备战高考化学《铁及其化合物推断题的综合》专项训练含答案一

1、备战高考化学铁及其化合物推断题的综合专项训练含答案(1)一、铁及其化合物1 印刷电路板（pcb）是用腐蚀液（fecl3 溶液）将覆铜板上的部分铜腐蚀掉而制得。一种制作 pcb并将腐蚀后废液（其中金属阳离子主要含fe3+、 cu2+、 fe2+）回收再生的流程如图。请回答：（ 1）腐蚀池中发生反应的化学方程式是_。（ 2）上述各池中，没有发生化学变化的是_池。（ 3）由置换池中得到固体的操作名称是_。（ 4）置换池中发生反应的离子方程式有_。（5）请提出利用酸从固体中回收cu 并将滤液回收利用的合理方案：_。（6）向再生池中通入 cl2 也可以使废液再生，相比cl2，用双氧水的优点是_。【答案】

2、 cu+2fecl3+2+、 fe+cu2+2+3=cucl2+2fecl2沉降 过滤 fe+2fe=3fe=fe +cu 用盐酸溶解固体中的 fe，过滤后得到 cu，并将滤液加入再生池避免有毒气体污染环境【解析】【分析】腐蚀液（ fecl3 溶液）将覆铜板上，发生反应为：cu+2fecl3=cucl2+2fecl2，再在沉降池中沉降后加入铁粉置换出铜单质、以及铁与铁离子反应生成亚铁离子，再生池中主要指通入过氧化氢氧化生成fecl3，循环利用。fecl2，【详解】（1）腐蚀液（ fecl3 溶液）将覆铜板上腐蚀池中发生反应的化学方程式为：cu+2fecl3=cucl2+2fecl2；（2）腐蚀

3、池中发生：cu+2fecl=cucl +2fecl ；置换池中铁粉置换出铜、以及铁与铁离子反322应生成亚铁离子，再生池中过氧化氢氧化fecl2，没有发生化学变化的是沉降池；（ 3）置换池中铁粉置换出铜，固液分离的操作为过滤；（ 4）置换池中铁粉置换出铜、以及铁与铁离子反应生成亚铁离子，其离子反应方程式：3+2+2+2+fe+2fe =3fe 、 fe+cu=fe +cu；（ 5）根据金属活动性顺序表可知，铁能与稀盐酸发生反应，而铜不与稀盐酸反应，所以用盐酸溶解固体中的 fe，过滤后得到 cu，并将滤液加入再生池；（ 6） cl2 有毒，污染环境，需要尾气处理，加双氧水氧化后生成水，避免有毒气

4、体污染环境，故答案为：避免有毒气体污染环境。2 现有金属单质 a、 b、 c 和气体甲、乙、丙及物质 d、 e、 f、g、 h，它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。请根据以上信息回答下列问题：（ 1）写出下列物质的化学式： a_、b_、 c_、f_、 h_、乙 _（2）写出下列反应化学方程式：反应 _反应 _反应 _【答案】 na al fe fecl2na + 2h2o=2naoh + h2 2fecl2 + cl2=2fecl32 fe(oh)3 cl2fecl3+ 3naoh =fe(oh)3 + 3nacl【解析】【分析】【详解】金属单质 a 的焰色为

5、黄色，则 a 为 na；反应为 na 与水反应生成naoh 和 h2，则物质 d为 naoh，气体为 h22，则金属 b 为 al；黄绿色气体为2；金属 b 与 naoh 反应生成 hcl ，反应为 h2 与 cl2 化合成 hcl，则气体丙为hcl，物质 e 为盐酸；金属c 与盐酸反应生成 f， f与 cl2反应生成物质 g， g 与 naoh 反应得红棕色沉淀，则金属2，g 为c 为 fe， f 为 feclfecl3；（1） a、 b、c、 f、h、乙的化学式依次为na、al、 fe、 fecl232、fe(oh) 、 cl 。（ 2）反应的化学方程式为 2na+2h2o=2naoh+h

6、2；反应的化学方程式为 cl2+2fecl2=2fecl3；反应的化学方程式为 fecl3+3naoh=fe(oh)3 +3nacl。3 铁的氧化物成分不一样，性质也不一样，h2 还原 fe2o3，发现温度不同，产物也不同。（1）往产物中滴加盐酸，观察到有气泡产生，生成气泡主要成分的电子式是_。（2）再滴加kscn溶液，可观察到_，所得溶液中一定含有的铁的化合价是_。【答案】h h无明显变化 2【解析】【分析】（1）产物中滴加盐酸，观察到有气泡产生，说明产生中含有fe，所以气体成分为h2；（2）再滴加kscn溶液，没有出现血红色现象，产物中有过量的铁，铁能还原fe3 ，所得溶液中一定含有fe2

7、+。【详解】（1）产物中滴加盐酸，铁的氧化物首先与盐酸反应，生成相应的铁的氯化物和水，若生成fe3+，则会被fe 还原为 fe2+。观察到有气泡产生，说明最后发生的是fe 与盐酸的反应，所以气体成分为h2，电子式为；答案为；（ 2）再滴加 kscn溶液，因为不含有 fe3+，所以没有明显现象产生；产物中有过量的铁，铁能还原 fe3 ，所得溶液中一定含有 fe2+，铁的化合价是 2。答案为：无明显现象； +2。【点睛】fe2o3+6hcl=2fecl 3+3h 2o，feo+2hcl fecl2+h 2o， fe3 o4+8hcl=2fecl 3+fecl 2+4h 2o，2fecl3+fe 3

8、fecl2，最后发生 fe+2hcl fecl2 +h2。所以，只要有气泡产生，说明在前面反应中， fe有剩余，则溶液中不存在 fe3+。4 以废旧锌锰电池中的黑锰粉（ mno2、 mno(oh)、 nh4cl、少量 zncl2 及炭黑、氧化铁等）为原料制备 mncl2，实现锰的再利用。其工作流程如下：（1）过程，在空气中加热黑锰粉的目的是除炭、氧化mno(oh)等。 o2 氧化 mno(oh) 的化学方程式是 _。（2）溶液 a 的主要成分为nh4cl，另外还含有少量zncl2 等。 溶液 a 呈酸性，原因是 _。 根据如图所示的溶解度曲线，将溶液a_（填操作），可得nh4 cl 粗品。 提

9、纯 nh4cl 粗品，有关性质数据如下：化合物zncl2nh4cl熔点365337.8分解沸点732-根据上表，设计方案提纯nh4cl： _。（ 3）检验 mnso4 溶液中是否含有 fe3+：取少量溶液，加入 _（填试剂和现象），证明溶液中 fe3+沉淀完全。（ 4）探究过程中 mno 2 溶解的适宜条件。向 mno2中加入 h2o2溶液，产生大量气泡；再加入稀h2 so4，固体未明显溶解。向 mno2中加入稀 h2so4，固体未溶解；再加入 h2o2 溶液，产生大量气泡，固体完全溶解。 用化学方程式表示中mno 2 溶解的原因： _。 解释试剂加入顺序不同，mno 2 作用不同的原因： _

10、。上述实验说明，试剂加入顺序不同，物质体现的性质可能不同，产物也可能不同。【答案】 4mno(oh)+o2=4mno 2+2h2onh4+h2o? nh3 h2o+h+（或 nh4+水解产生 h+）蒸发浓缩，趁热过滤加热 nh443cl 粗品至 340左右， nh cl = nh + hcl；收集产物并冷却， nh344+ hcl=nh cl，得到纯净nh cl。 kscn溶液，不变红mno 2+h2o2 +h2 so4=mnso4+2h2o+o2 i 中 mno 2 作催化剂，反应快， mno 2 只催化分解 h 2 o 2 ii 中 mno 2 作氧化剂，加入稀 h 2so4 后， mno

11、 2 的氧化性增强，被 h 2o 2 还原为mnso 4 。【解析】【详解】（1）根据流程图可知，经过过程，得到了mno2 粗品，则 o2 将 mno(oh)氧化成 mno2，根据得失电子守恒，1molo 2 得到 4mol 电子， 1molmno(oh) 失去 1mol 电子，则 o2 和mno(oh) 的比例为14，再根据原子守恒可配平方程式，答案为4mno(oh)+o2=4mno 2+2h2o；（2） zncl 2 和 nh4 cl 均为强酸弱碱盐，均会水解，铵根离子水解使溶液呈酸性，答案为+nh4 +h2o?nh3h2o+h （或 nh4 水解产生h ）；从曲线可以看出，随着温度的变化

12、，nh4cl 的溶解度几乎没有发生太大的变化，只能蒸发溶剂得到晶体，再进行后续操作，答案为蒸发浓缩，趁热过滤；从表格中数据可以知道，nh4cl 在 337.8 分解，生成 nh3 和 hcl，而此温度下， zncl2 没有熔化，也没有分解，因此可以利用nh4cl 的分解，收集产物再次合成nh4cl，答案为加热nh4cl 粗品至340 左右， nh4cl = nh3 + hcl；收集产物并冷却， nh3+ hcl=nh4cl，得到纯净nh cl；4（3） fe3 的检验常用 kscn溶液，如果溶液中有铁离子，生成红色物质；没有fe3 就不会变红，答案为kscn溶液，不变红；（4）从实验 知道，先

13、加入双氧水，mno 2 不溶解，只做催化剂，而通过实验 可知，先加入硫酸，固体溶解，且有气体冒出，气体为氧气，则mno2 作了氧化剂，双氧水作了还原剂。 固体溶解，且有气体放出，气体为o2， mno2做氧化剂， h2o2做还原剂，为酸性环境，根据得失电子守恒和原子守恒，配平方程式。答案为mno 222244h o h so =mnso o 2h o；22 先加入硫酸，溶液为酸性，则酸性条件下，物质的氧化性会增加，答案为ii 中 mno 2 作氧化剂，加入稀 h 2so4 后， mno 2 的氧化性增强，被 h 2o 2 还原为 mnso4 。5 稀土元素包括钪、钇和镧系（含ce、 eu )共

14、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、fe2 o3、 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 eu2 o3 （氧化铕）已知： ceo2不溶于桸硫酸，也不溶于23naoh 溶液， eu o 可溶于稀硫酸(1)往滤渣中加稀硫酸和h2o2 进行酸浸，反应的离子方程式_ 。为了提高酸浸率，可以适当提高反应温度，但温度偏高浸出率反而会减小，其原因是_ 。(2)有机物 hr 能将 ce3+从水溶液中萃取出来该过程可表示为：ce3+（水层） +3

15、hr( 有机层)cer3+3h+( 水层）。向 cer3( 有机层）( 有机层）中加入稀硫酸进行反萃取能获得较纯的含 ce3+水溶液，从平衡角度解释其原因：_ 。(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-1 feso4?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 _。3+溶液也可以先加碱调ph 后再通入氧气氧化可得到ce(oh)(5)已知含 ce4。 298k时,kspce(oh)3=5 1

16、0-20，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_。a 2.0 左右b . 3.0 左右c 5.0 左右【答案】 2ceo2 2 2+3+222 2+h o +6h =2ce +o +4h o温度升高， h o 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)4 96% 8 b

17、使 fe3+、 mn2+完全除去，并防止eu3+被萃取导致损失【解析】【分析】废荧光粉末含 ( eu3+、2o3、 sio2、 fe2o3、 ceo2、 mno 等物质），加入硫酸，滤液含有eu3+2+等，经萃取，可除去3+2+eu（ oh） 3，加热分解可fe、 mnfe、 mn等，加入氨水，可生成生成 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3+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。含有 ce【详解】（ 1）在酸浸时发生的离子反应为2ceo2+h2o2+6h+=2ce3+o2 +4h2o，h2o2

18、受热易分解，为防止其分解，则温度不宜太高，故答案为：2ceo22 2+3+22+h o +6h =2ce +o +4h o；温度升高， h2o2 受热易分解，造成浸出率偏低；（2）根据平衡 ce3+（水层） +3hr( 有机层 )cer3( 有机层） +3h+( 水层），向 cer3(有机层）中加入稀硫酸时，c（ h+ ）增大，平衡向形成ce3+的方向移动，则ce3+从水溶液中被萃取出来，故答案为：加入稀硫酸时，c（ h+）增大，平衡向形成ce3+的方向移动；（3）流程中 ce3+与氧气、氢氧化钠反应生成ce(oh)4，离子方程式为 4ce3+o2+12oh-+2h2o=4ce(oh)4，故答

19、案为： 4ce3+o2+12oh-+2h2o=4ce(oh)4；（4） ce(oh)4 加硫酸溶解后，被feso4还原为 ce3+,则有 ce(oh)4 ce3+ feso4，则nce(oh)4=0.1-3-3-3 208g/mol=0.4992g，该产 24mol=210.4 10mol， mce(oh)4=2. 4 10mol品的纯度为：0.4992g 100%=96% ，故答案为：96%；0.520g（ 5） 298k 时， kspce(oh)3=510-20，若溶液中 c(ce3+)=0.05mol ?l-1, ce3+开始沉淀，则 c（oh-） = 3 5 10-20mol/l=1

20、10-6 mol/l ，则 ph=8，故答案为： 8；0.053+2+ph 的关系图可（6）溶液中存在 eu 、 mn金属离子，由萃取剂对金属离子的萃取率与知，调节 ph 在 3.0左右，可使 fe3+ 、mn 2+完全除去，并防止 eu3+被萃取导致损失，故答案为： b；使 fe3+、 mn 2+完全除去，并防止 eu3+被萃取导致损失。6 某 al2 32 3杂质。现通过下列生产过程，从该样品中o 样品中含有一定量的cu、 fe、fe o提纯 al2o3，并回收铁红。流程如下：(1)操作是 _，在实验室进行该操作需要的玻璃仪器有_。(2)白色固体是 _，样品和试剂反应的化学方程式是_。(3

21、)固体加入适量稀盐酸，可能发生的反应有：_( 用化学方程式表达 )。(4)溶液中铁元素的存在形式是_，如何用实验证明：_。(5)溶液中通入某气体，该气体可以是_(任写一种的化学式)，红褐色固体制得铁红的化学方程式是_。【答案】过滤烧杯、漏斗、玻璃棒al(oh)3al2o3+2naoh=2naalo2+h2o23323222+取少量溶液于试管fe o +6hcl=2fecl+3h o、2fecl +fe=3fecl、 fe+2hcl=fecl+h fe中，滴入 kscn溶液无变化，滴加氯水后变血红色o2 或者 cl22fe(oh)3fe2 o3+3h2o【解析】【分析】al o 样品中含有一定量

22、的cu、 fe、 fe o 杂质，根据题中流程图可知，样品与试剂反应2323得溶液再通入 co2 得白色沉淀，该白色固体加热分解产生al2o3，可推知试剂为naoh，得到的固体为cu、 fe、 fe o ，溶液为 naalo、 naoh 混合溶液，通入过量232co 后得溶液为 nahco 溶液，白色固体为 al(oh) ， al(oh)受热分解得 al o ，固体233323中加入盐酸得到固体粉末中铁有剩余，由于3+2+fe 会发生反应 2fe+fe=3fe ，则溶液中主要含有 fe2+，经过操作得红褐色固体应为fe(oh)3，所以通入的气体应为氧化剂，可以是o或 cl ，氢氧化铁受热分解得

23、fe o。2223【详解】(1)操作是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的方法，名称为过滤；在实验室进行过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；(2)白色固体受热分解产生al2o3，则是al(oh)3，样品中含有al2o3 和试剂 naoh 溶液反应产生 naalo2 和 h2o，反应的化学方程式是al2o3+2naoh=2naalo2+h2o；(3)固体中含有al2o3、 cu、 fe、 fe2o3，加入适量稀盐酸，由于反应后的固体粉末中含有fe 单质，则可能发生的反应有fe2o3+6hcl=2fecl3+3h2o、 2fecl3+fe=3fecl2、fe+2hcl=fecl+h2；(4)

24、由于固体中样品与适量盐酸反应后的固体粉末中含有fe，结合2 3323+2+可知溶液中铁元素的存在形式是fe2+，证明方法fe o +6hcl=2fecl+3h o、2fe+fe=3fe是：取少量该溶液于试管中，滴入kscn溶液无变化，滴加氯水后溶液变血红色；(5)溶液中含有fe2+，向溶液通入某气体后再加入足量naoh 溶液，产生红褐色的fe(oh) 沉淀，该气体具有强的氧化性，气体可以是o或者 cl ，红褐色固体fe(oh) 不稳3223定，受热分解产生铁红fe2o3，该反应的化学方程式是2fe(oh)3fe2o3+3h2o。【点睛】本题以从al2 o3 样品中提取氧化铝的工艺流程为线索，考

25、查了氧化还原反应、化学试剂的使用、混合物的分离，正确理解制备流程及反应原理为解答关键，注意掌握铝及其化合物性质和转化关系，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。7 七水硫酸锌别名皓矾，常用作媒染剂、收敛剂、木材防腐剂。工业上由氧化锌矿成分为 zno，另含 znsio3、 feco3、 cuo 等 )生产 znso47h2o 的流程如下：(主要在该流程中，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 phzn2+5.46.4fe3+1.13.2fe2+5.88.8cu2+5.66.4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

26、)步骤中加入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：步骤中的烘干操作需在减压条件下进行，其原因是_。 680 时所得固体的化学式为 _ 。a.znob.zno(so )2c.znsod.znsoh o34442【答案】增大比表面积，加快反应速率、提高浸取率h2sio3 将

27、fe2+氧化成 fe3+，便于后续步骤中将铁元素除去2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2 ozno或 znco3 或 zn(oh)23.2 ph5.4防止生成氢氧化铁胶体，便于分离cu、 zn降低烘干温度，防止 znso 7h o 失去结42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 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

28、格所知， fe3+全部除尽， ph3.2， 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)由于 znso47h2o 易失去结晶水，烘干时要适当降低温度；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h so酸溶过程24中， znsio32423x 的成分为23，故答案为：增大比表面积，与 h so会生成 h sio ，故滤渣h sio加快反应速率、提高浸取率；h2sio3 ；(2)在步骤 中加入h2o2，会与溶液中的 fe2+发生氧

29、化还原反应，对应的离子方程式为：2fe2 +h2o2 +2h2fe3+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 +h2o2+2h2fe3+2h2o；(3)要中和多余 h so 并且不引入新杂质，可以加入zno 或 znco 或 zn(oh) 等化合物；根2432据表格所知，fe3+全部除尽， ph3.2， zn2+开始沉淀， ph 为 5.4，故 ph 的范围为： 3.2 ph5.4；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；(4)为了将3.2 ph5.4；加热可以防止生成氢氧化铁胶体，便于分离；cu

30、2+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)由于 znso47h2o 易失去结晶水，烘干时要适当降低温度；n(znso4 228.70g42o 的质量为 17.907h o)=287g mol-1 =0.1 mol，加热过程中若得 znso hg(100 )；若得 znso 的质量为 16.10 g(250 )；若得 zno 的质量为8.10 g(930 )；据此通4过排除法确定 680 时所得固体的化学式为zn34 2o(so ) ，故答案为：降低烘干温度，防止znso47h2o 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

31、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。8 碱性锌锰电池的工作原理:zn+2mno 2+2h2o=2mno(oh)+zn(oh)2,其中的电解质溶液是koh溶液。某课题组用废旧铁壳无汞碱性锌锰电池为原料,制备一种新型材料mnxzn(1-x)fe2o4,其工艺流程如图所示:(1)滤液a 中溶质的电子式为_。(2)已知mn xzn(1-x)fe2o4 中锰元素的化合价与实验室用二氧化锰制取氯气时还原产物中锰元素的化合价相同，则铁元素的化合价为_。(3)溶“渣 ”工序中稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3 价锰的化合

32、物全部还原成mn 2+，写出该反应的离子方程式:_ 。(4) 调“铁 ”工序的目的是调整滤液中铁离子的总浓度，使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式 mn xzn(1-x)fe2o4 相符合。写出 “调铁 工序中发生反应的离子方程式:_,_ 。若测得滤液的成分为 c(mn 2+)+c(zn2+)=amol.l-1 ,c(fe2+)+c(fe3+)=bmol.l-1 ，滤液体积为1m3, “调铁 ”工序中，需加入的铁粉质量为 _kg(忽略溶液体积变化，用含a、 b 的代数式表示 )。(5)在 “氧化 工序中，加入双氧水的目的是把fe2+氧化为 fe3+;生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理

33、论值,其可能原因除温度外，主要是_。(6)用氨水 “调 ph后 ,经 “结晶 ”“过滤 ”可得到产品和滤液 c,从滤液 c 中还可分离出一种氮肥，该氮肥的溶液中的离子浓度由小到大的顺序为_。【答案】+3mno oh fe2+ 3h+mn 2+ fe3+2h23+3fe2+()+ =+ +ofe 2fe=+2+112a- 56b生成的3+-+2-)fe+2h=fe +h2fe催化了双氧水的分解( oh ) c( h ) c( so4+c( nh4 )【解析】【分析】废旧无汞碱性锌锰电池为原料，制备一种新型材料mn xzn( 1- x) fe2o4，废旧电池加入水浸取过滤得到滤液a 和滤渣，滤渣加

34、入过量稀硫酸熔渣后加入铁，稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将 +3 价锰的化合物全部还原成mn 2+，过滤得到滤渣 b 和滤液，测定滤液成分，“调铁”工序的目的是调整溶液中铁离子的总浓度，使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式 mn( 1- x) feph”xzn2o4 相符合，加入过氧化氢氧化亚铁离子生成铁离子，用氨水“调后，经“结晶”“过滤”可得到产品和滤液c，从滤液 c 中还可分离出一种氮肥为硫酸铵，据此解答。【详解】( 1) 滤液 a 中溶质是 koh，含有离子键和共价键，电子式为。( 2) 已知 mn xzn( 1- x) fe2o4 中锰元素的化合价与实验室用二氧化锰制取氯气时的

35、还原产物中的锰的化合价相同，可知mn 为 +2 价，锌 +2 价、氧元素 - 2 价，则根据化合价代数和为0 可知铁元素的化合价为3+ ；( 3) “溶渣”工序中稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3 价锰的化合物全部还原成mn 2+，该反应的离子方程式为 mno ( oh)+ fe2+3h+=mn 2+fe3+2h2o。( 4) “调铁 工序中发生反应的离子方程式为fe+2fe3+=3fe2+、 fe+2h+=fe2+h2。 n （mn 2+） +n（ zn2+） =a mol?l- 1 1000l=1000amol ，已有铁元素bmoll1000l 1000bmolmn xzn( 1- x)

36、 fe2-为 1000amol ，其中，由电荷守恒可知204中含fe2o4/=铁元素的物质的量为1000amol 2=2000amol ，还需加入铁的物质的量为2000amol -1000bmol，质量为（2000amol-1000bmol）mol56g mol=（112a-56b）kg。/( 5) 在“氧化 工序中，加入双氧水的目的是把fe2+氧化为 fe3+，生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值，其可能原因除温度外，主要是生成的fe3+催化了双氧水的分解。( 6) 用氨水“调 ph”后，经“结晶”“过滤”可得到产品和滤液c，从滤液 c 中还可分离出一种氮肥为硫酸铵，铵根离子水解溶液显

37、酸性，离子浓度为c( oh- ) c( h+) c( so42- ) c( nh4+ ) 。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 ti o在空气中加热至500 550 时生成 na tio ，该反应的化学方程式为3523_。(2)过滤 :“滤液 ”中主要溶质为naoh，还含有少量 _(填化学式 )。

38、除杂后的滤液中获得的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 tioso 经加热煮沸，生成难溶于水的h tio ，该反应的化学方程式423为_ 。(4)脱色:h2tio3中因存在少量fe(oh)3而影响tio2产品的颜色，“”ti2 (so4)3的作脱色 步骤中用是 _。【答案】搅拌12naoh 2ti3 5223223用水量过大，o o6na tio 6h ona sio导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加(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h

39、2tio3 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、反应温度一定的条件下，可适当搅拌，因为搅拌可使反应物混合均匀 ,增加反应物的接触机会 ,从而达到加快反应速率的目的，故答案为搅拌； naoh 固体与 ti3o5 在空气中加热至 500 550 时生成 na2tio3，发生氧化还原反应，其化学方程式为： 12naoh 2ti3o5 o26na2tio3 6h2o，故答案为 12naoh 2ti 3o5o26na2tio36h2 o；(2) 熔盐时加入的氢氧化钠会与少量杂质sio2反应，其化学方程式为：2naoh sio2 =na2sio3 h2o，生成的硅酸钠易溶于水，则“滤液 ”中含有少量 na2sio3，故答案为 na2 3sio ；“水浸 ”时，用水量过大，导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗