高考化学铁及其化合物推断题-经典压轴题附详细答案

A． 2.0左右B . 3.0左右C．5.0左右
【答案】2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O温度升高，H2O2受热易分解，造成浸出率偏低；加入稀硫酸时，c（H+）增大，平衡向形成Ce3+的方向移动，4Ce3++O2+12OH-+2H2O=4Ce(OH)496%8B使Fe3+、Mn2+完全除去，并防止Eu3+被萃取导致损失
(5)已知含Ce3+溶液也可以先加碱调pH后再通入氧气氧化可得到Ce(OH)4。298K时,Ksp[Ce(OH)3]=5×10-20，若溶液中c(Ce3+)=0.05mol•L-1,加碱调节pH到_____时Ce3+开始沉淀（忽略加碱过程中溶液体积变化）．
(6)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示．流程中为了用萃取剂除去金属杂质离子，进行萃取2最适宜的pH是_______（填选项序号）．其原因是_____。
（5）萃取可用于对溶液中的金属离子进行富集与分离：Fe2+(水相)+2RH(有机相) FeR2(有机相)+2H+(水相)。萃取剂与溶液的体积比（ ）对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示， 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。
(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；
【解析】
【分析】
废荧光粉末含( Eu2O3、SiO2、Fe2O3、CeO2、MnO等物质），加入硫酸，滤液含有Eu3+、Fe3+、Mn2+等，经萃取，可除去Fe3+、Mn2+等，加入氨水，可生成Eu（OH）3，加热分解可生成Eu2O3；滤渣中含有CeO2、SiO2，加入稀硫酸和过氧化氢，经萃取、反萃取，可得到含有Ce3+的溶液，加入氢氧化钠并通入氧气，可生成Ce（OH）4，加热可生成CeO2。
（2）E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，反应的方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
（3）D为KCl，H为AgCl，D转化为H的离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓，故答案为：Ag++Cl-=AgCl↓；
【详解】
(1)焙烧前将矿渣与(NH4)2SO4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H2SO4反应生成Fe2(SO4)3的化学方程式为4FeO+6H2SO4+O2 2Fe2(SO4)3+6H2O；
(3) “浸泡”过程中Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的离子方程式为：Fe3++2H2O FeO(OH)+3H+；根据分析，浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外还含有SiO2；
高考化学铁及其化合物推断题-经典压轴题附详细答案
一、铁及其化合物
1．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__________。
(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。
5．稀土元素包括钪、钇和镧系（含Ce、Eu )共17种元素，是重要的战略资源，我省稀土资源非常丰富．某彩色电视机显示屏生产过程中产生大量的废荧光粉末含( Eu2O3、SiO2、Fe2O3、CeO2、MnO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，得到较为纯净的CeO2和Eu2O3（氧化铕）．
(4)向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+，已知Ca2+浓度小于1.0×10-5mol·L-1时沉淀完全，溶液中c(F−)= = ≈2×10−3mol/L，故溶液中c(F-)至少为2×10−3mol/L；
(5)本工艺中，萃取剂与溶液的体积比( )对溶液中Ni2+、Fe2+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， 的最佳取值是0.25；由Fe2+(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；
（4）FeCl2中混有的少量FeCl3，可用过量的铁粉将FeCl3转化为FeCl2，过量的铁粉用过滤除去，故答案为：向溶液B中加入足量铁粉，再经过滤操作。
【点睛】
白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色所涉及的反应正是E到F：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3。
3．钾、钠、镁、铁均能与水发生置换H2的反应。
（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+6H2SO4+O2 2Fe2(SO4)3+6H2OFe3++2H2O FeO(OH)+3H+SiO22.0×10-30.25强酸性3.7≤pH<7.1
【解析】
【分析】
(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】AlHCl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)32Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑
【解析】
【分析】
(1)根据金属的活泼性分析判断；
(2)①根据铁与水的反应条件分析；②根据高温下铁的氢氧化ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ的稳定性分析解答；
(3)需要将Fe的氧化物转化为溶于水的离子，再检验。
【详解】
(1)金属的活泼性越强，与水反应越剧烈，活泼性：K＞Na＞Mg＞Fe，所以与水发生置换H2反应最剧烈的是钾，故答案为：钾；
【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。
2．已知有以下物质相互转化：
请回答下列问题：
（1）写出B的化学式___________，D的化学式为____________；
（2）写出由E转变成F的化学方程式________。
（3）写出D转化成H的离子方程式_________。
（4）除去溶液B中混有的少量G溶液的最适宜方法是________。
【答案】FeCl2KCl4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3Ag++Cl-=AgCl↓向溶液B中加入足量铁粉，再经过滤操作
(3)流程中由含Ce3+滤液生成Ce(OH)4的离子方程式____________________。
(4)取上述流程中得到的Ce(OH)4产品0.52 g,加硫酸溶解后，用浓度为0.1000mol•L-1FeSO4标准溶液滴定至终点时，铈被还原为Ce3+,消耗24.00 mL标准溶液。该产品中Ce(OH)4的质量分数为___________。
(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）“浸泡”过程中Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的离子方程式为___。“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外还含有___（填化学式）。
（4）向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+，溶液中c(F-)至少为___mol·L-1时，可使钙离子沉淀完全。[已知Ca2+浓度小于1.0×10-5mol·L-1时沉淀完全；Ksp(CaF2)=4.0×10-11]
(2)①铁与水蒸气的反应，需要在高温条件下反应才能发生，故答案为：反应需在高温条件下进行；
②铁的氢氧化物不稳定受热易分解，所以高温下铁的氢氧化物会分解生成四氧化三铁，因此产物为氧化物而非氢氧化物，故答案为：铁的氢氧化物在高温条件下会分解；
(3)四氧化三铁难溶于水，需要用HCl(或稀硫酸)溶解生成Fe3+，Fe3+遇到KCNS试液，溶于变红色，故答案为：稀硫酸(或稀盐酸)、KCNS试液。