备战高考化学一模试题分类汇编——铁及其化合物推断题综合及答案

1、备战高考化学一模试题分类汇编铁及其化合物推断题综合及答案一、铁及其化合物1 利用 旧 皮可制 磁性fe3o4 胶体粒子并得到副 物 zno。制 流程如 所示：( 已知 zno 能溶于 碱 )已知： zn 及其化合物的性 与 al 及其化合物的性 相似。 回答下列 ：（1）用 naoh 溶液 理 旧 皮的目的是_（填字母）。a 去除油 b 溶解 c 去除 d 化 皮（2） 溶液 a 的 ph 可 生 zn( oh)2沉淀， 制得zno，后 操作步 是抽 _。（3）加适量h2 2目的是 _ 溶液3 4胶体粒子的 程中， 持 通入2，ob 制得 fe on其原因是 _。（4）副 物zno 常用于制

2、。我国早有 技 的 ，明代宋 星著的天工开物中有“升 倭 ”的 ：“每炉甘石十斤，装 入一泥罐内然后逐 用煤炭 盛，其底 薪， 火煅 冷定 罐取出即倭 也。” 工 程涉及主要反 的化学方程式 _，（注：炉甘石的主要成分 碳酸 ，“倭 ”是指金属 ）。（5）用重 酸 法( 一种氧化 原滴定法) 可 定 物fe3o4 中的二价 含量。若需配制 1度 0.01 mol l 的 k2cr2o7 准溶液250 ml， 准确称取 _g k2cr2o7保留 4 位有效数字，已知m r(k2cr2o7) 294 。配制 准溶液 ，下列 器中用不到的有_（填 号）。 子天平 杯量筒玻璃棒 250 ml 容量瓶胶

3、 滴管移液管（ 6）滴定操作中，如果滴定前装有 k2cr2 o7 准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定 束后气泡消失， 定 果将 _( 填“偏大”“偏小”或“不 ” ) 。【答案】 ab洗 、灼 将部分 离子氧化成 离子防止 fe2 被氧化znco3高温2czn 3co0.7350偏大【解析】【分析】【 解】(1)a 氧化 溶液与油 反 生成高 脂肪酸 ，具有去除油 作用，a 符合 意；b根据zn 及化合物的性 与al 及化合物的性 相似，zn 也能和 氧化 溶液反 ， 氧化 溶液起到溶解 ，b 符合 意；c 氧化 和 不反 ，c 不符合 意；d 氧化 不能 化 皮，故答案 ： ab；d 不符

4、合 意；(2)调节溶液 a 的 ph 可产生 zn(oh)2 沉淀，抽滤就可以得到氢氧化锌沉淀，洗涤除去附着的离子，高温灼烧氢氧化锌分解得到zno；(3)fe3o4 中有 +3 价铁，因此加适量h2o2 目的是将部分亚铁离子氧化成铁离子，将亚铁离子和铁离子达到fe3o4 中+2 价铁与 +3 价铁的比例关系，持续通入n2，主要防止fe2+被氧化；故答案为：将部分亚铁离子氧化成铁离子；防止fe2 被氧化；(4)该炼锌工艺参加反应的物质是煤炭饼和炉甘石(碳酸锌 )，得到的物质是倭铅(金属锌 )和co，联想初中所学高炉炼铁原理，则炼锌过程涉及主要反应的化学方程式为znco3高温2czn 3co ；(

5、5)m(k2cr2o7)=0.01 mol l-1 0.250 l 294molg-1=0.7350 g，电子天平用于准确称量固体质量，烧杯用于溶解固体，玻璃棒用于搅拌和引流，容量瓶用于配制溶液，胶头滴管用于加水定容。用不到的仪器为量筒和移液管；故答案为：0.7350g ；(6)如果滴定前装有 k2cr2o7 标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，滴定结束后气泡消失，这样就造成读出来的 k2cr2o7 标准溶液体积偏大，测定结果将偏大。2 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+、 fe

6、2+）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】 cu+2fecl322沉降 过滤3+2+、 fe+cu2+2+=cucl +2feclfe+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（ fecl

7、3溶液）将覆铜板上，发生反应为：322cu+2fecl=cucl +2fecl，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fecl2，通入过氧化氢氧化生成fecl3，循环利用。【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

8、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，避免有毒气体污染环境，故答案为：避免有毒气体污染环境。3 某兴趣活动小组利用物质间的互变，设计成一个平面魔方，如下图所示：已知 a、 b、 c、 d、 g 含有同种元素。纯 a( 单质 )b 溶液d 固体g 溶液颜色银白色黄色红棕色浅绿色e 是通常情

9、况下密度最小的气体； b 与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，也能将一种氧化物氧化为 f， f 是含有三种元素的化合物，与 a 反应生成 e、g。依据以上信息填空：( 1)写出 d 的化学式： _ 。( 2) g 生成 c 的过程中所出现的现象为 _。(3)ab的化学方程式：_。写出反应( 4) b f 的离子方程式为 _； g 与次氯酸反应的离子方程式为_ 。【答案】 fe2o3先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色2fe 3cl22fecl32fe3 so22h2 o=2fe2 so42- 4h h 2fe2 hclo=2fe3 cl h2o 【解析】【分析】结合框图， d

10、 固体呈红棕色，则其为fe2o3； a、b、 c、 d、g 含有同种元素，b 与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，则b 为 fecl3， g 中含有 fe2+， a 为 fe。由“ b 与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，也能将一种氧化物氧化为f， f 是含有三种元素的化合物，与a 反应生成e、g”，则 f 为 h2so4，g 为 feso4； e 是通常情况下密度最小的气体，则e 为 h2。由bc d的转化可推知，c为fe oh 3 ( ) 。【详解】( 1) 由以上分析可知，d 为氧化铁，其化学式： fe232 3o 。答案为： fe o ；( 2) feso 生成 fe(

11、 oh) ，可先加碱、后氧化，所出现的现象为先产生白色沉淀，迅速变为43灰绿色，最后变为红褐色。答案为：先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；( 3) 反应 fe fecl32将 fe氧化，反应方程式为23需用 cl2fe 3cl2fecl 。答案为： 2fe3cl2fecl ；23( 4) fecl3242，离子方程式为2fe3 so222 so42- 4h ；h so，应使用so2h o=2fefeso4 与次氯酸反应，生成fe3+、 cl- 和 h+，离子方程式为h 2fe2 hclo=2fe3 clh2o。答案为： 2fe3 so2 2h2o=2fe2 so42- 4h ；

12、h 2fe2 hclo=2fe3 clh2o。【点睛】利用框图进行物质推断时，先确定信息充足的物质，然后利用已知的少量信息、反应条件及未知物质前后的已知物质，推断出未知物质的组成。4 a、 b、 c、 d、 e、f 六种物质的相互转化关系如下图所示（反应条件未标出），其中反应是置换反应。（ 1）若 a是常见的金属单质， d、 f 是气态单质，反应 在水溶液中进行，则反应（在水溶液中进行）的离子方程式是 _ 。（ 2）若 b、 c、 f 都是气态单质，且 b 有毒，的反应中还有水生成，反应需要放电才能发生， a、d 相遇有白烟生成，则 a、 d反应产物的电子式是_，反应的化学方程式是 _。（3）

13、若 a、 d、 f 都是短周期元素组成的非金属单质，且a、 d 所含元素同主族，a、 f 所含元素同周期，则反应的化学方程式是_。【答案】 2fe2+cl 2=2fe3+2cl -4nh 3+5o224no+6h o2c+sio 22co +si【解析】(1). a 是常见的金属单质，d、 f 是气态单质，反应为置换反应且在水溶液中进行，由转化关系可知， a 为变价金属，f 具有强氧化性，则a 为 fe， f 为 cl2、 b 为 hcl、 c 为氯化亚铁、 d 为氢气、 e 为氯化铁，反应（在水溶液中进行）的离子方程式是：2fe2+cl2=2fe3+2cl ，故答案为： 2fe2+cl2=2

14、fe3+2cl ；(2). b 、 c、 f 都是气态单质，b 有毒，则b 为氯气，反应需要放电条件才能发生，为氮气与氧气反应，反应中有水生成，可以推知c 为 n 2， f 为 o2，e 为 no ，a 为 nh 3，反应为置换反应，a、 d 相遇有白烟生成，可推知d 为 hcl ， a 与 d 反应产物为氯化铵，电子式为，反应的化学方程式是：4nh 3+5o24no+6h 2o，故答案为：；4nh 3+5o24no+6h 2o；(3). a 、 d、 f 都是短周期元素组成的非金属单质，且a 、 d所含元素同主族，a 、 f 所含元素同周期，反应为置换反应，考虑是碳与二氧化硅反应生成硅与co

15、，碳与f 反应生成e， co 与f 生成e，则f 为氧气，通过验证符合图示转化关系，则反应的化学方程式是2c+sio 22co +si，故答案为：2c+sio 22co +si。5 粉末状试样 a 是由等物质的量的mgo 和fe23组成的混合物。进行如下实验：o取适量 a 进行铝热反应，产物中有单质b 生成；1c；另取 20 g a 全部溶于 0.15 l 6.0 mol l盐酸中，得溶液将中得到的单质b 和溶液 c 反应，放出1.12 l(标况 )气体，同时生成溶液d，还残留有固体物质 b；用 kscn溶液检验时，溶液d 不变色。请填空：(1)中引发铝热反应的实验操作是_，产物中的单质 b

16、是 _。(2)中所发生的各反应的化学方程式是_。(3)中所发生的各反应的离子方程式是_。(4)若溶液 d 的体积仍视为 0.15 l，则该溶液中c(mg 2 )为 _， c(fe2 )为 _。【答案】加少量kclo3fe2 333h2，插上镁条并将其点燃feo 6hcl=2feclo、 mgo2232、 fe 2h2 h2 1 12hcl=mgcl h ofe 2fe=3fe=fe0.67 mol l2.3 mol l【解析】【详解】(1)铝热反应是指单质al 和某些金属氧化物发生的反应，反应过程中放出大量热，但该反应需要较高的温度才能引发。在混合物上加少量kclo固体并插上mg 条，点燃 m

17、g 条后放出3热量，使 kclo3 固体分解放出o2，进一步加剧mg 的燃烧，可在短时间内使混合物温度迅高温速升高，引发反应。发生的反应为fe2o3 2alal2o3 2fe，所以产物中单质b 为 fe，故答案为：加少量 kclo3，插上镁条并将其点燃；fe；(2)fe o和 mgo 都是碱性氧化物，能和酸反应生成盐和水：fe o 6hcl=2fecl 3h o，232332mgo 2hcl=mgcl h o，故答案为： fe o 6hcl=2fecl 3h o、 mgo 2hcl=mgcl 2223322h o；2(3)混合物中只有 fe o 能和 al 发生铝热反应，生成fe 单质。 c

18、溶液中有反应生成的23332、 fe2h2 h2fecl ，还有未反应的hcl。发生的离子反应为 fe 2fe=3fe=fe。(4)假设步骤用去的20 g 固体中， mgo 的物质的量为x，则fe o的物质的量也为x，则2340 g mol 1x160 g mol 1x 20 g，解得： x 0.1mol 。根据 mgo mgcl2 的关系，则溶液中 mgcl2 13的浓度为 0.1 mol 0.15 l 0.67。步骤说明溶液中没有fe ，也就是溶moll守恒的关系，可知mgcl2 和 fecl2 的总的物质的量等于质为 fecl2 和 mgcl2。根据 cl-10.45mol-0.1mol

19、0.15l 6.0mol lg 0.45mol ，所以， fecl2 的浓度为20.15l 1 2.3 moll，故答案为： fe 2fe3 =3fe2 、fe 2h=fe2 h2；0.67 mol l1；【点睛】本题考查混合物反应的计算、物质的量浓度计算，题目难度中等，掌握氧化镁、氧化铁以及铁和三价铁离子的反应原理为解答的关键，(4)中计算亚铁离子的物质的量时，不可忽略了铁与氢离子的反应。6 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

20、 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 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 / mg l 10.10(达标 )3

21、.19(未达标 )0.12(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 oh 3 。结合离子方程式解释原因：_。pb2+浓度降低，分析步骤i 中发生的反应为： pb + 2h+2+2、 _。= pb+ h(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pb2+ 达标。推测溶解度：pbs_nis（填“ ”或“”）。(5)测定无水mncl2 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

22、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 4 2 fe so4 2滴定mn 3+ ，消耗c ml 硫酸亚铁铵。（已知：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 = mncl2 + h2空气中的 o2 将部分 fe2+氧化为 fe

23、(oh)3沉淀，相关的离子方程式为： 4fe2+ + o2 + 10h2o = 4fe(oh)3 + 8h+pb2+ + mn = pb + mn2+将剩余 fe2+氧化为 fe3+，调节 ph 使 fe3+转化为 fe(oh)3 沉淀除去3+2+223+2 垐 ?fe(oh)3+0.126bc偏高mnco +2h =mn+h o+co,fe +3h o噲 ?+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

24、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 2 10h 2

25、o=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，相关的离子方程式为： mnco32h =mn2hoco2以及 fe3 +3h o垐 ? fe oh33h；22噲 ?(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

26、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：= 126g/mol126bcwmmncl 2nmncl 2 =1000 =0.126bc ；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。7 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 c

27、u2o(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)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 o2 参与生成浸渣fe(oh)co3 的离子方程式为 _。(3)蒸发炉中加入 (nh4)2so3的主要作用是

28、_；沉降池1 中加入稀 h2so4的作用是_。(4)在制取 znso 和 cdso 时使用硫酸的量要适当，如果硫酸过量，产生的后果是_。44(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，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 +

29、调节溶液的3 2+转化为 cu22cu(nh ) ph，使 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】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 h2 43 2+转化为 cu2so 调节 ph 使 cu

30、(nh )o 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， znso4 与 bas溶液反应得到锌钡白，据此分析解答问题。【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 o2 与碳酸铵和 fes

31、反应生 fe(oh)co3、 s，反应的离子方程式为232-23-，故答案为： 4fes+3o232-4fes+3o+4co+6h o=4fe(oh)co +4s +8oh+4co+6h2o=4fe(oh)co3 +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 so32- 具有还原性，在蒸发炉中加入(nh4 2 3342+还原为 cu (nh3 2+，从而加) so可将 cu(nh) 入稀 h2 43 2+转化为 cu23 42+还原为 cuso 调节 ph使cu(nh )o 沉淀，故答案为：将 cu(nh

32、 )32 +；调节溶液的ph，使 cu(nh3 2+转化为cu2(nh) ) o 沉淀；(4)在制取 znso 和 cdso 时使用硫酸过量会产生h s 气体污染大气并降低锌钡白、cds的442产量，故答案为：产生h2s 气体污染大气，降低锌钡白、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。8 利用酸解法制钛白粉产生的废液含有大量的feso4、 h2so4 和少量的fe2（ so4 ）3、tioso4生

33、产铁红和补血剂乳酸亚铁的工艺流程如图所示：已知 :tioso4 可溶于水，在水中可以电离为tio2+和 so42- ， tio2+水解成 tio2xh2o 沉淀为可逆反应；乳酸结构简式为ch3ch（ oh） cooh。回答下列问题：（ 1） tioso4 中钛元素的化合价是 _，步骤中分离硫酸亚铁溶液和滤渣的操作是_ 。（2）滤渣的主要成分为 tio2xh2o，结合离子方程式解释得到滤渣的原因：_。（3）从硫酸亚铁溶液中得到硫酸亚铁晶体的操作方法是_ ；硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。（ 4）步骤中发生反应的离子方程式为_ 。（5）步骤必须控制

34、一定的真空度，原因是有利于蒸发水以及_。（ 6）实验室中检验溶液 b 中主要阳离子的方法是 _ 。【答案】 +4过滤tio2+（ x+1） h2otio2?xh2o+2h+,铁屑与 h+反应， c（ h+）降低，平衡向正反应方向移动，促使tio2+转化为tio221: 4?xh o 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤2+3 -3222+被氧化取少量溶液 b 于试管中，加人naoh 溶fe +2hco =feco +h o+co 防止 fe液，加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，石蕊试纸变蓝，说明溶液b 中含有 nh4+【解析】【分析】由流程图可知，废液中加入铁屑，fe 与 h2so4 和少量 fe2（

35、 so4） 3 反应生成feso4，溶液的ph 增大，促进tioso4 的水解沉淀， tioso4 完全水解生成tio2?xh2o 沉淀，过滤，滤渣为tio2?xh2o 和 fe，滤液为feso4 溶液； feso4 溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸亚铁晶体，硫酸亚铁晶体脱水、煅烧得到氧化铁；feso4 溶液中加碳酸氢铵，两者反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵和二氧化碳，碳酸亚铁沉淀加乳酸溶解生成乳酸亚铁溶液和二氧化碳，乳酸亚铁溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到乳酸亚铁晶体。【详解】（1）由化合价代数和为0 可知， tioso4 中钛元素的化合价是 +4 价；步骤

36、中分离硫酸亚铁溶液和滤渣的操作是过滤，故答案为+4；过滤；（2） tioso4 在溶液中水解生成tio2?xh2o，水解的离子方程式为： tio2+（ x+1）222+，加入铁屑，铁与 h+反应，溶液中c（h+）降低，水解平衡向正反h otio ?xh o+2h应方向移动，促使tio2+转化为 tio2?xh2o 沉淀，故答案为tio2+（ x+1）h2o+ch+tio2+tio2?xh2o+2h ,h反应， （）降低，平衡向正反应方向移动，促使铁屑与转化为 tio2?xh2o；（ 3） feso4 溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸亚铁晶体；硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三

37、氧化硫，反应的化学方程式为4feso4+o22fe2o3+4so3，氧化剂是氧气，还原剂是氧化铁，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1： 4，故答案为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；1： 4；（4）步骤为feso 溶液中加碳酸氢铵，两者反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵和二氧化4碳，反应的离子方程式为 fe2+2hco3-=feco3 +h2o+co2，故答案为 fe2+2hco3-=feco3 +h2o+co2；（ 5）亚铁离子易被空气中氧气氧化，所以步骤必须控制一定的真空度，这样有利于蒸发水还能防止 fe2+被氧化，故答案为防止 fe2+被氧化；（6）溶液b 为硫酸铵溶液，实验室检验铵根离子的方法是：

38、取少量溶液b 于试管中，加人 naoh 溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，石蕊试纸变蓝，说明溶液b 中含有nh4+，故答案为取少量溶液b 于试管中，加人naoh 溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，石蕊试纸变蓝，说明溶液b 中含有nh4+。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 znso47h2o 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 phzn2+5.46.4fe3+1.13.2fe2+5.88.8cu2+5.66.4

39、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.zn3o(so4)2c.znso4d.znso4h

40、2o【答案】增大比表面积，加快反应速率、提高浸取率h2 32+氧化成 fe3+，便于后sio将 fe续步骤中将铁元素除去2fe2+2 2+3+2323.2 ph+h o +2h =2fe +2h o zno或znco 或 zn(oh)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；