0.1mol/L 水溶液中加入pH=1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1:1，则所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小．．．．
的关系是______。

【答案】第四周期Ⅷ族 取少量D 溶液，加KSCN 溶液，出现红色 2Al+2OH -+2H 2O=2AlO 2-+3H 2↑ ＜ NH 4++ H 2O ƒNH 3·H 2O+OH - c(NH 4+)> c(SO 42-)> c(H +)>c(OH -)
【解析】
【分析】
G 为主族元素的固态氧化物，在电解条件下生成I 和H ，能与NaOH 溶液反应，说明G 为Al 2O 3，与NaOH 反应生成NaAlO 2，而I 也能与NaOH 反应生成NaAlO 2，则I 为Al ，H 为O 2，C 和碱、D 和气体K 反应生成E 、F ，则说明E 、F 都为氢氧化物，E 能转化为F ，应为Fe(OH)2→Fe(OH)3的转化，所以E 为Fe （OH ）2，F 为Fe(OH)3，则C 为FeCl 2，D 为FeCl 3，K 为NH 3，B 为Fe 3O 4，与Al 在高温条件下发生铝热反应生成A ，即Fe ，结合对应单质、化合物的性质解答该题。

【详解】
（1）A 、B 、C 、D 、E 、F 六种物质中都含有铁元素，在周期表中位于周期表第四周期Ⅷ族，
（2）溶液D 为氯化铁溶液，检验三价铁离子的存在，取少许D 溶液于试管中，滴加KSCN 溶液，溶液变红色，证明D 溶液中含有Fe 3+；
（3）反应④是金属铝和氢氧化钠溶液的反应，Al 与NaOH 溶液反应生成NaAlO 2和H 2，反
应的离子方程式为：--2222Al+2OH +2H O=2AlO +3H ；
（4）气体K 的水溶液为一水合氨溶液，加入盐酸，使其恰好完全反应生成氯化铵和水，氯化铵在水溶液中水解显酸性，所以pH ＜7；反应的离子方程式为：
++4232NH +H O NH H O+H g ƒ；
（5）若向气体NH 3的0.1mol/L 水溶液中加入pH=1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1：
1，假设条件均为1L ，发生反应：++3242NH H O+H =NH +H O g ，n (NH 3•H 2O)=0.1mol ，
n (H +)=0.1mol ，所以一水合氨和硫酸反应生成硫酸铵溶液，铵根离子水解显酸性，溶液中离子浓度大小顺序为：c (+4NH )>c (2-4SO )>c (H +)>c (OH -)。

【点睛】
比较时溶液中粒子浓度紧扣两个微弱：
（1）弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力，如在稀醋酸溶液中：CH 3COOH ƒCH 3COO -＋H +，H 2O ƒOH -＋H +，在溶液中微粒浓度由大到小的顺序：c (CH 3COOH)>c (H +)>c (CH 3COO -)>c (OH -)；
（2）弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度，如稀的CH 3COONa 溶液中：CH 3COONa=CH 3COO -＋Na +，CH 3COO -＋H 2O ƒCH 3COOH ＋OH -，H 2O ƒH +＋OH -，所以CH 3COONa 溶液中：c (Na +)>c (CH 3COO -)>c (OH -)>c (CH 3COOH)>c (H +)。

5．铁是日常生活中最常见的金属，某班同学在学习铁的知识时，有下列问题：
问题1：铁为何称为黑色金属？
问题2：CuO 在高温下可分解为 Cu 2O 和O 2，Fe 2O 3在高温下可分解为FeO 和O 2吗？
(1)对于问题1，同学们上网查找，有两种解释：
A ．因为在铁表面上有黑色的铁的氧化物，所以叫黑色金属
B ．因为铁的粉末为黑色，铁的氧化物也均为黑色，所以叫黑色金属
①你认为正确的说法是__________。

②若有一黑色粉末，如何鉴别是铁粉，还是Fe 3O 4？
______________________________________。

③若有一黑色粉末，为铁和四氧化三铁的混合物，如何证明其中有Fe 3O 4(只要求简述实验方法)？____________________________________。

(2)对于问题2，同学们准备实验探究，他们设想了两种方法：
A ．将三氧化二铁高温灼烧，看灼烧前后颜色是否变化。

B ．将三氧化二铁高温灼烧，看灼烧前后质量是否变化。

①实验中应将Fe 2O 3放在__________(填仪器名称)中灼烧。

②方法A 中，如果高温灼烧后颜色由__________变为__________，说明Fe 2O 3确实发生了变化。

能说明生成的一定为FeO 吗？__________，理由是________________________。

③方法B 中，如果发生了预期的反应，固体高温灼烧前后质量比应为________，但是，实验结果固体灼烧前后质量比为30∶29，则高温灼烧后生成物是____________________。

④比较两种方法，你认为较好的方法是__________。

【答案】A 取黑色粉末少许于试管中，加适量稀盐酸或稀硫酸，若有气泡产生则原黑色粉末为铁，若无气泡产生则原粉末为Fe 3O 4 用干燥的氢气与黑色粉末加热反应，用无水硫酸铜检测是否有水产生(或用纯净的CO 与黑色粉末加热反应，用澄清石灰水检测是否有CO 2产生) 坩埚 红棕色 黑色 不能 也可能为Fe 3O 4
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Fe 3O 4 B 【解析】
【分析】
(1)铁是在高温下炼制而成，高温下铁会和空气中的氧气反应生成四氧化三铁或氧化亚铁，颜色都是黑色氧化物，氧化铁是红色氧化物，常温下缓慢氧化或电化学腐蚀生成得到；氧化铁为红色，四氧化三铁为黑色，四氧化三铁为磁性氧化物，能吸引铁，黑色粉末为铁和四氧化三铁的混合物，定性证明其中含有Fe3O4的方法是利用四氧化三铁具有磁性或与酸反应是否生成气体分析设计；
③根据发生的反应及反应前后固体的质量来分析；
(2)①Fe2O3固体灼烧应在坩埚中进行；
②将三氧化二铁高温灼烧，Fe2O3确实发生了变化，依据氧化物颜色变化分析，氧化铁被还原生成产物可能为黑色氧化亚铁或四氧化三铁；
③依据分解生成氧化亚铁、四氧化三铁反应前后质量不同分析计算；
④B方案能通过定量计算分析判断生成物，A方案固体颜色变化不容易观察和判断。

【详解】
(1)①A. 在高温下得到的铁的表面氧化物有黑色四氧化三铁或氧化亚铁，所以铁为黑色金属，A正确；
B. 因铁的氧化物Fe2O3颜色为红棕色不是黑色，四氧化三铁为黑色，B错误；
故合理选项是A；
②由于四氧化三铁为磁性氧化物，能吸引铁，则利用一小块铁片靠近黑色粉末，粉末被吸在铁片上，证明有四氧化三铁，若不能吸引，则粉末为铁粉；或取黑色粉末少许于试管中，加适量稀盐酸或稀硫酸，有气泡产生的原黑色粉末为铁，若无气泡产生则原粉末为Fe3O4；
③若有一黑色粉末为铁和四氧化三铁的混合物，证明其中有Fe3O4，可以用干燥的氢气与黑色粉末加热反应，用无水硫酸铜检测有水产生；或用纯净的CO与与黑色粉末加热反应，用澄清石灰水检测有CO2产生即可；
(2)①Fe2O3固体灼烧应在坩埚中进行；
②将Fe2O3高温灼烧，固体颜色会有红棕色变为黑色，依据氧化物颜色变化分析，Fe2O3被还原生成产物可能为黑色FeO或Fe3O4，颜色都是从红棕色变化为黑色，因此不能说明生成的一定为FeO，也可能为Fe3O4；
③若发生反应：2Fe2O34FeO+O2↑，灼烧前后的质量之比为10：9；发生反应：6Fe2O3
4Fe3O4+O2↑，灼烧前后的质量之比是30：29。

现在该实验结果固体灼烧前后质量比为30∶29，因此髙温灼烧后生成的固体物质是四氧化三铁，即发生反应最后的分解产物是Fe3O4；
④B方案能通过定量计算分析判断生成物，A方案固体颜色变化不容易观察和判断，故比较好的方法是方法B。

【点睛】
本题考查了铁及其化合物性质分析判断，物质组成的实验验证，注意物质性质应用，掌握铁的各种化合物的颜色、状态、性质等是本题解答的基础。

6．某工厂废金属屑的主要成分为Cu、Fe和Al，此外还含有少量Al2O3和Fe2O3，为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如下实验流程，用该工厂的金属废料制取氯化
铝、绿矾晶体(FeSO 4·
7H 2O)和胆矾晶体。

完成下列填空：
（1）写出步骤Ⅰ反应的离子方程式：___。

（2）试剂X 是___，溶液D 是___。

（3）在步骤Ⅱ中，用如图装置制取CO 2并通入溶液A 中。

一段时间后，仍观察不到烧杯中产生白色沉淀。

为了固体C 的生成，在药品和装置上可采取的改进措施是___。

（4）溶液E 中加入KSCN 溶液无明显现象，表明滤液中不存在Fe 3+，用离子方程式解释其可能的原因：___。

（5）将固体F 继续加入热的稀硫酸，同时不断鼓入空气，固体溶解得CuSO 4溶液，写出反应的化学方程式：___。

【答案】-22-2=2Al+2H O+2OH 2AlO +3H ↑、--2322Al O +2OH =2AlO +H O 稀硫酸
NaHCO 3溶液 浓盐酸改为稀盐酸；在装置a 和装置b 之间增加一个盛有饱和NaHCO 3溶液的洗气瓶，以除去装置a 中挥发出的HCl 2Fe 3++Fe=3Fe 2+、2Fe 3++Cu=2Fe 2++Cu 2+
22442=2Cu+O +2H SO 2CuSO +2H O ∆
【解析】
【分析】
Fe 、Cu 、Fe 2O 3都不与NaOH 溶液反应，Al 和Al 2O 3可与NaOH 溶液反应，用含有Al 、Fe 、Cu 和Al 2O 3和Fe 2O 3的废金属屑制取AlCl 3、绿矾晶体(FeSO 4•7H 2O)和胆矾晶体流程为：合金中Al 、Al 2O 3与NaOH 反应，所得滤液A 为NaAlO 2溶液，经途径Ⅱ与足量二氧化碳发生反应：()223--
23AlO +CO +2H O H =Al OH CO +↓，反应可生成Al(OH)3固体C ，生成的Al(OH)3再和盐酸反应生成AlCl 3，得到的AlCl 3较纯净；溶液D 为NaHCO 3溶液；滤渣B 为Fe 和Cu 的化合物，加入足量稀硫酸，得到的滤液E 为FeSO 4，经蒸发浓缩、冷却结晶可得到绿矾，滤渣F 为Cu ，可用于制备胆矾，据此分析解答。

【详解】
（1）铝、氧化铝与氢氧化钠反应，所得滤液A 为NaAlO 2溶液，反应的离子方程式为：-22-
2=2Al+2H O+2OH 2AlO +3H ↑、--
2322Al O +2OH =2AlO +H O ；
（2）金属铁和金属铜不与氢氧化钠溶液反应，金属铜和稀硫酸之间不反应，但是金属铁可
以和稀硫酸之间反应生成硫酸亚铁和氢气，进而制得绿矾晶体，所以试剂X 为稀硫酸；溶液D 为NaHCO 3溶液；
（3）进行步骤Ⅱ时，该小组用如图所示装置及试剂将制得的CO 2气体通入溶液A 中，一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是二氧化碳气体中含有从盐酸中挥发出的HCl 气体，氯化氢在水中溶解了部分沉淀，发生的反应为：
Al(OH)3+3H +=Al 3++3H 2O ，为了避免固体C 减少，可在制取二氧化碳的收集装置中增加一个洗去HCl 的装置，二氧化碳在饱和NaHCO 3中不溶，氯化氢和NaHCO 3反应生成二氧化碳气体，所以可降低盐酸浓度；在装置I 和Ⅱ之间增加一个盛有饱和NaHCO 3溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中的氯化氢；
（4）溶液E 中加入KSCN 溶液无明显现象，表明滤液中不存在Fe 3+，原因是Fe 3+被Fe 、Cu 还原生成Fe 2+，所以加入KSCN 溶液没有明显现象，故答案为：2Fe 3++Fe=3Fe 2+、2Fe 3++Cu=2Fe 2++Cu 2+；
（5）用固体F 继续加入热的稀H 2SO 4，同时不断鼓入空气，固体溶解得CuSO 4溶液，说明在加热条件下，Cu 、氧气和稀硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜和水，反应的化学方程式为：22442=2Cu+O +2H SO 2CuSO +2H O。

7．从某矿渣（成分为NiFe 2O 4(铁酸镍)、NiO 、FeO 、CaO 、SiO 2等）中回收NiSO 4的工艺流程如图：
已知：(NH 4)2SO 4在350℃分解生成NH 3和H 2SO 4；NiFe 2O 4在焙烧过程中生成NiSO 4、Fe 2(SO 4)3。

回答下列问题：
（1）“研磨”的目的是___。

（2）矿渣中部分FeO 在空气焙烧时与H 2SO 4反应生成Fe 2(SO 4)3的化学方程式为____。

（3）“浸泡”过程中Fe 2(SO 4)3生成FeO(OH)的离子方程式为___。

“浸渣”的成分除Fe 2O 3、FeO(OH)、CaSO 4外还含有___（填化学式）。

（4）向“浸取液”中加入NaF 以除去溶液中Ca 2+，溶液中c(F -)至少为___mol·
L -1时，可使钙离子沉淀完全。

[已知Ca 2+浓度小于1.0×10-5mol·
L -1时沉淀完全；K sp (CaF 2)=4.0×10-11] （5）萃取可用于对溶液中的金属离子进行富集与分离：Fe 2+(水相)+2RH(有机
相)FeR 2(有机相)+2H +
(水相)。

萃取剂与溶液的体积比（0A V V ）对溶液中Ni 2+、Fe 2+的萃取率影响如图所示，0A
V V 的最佳值为___。

在___（填“强碱性”“强酸性”或“中性”）介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用。

（6）若将流程图中浸泡步骤改为如图步骤（前后步骤不变）。

依据下表数据判断，调pH 范围为___。

【答案】增大接触面积，加快反应速率 4FeO+6H 2SO 4+O 2
高温2Fe 2(SO 4)3+6H 2O Fe 3++2H 2O
加热FeO(OH)+3H + SiO 2 2.0×10-3 0.25 强酸性 3.7≤pH<7.1
【解析】
【分析】 某矿渣的主要成分是NiFe 2O 4(铁酸镍)、NiO 、FeO 、CaO 、SiO 2等，加入硫酸铵研磨后，600°C 焙烧，已知：(NH 4)2SO 4在350℃以上会分解生成NH 3和H 2SO 4；NiFe 2O 4在焙烧过程中生成NiSO 4、Fe 2(SO 4)3，在90°C 的热水中浸泡过滤得到浸出液，加入NaF 除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用，据此分析解答。

【详解】
(1)焙烧前将矿渣与(NH 4)2SO 4混合研磨，混合研磨的目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；
(2)矿渣中部分FeO 在空气焙烧时与H 2SO 4反应生成Fe 2(SO 4)3的化学方程式为
4FeO+6H 2SO 4+O 2高温2Fe 2(SO 4)3+6H 2O ；
(3) “浸泡”过程中Fe 2(SO 4)3生成FeO(OH)的离子方程式为：Fe 3++2H 2O
加热FeO(OH)+3H +；根据
分析，浸渣”的成分除Fe 2O 3、FeO(OH) 、CaSO 4外还含有 SiO 2； (4)向“浸取液”中加入NaF 以除去溶液中Ca 2+，已知Ca 2+浓度小于1.0×10-5mol·L -1时沉淀完全，溶液中c (F −()sp 2K c Ca +-11-54.0101.010
⨯⨯−3mol/L ，故溶液中c (F -)至少为2×10−3 mol/L ； (5)本工艺中，萃取剂与溶液的体积比(0A V V )对溶液中Ni 2+、Fe 2+的萃取率影响如图所示，最
佳取值是亚铁离子不能被萃取，镍离子被萃取，0A
V V 的最佳取值是0.25；由Fe 2+(水相)+2RH(有机相)⇌FeR(有机相)+2H +(水相)可知，加酸，增大氢离子的浓度，使平衡逆向移动，可生成有机相，则应在强酸性介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用；
(6)若将流程图中浸泡步骤改为如图步骤(前后步骤不变)，亚铁离子被双氧水氧化为铁离子，除杂过程中要将铁离子除去但不能使镍离子沉淀，依据下表数据判断，pH=3.7时铁离子完全沉淀，pH=7.1时镍离子开始沉淀，则调节pH 范围为3.7≤pH<7.1。

8．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：
2
2
MnCl 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。

9．某工厂的工业废水中含有大量的FeSO 4和CuSO 4，为了减少污染并变废为宝，工厂拟定用以下流程从该废水中回收FeSO 4和金属Cu 。

请根据以下流程图，回答相关问题：
(1)操作Ⅰ和操作Ⅱ分离固体和溶液的方法是_____________。

(2)为了将CuSO 4完全．．
转化，步骤①加入的铁粉应_______(选填“过量”或“少量”)，其对应的化学方程式．．．．．
为___________。

(3)固体A 的成分是铁和__________(填名称)。

(4)步骤②加入试剂B 的稀溶液，B 的化学式为_________ ，该物质在该反应中作_______剂(选填“氧化”或“还原”)。

(5)取1~2mlFeSO 4溶液于试管中，滴加几滴NaOH 溶液，生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变成_______________色。

(6)另取1~2ml FeSO 4溶液于试管中，滴加几滴氯水，该反应的离子方程式．．．．．
为_______，向反应后的溶液中再滴加几滴__________溶液，溶液变为血红色。

【答案】过滤 过量 44Fe CuSO =FeSO Cu ++ 铜单质 H 2SO 4 氧化 红褐色 2322Fe Cl =2Fe 2Cl ++-++ KSCN
【解析】
【分析】
【详解】
(1)分离固体和溶液的操作即过滤；
(2)为了保证CuSO 4反应彻底，就需要加入过量的Fe 粉；Fe 与CuSO 4溶液发生置换反应，方程式为：44Fe CuSO =FeSO Cu ++；
(3)固体A 中除了未反应完的Fe ，还有就是加入铁粉后置换出的Cu 单质；
(4)分析步骤②可知，加入试剂B 后Fe 单质变成了FeSO 4，而Cu 单质不反应，所以B 为稀硫酸；反应过程中，稀硫酸起氧化剂作用将Fe 氧化；
(5)Fe 2+与OH -反应生成白色的不稳定的Fe(OH)2，Fe(OH)2可以迅速被氧化发生反应：22234Fe(OH)O 2H O=4Fe(OH)++；最终生成红褐色的Fe(OH)3；
(6)FeSO 4中加入氯水后发生氧化还原反应，离子方程式为：2322Fe Cl =2Fe 2Cl ++-++；由于反应后的溶液中有Fe 3+，所以加入KSCN 后，溶液会出现血红色；
10．闪锌精矿(含有ZnS 、SiO 2和少量FeS 杂质)，钛白废液(含H 2SO 4约20%，还有少量Fe 2+、TiO 2+)。

利用钛白废液及闪锌精矿联合生产七水合硫酸锌流程简化如下：。