2020-2021高考化学复习《铁及其化合物推断题》专项综合练习附答案

1、2020-2021 高考化学复习铁及其化合物推断题专项综合练习附答案一、铁及其化合物1 下列各物质是中学化学中常见的物质，甲为常见金属单质，丙为黄绿色的单质气体，乙、丁是常见无色气态非金属单质，其它均为化合物，C 常温下为一种液体，B、 D 分别为黑色粉末和黑色晶体，G 为淡黄色固体，J 为生活中常见的调味品，I 为红褐色固体，F 为棕黄色溶液。是实验室制取丁的反应之一。各物质间的转化如下图所示，回答下列问题(部分生成物未列出)：(1)物质 I 的化学式为 _； F 中阴离子是 _；(2)反应的化学方程式为为_ ；(3)B 与 K 的反应是实验室制取丙的反应，其离子方程式为_；(4)反应的化学

2、方程式为_；(5)若E 与 G 以物质的量比为1:1 投入足量水中，反应的化学方程式为_；生成1mol气体转移电子的个数为_。-MnO 2+Mn2+Cl2 +2HO 3Fe +【答案】 Fe(OH)3 Cl 2H2O22H2O+O2 MnO 2+4H +2Cl高温4H O(g)Fe O +4H 4FeCl +4Na O+ 6H O = 4Fe(OH) +8NaCl + O6N2342222232A【解析】【分析】丙为黄绿色单质气体，所以丙为Cl2， B 与 K 的反应是实验室制取丙的反应，且B 为黑色粉末，则 B 为 MnO 2，K 为 HCl；是实验室制取丁的反应之一，则该反应为双氧水在二氧

3、化锰的催化作用下制取氧气的反应，所以C 为 H2 O，丁为氧气； G 为淡黄色固体，且可以生成氧气，则 G 应为 Na22NaCl， I 为红褐色固体应为O ，则 J 为生活中常见的调味品，应为33+， E与氯气反应可生成F，则 F 为 FeCl32Fe(OH) ；F 为棕黄色溶液，应含Fe， E 为 FeCl ；氯化铁可以与单质铁反应生成氯化亚铁，所以甲为铁单质，Fe 可以在高温条件下与水反应生成氢气和四氧化三铁，所以乙为氢气，D 为 Fe3O4。【详解】3-；(1)根据分析可知物质 I 为 Fe(OH) ； F 中阴离子为 Cl(2)反应为双氧水在二氧化锰的催化作用下制取氧气，方程式为Mn

4、O 22H O2H O+O ；2222(3)实验室利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，方程式为：MnO 2+4H+2ClMn2+22+Cl +2H O；(4)反应为 Fe 在高温条件下与水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁的反应，方程式为：3Fe高温+4H ；+ 4H O(g)Fe O2342(5)E 为 FeCl2， G 为 Na2O2，过氧化钠有强氧化性可氧化亚铁离子为铁离子，被还原时-1 价的氧被还原成 -2 价，二者1： 1 反应，说明氧化产物不止有Fe3+，再联系过氧化钠可以与水反应生成氧气，可知产物中应还有氧气，Na2O2 自身发生氧化还原反应，所以E 与 G 以物质的量比为1:1 投入足

5、量水中，反应方程式为4FeCl22 223 +8NaCl +4Na O+ 6H O = 4Fe(OH)O2 。【点睛】解决此类题目要根据物质的性质、特征作为突破口进行推断，例如本题中“丙为黄绿色单质气体 ”，则丙为 Cl2， “F为棕黄色溶液 ”，则其溶液中应含有 Fe3+，学生平时的学习中要注意多积累一些有特殊性质的物质。2A、 B、 C 均为中学化学常见的纯净物，它们之间存在如下转化关系：其中均为有单质参与的反应。（1）若A 是常见的金属，中均有同一种黄绿色气体参与反应，B 溶液遇KSCN显血红色，且为化合反应，写出反应的离子方程式_ 。（ 2）如何检验上述 C 溶液中的阳离子？ _ 。（

6、3）若 B 是太阳能电池用的光伏材料，为工业制备B 的反应。 C 的化学式是_，属于置换反应 _，（填序号）写出反应的化学方程式_ 。3+2+取少量溶液于试管，加KSCN溶液，无明显现象，再加氯水，溶【答案】 Fe+2Fe3Fe液变成血红色，则证明含Fe2+SiCl4 2C+SiOSi+2CO【解析】【分析】(1)由转化关系可知A 为变价金属，则A 应为 Fe， B 为氯化铁， C 为氯化亚铁，为Fe 与氯化铁的反应；(3)B 是太阳能电池用的光伏材料，可知B 为 Si，为 C 与二氧化硅的反应，为工业制备 B 的反应，则C 为SiCl44Si，以此解答该题。，中 SiCl 与氢气反应，提纯【

7、详解】(1)A 是常见的金属，中均有同一种气态非金属单质参与反应，且为化合反应，则该非金属气体为 Cl2， B 为氯化铁，则反应的离子方程式为2Fe3+Fe=3Fe2+；(2)由分析知 C 为氯化亚铁，检验Fe2+的操作方法是取少量溶液于试管，加KSCN溶液，无明显现象，再加氯水，溶液变成血红色，则证明含Fe2+；(3)B 是太阳能电池用的光伏材料，可知B 为 Si，为 C 与二氧化硅的反应，为工业制备 B 的反应，则C 为 SiCl4，其中为Si 和 Cl2 化合生成SiCl4，中 SiCl4 与氢气反应，提纯 Si，则反应的化学方程式为SiO2 +2CSi+2CO，其中属于置换反应的有。3

8、 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_；反应 _ ；【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 Na+H 2O气体甲 +C，则甲为H2， C 为 NaOH ；乙是黄绿色气体，则乙为Cl

9、2 ；反应：气体甲+气体乙气体丙，即H +Cl HCl ，则丙为 HCl ；红褐色沉淀 G 为 Fe(OH) ；反应：物质 C+物质 F沉淀223G，即 NaOH+F Fe(OH) 3，可推断 F 中含有 Fe3+；反应：物质E+Cl 2物质 F，则 E 中含有 Fe2+；反应：丙的水溶液D+ 金属 B物质 E，可推断金属B 为 Fe，则 E 为 FeCl2，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 H2，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）反应为钠和水的反应，离子方程式为：

10、2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2 ；反应为FeCl2 与的反应，离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-。4 某工厂的工业硫酸盐废水中含有大量的Fe2+、 Fe3+、较多的Cu2+和少量的Na+。工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜，设计如下流程图。FeSO4 的溶液中获得晶体经过加热，通FeSO4?7H2 O 晶体。回答下列问题；( 1) A 的化学式为 _， D 的化学式为 _。(2)在工业废水中加入过量A时，发应的离子方程式有：_。、( 3)得到 FeSO4?7H2 O 晶体的操作为：加热浓缩、冷却结晶、_、 _、干燥。【答案】FeH2 43+ 3Fe2+2+Fe2+

11、Cu过滤 洗涤SO Fe +2Fe=Fe + Cu= +【解析】【分析】工业废水中含大量Fe2+、 Fe3+、 Cu2+和少量的 Na+，从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜，结合流程可知，要加入铁粉，可置换出铜，同时生成硫酸亚铁，经过滤，得到的滤液C 中主要含硫酸亚铁，滤渣B 中含 Cu、 Fe，向该固体混合物中加入D 为 H2SO4，得到的溶液F 为硫酸亚铁，得到滤渣E 为 Cu，将溶液 C、 F 合并就是 FeSO溶液，溶液经蒸发、浓缩、冷4却结晶、过滤，洗涤、干燥就可得到FeSO4 7H2O 晶体，以此来解答。【详解】( 1) 加入铁粉，由于金属活动性 Fe Cu，可发生置换反应，置换出铜，

12、反应的离子方程式为 Fe+Cu2+=Fe2+Cu，铁、铜的混合物中加入稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式为Fe 2H+Fe2+H2，所以 A 的化学式为24+=+Fe， D 的化学式为 H SO；( 2) 由于离子的氧化性 Fe3+Cu2+Fe2+Na+，所以向工业废水中加入过量A 时，首先发生反应 Fe + 2Fe3 +=3Fe2+，然后发生反应Fe + Cu2 +=Fe2+ Cu；( 3) FeSO4 的溶解度受温度的影响变化较大，所以从过蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤、洗涤，最后干燥，就得到了【点睛】本题以废水处理流程为线索，考查了混合物的分离、提纯的操作过程、试剂

13、的选用及离子方程式书写等，把握流程中发生的化学反应及分离方法为解答的关键，注重基础知识的考查。5 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 7H O)和胆矾晶体。42完成下列填空：（ 1）写出步骤反应的离子方程式：_。（ 2）试剂 X 是 _，溶液 D 是 _。（3）在步骤中，用如图装置制取CO2 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

14、入 KSCN溶液无明显现象，表明滤液中不存在Fe3+，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溶液，写出反4应的化学方程式： _。【答案】 2Al+2H 2O+2OH - =2AlO 2- +3H 2、 Al 2O3 +2OH - =2AlO 2- +H 2 O稀硫酸NaHCO 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 溶液33的洗气瓶，以除去装置a 中挥发出的 HCl3+2+3+2+2+2Fe +Fe=3Fe 、 2Fe +Cu=2Fe +Cu2Cu+O2 +2H2SO4 = 2CuSO

15、4 +2H2O【解析】【分析】Fe、 Cu、 Fe2O3 都不与 NaOH 溶液反应， Al 和 Al2O3 可与 NaOH 溶液反应，用含有Al、 Fe、Cu 和 AlO 和 Fe O的废金属屑制取AlCl 、绿矾晶体 (FeSO?7H2O)和胆矾晶体流程为：合金232334中 Al、 Al2O3与 NaOH 反应，所得滤液A 为 NaAlO2溶液，经途径 与足量二氧化碳发生反应： AlO 2- +CO2 +2H2 O=Al OH 3+HCO3- ，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AlCl3，得到的 AlCl3 较纯净；溶液D 为 NaHCO3 溶液

16、；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 FeSO4，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 NaAlO2 溶液，反应的离子方程式为：2Al+2H 2O+2OH - =2AlO 2- +3H 2 、 Al 2O3 +2OH - =2AlO 2-+H 2O ；（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 NaHCO3 溶液；（3）进行步骤 时，该

17、小组用如图所示装置及试剂将制得的CO2 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+=Al3+3H2O，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NaHCO3 中不溶，氯化氢和NaHCO3 反应生成二氧化碳气体，所以可降低盐酸浓度；在装置I 和 之间增加一个盛有饱和NaHCO3 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Fe3+，原因是 Fe

18、3+被 Fe、 Cu2+3+2+还原生成 Fe ，所以加入 KSCN溶液没有明显现象，故答案为：2Fe +Fe=3Fe 、2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；（5）用固体 F 继续加入热的稀 H2SO4，同时不断鼓入空气，固体溶解得CuSO4 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： 2Cu+O2 +2H 2SO4 = 2CuSO4 +2H2 O 。6 黄血盐 亚铁氰化钾 K4Fe( 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：(

19、 1)过滤需要用到的玻璃仪器有_；写出中间产物 CaSO4 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。CN- 的电子式是 _。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。第二步反应的离子方程式是_。( 5) 已知反应：3Fe2+2 Fe( CN) 6 3- = Fe3 Fe( CN) 6 2 ( 蓝色沉淀 )

20、4Fe3+3 Fe( CN) 6 4- =Fe4 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+FeSO6HCN Ca2Fe CN 6 CaSO46H2O K2CO3( )4蒸发浓缩、冷却结+=() +晶2 -+ N223ClO + 2OCN +2OH = 3Cl + 2CO3+ 2OCN + + H O 或 3ClOH2O =3Cl + 2HCO3- + N2取

21、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2+Fe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Ca2 Fe( 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 CaSO沉淀生成，步骤二过滤，步骤三加入KCl制备K2CaFe CN 64( ) ：Ca2Fe( CN) 6+2KCl=K2CaFe( CN) 6 + CaC

22、l2，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CaSO制作石膏或用于4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+ FeSO426+6HCN= Ca Fe( CN) +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

23、，故试剂 X 为 K2 CO3；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) CN- 的电子式是；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N26，故 n（ ClO）：n，每个氮气分子化合价上升（N2） =3: 1，由于次氯酸钠

24、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- + N22+ 2OCN + H2 + 2HCO3-+ H O 或 3ClOO =3ClN2。( 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-=Fe362+ () Fe CN ( 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2+Fe未完全被氧化。【点睛】在书写氧化还原反应式过程中，

25、判断物质中元素的化合价OCN，可以结合氢离子写成酸的结构 HOCN，结构式 H-O-CN ，按照非金属性 O N C H，三对共用电子偏向N，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。7 无水氯化锰 MnCl 2 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H 2 O 2 溶液，充分反应后加入MnCO 3 固体调节溶液的 pH

26、 约为 5，过滤；III向 II 的滤液中通入H 2S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Fe2+Ni 2+Pb2+初始浓度 /mg L 121.024.955.86步骤 I 后 / mg L 112.853.803.39步骤 II 后 / mg L10.253.763.38步骤III后/ mgL 10.10()3.19(未达标)0.12(达标)达标已知：金属活动性Mn Fe NiPb(1)锰和盐酸反应的化学方程式是_。(2)步骤I 中：Fe2+浓度降低，滤渣中存在Fe OH3 。结合离子方程式解释原因：

27、_。Pb2+浓度降低，分析步骤I 中发生的反应为：Pb + 2H+= Pb2+ + H2、 _。(3)步骤II 中： H 2O 2 酸性溶液的作用： _。结合离子方程式说明 MnCO3 的作用： _。(4)步骤III通入H2S后，Ni2+不达标而2+达标。推测溶解度：PbS_NiS”或Pb（填“”）。(5)测定无水 MnCl 2 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NH 4 NO 3 ，使 Mn 2+氧化为 Mn 3+。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 NH 42 Fe SO4 2滴定 Mn 3+ ，消耗 c mL 硫酸亚铁铵。（已

28、知：滴定过程中发生的反应为： Fe2+ Mn 3+ = Fe3+ + Mn 2+）样品中 MnCl2的质量分数是 _（已知： MnCl2的摩尔质量是 126 g mol -1）。“持续加热”的目的是使过量的NH 4 NO 3 分解。若不加热，测定结果会_（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。【答案】 Mn + 2HCl = MnCl2222+氧化为 Fe(OH)3沉淀，相关的离+ H 空气中的 O 将部分Fe子方程式为： 4Fe2+223+2+ Mn = Pb + Mn2+2+氧化+ O + 10H O = 4Fe(OH) + 8HPb将剩余 Fe为 Fe3+，调节 pH 使 Fe3+转化为

29、Fe(OH)3 沉淀除去+2+3+垐 ?+0.126bc偏高MnCO3+2H =Mn+H2O+CO2,Fe +3H2O噲 ? Fe(OH)3+3Ha【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Fe2+，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Pb2+会与未反应完全的 Mn 反应，造成Pb2+浓度下降；第二步加入过氧化氢，主要是为了将Fe2+氧化为Fe3+，便于沉淀法去除；第三步通入H2 S，是想通过生成硫化物沉淀的方式

30、去除残余的Zn2+和 Pb2+，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：Mn 2HCl=MnCl 2 H 2 ；(2)将粗锰粉酸浸后，Fe 单质转化为还原性较强的Fe2+，静置一段时间，Fe2+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：4Fe2O 210H 2O=4Fe(OH) 38H ；由于金属活动性 Mn Fe NiPb，所以溶液中Pb2+会与未反应完全的Mn 反应，造成Pb2+浓度下降，因此与之相关的反应为：Pb2Mn=Pb+Mn 2 ；(3)通过分析可知，过氧化氢的作用是将

31、溶液中的Fe2+氧化为 Fe3+，便于调节 pH 值将其转化为 Fe(OH)3 沉淀除去；通过分析可知， MnCO3 的作用即调节溶液的pH 值以便于 Fe3+沉淀，相关的离子方程式23垐 ?为： MnCO 32H =MnH 2 OCO2以及 Fe +3H 2O；噲 ? Fe OH 3 3H(4)通过分析可知， PbS的溶解度更小；(5)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， Mn3+和 Fe2+按照 1:1反应，所以 MnCl2 的质量分数为：bcmMnCl 2 = 126g/mol126wnMnCl 2 =1000 =0.

32、126bc ；agagaa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。8 目前，处理锌矿进行综合利用，多采用传统的“高氧酸浸法 ”，但该法也存在一些缺点。最近，有文献报道：用高铁闪锌矿(含有 ZnS、 FeS、 CuS、CdS及少量 SiO2 等 )为原料，采用“高氧催化氧化氨浸法 ”可以联合制取 Cu2O(红色 )、 CdS(黄色 )、锌钡白 (白色 )三种颜料，其流程如图：已知：浸取剂由碳酸铵、氨水、双氧水等组成；：浸渣为 S、Fe(OH)CO3、 SiO2 等不溶性物质；：浸取液中含有 Zn(NH3)

33、42+、 Cu(NH3)42+、 Cd(NH3)4 2+；： Cu+在溶液中不存在，但可以与NH3 形成稳定的 Cu(NH3)2 +。回答下列问题：(1)为加快浸取速度，可以采取的措施是(任答两项 )_；在实际生产中采取常温下浸取而不采用加热的方法，其原因是_。(2)浸取釜中有 O 参与生成浸渣Fe(OH)CO 的离子方程式为 _。23(3)蒸发炉中加入 (NH4)2SO3 的主要作用是 _；沉降池1中加入稀 H2SO4的作用是_。(4)在制取 ZnSO4 和 CdSO4时使用硫酸的量要适当，如果硫酸过量，产生的后果是_。(5)无论采用 “高氧酸浸法 ”还是 “高氧催化氧化氨浸法”，其前期处理

34、，都要经过用浸取剂浸取这一步，不同的是“”“高氧酸浸法 需先高温焙烧，然后再用硫酸浸出。两种方法比较，高氧酸浸法 ”存在的缺点是 (任答两条 )_。【答案】粉碎矿石，增大O2 压强，增大氨水和碳酸铵的浓度防止 NH3 的挥发，以便形成稳定的配合物，防止双氧水分解4FeS+3O232-23-+4CO +6HO=4Fe(OH)CO +4S+8OH 将3 42+还原为 Cu (NH3 2 +调节溶液的 pH，使3 2+转化为 Cu22Cu(NH ) Cu(NH )O 沉淀 产生H S气体污染大气；降低锌钡白、CdS的产量 能耗高；设备耐酸性要求高；产生大量有害气体 (SO2)污染大气【解析】【分析】

35、由题干信息，分析流程图可知，高铁闪锌矿在浸取釜中与O2、碳酸铵、氨水、双氧水等组成的浸取剂反应生成 S、 Fe(OH)CO2+、 Cu(NH3)42+和3、 SiO2 等不溶性物质、 Zn(NH3)4Cd(NH3)42+，在蒸发炉中加入 (NH4)2SO3 将 Cu(NH3)42+还原为 Cu (NH3)2+，进入沉降池1 中加入稀 H2SO4 调节 pH 使 Cu(NH3)2+转化为 Cu2O 沉淀，剩下的溶液在置换炉中加入适量锌粉得到 Cd 单质，滤液进入沉降池2 加入碳化氨水得到Zn2234(OH) CO ，经稀硫酸得到ZnSO溶液， ZnSO 与 BaS溶液反应得到锌钡白，据此分析解答

36、问题。4【详解】(1)由化学反应速率的影响因素可以知道，可采用粉碎矿石，增大O2 压强，增大氨水和碳酸铵的浓度等方法加快浸取速率，由于浸取剂由碳酸铵、氨水、双氧水等组成，受热易分解，故在实际生产中采取常温浸取而不采用加热的方法，故答案为：粉碎矿石，增大O2 压强，增大氨水和碳酸铵的浓度；防止NH3 的挥发，以便形成稳定的配合物，防止双氧水分解；(2)浸取釜中 O与碳酸铵和 FeS反应生 Fe(OH)CO、 S，反应的离子方程式为23232-23-，故答案为： 4FeS+3O232-4FeS+3O+4CO+6H O=4Fe(OH)CO +4S +8OH+4CO+6H2O=4Fe(OH)CO3 +

37、4S +8OH-；(3)Cu+在溶液中不存在，但可以与NH3 形成稳定的 Cu(NH3 )2 +，根据上述分析，(NH4)2SO3中SO 2-具有还原性，在蒸发炉中加入(NH4)2SO32+Cu (NH+，从而加3可将 Cu(NH3)4 还原为3)2入稀 H2SO4 调节 pH 使Cu(NH3)2+转化为 Cu2O 沉淀，故答案为：将Cu(NH3)42+还原为 Cu(NH3)2 +；调节溶液的pH，使 Cu(NH3 )2 +转化为 Cu2O 沉淀；(4)在制取 ZnSO4 和 CdSO4 时使用硫酸过量会产生H2S 气体污染大气并降低锌钡白、CdS的产量，故答案为：产生H2S 气体污染大气，降

38、低锌钡白、CdS的产量；(5) 高“氧酸浸法 ”需先高温焙烧，然后再用硫酸浸出，此法需要在高温条件，能耗高；对设备的耐酸性要求高；同时会产生大量有害气体 (SO2)污染大气，故答案为：能耗高、设备耐酸性要求高、产生大量有害气体 (SO2)污染大气。9 以高钛渣 (主要成分为 Ti3O5，含少量 SiO2、FeO、Fe2O3)为原料制备白色颜料 TiO2 的一种工艺流程如下：已知： Na2TiO3 难溶于碱性溶液；H2TiO3 中的杂质Fe2比 Fe3 更易水洗除去。(1)熔盐 : 为加快反应速率，在维持反应物颗粒大小、反应温度一定的条件下，可采取的措施是_。 NaOH固体与Ti3O5 在空气中

39、加热至500 550 时生成Na2TiO3，该反应的化学方程式为_。(2)过滤 :“滤液 ”中主要溶质为 除杂后的滤液中获得的NaOH，还含有少量 _(填化学式 )。NaOH 可循环利用，则“水浸 ”时，用水量不宜过大的主要原因是_。(3)水解 : “酸溶 ”后获得的TiOSO4 经加热煮沸，生成难溶于水的H2TiO3，该反应的化学方程式为_ 。(4)脱色 :H2TiO3 中因存在少量Fe(OH)3 而影响TiO2 产品的颜色，“脱色 ”步骤中Ti2 (SO4)3 的作用是 _。【答案】搅拌12NaOH 2Ti3O5 O26Na2TiO3 6H2ONa2SiO3用水量过大，导致滤液浓度过低，蒸

40、发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长)TiOSO4 2H2OH2TiO3H2SO4将溶液中的Fe3 还原为 Fe2 ，以便除去杂质铁，提高H2TiO3 的纯度【解析】【分析】(1) 搅拌可使反应物混合均匀； Ti 3O5 转化为 Na2TiO3，钛元素化合价升高，根据氧化还原反应的规律书写并配平化学方程式；（2） 加入氢氧化钠后，二氧化硅会与氢氧化钠反应生成水溶性的硅酸钠； 考虑后续的蒸发结晶耗能问题分析作答；(3)根据水解原理结合产物书写化学方程式；(4)根据提示给定信息，“H2TiO3 中的杂质Fe2 比 Fe3更易水洗除去”来分析作答。【详解】(1) 为加快反应速率，在维持反应物颗粒大小、反应温度