2020-2021高考化学 铁及其化合物推断题 培优练习(含答案)及详细答案

2020-2021高考化学铁及其化合物推断题培优练习(含答案)及详细答案
一、铁及其化合物
1．将铁、铝的混合物进行如下实验：
(1)操作X的名称是________。

(2)气体A是________(填化学式)。

(3)A与Cl2混合光照可能发生爆炸，A在该反应中作________(填“氧化剂”或“还原剂”)。

(4)溶液B中的阴离子除OH－外还有________(填离子符号，下同)，溶液D中存在的金属离子为________。

(5)加入足量NaOH溶液时发生反应的离子方程式为___________；加入稀盐酸发生反应的离子方程式为_________。

(6)向溶液D中加入NaOH溶液，观察到产生的白色絮状沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，请写出沉淀转化的化学方程式：___________。

【答案】过滤 H2还原剂 AlO2- Fe2＋ 2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑ Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑ 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3
【解析】
【分析】
金属混合物中Fe与NaOH溶液不反应，而Al可以与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2，NaAlO2易溶于水，所以气体A是H2，溶液B是NaAlO2与NaOH的混合溶液，固体C是Fe，Fe是比较活泼的金属，与HCl发生置换反应产生FeCl2和氢气，因此溶液D为FeCl2，据此分析解答。

【详解】
(1)操作X的名称是分离难溶性的固体与可溶性液体混合物的方法，名称是过滤，故答案为：过滤；
(2)根据上述分析可知，金属混合物中Fe与NaOH溶液不反应，而Al可以与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2，NaAlO2易溶于水，所以气体A是H2，故答案为：H2；
(3)A是H2，H2和Cl2的混合气体光照会发生爆炸，反应生成HCl，在该反应中，氢元素的化合价升高，失去电子，被氧化，所以H2作还原剂，故答案为：还原剂；
(4)溶液B是反应产生的NaAlO2与过量的NaOH的混合溶液，所以溶液B中阴离子除OH-外还有AlO2-，铁可以和盐酸反应生成FeCl2和H2，溶液D中含有的金属离子为Fe2+，故答案为：AlO2-；Fe2+；
(5)加入足量NaOH溶液时，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式
为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，加入稀盐酸，Fe与稀盐酸反应生成氢气和氯化亚铁，发生反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
Fe+2H+=Fe2++H2↑；
(6)溶液D为FeCl2，向溶液D加入NaOH溶液，观察到产生的白色絮状沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，其中沉淀转化的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。

【点睛】
本题考查金属铁以及金属铝的化学性质。

注意知识的积累是解题的关键， HCl的氧化性比较弱，只能把Fe氧化为Fe2+，Cl2、H2O2具有强氧化性，可以把Fe氧化为Fe3+；Al既可以与酸反应产生氢气，也可以与强碱溶液反应反应氢气，等物质的量的铝与足量的酸、碱反应产生氢气的物质的量相等。

2．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。

3．某学生探究小组将一批废弃的电子线路板简单处理后，得到含71%Cu、20%Al、5%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜晶体的路线：
已知：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2H2O+2NO2↑
回答下列问题：
（1）滤渣1的主要成分为___。

（2）第②步加入H2O2目的是将Fe2+氧化成Fe3+，其离子方程式为___；使用H2O2作为氧化剂的优点是___。

（3）用第③步所得CuSO4·5H2O晶体加热制备无水CuSO4的瓷质主要仪器___。

（4）由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O，探究小组设计了三种方案：
上述三种方案中，可行方案是___，其中不可行方案的原因是___。

【答案】Pt、Au H2O2 +2Fe2+ +2H+ =2Fe3+ +2H2O 不引入新杂质且产物无污染蒸发皿乙甲
【解析】
【分析】
（1）.滤渣1成分应为Pt，Au，性质稳定不与浓硝酸和稀硫酸反应。

（2）.H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，同时其被还原为H2O。

产物无污染无需后续处理。

（3）.蒸发结晶过程会用到主要仪器蒸发皿属于瓷质。

（4）.滤液1加H2O2是为了将溶液中Fe2+→Fe3+，然后通过加NaOH调PH值使Al3+和Fe3+沉淀，这样才能使滤液2只含Cu2+。

而滤渣2成分为Fe(OH)3和Al(OH)3,所以在制取
Al2(SO4)3·18H2O时要考虑除去Fe3+影响。

【详解】
（1）.Pt，Au都属于化学性质稳定的金属，所以滤渣1含Pt和Au，答案为Pt、Au。

（2）.根据分析，H2O2氧化Fe2+的离子方程式为H2O2 +2Fe2++2H+=2Fe3+ +2H2O，反应产物只有H2O和Fe3+，没有引入新杂质且无污染。

答案为H2O2 +2Fe2+ +2H+ =2Fe3+ +2H2O，不引入新杂质且产物无污染。

（3）.由分析可知为蒸发皿，答案为蒸发皿。

（4）.根据分析，滤渣2如果采用甲方案处理无法除去Fe3+，最终获得产物会含有杂质
Fe2(SO4)3成分。

如果采用乙方案，加适量Al粉可以置换出Fe同时生Al3+。

丙方案加入NaOH溶解Al(OH)3然后过滤，可排除Fe3+影响，但对比方案乙其原子利用率不高。

故答案为乙，甲。

4．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。

5．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
H 2+Cl 2→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Fe 3+；反应④：物质E+Cl 2→物质F ，则E 中含有Fe 2+；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FeCl 2，F 为FeCl 3。

（1）根据上述分析可知A 为Na ；G 为Fe(OH)3 ；
（2）气体甲为H 2，气体乙为Cl 2，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+2H 2O=2Na ++2OH -+H 2↑ ；反应④为FeCl 2与的反应，离子方程式为：2Fe 2++Cl 2=2Fe 3++2Cl -。

6．将Fe 粉、Cu 粉、FeCl 3溶液、FeCl 2溶液和CuCl 2溶液，混合于某容器中充分反应(假定容器不参与反应)，试判断下列情况下溶液中存在的金属离子和金属单质。

(1)若铁粉有剩余，则容器中不可能有_______________；
(2)若氯化铜有剩余，则容器中还可能有_____________，一定有_________；
(3)若氯化铁有剩余，则容器中不可能有____________ ；
(4)由以上反应可知金属离子的氧化性强弱顺序为_______________。

【答案】Fe 3+、Cu 2+ Fe 3+或Cu Fe 2+ Fe 、Cu Fe 3+＞Cu 2＞Fe 2+
【解析】
【分析】
在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，向装有氯化铁溶液的烧杯中，加入一定量的Cu 和Fe 的混合粉末，则铁和铜都能与氯化铁溶液反应，氧化性：FeCl 3＞CuCl 2＞FeCl 2，还原性Fe ＞Cu ，Fe 有剩余，则Cu 没有参加反应，溶液中不存在Fe 3+、Cu 2+，以此解答该题。

【详解】
氧化性：FeCl 3＞CuCl 2＞FeCl 2，还原性Fe ＞Cu ，
(1)反应后铁有剩余，发生Fe+2FeCl 3=3FeCl 2，Fe+CuCl 2=Cu+FeCl 2，Fe 3+、Cu 2+都不能存在；
(2)若CuCl 2有剩余，由于氯化铜可氧化单质铁，则不可能有Fe ，一定有Fe 2+；容器中可能有Fe 3+或Cu ；
(3)若FeCl 3有剩余，发生Fe+2FeCl 3=3FeCl 2，Cu+2FeCl 3=CuCl 2+2FeCl 2，Fe 、Cu 都不能存在；
(4)由反应Fe+2FeCl 3=3FeCl 2，Fe+CuCl 2=Cu+FeCl 2可知氧化性强弱顺序为Fe 3+＞Cu 2＞Fe 2+。

7．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。

8．二氧化铈(CeO 2)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﹣)＝
38
3
5
10
10
-
-
＝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。

9．七水硫酸锌别名皓矾，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H2SO4酸溶过程中，ZnSiO3与H2SO4会生成H2SiO3；
(2)在步骤Ⅱ中加入H2O2，会与溶液中的Fe2+发生氧化还原反应；
(3)要中和多余H2SO4并且不引入新杂质，可以加入ZnO或ZnCO3或Zn(OH)2等化合物；根据表格所知，Fe3+全部除尽，pH≥3.2，Zn2+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Cu2+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ZnSO4·7H2O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H2SO4酸溶过程中，ZnSiO3与H2SO4会生成H2SiO3，故滤渣X的成分为H2SiO3，故答案为：增大比表面积，加快反应速率、提高浸取率； H2SiO3；
(2)在步骤Ⅱ中加入H2O2，会与溶液中的Fe2+发生氧化还原反应，对应的离子方程式为：
2Fe2＋+H 2O2+2H＋2Fe3＋+2H2O，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续步骤中将铁元素除去；2Fe2＋+H 2O2+2H＋2Fe3＋+2H2O；
(3)要中和多余H2SO4并且不引入新杂质，可以加入ZnO或ZnCO3或Zn(OH)2等化合物；根据表格所知，Fe3+全部除尽，pH≥3.2，Zn2+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ZnCO3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Cu2+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。

10．钼酸钠晶体(Na 2MoO 4·2H 2O)是一种金属腐蚀抑制剂。

工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的MoS 2)制备钼酸钠的两种途径如图所示。

（1）NaClO 的电子式为 ___。

（2）途径Ⅰ碱浸时发生反应的化学方程式为____。

（3）途径Ⅱ氧化时还有Na 2SO 4生成，则反应的离子方程式为____。

（4）已知途径Ⅰ的钼酸钠溶液中c(MoO 42-)=0.40mol/L ，c(CO 32-)=0.10mol/L 。

由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体时，需加入Ba(OH)2固体以除去CO 32-。

当BaMoO 4开始沉淀时，CO 32-的去除率是______[已知Ksp(BaCO 3)=1×10-9、Ksp(BaMoO 4)=4.0×10-8，忽略溶液的体积变化]。

（5）分析纯钼酸钠常用钼酸铵[(NH4)2MoO4]和氢氧化钠反应来制取，若将该反应产生的气体与途径Ⅰ所产生的气体一起通入水中，得到正盐的化学式是_______。

（6）钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。

常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如图
①当硫酸的浓度大于90%时，碳素钢腐蚀速率几乎为零，原因是____。

②若缓蚀剂钼酸钠-月桂酸肌氨酸总浓度为300mg ·L -1，则缓蚀效果最好时钼酸钠(M =206g ·mol -1) 的物质的量浓度为____(计算结果保留3位有效数字)。

【答案】 MoO 3+Na 2CO 3=Na2MoO 4+CO 2↑ MoS 2+9ClO -+6OH -=MoO 42-+9Cl -+2SO 42-+3H 2O 90% (NH 4)2CO 3和(NH 4)2SO 3 常温下浓硫酸会使铁钝化 7.28×10-4mol/L
【解析】
【分析】
根据流程利用钼精矿(主要成分是MoS 2)制备钼酸钠有两种途径：
途径Ⅰ是先在空气中灼烧生成MnO 3，得到对环境有污染的气体SO 2，用碱液可以吸收，然后再用纯碱溶液溶解MnO 3，发生反应：MoO 3+Na 2CO 3═Na 2MoO 4+CO 2↑，得到钼酸钠溶液，最后结晶得到钼酸钠晶体；途径Ⅱ是直接用NaClO 溶液在碱性条件下氧化钼精矿得到钼酸钠溶液，反应为MnS 2+9ClO -+6OH -=MoO 42-+9Cl -+2SO 42-+3H 2O ，结晶后得到钼酸钠晶体，据此分析作答。

【详解】
(1)离子化合物NaClO 的电子式为；
(2)途径I 碱浸时MoO 3和纯碱溶液反应生成钼酸钠，同时得到CO 2气体，反应方程式为MoO 3+Na 2CO 3=Na 2MoO 4+CO 2↑；
(3)途径II 氧化时还有Na 2SO 4生成，反应物NaClO 在碱性条件下氧化MoS 2，得到钼酸钠和NaCl 、硫酸钠和水，本质为次氯酸根离子氧化MoS 2中钼和硫，化合价变化为：升高Mo(+2→+6)，S(-1→+6)，降低Cl(+1→-1)，最小公倍数18，发生反应的离子方程式为：MoS 2+9ClO -+6OH -=MoO 42-+9Cl -+2SO 42-+3H 2O ；
(4)K sp (BaMoO 4)=4.0×10-8，钼酸钠溶液中c (MoO 42-)=0.40mol•L -1，BaMoO 4开始沉淀时，溶液
中钡离子的浓度为：c (Ba 2+)=-1-7-8
1mol L =1104.01m 00.ol 40L -⨯⨯g g ，K sp (BaCO 3)=1×10-9，溶液中碳酸根离子的浓度为：c (CO 32-)=97110110--⨯⨯mol/L=0.01mol/L ，则碳酸根的去除率为
-1-1
-1
0.10mol L -0.01mol L 100%0.10mol L ⨯g g g =90%； (5)四钼酸铵[(NH 4)2MoO 4]和氢氧化钠反应可生成NH 3，途径Ⅰ中生成的气体有CO 2和SO 2，将NH 3和CO 2或SO 2一起通入水中可生成正盐为(NH 4)2CO 3和(NH 4)2SO 3；
(6)①当硫酸的浓度大于90%时，可以认为是浓硫酸，碳素钢的主要成分含有铁，常温下浓硫酸具有强氧化性，会使铁钝化，表面生成致密的氧化膜，起到防腐蚀作用，所以其腐蚀速率几乎为零；
②缓蚀剂钼酸钠-月桂酸肌氨酸总浓度为300mg·
L -1，据图可知缓蚀效果最好时钼酸钠和月桂酸肌氨酸的浓度均为150mg/L ，则1L 钼酸钠溶液中钼酸钠的物质的量为
-40.15g =7.2810mol 206g/mol
⨯，所以物质的量浓度为7.28×10-4mol/L 。