2020-2021【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

2020-2021【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
一、铁及其化合物
1．已知C、D、G、I为短周期元素形成的单质，D、G、I常温下为气态，且G为黄绿色；形成D的元素原子的最外层电子数是次外层的3倍；B的焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻璃)；K为红棕色粉末。

其转化关系如图。

请回答：
（1）工业上制C用A不用H的原因______________________。

（2）写出C与K反应的化学方程式_________________，该反应的反应物总能量
___________(填“大于”或“小于”)生成物总能量。

（3）L是目前应用最广泛的金属，用碳棒作阳极，L作阴极，接通电源(短时间)电解E水溶液的化学方程式___________________。

（4）写出E物质的电子式___________________。

（5）J与H反应的离子方程式为________________________。

（6）写出G与熟石灰反应制取漂白粉的化学方程式_______________________。

【答案】氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电 2Al+Fe2O3高温
Al2O3+2Fe 大于
2KCl+2H2O2KOH+H2↑+Cl2↑ Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
【解析】
【分析】
【详解】
形成D的元素的原子最外层电子数是次外层的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则D为O2；K为红棕色固体粉末，K为Fe2O3；由于电解A得到C与D，则C与K 生成A的反应为铝热反应，故A为Al2O3，L为Fe，C为Al；黄绿色气体G为Cl2，与C反应得到H为AlCl3；B的焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻璃)，B中含有K元素，B在催化剂、加热条件下反应生成氧气，则B为KClO3，E为KCl，电解KCl溶液生成KOH、H2和Cl2，过量的F与氯化铝反应得到J，则I为H2，F为KOH，J为KAlO2；
（1）H为AlCl3，氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电，故工业上制Al用氧化铝不用氯化铝，故答案为氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电；
（2）C与K反应的化学方程式为：2Al+Fe2O3高温
Al2O3+2Fe，该反应为放热反应，故该反
应的反应物总能量大于生成物总能量，故答案为2Al+Fe2O3高温
Al2O3+2Fe；大于；
（3）Fe是目前应用最广泛的金属，用碳棒作阳极，Fe作阴极，接通电源(短时间)电解KCl
水溶液的化学方程式为：2KCl+2H2O 电解
2KOH+H2↑+Cl2↑，故答案为
2KCl+2H2O 电解
2KOH+H2↑+Cl2↑；
（4）E为KCl，KCl的电子式为，故答案为；
（5）J与H反应的离子方程式为：Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓，故答案为Al3++3AlO2-
+6H2O=4Al(OH)3↓；
（6）G为Cl2，G与熟石灰反应制取漂白粉的化学方程式为
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。

【点晴】
本题考查无机推断等，特殊颜色及D的原子结构、转化关系中特殊反应等是推断突破口，是对元素化合物知识及学生综合能力的考查，需对基础知识全面掌握。

推断题中常见的特征反应现象有：（1）焰色反应：Na(黄色)、K(紫色)；（2）使品红溶液褪色的气体：
SO2(加热后又恢复红色)、Cl2(加热后不恢复红色)；（3）白色沉淀Fe(OH)2置于空气中最终转变为红褐色[Fe(OH)3](由白色→灰绿→红褐色)；（4）在空气中变为红棕色：NO；（5）气体燃烧火焰呈苍白色：H2在Cl2中燃烧；在空气中点燃呈蓝色：CO、H2、CH4；（6）使湿润的红色石蕊试纸变蓝：NH3；（7）空气中出现白烟：NH3与酸性气态物质(或挥发性酸如盐酸、硝酸)反应等。

2．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。

3．常见物质A~K之间存在如图所示的转化关系，其中A、D、E、H为单质，请回答下列问
题。

(1)下列物质的化学式是：C______，H______。

(2)反应“I→J”的离子方程式是____。

(3)检验J溶液中的金属离子的方法是(写出操作步骤、现象及结论)____。

【答案】AlCl3 Fe 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-在试管中取少量J溶液，向其中滴加几滴KSCN溶液，振荡，若溶液变为红色，则说明J溶液含有Fe3+
【解析】
【分析】
溶液C与氨水反应生成白色沉淀F，白色沉淀F与氢氧化钠溶液反应生成溶液G，说明G 为NaAlO2，F为Al(OH)3，金属A与溶液B反应生成气体D，金属A为Al，气体D和黄绿色气体E(Cl2)反应生成气体B，气体B溶于水，溶液B与金属H反应生成溶液I，根据后面红褐色沉淀，得到金属H为Fe，则B为HCl，溶液C为AlCl3，则D为H2，溶液I为FeCl2，溶液J为FeCl3，K为Fe(OH)3。

【详解】
(1)根据前面分析得到物质的化学式是：C为AlCl3，H为Fe；
(2)反应“I→J”是Fe2+与Cl2反应生成Fe3+和Cl－，其离子方程式是2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－；
(3)检验J溶液中的金属离子的方法是主要是用KSCN溶液检验铁离子，变红，说明溶液中含有铁离子。

4．已知A、B、C、D分别是AlCl3、BaCl2、FeSO4、NaOH四种化合物中的一种，它们的水溶液之间的一些反应现象如下：
①A+B→白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解。

②B+D→白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色。

③C+D→白色沉淀，继续加D溶液，白色沉淀逐渐消失。

（1）则各是什么物质的化学式为：A_______、B_______、C_______、D_______。

（2）现象②中所发生的反应的化学方程式为：__________________________________、______________________________。

（3）现象③中所发生反应的离子方程式为：__________________________________、
________________________________。

【答案】BaCl2 FeSO4 AlCl3 NaOH； FeSO4 + 2NaOH＝Fe(OH)2↓+ Na2SO4 4Fe(OH)2 + O2+ 2H2O＝4Fe(OH)3 Al3+ + 3OH-＝Al(OH)3↓ Al(OH)3 + OH-＝AlO2- + 2H2O
【解析】
【分析】
①A+B→白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解应，则生成的白色沉淀为BaSO4，②B+D→白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色，是Fe(OH)2的转化为Fe(OH)3，故A
为BaCl2，B为FeSO4，D为NaOH，则C为AlCl3，氯化铝溶液与NaOH溶液反应生成白色沉淀Al(OH)3，Al(OH)3能溶解在NaOH溶液中，符合③中现象。

【详解】
(1)根据以上分析可知A、B、C、D依次为BaCl2、FeSO4、AlCl3、NaOH；
(2)现象②先生成白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色时所发生的反应的化学方程式为：FeSO4 + 2NaOH＝Fe(OH)2↓+ Na2SO4，4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3；(3)现象③中所发生反应的离子方程式为：Al3++3OH-＝Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-＝AlO2-
+2H2O。

【点睛】
考查无机物的推断，关键是明确物质之间的反应，根据现象进行判断，其中“白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色”为解题突破口，这里发生了Fe(OH)2沉淀的生成及转化为Fe(OH)3的过程，另外灵活利用氢氧化铝的两性知识即可解题。

5．A～I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)。

已知H为固态氧化物，F是红褐色难溶于水的沉淀，且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六种物质中所含的同一种元素的名称是___。

（2）反应①的化学方程式为___。

（3）反应③的离子方程式为___。

（4）反应⑧的化学方程式为___。

（5）反应⑥过程中的现象是____。

（6）1molI发生反应后生成的A高温下与足量的水蒸气反应，生成的气体换算成标准状况下占___L。

【答案】铁元素 8Al＋3Fe3O44Al2O3＋9Fe Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O Al2O3＋
2NaOH=2NaAlO2＋H2O 生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色，最后变成红褐色 33.6 【解析】
【分析】
F是红褐色难溶于水的沉淀，则F为氢氧化铁；E能在空气中转化为F，且E是C和氢氧化钠反应生成，则E为氢氧化亚铁，C为氯化亚铁；B能与盐酸反应生成氯化亚铁和D，则B 为四氧化三铁，D为氯化铁；A在空气中燃烧能够生成四氧化三铁，则A为铁单质；四氧
化三铁与I在高温条件下反应生成铁单质，I又能与氢氧化钠反应，推知I为铝单质，与四氧化三铁在高温条件下发生铝热反应，生成H为氧化铝；铝和氧化铝都能与氢氧化钠反应生成G，则G为偏铝酸钠。

【详解】
（1）A为铁、B为四氧化三铁、C为氯化亚铁、D为氯化铁、E氢氧化亚铁、F为氢氧化铁，则六种物质中都含有铁元素，故答案为：铁元素；
（2）①是铝与四氧化三铁发生铝热反应，其反应的方程式为8Al＋3Fe3O44Al2O3＋
9Fe，故答案为：8Al＋3Fe3O44Al2O3＋9Fe；
（3）③是四氧化三铁与盐酸反应，其反应的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O，故答案为：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O；
（4）⑧是氧化铝与氢氧化钠发生反应，反应的化学方程式为Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋
H2O，故答案为：Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O；
（5）⑥氢氧化亚铁在空气中转化为氢氧化铁，其现象为生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，故答案为：生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；
（6）1mol铝与四氧化三铁反应生成铁单质与氧化铝，生成的铁单质再与水蒸气反应生成氢气，根据得失电子守恒可知，铝失去的电子数等于生成氢气得到的电子数，可列式
1×3=2×n（H2）,则n（H2）=1.5mol，则标准状况下，氢气的体积V（H2）
=1.5mol×22.4L/mol=33.6L，故答案为33.6。

【点睛】
铝与四氧化三铁反应生成铁，8molAl~9molFe，铁与水蒸气反应生成氢气，
3molFe~4molH2，所以也可以根据对应关系8molAl~9molFe~12molH2，求得氢气的物质的量。

6．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 +)。

7．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 【解析】
【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H2SO4，反应方程式为
Fe+2H2SO4=FeSO4+H2↑，C是FeSO4；Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，故A是SO2，SO2+H2O H2SO3，D是H2SO3。

【详解】
（1）由解析可知，A的化学式为SO2；
（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+=Fe2++H2↑；
（4）H2SO3→H2SO4过程中，S元素化合价升高，即H2SO3被空气中的O2氧化为H2SO4；
2H2SO3+ O2= H2SO4，H2SO3是弱酸，H2SO4是强酸，故当将含H2SO3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。

8．为探究某黄色固体的组成和性质，设计如下实验：
请回答：
（1）X 的化学式是_______。

（2）X 在空气中充分灼烧的化学方程式为_______。

（3）溶液 A 与烧碱反应生成 B 和浅黄色沉淀（0.01mol ）的化学方程式为_______。

【答案】CuFeS 2 4CuFeS 2＋13O 2＝4CuO ＋2Fe 2O 3＋8SO 2 3Fe 2 (SO 4)3＋12NaOH ＝Na 2Fe 6 (SO 4)4 (OH )12＋5Na 2SO 4
【解析】
【分析】
根据流程图，11.04gX 在空气中灼烧，生成的气体使品红溶液褪色的气体是二氧化硫，生成的黑色固体氧化物应该为CuO ，得到红褐色固体氧化物应该为 Fe 2O 3，根据图示中提供的数据计算含有S 、Cu 、Fe 元素的物质的量确定X 的化学式以及物质的量；氧化铁加入适量稀硫酸溶解得到含一种溶质的溶液为Fe 2(SO 4)3溶液，再加入NaOH 反应生成溶液为7.1g ，单一溶质且只含一种金属元素，B 为Na 2SO 4，结合元素守恒和电荷守恒分析判断黄色沉淀所含成分，据此分析解答。

【详解】
根据流程图，11.04gX 在空气中灼烧，生成的气体使品红溶液褪色的气体是二氧化硫，n(SO 2)= 2.688L 22.4L /mol
=0.12mol ，生成的黑色固体氧化物应该为CuO ，物质的量n(CuO)=
4.8g 80g /mol =0.06mol ，得到红褐色固体氧化物应该为 Fe 2O 3，物质的量
n(Fe2O3)=
4.8g
160g/mol=0.03mol，则化合物中含Fe、Cu、S，物质的量之比
n(Fe) ∶n(Cu)) ∶n(S)=0.03×2∶0.06∶0.12=1∶1∶2，因此X化学式为FeCuS2，物质的量0.06mol，质量=0.06mol×(56+64+64)g/mol=11.04g，符合题意，上述推断正确，氧化铁加入适量稀硫酸溶解得到含一种溶质的溶液为Fe2(SO4)3溶液，则n[Fe2(SO4)3]=0.03mol，
4.8gNaOH反应生成溶液为7.1g，单一溶质且只含一种金属元素，推断为Na2SO4，
n(NaOH)=
4.8g
40g/mol=0.12mol，n(Na2SO4)=
7.1g
142g/mol=0.05mol，结合元素守恒和电荷守
恒，0.03molFe2(SO4)3和0.12molNaOH反应得到0.05molNa2SO4和浅黄色沉淀，浅黄色沉淀中含n(Na+)=0.12mol-0.05mol×2=0.02mol，n(Fe3+)=0.06mol，n(OH-)=0.12mol，n(SO42-
)=0.03mol×3-0.05mol=0.04mol，得到浅黄色沉淀组成：n(Na+)∶n(Fe3+)∶n(OH-)∶n(SO42-
)=0.02∶0.06∶0.12∶0.04=1∶3∶6∶2，组成为NaFe3 (SO4)2(OH)6。

(1)根据上述计算可知X为FeCuS2，故答案为：FeCuS2；
(2X在空气中充分灼烧生成二氧化硫、氧化铁、氧化铜，结合电子守恒和原子守恒书写得到反应的化学方程式为：4FeCuS2+13O24CuO+2Fe2O3+8SO2，故答案为：4FeCuS2+13O2 4CuO+2Fe2O3+8SO2；
(3)溶液A与烧碱反应生成B和浅黄色沉淀(0.01mol)的反应是氢氧化钠和硫酸铁反应生成硫酸钠和浅黄色沉淀，结合上述计算得到沉淀化学式为Na2Fe6 (SO4)4 (OH)12，反应的化学方程式为：3Fe2(SO4)3+12NaOH=5Na2SO4+ Na2Fe6 (SO4)4 (OH)12↓，故答案为：
3Fe2(SO4)3+12NaOH=5Na2SO4+ Na2Fe6 (SO4)4 (OH)12↓。

【点睛】
大胆判断煅烧得到的黑色固体和红褐色固体的成分是解题的关键。

本题的难点为浅黄色沉淀组成的判断，要注意物质组成的定量计算、元素守恒的计算和化学式的确定方法的应用。

9．二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物，主要用于多相催化，例如乘用车的废气催化转化器，太阳能电池中的光催化，水分解或污染物的分解等。

平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质）。

某课题组以此粉末为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到纯净的CeO2和硫酸铁铵晶体。

已知：CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液。

回答下列问题：
(1)稀酸A的分子式是_________。

(2)滤液1中加入H2O2溶液的目的是____，滤渣1中加入H2O2溶液的目的是_____。

(3)设计实验证明滤液1中含有Fe2+_______________。

(4)在酸性溶液中，已知Fe2+溶液可以和难溶于水的FeO(OH)反应生成Fe3O4，该反应的离子方程式为_______。

(5)由滤液2生成Ce(OH)4的离子方程式为__________________。

(6)已知Fe(OH)3的K sp近似值为10－38。

常温下，在含有Fe3+杂质的溶液中，为使其除尽应调节溶液pH至少为_____。

(通常认为当离子浓度小于1.0×10－5mol·L－1时即视为沉淀完全)
【答案】H2SO4使Fe2+氧化为Fe3+使CeO2还原为Ce3+取少许滤液1，滴加铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成，则证明滤液1中有Fe2+ Fe2+ +2FeO(OH) = Fe3O4 +2H+ 4Ce 3 ++ O2
+12OH－+2H2O =4Ce(OH)4↓ 3
【解析】
【分析】
制备纯净的CeO2和硫酸铁铵晶体，由流程可知，废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO 等物质)中加入A为稀硫酸，FeO转化为FeSO4、Fe2O3转化Fe2(SO4)3存在于滤液1中，滤渣1为CeO2和SiO2；滤液1中加入稀硫酸和铁粉，被Fe2(SO4)3还原为FeSO4，溶液1为FeSO4溶液，加入硫酸铵混合蒸发浓缩、常温晾干后得到硫酸亚铁铵晶体；滤渣1中加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+存在于滤液2中，反应为2CeO2+H2O2+3H2SO4＝
Ce2(SO4)3+O2↑+4H2O，滤渣2为SiO2；滤液2加入碱并通入氧气将Ce从+3氧化为+4后Ce3+转化为沉淀Ce(OH)4，反应为4Ce 3++O2+12OH﹣+2H2O═4Ce(OH)4↓，加入分解Ce(OH)4得到产品CeO，以此来解答。

【详解】
(1)CeO2不溶于稀硫酸，废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质)中SiO2也不溶于酸，加入稀硫酸可将CeO2和SiO2与Fe2O3、FeO分离；
(2)滤液1中加入H2O2溶液的目的是使Fe2+氧化为Fe3+，滤渣1中加入H2O2溶液的目的是还原CeO2为Ce3+；
(3)设计实验证明滤液1中含有Fe2+的方法为：取少许滤液1，滴加铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成，则证明滤液1中有Fe2+；
(4)已知Fe2+溶液可以和难溶于水的FeO(OH)反应生成Fe3O4，该反应的离子方程式为
Fe2++2FeO(OH)═Fe3O4+2H+；
(5)滤液2为含有Ce 3+的溶液，加入碱并通入氧气将Ce从+3氧化为+4后Ce3+转化为沉淀Ce(OH)4，离子方程式为：4Ce 3++O2+12OH﹣+2H2O═4Ce(OH)4↓；
(6)Fe(OH)3的K sp近似值为10﹣38，Fe3+完全沉淀时c(OH﹣)＝10﹣11mol/L，常温下
c(H+)＝
14
11
10
10
-
-
＝10﹣3mol/L，为使其除尽应调节溶液pH至少为3。

10．三氯化铁在印刷、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。